IIT JEE 1971 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) हम जानते हैं कि $^n{P_r} = \frac{n!}{(n-r)!}$ होता है।
विकल्प $A$ में दिए गए व्यंजक पर विचार करें:
$^{n - 1}{P_r} + r \cdot ^{n - 1}{P_{r - 1}} = \frac{(n - 1)!}{(n - 1 - r)!} + r \cdot \frac{(n - 1)!}{(n - 1 - (r - 1))!}$
$= \frac{(n - 1)!}{(n - r - 1)!} + r \cdot \frac{(n - 1)!}{(n - r)!}$
$= \frac{(n - 1)!}{(n - r - 1)!} \left( 1 + \frac{r}{n - r} \right)$
$= \frac{(n - 1)!}{(n - r - 1)!} \left( \frac{n - r + r}{n - r} \right)$
$= \frac{(n - 1)!}{(n - r - 1)!} \cdot \frac{n}{n - r} = \frac{n \cdot (n - 1)!}{(n - r) \cdot (n - r - 1)!} = \frac{n!}{(n - r)!} = ^n{P_r}$.

(A) दिया गया विस्तार $(1 + x)^n = \sum_{r=0}^{n} C_r x^r$ है।
हमें $S = \sum_{r=0}^{n} (r + 1) C_r$ का मान ज्ञात करना है।
इसे $S = \sum_{r=0}^{n} r C_r + \sum_{r=0}^{n} C_r$ के रूप में लिखा जा सकता है।
हम जानते हैं कि $\sum_{r=0}^{n} C_r = 2^n$ और $\sum_{r=0}^{n} r C_r = n 2^{n-1}$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$S = n 2^{n-1} + 2^n$ प्राप्त होता है।
$S = n 2^{n-1} + 2 \cdot 2^{n-1} = (n + 2) 2^{n-1}$।
वैकल्पिक रूप से,$n=1$ के लिए,व्यंजक $C_0 + 2C_1 = 1 + 2(1) = 3$ है। $n=1$ के लिए विकल्पों की जाँच करने पर: $(1+2)2^{1-1} = 3(1) = 3$। अतः,विकल्प $(A)$ सही है।

(A) दिए गए समीकरण $\sin \theta = \sin \alpha$ और $\cos \theta = \cos \alpha$ हैं।
$\sin \theta = \sin \alpha$ से,व्यापक हल $\theta = n\pi + (-1)^n \alpha$ है,जहाँ $n \in \mathbb{Z}$ है।
$\cos \theta = \cos \alpha$ से,व्यापक हल $\theta = 2m\pi \pm \alpha$ है,जहाँ $m \in \mathbb{Z}$ है।
दोनों समीकरणों को एक साथ संतुष्ट करने के लिए,कोण को $\alpha$ के साथ को-टर्मिनल होना चाहिए।
अतः $\theta = 2n\pi + \alpha$ प्राप्त होता है,जहाँ $n$ कोई भी पूर्णांक है।

(A) $AB$ और $BC$ की ढाल क्रमशः $-4$ और $\frac{3}{4}$ है। मान लीजिए $AB$ और $BC$ के बीच का कोण $\alpha$ है। तब,$\tan \alpha = \left| \frac{-4 - \frac{3}{4}}{1 + (-4)(\frac{3}{4})} \right| = \frac{19}{8}$.
चूंकि $AB = AC$,त्रिभुज $ABC$ समद्विबाहु है,इसलिए $\angle ABC = \angle ACB = \alpha$। अतः,रेखा $AC$ भी रेखा $BC$ के साथ $\alpha$ कोण बनाती है। मान लीजिए $AC$ की ढाल $m$ है। बिंदु $A(2, -7)$ से गुजरने वाली रेखा $AC$ का समीकरण $y + 7 = m(x - 2)$ है।
$\tan \alpha = \left| \frac{m - \frac{3}{4}}{1 + m(\frac{3}{4})} \right| = \frac{19}{8}$.
$\frac{4m - 3}{4 + 3m} = \pm \frac{19}{8}$.
स्थिति $1$: $m = -4$ (यह $AB$ की ढाल है)।
स्थिति $2$: $m = -\frac{52}{89}$।
$m = -\frac{52}{89}$ का उपयोग करने पर,$y + 7 = -\frac{52}{89}(x - 2)$ $\Rightarrow 89y + 623 = -52x + 104$ $\Rightarrow 52x + 89y + 519 = 0$।

(D) व्यास के अंत बिंदुओं $(x_1, y_1)$ और $(x_2, y_2)$ वाले वृत्त का समीकरण $(x - x_1)(x - x_2) + (y - y_1)(y - y_2) = 0$ होता है।
दिए गए बिंदुओं $(-4, 3)$ और $(12, -1)$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$(x - (-4))(x - 12) + (y - 3)(y - (-1)) = 0$
$(x + 4)(x - 12) + (y - 3)(y + 1) = 0$
पदों का विस्तार करने पर:
$(x^2 - 12x + 4x - 48) + (y^2 + y - 3y - 3) = 0$
$x^2 + y^2 - 8x - 2y - 51 = 0$.

(C) $L-Hospital$ नियम का उपयोग करते हुए,हम अंश और हर का $x$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan 2x - x}}{{3x - \sin x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{d}{{dx}}(\tan 2x - x)}}{{\frac{d}{{dx}}(3x - \sin x)}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sec^2 2x - 1}}{{3 - \cos x}}$
$x = 0$ प्रतिस्थापित करने पर:
$= \frac{{2\sec^2(0) - 1}}{{3 - \cos(0)}} = \frac{{2(1)^2 - 1}}{{3 - 1}} = \frac{{2 - 1}}{2} = \frac{1}{2}$.

(B) दिया गया समीकरण $(2 + k)x + (1 + k)y = 5 + 7k$ है।
$k$ को अलग करने के लिए पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$2x + kx + y + ky = 5 + 7k$
$(2x + y - 5) + k(x + y - 7) = 0$
यह रेखाओं $2x + y - 5 = 0$ और $x + y - 7 = 0$ के प्रतिच्छेदन बिंदु से गुजरने वाली रेखाओं का एक परिवार है।
इन दो समीकरणों को हल करने पर:
$2x + y = 5$
$x + y = 7$
पहले समीकरण में से दूसरा घटाने पर: $(2x - x) + (y - y) = 5 - 7$,जिससे $x = -2$ प्राप्त होता है।
$x = -2$ को $x + y = 7$ में रखने पर: $-2 + y = 7$,अतः $y = 9$।
इस प्रकार,सभी रेखाएँ बिंदु $(-2, 9)$ से होकर गुजरती हैं।

(D) समाकलन $I = \int \sqrt{\frac{1-x}{1+x}} \, dx$ को हल करने के लिए,हम वर्गमूल के अंदर अंश का परिमेयकरण करते हैं:
$I = \int \sqrt{\frac{(1-x)(1-x)}{(1+x)(1-x)}} \, dx = \int \sqrt{\frac{(1-x)^2}{1-x^2}} \, dx$
$I = \int \frac{1-x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx - \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$
पहले भाग के लिए,$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \sin^{-1} x$.
दूसरे भाग के लिए,मान लीजिए $u = 1-x^2$,तब $du = -2x \, dx$,इसलिए $x \, dx = -\frac{1}{2} du$.
$-\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = -\int \frac{-1/2 \, du}{\sqrt{u}} = \frac{1}{2} \int u^{-1/2} \, du = \frac{1}{2} \cdot \frac{u^{1/2}}{1/2} = \sqrt{u} = \sqrt{1-x^2}$.
इन दोनों को जोड़ने पर,हमें $I = \sin^{-1} x + \sqrt{1-x^2} + c$ प्राप्त होता है।

(C) समाकल $I = \int (\log x)^2 \, dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम प्रतिस्थापन विधि का उपयोग करते हैं।
माना $\log x = t$,जिसका अर्थ है $x = e^t$। इसलिए,$dx = e^t \, dt$।
इन मानों को समाकल में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int t^2 e^t \, dt$।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = t^2$ और $dv = e^t \, dt$:
$du = 2t \, dt$ और $v = e^t$।
$I = t^2 e^t - \int 2t e^t \, dt = t^2 e^t - 2 \int t e^t \, dt$।
$\int t e^t \, dt$ के लिए पुनः खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$I = t^2 e^t - 2(t e^t - \int e^t \, dt) = t^2 e^t - 2t e^t + 2e^t + c$।
अब $t = \log x$ और $e^t = x$ वापस रखने पर:
$I = x(\log x)^2 - 2x \log x + 2x + c$।

(B) माना $E$ वह घटना है कि गेंद सफेद है।
माना $B_1$ थैली $x$ चुनने की घटना है और $B_2$ थैली $y$ चुनने की घटना है।
चूंकि एक थैली यादृच्छिक रूप से चुनी जाती है,$P(B_1) = P(B_2) = \frac{1}{2}$.
थैली $x$ से सफेद गेंद चुनने की प्रायिकता $P(E|B_1) = \frac{3}{3+2} = \frac{3}{5}$ है।
थैली $y$ से सफेद गेंद चुनने की प्रायिकता $P(E|B_2) = \frac{2}{2+4} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ है।
कुल प्रायिकता के नियम का उपयोग करते हुए,$P(E) = P(B_1)P(E|B_1) + P(B_2)P(E|B_2)$.
$P(E) = \frac{1}{2} \times \frac{3}{5} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{3}{10} + \frac{1}{6} = \frac{9+5}{30} = \frac{14}{30} = \frac{7}{15}$.