IIT JEE 1997 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sqrt{x + 1} - \sqrt{x - 1} = \sqrt{4x - 1}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(x + 1) + (x - 1) - 2\sqrt{(x + 1)(x - 1)} = 4x - 1$.
$2x - 2\sqrt{x^2 - 1} = 4x - 1$.
$-2\sqrt{x^2 - 1} = 2x - 1$.
ફરીથી બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $4(x^2 - 1) = (2x - 1)^2$.
$4x^2 - 4 = 4x^2 - 4x + 1$.
$-4 = -4x + 1$.
$4x = 5 \implies x = 5/4$.
મૂળ સમીકરણમાં $x = 5/4$ મુકતા: $\sqrt{5/4 + 1} - \sqrt{5/4 - 1} = \sqrt{9/4} - \sqrt{1/4} = 3/2 - 1/2 = 1$.
પરંતુ,જમણી બાજુ $\sqrt{4(5/4) - 1} = \sqrt{5 - 1} = \sqrt{4} = 2$ છે.
$1 \neq 2$ હોવાથી,$x = 5/4$ એ ઉકેલ નથી.
તેથી,સમીકરણનો કોઈ ઉકેલ નથી.

(A) આપેલ છે કે $\cos (\theta - \alpha ), \cos \theta, \cos (\theta + \alpha )$ એ $H.P.$ માં છે.
તેથી,તેમના વ્યસ્ત $\frac{1}{\cos (\theta - \alpha )}, \frac{1}{\cos \theta}, \frac{1}{\cos (\theta + \alpha )}$ એ $A.P.$ માં છે.
આથી $\frac{2}{\cos \theta} = \frac{1}{\cos (\theta - \alpha )} + \frac{1}{\cos (\theta + \alpha )}$.
સૂત્ર $\cos (A+B) + \cos (A-B) = 2 \cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{2 \cos \theta \cos \alpha}{\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha}$.
સાદુરૂપ આપતા,$\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha = \cos^2 \theta \cos \alpha$.
$\cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = \sin^2 \alpha$.
$1 - \cos \alpha = 2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}$ અને $\sin^2 \alpha = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos^2 \frac{\alpha}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos^2 \theta (2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}) = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.
$\cos^2 \theta = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.
$\cos^2 \theta \sec^2 \frac{\alpha}{2} = 2$.
વર્ગમૂળ લેતા,$\cos \theta \sec \frac{\alpha}{2} = \pm \sqrt{2}$.

(D) ધારો કે $y = \cos x \cos(x + 2) - \cos^2(x + 1)$.
નિત્યસમ $\cos A \cos B = \frac{1}{2}[\cos(A - B) + \cos(A + B)]$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \frac{1}{2}[\cos(x - (x + 2)) + \cos(x + x + 2)] - \cos^2(x + 1)$
$y = \frac{1}{2}[\cos(-2) + \cos(2x + 2)] - \cos^2(x + 1)$
$\cos(-2) = \cos 2$ હોવાથી:
$y = \frac{1}{2}\cos 2 + \frac{1}{2}\cos(2(x + 1)) - \cos^2(x + 1)$
$\cos(2\theta) = 2\cos^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \frac{1}{2}\cos 2 + \frac{1}{2}(2\cos^2(x + 1) - 1) - \cos^2(x + 1)$
$y = \frac{1}{2}\cos 2 + \cos^2(x + 1) - \frac{1}{2} - \cos^2(x + 1)$
$y = \frac{1}{2}(\cos 2 - 1)$
$1 - \cos 2 = 2\sin^2 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = -\sin^2 1$ મળે છે.
આ $x$-અક્ષને સમાંતર એક સીધી રેખા દર્શાવે છે,જે $(\frac{\pi}{2}, -\sin^2 1)$ માંથી પસાર થાય છે.

(B) ધારો કે ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ છે,જ્યાં $a > b$.
નાભિઓ $F(ae, 0)$ અને $F'(-ae, 0)$ છે અને ગૌણ અક્ષનું અંત્યબિંદુ $B(0, b)$ છે.
ઉપવલયનું કેન્દ્ર $C(0, 0)$ છે.
આપેલ છે કે $\angle FBF' = \frac{\pi}{2}$.
$\triangle FBF'$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,વેધ $BC$ એ $\angle FBF'$ નો દ્વિભાજક છે.
તેથી,$\angle FBC = \frac{1}{2} \angle FBF' = \frac{\pi}{4}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle BCF$ માં,$\tan(\angle FBC) = \frac{CF}{BC}$.
$\tan(\frac{\pi}{4}) = \frac{ae}{b}$.
$1 = \frac{ae}{b} \Rightarrow b = ae$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$b^2 = a^2 e^2$.
સંબંધ $b^2 = a^2(1 - e^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$a^2(1 - e^2) = a^2 e^2$.
$1 - e^2 = e^2$.
$2e^2 = 1$.
$e^2 = 1/2$.
$e = 1/\sqrt{2}$.

(B) આપેલ છે કે $p, q, r$ સમાન માન ધરાવતા પરસ્પર લંબ સદિશો છે,ધારો કે $|p| = |q| = |r| = c$.
તેથી,$p \cdot q = q \cdot r = r \cdot p = 0$ અને $p \cdot p = q \cdot q = r \cdot r = c^2$.
સદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના નિત્યસમ $a \times (b \times c) = (a \cdot c)b - (a \cdot b)c$ નો ઉપયોગ કરીને,દરેક પદનું વિસ્તરણ કરીએ:
$p \times \{(x - q) \times p\} = (p \cdot p)(x - q) - (p \cdot (x - q))p = c^2(x - q) - (p \cdot x)p$.
તે જ રીતે,$q \times \{(x - r) \times q\} = c^2(x - r) - (q \cdot x)q$ અને $r \times \{(x - p) \times r\} = c^2(x - p) - (r \cdot x)r$.
આ બધાનો સરવાળો કરતા:
$c^2(x - q + x - r + x - p) - [(p \cdot x)p + (q \cdot x)q + (r \cdot x)r] = 0$.
$c^2(3x - (p + q + r)) - [(p \cdot x)p + (q \cdot x)q + (r \cdot x)r] = 0$.
જો આપણે $x = \frac{1}{2}(p + q + r)$ મૂકીએ,તો $p \cdot x = \frac{1}{2}c^2$,$q \cdot x = \frac{1}{2}c^2$,અને $r \cdot x = \frac{1}{2}c^2$ મળે.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$c^2(3(\frac{1}{2}(p + q + r)) - (p + q + r)) - [\frac{1}{2}c^2 p + \frac{1}{2}c^2 q + \frac{1}{2}c^2 r] = 0$.
$c^2(\frac{3}{2}(p + q + r) - (p + q + r)) - \frac{1}{2}c^2(p + q + r) = 0$.
$c^2(\frac{1}{2}(p + q + r)) - \frac{1}{2}c^2(p + q + r) = 0$.
આ સાબિત કરે છે કે $x = \frac{1}{2}(p + q + r)$ એ ઉકેલ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} x^3 & \sin x & \cos x \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકનું વિકલન એ એક સમયે એક હારનું વિકલન કરીને મેળવેલા નિશ્ચાયકોનો સરવાળો હોવાથી,અને બીજી તથા ત્રીજી હાર અચળ હોવાથી,ત્રીજું વિકલન $f'''(x)$ પ્રથમ હારનું ત્રણ વાર વિકલન કરવાથી મળે છે:
$f'''(x) = \left| \begin{array}{ccc} \frac{d^3}{dx^3}(x^3) & \frac{d^3}{dx^3}(\sin x) & \frac{d^3}{dx^3}(\cos x) \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$
વિકલન કરતા:
$\frac{d^3}{dx^3}(x^3) = 6$
$\frac{d^3}{dx^3}(\sin x) = -\cos x$
$\frac{d^3}{dx^3}(\cos x) = \sin x$
તેથી,$f'''(x) = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -\cos x & \sin x \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
$x = 0$ આગળ:
$f'''(0) = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -\cos(0) & \sin(0) \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -1 & 0 \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
અહીં પ્રથમ બે હાર સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
તેથી,જવાબ $0$ છે,જે $p$ થી સ્વતંત્ર છે.

(C) $f(x) = \frac{x}{\sin x}$ માટે,$f'(x) = \frac{\sin x - x \cos x}{\sin^2 x} = \frac{\cos x(\tan x - x)}{\sin^2 x}$ મળે છે.
$0 < x \le 1$ (રેડિયનમાં) હોવાથી,આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan x > x$ અને $\cos x > 0$. તેથી,$f'(x) > 0$,જે દર્શાવે છે કે $f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
$g(x) = \frac{x}{\tan x} = x \cot x$ માટે,$g'(x) = \cot x - x \csc^2 x = \frac{\sin x \cos x - x}{\sin^2 x} = \frac{\sin 2x - 2x}{2 \sin^2 x}$ મળે છે.
ધારો કે $h(x) = \sin 2x - 2x$. તો $h'(x) = 2 \cos 2x - 2 = 2(\cos 2x - 1)$. $x \in (0, 1]$ માટે $\cos 2x < 1$ હોવાથી,$h'(x) < 0$ થાય.
$h(0) = 0$ અને $h(x)$ ઘટતું હોવાથી,$x > 0$ માટે $h(x) < 0$ થાય. તેથી,$g'(x) < 0$,જે દર્શાવે છે કે $g(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
આમ,$f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{r}{{\sqrt {{n^2} + {r^2}} }}} $.
આ પદને આ રીતે લખી શકાય: $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{1}{n} \cdot \frac{r/n}{{\sqrt {1 + {{(r/n)}^2}} }}} $.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{kn} {f(r/n)} = \int_0^k {f(x)dx}$.
અહીં,$f(x) = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}$ અને ઉપરની સીમા $k = 2$ છે.
તેથી,$L = \int_0^2 {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} dx$.
ધારો કે $u = 1 + x^2$,તો $du = 2x dx$,અથવા $x dx = \frac{1}{2} du$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $u = 1$. જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $u = 5$.
$L = \int_1^5 {\frac{1}{{2\sqrt u }}} du = \left[ {\sqrt u } \right]_1^5 = \sqrt{5} - 1$.

(C) આપેલ છે કે $I_1 = \int_{1 - k}^k x f\{x(1 - x)\} dx$ અને $I_2 = \int_{1 - k}^k f\{x(1 - x)\} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} g(x) dx = \int_{a}^{b} g(a + b - x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a + b = 1 - k + k = 1$ છે.
તેથી,$I_1 = \int_{1 - k}^k (1 - x) f\{(1 - x)(1 - (1 - x))\} dx$.
$I_1 = \int_{1 - k}^k (1 - x) f\{(1 - x)x\} dx$.
$I_1 = \int_{1 - k}^k f\{x(1 - x)\} dx - \int_{1 - k}^k x f\{x(1 - x)\} dx$.
$I_1 = I_2 - I_1$.
$2I_1 = I_2$.
તેથી,$I_1/I_2 = 1/2$.

(B) ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta$ છે. સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \to C_1 + C_3$ લાગુ કરો.
$\cos(A-B) + \cos(A+B) = 2\cos A \cos B$ અને $\sin(A-B) + \sin(A+B) = 2\sin A \cos B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$C_1 = \begin{bmatrix} 1+a^2 \\ 2\cos px \cos dx \\ 2\sin px \cos dx \end{bmatrix}$.
હવે,$C_1 \to C_1 - 2\cos dx \cdot C_2$ લાગુ કરો:
$C_1 = \begin{bmatrix} 1+a^2 - 2a\cos dx \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$.
પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = (1+a^2 - 2a\cos dx) \cdot [\cos px \sin(p+d)x - \sin px \cos(p+d)x]$.
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta = (1+a^2 - 2a\cos dx) \cdot \sin((p+d)x - px) = (1+a^2 - 2a\cos dx) \sin dx$.
અંતિમ પદ $(1+a^2 - 2a\cos dx) \sin dx$ માં $p$ આવતો નથી,તેથી નિશ્ચાયક $p$ પર આધારિત નથી.

(A) આપેલ છે કે $g(x) = \int_0^x \cos^4 t \,dt$.
આપણે $g(x+\pi) = \int_0^{x+\pi} \cos^4 t \,dt$ શોધવાનું છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા, $\int_0^{x+\pi} f(t) \,dt = \int_0^x f(t) \,dt + \int_x^{x+\pi} f(t) \,dt$.
તેથી, $g(x+\pi) = g(x) + \int_x^{x+\pi} \cos^4 t \,dt$.
કારણ કે $\cos^4 t$ એ $\pi$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે, તેથી $\pi$ લંબાઈના કોઈપણ અંતરાલ પરનું સંકલન $[0, \pi]$ પરના સંકલન જેટલું જ થાય.
તેથી, $\int_x^{x+\pi} \cos^4 t \,dt = \int_0^\pi \cos^4 t \,dt = g(\pi)$.
આમ, $g(x+\pi) = g(x) + g(\pi)$.