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

(A) दिया गया समीकरण: $\sqrt{x + 1} - \sqrt{x - 1} = \sqrt{4x - 1}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $(x + 1) + (x - 1) - 2\sqrt{(x + 1)(x - 1)} = 4x - 1$.
$2x - 2\sqrt{x^2 - 1} = 4x - 1$.
$-2\sqrt{x^2 - 1} = 2x - 1$.
पुनः दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $4(x^2 - 1) = (2x - 1)^2$.
$4x^2 - 4 = 4x^2 - 4x + 1$.
$-4 = -4x + 1$.
$4x = 5 \implies x = 5/4$.
मूल समीकरण में $x = 5/4$ रखने पर: $\sqrt{5/4 + 1} - \sqrt{5/4 - 1} = \sqrt{9/4} - \sqrt{1/4} = 3/2 - 1/2 = 1$.
हालाँकि,दायां पक्ष $\sqrt{4(5/4) - 1} = \sqrt{5 - 1} = \sqrt{4} = 2$ है।
चूँकि $1 \neq 2$,इसलिए $x = 5/4$ एक बाह्य हल है।
अतः,समीकरण का कोई हल नहीं है।

(A) दिया गया है कि $\cos (\theta - \alpha ), \cos \theta, \cos (\theta + \alpha )$ $H.P.$ में हैं।
अतः,उनके व्युत्क्रम $\frac{1}{\cos (\theta - \alpha )}, \frac{1}{\cos \theta}, \frac{1}{\cos (\theta + \alpha )}$ $A.P.$ में होंगे।
इसका अर्थ है $\frac{2}{\cos \theta} = \frac{1}{\cos (\theta - \alpha )} + \frac{1}{\cos (\theta + \alpha )}$.
सूत्र $\cos (A+B) + \cos (A-B) = 2 \cos A \cos B$ का उपयोग करने पर,$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{2 \cos \theta \cos \alpha}{\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha}$.
सरल करने पर,$\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha = \cos^2 \theta \cos \alpha$.
$\cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = \sin^2 \alpha$.
$1 - \cos \alpha = 2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}$ और $\sin^2 \alpha = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos^2 \frac{\alpha}{2}$ का उपयोग करने पर,$\cos^2 \theta (2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}) = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.
$\cos^2 \theta = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.
$\cos^2 \theta \sec^2 \frac{\alpha}{2} = 2$.
वर्गमूल लेने पर,$\cos \theta \sec \frac{\alpha}{2} = \pm \sqrt{2}$.

(D) माना $y = \cos x \cos(x + 2) - \cos^2(x + 1)$.
सर्वसमिका $\cos A \cos B = \frac{1}{2}[\cos(A - B) + \cos(A + B)]$ का उपयोग करने पर:
$y = \frac{1}{2}[\cos(x - (x + 2)) + \cos(x + x + 2)] - \cos^2(x + 1)$
$y = \frac{1}{2}[\cos(-2) + \cos(2x + 2)] - \cos^2(x + 1)$
चूंकि $\cos(-2) = \cos 2$,हमें प्राप्त होता है:
$y = \frac{1}{2}\cos 2 + \frac{1}{2}\cos(2(x + 1)) - \cos^2(x + 1)$
$\cos(2\theta) = 2\cos^2 \theta - 1$ का उपयोग करने पर:
$y = \frac{1}{2}\cos 2 + \frac{1}{2}(2\cos^2(x + 1) - 1) - \cos^2(x + 1)$
$y = \frac{1}{2}\cos 2 + \cos^2(x + 1) - \frac{1}{2} - \cos^2(x + 1)$
$y = \frac{1}{2}(\cos 2 - 1)$
$1 - \cos 2 = 2\sin^2 1$ का उपयोग करने पर,$y = -\sin^2 1$ प्राप्त होता है।
यह $x$-अक्ष के समानांतर एक सीधी रेखा को दर्शाता है,जो $(\frac{\pi}{2}, -\sin^2 1)$ से गुजरती है।

(B) माना दीर्घवृत्त $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ है,जहाँ $a > b$ है।
नाभियाँ $F(ae, 0)$ और $F'(-ae, 0)$ हैं और लघु अक्ष का अंतिम बिंदु $B(0, b)$ है।
दीर्घवृत्त का केंद्र $C(0, 0)$ है।
दिया गया है कि $\angle FBF' = \frac{\pi}{2}$ है।
चूँकि $\triangle FBF'$ एक समद्विबाहु त्रिभुज है,इसलिए शीर्षलंब $BC$,$\angle FBF'$ को समद्विभाजित करता है।
अतः,$\angle FBC = \frac{1}{2} \angle FBF' = \frac{\pi}{4}$ है।
समकोण त्रिभुज $\triangle BCF$ में,$\tan(\angle FBC) = \frac{CF}{BC}$ है।
$\tan(\frac{\pi}{4}) = \frac{ae}{b}$ है।
$1 = \frac{ae}{b} \Rightarrow b = ae$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$b^2 = a^2 e^2$ प्राप्त होता है।
संबंध $b^2 = a^2(1 - e^2)$ का उपयोग करने पर,$a^2(1 - e^2) = a^2 e^2$ प्राप्त होता है।
$1 - e^2 = e^2$ है।
$2e^2 = 1$ है।
$e^2 = 1/2$ है।
$e = 1/\sqrt{2}$ है।

(B) दिया गया है कि $p, q, r$ समान परिमाण के परस्पर लंबवत सदिश हैं,मान लीजिए $|p| = |q| = |r| = c$ है।
अतः,$p \cdot q = q \cdot r = r \cdot p = 0$ और $p \cdot p = q \cdot q = r \cdot r = c^2$ है।
सदिश त्रिक गुणनफल सर्वसमिका $a \times (b \times c) = (a \cdot c)b - (a \cdot b)c$ का उपयोग करते हुए,प्रत्येक पद का विस्तार करते हैं:
$p \times \{(x - q) \times p\} = (p \cdot p)(x - q) - (p \cdot (x - q))p = c^2(x - q) - (p \cdot x)p$.
इसी प्रकार,$q \times \{(x - r) \times q\} = c^2(x - r) - (q \cdot x)q$ और $r \times \{(x - p) \times r\} = c^2(x - p) - (r \cdot x)r$.
इनका योग करने पर:
$c^2(x - q + x - r + x - p) - [(p \cdot x)p + (q \cdot x)q + (r \cdot x)r] = 0$.
$c^2(3x - (p + q + r)) - [(p \cdot x)p + (q \cdot x)q + (r \cdot x)r] = 0$.
यदि हम $x = \frac{1}{2}(p + q + r)$ प्रतिस्थापित करते हैं,तो $p \cdot x = \frac{1}{2}c^2$,$q \cdot x = \frac{1}{2}c^2$,और $r \cdot x = \frac{1}{2}c^2$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$c^2(3(\frac{1}{2}(p + q + r)) - (p + q + r)) - [\frac{1}{2}c^2 p + \frac{1}{2}c^2 q + \frac{1}{2}c^2 r] = 0$.
$c^2(\frac{3}{2}(p + q + r) - (p + q + r)) - \frac{1}{2}c^2(p + q + r) = 0$.
$c^2(\frac{1}{2}(p + q + r)) - \frac{1}{2}c^2(p + q + r) = 0$.
यह पुष्टि करता है कि $x = \frac{1}{2}(p + q + r)$ ही हल है।

(D) दिया गया है $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} x^3 & \sin x & \cos x \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
चूंकि सारणिक का अवकलन एक समय में एक पंक्ति का अवकलन करके प्राप्त सारणिकों का योग होता है,और दूसरी तथा तीसरी पंक्तियाँ स्थिरांक हैं,इसलिए तीसरा अवकलज $f'''(x)$ पहली पंक्ति का तीन बार अवकलन करने से प्राप्त होता है:
$f'''(x) = \left| \begin{array}{ccc} \frac{d^3}{dx^3}(x^3) & \frac{d^3}{dx^3}(\sin x) & \frac{d^3}{dx^3}(\cos x) \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$
अवकलन करने पर:
$\frac{d^3}{dx^3}(x^3) = 6$
$\frac{d^3}{dx^3}(\sin x) = -\cos x$
$\frac{d^3}{dx^3}(\cos x) = \sin x$
अतः,$f'''(x) = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -\cos x & \sin x \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
$x = 0$ पर:
$f'''(0) = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -\cos(0) & \sin(0) \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -1 & 0 \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
चूंकि पहली दो पंक्तियाँ समान हैं,इसलिए सारणिक का मान $0$ है।
अतः,परिणाम $0$ है,जो $p$ से स्वतंत्र है।

(C) $f(x) = \frac{x}{\sin x}$ के लिए,$f'(x) = \frac{\sin x - x \cos x}{\sin^2 x} = \frac{\cos x(\tan x - x)}{\sin^2 x}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $0 < x \le 1$ (रेडियन में),हम जानते हैं कि $\tan x > x$ और $\cos x > 0$ है। अतः,$f'(x) > 0$,जो दर्शाता है कि $f(x)$ एक वर्धमान फलन है।
$g(x) = \frac{x}{\tan x} = x \cot x$ के लिए,$g'(x) = \cot x - x \csc^2 x = \frac{\sin x \cos x - x}{\sin^2 x} = \frac{\sin 2x - 2x}{2 \sin^2 x}$ प्राप्त होता है।
माना $h(x) = \sin 2x - 2x$ है। तब $h'(x) = 2 \cos 2x - 2 = 2(\cos 2x - 1)$ है। $x \in (0, 1]$ के लिए $\cos 2x < 1$ होने के कारण,$h'(x) < 0$ है।
चूंकि $h(0) = 0$ और $h(x)$ ह्रासमान है,इसलिए $x > 0$ के लिए $h(x) < 0$ होगा। अतः,$g'(x) < 0$,जो दर्शाता है कि $g(x)$ एक ह्रासमान फलन है।
इस प्रकार,$f(x)$ एक वर्धमान फलन है।

(B) माना कि $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{r}{{\sqrt {{n^2} + {r^2}} }}} $.
हम इस व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं: $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{1}{n} \cdot \frac{r/n}{{\sqrt {1 + {{(r/n)}^2}} }}} $.
निश्चित समाकलन की परिभाषा के अनुसार,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{kn} {f(r/n)} = \int_0^k {f(x)dx}$.
यहाँ,$f(x) = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}$ और ऊपरी सीमा $k = 2$ है।
अतः,$L = \int_0^2 {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} dx$.
माना $u = 1 + x^2$,तब $du = 2x dx$,या $x dx = \frac{1}{2} du$.
जब $x = 0$,तब $u = 1$. जब $x = 2$,तब $u = 5$.
$L = \int_1^5 {\frac{1}{{2\sqrt u }}} du = \left[ {\sqrt u } \right]_1^5 = \sqrt{5} - 1$.

(C) दिया गया है $I_1 = \int_{1 - k}^k x f\{x(1 - x)\} dx$ और $I_2 = \int_{1 - k}^k f\{x(1 - x)\} dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} g(x) dx = \int_{a}^{b} g(a + b - x) dx$ का उपयोग करने पर,यहाँ $a + b = 1 - k + k = 1$ है।
अतः,$I_1 = \int_{1 - k}^k (1 - x) f\{(1 - x)(1 - (1 - x))\} dx$.
$I_1 = \int_{1 - k}^k (1 - x) f\{(1 - x)x\} dx$.
$I_1 = \int_{1 - k}^k f\{x(1 - x)\} dx - \int_{1 - k}^k x f\{x(1 - x)\} dx$.
$I_1 = I_2 - I_1$.
$2I_1 = I_2$.
इसलिए,$I_1/I_2 = 1/2$.

(B) माना सारणिक $\Delta$ है। स्तंभ संक्रिया $C_1 \to C_1 + C_3$ लागू करें।
$\cos(A-B) + \cos(A+B) = 2\cos A \cos B$ और $\sin(A-B) + \sin(A+B) = 2\sin A \cos B$ सूत्र का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$C_1 = \begin{bmatrix} 1+a^2 \\ 2\cos px \cos dx \\ 2\sin px \cos dx \end{bmatrix}$.
अब,$C_1 \to C_1 - 2\cos dx \cdot C_2$ लागू करें:
$C_1 = \begin{bmatrix} 1+a^2 - 2a\cos dx \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$.
प्रथम स्तंभ के अनुदिश विस्तार करने पर:
$\Delta = (1+a^2 - 2a\cos dx) \cdot [\cos px \sin(p+d)x - \sin px \cos(p+d)x]$.
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$\Delta = (1+a^2 - 2a\cos dx) \cdot \sin((p+d)x - px) = (1+a^2 - 2a\cos dx) \sin dx$.
चूंकि अंतिम व्यंजक $(1+a^2 - 2a\cos dx) \sin dx$ में $p$ नहीं है,इसलिए सारणिक $p$ पर निर्भर नहीं करता है।

(A) दिया गया है कि $g(x) = \int_0^x \cos^4 t \,dt$.
हमें $g(x+\pi) = \int_0^{x+\pi} \cos^4 t \,dt$ ज्ञात करना है।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म का उपयोग करते हुए, $\int_0^{x+\pi} f(t) \,dt = \int_0^x f(t) \,dt + \int_x^{x+\pi} f(t) \,dt$.
अतः, $g(x+\pi) = g(x) + \int_x^{x+\pi} \cos^4 t \,dt$.
चूंकि $\cos^4 t$ एक आवर्ती फलन है जिसका आवर्तकाल $\pi$ है, इसलिए $\pi$ लंबाई के किसी भी अंतराल पर समाकलन $[0, \pi]$ पर समाकलन के बराबर होता है।
इसलिए, $\int_x^{x+\pi} \cos^4 t \,dt = \int_0^\pi \cos^4 t \,dt = g(\pi)$.
अतः, $g(x+\pi) = g(x) + g(\pi)$.