IIT JEE 1993 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) કુલ બિંદુઓની સંખ્યા $m + n + k$ છે. આમાંથી $3$ બિંદુઓ પસંદ કરવાની રીતો $^{m+n+k}C_3$ છે.
જોકે,એક જ રેખા પરના $3$ બિંદુઓ પસંદ કરવાથી ત્રિકોણ બનતો નથી. આવા સમરેખ બિંદુઓના સમૂહોની સંખ્યા $^mC_3 + ^nC_3 + ^kC_3$ છે.
તેથી,જરૂરી ત્રિકોણની સંખ્યા $^{m+n+k}C_3 - ^mC_3 - ^nC_3 - ^kC_3$ છે.

(C) $9600$ ના ભાજકોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે પહેલા તેનું અવિભાજ્ય અવયવીકરણ કરીએ.
$9600 = 96 \times 100 = (32 \times 3) \times (4 \times 25) = (2^5 \times 3) \times (2^2 \times 5^2) = 2^7 \times 3^1 \times 5^2$.
જો કોઈ સંખ્યા $N$ ને $N = p_1^{a} \times p_2^{b} \times p_3^{c}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે,તો ભાજકોની કુલ સંખ્યા $(a + 1)(b + 1)(c + 1)$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$a = 7$,$b = 1$,અને $c = 2$ છે.
તેથી,ભાજકોની સંખ્યા $= (7 + 1)(1 + 1)(2 + 1) = 8 \times 2 \times 3 = 48$.

(C) આપેલ પદાવલિ $(3 + 2x)^{50} = 3^{50} (1 + \frac{2x}{3})^{50}$ છે.
$x = \frac{1}{5}$ મુકતા,આપણને $3^{50} (1 + \frac{2}{15})^{50}$ મળે છે.
ધારો કે $T_{r+1}$ એ $(r+1)^{th}$ પદ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{T_{r+1}}{T_r} = \frac{n-r+1}{r} \cdot |\frac{a_2}{a_1}|$.
અહીં $n=50$,$a_1=1$,$a_2=\frac{2}{15}$ છે.
તેથી,$\frac{T_{r+1}}{T_r} = \frac{51-r}{r} \cdot \frac{2}{15}$.
સૌથી મોટા પદ માટે,$\frac{T_{r+1}}{T_r} \ge 1$ લેતા.
$\frac{2(51-r)}{15r} \ge 1$ $\Rightarrow 102 - 2r \ge 15r$ $\Rightarrow 102 \ge 17r$ $\Rightarrow r \le 6$.
$r=6$ શરતનું પાલન કરે છે,તેથી $T_{6+1} = T_7$ એ સૌથી મોટું પદ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\frac{2\cos A}{a} + \frac{\cos B}{b} + \frac{2\cos C}{c} = \frac{a}{bc} + \frac{b}{ca}$
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$,$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$,અને $\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$
$\frac{2(b^2 + c^2 - a^2)}{2abc} + \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2abc} + \frac{2(a^2 + b^2 - c^2)}{2abc} = \frac{a^2 + b^2}{abc}$
બંને બાજુ $2abc$ વડે ગુણતા:
$2(b^2 + c^2 - a^2) + (a^2 + c^2 - b^2) + 2(a^2 + b^2 - c^2) = 2(a^2 + b^2)$
$3b^2 + c^2 + a^2 = 2a^2 + 2b^2$
$a^2 = b^2 + c^2$
આથી,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$\angle A = 90^o$.

(D) આપેલ છે કે $\frac{\cos A}{a} = \frac{\cos B}{b} = \frac{\cos C}{c}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{\cos A}{2R \sin A} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{\cos C}{2R \sin C}$ મળે.
જેનું સાદું રૂપ $\cot A = \cot B = \cot C$ થાય છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓ હોવાથી,$A = B = C = 60^\circ$.
તેથી,$\Delta ABC$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\text{Area} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ છે.
$a = 2$ આપેલ હોવાથી,$\text{Area} = \frac{\sqrt{3}}{4} (2)^2 = \sqrt{3}$.

(B) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A = \left( 2, \frac{\sqrt{3} - 1}{2} \right)$,$B = \left( \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right)$,અને $C = \left( 2, -\frac{1}{2} \right)$ છે.
અહીં બાજુ $AC$ શિરોલંબ છે અને બાજુ $BC$ સમક્ષિતિજ છે.
તેથી,આ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જ્યાં કાટખૂણો શિરોબિંદુ $C = \left( 2, -\frac{1}{2} \right)$ પર છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,લંબકેન્દ્ર એ કાટખૂણો ધરાવતું શિરોબિંદુ હોય છે.
તેથી,લંબકેન્દ્ર $\left( 2, -\frac{1}{2} \right)$ છે.

(A) ધારો કે $A(-5, -4)$ માંથી પસાર થતી રેખા $x$-અક્ષ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે. રેખાનું સમીકરણ $\frac{x + 5}{\cos \theta} = \frac{y + 4}{\sin \theta} = r$ છે.
$x + 3y + 2 = 0$ પરના બિંદુ $B$ માટે,$(r_1 \cos \theta - 5) + 3(r_1 \sin \theta - 4) + 2 = 0$ મળે,જે $r_1(\cos \theta + 3 \sin \theta) = 15$ આપે છે,તેથી $\frac{15}{AB} = \cos \theta + 3 \sin \theta$.
$2x + y + 4 = 0$ પરના બિંદુ $C$ માટે,$2(r_2 \cos \theta - 5) + (r_2 \sin \theta - 4) + 4 = 0$ મળે,જે $r_2(2 \cos \theta + \sin \theta) = 10$ આપે છે,તેથી $\frac{10}{AC} = 2 \cos \theta + \sin \theta$.
$x - y - 5 = 0$ પરના બિંદુ $D$ માટે,$(r_3 \cos \theta - 5) - (r_3 \sin \theta - 4) - 5 = 0$ મળે,જે $r_3(\cos \theta - \sin \theta) = 6$ આપે છે,તેથી $\frac{6}{AD} = \cos \theta - \sin \theta$.
આ કિંમતોને આપેલા સંબંધમાં મૂકતા,$(\cos \theta + 3 \sin \theta)^2 + (2 \cos \theta + \sin \theta)^2 = (\cos \theta - \sin \theta)^2$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા,$(2 \cos \theta + 3 \sin \theta)^2 = 0$ મળે છે.
તેથી,$\tan \theta = -\frac{2}{3}$.
રેખાનું સમીકરણ $y + 4 = -\frac{2}{3}(x + 5)$ એટલે કે $2x + 3y + 22 = 0$ છે.

(D) ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $(h, k)$ છે અને તેની ત્રિજ્યા $r$ છે.
વર્તુળ $y$-અક્ષને સ્પર્શતું હોવાથી,ત્રિજ્યા $r = |h|$ થાય. ધારો કે $h > 0$,તેથી $r = h$.
આપેલ વર્તુળ $x^2 + y^2 - 6x - 6y + 14 = 0$ છે. તેનું કેન્દ્ર $C_1(3, 3)$ અને ત્રિજ્યા $R_1 = \sqrt{3^2 + 3^2 - 14} = 2$ છે.
વર્તુળો બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,તેમના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $CC_1 = R_1 + r$ થાય.
$\sqrt{(h - 3)^2 + (k - 3)^2} = 2 + h$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(h - 3)^2 + (k - 3)^2 = (2 + h)^2$
$h^2 - 6h + 9 + k^2 - 6k + 9 = 4 + 4h + h^2$
$k^2 - 10h - 6k + 14 = 0$
$(h, k)$ ને $(x, y)$ વડે બદલતા,બિંદુપથ $y^2 - 10x - 6y + 14 = 0$ મળે છે.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left\{ {\tan \left( {\frac{\pi }{4} + x} \right)} \right\}^{1/x}}$.
$\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\tan(\frac{\pi}{4} + x) = \frac{1 + \tan x}{1 - \tan x}$ મળે છે.
તેથી,$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{1 + \tan x}}{{1 - \tan x}}} \right)^{1/x}}$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપ છે,તેથી $L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} (\frac{1 + \tan x}{1 - \tan x} - 1)}$.
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} (\frac{1 + \tan x - 1 + \tan x}{1 - \tan x})} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 \tan x}{x(1 - \tan x)}}$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$,તેથી $L = e^{2 \times 1 \times \frac{1}{1 - 0}} = e^2$.

(A) ધારો કે $X_1, X_2, X_3, X_4$ એ ચાર પાસાના પરિણામો છે.
આપણે એવી સંભાવના શોધીએ છીએ કે દરેક $i = 1, 2, 3, 4$ માટે $2 \le X_i \le 5$ હોય.
દરેક પાસા માટે,શક્ય પરિણામો $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ છે,તેથી કુલ $6$ પરિણામો છે.
દરેક પાસા માટે સાનુકૂળ પરિણામો $\{2, 3, 4, 5\}$ છે,જે $4$ સાનુકૂળ પરિણામો આપે છે.
એક પાસા પર $2$ અને $5$ ની વચ્ચેની સંખ્યા મળવાની સંભાવના $p = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ છે.
ચાર પાસા સ્વતંત્ર હોવાથી,ચારેય પાસા પર $2$ અને $5$ ની વચ્ચેની સંખ્યા મળવાની સંભાવના $p^4 = (\frac{2}{3})^4 = \frac{16}{81}$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $x = 1 + \cos^2\phi + \cos^4\phi + \dots = \frac{1}{1 - \cos^2\phi} = \frac{1}{\sin^2\phi}$.
આપેલ છે કે $y = 1 + \sin^2\phi + \sin^4\phi + \dots = \frac{1}{1 - \sin^2\phi} = \frac{1}{\cos^2\phi}$.
આપેલ છે કે $z = 1 + \cos^2\phi \sin^2\phi + \cos^4\phi \sin^4\phi + \dots = \frac{1}{1 - \cos^2\phi \sin^2\phi}$.
હવે,$xy = \frac{1}{\sin^2\phi \cos^2\phi}$.
તેથી $xy + z = \frac{1}{\sin^2\phi \cos^2\phi} + \frac{1}{1 - \cos^2\phi \sin^2\phi} = \frac{1 - \cos^2\phi \sin^2\phi + \sin^2\phi \cos^2\phi}{\sin^2\phi \cos^2\phi (1 - \cos^2\phi \sin^2\phi)} = \frac{1}{\sin^2\phi \cos^2\phi (1 - \cos^2\phi \sin^2\phi)}$.
વળી,$xyz = \left(\frac{1}{\sin^2\phi}\right) \left(\frac{1}{\cos^2\phi}\right) \left(\frac{1}{1 - \cos^2\phi \sin^2\phi}\right) = \frac{1}{\sin^2\phi \cos^2\phi (1 - \cos^2\phi \sin^2\phi)}$.
આમ,$xyz = xy + z$.

(B) આપેલ છે $k = \sin \frac{\pi}{18} \sin \frac{5\pi}{18} \sin \frac{7\pi}{18}$.
નિત્યસમ $\sin \theta = \cos \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$k = \cos \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{18} \right) \cos \left( \frac{\pi}{2} - \frac{5\pi}{18} \right) \cos \left( \frac{\pi}{2} - \frac{7\pi}{18} \right)$
$k = \cos \frac{4\pi}{9} \cos \frac{2\pi}{9} \cos \frac{\pi}{9}$.
સૂત્ર $\cos \theta \cos 2\theta \cos 4\theta = \frac{\sin 8\theta}{8 \sin \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = \frac{\pi}{9}$:
$k = \frac{\sin \left( 8 \cdot \frac{\pi}{9} \right)}{8 \sin \frac{\pi}{9}} = \frac{\sin \frac{8\pi}{9}}{8 \sin \frac{\pi}{9}}$.
કારણ કે $\sin \frac{8\pi}{9} = \sin \left( \pi - \frac{\pi}{9} \right) = \sin \frac{\pi}{9}$:
$k = \frac{\sin \frac{\pi}{9}}{8 \sin \frac{\pi}{9}} = \frac{1}{8}$.

(C) આપેલ છે કે $x = \log_3 5$ અને $y = \log_{17} 25 = 2 \log_{17} 5$.
વ્યસ્ત લેતા:
$\frac{1}{x} = \log_5 3 = \log_5 (9^{1/2}) = \frac{1}{2} \log_5 9$.
$\frac{1}{y} = \frac{1}{2} \log_5 17$.
કારણ કે $17 > 9$,તેથી $\log_5 17 > \log_5 9$.
તેથી,$\frac{1}{2} \log_5 17 > \frac{1}{2} \log_5 9$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{y} > \frac{1}{x}$.
$x$ અને $y$ બંને ધન હોવાથી,$\frac{1}{y} > \frac{1}{x}$ નો અર્થ છે કે $x > y$.

(A) ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 1 & \log_x y & \log_x z \\ \log_y x & 1 & \log_y z \\ \log_z x & \log_z y & 1 \end{array} \right|$ છે.
ગુણધર્મ $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે ઘટકોને આ રીતે લખી શકીએ:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 1 & \frac{\ln y}{\ln x} & \frac{\ln z}{\ln x} \\ \frac{\ln x}{\ln y} & 1 & \frac{\ln z}{\ln y} \\ \frac{\ln x}{\ln z} & \frac{\ln y}{\ln z} & 1 \end{array} \right|$.
હવે,પ્રથમ હાર $(R_1)$ ને $\ln x$ વડે,બીજી હાર $(R_2)$ ને $\ln y$ વડે અને ત્રીજી હાર $(R_3)$ ને $\ln z$ વડે ગુણતા અને નિશ્ચાયકને $(\ln x \ln y \ln z)$ વડે ભાગતા:
$\Delta = \frac{1}{\ln x \ln y \ln z} \left| \begin{array}{ccc} \ln x & \ln y & \ln z \\ \ln x & \ln y & \ln z \\ \ln x & \ln y & \ln z \end{array} \right|$.
અહીં ત્રણેય હાર સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(A) ધારો કે $\cos ^{ - 1}x = \theta$. તેથી $x = \cos \theta$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,તેથી $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - x^2}$.
હવે,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $\tan \theta = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$.
તેથી,$\tan (\cos ^{ - 1}x) = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$.

(B) સદિશો એક જ સમતલમાં હોવાથી,તેમનો અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર શૂન્ય થવો જોઈએ.
$\begin{vmatrix} a & a & c \\ 1 & 0 & 1 \\ c & c & b \end{vmatrix} = 0$
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_2 \to C_2 - C_1$ લાગુ પાડતા:
$\begin{vmatrix} a & 0 & c \\ 1 & -1 & 1 \\ c & 0 & b \end{vmatrix} = 0$
બીજા સ્તંભને સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$-(-1) \begin{vmatrix} a & c \\ c & b \end{vmatrix} = 0$
$ab - c^2 = 0 \Rightarrow c^2 = ab$
આમ,$c = \sqrt{ab}$,જે $a$ અને $b$ નો ગુણોત્તર મધ્યક છે.

(A) અને $c$ ના સમતલમાં કોઈપણ સદિશ $r = b + tc$ તરીકે લખી શકાય છે.
સદિશોની કિંમત મૂકતા,$r = (i + 2j - k) + t(i + j - 2k) = (1 + t)i + (2 + t)j - (1 + 2t)k$.
$r$ નો $a$ પરનો પ્રક્ષેપ $\frac{|r \cdot a|}{|a|} = \sqrt{2/3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ,$r \cdot a = (1 + t)(2) + (2 + t)(-1) + (-1 - 2t)(1) = 2 + 2t - 2 - t - 1 - 2t = -t - 1$ ગણો.
વળી,$|a| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{6}$.
તેથી,$\frac{|-t - 1|}{\sqrt{6}} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$.
આમ,$|-t - 1| = 2$,જેનો અર્થ છે કે $-t - 1 = 2$ અથવા $-t - 1 = -2$.
જો $-t - 1 = 2$,તો $t = -3$. $t = -3$ ને $r$ માં મૂકતા,$r = -2i - j + 5k$ મળે છે.
જો $-t - 1 = -2$,તો $t = 1$. $t = 1$ ને $r$ માં મૂકતા,$r = 2i + 3j - 3k$ મળે છે.
તેથી,માંગેલ સદિશો $2i + 3j - 3k$ અને $-2i - j + 5k$ છે.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} \frac{dx}{1 + \tan^3 x}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi /2} \frac{dx}{1 + \tan^3(\pi/2 - x)} = \int_0^{\pi /2} \frac{dx}{1 + \cot^3 x}$.
$I = \int_0^{\pi /2} \frac{\tan^3 x}{1 + \tan^3 x} dx$.
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\pi /2} \left( \frac{1}{1 + \tan^3 x} + \frac{\tan^3 x}{1 + \tan^3 x} \right) dx$.
$2I = \int_0^{\pi /2} \frac{1 + \tan^3 x}{1 + \tan^3 x} dx = \int_0^{\pi /2} 1 dx$.
$2I = [x]_0^{\pi /2} = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$I = \frac{\pi}{4}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{\pi /4}^{3\pi /4} \frac{\phi}{1 + \sin \phi} \, d\phi$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{\pi /4}^{3\pi /4} \frac{\pi - \phi}{1 + \sin(\pi - \phi)} \, d\phi = \int_{\pi /4}^{3\pi /4} \frac{\pi - \phi}{1 + \sin \phi} \, d\phi$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{\pi /4}^{3\pi /4} \frac{\phi + \pi - \phi}{1 + \sin \phi} \, d\phi = \pi \int_{\pi /4}^{3\pi /4} \frac{1}{1 + \sin \phi} \, d\phi$.
$2I = \pi \int_{\pi /4}^{3\pi /4} \frac{1 - \sin \phi}{\cos^2 \phi} \, d\phi = \pi \int_{\pi /4}^{3\pi /4} (\sec^2 \phi - \sec \phi \tan \phi) \, d\phi$.
$2I = \pi [\tan \phi - \sec \phi]_{\pi /4}^{3\pi /4}$.
$2I = \pi [(\tan(3\pi/4) - \sec(3\pi/4)) - (\tan(\pi/4) - \sec(\pi/4))]$.
$2I = \pi [(-1 - (-\sqrt{2})) - (1 - \sqrt{2})] = \pi [\sqrt{2} - 1 - 1 + \sqrt{2}] = \pi [2\sqrt{2} - 2] = 2\pi(\sqrt{2} - 1)$.
$I = \pi(\sqrt{2} - 1)$.
કારણ કે $\tan(\pi/8) = \sqrt{2} - 1$,તેથી મૂલ્ય $\pi \tan(\pi/8)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $E$ અને $F$ સ્વતંત્ર ઘટનાઓ છે,તેથી $P(E \cap F) = P(E)P(F) = \frac{1}{12}$ $(i)$.
વળી,$P(\bar{E} \cap \bar{F}) = P(\bar{E})P(\bar{F}) = \frac{1}{2}$.
$P(\bar{E}) = 1 - P(E)$ અને $P(\bar{F}) = 1 - P(F)$ હોવાથી,$(1 - P(E))(1 - P(F)) = \frac{1}{2}$.
$1 - (P(E) + P(F)) + P(E)P(F) = \frac{1}{2}$.
$P(E)P(F) = \frac{1}{12}$ મૂકતા,$1 - (P(E) + P(F)) + \frac{1}{12} = \frac{1}{2}$.
$P(E) + P(F) = 1 + \frac{1}{12} - \frac{1}{2} = \frac{7}{12}$ $(ii)$.
ધારો કે $x = P(E)$ અને $y = P(F)$. તો $x + y = \frac{7}{12}$ અને $xy = \frac{1}{12}$.
દ્વિઘાત સમીકરણ $t^2 - (x+y)t + xy = 0$ એ $t^2 - \frac{7}{12}t + \frac{1}{12} = 0$ બનશે.
$12t^2 - 7t + 1 = 0 \Rightarrow (4t - 1)(3t - 1) = 0$.
તેથી,$t = \frac{1}{4}$ અથવા $t = \frac{1}{3}$.
આમ,સંભાવનાઓ $\frac{1}{3}$ અને $\frac{1}{4}$ છે.