IIT JEE 2001 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) એકમના $n^{th}$ મૂળ ${z_r} = \cos \frac{2r\pi}{n} + i\sin \frac{2r\pi}{n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r = 0, 1, \dots, n-1$.
ધારો કે ${z_1} = \cos \frac{2r_1\pi}{n} + i\sin \frac{2r_1\pi}{n}$ અને ${z_2} = \cos \frac{2r_2\pi}{n} + i\sin \frac{2r_2\pi}{n}$.
ઉગમબિંદુ પર ${z_1}$ અને ${z_2}$ ને જોડતા રેખાખંડ દ્વારા આંતરેલો ખૂણો $\frac{z_1}{z_2}$ ના કોણાંક દ્વારા મળે છે.
$\text{arg}\left(\frac{z_1}{z_2}\right) = \text{arg}(z_1) - \text{arg}(z_2) = \frac{2(r_1 - r_2)\pi}{n}$.
ખૂણો કાટખૂણો હોવાથી,$\frac{2(r_1 - r_2)\pi}{n} = \pm \frac{\pi}{2}$.
આથી $\frac{2(r_1 - r_2)}{n} = \pm \frac{1}{2}$,જેનું સાદુરૂપ $n = \pm 4(r_1 - r_2)$ થાય છે.
$r_1$ અને $r_2$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$n$ એ $4$ નો ગુણક હોવો જોઈએ,એટલે કે $n = 4k$.

(C) પ્રથમ સમાંતર શ્રેણી $2, 5, 8, \dots$ માટે,પ્રથમ પદ $a_1 = 2$ અને સામાન્ય તફાવત $d_1 = 3$ છે. પ્રથમ $2n$ પદોનો સરવાળો $S_{2n} = \frac{2n}{2} [2(2) + (2n - 1)3] = n[4 + 6n - 3] = n(6n + 1)$ થાય.
બીજી સમાંતર શ્રેણી $57, 59, 61, \dots$ માટે,પ્રથમ પદ $a_2 = 57$ અને સામાન્ય તફાવત $d_2 = 2$ છે. પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \frac{n}{2} [2(57) + (n - 1)2] = \frac{n}{2} [114 + 2n - 2] = n(56 + n)$ થાય.
આપેલ છે કે $S_{2n} = S_n$,તેથી $n(6n + 1) = n(56 + n)$.
$n \neq 0$ હોવાથી,$n$ વડે ભાગતા: $6n + 1 = 56 + n$.
$5n = 55$,તેથી $n = 11$.

(D) આપેલ છે કે $a, b, c, d$ એ $A.P.$ માં છે.
દરેક પદને $abcd$ વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$\frac{a}{abcd}, \frac{b}{abcd}, \frac{c}{abcd}, \frac{d}{abcd}$ એ $A.P.$ માં છે.
આનું સાદું રૂપ:
$\frac{1}{bcd}, \frac{1}{acd}, \frac{1}{abd}, \frac{1}{abc}$ એ $A.P.$ માં છે.
$H.P.$ ની વ્યાખ્યા મુજબ,$A.P.$ માં રહેલા પદોના વ્યસ્ત $H.P.$ માં હોય છે.
તેથી,$bcd, acd, abd, abc$ એ $H.P.$ માં છે.
ક્રમ ઉલટાવતા,$abc, abd, acd, bcd$ પણ $H.P.$ માં છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\log_{4}(x - 1) = \log_{2}(x - 3)$
આધાર બદલવાના સૂત્ર $\log_{a^n}(b) = \frac{1}{n} \log_{a}(b)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\log_{4}(x - 1) = \frac{1}{2} \log_{2}(x - 1)$ મળે.
તેથી,$\frac{1}{2} \log_{2}(x - 1) = \log_{2}(x - 3)$
$\log_{2}(x - 1) = 2 \log_{2}(x - 3)$
$\log_{2}(x - 1) = \log_{2}((x - 3)^2)$
$x - 1 = (x - 3)^2$
$x - 1 = x^2 - 6x + 9$
$x^2 - 7x + 10 = 0$
$(x - 5)(x - 2) = 0$
આમ,$x = 5$ અથવા $x = 2$.
પ્રદેશ તપાસતા: $\log_{2}(x - 3)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $x - 3 > 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $x > 3$.
$x = 2$ માટે,$x - 3 = -1$,જે શક્ય નથી.
$x = 5$ માટે,$x - 3 = 2 > 0$,જે માન્ય છે.
તેથી,માત્ર $1$ ઉકેલ મળે છે.

(A) ધારો કે $r$ એ $G.P.$ $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ નો સામાન્ય ગુણોત્તર છે. તેથી $\beta = \alpha r, \gamma = \alpha r^2, \delta = \alpha r^3$.
બીજના સરવાળા અને ગુણાકાર પરથી:
$\alpha + \beta = 1 \Rightarrow \alpha(1 + r) = 1$ $(i)$
$\alpha \beta = p \Rightarrow \alpha^2 r = p$ $(ii)$
$\gamma + \delta = 4 \Rightarrow \alpha r^2(1 + r) = 4$ $(iii)$
$\gamma \delta = q \Rightarrow \alpha^2 r^5 = q$ $(iv)$
$(iii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા,આપણને $r^2 = 4$ મળે છે,તેથી $r = \pm 2$.
જો $r = 2$ હોય,તો $\alpha(1+2) = 1 \Rightarrow \alpha = 1/3$ (જે પૂર્ણાંક નથી).
જો $r = -2$ હોય,તો $\alpha(1-2) = 1 \Rightarrow \alpha = -1$.
$r = -2$ અને $\alpha = -1$ ને $(ii)$ અને $(iv)$ માં મૂકતા:
$p = (-1)^2(-2) = -2$
$q = (-1)^2(-2)^5 = -32$
આમ,$(p, q) = (-2, -32)$.

(B) $n$ શિરોબિંદુઓ દ્વારા બનતા ત્રિકોણની સંખ્યા $T_n = ^nC_3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ સમીકરણ $T_{n+1} - T_n = 21$ માં સૂત્ર મૂકતા:
$^{n+1}C_3 - ^nC_3 = 21$.
પાસ્કલના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$^{n+1}C_3 = ^nC_3 + ^nC_2$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$(^nC_3 + ^nC_2) - ^nC_3 = 21$
$^nC_2 = 21$.
સંયોજનના સૂત્રનો વિસ્તાર કરતા:
$\frac{n(n-1)}{2} = 21$
$n(n-1) = 42$
$n(n-1) = 7 \times 6$.
આમ,$n = 7$.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $PQ = 100 \ m$ છે. કારનું પ્રારંભિક સ્થાન $R$ અને અંતિમ સ્થાન $S$ છે. કાર દ્વારા કાપેલું અંતર $x = RS$ છે.
$\triangle PQS$ માં,$\tan{60^\circ} = \frac{PQ}{QS} \implies \sqrt{3} = \frac{100}{QS} \implies QS = \frac{100}{\sqrt{3}} \ m$.
$\triangle PQR$ માં,$\tan{30^\circ} = \frac{PQ}{QR} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{100}{QR} \implies QR = 100\sqrt{3} \ m$.
કાર દ્વારા કાપેલું અંતર $x = QR - QS = 100\sqrt{3} - \frac{100}{\sqrt{3}} = \frac{300 - 100}{\sqrt{3}} = \frac{200}{\sqrt{3}} = \frac{200\sqrt{3}}{3} \ m$.

(A) આપેલ રેખાઓ $3x + 4y = 9$ અને $y = mx + 1$ છે.
બીજા સમીકરણમાંથી $y$ ની કિંમત પહેલા સમીકરણમાં મૂકતા:
$3x + 4(mx + 1) = 9$
$3x + 4mx + 4 = 9$
$x(3 + 4m) = 5$
$x = \frac{5}{3 + 4m}$
$x$ પૂર્ણાંક હોય તે માટે $(3 + 4m)$ એ $5$ નો ભાજક હોવો જોઈએ. $5$ ના ભાજકો $\pm 1$ અને $\pm 5$ છે.
કિસ્સો $1$: $3 + 4m = 1 \implies 4m = -2 \implies m = -0.5$ (પૂર્ણાંક નથી).
કિસ્સો $2$: $3 + 4m = -1 \implies 4m = -4 \implies m = -1$ (પૂર્ણાંક છે).
કિસ્સો $3$: $3 + 4m = 5 \implies 4m = 2 \implies m = 0.5$ (પૂર્ણાંક નથી).
કિસ્સો $4$: $3 + 4m = -5 \implies 4m = -8 \implies m = -2$ (પૂર્ણાંક છે).
$m$ ના પૂર્ણાંક મૂલ્યો $-1$ અને $-2$ છે. આમ,આવા $2$ મૂલ્યો મળે.

(B) ધારો કે $A$ ના યામ $(r, 0)$ અને $B$ ના યામ $(0, r)$ છે જેથી $\angle AOB = 90^\circ$ થાય. ધારો કે $P$ એ વર્તુળ પરનું બિંદુ $(r \cos \theta, r \sin \theta)$ છે.
$\Delta PAB$ નું મધ્યકેન્દ્ર $G(\alpha, \beta)$ નીચે મુજબ મળે:
$\alpha = \frac{r \cos \theta + r + 0}{3} = \frac{r(\cos \theta + 1)}{3}$
$\beta = \frac{r \sin \theta + 0 + r}{3} = \frac{r(\sin \theta + 1)}{3}$
ગોઠવતા,આપણને મળે:
$\cos \theta = \frac{3\alpha}{r} - 1$
$\sin \theta = \frac{3\beta}{r} - 1$
નિત્યસમ $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left(\frac{3\alpha}{r} - 1\right)^2 + \left(\frac{3\beta}{r} - 1\right)^2 = 1$
$\left(\alpha - \frac{r}{3}\right)^2 + \left(\beta - \frac{r}{3}\right)^2 = \left(\frac{r}{3}\right)^2$
આમ,બિંદુપથ $(x - \frac{r}{3})^2 + (y - \frac{r}{3})^2 = (\frac{r}{3})^2$ છે,જે એક વર્તુળ દર્શાવે છે.

(C) પરવલય $y^2 = 4x$ નો કોઈપણ સ્પર્શક $y = mx + \frac{1}{m}$ સ્વરૂપમાં હોય છે.
આ રેખા વર્તુળ $(x - 3)^2 + y^2 = 9$ (કેન્દ્ર $(3, 0)$ અને ત્રિજ્યા $3$) ને સ્પર્શે છે જો કેન્દ્રથી રેખાનું લંબ અંતર ત્રિજ્યા જેટલું હોય:
$3 = \left| \frac{m(3) - 0 + \frac{1}{m}}{\sqrt{m^2 + 1}} \right|$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$9(m^2 + 1) = (3m + \frac{1}{m})^2$
$9m^2 + 9 = 9m^2 + 6 + \frac{1}{m^2}$
$3 = \frac{1}{m^2} \implies m^2 = \frac{1}{3} \implies m = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.
સ્પર્શક $x$-અક્ષની ઉપર હોવાથી,આપણે ધન ઢાળ $m = \frac{1}{\sqrt{3}}$ પસંદ કરીશું.
$m$ ની કિંમત સ્પર્શકના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \frac{1}{\sqrt{3}}x + \sqrt{3}$
$\sqrt{3}$ વડે ગુણતા:
$\sqrt{3}y = x + 3$.

(B) આપણે લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin (\pi {{\cos }^2}x)}}{{{x^2}}}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ હોવાથી,આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin (\pi (1 - \sin^2 x))}}{{{x^2}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin (\pi - \pi \sin^2 x)}}{{{x^2}}}$
નિત્યસમ $\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin (\pi \sin^2 x)}}{{{x^2}}}$
અંશ અને છેદને $\pi \sin^2 x$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\sin (\pi \sin^2 x)}}{{\pi \sin^2 x}} \right) \times \frac{{\pi \sin^2 x}}{{{x^2}}}$
જેમ $x \to 0$,તેમ $\pi \sin^2 x \to 0$,તેથી $\frac{{\sin (\pi \sin^2 x)}}{{\pi \sin^2 x}} \to 1$.
વળી,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin^2 x}}{{{x^2}}} = 1$.
તેથી,$L = 1 \times \pi \times 1 = \pi $.

(D) આપેલ વિધેય $x$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ $f(x) = Ax^2 + Bx + C$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $A = 1 + b^2$,$B = 2b$,અને $C = 1$ છે.
બધા વાસ્તવિક $b$ માટે $A = 1 + b^2 > 0$ હોવાથી,વિધેયની ન્યૂનતમ કિંમત $x = -\frac{B}{2A}$ પર મળે છે.
ન્યૂનતમ કિંમત $m(b) = f(-\frac{B}{2A}) = C - \frac{B^2}{4A}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $m(b) = 1 - \frac{(2b)^2}{4(1 + b^2)} = 1 - \frac{4b^2}{4(1 + b^2)} = 1 - \frac{b^2}{1 + b^2}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $m(b) = \frac{1 + b^2 - b^2}{1 + b^2} = \frac{1}{1 + b^2}$ મળે છે.
$b^2 \ge 0$ હોવાથી,$1 + b^2 \ge 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $0 < \frac{1}{1 + b^2} \le 1$.
આમ,$m(b)$ નો વિસ્તાર $(0, 1]$ છે.

(B) $(a - b)^n$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = ^nC_r a^{n-r} (-b)^r$ છે.
$5^{th}$ પદ $(r=4)$ માટે: $T_5 = ^nC_4 a^{n-4} b^4$.
$6^{th}$ પદ $(r=5)$ માટે: $T_6 = -^nC_5 a^{n-5} b^5$.
$T_5 + T_6 = 0$ આપેલ છે:
$^nC_4 a^{n-4} b^4 = ^nC_5 a^{n-5} b^5$.
તેથી,$\frac{a}{b} = \frac{^nC_5}{^nC_4} = \frac{n-4}{5}$.

(B) $(a - b)^n$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r + 1} = {}^nC_r a^{n - r} (-b)^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$5$ મું પદ $T_5 = T_{4 + 1} = {}^nC_4 a^{n - 4} (-b)^4 = {}^nC_4 a^{n - 4} b^4$ છે.
$6$ મું પદ $T_6 = T_{5 + 1} = {}^nC_5 a^{n - 5} (-b)^5 = -{}^nC_5 a^{n - 5} b^5$ છે.
આપેલ છે કે $T_5 + T_6 = 0$,તેથી:
${}^nC_4 a^{n - 4} b^4 - {}^nC_5 a^{n - 5} b^5 = 0$
પદોને ગોઠવતા:
${}^nC_4 a^{n - 4} b^4 = {}^nC_5 a^{n - 5} b^5$
બંને બાજુને $a^{n - 5} b^4$ વડે ભાગતા:
$\frac{a}{b} = \frac{{}^nC_5}{{}^nC_4}$
${}^nC_r = \frac{n!}{r!(n - r)!}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{a}{b} = \frac{n!}{5!(n - 5)!} \times \frac{4!(n - 4)!}{n!}$
$\frac{a}{b} = \frac{(n - 4)!}{(n - 5)!} \times \frac{4!}{5!}$
$\frac{a}{b} = \frac{n - 4}{5}$.

(A) આપેલ છે કે $\cot \alpha_1 \cdot \cot \alpha_2 \cdots \cot \alpha_n = 1$.
આનો અર્થ એ છે કે $\cos \alpha_1 \cdot \cos \alpha_2 \cdots \cos \alpha_n = \sin \alpha_1 \cdot \sin \alpha_2 \cdots \sin \alpha_n$.
ધારો કે $P = \cos \alpha_1 \cdot \cos \alpha_2 \cdots \cos \alpha_n$.
તેથી $P^2 = (\cos \alpha_1 \cdot \cos \alpha_2 \cdots \cos \alpha_n) \cdot (\sin \alpha_1 \cdot \sin \alpha_2 \cdots \sin \alpha_n)$.
$\sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} \sin 2\theta$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $P^2 = \frac{1}{2^n} \sin 2\alpha_1 \cdot \sin 2\alpha_2 \cdots \sin 2\alpha_n$ મળે છે.
દરેક $i$ માટે $\sin 2\alpha_i \le 1$ હોવાથી,$P^2 \le \frac{1}{2^n}$ થાય.
વર્ગમૂળ લેતા,$P \le \sqrt{\frac{1}{2^n}} = \frac{1}{2^{n/2}}$.
મહત્તમ મૂલ્ય $\frac{1}{2^{n/2}}$ છે.

(D) આપેલ રેખાઓ $y - mx = 0$,$y - mx - 1 = 0$,$y - nx = 0$ અને $y - nx - 1 = 0$ છે.
આ રેખાઓ એક સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ બનાવે છે.
$a_1x + b_1y + c_1 = 0$,$a_1x + b_1y + c_2 = 0$,$a_2x + b_2y + d_1 = 0$ અને $a_2x + b_2y + d_2 = 0$ રેખાઓ દ્વારા બનતા સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\text{Area} = \left| \frac{(c_1 - c_2)(d_1 - d_2)}{a_1b_2 - a_2b_1} \right|$
અહીં,સમીકરણો છે:
$mx - y + 0 = 0$
$mx - y + 1 = 0$
$nx - y + 0 = 0$
$nx - y + 1 = 0$
સૂત્ર સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે $c_1 = 0, c_2 = 1, d_1 = 0, d_2 = 1, a_1 = m, b_1 = -1, a_2 = n, b_2 = -1$.
$\text{Area} = \left| \frac{(0 - 1)(0 - 1)}{m(-1) - n(-1)} \right| = \left| \frac{(-1)(-1)}{-m + n} \right| = \left| \frac{1}{n - m} \right| = \frac{1}{|m - n|}$.

(D) આપેલ પરવલયનું સમીકરણ: $y^2+4y+4x+2=0$.
$y$ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$y^2+4y = -4x-2$.
બંને બાજુ $4$ ઉમેરતા:
$y^2+4y+4 = -4x-2+4$.
$(y+2)^2 = -4x+2$.
$(y+2)^2 = -4(x-\frac{1}{2})$.
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $(y-k)^2 = -4a(x-h)$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$h = \frac{1}{2}$,$k = -2$,અને $4a = 4 \implies a = 1$.
ડાબી તરફ ખુલતા પરવલય માટે નિયામિકાનું સમીકરણ $x = h+a$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $x = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$\alpha = \beta + \gamma$.
$\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$\beta = \frac{\pi}{2} - \alpha$ થાય.
$\tan \gamma = \tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta}$
$\tan \beta = \cot \alpha = \frac{1}{\tan \alpha}$ મૂકતા,
$\tan \gamma = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha (\frac{1}{\tan \alpha})} = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{2}$.
તેથી,$2 \tan \gamma = \tan \alpha - \tan \beta$,એટલે કે $\tan \alpha = \tan \beta + 2 \tan \gamma$.

(A) ધારો કે વ્યાસ $PR = 2r$ છે. $PQ$ અને $RS$ એ $P$ અને $R$ પરના સ્પર્શકો હોવાથી,$PQ \perp PR$ અને $RS \perp PR$ થાય.
ધારો કે $\angle PRQ = \theta$. $\triangle PQR$ માં,$\tan \theta = \frac{PQ}{PR}$,તેથી $PR = PQ \cot \theta$.
$X$ એ વર્તુળ પર છે અને $PR$ વ્યાસ હોવાથી,$\angle PXR = 90^{\circ}$ થાય.
$\triangle PXR$ માં,$\angle XPR = 90^{\circ} - \theta$ અને $\angle XRP = \theta$.
$\triangle PXS$ માં,$\angle XPS = 90^{\circ} - \theta$ અને $\angle XSP = \theta$. આમ,$\tan \theta = \frac{RS}{PR}$,તેથી $PR = RS \tan \theta$.
$PR$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$PQ \cot \theta = RS \tan \theta$
$\tan^2 \theta = \frac{PQ}{RS} \Rightarrow \tan \theta = \sqrt{\frac{PQ}{RS}}$.
આ કિંમતને $PR = RS \tan \theta$ માં મૂકતા:
$PR = RS \cdot \sqrt{\frac{PQ}{RS}} = \sqrt{PQ \cdot RS}$.
$PR = 2r$ હોવાથી,$2r = \sqrt{PQ \cdot RS}$ મળે.

(C) અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર $[a\,b\,c]$ એ સદિશો $a$, $b$, અને $c$ ના ઘટકોના નિશ્ચાયક દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$[a\,b\,c] = \begin{vmatrix} 1 & 0 & -1 \\ x & 1 & 1 - x \\ y & x & 1 + x - y \end{vmatrix}$
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_3 \to C_3 + C_1$ લાગુ પાડતા:
$[a\,b\,c] = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ x & 1 & 1 \\ y & x & 1 + x \end{vmatrix}$
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$[a\,b\,c] = 1 \times \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ x & 1 + x \end{vmatrix} - 0 + 0 = (1 + x) - x = 1$.
પરિણામ અચળ $1$ હોવાથી, $[a\,b\,c]$ નું મૂલ્ય $x$ કે $y$ પર આધાર રાખતું નથી.

(B) આપેલ છે કે $a$,$b$ અને $c$ એકમ સદિશો છે,તેથી $|a| = |b| = |c| = 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $|a - b|^2 = |a|^2 + |b|^2 - 2(a \cdot b) = 1 + 1 - 2(a \cdot b) = 2 - 2(a \cdot b)$.
તે જ રીતે,$|b - c|^2 = 2 - 2(b \cdot c)$ અને $|c - a|^2 = 2 - 2(c \cdot a)$.
આ ત્રણેય પદોનો સરવાળો કરતા:
$|a - b|^2 + |b - c|^2 + |c - a|^2 = 6 - 2(a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a)$.
આપણે એ પણ જાણીએ છીએ કે $|a + b + c|^2 = |a|^2 + |b|^2 + |c|^2 + 2(a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a) = 3 + 2(a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a)$.
તેથી,$2(a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a) = |a + b + c|^2 - 3$.
આ કિંમત સરવાળામાં મૂકતા:
$|a - b|^2 + |b - c|^2 + |c - a|^2 = 6 - (|a + b + c|^2 - 3) = 9 - |a + b + c|^2$.
કારણ કે $|a + b + c|^2 \ge 0$,તેથી આ પદાવલિની મહત્તમ કિંમત $9 - 0 = 9$ થાય.
આમ,આ પદાવલિ $9$ થી વધતી નથી.

(D) વિધેય $f(x) = \frac{\log_2(x + 3)}{x^2 + 3x + 2}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ: $x + 3 > 0 \implies x > -3$.
$2$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $x^2 + 3x + 2 \neq 0$.
છેદના અવયવ પાડતા: $(x + 1)(x + 2) \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $x \neq -1$ અને $x \neq -2$.
આ શરતોને જોડતા,પ્રદેશ $x \in (-3, \infty)$ છે,જેમાં $\{-1, -2\}$ બિંદુઓનો સમાવેશ થતો નથી.
આમ,પ્રદેશ $(-3, \infty) - \{-1, -2\}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $g(x) = 1 + x - [x]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x - [x] = \{x\}$,જ્યાં $\{x\}$ એ $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે.
તેથી,$g(x) = 1 + \{x\}$.
કારણ કે $0 \le \{x\} < 1$,તેથી $1 \le g(x) < 2$ થાય.
આમ,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $g(x) > 0$ છે.
હવે,$f(g(x))$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(g(x)) = \begin{cases} -1, & g(x) < 0 \\ 0, & g(x) = 0 \\ 1, & g(x) > 0 \end{cases}$.
કારણ કે તમામ $x$ માટે $g(x) > 0$ છે,તેથી તમામ $x$ માટે $f(g(x)) = 1$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{\alpha x}{x + 1}$.
આપણે $\alpha$ ની કિંમત શોધવાની છે જેથી $f(f(x)) = x$ થાય.
પ્રથમ,$f(f(x)) = \frac{\alpha f(x)}{f(x) + 1}$ ની ગણતરી કરીએ.
$f(x) = \frac{\alpha x}{x + 1}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(f(x)) = \frac{\alpha \left( \frac{\alpha x}{x + 1} \right)}{\frac{\alpha x}{x + 1} + 1} = \frac{\frac{\alpha^2 x}{x + 1}}{\frac{\alpha x + x + 1}{x + 1}} = \frac{\alpha^2 x}{(\alpha + 1)x + 1}$.
આપણને આપેલ છે કે $f(f(x)) = x$,તેથી:
$\frac{\alpha^2 x}{(\alpha + 1)x + 1} = x$.
જો $x \neq 0$ હોય,તો $\frac{\alpha^2}{(\alpha + 1)x + 1} = 1$.
$\alpha^2 = (\alpha + 1)x + 1$.
આ સમીકરણ તમામ $x$ માટે સાચું હોવા માટે,$x$ નો સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ અને અચળ પદ સમાન હોવા જોઈએ:
$\alpha + 1 = 0 \implies \alpha = -1$.
અચળ પદ તપાસતા: $\alpha^2 = 1$. જો $\alpha = -1$ હોય,તો $(-1)^2 = 1$,જે સાચું છે.
આમ,$\alpha$ ની કિંમત $-1$ છે.

(A) $x = k$ પર ડાબી બાજુનું વિકલિત $f'(k^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(k - h) - f(k)}{-h}$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આપેલ છે કે $f(x) = [x]\sin(\pi x)$,તેથી $f(k) = [k]\sin(\pi k) = k \times 0 = 0$.
નાના $h > 0$ માટે,$[k - h] = k - 1$ થાય.
તેથી,$f(k - h) = (k - 1)\sin(\pi(k - h)) = (k - 1)\sin(\pi k - \pi h) = (k - 1)(\sin(\pi k)\cos(\pi h) - \cos(\pi k)\sin(\pi h))$.
કારણ કે $\sin(\pi k) = 0$ અને $\cos(\pi k) = (-1)^k$,આપણને મળે છે $f(k - h) = (k - 1)(0 - (-1)^k \sin(\pi h)) = -(k - 1)(-1)^k \sin(\pi h) = (k - 1)(-1)^{k+1} \sin(\pi h)$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા: $f'(k^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k - 1)(-1)^{k+1} \sin(\pi h) - 0}{-h}$.
$\lim_{h \to 0} \frac{\sin(\pi h)}{\pi h} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $f'(k^-) = (k - 1)(-1)^{k+1} \times (-\pi) = (k - 1)(-1)^{k+1} (-1) \pi = (k - 1)(-1)^{k+2} \pi = (k - 1)(-1)^k \pi$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x e^{x(1 - x)}$.
વિકલન માટે ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$f'(x) = 1 \cdot e^{x(1 - x)} + x \cdot e^{x(1 - x)} \cdot \frac{d}{dx}(x - x^2)$
$f'(x) = e^{x(1 - x)} + x \cdot e^{x(1 - x)} \cdot (1 - 2x)$
$f'(x) = e^{x(1 - x)} \{1 + x(1 - 2x)\}$
$f'(x) = e^{x(1 - x)} \cdot (1 + x - 2x^2)$
$f'(x) = e^{x(1 - x)} \cdot (1 - x)(1 + 2x)$
કારણ કે $e^{x(1 - x)}$ એ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે હંમેશા ધન છે,તેથી $f'(x)$ ની નિશાની દ્વિઘાત પદાવલિ $(1 - x)(1 + 2x)$ પર આધાર રાખે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $x = 1$ અને $x = -\frac{1}{2}$ છે.
અંતરાલોની ચકાસણી કરતા:
$x \in \left[ -\frac{1}{2}, 1 \right]$ માટે,$f'(x) \ge 0$ થાય છે.
આમ,$f(x)$ એ અંતરાલ $\left[ -\frac{1}{2}, 1 \right]$ પર વધતું વિધેય છે.

(C) આપેલ છે કે $F(x) = \int_0^{x^2} f(t) dt = x^2(1 + x)$.
વિકલન માટે લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \int_0^{x^2} f(t) dt \right) = \frac{d}{dx} (x^2 + x^3)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$f(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 2x + 3x^2$.
$f(x^2) \cdot 2x = 2x + 3x^2$.
$x > 0$ માટે,$2x$ વડે ભાગતા:
$f(x^2) = \frac{2x + 3x^2}{2x} = 1 + \frac{3}{2}x$.
$f(4)$ શોધવા માટે,$x^2 = 4$ લેતા,જેથી $x = 2$ મળે (કારણ કે $x > 0$):
$f(4) = 1 + \frac{3}{2}(2) = 1 + 3 = 4$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1 + a^x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ને $-\pi + \pi - x = -x$ વડે બદલીએ છીએ:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2(-x)}{1 + a^{-x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1 + \frac{1}{a^x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a^x \cos^2 x}{a^x + 1} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1 + a^x} dx + \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a^x \cos^2 x}{1 + a^x} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{(1 + a^x) \cos^2 x}{1 + a^x} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 x dx$.
કારણ કે $\cos^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,$2I = 2 \int_{0}^{\pi} \cos^2 x dx = \int_{0}^{\pi} (1 + \cos 2x) dx$.
$2I = [x + \frac{\sin 2x}{2}]_{0}^{\pi} = (\pi + 0) - (0 + 0) = \pi$.
તેથી,$I = \frac{\pi}{2}$.

(C) ધારો કે આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta$ છે. $R_1 \to R_1 + R_2 + R_3$ લેતા:
$\Delta = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x + 2\cos x}&{\sin x + 2\cos x}&{\sin x + 2\cos x}\\{\cos x}&{\sin x}&{\cos x}\\{\cos x}&{\cos x}&{\sin x}\end{array}} \right| = 0$
$R_1$ માંથી $(\sin x + 2\cos x)$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = (\sin x + 2\cos x) \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&1&1\\{\cos x}&{\sin x}&{\cos x}\\{\cos x}&{\cos x}&{\sin x}\end{array}} \right| = 0$
$C_2 \to C_2 - C_1$ અને $C_3 \to C_3 - C_1$ પ્રક્રિયા કરતા:
$\Delta = (\sin x + 2\cos x) \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&0&0\\{\cos x}&{\sin x - \cos x}&0\\{\cos x}&0&{\sin x - \cos x}\end{array}} \right| = 0$
$\Delta = (\sin x + 2\cos x)(\sin x - \cos x)^2 = 0$
આનો અર્થ એ છે કે $\sin x + 2\cos x = 0$ અથવા $(\sin x - \cos x)^2 = 0$.
કિસ્સો $1$: $\tan x = -2$. અંતરાલ $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$ માં,$\tan x$ ની કિંમત $-1$ થી $1$ ની વચ્ચે હોય છે. તેથી,$\tan x = -2$ નો કોઈ ઉકેલ નથી.
કિસ્સો $2$: $\sin x = \cos x \implies \tan x = 1$. અંતરાલ $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$ માં,$x = \frac{\pi}{4}$ માટે $\tan x = 1$ થાય છે.
આમ,માત્ર $1$ જ ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલ મળે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $|y| \le 1$ માટે ${\sin ^{ - 1}}y + {\cos ^{ - 1}}y = \frac{\pi }{2}$ થાય.
આપેલ સમીકરણ ${\sin ^{ - 1}}\left( {x - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{4} - \dots} \right) + {\cos ^{ - 1}}\left( {{x^2} - \frac{{{x^4}}}{2} + \frac{{{x^6}}}{4} - \dots} \right) = \frac{\pi }{2}$ પરથી કહી શકાય કે બંને વિધેયોના ચલ સમાન હોવા જોઈએ.
ધારો કે $y = x - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{4} - \dots$. આ એક અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = x$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = -x/2$ છે. તેથી સરવાળો $\frac{x}{1 - (-x/2)} = \frac{x}{1 + x/2} = \frac{2x}{2 + x}$ થાય.
તે જ રીતે,બીજો કૌંસ $x^2 - \frac{{{x^4}}}{2} + \frac{{{x^6}}}{4} - \dots$ એ $a = x^2$ અને $r = -x^2/2$ વાળી શ્રેણી છે,જેનો સરવાળો $\frac{x^2}{1 + x^2/2} = \frac{2x^2}{2 + x^2}$ થાય.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{2x}{2 + x} = \frac{2x^2}{2 + x^2}$.
$x \neq 0$ હોવાથી,$2x$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{2 + x} = \frac{x}{2 + x^2}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા $2 + x^2 = 2x + x^2$ મળે,જે સાદું રૂપ આપતા $2 = 2x$ એટલે કે $x = 1$ મળે છે.

(A) ગણ $E$ (જેમાં $n$ ઘટકો છે) થી ગણ $F$ (જેમાં $m$ ઘટકો છે) પરના કુલ વિધેયોની સંખ્યા $m^n$ છે.
અહીં,$n = |E| = 4$ અને $m = |F| = 2$ છે.
તેથી,કુલ વિધેયોની સંખ્યા $2^4 = 16$ થાય.
વ્યાપ્ત વિધેય (onto function) એટલે કે સહપ્રદેશ $F$ ના દરેક ઘટક માટે પ્રદેશ $E$ માં ઓછામાં ઓછું એક પૂર્વ-પ્રતિબિંબ હોવું જોઈએ.
જે વિધેયો વ્યાપ્ત નથી,તેવા વિધેયોમાં $E$ ના તમામ ઘટકો કાં તો ${1}$ પર અથવા ${2}$ પર જાય છે.
આવા કુલ $2$ અચળ વિધેયો છે: $f(x) = 1$ બધા $x \in E$ માટે અને $f(x) = 2$ બધા $x \in E$ માટે.
તેથી,વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $16 - 2 = 14$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $y = f(x) = x + \frac{1}{x}$ જ્યાં $x \ge 1$ અને $y \ge 2$.
$x$ વડે ગુણતા,આપણને $yx = x^2 + 1$ મળે છે,જે દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - yx + 1 = 0$ માં ફેરવાય છે.
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $x = \frac{y \pm \sqrt{y^2 - 4}}{2}$ મળે છે.
$f$ નો પ્રદેશ $[1, +\infty)$ હોવાથી,આપણી પાસે $x \ge 1$ હોવું જોઈએ.
જો આપણે ઋણ ચિહ્ન લઈએ,તો $x = \frac{y - \sqrt{y^2 - 4}}{2}$ મળે. $y \ge 2$ માટે,આ કિંમત $\le 1$ થાય છે.
તેથી,$x \ge 1$ ની શરત સંતોષવા માટે,આપણે ધન ચિહ્ન લેવું પડશે: $x = \frac{y + \sqrt{y^2 - 4}}{2}$.
$y$ ને $x$ વડે બદલતા,આપણને ${f^{-1}}(x) = \frac{x + \sqrt{x^2 - 4}}{2}$ મળે છે.

(D) $f(x) = \max(x, x^3)$ ક્યાં વિકલનીય નથી તે શોધવા માટે,આપણે વિવિધ અંતરાલોમાં $x$ અને $x^3$ ના વર્તનની તપાસ કરીએ:
$1$. જો $x < -1$ હોય,તો $x^3 < x$,તેથી $f(x) = x$.
$2$. જો $-1 < x < 0$ હોય,તો $x^3 > x$,તેથી $f(x) = x^3$.
$3$. જો $0 < x < 1$ હોય,તો $x > x^3$,તેથી $f(x) = x$.
$4$. જો $x > 1$ હોય,તો $x^3 > x$,તેથી $f(x) = x^3$.
પરિવર્તન બિંદુઓ $x = -1, 0, 1$ આગળ,આપણે ડાબી બાજુનું અને જમણી બાજુનું વિકલન તપાસીએ:
$x = -1$ આગળ: $f'( -1^-) = 1$ અને $f'( -1^+) = 3(-1)^2 = 3$. $1 \neq 3$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
$x = 0$ આગળ: $f'( 0^-) = 3(0)^2 = 0$ અને $f'( 0^+) = 1$. $0 \neq 1$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ: $f'( 1^-) = 1$ અને $f'( 1^+) = 3(1)^2 = 3$. $1 \neq 3$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x)$ જે બિંદુઓ આગળ વિકલનીય નથી તે બિંદુઓનો ગણ $\{ -1, 0, 1\}$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \sin(|x|) - |x|$. આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ શોધીને વિકલનીયતા ચકાસીએ.
$x < 0$ માટે,$|x| = -x$,તેથી $f(x) = \sin(-x) - (-x) = -\sin x + x$. તેનું વિકલન $f'(x) = -\cos x + 1$ થાય. આમ,$LHD = \lim_{x \to 0^-} (-\cos x + 1) = -\cos(0) + 1 = -1 + 1 = 0$.
$x > 0$ માટે,$|x| = x$,તેથી $f(x) = \sin x - x$. તેનું વિકલન $f'(x) = \cos x - 1$ થાય. આમ,$RHD = \lim_{x \to 0^+} (\cos x - 1) = \cos(0) - 1 = 1 - 1 = 0$.
અહીં $LHD = RHD = 0$ હોવાથી,વિધેય $\sin(|x|) - |x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
અન્ય વિકલ્પો માટે,$\cos(|x|)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે પરંતુ $|x|$ નથી,તેથી તેમનો સરવાળો કે તફાવત $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી. તેવી જ રીતે,$\sin(|x|) + |x|$ માટે $LHD = -2$ અને $RHD = 2$ મળે છે,તેથી તે વિકલનીય નથી.

(C) આપેલ વક્ર $f(x) = x^2 + bx - b$ છે. બિંદુ $(1, 1)$ વક્ર પર હોવાથી,$1 = 1^2 + b(1) - b$ મળે,જે $1 = 1$ છે,એટલે કે કોઈપણ $b$ માટે બિંદુ વક્ર પર છે.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $\frac{dy}{dx} = 2x + b$.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m = 2(1) + b = 2 + b$ છે.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - 1 = (2 + b)(x - 1)$ છે.
સાદું રૂપ આપતા,$y - 1 = (2 + b)x - (2 + b)$,જે $(2 + b)x - y = 1 + b$ આપે છે.
અંતઃખંડ મેળવવા માટે,$y = 0$ લેતા $x = \frac{1 + b}{2 + b}$ (બિંદુ $A$) અને $x = 0$ લેતા $y = -(1 + b)$ (બિંદુ $B$) મળે.
ત્રિકોણ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,અંતઃખંડ ધન હોવા જોઈએ: $\frac{1 + b}{2 + b} > 0$ અને $-(1 + b) > 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $1 + b < 0$ અને $2 + b < 0$,તેથી $b < -2$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times |OA| \times |OB| = \frac{1}{2} \times \left| \frac{1 + b}{2 + b} \right| \times |-(1 + b)| = 2$ છે.
$b < -2$ હોવાથી,$1 + b$ ઋણ છે અને $2 + b$ ઋણ છે,તેથી $\frac{1 + b}{2 + b} > 0$ અને $-(1 + b) > 0$.
આમ,$\frac{1}{2} \cdot \frac{1 + b}{2 + b} \cdot (-(1 + b)) = 2$.
$-(1 + b)^2 = 4(2 + b) \Rightarrow -(1 + 2b + b^2) = 8 + 4b \Rightarrow b^2 + 6b + 9 = 0$.
$(b + 3)^2 = 0$,તેથી $b = -3$. આ $b < -2$ નું પાલન કરે છે.