GUJCET 2022 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) વિધેય $f: A \to A$ એક-એક ત્યારે કહેવાય જો પ્રદેશના દરેક ઘટકનું સહ-પ્રદેશમાં અનન્ય પ્રતિબિંબ હોય.
અહીં ગણ $A$ માં $n = 4$ ઘટકો છે,તેથી $A$ થી $A$ પરના એક-એક વિધેયોની સંખ્યા $n$ ઘટકોના ક્રમચય જેટલી એટલે કે $n!$ થાય.
અહીં $n = 4$ હોવાથી,એક-એક વિધેયોની સંખ્યા $4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$ થાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) ધારો કે $h(x) = (f+g)(x) = \sin x + \cos x = \sqrt{2} \sin(x + \frac{\pi}{4})$.
$x \in [0, \frac{\pi}{2}]$ માટે,$x + \frac{\pi}{4} \in [\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ થાય.
આ અંતરાલમાં,સાઈન વિધેય એકવિધ નથી (તે વધે છે અને પછી ઘટે છે),તેથી $f+g$ એક-એક નથી.
ધારો કે $k(x) = (fg)(x) = \sin x \cos x = \frac{1}{2} \sin(2x)$.
$x \in [0, \frac{\pi}{2}]$ માટે,$2x \in [0, \pi]$ થાય.
આ અંતરાલમાં,સાઈન વિધેય એકવિધ નથી (તે વધે છે અને પછી ઘટે છે),તેથી $fg$ એક-એક નથી.
આમ,$f+g$ અને $fg$ બંને એક-એક નથી.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\cos \left(\sin ^{-1} \frac{1}{5}+\cos ^{-1} x\right)=0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \theta = 0$ નો અર્થ $\theta = \frac{\pi}{2}$ થાય છે (મુખ્ય કિંમત શાખાને ધ્યાનમાં લેતા).
તેથી,$\sin ^{-1} \frac{1}{5}+\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} \frac{1}{5}$ મળે છે.
નિત્યસમ $\sin ^{-1} y + \cos ^{-1} y = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે $\cos ^{-1} y = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} y$ છે.
આમ,$\cos ^{-1} x = \cos ^{-1} \frac{1}{5}$.
બંને બાજુ સરખાવતા,આપણને $x = \frac{1}{5}$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $2 \sin^{-1} x = \sin^{-1}(2x \sqrt{1-x^2})$ ત્યારે જ સાચું છે જ્યારે $-\frac{1}{\sqrt{2}} \le x \le \frac{1}{\sqrt{2}}$ હોય.
ધારો કે $x = \sin \theta$,જ્યાં $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
તેથી $2 \sin^{-1}(\sin \theta) = \sin^{-1}(2 \sin \theta \sqrt{1-\sin^2 \theta}) = \sin^{-1}(2 \sin \theta \cos \theta) = \sin^{-1}(\sin 2\theta)$.
$2\theta = 2 \sin^{-1} x$ માન્ય રહે તે માટે,$2\theta$ એ $\sin^{-1}$ ની મુખ્ય કિંમત શાખા $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ માં હોવું જોઈએ.
તેથી,$-\frac{\pi}{2} \le 2\theta \le \frac{\pi}{2} \implies -\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{4}$.
બધી બાજુએ સાઈન લેતા,$\sin(-\frac{\pi}{4}) \le \sin \theta \le \sin(\frac{\pi}{4})$,જે $-\frac{1}{\sqrt{2}} \le x \le \frac{1}{\sqrt{2}}$ આપે છે.
આમ,$x \in [-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}]$.

(C) આપેલ છે કે $\sin ^{-1} a = \alpha + \beta$ અને $\sin ^{-1} b = \alpha - \beta$.
આનો અર્થ એ છે કે $a = \sin(\alpha + \beta)$ અને $b = \sin(\alpha - \beta)$.
સાઇન માટે ગુણાકાર-થી-સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$a b = \sin(\alpha + \beta) \sin(\alpha - \beta) = \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta$.
આપણે $\sin^2 \alpha + \cos^2 \beta$ શોધવાનું છે.
$\cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta$ હોવાથી,આપણે આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકીએ:
$\sin^2 \alpha + \cos^2 \beta = \sin^2 \alpha + (1 - \sin^2 \beta) = 1 + (\sin^2 \alpha - \sin^2 \beta)$.
ગુણાકારના સૂત્રમાંથી $ab$ ની કિંમત મૂકતા:
$1 + (\sin^2 \alpha - \sin^2 \beta) = 1 + a b$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ વિકર્ણ શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$ છે.
કારણ કે $A$ એક વિકર્ણ શ્રેણિક છે,તેનો વ્યસ્ત શ્રેણિક $A^{-1}$ પણ એક વિકર્ણ શ્રેણિક હશે જેના વિકર્ણના ઘટકો એ $A$ ના વિકર્ણના ઘટકોના વ્યસ્ત છે.
તેથી,$A^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{1} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{bmatrix}$ થાય.
$A^{-1}$ ના તમામ ઘટકોનો સરવાળો $\frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{3}$ છે.
આનો સરવાળો કરવા માટે,સામાન્ય છેદ $6$ લો.
સરવાળો $= \frac{3}{6} + \frac{6}{6} + \frac{2}{6} = \frac{11}{6}$.

(A) શ્રેણિક $A$ નો પરિવર્તિત શ્રેણિક,જેને $A'$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,તે તેની હાર અને સ્તંભોને અદલાબદલી કરીને મેળવવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}$.
$A'$ શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ હારના ઘટકોને પ્રથમ સ્તંભ સાથે અને બીજી હારના ઘટકોને બીજા સ્તંભ સાથે બદલીએ છીએ.
આમ,$A' = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}$.
આ પરિણામને આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિકલ્પ $A$ સાચો જવાબ છે.

(B) આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta = \begin{vmatrix} a & b & c \\ b & c & a \\ c & a & b \end{vmatrix} = 0$ છે.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા: $a(cb - a^2) - b(b^2 - ac) + c(ba - c^2) = 0$.
આનું સાદુંરૂપ $3abc - (a^3 + b^3 + c^3) = 0$ થાય છે.
તેથી $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = 0$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) = 0$ નો ઉપયોગ કરતા.
$a, b, c$ ત્રિકોણની બાજુઓ હોવાથી $a+b+c \neq 0$.
તેથી $a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{2}((a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2) = 0$.
આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $a = b = c$ હોય.
$a = b = c$ હોવાથી,ત્રિકોણ સમબાજુ છે,તેથી $A = B = C = 60^\circ$.
તેથી,$\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = \sin^2 60^\circ + \sin^2 60^\circ + \sin^2 60^\circ = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4} = \frac{9}{4}$.

(B) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ:
$\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1+x^3 \\ y & y^2 & 1+y^3 \\ z & z^2 & 1+z^3\end{array}\right|=0$
ત્રીજા સ્તંભને અલગ કરતા:
$\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right| + \left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & x^3 \\ y & y^2 & y^3 \\ z & z^2 & z^3\end{array}\right|=0$
બીજા નિશ્ચાયકમાં,અનુક્રમે હાર $1, 2, 3$ માંથી $x, y, z$ સામાન્ય લેતા:
$\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right| + xyz \left|\begin{array}{ccc}1 & x & x^2 \\ 1 & y & y^2 \\ 1 & z & z^2\end{array}\right|=0$
પ્રથમ નિશ્ચાયક માટે,સ્તંભ $3$ ને સ્તંભ $2$ સાથે,અને પછી સ્તંભ $2$ ને સ્તંભ $1$ સાથે અદલાબદલી કરતા:
$\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right| = -\left|\begin{array}{ccc}x & 1 & x^2 \\ y & 1 & y^2 \\ z & 1 & z^2\end{array}\right| = \left|\begin{array}{ccc}1 & x & x^2 \\ 1 & y & y^2 \\ 1 & z & z^2\end{array}\right|$
આ કિંમત પાછી મૂકતા:
$(1 + xyz) \left|\begin{array}{ccc}1 & x & x^2 \\ 1 & y & y^2 \\ 1 & z & z^2\end{array}\right| = 0$
આપેલ છે કે બીજો નિશ્ચાયક શૂન્ય નથી,તેથી $1 + xyz = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $xyz = -1$.

(C) આપેલ છે કે $B = A^{-1}$,તેથી $AB = I$,જ્યાં $I$ એ એકમ શ્રેણિક છે.
આપેલ છે કે $10B = \begin{bmatrix} 4 & 2 & 2 \\ -5 & 0 & \alpha \\ 1 & -2 & 3 \end{bmatrix}$,તેથી $B = \frac{1}{10} \begin{bmatrix} 4 & 2 & 2 \\ -5 & 0 & \alpha \\ 1 & -2 & 3 \end{bmatrix}$.
$AB = I$ હોવાથી,$A(10B) = 10I$ થાય.
$\begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & -3 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4 & 2 & 2 \\ -5 & 0 & \alpha \\ 1 & -2 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10 & 0 & 0 \\ 0 & 10 & 0 \\ 0 & 0 & 10 \end{bmatrix}$.
આપણે $\alpha$ શોધવાનું છે. શ્રેણિક $A$ ની બીજી હાર અને $10B$ ના ત્રીજા સ્તંભનો ગુણાકાર કરીએ:
$(2)(2) + (1)(\alpha) + (-3)(3) = 0$.
$4 + \alpha - 9 = 0$.
$\alpha - 5 = 0$.
$\alpha = 5$.

(C) આપેલ છે કે $x = \sqrt{10^{\sin^{-1} t}}$ અને $y = \sqrt{10^{\cos^{-1} t}}$.
$x$ અને $y$ નો ગુણાકાર કરતા:
$xy = \sqrt{10^{\sin^{-1} t} \cdot 10^{\cos^{-1} t}} = \sqrt{10^{\sin^{-1} t + \cos^{-1} t}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1} t + \cos^{-1} t = \frac{\pi}{2}$,તેથી:
$xy = \sqrt{10^{\pi/2}}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x \frac{dy}{dx} + y(1) = 0$.
$x \frac{dy}{dx} = -y$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x}$.

(A) $x \in [1.2, 1.9]$ માટે,મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ અચળ છે કારણ કે $1 \le x < 2$ છે.
ચોક્કસ રીતે,અંતરાલ $[1.2, 1.9]$ માં કોઈપણ $x$ માટે,$[x] = 1$ થાય છે.
અંતરાલ $[1.2, 1.9]$ પર $f(x) = 1$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,તે અંતરાલના દરેક બિંદુએ સતત અને વિકલનીય છે.
અચળ વિધેયનું વિકલન શૂન્ય થાય છે,તેથી તમામ $x \in [1.2, 1.9]$ માટે $f'(x) = 0$ થાય છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $y = 100 e^{2x} + 200 e^{-2x}$ છે.
પ્રથમ,પ્રથમ વિકલન $\frac{dy}{dx}$ શોધો:
$\frac{dy}{dx} = 100 \cdot 2 e^{2x} + 200 \cdot (-2) e^{-2x} = 200 e^{2x} - 400 e^{-2x}$.
ત્યારબાદ,દ્વિતીય વિકલન $\frac{d^2 y}{dx^2}$ શોધો:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = 200 \cdot 2 e^{2x} - 400 \cdot (-2) e^{-2x} = 400 e^{2x} + 800 e^{-2x}$.
આ પદમાંથી $4$ સામાન્ય કાઢતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = 4(100 e^{2x} + 200 e^{-2x})$.
કારણ કે $y = 100 e^{2x} + 200 e^{-2x}$,આપણે સમીકરણમાં $y$ મૂકી શકીએ છીએ:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = 4y$.
આને $\frac{d^2 y}{dx^2} = ay$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 4$ મળે છે.

(D) વિધેય $y = f(x) = x^2 e^{-x}$ કયા અંતરાલ પર વધતું વિધેય છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીશું.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot e^{-x} + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(e^{-x})$.
$f'(x) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} = x(2 - x) e^{-x}$.
વિધેય વધતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે.
દરેક વાસ્તવિક $x$ માટે $e^{-x} > 0$ હોવાથી,$f'(x)$ ની નિશાની $x(2 - x)$ પર આધાર રાખે છે.
$x(2 - x) > 0$ નો અર્થ છે કે $x(x - 2) < 0$.
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે છે જ્યારે $x$ એ $0$ અને $2$ ની વચ્ચે હોય.
આમ,વિધેય અંતરાલ $(0, 2)$ પર વધતું વિધેય છે.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (x^{13} + x \cos x + \tan^{15} x + 1) \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 0$ જો $f(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોય,અને $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ જો $f(x)$ યુગ્મ વિધેય હોય,તેનો ઉપયોગ કરતા.
ધારો કે $f(x) = x^{13} + x \cos x + \tan^{15} x + 1$.
આપણે સંકલનને $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (x^{13} + x \cos x + \tan^{15} x) \, dx + \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx$ તરીકે વિભાજિત કરી શકીએ છીએ.
કારણ કે $x^{13}$,$x \cos x$,અને $\tan^{15} x$ એ બધા અયુગ્મ વિધેયો છે,તેથી સંમિત અંતરાલ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ પર તેમનું સંકલન $0$ થાય છે.
આમ,$I = 0 + \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx = [x]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) = \pi$.

(B) કારણ કે $f(x) = \sin^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,આપણે લખી શકીએ:
$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 x \, dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 x \, dx$
નિત્યસમ $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos(2x)}{2} \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 - \cos(2x)) \, dx$
પદવાર સંકલન કરતા:
$[x - \frac{\sin(2x)}{2}]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
સીમાઓ મૂકતા:
$(\frac{\pi}{4} - \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{2}) - (0 - \frac{\sin(0)}{2})$
$= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} - 0 = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) સંકલન $\int \frac{x}{(x-1)(x-2)} dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $\frac{x}{(x-1)(x-2)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2}$.
બંને બાજુ $(x-1)(x-2)$ વડે ગુણતા,આપણને $x = A(x-2) + B(x-1)$ મળે છે.
$x = 1$ લેતા,$1 = A(1-2) \implies A = -1$.
$x = 2$ લેતા,$2 = B(2-1) \implies B = 2$.
આમ,$\int \frac{x}{(x-1)(x-2)} dx = \int \left( \frac{-1}{x-1} + \frac{2}{x-2} \right) dx$.
$= -\log |x-1| + 2 \log |x-2| + C$.
$= \log |x-2|^2 - \log |x-1| + C$.
$= \log \left| \frac{(x-2)^2}{x-1} \right| + C$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int (x+1)(x+3)(x+2)^7 \, dx$.
$u = x+2$ આદેશ લેતા,$du = dx$ મળે.
વળી,$x+1 = u-1$ અને $x+3 = u+1$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int (u-1)(u+1)u^7 \, du$
$I = \int (u^2-1)u^7 \, du$
$I = \int (u^9 - u^7) \, du$
$u$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$I = \frac{u^{10}}{10} - \frac{u^8}{8} + C$
$u = x+2$ પાછા મૂકતા:
$I = \frac{(x+2)^{10}}{10} - \frac{(x+2)^8}{8} + C$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int \sqrt{\frac{\cos x(1 - \cos^2 x)}{1 - \cos^3 x}} \, dx = \int \sqrt{\frac{\cos x \sin^2 x}{1 - \cos^3 x}} \, dx$.
$\sin x = \sqrt{1 - \cos^2 x}$ હોવાથી,$I = \int \sin x \sqrt{\frac{\cos x}{1 - \cos^3 x}} \, dx$ મળે.
ધારો કે $u = \cos^{3/2} x$. તો $du = \frac{3}{2} \cos^{1/2} x (-\sin x) \, dx$,જેનો અર્થ છે કે $\sin x \sqrt{\cos x} \, dx = -\frac{2}{3} du$.
વળી,$u^2 = \cos^3 x$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા: $I = \int \sqrt{\frac{1}{1 - u^2}} \left(-\frac{2}{3} du\right) = -\frac{2}{3} \int \frac{1}{\sqrt{1 - u^2}} \, du$.
આનું સંકલન $-\frac{2}{3} \sin^{-1}(u) + C$ થાય.
$\sin^{-1}(u) + \cos^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$-\frac{2}{3} (\frac{\pi}{2} - \cos^{-1}(u)) = \frac{2}{3} \cos^{-1}(u) - \frac{\pi}{3}$ મળે.
અચળાંક $-\frac{\pi}{3}$ ને $C$ માં સમાવી લેતા,જવાબ $\frac{2}{3} \cos^{-1}(\cos^{3/2} x) + C$ મળે.

(A) ધારો કે $I = \int e^{\sin x} \sin 2x \, dx$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int e^{\sin x} (2 \sin x \cos x) \, dx$.
ધારો કે $t = \sin x$,તેથી $dt = \cos x \, dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int e^t (2t) \, dt = 2 \int t e^t \, dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,જ્યાં $u = t$ અને $dv = e^t \, dt$:
$I = 2 [t e^t - \int e^t \, dt] = 2 [t e^t - e^t] + c$.
$I = 2 e^t (t - 1) + c$.
$t = \sin x$ પાછું મૂકતા:
$I = 2 e^{\sin x} (\sin x - 1) + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $x^5 + 1 = (x+1)(x^4 - x^3 + x^2 - x + 1)$.
તેથી,સંકલન $\int \frac{(x+1)(x^4 - x^3 + x^2 - x + 1)}{x+1} \, dx = \int (x^4 - x^3 + x^2 - x + 1) \, dx$ થાય.
દરેક પદનું સંકલન કરતા,આપણને $\frac{x^5}{5} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} + x + c$ મળે છે.
આને સરવાળાના સંકેતમાં $\sum_{n=1}^5 (-1)^{n+1} \cdot \frac{x^n}{n} + c$ તરીકે લખી શકાય છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ વક્ર $y^2 = 4x$ છે અને રેખા $x = 3$ છે.
વક્ર $x$-અક્ષની સાપેક્ષ સંમિત હોવાથી,કુલ ક્ષેત્રફળ $A = 2 \times \int_{0}^{3} y \, dx$ દ્વારા મળે છે.
$y^2 = 4x$ પરથી,$y = \sqrt{4x} = 2\sqrt{x}$ મળે.
તેથી,$A = 2 \int_{0}^{3} 2\sqrt{x} \, dx = 4 \int_{0}^{3} x^{1/2} \, dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $A = 4 \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_{0}^{3} = 4 \times \frac{2}{3} \times [x^{3/2}]_{0}^{3}$.
$A = \frac{8}{3} \times (3)^{3/2} = \frac{8}{3} \times 3\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$ ચોરસ એકમ.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = e^{x-y}$ છે.
આપણે તેને $\frac{dy}{dx} = e^x \cdot e^{-y}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $e^y \, dy = e^x \, dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $\int e^y \, dy = \int e^x \, dx$ મળે છે.
આથી,$e^y = e^x + C$ મળે છે,જ્યાં $C$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.

(B) સંકલ્યકારક અવયવ શોધવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ વિકલ સમીકરણને પ્રમાણિત સુરેખ સ્વરૂપ $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ માં લખીએ છીએ.
આપેલ સમીકરણ $x \frac{dy}{dx} - y = x^2$ ને $x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x}y = x$.
અહીં,$P(x) = -\frac{1}{x}$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $(IF)$ નું સૂત્ર $IF = e^{\int P(x) dx}$ છે.
$IF = e^{\int -\frac{1}{x} dx} = e^{-\ln|x|} = e^{\ln|x^{-1}|} = x^{-1} = \frac{1}{x}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) વક્ર પરના કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ આગળ સબનોર્મલની લંબાઈ $|y \frac{dy}{dx}| = k$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
આને $y \frac{dy}{dx} = \pm k$ તરીકે લખી શકાય છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\int y \, dy = \pm \int k \, dx$ મળે છે.
આનાથી $\frac{y^2}{2} = \pm kx + C$ મળે છે.
જો વક્ર ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થાય,તો $C = 0$,તેથી $y^2 = \pm 2kx$ મળે.
આ સમીકરણ પરવલય દર્શાવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) શિરોબિંદુઓ $A$,$B$ અને $C$ ધરાવતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\text{Area} = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $A(1, 1, 1)$,$B(1, 2, 3)$ અને $C(2, 3, 1)$ છે.
સૌ પ્રથમ,સદિશો $\vec{AB}$ અને $\vec{AC}$ શોધો:
$\vec{AB} = (1-1)\hat{i} + (2-1)\hat{j} + (3-1)\hat{k} = 0\hat{i} + 1\hat{j} + 2\hat{k} = \hat{j} + 2\hat{k}$.
$\vec{AC} = (2-1)\hat{i} + (3-1)\hat{j} + (1-1)\hat{k} = 1\hat{i} + 2\hat{j} + 0\hat{k} = \hat{i} + 2\hat{j}$.
હવે,સદિશ ગુણાકાર $\vec{AB} \times \vec{AC}$ ની ગણતરી કરો:
$\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{vmatrix} = \hat{i}(0 - 4) - \hat{j}(0 - 2) + \hat{k}(0 - 1) = -4\hat{i} + 2\hat{j} - 1\hat{k}$.
આ સદિશ ગુણાકારનું માન $|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{(-4)^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{16 + 4 + 1} = \sqrt{21}$ છે.
તેથી,ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \sqrt{21}$ ચોરસ એકમ છે.

(C) આપેલ છે કે $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ એકમ સદિશો છે,તેથી $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = 1$ થાય.
આપણને સમીકરણ $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c} = \vec{0}$ આપેલ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}) \cdot (\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}) = \vec{0} \cdot \vec{0}$ મળે.
ડોટ ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરતા,$|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{c} \cdot \vec{a}) = 0$ મળે.
માનાંકની કિંમતો મૂકતા,$1^2 + 1^2 + 1^2 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{c} \cdot \vec{a}) = 0$ થાય.
આથી $3 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{c} \cdot \vec{a}) = 0$ મળે.
તેથી,$2(\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{c} \cdot \vec{a}) = -3$ થાય.
આમ,$\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{c} \cdot \vec{a} = -3/2$ મળે.

(C) હેતુલક્ષી વિધેય $Z = 3x + 9y$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે શક્ય ઉકેલ પ્રદેશના દરેક શિરોબિંદુ પર $Z$ ની કિંમત મેળવીશું:
$1$. $(0, 10)$ પર: $Z = 3(0) + 9(10) = 0 + 90 = 90$
$2$. $(5, 5)$ પર: $Z = 3(5) + 9(5) = 15 + 45 = 60$
$3$. $(15, 15)$ પર: $Z = 3(15) + 9(15) = 45 + 135 = 180$
$4$. $(0, 20)$ પર: $Z = 3(0) + 9(20) = 0 + 180 = 180$
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા,$Z$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $(5, 5)$ બિંદુ પર $60$ મળે છે.

(A) હેતુલક્ષી વિધેય $Z = 6x + 3y$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે શક્ય ઉકેલ પ્રદેશના દરેક શિરોબિંદુ પર $Z$ ની કિંમત શોધીશું:
$1$. બિંદુ $(2, 72)$ પર: $Z = 6(2) + 3(72) = 12 + 216 = 228$
$2$. બિંદુ $(15, 20)$ પર: $Z = 6(15) + 3(20) = 90 + 60 = 150$
$3$. બિંદુ $(40, 15)$ પર: $Z = 6(40) + 3(15) = 240 + 45 = 285$
કિંમતો $228$,$150$ અને $285$ ની સરખામણી કરતા,ન્યૂનતમ કિંમત $150$ છે,જે બિંદુ $(15, 20)$ પર મળે છે.

(A) દ્વિપદી વિતરણ $B(n, p)$ માટે,સંભાવના દળ વિધેય $P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$n = 10$ અને $p = \frac{1}{2}$ છે,તેથી $1-p = \frac{1}{2}$ થાય.
આમ,$P(X = k) = \binom{10}{k} \left( \frac{1}{2} \right)^k \left( \frac{1}{2} \right)^{10-k} = \binom{10}{k} \left( \frac{1}{2} \right)^{10}$.
આપણે $P(X \leq 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)$ શોધવાની જરૂર છે.
$P(X=0) = \binom{10}{0} \left( \frac{1}{2} \right)^{10} = 1 \times \left( \frac{1}{2} \right)^{10}$.
$P(X=1) = \binom{10}{1} \left( \frac{1}{2} \right)^{10} = 10 \times \left( \frac{1}{2} \right)^{10}$.
$P(X=2) = \binom{10}{2} \left( \frac{1}{2} \right)^{10} = \frac{10 \times 9}{2} \times \left( \frac{1}{2} \right)^{10} = 45 \times \left( \frac{1}{2} \right)^{10}$.
આ સંભાવનાઓનો સરવાળો કરતા: $P(X \leq 2) = (1 + 10 + 45) \left( \frac{1}{2} \right)^{10} = 56 \left( \frac{1}{2} \right)^{10}$.
આને $m \left( \frac{1}{2} \right)^{10}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m = 56$ મળે છે.