IIT JEE 2002 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ સમીકરણો સંકર સમતલમાં બે વર્તુળો દર્શાવે છે:
વર્તુળ $C_1$: કેન્દ્ર $O(0, 0)$,ત્રિજ્યા $r_1 = 12$.
વર્તુળ $C_2$: કેન્દ્ર $C(3, 4)$,ત્રિજ્યા $r_2 = 5$.
કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d = |(3 + 4i) - 0| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$ છે.
કારણ કે $d + r_2 = 5 + 5 = 10 < r_1 = 12$,તેથી વર્તુળ $C_2$ એ વર્તુળ $C_1$ ની અંદર આવેલું છે.
$C_1$ પરના બિંદુ અને $C_2$ પરના બિંદુ વચ્ચેનું ન્યૂનતમ અંતર $r_1 - (d + r_2) = 12 - (5 + 5) = 12 - 10 = 2$ થાય.

(A) $AM-GM$ અસમતા મુજબ,$n$ ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે,સમાંતર મધ્યક એ ગુણોત્તર મધ્યક કરતા મોટો અથવા તેના જેટલો હોય છે.
$n$ સંખ્યાઓ ધ્યાનમાં લો: ${a_1}, {a_2}, ..., {a_{n-1}}, 2{a_n}$.
તેમનો સમાંતર મધ્યક $\frac{{a_1} + {a_2} + ... + {a_{n-1}} + 2{a_n}}{n}$ છે.
તેમનો ગુણોત્તર મધ્યક $({a_1} \cdot {a_2} \cdot ... \cdot {a_{n-1}} \cdot 2{a_n})^{1/n} = (2 \cdot {a_1} \cdot {a_2} \cdot ... \cdot {a_n})^{1/n} = (2c)^{1/n}$ છે.
$AM \ge GM$ લાગુ પાડતા:
$\frac{{a_1} + {a_2} + ... + {a_{n-1}} + 2{a_n}}{n} \ge (2c)^{1/n}$.
તેથી,${a_1} + {a_2} + ... + {a_{n-1}} + 2{a_n}$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $n(2c)^{1/n}$ છે.

(D) આપેલ છે કે $a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $b = a + d$ અને $c = a + 2d$ લો,જ્યાં $d > 0$ કારણ કે $a < b < c$.
આપેલ છે કે $a^2, b^2, c^2$ એ $G.P.$ માં છે,તેથી $(b^2)^2 = a^2 c^2$,જેનો અર્થ છે કે $b^4 = a^2 c^2$.
વર્ગમૂળ લેતા,$b^2 = \pm ac$.
જો $b^2 = ac$ હોય,તો $a, b, c$ એ $G.P.$ માં થાય. કારણ કે તેઓ $A.P.$ માં પણ છે,તેથી $a = b = c$,જે $a < b < c$ નો વિરોધાભાસ કરે છે.
તેથી,$b^2 = -ac$.
$b = a + d$ અને $c = a + 2d$ મૂકતા:
$(a + d)^2 = -a(a + 2d)$
$a^2 + d^2 + 2ad = -a^2 - 2ad$
$2a^2 + 4ad + d^2 = 0$.
$a + b + c = \frac{3}{2}$ આપેલ હોવાથી,$3a + 3d = \frac{3}{2}$,તેથી $a + d = \frac{1}{2}$,એટલે કે $d = \frac{1}{2} - a$.
$d$ ની કિંમત $2a^2 + 4ad + d^2 = 0$ માં મૂકતા:
$4a^2 - 4a - 1 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$a = \frac{1}{2} \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$d = \frac{1}{2} - a > 0$ હોવાથી,$a < \frac{1}{2}$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$a = \frac{1}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(B) કિસ્સો $I$: જ્યારે $x + 2 \ge 0$ એટલે કે $x \ge -2,$
આપેલ અસમતા ${x^2} - (x + 2) + x > 0 \implies {x^2} - 2 > 0 \implies |x| > \sqrt{2}$ બને છે.
આનો અર્થ $x < -\sqrt{2}$ અથવા $x > \sqrt{2}$ થાય છે.
$x \ge -2$ હોવાથી,આ કિસ્સા માટે ઉકેલ ગણ $[ -2, -\sqrt{2} ) \cup (\sqrt{2}, \infty )$ છે.
કિસ્સો $II$: જ્યારે $x + 2 < 0$ એટલે કે $x < -2,$
આપેલ અસમતા ${x^2} + (x + 2) + x > 0 \implies {x^2} + 2x + 2 > 0$ બને છે.
અહીં વિવેચક $D = 2^2 - 4(1)(2) = -4 < 0$ અને ${x^2}$ નો સહગુણક ધન હોવાથી,${x^2} + 2x + 2$ હંમેશા ધન રહે છે.
તેથી,આ કિસ્સા માટે ઉકેલ ગણ $( -\infty, -2)$ છે.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,કુલ ઉકેલ ગણ $( -\infty, -\sqrt{2} ) \cup (\sqrt{2}, \infty )$ મળે છે.

(A) $BANANA$ શબ્દમાં $6$ અક્ષરો છે: $B, A, N, A, N, A$.
અહીં,$A$ ત્રણ વાર અને $N$ બે વાર આવે છે.
કુલ ગોઠવણીઓની સંખ્યા = $\frac{6!}{3! \times 2!} = \frac{720}{6 \times 2} = 60$.
બે $N$ સાથે હોય તેવી ગોઠવણીઓની સંખ્યા: $(NN)$ ને એક એકમ તરીકે ગણો. હવે આપણી પાસે $5$ એકમો છે: $B, A, A, A, (NN)$.
ગોઠવણીઓની સંખ્યા = $\frac{5!}{3! \times 1!} = \frac{120}{6} = 20$.
બે $N$ પાસપાસે ન આવે તેવી ગોઠવણીઓની સંખ્યા = (કુલ ગોઠવણીઓ) - ($N$ સાથે હોય તેવી ગોઠવણીઓ) = $60 - 20 = 40$.

(B) આપેલ સરવાળો $\sum\limits_{i = 0}^m {\binom{10}{i}} {\binom{20}{m - i}}$ છે.
વેન્ડરમોન્ડની ઓળખ (Vandermonde's Identity) મુજબ,આ સરવાળો $(1+x)^{10} (1+x)^{20} = (1+x)^{30}$ ના વિસ્તરણમાં $x^m$ નો સહગુણક છે.
આમ,સરવાળો $\binom{30}{m}$ જેટલો થાય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\binom{n}{m}$ મહત્તમ હોય છે જ્યારે $n$ બેકી હોય ત્યારે $m = \frac{n}{2}$,અથવા જો $n$ એકી હોય ત્યારે $m = \frac{n-1}{2}$ અને $m = \frac{n+1}{2}$.
અહીં,$n = 30$,જે બેકી સંખ્યા છે.
તેથી,સરવાળો $\binom{30}{m}$ ત્યારે મહત્તમ થાય છે જ્યારે $m = \frac{30}{2} = 15$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) સુરેખ સમીકરણોની સંહતિ $a_1x + b_1y = c_1$ અને $a_2x + b_2y = c_2$ ને અનંત ઉકેલો હોય તે માટેની શરત $\frac{a_1}{a_2} = \frac{b_1}{b_2} = \frac{c_1}{c_2}$ છે.
આપેલ સમીકરણો: $(k + 1)x + 8y = 4k$ અને $kx + (k + 3)y = 3k - 1$.
શરત લાગુ પાડતા: $\frac{k + 1}{k} = \frac{8}{k + 3} = \frac{4k}{3k - 1}$.
પ્રથમ,$\frac{k + 1}{k} = \frac{8}{k + 3}$ ઉકેલો:
$(k + 1)(k + 3) = 8k \Rightarrow k^2 + 4k + 3 = 8k \Rightarrow k^2 - 4k + 3 = 0$.
અવયવ પાડતા $(k - 1)(k - 3) = 0$ મળે,તેથી $k = 1$ અથવા $k = 3$.
હવે,આ કિંમતોને બીજી સમાનતા $\frac{8}{k + 3} = \frac{4k}{3k - 1}$ માં ચકાસો:
જો $k = 1$ હોય: $\frac{8}{1 + 3} = \frac{8}{4} = 2$ અને $\frac{4(1)}{3(1) - 1} = \frac{4}{2} = 2$. $2 = 2$ હોવાથી,$k = 1$ એ ઉકેલ છે.
જો $k = 3$ હોય: $\frac{8}{3 + 3} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$ અને $\frac{4(3)}{3(3) - 1} = \frac{12}{8} = \frac{3}{2}$. $\frac{4}{3} \neq \frac{3}{2}$ હોવાથી,$k = 3$ એ ઉકેલ નથી.
આમ,$k$ ની માત્ર $1$ કિંમત માટે સંહતિને અનંત ઉકેલો છે.

(A) વર્તુળ $x^2 + y^2 = b^2$ ના કોઈપણ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx \pm b\sqrt{1 + m^2}$ છે.
આપેલ સ્પર્શક $y = mx - b\sqrt{1 + m^2}$ હોવાથી,તે પ્રથમ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
આ રેખા બીજા વર્તુળ $(x - a)^2 + y^2 = b^2$ નો સ્પર્શક બને તે માટે,કેન્દ્ર $(a, 0)$ થી રેખા $mx - y - b\sqrt{1 + m^2} = 0$ નું લંબ અંતર ત્રિજ્યા $b$ જેટલું હોવું જોઈએ.
તેથી,$\frac{|ma - 0 - b\sqrt{1 + m^2}|}{\sqrt{m^2 + 1}} = b$.
$a > 2b$ હોવાથી,$ma > b\sqrt{1 + m^2}$ મળે,તેથી $ma - b\sqrt{1 + m^2} = b\sqrt{m^2 + 1}$.
$ma = 2b\sqrt{1 + m^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$m^2 a^2 = 4b^2(1 + m^2) = 4b^2 + 4b^2 m^2$.
$m^2(a^2 - 4b^2) = 4b^2$.
$m^2 = \frac{4b^2}{a^2 - 4b^2}$.
$m$ ની ધન કિંમત માટે,$m = \frac{2b}{\sqrt{a^2 - 4b^2}}$.

(C) ધારો કે પરવલય $y^2 = 4ax$ પરનું ગતિશીલ બિંદુ $(at^2, 2at)$ છે.
પરવલયની નાભિ $S(a, 0)$ છે.
ધારો કે $(h, k)$ એ $(at^2, 2at)$ અને $(a, 0)$ ને જોડતા રેખાખંડનું મધ્યબિંદુ છે.
તેથી $h = \frac{at^2 + a}{2}$ અને $k = \frac{2at + 0}{2} = at$.
$k = at$ પરથી,આપણને $t = \frac{k}{a}$ મળે છે.
$t$ ની કિંમત $h$ માં મૂકતા: $h = \frac{a(\frac{k}{a})^2 + a}{2} = \frac{\frac{k^2}{a} + a}{2} = \frac{k^2 + a^2}{2a}$.
આમ,$2ah = k^2 + a^2$,જેનું સાદું રૂપ $k^2 = 2a(h - \frac{a}{2})$ થાય છે.
બિંદુપથ $y^2 = 2a(x - \frac{a}{2})$ છે.
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $Y^2 = 4AX$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $Y = y$,$X = x - \frac{a}{2}$,અને $4A = 2a$ (તેથી $A = \frac{a}{2}$).
નિયામિકા $X = -A$ દ્વારા મળે છે,જેનો અર્થ છે $x - \frac{a}{2} = -\frac{a}{2}$.
તેથી,$x = 0$.

(D) ધારો કે પરવલય ${y^2} = 8x$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx + \frac{2}{m}$ છે.
આ રેખા અતિવલય $xy = -1$ નો પણ સ્પર્શક હોવાથી,આપણે $x = \frac{-1}{y}$ ને સ્પર્શકના સમીકરણમાં મૂકીએ:
$y = m(\frac{-1}{y}) + \frac{2}{m}$
$y^2 = -m + \frac{2y}{m}$
$my^2 - 2y + m^2 = 0$.
રેખા સ્પર્શક હોય તે માટે,આ દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$D = (-2)^2 - 4(m)(m^2) = 0$
$4 - 4m^3 = 0$
$m^3 = 1 \implies m = 1$.
$m = 1$ ને સ્પર્શકના સમીકરણ $y = mx + \frac{2}{m}$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$y = (1)x + \frac{2}{1}$
$y = x + 2$.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\cos x - 1)(\cos x - e^x)}{x^n}$.
$x = 0$ ની નજીક ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$
આ કિંમતો પદમાં મૂકતા:
$\cos x - 1 = -\frac{x^2}{2} + O(x^4)$
$\cos x - e^x = (1 - \frac{x^2}{2} + \dots) - (1 + x + \frac{x^2}{2} + \dots) = -x - x^2 + O(x^3)$
આમ,અંશ $(- \frac{x^2}{2} + O(x^4))(-x - x^2 + O(x^3)) = \frac{x^3}{2} + O(x^4)$ થાય.
લક્ષ શૂન્યતર અને વાસ્તવિક મળે તે માટે છેદમાં $x$ ની ઘાત અંશમાં રહેલી $x$ ની ન્યૂનતમ ઘાત જેટલી હોવી જોઈએ.
તેથી,$n = 3$.

(D) ધારો કે ચાર ગોળીબારમાં વિમાનને અથડાવાની સંભાવનાઓ $p_1 = 0.4$,$p_2 = 0.3$,$p_3 = 0.2$ અને $p_4 = 0.1$ છે.
ગન વિમાનને અથડાય તેની સંભાવના એ $1$ માંથી ગન ચારેય ગોળીબારમાં વિમાનને ચૂકી જાય તેની સંભાવના બાદ કરવાથી મળે છે.
ધારો કે $q_i = 1 - p_i$ એ $i$-મો ગોળીબાર ચૂકી જવાની સંભાવના છે.
$q_1 = 1 - 0.4 = 0.6$
$q_2 = 1 - 0.3 = 0.7$
$q_3 = 1 - 0.2 = 0.8$
$q_4 = 1 - 0.1 = 0.9$
ચારેય ગોળીબાર ચૂકી જવાની સંભાવના $P(\text{miss}) = q_1 \times q_2 \times q_3 \times q_4 = 0.6 \times 0.7 \times 0.8 \times 0.9 = 0.3024$ છે.
તેથી,ગન વિમાનને અથડાય તેની સંભાવના $P(\text{hit}) = 1 - P(\text{miss}) = 1 - 0.3024 = 0.6976$ છે.

(C) રેખા $QP$ એ ઋણ $x$-અક્ષ પર છે,તેથી તેનો ધન $x$-અક્ષ સાથેનો ખૂણો $\pi$ છે. રેખા $QR$ એ $(0, 0)$ અને $(3, 3\sqrt{3})$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનો ઢાળ $m = \frac{3\sqrt{3} - 0}{3 - 0} = \sqrt{3}$ છે. રેખા $QR$ ધન $x$-અક્ષ સાથે $\theta = \frac{\pi}{3}$ ખૂણો બનાવે છે.
ખૂણો $\angle PQR$ એ રેખા $QP$ (ખૂણો $\pi$) અને રેખા $QR$ (ખૂણો $\frac{\pi}{3}$) વચ્ચેનો ખૂણો છે.
$\angle PQR$ નું માપ $\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$ છે.
$\angle PQR$ નો દ્વિભાજક ધન $x$-અક્ષ સાથે $\alpha = \frac{\pi + \frac{\pi}{3}}{2} = \frac{2\pi}{3}$ ખૂણો બનાવશે.
દ્વિભાજકનો ઢાળ $\tan(\frac{2\pi}{3}) = -\sqrt{3}$ છે.
દ્વિભાજક ઉગમબિંદુ $Q(0, 0)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,તેનું સમીકરણ $y = -\sqrt{3}x$ એટલે કે $\sqrt{3}x + y = 0$ થાય.

(D) $\Delta ABC$ માં,સાઈન નિયમ મુજબ $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$ છે.
વિકલ્પ $(a)$ માટે: $a, \sin A, \sin B$ આપેલ છે. $\frac{a}{\sin A} = 2R$ પરથી,આપણને $R$ મળે છે. ત્યારબાદ $b = 2R \sin B$ અને $c = 2R \sin C = 2R \sin(180^{\circ} - (A+B)) = 2R \sin(A+B)$ મળે છે. આમ,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થાય છે.
વિકલ્પ $(b)$ માટે: $a, b, c$ આપેલ છે. $SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થાય છે.
વિકલ્પ $(c)$ માટે: $a, \sin B, R$ આપેલ છે. આપણી પાસે $b = 2R \sin B$ છે. હવે આપણી પાસે બે બાજુઓ $a, b$ અને પરિત્રિજ્યા $R$ છે. $\sin A = \frac{a}{2R}$ હોવાથી,ખૂણો $A$ નક્કી થાય છે. આમ,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થાય છે.
વિકલ્પ $(d)$ માટે: $a, \sin A, R$ આપેલ છે. આપણી પાસે $\frac{a}{\sin A} = 2R$ છે. આ એક નિત્યસમ છે જે કોઈપણ ત્રિકોણ માટે સાચું છે. તે અન્ય બાજુઓ અથવા ખૂણાઓને નક્કી કરવા માટે પૂરતી માહિતી આપતું નથી. તેથી,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થતો નથી.

(B) $a \cos x + b \sin x$ પદાવલિનો વિસ્તાર $[-\sqrt{a^2 + b^2}, \sqrt{a^2 + b^2}]$ છે.
સમીકરણ $7 \cos x + 5 \sin x = 2k + 1$ માટે,ડાબી બાજુનો વિસ્તાર $[-\sqrt{7^2 + 5^2}, \sqrt{7^2 + 5^2}] = [-\sqrt{74}, \sqrt{74}]$ છે.
અહીં $\sqrt{74} \approx 8.602$ હોવાથી,$-8.602 \leq 2k + 1 \leq 8.602$.
બધી બાજુથી $1$ બાદ કરતા: $-9.602 \leq 2k \leq 7.602$.
$2$ વડે ભાગતા: $-4.801 \leq k \leq 3.801$.
$k$ ના પૂર્ણાંક મૂલ્યો $\{-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3\}$ છે.
આ મૂલ્યોની સંખ્યા $8$ છે.

(C) વર્તુળનું સમીકરણ $S: x^2+y^2+6x+6y-2=0$ છે.
બિંદુ $Q$ એ $Y$-અક્ષ પર છે અને રેખા $5x-2y+6=0$ પર છે.
રેખાના સમીકરણમાં $x=0$ મૂકતા: $5(0)-2y+6=0$ $\Rightarrow -2y=-6$ $\Rightarrow y=3$.
તેથી,$Q$ ના યામ $(0, 3)$ છે.
બિંદુ $(x_1, y_1)$ થી વર્તુળ $S=0$ પરના સ્પર્શકની લંબાઈ $\sqrt{S_1}$ દ્વારા મળે છે.
વર્તુળના સમીકરણ $S(x, y) = x^2+y^2+6x+6y-2$ માં $Q(0, 3)$ મૂકતા:
$S_1 = 0^2 + 3^2 + 6(0) + 6(3) - 2 = 0 + 9 + 0 + 18 - 2 = 25$.
તેથી,સ્પર્શકની લંબાઈ $PQ = \sqrt{S_1} = \sqrt{25} = 5$.

(B) આપેલ છે કે $\omega = - \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$,આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $1 + \omega + \omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$. ઉપરાંત,$\omega^4 = \omega^3 \cdot \omega = \omega$.
ધારો કે $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 - \omega^2 & \omega^2 \\ 1 & \omega^2 & \omega^4 \end{array} \right|$.
ગુણધર્મ $1 + \omega + \omega^2 = 0$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $-1 - \omega^2 = \omega$ મળે છે.
આ કિંમત અને $\omega^4 = \omega$ ને નિશ્ચાયકમાં મૂકતા:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega & \omega^2 \\ 1 & \omega^2 & \omega \end{array} \right|$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \to C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ કરતા:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 1+1+1 & 1 & 1 \\ 1+\omega+\omega^2 & \omega & \omega^2 \\ 1+\omega^2+\omega & \omega^2 & \omega \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} 3 & 1 & 1 \\ 0 & \omega & \omega^2 \\ 0 & \omega^2 & \omega \end{array} \right|$.
પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = 3(\omega \cdot \omega - \omega^2 \cdot \omega^2) = 3(\omega^2 - \omega^4) = 3(\omega^2 - \omega)$.
$-\omega$ સામાન્ય કાઢતા:
$\Delta = 3\omega(\omega - 1)$.

(B) આપેલ છે કે $a$ અને $b$ એકમ સદિશો છે,તેથી $|a| = 1$ અને $|b| = 1$.
કારણ કે $(a + 2b)$ અને $(5a - 4b)$ પરસ્પર લંબ છે,તેમનો અદિશ ગુણાકાર શૂન્ય થાય:
$(a + 2b) \cdot (5a - 4b) = 0$
અદિશ ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરતા:
$5(a \cdot a) - 4(a \cdot b) + 10(b \cdot a) - 8(b \cdot b) = 0$
કારણ કે $a \cdot a = |a|^2 = 1$ અને $b \cdot b = |b|^2 = 1$,અને $a \cdot b = b \cdot a$:
$5(1) + 6(a \cdot b) - 8(1) = 0$
$5 + 6(a \cdot b) - 8 = 0$
$6(a \cdot b) - 3 = 0$
$6(a \cdot b) = 3$
$a \cdot b = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
સૂત્ર $a \cdot b = |a||b| \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1)(1) \cos \theta = \frac{1}{2}$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = 60^o$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x + \sin x$ જ્યાં $x \in R$ છે.
એક-એક વિધેય ચકાસવા માટે,આપણે વિકલન મેળવીએ: $f'(x) = 2 + \cos x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-1 \le \cos x \le 1$,તેથી $f'(x) = 2 + \cos x \ge 2 - 1 = 1 > 0$.
કારણ કે $f'(x) > 0$ તમામ $x \in R$ માટે છે,વિધેય $f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,જેનો અર્થ છે કે તે એક-એક છે.
વ્યાપ્ત વિધેય ચકાસવા માટે,આપણે $f(x)$ નો વિસ્તાર જોઈએ. $f(x)$ એ સતત વિધેય છે અને $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$ તથા $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ હોવાથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $(-\infty, \infty) = R$ છે.
વિસ્તાર એ સહપ્રદેશ જેટલો હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત છે.
તેથી,$f$ એ એક-એક અને વ્યાપ્ત છે.

(C) વિધેય $f(x)$ ને માનાંક દૂર કરીને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}(-x - 1), & x < -1 \\ \tan^{-1}x, & -1 \le x \le 1 \\ \frac{1}{2}(x - 1), & x > 1 \end{cases}$
વિકલિત $f'(x)$ નો પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે $x = -1$ અને $x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીશું.
$x < -1$ માટે,$f'(x) = -\frac{1}{2}$.
$-1 < x < 1$ માટે,$f'(x) = \frac{1}{1+x^2}$.
$x > 1$ માટે,$f'(x) = \frac{1}{2}$.
$x = -1$ આગળ:
ડાબી બાજુનું વિકલિત $f'(-1^-) = -\frac{1}{2}$.
જમણી બાજુનું વિકલિત $f'(-1^+) = \frac{1}{1+(-1)^2} = \frac{1}{2}$.
અહીં $f'(-1^-) \neq f'(-1^+)$ હોવાથી,વિધેય $x = -1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ:
ડાબી બાજુનું વિકલિત $f'(1^-) = \frac{1}{1+(1)^2} = \frac{1}{2}$.
જમણી બાજુનું વિકલિત $f'(1^+) = \frac{1}{2}$.
અહીં $f'(1^-) = f'(1^+)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય છે.
આમ,$f'(x)$ એ $x = -1$ સિવાય તમામ $x \in R$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,$f'(x)$ નો પ્રદેશ $R - \{-1\}$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = 3\sin x - 4\sin^3 x$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(3x) = 3\sin x - 4\sin^3 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ કે $f(x) = \sin(3x)$.
વિધેય વધતું વિધેય હોય તે માટે,તેનું વિકલન ધન હોવું જોઈએ: $f'(x) > 0$.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sin(3x)) = 3\cos(3x)$.
$3\cos(3x) > 0$ લેતા,આપણને $\cos(3x) > 0$ મળે છે.
કોસાઇન વિધેય તેના ખૂણા માટે $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ અંતરાલમાં ધન હોય છે.
તેથી,$-\frac{\pi}{2} < 3x < \frac{\pi}{2}$.
$3$ વડે ભાગતા,આપણને $-\frac{\pi}{6} < x < \frac{\pi}{6}$ મળે છે.
આ અંતરાલની લંબાઈ $\frac{\pi}{6} - (-\frac{\pi}{6}) = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$ થાય છે.

(D) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $y^3 + 3x^2 = 12y$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$3y^2 \frac{dy}{dx} + 6x = 12 \frac{dy}{dx}$.
$\frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે ગોઠવતા:
$\frac{dy}{dx}(3y^2 - 12) = -6x \implies \frac{dy}{dx} = \frac{-6x}{3y^2 - 12} = \frac{2x}{4 - y^2}$.
સ્પર્શક શિરોલંબ ($y$-અક્ષને સમાંતર) હોય તે માટે,ઢાળ $\frac{dy}{dx}$ અવ્યાખ્યાયિત હોવો જોઈએ,જે છેદ શૂન્ય થાય ત્યારે મળે છે:
$4 - y^2 = 0 \implies y^2 = 4 \implies y = \pm 2$.
કિસ્સો $1$: જો $y = 2$,તો $2^3 + 3x^2 = 12(2) \implies 8 + 3x^2 = 24 \implies 3x^2 = 16 \implies x^2 = \frac{16}{3} \implies x = \pm \frac{4}{\sqrt{3}}$.
કિસ્સો $2$: જો $y = -2$,તો $(-2)^3 + 3x^2 = 12(-2) \implies -8 + 3x^2 = -24 \implies 3x^2 = -16$,જેનો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.
આમ,બિંદુઓ $\left( \pm \frac{4}{\sqrt{3}}, 2 \right)$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{1/e}^{\tan x} \frac{t \, dt}{1 + t^2} + \int_{1/e}^{\cot x} \frac{dt}{t(1 + t^2)}$.
પ્રથમ સંકલન માટે,$u = 1 + t^2$ લેતા,$du = 2t \, dt$ મળે,તેથી $\int \frac{t \, dt}{1 + t^2} = \frac{1}{2} \ln(1 + t^2)$.
$1/e$ થી $\tan x$ સુધીની સીમાઓ મૂકતા: $\frac{1}{2} [\ln(1 + \tan^2 x) - \ln(1 + 1/e^2)] = \frac{1}{2} [\ln(\sec^2 x) - \ln(1 + 1/e^2)]$.
બીજા સંકલન માટે,$\int \frac{dt}{t(1 + t^2)} = \int (\frac{1}{t} - \frac{t}{1 + t^2}) \, dt = \ln|t| - \frac{1}{2} \ln(1 + t^2)$.
$1/e$ થી $\cot x$ સુધીની સીમાઓ મૂકતા: $[\ln(\cot x) - \frac{1}{2} \ln(1 + \cot^2 x)] - [\ln(1/e) - \frac{1}{2} \ln(1 + 1/e^2)]$.
$1 + \cot^2 x = \csc^2 x$ હોવાથી,આ પદ $[\ln(\cot x) - \frac{1}{2} \ln(\csc^2 x)] - [\ln(1/e) - \frac{1}{2} \ln(1 + 1/e^2)]$ બને છે.
બંને ભાગોને જોડતા:
$I = \frac{1}{2} \ln(\sec^2 x) - \frac{1}{2} \ln(1 + 1/e^2) + \ln(\cot x) - \frac{1}{2} \ln(\csc^2 x) - \ln(1/e) + \frac{1}{2} \ln(1 + 1/e^2)$.
$I = \ln(\sec x) + \ln(\cot x) - \ln(\csc x) - \ln(1/e)$.
$I = \ln(\frac{\sec x \cdot \cot x}{\csc x}) - \ln(1/e) = \ln(1) - \ln(1/e) = 0 - (-1) = 1$.

(NONE) ધારો કે $I = \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \sin^4 x \, dx$. કારણ કે $f(x) = \sin^4 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $I = 2 \int_0^{\pi/4} \sin^4 x \, dx$.
નિત્યસમ $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^4 x = (\frac{1 - \cos 2x}{2})^2 = \frac{1}{4}(1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x)$.
વધુમાં,$\cos^2 2x = \frac{1 + \cos 4x}{2}$,તેથી $\sin^4 x = \frac{1}{4}(1 - 2\cos 2x + \frac{1 + \cos 4x}{2}) = \frac{1}{4}(\frac{3}{2} - 2\cos 2x + \frac{1}{2}\cos 4x) = \frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{8}\cos 4x$.
આનું સંકલન કરતા,$I = 2 \int_0^{\pi/4} (\frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{8}\cos 4x) \, dx = 2 [\frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{32}\sin 4x]_0^{\pi/4}$.
સીમાઓ મૂકતા: $I = 2 [(\frac{3}{8} \cdot \frac{\pi}{4} - \frac{1}{4}\sin \frac{\pi}{2} + \frac{1}{32}\sin \pi) - (0)] = 2 [\frac{3\pi}{32} - \frac{1}{4}] = \frac{3\pi}{16} - \frac{1}{2}$.

(D) ધારો કે $I = \int_1^5 (|x - 3| + |1 - x|) \, dx$.
અહીં $x \in [1, 5]$ હોવાથી,$|1 - x| = x - 1$ થાય.
તેથી,$I = \int_1^5 |x - 3| \, dx + \int_1^5 (x - 1) \, dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,$\int_1^5 |x - 3| \, dx = \int_1^3 -(x - 3) \, dx + \int_3^5 (x - 3) \, dx$.
$= [-\frac{(x - 3)^2}{2}]_1^3 + [\frac{(x - 3)^2}{2}]_3^5 = (0 - (-2)) + (2 - 0) = 2 + 2 = 4$.
બીજા ભાગ માટે,$\int_1^5 (x - 1) \, dx = [\frac{x^2}{2} - x]_1^5 = (\frac{25}{2} - 5) - (\frac{1}{2} - 1) = 7.5 - (-0.5) = 8$.
તેથી,$I = 4 + 8 = 12$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-1/2}^{1/2} [x] dx + \int_{-1/2}^{1/2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right) dx$.
વિધેય $f(x) = \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$ ધ્યાનમાં લો.
અહીં $f(-x) = \log \left( \frac{1-x}{1+x} \right) = -\log \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = -f(x)$ હોવાથી,$f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
તેથી,$\int_{-1/2}^{1/2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right) dx = 0$.
હવે,$I = \int_{-1/2}^{1/2} [x] dx$.
અંતરાલ $[-1/2, 0)$ માં,$[x] = -1$.
અંતરાલ $[0, 1/2]$ માં,$[x] = 0$.
આમ,$I = \int_{-1/2}^{0} (-1) dx + \int_{0}^{1/2} (0) dx = -[x]_{-1/2}^{0} = -(0 - (-1/2)) = -1/2$.

(A) સૌ પ્રથમ,${F_1}(x)$ અને ${F_2}(x)$ માટે સંકલનનું મૂલ્ય શોધો.
${F_1}(x) = \int_2^x (2t - 5) dt = [t^2 - 5t]_2^x = (x^2 - 5x) - (2^2 - 5(2)) = x^2 - 5x + 6$.
${F_2}(x) = \int_0^x 2t dt = [t^2]_0^x = x^2 - 0^2 = x^2$.
છેદબિંદુ શોધવા માટે,${F_1}(x) = {F_2}(x)$ લો:
$x^2 - 5x + 6 = x^2$.
બંને બાજુથી $x^2$ બાદ કરતાં,આપણને $-5x + 6 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $5x = 6$,તેથી $x = \frac{6}{5}$.
હવે,$y$-યામ શોધવા માટે $x = \frac{6}{5}$ ને ${F_2}(x)$ માં મૂકો:
$y = x^2 = \left( \frac{6}{5} \right)^2 = \frac{36}{25}$.
આમ,છેદબિંદુ $\left( \frac{6}{5}, \frac{36}{25} \right)$ છે.

(C) વિધેય $F(x) = \int_1^x {|t| \, dt}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$F'(x) = |x|$.
અંતરાલ $\left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right]$ માં દરેક $x$ માટે $|x| \ge 0$ હોવાથી,વિધેય $F(x)$ આ અંતરાલ પર વધતું વિધેય છે.
તેથી,મહત્તમ કિંમત જમણી બાજુના અંતિમ બિંદુ $x = \frac{1}{2}$ પર મળે છે.
$F\left( \frac{1}{2} \right) = \int_1^{1/2} {|t| \, dt} = -\int_{1/2}^1 {|t| \, dt}$.
અંતરાલ $\left[ \frac{1}{2}, 1 \right]$ માં $t > 0$ હોવાથી,$|t| = t$ થાય.
$F\left( \frac{1}{2} \right) = -\int_{1/2}^1 {t \, dt} = -\left[ \frac{t^2}{2} \right]_{1/2}^1 = -\left( \frac{1}{2} - \frac{1}{8} \right) = -\left( \frac{4-1}{8} \right) = -\frac{3}{8}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{1}^{x} \sqrt{2 - t^2} dt$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \int_{1}^{x} \sqrt{2 - t^2} dt = \sqrt{2 - x^2}$.
આપેલ સમીકરણ $x^2 - f'(x) = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $x^2 = f'(x)$.
$f'(x)$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $x^2 = \sqrt{2 - x^2}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $x^4 = 2 - x^2$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^4 + x^2 - 2 = 0$ થાય છે.
ધારો કે $u = x^2$. તો સમીકરણ $u^2 + u - 2 = 0$ બને છે.
આ દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,આપણને $(u + 2)(u - 1) = 0$ મળે છે.
કારણ કે $u = x^2$,તેથી $x^2 = -2$ (જેના કોઈ વાસ્તવિક બીજ નથી) અથવા $x^2 = 1$.
આમ,$x = \pm 1$.

(B) આપેલ વક્રો $y = |x| - 1$ અને $y = -|x| + 1$ છે.
આ વક્રો $(1, 0), (0, 1), (-1, 0),$ અને $(0, -1)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો એક ચોરસ બનાવે છે.
વૈકલ્પિક રીતે,આપણે પ્રદેશોનું વિશ્લેષણ કરી શકીએ છીએ:
$x \ge 0$ માટે,વક્રો $y = x - 1$ અને $y = -x + 1$ છે.
$x < 0$ માટે,વક્રો $y = -x - 1$ અને $y = x + 1$ છે.
આ પ્રદેશ બંને અક્ષોની સાપેક્ષમાં સંમિત છે.
પ્રથમ ચરણમાં ક્ષેત્રફળ $y = x - 1$ અને $y = -x + 1$ દ્વારા ઘેરાયેલું છે.
વાસ્તવમાં,આ પ્રદેશ $y = x - 1, y = -x - 1, y = -x + 1,$ અને $y = x + 1$ રેખાઓ દ્વારા બનેલો ચોરસ છે.
આ ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $= 4 \times (\text{એક ચરણમાં ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ})$.
દરેક ચરણમાં ત્રિકોણનો પાયો $1$ અને ઊંચાઈ $1$ છે.
ક્ષેત્રફળ $= 4 \times (\frac{1}{2} \times 1 \times 1) = 2$ ચોરસ એકમ.

(A) આપેલ છે કે $A$ અને $B$ સ્વતંત્ર ઘટનાઓ છે.
$P(A \cap B') = P(A)(1 - P(B)) = \frac{3}{25}$ .....$(i)$
$P(A' \cap B) = (1 - P(A))P(B) = \frac{8}{25}$ .....$(ii)$
ધારો કે $P(A) = x$ અને $P(B) = y$. સમીકરણો ઉકેલતા:
$x - xy = \frac{3}{25}$
$y - xy = \frac{8}{25}$
બંનેની બાદબાકી કરતા,$x - y = -\frac{5}{25} = -\frac{1}{5}$,એટલે કે $y = x + \frac{1}{5}$.
આ કિંમત પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા:
$x(\frac{4}{5} - x) = \frac{3}{25} \Rightarrow 25x^2 - 20x + 3 = 0$
$(5x - 1)(5x - 3) = 0$
તેથી,$P(A) = \frac{1}{5}$ અથવા $P(A) = \frac{3}{5}$. વિકલ્પ મુજબ સાચો જવાબ $\frac{1}{5}$ છે.

(D) વધુમાં વધુ એક ઘટના બને તેનો અર્થ એ છે કે કાં તો એક પણ ઘટના ન બને અથવા બરાબર એક ઘટના બને.
આ ઘટના $(A' \cap B') \cup (A \cap B') \cup (A' \cap B)$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
આ પરસ્પર નિવારક ઘટનાઓ હોવાથી,તેની સંભાવના $P(A' \cap B') + P(A \cap B') + P(A' \cap B)$ થાય,જે વિકલ્પ $A$ છે.
વધુમાં,'વધુમાં વધુ એક ઘટના બને' એ 'બંને ઘટનાઓ બને' તેની પૂરક ઘટના છે,જે $1 - P(A \cap B)$ છે,જે વિકલ્પ $B$ છે.
વિકલ્પ $C$ પણ $1 - P(A \cap B)$ ને સમાન છે.
તેથી,બધા વિકલ્પો સાચા છે.

(B) સુરેખ સમીકરણોની સંહતિને કોઈ ઉકેલ ન હોય તે માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $\Delta = 0$ હોવો જોઈએ અને $\Delta_1$ અથવા $\Delta_2$ માંથી ઓછામાં ઓછો એક નિશ્ચાયક શૂન્યતર હોવો જોઈએ.
$\Delta = \begin{vmatrix} k+1 & 8 \\ k & k+3 \end{vmatrix} = (k+1)(k+3) - 8k = k^2 + 4k + 3 - 8k = k^2 - 4k + 3 = (k-3)(k-1)$.
$\Delta = 0$ લેતા,આપણને $k = 1$ અથવા $k = 3$ મળે છે.
હવે,આ કિંમતો માટે $\Delta_1$ અને $\Delta_2$ ની ગણતરી કરીએ:
$\Delta_1 = \begin{vmatrix} 4k & 8 \\ 3k-1 & k+3 \end{vmatrix} = 4k(k+3) - 8(3k-1) = 4k^2 + 12k - 24k + 8 = 4k^2 - 12k + 8 = 4(k-1)(k-2)$.
$\Delta_2 = \begin{vmatrix} k+1 & 4k \\ k & 3k-1 \end{vmatrix} = (k+1)(3k-1) - 4k^2 = 3k^2 + 2k - 1 - 4k^2 = -k^2 + 2k - 1 = -(k-1)^2$.
કિસ્સો $k=1$: $\Delta = 0, \Delta_1 = 0, \Delta_2 = 0$. આ કિસ્સામાં અનંત ઉકેલો મળે છે.
કિસ્સો $k=3$: $\Delta = 0, \Delta_1 = 4(3-1)(3-2) = 8 \neq 0, \Delta_2 = -(3-1)^2 = -4 \neq 0$.
જ્યારે $k=3$ હોય ત્યારે $\Delta = 0$ અને $\Delta_1, \Delta_2 \neq 0$ હોવાથી,સમીકરણોની સંહતિને કોઈ ઉકેલ નથી.
આમ,$k$ ની માત્ર $1$ કિંમત શક્ય છે.

(C) અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર $[U V W] = U \cdot (V \times W)$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
પ્રથમ,આપણે સદિશ ગુણાકાર $V \times W$ ની ગણતરી કરીએ:
$V \times W = \begin{vmatrix} i & j & k \\ 2 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 3 \end{vmatrix} = i(3 - 0) - j(6 - (-1)) + k(0 - 1) = 3i - 7j - k$.
ધારો કે $A = V \times W = 3i - 7j - k$.
અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર $[U V W] = U \cdot A = |U| |A| \cos \theta$ છે,જ્યાં $\theta$ એ $U$ અને $A$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
$U$ એક એકમ સદિશ હોવાથી,$|U| = 1$.
તેથી,$[U V W] = |A| \cos \theta$.
મહત્તમ મૂલ્ય ત્યારે મળે છે જ્યારે $\cos \theta = 1$ હોય,જે $|A|$ જેટલું થાય.
$|A| = \sqrt{3^2 + (-7)^2 + (-1)^2} = \sqrt{9 + 49 + 1} = \sqrt{59}$.
આમ,મહત્તમ મૂલ્ય $\sqrt{59}$ છે.

(D) $f(x)$ નો આલેખ $x \ge -1$ માટે $y = (x + 1)^2$ સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$f(x)$ ના આલેખનું રેખા $y = x$ ની સાપેક્ષમાં પ્રતિબિંબ મેળવવા માટે,આપણે $x$ અને $y$ ની અદલાબદલી કરીએ છીએ.
આમ,$g(x)$ ના આલેખ માટેનું સમીકરણ $x = (y + 1)^2$ થાય,જ્યાં $y \ge -1$.
$y$ માટે ઉકેલતા:
$y + 1 = \pm\sqrt{x}$
કારણ કે $y \ge -1$,તેથી $y + 1 \ge 0$,એટલે આપણે ધન વર્ગમૂળ લઈશું:
$y + 1 = \sqrt{x}$
$y = \sqrt{x} - 1$
$f(x)$ નો પ્રદેશ $x \ge -1$ અને વિસ્તાર $y \ge 0$ હોવાથી,$g(x)$ નો પ્રદેશ $x \ge 0$ અને વિસ્તાર $y \ge -1$ થશે.
તેથી,$g(x) = \sqrt{x} - 1, x \ge 0$.

(C) ધારો કે $L = \lim_{x \to 0} \left\{ \frac{f(1 + x)}{f(1)} \right\}^{\frac{1}{x}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln \left( \frac{f(1 + x)}{f(1)} \right)$.
વિકલનની વ્યાખ્યા અથવા એલ'હોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln f(1 + x) - \ln f(1)}{x}$.
એલ'હોપિટલનો નિયમ લાગુ કરતા,$\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{f'(1 + x)}{f(1 + x)} = \frac{f'(1)}{f(1)}$.
આપેલ છે કે $f(1) = 3$ અને $f'(1) = 6$,તેથી $\ln L = \frac{6}{3} = 2$.
તેથી,$L = e^2$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\int_{\pi /2}^{\alpha} \sin x \, dx = \sin 2\alpha$
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $[-\cos x]_{\pi /2}^{\alpha} = \sin 2\alpha$
$-(\cos \alpha - \cos(\pi /2)) = \sin 2\alpha$
$-\cos \alpha = \sin 2\alpha$
નિત્યસમ $\sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા:
$-\cos \alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha$
$\cos \alpha (1 + 2 \sin \alpha) = 0$
કિસ્સો $1$: $\cos \alpha = 0$. અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$\alpha = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}$.
કિસ્સો $2$: $1 + 2 \sin \alpha = 0 \Rightarrow \sin \alpha = -1/2$. અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$\alpha = \frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$\alpha = \frac{\pi}{2}$ અને $\frac{3\pi}{2}$ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે.

(C) ધારો કે $J = \int_{3}^{3 + 3T} f(2x) dx$. $u = 2x$ આદેશ લેતા,$du = 2 dx$ અથવા $dx = \frac{1}{2} du$ મળે.
જ્યારે $x = 3, u = 6$. જ્યારે $x = 3 + 3T, u = 6 + 6T$.
તેથી,$J = \frac{1}{2} \int_{6}^{6 + 6T} f(u) du$.
કારણ કે $f$ એ $T$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે,તેથી કોઈપણ $a \in \mathbb{R}$ અને $n \in \mathbb{Z}$ માટે $\int_{a}^{a + nT} f(x) dx = n \int_{0}^{T} f(x) dx$ થાય.
અહીં,સંકલન $6T$ લંબાઈના અંતરાલ પર છે,જે આવર્તકાળ $T$ કરતા $6$ ગણું છે.
તેથી,$\int_{6}^{6 + 6T} f(u) du = 6 \int_{0}^{T} f(u) du = 6I$.
આ કિંમત મૂકતા,$J = \frac{1}{2} \times 6I = 3I$.

(D) ધારો કે $F(x) = \int_0^{x^2} \frac{t^2 - 5t + 4}{2 + e^t} \,dt$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $F(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$F'(x) = \frac{(x^2)^2 - 5(x^2) + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$F'(x) = \frac{x^4 - 5x^2 + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot 2x$
અંતિમ બિંદુઓ માટે,આપણે $F'(x) = 0$ લઈએ:
$\frac{(x^2 - 1)(x^2 - 4)}{2 + e^{x^2}} \cdot 2x = 0$
આનો અર્થ એ છે કે $x = 0$ અથવા $x^2 = 1$ અથવા $x^2 = 4$.
આને ઉકેલતા,આપણને $x = 0$,$x = \pm 1$,અને $x = \pm 2$ મળે છે.
આ તમામ મૂલ્યો આપેલા વિકલ્પોમાં સમાવિષ્ટ હોવાથી,સાચો જવાબ $D$ છે.

(D) નિષ્પક્ષ સિક્કાને $n$ વખત ઉછાળતા $k$ છાપ મળવાની સંભાવના દ્વિપદી વિતરણ દ્વારા મળે છે: $P(X = k) = \binom{n}{k} (\frac{1}{2})^n$.
આપેલ છે કે $P(X = 4), P(X = 5)$ અને $P(X = 6)$ એ $H.P.$ માં છે,તેથી તેમના વ્યસ્ત $A.P.$ માં હોય.
આમ,$\frac{1}{P(X = 4)}, \frac{1}{P(X = 5)}, \frac{1}{P(X = 6)}$ એ $A.P.$ માં છે.
તેથી $\frac{2}{P(X = 5)} = \frac{1}{P(X = 4)} + \frac{1}{P(X = 6)}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{2}{\binom{n}{5}} = \frac{1}{\binom{n}{4}} + \frac{1}{\binom{n}{6}}$.
$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે: $\frac{2 \times 5!(n-5)!}{n!} = \frac{4!(n-4)!}{n!} + \frac{6!(n-6)!}{n!}$.
$\frac{n!}{4!(n-6)!}$ વડે ગુણતા: $2 \times 5 \times (n-5) = (n-4)(n-5) + 6 \times 5$.
$10n - 50 = n^2 - 9n + 20 + 30$.
$n^2 - 19n + 100 = 0$.
વિવેચક $D = (-19)^2 - 4(1)(100) = 361 - 400 = -39$.
$D < 0$ હોવાથી,$n$ માટે કોઈ વાસ્તવિક પૂર્ણાંક ઉકેલ નથી. તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.