IIT JEE 1978 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ધારો કે $z = (1 - \cos \theta ) + i(2\sin \theta )$. આપણે $z^{-1} = \frac{1}{z}$ નો વાસ્તવિક ભાગ શોધવો છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$1 - \cos \theta = 2\sin^2(\frac{\theta}{2})$ અને $2\sin \theta = 4\sin(\frac{\theta}{2})\cos(\frac{\theta}{2})$.
તેથી,$z = 2\sin(\frac{\theta}{2}) [\sin(\frac{\theta}{2}) + 2i\cos(\frac{\theta}{2})]$.
હવે,$z^{-1} = \frac{1}{2\sin(\frac{\theta}{2})} \cdot \frac{1}{\sin(\frac{\theta}{2}) + 2i\cos(\frac{\theta}{2})}$.
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યા $\sin(\frac{\theta}{2}) - 2i\cos(\frac{\theta}{2})$ વડે ગુણતા:
$z^{-1} = \frac{1}{2\sin(\frac{\theta}{2})} \cdot \frac{\sin(\frac{\theta}{2}) - 2i\cos(\frac{\theta}{2})}{\sin^2(\frac{\theta}{2}) + 4\cos^2(\frac{\theta}{2})}$.
વાસ્તવિક ભાગ $\frac{\sin(\frac{\theta}{2})}{2\sin(\frac{\theta}{2}) [\sin^2(\frac{\theta}{2}) + 4\cos^2(\frac{\theta}{2})]} = \frac{1}{2[\sin^2(\frac{\theta}{2}) + 4\cos^2(\frac{\theta}{2})]}$.
$\sin^2(\frac{\theta}{2}) = \frac{1 - \cos \theta}{2}$ અને $\cos^2(\frac{\theta}{2}) = \frac{1 + \cos \theta}{2}$ મુકતા:
વાસ્તવિક ભાગ $= \frac{1}{2[\frac{1 - \cos \theta}{2} + 4(\frac{1 + \cos \theta}{2})]} = \frac{1}{1 - \cos \theta + 4 + 4\cos \theta} = \frac{1}{5 + 3\cos \theta }$.

(B) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ એકમના સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^2$ (અથવા તેનાથી ઉલટું),જ્યાં $1 + \omega + \omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$ છે.
આપણે $xyz = (a + b)(a\omega + b\omega^2)(a\omega^2 + b\omega)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
પ્રથમ,$y$ અને $z$ નો ગુણાકાર કરીએ:
$yz = (a\omega + b\omega^2)(a\omega^2 + b\omega) = a^2\omega^3 + ab\omega^2 + ab\omega^4 + b^2\omega^3$.
કારણ કે $\omega^3 = 1$ અને $\omega^4 = \omega$,આનું સાદું રૂપ નીચે મુજબ થશે:
$yz = a^2(1) + ab(\omega^2 + \omega) + b^2(1) = a^2 + ab(-1) + b^2 = a^2 - ab + b^2$.
હવે,$x$ સાથે ગુણાકાર કરતા:
$xyz = (a + b)(a^2 - ab + b^2) = a^3 + b^3$.

(A) કિસ્સો $1$: જો $9, x, y, z, a$ એ $A.P.$ માં હોય,તો પદોનો સરવાળો $9 + x + y + z + a = \frac{5}{2}(9 + a)$ થાય.
$x + y + z = 15$ આપેલ છે,તેથી $9 + 15 + a = \frac{5}{2}(9 + a)$.
$24 + a = \frac{45 + 5a}{2}$.
$48 + 2a = 45 + 5a$.
$3a = 3 \Rightarrow a = 1$.
કિસ્સો $2$: જો $9, x, y, z, a$ એ $H.P.$ માં હોય,તો $\frac{1}{9}, \frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z}, \frac{1}{a}$ એ $A.P.$ માં થાય.
આ પદોનો સરવાળો $\frac{1}{9} + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{a} = \frac{5}{2}\left(\frac{1}{9} + \frac{1}{a}\right)$ થાય.
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{5}{3}$ આપેલ છે,તેથી $\frac{1}{9} + \frac{5}{3} + \frac{1}{a} = \frac{5}{2}\left(\frac{1}{9} + \frac{1}{a}\right)$.
$\frac{16}{9} + \frac{1}{a} = \frac{5}{18} + \frac{5}{2a}$.
$\frac{1}{a} - \frac{5}{2a} = \frac{5}{18} - \frac{16}{9}$.
$-\frac{3}{2a} = -\frac{3}{2} \Rightarrow a = 1$.

(A) આપેલ છે કે $\alpha, \beta$ એ $x^2 + px + 1 = 0$ ના બીજ છે,તેથી $\alpha + \beta = -p$ અને $\alpha \beta = 1$.
આપેલ છે કે $\gamma, \delta$ એ $x^2 + qx + 1 = 0$ ના બીજ છે,તેથી $\gamma + \delta = -q$ અને $\gamma \delta = 1$.
પદાવલિ $(\alpha - \gamma)(\beta - \gamma)(\alpha + \delta)(\beta + \delta)$ ધ્યાનમાં લો:
$= (\alpha \beta - \gamma(\alpha + \beta) + \gamma^2)(\alpha \beta + \delta(\alpha + \beta) + \delta^2)$
$= (1 + p\gamma + \gamma^2)(1 - p\delta + \delta^2)$.
ચૂક $\gamma$ એ $x^2 + qx + 1 = 0$ નું બીજ છે,તેથી $\gamma^2 + q\gamma + 1 = 0$,એટલે કે $1 + \gamma^2 = -q\gamma$.
તે જ રીતે,$\delta^2 + 1 = -q\delta$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$= (-q\gamma + p\gamma)(-q\delta - p\delta)$
$= \gamma(p - q) \times \delta(-p - q)$
$= -\gamma \delta (p - q)(p + q)$
$= -1(p^2 - q^2) = q^2 - p^2$.

(B) આપેલ છે કે $\tan \alpha = \frac{m}{m + 1}$ અને $\tan \beta = \frac{1}{2m + 1}$.
સૂત્ર $\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\frac{m}{m + 1} + \frac{1}{2m + 1}}{1 - \left(\frac{m}{m + 1}\right) \left(\frac{1}{2m + 1}\right)}$
$= \frac{\frac{m(2m + 1) + (m + 1)}{(m + 1)(2m + 1)}}{\frac{(m + 1)(2m + 1) - m}{(m + 1)(2m + 1)}}$
$= \frac{2m^2 + m + m + 1}{2m^2 + m + 2m + 1 - m}$
$= \frac{2m^2 + 2m + 1}{2m^2 + 2m + 1} = 1$
તેથી,$\tan(\alpha + \beta) = 1$ હોવાથી,$\alpha + \beta = \frac{\pi}{4}$ મળે.

(A) આપેલ લક્ષ: $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{\sqrt {a + 2x} - \sqrt {3x} }}{{\sqrt {3a + x} - 2\sqrt x }}$
અંશ અને છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{a - x}{3(a - x)} \times \frac{\sqrt {3a + x} + 2\sqrt x}{\sqrt {a + 2x} + \sqrt {3x}}$
$L = \frac{1}{3} \times \frac{2\sqrt{4a} + 2\sqrt{a}}{2\sqrt{3a}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (1 - x)\tan \left( {\frac{{\pi x}}{2}} \right)$.
$y = 1 - x$ આદેશ લેતા,જ્યારે $x \to 1$,ત્યારે $y \to 0$ અને $x = 1 - y$.
તેથી $L = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} y \tan \left( {\frac{{\pi (1 - y)}}{2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} y \tan \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{{\pi y}}{2}} \right)$.
નિત્યસમ $\tan \left( {\frac{\pi }{2} - \theta } \right) = \cot \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} y \cot \left( {\frac{{\pi y}}{2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{y}{\tan \left( {\frac{{\pi y}}{2}} \right)}$.
$\frac{\pi }{2}$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{1}{\frac{\pi }{2}} \cdot \frac{{\frac{{\pi y}}{2}}}{{\tan \left( {\frac{{\pi y}}{2}} \right)}} = \frac{2}{\pi } \cdot 1 = \frac{2}{\pi }$.

(C) આકૃતિમાં કુલ $8$ ચોરસ છે જે ત્રણ હરોળમાં ગોઠવાયેલા છે: ઉપરની હરોળ ($2$ ચોરસ),મધ્ય હરોળ ($4$ ચોરસ),અને નીચેની હરોળ ($2$ ચોરસ).
આપણે $8$ ચોરસમાં $6$ '$X$' મૂકવાના છે.
$8$ ચોરસમાં $6$ '$X$' મૂકવાની કુલ રીતો $^8C_6 = 28$ છે.
દરેક હરોળમાં ઓછામાં ઓછો એક '$X$' હોવો જોઈએ.
જો ઉપરની હરોળમાં કોઈ '$X$' ન હોય,તો બાકીના $6$ ચોરસમાં $6$ '$X$' મૂકવાની $^6C_6 = 1$ રીત છે.
જો નીચેની હરોળમાં કોઈ '$X$' ન હોય,તો બાકીના $6$ ચોરસમાં $6$ '$X$' મૂકવાની $^6C_6 = 1$ રીત છે.
આમ,અમાન્ય રીતોની સંખ્યા $1 + 1 = 2$ છે.
જરૂરી રીતોની સંખ્યા $28 - 2 = 26$ છે.

(C) આપેલ સમપરિમાણીય સુરેખ સમીકરણોની સિસ્ટમ નીચે મુજબ છે:
$x - cy - bz = 0$
$-cx + y - az = 0$
$-bx - ay + z = 0$
આ સિસ્ટમ માટે બિન-તુચ્છ ઉકેલ (જ્યાં $x, y, z$ બધા શૂન્ય નથી) મેળવવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & -c & -b \\ -c & 1 & -a \\ -b & -a & 1 \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1(1 - a^2) - (-c)(-c - ab) + (-b)(ac + b) = 0$
$1 - a^2 - c^2 - abc - abc - b^2 = 0$
$1 - a^2 - b^2 - c^2 - 2abc = 0$
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1$

(B) ધારો કે $t = x^2$.
તેથી,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $dt = 2x \, dx$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x \, dx = \frac{1}{2} \, dt$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$\int \frac{x}{1 + x^4} \, dx = \int \frac{1}{1 + (x^2)^2} \cdot (x \, dx) = \int \frac{1}{1 + t^2} \cdot \frac{1}{2} \, dt$.
$= \frac{1}{2} \int \frac{1}{1 + t^2} \, dt$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{1 + t^2} \, dt = \tan^{-1}(t) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$= \frac{1}{2} \tan^{-1}(t) + c$.
$t = x^2$ પાછું મૂકતા,અંતિમ જવાબ $\frac{1}{2} \tan^{-1}(x^2) + c$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int e^x \sin x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) નો ઉપયોગ કરતા,$\int u v \, dx = u \int v \, dx - \int (u' \int v \, dx) \, dx$.
$u = \sin x$ અને $v = e^x$ લેતા:
$I = \sin x \cdot e^x - \int \cos x \cdot e^x \, dx$.
ફરીથી $\int e^x \cos x \, dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \cos x$ અને $v = e^x$:
$\int e^x \cos x \, dx = \cos x \cdot e^x - \int (-\sin x) \cdot e^x \, dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x \, dx$.
આ કિંમત $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = e^x \sin x - (e^x \cos x + I) + c$.
$I = e^x \sin x - e^x \cos x - I + c$.
$2I = e^x (\sin x - \cos x) + c$.
$I = \frac{1}{2} e^x (\sin x - \cos x) + c$.

(D) ધારો કે ત્રીજું શિરોબિંદુ $(p, q)$ છે. તે રેખા $y = x + 3$ પર હોવાથી,$q = p + 3$ $(i)$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $5$ હોવાથી:
$\frac{1}{2} |2(-2 - q) + 3(q - 1) + p(1 - (-2))| = 5$
$|q + 3p - 7| = 10$
$q = p + 3$ મુકતા:
$|4p - 4| = 10$
$p = \frac{7}{2}$ અથવા $p = -\frac{3}{2}$.
તેથી,ત્રીજું શિરોબિંદુ $\left( \frac{7}{2}, \frac{13}{2} \right)$ અથવા $\left( -\frac{3}{2}, \frac{3}{2} \right)$ મળે.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ સાચો વિકલ્પ $D$ છે.