IIT JEE 1994 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું કાલ્પનિક ઘનમૂળ છે,તેથી $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
પ્રથમ,$\omega$ ના ઘાતનું સાદું રૂપ આપતા:
$\omega^{10} = (\omega^3)^3 \cdot \omega = \omega$
$\omega^{23} = (\omega^3)^7 \cdot \omega^2 = \omega^2$
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sin \left[ (\omega + \omega^2)\pi - \frac{\pi}{4} \right]$
$\omega + \omega^2 = -1$ હોવાથી,
$\sin \left[ -\pi - \frac{\pi}{4} \right] = -\sin \left( \pi + \frac{\pi}{4} \right) = -(-\sin \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(A) ઉગમબિંદુ પર કેન્દ્ર ધરાવતા વર્તુળમાં અંતર્ગત સમબાજુ ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ પ્રથમ શિરોબિંદુને ઉગમબિંદુની આસપાસ $120^\circ$ ($2\pi/3$ રેડિયન) અને $240^\circ$ ($4\pi/3$ રેડિયન) ફેરવીને મેળવી શકાય છે.
આપેલ છે $z_1 = 1 + i\sqrt{3} = 2e^{i\pi/3}$.
અન્ય શિરોબિંદુઓ $z_2 = z_1 e^{i2\pi/3} = 2e^{i\pi/3} e^{i2\pi/3} = 2e^{i\pi} = -2$ છે.
અને $z_3 = z_1 e^{i4\pi/3} = 2e^{i\pi/3} e^{i4\pi/3} = 2e^{i5\pi/3} = 2(\cos(5\pi/3) + i\sin(5\pi/3)) = 1 - i\sqrt{3}$.
આમ,$z_3$ અને $z_2$ ની કિંમતો $1 - i\sqrt{3}$ અને $-2$ છે. વિકલ્પ $A$ સાચો જવાબ છે.

(D) આપેલ છે કે $\ln(a + c)$,$\ln(c - a)$,અને $\ln(a - 2b + c)$ એ $A.P.$ માં છે.
તેથી,$2\ln(c - a) = \ln(a + c) + \ln(a - 2b + c)$
$\ln(x) + \ln(y) = \ln(xy)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\ln((c - a)^2) = \ln((a + c)(a - 2b + c))$
લોગેરિધમ દૂર કરતા:
$(c - a)^2 = (a + c)(a - 2b + c)$
$c^2 + a^2 - 2ac = a^2 - 2ab + ac + ac - 2bc + c^2$
$c^2 + a^2 - 2ac = a^2 + c^2 + 2ac - 2ab - 2bc$
$-2ac = 2ac - 2b(a + c)$
$2b(a + c) = 4ac$
$b = \frac{2ac}{a + c}$
આ $a, b, c$ ના $H.P.$ માં હોવાની શરત છે.

(D) સમીકરણ $x^2 + x + 1 = 0$ ના બીજ એકમના સંકર ઘનમૂળ $\omega$ અને $\omega^2$ છે.
ધારો કે $\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^2$.
આપણે એવું સમીકરણ શોધવાનું છે જેના બીજ $\alpha^{19}$ અને $\beta^7$ હોય.
$\alpha^{19} = \omega^{19} = (\omega^3)^6 \cdot \omega = 1^6 \cdot \omega = \omega$.
$\beta^7 = (\omega^2)^7 = \omega^{14} = (\omega^3)^4 \cdot \omega^2 = 1^4 \cdot \omega^2 = \omega^2$.
નવા સમીકરણના બીજ $\omega$ અને $\omega^2$ છે,જે મૂળ સમીકરણ $x^2 + x + 1 = 0$ ના બીજ સમાન જ છે.

(C) દ્વિઘાત સમીકરણ $px^2 + qx + 1 = 0$ ના બીજ વાસ્તવિક હોય તે માટે વિવેચક $D \ge 0$ હોવો જોઈએ.
$D = q^2 - 4(p)(1) \ge 0$
$q^2 \ge 4p$
આપેલ છે કે $p, q \in \{1, 2, 3, 4\}$,શક્ય કિંમતો તપાસતા:
જો $p = 1$,તો $q^2 \ge 4 \Rightarrow q \in \{2, 3, 4\}$ ($3$ ઉકેલો).
જો $p = 2$,તો $q^2 \ge 8 \Rightarrow q \in \{3, 4\}$ ($2$ ઉકેલો).
જો $p = 3$,તો $q^2 \ge 12 \Rightarrow q \in \{4\}$ ($1$ ઉકેલ).
જો $p = 4$,તો $q^2 \ge 16 \Rightarrow q \in \{4\}$ ($1$ ઉકેલ).
કુલ ઉકેલોની સંખ્યા = $3 + 2 + 1 + 1 = 7$.

(B) આપેલ પદ: $\sec 2x - \tan 2x = \frac{1 - \sin 2x}{\cos 2x}$
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$,$\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$,અને $1 = \cos^2 x + \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{\cos^2 x + \sin^2 x - 2 \sin x \cos x}{\cos^2 x - \sin^2 x} = \frac{(\cos x - \sin x)^2}{(\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x)}$
$= \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x}$
અંશ અને છેદને $\cos x$ વડે ભાગતા:
$= \frac{1 - \tan x}{1 + \tan x} = \frac{\tan \frac{\pi}{4} - \tan x}{1 + \tan \frac{\pi}{4} \tan x}$
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan \left( \frac{\pi}{4} - x \right)$.

(C) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a = 3, b = 5$ અને $c = 7$ છે.
સૌથી મોટી બાજુ $c = 7$ હોવાથી,સૌથી મોટો ખૂણો $\angle C$ થશે.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ: $\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$
કિંમતો મૂકતા: $\cos C = \frac{3^2 + 5^2 - 7^2}{2 \times 3 \times 5}$
$\cos C = \frac{9 + 25 - 49}{30} = \frac{-15}{30} = -\frac{1}{2}$
તેથી,$\cos C = -\frac{1}{2}$ હોવાથી,$\angle C = \frac{2\pi}{3}$ મળે.

(C) ત્રિકોણ $ABC$ માં,$AD = b \sin C = c \sin B$.
આપેલ છે $AD = \frac{abc}{b^2 - c^2}$,તેથી $AD(b^2 - c^2) = abc$.
સાદુરૂપ આપતા,$\sin(B-C) = 1$ મળે છે.
તેથી $B - C = 90^\circ$.
$B = 90^\circ + 23^\circ = 113^\circ$.

(C) આપેલ સમીકરણો $x^2 - 5x + 6 = 0$ અને $y^2 - 6y + 5 = 0$ છે.
તેને ઉકેલતા,આપણને $x = 2, 3$ અને $y = 1, 5$ મળે છે.
આ રેખાઓ $x=2, x=3, y=1, y=5$ છે,જે $(2,1), (3,1), (3,5),$ અને $(2,5)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો લંબચોરસ બનાવે છે.
વિકર્ણ $d_1$ એ $(2,1)$ અને $(3,5)$ માંથી પસાર થાય છે. તેનું સમીકરણ $y - 1 = \frac{5 - 1}{3 - 2}(x - 2)$ $\Rightarrow y - 1 = 4(x - 2)$ $\Rightarrow y = 4x - 7$ છે.
વિકર્ણ $d_2$ એ $(3,1)$ અને $(2,5)$ માંથી પસાર થાય છે. તેનું સમીકરણ $y - 1 = \frac{5 - 1}{2 - 3}(x - 3)$ $\Rightarrow y - 1 = -4(x - 3)$ $\Rightarrow y - 1 = -4x + 12$ $\Rightarrow 4x + y = 13$ છે.
આમ,વિકર્ણોના સમીકરણો $4x + y = 13$ અને $y = 4x - 7$ છે.

(C) ધારો કે $p$ એ સમબાજુ ત્રિકોણનો વેધ છે. તો $p = a \sin 60^{\circ} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
સમબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,મધ્યકેન્દ્ર,વેધકેન્દ્ર,પરિકેન્દ્ર અને અંતઃકેન્દ્ર બધા એક જ બિંદુ પર સંપાતી થાય છે.
તેથી,અંતઃવર્તુળની ત્રિજ્યા $r = \frac{1}{3}p = \frac{1}{3} \times \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.
વર્તુળનો વ્યાસ $D = 2r = \frac{a}{\sqrt{3}}$.
ધારો કે વર્તુળમાં અંતઃસ્થિત ચોરસની બાજુનું માપ $x$ છે. ચોરસનો વિકર્ણ એ વર્તુળના વ્યાસ જેટલો હોય છે.
તેથી,$x^2 + x^2 = D^2$,જે $2x^2 = D^2$ આપે છે.
$D = \frac{a}{\sqrt{3}}$ મૂકતા,આપણને $2x^2 = (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 = \frac{a^2}{3}$ મળે છે.
તેથી,ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $x^2 = \frac{a^2}{6}$ થાય.

(A) ધારો કે ચલ બિંદુ $P(x, y)$ છે.
શંકુછેદની વ્યાખ્યા મુજબ,નિશ્ચિત બિંદુ (નાભિ) થી અંતર એ નિશ્ચિત રેખા (નિયામિકા) થી અંતરના $e$ ગણું હોય છે.
અહીં,નાભિ $S(-2, 0)$ છે,નિયામિકા $x = -\frac{9}{2}$ છે,અને ઉત્કેન્દ્રિયતા $e = \frac{2}{3}$ છે.
કારણ કે $e < 1$,તેથી બિંદુપથ એક ઉપવલય છે.
ગાણિતિક રીતે,$\sqrt{(x + 2)^2 + y^2} = \frac{2}{3} |x + \frac{9}{2}|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(x + 2)^2 + y^2 = \frac{4}{9} (x + \frac{9}{2})^2$.
$(x^2 + 4x + 4) + y^2 = \frac{4}{9} (x^2 + 9x + \frac{81}{4})$.
$x^2 + 4x + 4 + y^2 = \frac{4}{9}x^2 + 4x + 9$.
$\frac{5}{9}x^2 + y^2 = 5$.
$5$ વડે ભાગતા: $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{5} = 1$.
આ એક ઉપવલયનું સમીકરણ છે.

(D) ઉપવલય $E$ એ $f(x, y) = \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} - 1 = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બિંદુ $P(1, 2)$ માટે,$f(1, 2) = \frac{1}{9} + \frac{4}{4} - 1 = \frac{1}{9} > 0$,તેથી $P$ એ $E$ ની બહાર છે.
બિંદુ $Q(2, 1)$ માટે,$f(2, 1) = \frac{4}{9} + \frac{1}{4} - 1 = \frac{16+9-36}{36} = -\frac{11}{36} < 0$,તેથી $Q$ એ $E$ ની અંદર છે.
વર્તુળ $C$ એ $g(x, y) = x^2 + y^2 - 9 = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બિંદુ $P(1, 2)$ માટે,$g(1, 2) = 1^2 + 2^2 - 9 = 1 + 4 - 9 = -4 < 0$,તેથી $P$ એ $C$ ની અંદર છે.
બિંદુ $Q(2, 1)$ માટે,$g(2, 1) = 2^2 + 1^2 - 9 = 4 + 1 - 9 = -4 < 0$,તેથી $Q$ એ $C$ ની અંદર છે.
આમ,$P$ એ $C$ ની અંદર છે પણ $E$ ની બહાર છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $2x^2 + 3y^2 - 8x - 18y + 35 - k = 0$.
$x$ અને $y$ પદો માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવતા:
$2(x - 2)^2 + 3(y - 3)^2 = k$.
કિસ્સો $1$: જો $k = 0$ હોય,તો સમીકરણ $2(x - 2)^2 + 3(y - 3)^2 = 0$ બને છે,જે બિંદુ $(2, 3)$ દર્શાવે છે.
કિસ્સો $2$: જો $k > 0$ હોય,તો તે ઉપવલય દર્શાવે છે.
કિસ્સો $3$: જો $k < 0$ હોય,તો તે કોઈ વાસ્તવિક બિંદુપથ દર્શાવતું નથી.
આમ,સાચું વિધાન એ છે કે તે $k = 0$ માટે એક બિંદુ દર્શાવે છે.

(A) ધારો કે $f(x) = 5x^2 + 2x + 3 - 2\sin x$.
આપણે $f(x) = 5(x^2 + \frac{2}{5}x) + 3 - 2\sin x = 5(x + \frac{1}{5})^2 + 3 - \frac{1}{5} - 2\sin x = 5(x + \frac{1}{5})^2 + 2.8 - 2\sin x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત તપાસીએ.
કારણ કે $-1 \le \sin x \le 1$,પદ $-2\sin x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $-2$ છે.
આમ,$f(x) \ge 5(x + \frac{1}{5})^2 + 2.8 - 2 = 5(x + \frac{1}{5})^2 + 0.8$.
કારણ કે $5(x + \frac{1}{5})^2 \ge 0$,તેથી તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $f(x) \ge 0.8 > 0$ થાય છે.
તેથી,$f(x)$ ક્યારેય $0$ ને સમાન નથી,જેનો અર્થ છે કે વક્રો ક્યારેય છેદતા નથી.
છેદબિંદુઓની સંખ્યા $0$ છે.

(B) પરવલય $y^2 = 4ax$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$2y \frac{dy}{dx} = 4a \implies \left(\frac{dy}{dx}\right)_1 = \frac{2a}{y} \dots (i)$
વક્ર $y = e^{-x/2a}$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_2 = e^{-x/2a} \left(-\frac{1}{2a}\right) = -\frac{y}{2a} \dots (ii)$
બે વક્રો લંબકોણીય રીતે છેદે છે જો તેમના છેદબિંદુ પરના ઢાળનો ગુણાકાર $-1$ હોય:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_1 \times \left(\frac{dy}{dx}\right)_2 = \left(\frac{2a}{y}\right) \times \left(-\frac{y}{2a}\right) = -1$
આમ,વક્ર $y = e^{-x/2a}$ એ પરવલય $y^2 = 4ax$ ને કાટખૂણે છેદે છે.

(B) નાભિઓના યામ $F_1(-ae, 0)$ અને $F_2(ae, 0)$ છે.
ધારો કે બિંદુ $P$ એ $(x, y)$ છે. ત્રિકોણ $PF_1F_2$ નો પાયો નાભિઓ વચ્ચેનું અંતર છે,જે $F_1F_2 = 2ae$ છે.
ત્રિકોણની ઊંચાઈ એ $P$ થી $x$-અક્ષ પરનું લંબ અંતર છે,જે $|y|$ છે.
ત્રિકોણ $PF_1F_2$ નું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times (2ae) \times |y| = ae|y|$ દ્વારા મળે છે.
ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ માટે,$|y|$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $b$ છે (જ્યારે $x = 0$ હોય).
તેથી,મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $A = ae \times b = abe$ થાય.

(B) ધારો કે $S = \sum_{k=0}^{99} \left[ \frac{1}{2} + \frac{k}{100} \right]$.
$0 \le k \le 49$ માટે,આપણી પાસે $0 \le \frac{k}{100} \le 0.49$ છે,તેથી $\frac{1}{2} + \frac{k}{100} = 0.5 + \frac{k}{100} < 1$ થાય. આમ,$k = 0, 1, \dots, 49$ માટે $\left[ \frac{1}{2} + \frac{k}{100} \right] = 0$ થશે.
$50 \le k \le 99$ માટે,આપણી પાસે $0.50 \le \frac{k}{100} \le 0.99$ છે,તેથી $1 \le \frac{1}{2} + \frac{k}{100} < 1.49$ થાય. આમ,$k = 50, 51, \dots, 99$ માટે $\left[ \frac{1}{2} + \frac{k}{100} \right] = 1$ થશે.
$k = 50$ થી $k = 99$ સુધીના પદોની સંખ્યા $99 - 50 + 1 = 50$ છે.
તેથી,સરવાળો $0 \times 50 + 1 \times 50 = 50$ થશે.

(D) આપેલ છે $2\sin^2 x + 3\sin x - 2 > 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $2\sin^2 x + 4\sin x - \sin x - 2 > 0$.
$2\sin x(\sin x + 2) - 1(\sin x + 2) > 0$.
$(\sin x + 2)(2\sin x - 1) > 0$.
બધા વાસ્તવિક $x$ માટે $\sin x + 2 > 0$ હોવાથી,$2\sin x - 1 > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $\sin x > 1/2$.
$x$ માટે યોગ્ય વિસ્તારમાં,$\sin x > 1/2$ નો અર્થ છે $x > \pi/6$.
આપેલ છે $x^2 - x - 2 < 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x - 2)(x + 1) < 0$.
આ અસમતા $x \in (-1, 2)$ માટે સાચી છે.
બંને શરતોને જોડતા: $x > \pi/6$ અને $-1 < x < 2$.
$\pi/6 \approx 0.523$ હોવાથી,છેદગણ $x \in (\pi/6, 2)$ મળે છે.

(D) સમિતિનું કદ $12$ છે. ધારો કે $W$ સ્ત્રીઓ અને $M$ પુરુષો છે. $W + M = 12$ અને $W \ge 5$.
$(i)$ સ્ત્રીઓ બહુમતીમાં હોય $(W > M)$: $W$ ના શક્ય મૂલ્યો $7, 8, 9$ છે.
રીતો = $^9C_7 \times ^8C_5 + ^9C_8 \times ^8C_4 + ^9C_9 \times ^8C_3 = 2016 + 630 + 56 = 2702$.
(ii) પુરુષો બહુમતીમાં હોય $(M > W)$: $W$ ના શક્ય મૂલ્યો $5$ છે.
રીતો = $^9C_5 \times ^8C_7 = 126 \times 8 = 1008$.

(A) $(1 + x)^n$ ના વિસ્તરણમાં,બીજા,ત્રીજા અને ચોથા પદના સહગુણકો અનુક્રમે $^nC_1, ^nC_2$ અને $^nC_3$ છે.
આપેલ છે કે $^nC_1, ^nC_2, ^nC_3$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી:
$2(^nC_2) = ^nC_1 + ^nC_3$
$2 \times \frac{n(n - 1)}{2} = n + \frac{n(n - 1)(n - 2)}{6}$
$n$ વડે ભાગતા $(n \neq 0)$:
$n - 1 = 1 + \frac{(n - 1)(n - 2)}{6}$
$6(n - 1) = 6 + (n^2 - 3n + 2)$
$n^2 - 9n + 14 = 0$
$(n - 7)(n - 2) = 0$
તેથી,$n = 7$ અથવા $n = 2$.
$n = 2$ માટે,$(1 + x)^2$ ના વિસ્તરણમાં માત્ર ત્રણ જ પદ હોય છે,તેથી ચોથું પદ અસ્તિત્વમાં નથી. આમ,$n = 7$ એ સાચો જવાબ છે.

(C) $n = 1$ માટે,આપણને મળે છે,
${P^{1 + 1}} + {(P + 1)^{2(1) - 1}} = {P^2} + {(P + 1)^1} = {P^2} + P + 1$.
આ પદ ${P^2} + P + 1$ વડે વિભાજ્ય છે.
ધારો કે આપેલ પરિણામ $n = m \in N$ માટે સાચું છે,એટલે કે,${P^{m + 1}} + {(P + 1)^{2m - 1}} = k({P^2} + P + 1)$ કોઈ $k \in N$ માટે .....$(i)$
હવે,$n = m + 1$ માટે:
${P^{(m + 1) + 1}} + {(P + 1)^{2(m + 1) - 1}} = {P^{m + 2}} + {(P + 1)^{2m + 1}} = {P^{m + 2}} + {(P + 1)^2}{(P + 1)^{2m - 1}}$.
સમીકરણ $(i)$ નો ઉપયોગ કરીને,${(P + 1)^{2m - 1}} = k({P^2} + P + 1) - {P^{m + 1}}$ મૂકતા:
$= {P^{m + 2}} + {(P + 1)^2}[k({P^2} + P + 1) - {P^{m + 1}}]
= {P^{m + 2}} + {(P + 1)^2} \cdot k({P^2} + P + 1) - {(P + 1)^2}{P^{m + 1}}
= {P^{m + 1}}[P - {(P + 1)^2}] + {(P + 1)^2} \cdot k({P^2} + P + 1)
= {P^{m + 1}}[P - ({P^2} + 2P + 1)] + {(P + 1)^2} \cdot k({P^2} + P + 1)
= {P^{m + 1}}[-{P^2} - P - 1] + {(P + 1)^2} \cdot k({P^2} + P + 1)
= -{P^{m + 1}}({P^2} + P + 1) + {(P + 1)^2} \cdot k({P^2} + P + 1)
= ({P^2} + P + 1)[k{(P + 1)^2} - {P^{m + 1}}]$.
આ ${P^2} + P + 1$ નો ગુણક હોવાથી,પરિણામ $n = m + 1$ માટે સાચું છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત દ્વારા,પરિણામ તમામ $n \in N$ માટે સાચું છે.

(B) આપેલ છે $\sin \frac{\pi }{2^n} + \cos \frac{\pi }{2^n} = \frac{\sqrt{n}}{2}$.
બંને બાજુ $\frac{1}{\sqrt{2}}$ વડે ગુણતા:
$\sin \left( \frac{\pi }{2^n} + \frac{\pi }{4} \right) = \frac{\sqrt{n}}{2\sqrt{2}}$.
$\sin \theta$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ હોવાથી,$\frac{\sqrt{n}}{2\sqrt{2}} \le 1$ $\Rightarrow \sqrt{n} \le 2\sqrt{2}$ $\Rightarrow n \le 8$.
આમ,$4 < n \le 8$ મળે છે.

(C) ધારો કે ટાવર $AB$ ની ઊંચાઈ $h$ છે અને $B$ નું $A$ થી સમક્ષિતિજ અંતર $x$ છે. $H = h \cos \alpha$ એ $B$ ની શિરોલંબ ઊંચાઈ છે.
$H \cot \beta = d + x$ અને $H \cot \gamma = 3d + x$ મળે છે.
બાદબાકી કરતા,$H(\cot \gamma - \cot \beta) = 2d$ મળે.
$d = H(\cot \beta - \tan \alpha)$ અને $3d = H(\cot \gamma - \tan \alpha)$ નો ઉપયોગ કરતા,
$3H(\cot \beta - \tan \alpha) = H(\cot \gamma - \tan \alpha)$,
તેથી $3 \cot \beta - 3 \tan \alpha = \cot \gamma - \tan \alpha$,
જેથી $2 \tan \alpha = 3 \cot \beta - \cot \gamma$ મળે.

(C) પ્રથમ વર્તુળ $x^2 + y^2 - 10x + 16 = 0$ માટે,કેન્દ્ર $C_1 = (5, 0)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = \sqrt{5^2 - 16} = 3$ છે.
બીજા વર્તુળ $x^2 + y^2 = r^2$ માટે,કેન્દ્ર $C_2 = (0, 0)$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = r$ છે.
કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d = 5$ છે.
બે વર્તુળો બે ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે તે માટેની શરત $|r_1 - r_2| < d < r_1 + r_2$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$|3 - r| < 5 < 3 + r$ મળે છે.
$5 < 3 + r$ પરથી $r > 2$ મળે છે.
$|3 - r| < 5$ પરથી $r < 8$ મળે છે.
આમ,$2 < r < 8$ થાય.

(B) પરવલય $y^2 = 4ax$ પરના બિંદુ $(x_1, y_1)$ આગળના સ્પર્શકનું સમીકરણ $yy_1 = 2a(x + x_1)$ છે.
આપેલ પરવલય $y^2 = 4x$ માટે,$a = 1$ છે.
નાભિલંબના અંત્યબિંદુઓના યામ $L(1, 2)$ અને $L'(1, -2)$ છે.
$L(1, 2)$ આગળના સ્પર્શકનું સમીકરણ $2y = 2(x + 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y = x + 1$ થાય છે.
$L'(1, -2)$ આગળના સ્પર્શકનું સમીકરણ $-2y = 2(x + 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y = -(x + 1)$ થાય છે.
આ બંને સમીકરણોને ઉકેલતા:
$x + 1 = -(x + 1)$
$2(x + 1) = 0$
$x = -1$
$x = -1$ ને $y = x + 1$ માં મૂકતા,આપણને $y = 0$ મળે છે.
આમ,છેદબિંદુ $(-1, 0)$ છે.

(B) ધારો કે $P, Q,$ અને $R$ એ સ્થાન સદિશો $\vec{p} = \alpha \hat{i} + \beta \hat{j} + \gamma \hat{k}$,$\vec{q} = \beta \hat{i} + \gamma \hat{j} + \alpha \hat{k}$,અને $\vec{r} = \gamma \hat{i} + \alpha \hat{j} + \beta \hat{k}$ ધરાવતા બિંદુઓ છે.
$P$ અને $Q$ વચ્ચેનું અંતર $|\vec{q} - \vec{p}| = \sqrt{(\beta - \alpha)^2 + (\gamma - \beta)^2 + (\alpha - \gamma)^2}$ છે.
$Q$ અને $R$ વચ્ચેનું અંતર $|\vec{r} - \vec{q}| = \sqrt{(\gamma - \beta)^2 + (\alpha - \gamma)^2 + (\beta - \alpha)^2}$ છે.
$R$ અને $P$ વચ્ચેનું અંતર $|\vec{p} - \vec{r}| = \sqrt{(\alpha - \gamma)^2 + (\beta - \alpha)^2 + (\gamma - \beta)^2}$ છે.
અહીં $|\vec{PQ}| = |\vec{QR}| = |\vec{RP}|$ હોવાથી,આ બિંદુઓ સમબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે.

(D) ધારો કે $\vec{a} = \frac{1}{3}(2i - 2j + k)$.
$1$. તે એકમ સદિશ છે કે નહીં તે તપાસો:
$|\vec{a}| = \sqrt{(\frac{2}{3})^2 + (-\frac{2}{3})^2 + (\frac{1}{3})^2} = \sqrt{\frac{4}{9} + \frac{4}{9} + \frac{1}{9}} = \sqrt{\frac{9}{9}} = 1$.
તેથી,તે એકમ સદિશ છે.
$2$. તે $\vec{b} = 3i + 2j - 2k$ ને લંબ છે કે નહીં તે તપાસો:
$\vec{a} \cdot \vec{b} = \frac{1}{3}(2i - 2j + k) \cdot (3i + 2j - 2k) = \frac{1}{3}(2 \times 3 + (-2) \times 2 + 1 \times (-2)) = \frac{1}{3}(6 - 4 - 2) = \frac{1}{3}(0) = 0$.
ડોટ પ્રોડક્ટ $0$ હોવાથી,તેઓ લંબ છે.
$3$. તે $\vec{c} = -i + j - \frac{1}{2}k$ ને સમાંતર છે કે નહીં તે તપાસો:
$\vec{a} = \frac{1}{3}(2i - 2j + k) = -\frac{2}{3}(-i + j - \frac{1}{2}k) = -\frac{2}{3}\vec{c}$.
$\vec{a} = k\vec{c}$ હોવાથી,તેઓ સમાંતર છે.
બધી શરતો સંતોષાય છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(B) ધારો કે બિંદુઓ $P(1, -1, 2)$,$Q(2, 0, -1)$ અને $R(0, 2, 1)$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે સમતલમાં બે સદિશો શોધીએ: $\overrightarrow{PQ} = (2-1)i + (0-(-1))j + (-1-2)k = i + j - 3k$ અને $\overrightarrow{PR} = (0-1)i + (2-(-1))j + (1-2)k = -i + 3j - k$.
સમતલને લંબ સદિશ ક્રોસ પ્રોડક્ટ $\vec{n} = \overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR}$ દ્વારા મળે છે.
$\vec{n} = \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1 & 1 & -3 \\ -1 & 3 & -1 \end{vmatrix} = i(-1 - (-9)) - j(-1 - 3) + k(3 - (-1)) = 8i + 4j + 4k$.
સરળ બનાવવા માટે,આપણે સમાંતર સદિશ $\vec{v} = 2i + j + k$ લઈ શકીએ.
$\vec{v}$ નું માન $|\vec{v}| = \sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}$ છે.
સમતલને લંબ એકમ સદિશ $\pm \frac{\vec{v}}{|\vec{v}|} = \pm \frac{2i + j + k}{\sqrt{6}}$ છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો વિકલ્પ $\frac{2i + j + k}{\sqrt{6}}$ છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
તેથી $g(x) = x \cdot f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \frac{1}{x}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ $g(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે:
$g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(0+h) - g(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin(1/h)$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} h = 0$ અને $\sin(1/h)$ એ $[-1, 1]$ માં સીમિત છે,સ્ક્વિઝ પ્રમેય મુજબ,$g'(0) = 0$.
આમ,$g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
હવે,$x \ne 0$ માટે,$g'(x) = \frac{d}{dx} (x^2 \sin \frac{1}{x}) = 2x \sin \frac{1}{x} + x^2 \cos \frac{1}{x} \cdot (-\frac{1}{x^2}) = 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}$.
જેમ $x \to 0$,$2x \sin \frac{1}{x} \to 0$,પરંતુ $\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$ નું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,$\lim_{x \to 0} g'(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી,જેનો અર્થ છે કે $g'(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત નથી.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = (x + 2)e^{-x}$.
વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = (1)e^{-x} + (x + 2)(-e^{-x})$
$f'(x) = e^{-x}(1 - x - 2)$
$f'(x) = -e^{-x}(x + 1)$.
વિધેય વધતું હોય તે માટે,$f'(x) > 0$:
$-e^{-x}(x + 1) > 0$
કારણ કે $e^{-x} > 0$ બધા $x$ માટે,તેથી $-(x + 1) > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x + 1 < 0$,એટલે કે $x < -1$.
આમ,વિધેય $(-\infty, -1)$ માં વધતું વિધેય છે.
વિધેય ઘટતું હોય તે માટે,$f'(x) < 0$:
$-e^{-x}(x + 1) < 0$
કારણ કે $e^{-x} > 0$ બધા $x$ માટે,તેથી $-(x + 1) < 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x + 1 > 0$,એટલે કે $x > -1$.
આમ,વિધેય $(-1, \infty)$ માં ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,વિધેય $(-\infty, -1)$ માં વધતું અને $(-1, \infty)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(D) ધારો કે $I = \int \cos 2\theta \log \left( \frac{\cos \theta + \sin \theta }{\cos \theta - \sin \theta } \right) d\theta$.
પ્રથમ,લઘુગણકીય પદનું સાદું રૂપ આપતા: $\log \left( \frac{\cos \theta + \sin \theta }{\cos \theta - \sin \theta } \right) = \log \left( \frac{1 + \tan \theta }{1 - \tan \theta } \right) = \log \tan \left( \frac{\pi }{4} + \theta \right)$.
ધારો કે $u = \log \tan \left( \frac{\pi }{4} + \theta \right)$ અને $dv = \cos 2\theta d\theta$.
તેથી $du = \frac{1}{\tan(\frac{\pi}{4} + \theta)} \cdot \sec^2(\frac{\pi}{4} + \theta) d\theta = \frac{2}{\sin(\frac{\pi}{2} + 2\theta)} d\theta = 2 \sec 2\theta d\theta$.
અને $v = \int \cos 2\theta d\theta = \frac{1}{2} \sin 2\theta$.
ખંડશઃ સંકલનની રીત $\int u dv = uv - \int v du$ વાપરતા:
$I = \frac{1}{2} \sin 2\theta \log \tan \left( \frac{\pi }{4} + \theta \right) - \int \left( \frac{1}{2} \sin 2\theta \right) (2 \sec 2\theta) d\theta$.
$I = \frac{1}{2} \sin 2\theta \log \tan \left( \frac{\pi }{4} + \theta \right) - \int \tan 2\theta d\theta$.
$I = \frac{1}{2} \sin 2\theta \log \tan \left( \frac{\pi }{4} + \theta \right) - \frac{1}{2} \log |\sec 2\theta| + C$.

(D) ધારો કે $I = \int_2^3 {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt {5 - x} + \sqrt x }}} \,dx$ .....$(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) \,dx = \int_a^b f(a + b - x) \,dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે $x$ ને $(2 + 3 - x) = (5 - x)$ વડે બદલીએ છીએ.
$\therefore I = \int_2^3 {\frac{{\sqrt {5 - x} }}{{\sqrt {5 - (5 - x)} + \sqrt {5 - x} }}} \,dx$
$I = \int_2^3 {\frac{{\sqrt {5 - x} }}{{\sqrt x + \sqrt {5 - x} }}} \,dx$ .....$(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_2^3 {\frac{{\sqrt x + \sqrt {5 - x} }}{{\sqrt {5 - x} + \sqrt x }}} \,dx$
$2I = \int_2^3 1 \,dx$
$2I = [x]_2^3 = 3 - 2 = 1$
$I = \frac{1}{2}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે વિધેય $f(x) = |\sin x|$ એ $\pi$ આવર્તમાન ધરાવે છે.
તેથી,$\int_0^{n\pi} |\sin x| \, dx = n \int_0^{\pi} |\sin x| \, dx = n \int_0^{\pi} \sin x \, dx = n [-\cos x]_0^{\pi} = n(1 - (-1)) = 2n$.
હવે,સંકલન $\int_{n\pi}^{n\pi + v} |\sin x| \, dx$ ધ્યાનમાં લો. ધારો કે $x = n\pi + t$,તો $dx = dt$. જ્યારે $x = n\pi$,ત્યારે $t = 0$. જ્યારે $x = n\pi + v$,ત્યારે $t = v$.
કારણ કે $|sin(n\pi + t)| = |\sin(n\pi) \cos t + \cos(n\pi) \sin t| = |(-1)^n \sin t| = |\sin t|$.
તેથી,$\int_{n\pi}^{n\pi + v} |\sin x| \, dx = \int_0^v |\sin t| \, dt$.
ધારો કે $0 \le v \le \pi$,તો આપણને $\int_0^v \sin t \, dt = [-\cos t]_0^v = 1 - \cos v$ મળે છે.
તેથી,$\int_0^{n\pi + v} |\sin x| \, dx = 2n + 1 - \cos v$.

(B) આપેલ વક્રો $y = |x - 1|$ અને $y = 1$ છે.
છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$|x - 1| = 1$ લો,જે $x - 1 = 1$ અથવા $x - 1 = -1$ આપે છે. આમ,$x = 2$ અથવા $x = 0$ મળે છે.
પ્રદેશ $x = 0$ અને $x = 2$ ની વચ્ચે ઘેરાયેલો છે.
ક્ષેત્રફળ $A = \int_{0}^{2} (1 - |x - 1|) dx$ દ્વારા મળે છે.
કારણ કે $x < 1$ માટે $|x - 1| = 1 - x$ અને $x \ge 1$ માટે $|x - 1| = x - 1$ છે,આપણે સંકલનને બે ભાગમાં વહેંચીએ છીએ:
$A = \int_{0}^{1} (1 - (1 - x)) dx + \int_{1}^{2} (1 - (x - 1)) dx$
$A = \int_{0}^{1} x dx + \int_{1}^{2} (2 - x) dx$
$A = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{1} + \left[ 2x - \frac{x^2}{2} \right]_{1}^{2}$
$A = \left( \frac{1}{2} - 0 \right) + \left( (4 - 2) - (2 - \frac{1}{2}) \right)$
$A = \frac{1}{2} + (2 - \frac{3}{2}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$.
આમ,ક્ષેત્રફળ $1$ ચોરસ એકમ છે.

(A) જો $A, B,$ અને $C$ પરસ્પર સ્વતંત્ર હોય,તો $P(A \cap B) = P(A)P(B), P(A \cap C) = P(A)P(C),$ અને $P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B)P(C)$.
$S_1$ માટે: $P(A \cap (B \cup C)) = P((A \cap B) \cup (A \cap C)) = P(A \cap B) + P(A \cap C) - P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B) + P(A)P(C) - P(A)P(B)P(C) = P(A)[P(B) + P(C) - P(B)P(C)] = P(A)P(B \cup C)$. તેથી,$S_1$ સાચું છે.
$S_2$ માટે: $P(A \cap (B \cap C)) = P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B)P(C) = P(A)P(B \cap C)$. તેથી,$S_2$ સાચું છે.

(B) એક ઉછાળમાં $4$ કરતા મોટી સંખ્યા (એટલે કે $5$ અથવા $6$) મેળવવાની સંભાવના $p = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ છે.
નિષ્ફળતાની સંભાવના $q = 1 - p = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ છે.
આપણે એવી સંભાવના શોધવાની છે કે સફળતા બેકી સંખ્યાના ઉછાળમાં મળે,જે નીચે મુજબની શ્રેણી દર્શાવે છે: (નિષ્ફળતા,સફળતા),(નિષ્ફળતા,નિષ્ફળતા,નિષ્ફળતા,સફળતા),વગેરે.
જરૂરી સંભાવના $P = pq + q^3p + q^5p + \dots$ છે.
આ એક અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = pq$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = q^2$ છે.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1 - r}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $P = \frac{pq}{1 - q^2} = \frac{(\frac{1}{3})(\frac{2}{3})}{1 - (\frac{2}{3})^2} = \frac{\frac{2}{9}}{1 - \frac{4}{9}} = \frac{\frac{2}{9}}{\frac{5}{9}} = \frac{2}{5}$.

(C) આપેલ છે કે $P(A^c) = 0.3$,તેથી $P(A) = 1 - 0.3 = 0.7$.
આપેલ છે કે $P(B) = 0.4$,તેથી $P(B^c) = 1 - 0.4 = 0.6$.
આપેલ છે કે $P(A \cap B^c) = 0.5$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap B^c)$,તેથી $0.7 = P(A \cap B) + 0.5$,જેનો અર્થ છે કે $P(A \cap B) = 0.2$.
આપણે $P(B | A \cup B^c) = \frac{P(B \cap (A \cup B^c))}{P(A \cup B^c)}$ શોધવાનું છે.
અંશ: $P(B \cap (A \cup B^c)) = P((B \cap A) \cup (B \cap B^c)) = P(A \cap B) \cup \emptyset = P(A \cap B) = 0.2$.
છેદ: $P(A \cup B^c) = P(A) + P(B^c) - P(A \cap B^c) = 0.7 + 0.6 - 0.5 = 0.8$.
તેથી,$P(B | A \cup B^c) = \frac{0.2}{0.8} = \frac{1}{4}$.

(B) ધારો કે $H$ એ છાપ મળવાની ઘટના છે અને $T$ એ કાંટો મળવાની ઘટના છે. $P(H) = P(T) = \frac{1}{2}$.
કિસ્સો $1$: જો $H$ મળે,તો બે પાસા ફેંકવામાં આવે છે. સરવાળો $7$ અથવા $8$ હોઈ શકે.
$P(7|H) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$ અને $P(8|H) = \frac{5}{36}$.
કિસ્સો $2$: જો $T$ મળે,તો $2$ થી $12$ અંકિત કાર્ડમાંથી એક કાર્ડ પસંદ થાય છે.
$P(7|T) = \frac{1}{11}$ અને $P(8|T) = \frac{1}{11}$.
$7$ મળવાની કુલ સંભાવના $P(7) = P(H)P(7|H) + P(T)P(7|T) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{6} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{11} = \frac{17}{132}$.
$8$ મળવાની કુલ સંભાવના $P(8) = P(H)P(8|H) + P(T)P(8|T) = \frac{1}{2} \times \frac{5}{36} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{11} = \frac{91}{792}$.
જરૂરી સંભાવના $P = P(7) + P(8) = \frac{17}{132} + \frac{91}{792} = \frac{193}{792} \approx 0.244$.

(C) સફેદ દડો નીકળવાની સંભાવના $p = \frac{12}{24} = \frac{1}{2}$ છે.
$7^{th}$ પ્રયત્ન પર $4^{th}$ વખત સફેદ દડો મળે તે માટે,પ્રથમ $6$ પ્રયત્નોમાં બરાબર $3$ સફેદ દડા મળવા જોઈએ અને $7^{th}$ પ્રયત્ન સફેદ દડો હોવો જોઈએ.
સંભાવના: $P = \binom{6}{3} \times p^3 \times (1-p)^3 \times p$.
$p = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$P = 20 \times (\frac{1}{2})^3 \times (\frac{1}{2})^3 \times \frac{1}{2} = 20 \times (\frac{1}{2})^7 = \frac{20}{128} = \frac{5}{32}$.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} \cos(A-P) & \cos(A-Q) & \cos(A-R) \\ \cos(B-P) & \cos(B-Q) & \cos(B-R) \\ \cos(C-P) & \cos(C-Q) & \cos(C-R) \end{array} \right|$ છે.
$\cos(x-y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને,આપણે દરેક ઘટકને બે પદોના સરવાળા તરીકે લખી શકીએ છીએ.
આ આપણને નિશ્ચાયકને બે શ્રેણિકોના ગુણાકાર તરીકે દર્શાવવાની મંજૂરી આપે છે:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} \cos A & \sin A & 0 \\ \cos B & \sin B & 0 \\ \cos C & \sin C & 0 \end{array} \right| \times \left| \begin{array}{ccc} \cos P & \cos Q & \cos R \\ \sin P & \sin Q & \sin R \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right|$.
પ્રથમ શ્રેણિકનો ત્રીજો સ્તંભ શૂન્ય છે અને બીજા શ્રેણિકની ત્રીજી હાર શૂન્ય છે,તેથી આ બે શ્રેણિકોનો ગુણાકાર શૂન્ય થાય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,નિશ્ચાયકને $8$ નિશ્ચાયકોમાં વિભાજિત કરી શકાય છે,જેમાંથી દરેક પાસે ઓછામાં ઓછા બે સમાન સ્તંભો (અથવા હાર) હોય છે,જેના કારણે દરેક નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
આમ,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ છે.

(D) ધારો કે $\alpha = \cos^{-1} \frac{1}{5\sqrt{2}}$. તેથી $\cos \alpha = \frac{1}{5\sqrt{2}}$.
$\tan^2 \alpha = \sec^2 \alpha - 1 = (5\sqrt{2})^2 - 1 = 50 - 1 = 49$ હોવાથી,$\tan \alpha = 7$ મળે.
આમ,$\alpha = \tan^{-1} 7$.
ધારો કે $\beta = \sin^{-1} \frac{4}{\sqrt{17}}$. તેથી $\sin \beta = \frac{4}{\sqrt{17}}$.
$\cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta = 1 - \frac{16}{17} = \frac{1}{17}$ હોવાથી,$\cos \beta = \frac{1}{\sqrt{17}}$ મળે.
તેથી $\tan \beta = \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{4/\sqrt{17}}{1/\sqrt{17}} = 4$.
આમ,$\beta = \tan^{-1} 4$.
હવે પદાવલિ $\tan(\alpha - \beta) = \tan(\tan^{-1} 7 - \tan^{-1} 4)$ બને છે.
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(\tan^{-1} 7 - \tan^{-1} 4) = \frac{7 - 4}{1 + (7)(4)} = \frac{3}{1 + 28} = \frac{3}{29}$.

(A) $R$ અને $S$ ના સ્થાન સદિશો અનુક્રમે $\frac{3p + 2q}{5}$ અને $3p - 2q$ છે.
તેથી,$\overrightarrow{OR} = \frac{3p + 2q}{5}$ અને $\overrightarrow{OS} = 3p - 2q.$
કારણ કે $\overrightarrow{OR} \perp \overrightarrow{OS},$ તેમનો ડોટ ગુણાકાર શૂન્ય થાય,તેથી $\overrightarrow{OR} \cdot \overrightarrow{OS} = 0.$
$\left( \frac{3p + 2q}{5} \right) \cdot (3p - 2q) = 0$
$9|p|^2 - 6(p \cdot q) + 6(q \cdot p) - 4|q|^2 = 0$
$9|p|^2 - 4|q|^2 = 0$
$9|p|^2 = 4|q|^2$
આપેલ છે કે $|p| = p$ અને $|q| = q,$ તેથી આપણને $9p^2 = 4q^2$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x$ અને $g(x) = \ln |x|$.
$fog(x) = f(g(x)) = \sin(\ln |x|)$ માટે.
કારણ કે $\ln |x|$ નો વિસ્તાર $(-\infty, \infty)$ છે,તેથી $\sin(\ln |x|)$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ થશે. આમ,$R_1 = [-1, 1]$.
$gof(x) = g(f(x)) = \ln |\sin x|$ માટે.
કારણ કે $|\sin x|$ નો વિસ્તાર $(0, 1]$ છે,તેથી $\ln |\sin x|$ નો વિસ્તાર $(-\infty, 0]$ થશે. આમ,$R_2 = (-\infty, 0]$.
તેથી,$R_1 = \{u: -1 \le u \le 1\}$ અને $R_2 = \{v: -\infty < v \le 0\}$.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^-} (1 + |\sin x|)^{a/|\sin x|} = e^{\lim_{x \to 0^-} |\sin x| \cdot \frac{a}{|\sin x|}} = e^a$.
ત્યારબાદ,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^+} e^{\tan 2x/\tan 3x} = e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 2x}{\tan 3x}} = e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{(\tan 2x / 2x) \cdot 2x}{(\tan 3x / 3x) \cdot 3x}} = e^{2/3}$.
કારણ કે $f(0) = b$,આપણે લક્ષને સરખાવીએ:
$e^a = b = e^{2/3}$.
આમ,$a = 2/3$ અને $b = e^{2/3}$ થાય.

(A) બિંદુ $(2,3)$ એ વક્ર $y^2=px^3+q$ પર આવેલું હોવાથી,આપણને મળે:
$3^2 = p(2)^3 + q$
$9 = 8p + q$ ...$(i)$
હવે,વક્રના સમીકરણ $y^2=px^3+q$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2y \frac{dy}{dx} = 3px^2$
$\frac{dy}{dx} = \frac{3px^2}{2y}$
સ્પર્શક $y=4x-5$ નો ઢાળ $4$ છે. તેથી,$(2,3)$ બિંદુએ વિકલિતનું મૂલ્ય $4$ થવું જોઈએ:
$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{(2,3)} = \frac{3p(2)^2}{2(3)} = 4$
$\frac{12p}{6} = 4$
$2p = 4 \Rightarrow p = 2$ ...$(ii)$
$p=2$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$8(2) + q = 9$
$16 + q = 9$
$q = 9 - 16 = -7$
આમ,$p=2$ અને $q=-7$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $y=(\sin x)^{\tan x}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે $\log y = \tan x \cdot \log(\sin x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા (ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\tan x) \cdot \log(\sin x) + \tan x \cdot \frac{d}{dx}(\log(\sin x))$.
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \sec^2 x \cdot \log(\sin x) + \tan x \cdot \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x$.
કારણ કે $\frac{\cos x}{\sin x} = \cot x$,તેથી $\tan x \cdot \cot x = 1$.
આમ,$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \sec^2 x \log(\sin x) + 1$.
$y$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $\frac{dy}{dx} = y[1 + \sec^2 x \log(\sin x)]$.
$y = (\sin x)^{\tan x}$ મૂકતા,$\frac{dy}{dx} = (\sin x)^{\tan x}[1 + \sec^2 x \log(\sin x)]$.