IIT JEE 2004 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ સમીકરણ: $(1 + \omega^2)^m = (1 + \omega^4)^m$.
$\omega^3 = 1$ હોવાથી,$\omega^4 = \omega$ થાય.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $(1 + \omega^2)^m = (1 + \omega)^m$.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$1 + \omega^2 = -\omega$ અને $1 + \omega = -\omega^2$ મળે.
તેથી,$(-\omega)^m = (-\omega^2)^m$.
બંને બાજુ $(-\omega)^m$ વડે ભાગતા: $1 = (\frac{-\omega^2}{-\omega})^m = (\omega)^m$.
$(\omega)^m = 1$ માટે,$m$ ની ન્યૂનતમ ધન પૂર્ણાંક કિંમત $3$ છે,કારણ કે $\omega^3 = 1$ થાય.

(B) અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a$ પ્રથમ પદ છે અને $r$ સામાન્ય ગુણોત્તર છે,જેમાં શરત $|r| < 1$ છે.
આપેલ છે કે $a = x$ અને $S = 5$,તેથી $5 = \frac{x}{1-r}$.
$r$ માટે ગોઠવતા,આપણને $1 - r = \frac{x}{5}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $r = 1 - \frac{x}{5}$.
કારણ કે $|r| < 1$,આપણી પાસે $|1 - \frac{x}{5}| < 1$ છે.
આ અસમતાને $-1 < 1 - \frac{x}{5} < 1$ તરીકે લખી શકાય છે.
બધા ભાગોમાંથી $1$ બાદ કરતા,આપણને $-2 < -\frac{x}{5} < 0$ મળે છે.
$-5$ વડે ગુણતા (અને અસમતાની નિશાનીઓ ઉલટાવતા),આપણને $10 > x > 0$ અથવા $0 < x < 10$ મળે છે.

(D) ધારો કે આપેલ સમીકરણ $x^2 + px + q = 0$ ના બીજ $\alpha$ અને $\alpha^2$ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ પરથી:
$\alpha \cdot \alpha^2 = \alpha^3 = q$
$\alpha + \alpha^2 = -p$
બીજા સમીકરણની બંને બાજુ ઘન લેતા:
$(\alpha + \alpha^2)^3 = (-p)^3$
$\alpha^3 + (\alpha^2)^3 + 3\alpha \cdot \alpha^2(\alpha + \alpha^2) = -p^3$
$\alpha^3 = q$ અને $\alpha + \alpha^2 = -p$ કિંમતો મૂકતા:
$q + q^2 + 3q(-p) = -p^3$
$p^3 + q^2 + q - 3pq = 0$
$p^3 + q^2 + q(1 - 3p) = 0$.

(A) દ્વિઘાત પદાવલિ $Ax^2 + Bx + C > 0$ તમામ $x \in R$ માટે સાચી હોય,તો તેનો વિવેચક $D < 0$ અને $A > 0$ હોવો જોઈએ.
અહીં,$A = 1$,જે $> 0$ છે.
વિવેચક $D = B^2 - 4AC = (2a)^2 - 4(1)(10 - 3a) < 0$.
$4a^2 - 40 + 12a < 0$.
$4$ વડે ભાગતા,આપણને $a^2 + 3a - 10 < 0$ મળે છે.
અવયવ પાડતા,$(a + 5)(a - 2) < 0$ મળે.
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે જ્યારે $a$ એ $-5$ અને $2$ ની વચ્ચે હોય,તેથી $-5 < a < 2$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $^{n-1}C_r = (k^2 - 3) \cdot ^nC_{r+1}$
સૂત્ર $^nC_r = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{(n-1)!}{r!(n-r-1)!} = (k^2 - 3) \cdot \frac{n!}{(r+1)!(n-r-1)!}$
ફેક્ટોરિયલનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{1}{r!} = (k^2 - 3) \cdot \frac{n}{(r+1)r!}$
$1 = (k^2 - 3) \cdot \frac{n}{r+1}$
$k^2 - 3 = \frac{r+1}{n}$
$k^2 = \frac{r+1}{n} + 3$
અહીં $0 \le r \le n-1$ હોવાથી,$1 \le r+1 \le n$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{n} \le \frac{r+1}{n} \le 1$.
આમ,$k^2 \in [\frac{1}{n} + 3, 4]$.
$n \ge 2$ માટે,$\frac{1}{n} + 3$ ની કિંમત $(3, 3.5]$ અંતરાલમાં છે.
તેથી,$k \in [-2, -\sqrt{\frac{1}{n} + 3}] \cup [\sqrt{\frac{1}{n} + 3}, 2]$.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$(\sqrt{3}, 2)$ એ સૌથી યોગ્ય ઉપગણ છે.

(D) બાજુઓનો ગુણોત્તર $a:b:c = 1:\sqrt{3}:2$ આપેલ છે.
ધારો કે $a = \lambda$,$b = \sqrt{3}\lambda$,અને $c = 2\lambda$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{3\lambda^2 + 4\lambda^2 - \lambda^2}{2(\sqrt{3}\lambda)(2\lambda)} = \frac{6\lambda^2}{4\sqrt{3}\lambda^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$A = 30^\circ$.
તે જ રીતે,$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{\lambda^2 + 4\lambda^2 - 3\lambda^2}{2(\lambda)(2\lambda)} = \frac{2\lambda^2}{4\lambda^2} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$B = 60^\circ$.
અંતે,$C = 180^\circ - (30^\circ + 60^\circ) = 90^\circ$.
આમ,$A:B:C = 30^\circ:60^\circ:90^\circ = 1:2:3$.

(A) આપેલ સમીકરણ ${x^2} - ({y^2} - 2y + 1) = 0$ છે,જે ${x^2} - {(y - 1)^2} = 0$ માં સરળ બને છે.
આ રેખાઓની જોડી $(x - y + 1)(x + y - 1) = 0$ દર્શાવે છે.
આ રેખાઓ $x - y + 1 = 0$ અને $x + y - 1 = 0$ છે.
આ રેખાઓના ખૂણાના દ્વિભાજકો $\frac{x - y + 1}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \pm \frac{x + y - 1}{\sqrt{1^2 + 1^2}}$ દ્વારા મળે છે.
જે $x - y + 1 = \pm (x + y - 1)$ માં સરળ બને છે.
કિસ્સો $1$: $x - y + 1 = x + y - 1 \implies 2y = 2 \implies y = 1$.
કિસ્સો $2$: $x - y + 1 = -(x + y - 1) \implies 2x = 0 \implies x = 0$.
આમ,ખૂણાના દ્વિભાજકો $x = 0$ અને $y = 1$ રેખાઓ છે.
ત્રીજી રેખા $x + y = 3$ છે.
$x = 0$,$y = 1$,અને $x + y = 3$ દ્વારા બનતા ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ:
$x = 0$ અને $y = 1$ નું છેદબિંદુ $(0, 1)$ છે.
$x = 0$ અને $x + y = 3$ નું છેદબિંદુ $(0, 3)$ છે.
$y = 1$ અને $x + y = 3$ નું છેદબિંદુ $(2, 1)$ છે.
આ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેના શિરોબિંદુઓ $(0, 1)$,$(0, 3)$,અને $(2, 1)$ છે.
પાયાની લંબાઈ $2 - 0 = 2$ અને ઊંચાઈ $3 - 1 = 2$ છે.
ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times 2 \times 2 = 2$.

(C) આપેલ વર્તુળ $x^2 + y^2 - 2x - 6y + 6 = 0$ છે.
તેનું કેન્દ્ર $C(1, 3)$ અને ત્રિજ્યા $r = 2$ છે.
ધારો કે માંગેલ વર્તુળનું કેન્દ્ર $D(2, 1)$ છે.
આપેલ વર્તુળનો વ્યાસ એ માંગેલ વર્તુળની જીવા છે,જેની લંબાઈ $2 \times 2 = 4$ છે.
તેથી,કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ACD$ માં,$AC = 2$ અને $CD = \sqrt{(2-1)^2 + (1-3)^2} = \sqrt{5}$ છે.
માંગેલ વર્તુળની ત્રિજ્યા $R = AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = \sqrt{2^2 + (\sqrt{5})^2} = \sqrt{4 + 5} = \sqrt{9} = 3$.

(C) આપેલ ઉપવલય $x^2 + 2y^2 = 2$ છે,જેને $\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{1} = 1$ તરીકે લખી શકાય. અહીં $a^2 = 2$ અને $b^2 = 1$ છે.
ધારો કે સ્પર્શબિંદુ $R \equiv (\sqrt{2} \cos \theta, \sin \theta)$ છે.
$R$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $\frac{x \cos \theta}{\sqrt{2}} + y \sin \theta = 1$ છે.
સ્પર્શક $x$-અક્ષને $A \equiv (\sqrt{2} \sec \theta, 0)$ માં અને $y$-અક્ષને $B \equiv (0, \csc \theta)$ માં છેદે છે.
ધારો કે $Q(h, k)$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે. તેથી $h = \frac{\sec \theta}{\sqrt{2}}$ અને $k = \frac{\csc \theta}{2}$ થાય.
આથી $\cos \theta = \frac{1}{h\sqrt{2}}$ અને $\sin \theta = \frac{1}{2k}$ મળે.
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$\left(\frac{1}{h\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{1}{2k}\right)^2 = 1$ મળે.
આમ,બિંદુપથ $\frac{1}{2x^2} + \frac{1}{4y^2} = 1$ છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f({x^2}) - f(x)}}{{f(x) - f(0)}}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
$L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x \cdot f'({x^2}) - f'(x)}}{{f'(x)}}$.
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{2x \cdot f'({x^2})}{f'(x)} - 1 \right)$.
$f$ એ ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય હોવાથી,$f'(x) > 0$. જો $f'(0) \neq 0$ હોય,તો $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2x \cdot f'({x^2})}{f'(x)} = 0$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $0 - 1 = -1$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $\sin \theta = \frac{1}{2}$,અને $\theta$ લઘુકોણ હોવાથી,$\theta = \frac{\pi}{6}$.
આપેલ છે કે $\cos \phi = \frac{1}{3}$,અને $\cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ તથા $\cos \frac{\pi}{2} = 0$ હોવાથી,$\frac{1}{3}$ એ $0$ અને $\frac{1}{2}$ ની વચ્ચે છે,તેથી $\frac{\pi}{3} < \phi < \frac{\pi}{2}$.
અસમતા $\frac{\pi}{3} < \phi < \frac{\pi}{2}$ માં $\theta = \frac{\pi}{6}$ ઉમેરતા,$\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} < \theta + \phi < \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2}$ મળે.
જેનું સાદું રૂપ $\frac{\pi}{2} < \theta + \phi < \frac{2\pi}{3}$ થાય છે.

(A) વક્રનું સમીકરણ $x^2 - 2y^2 = 4$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2x - 4y \frac{dy}{dx} = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{2y}$.
સ્પર્શક રેખા $2x + \sqrt{6}y = 2$ નો ઢાળ $-\frac{2}{\sqrt{6}} = -\frac{\sqrt{6}}{3}$ છે.
ધારો કે સ્પર્શબિંદુ $(x_1, y_1)$ છે. તેથી $\frac{x_1}{2y_1} = -\frac{\sqrt{6}}{3}$,એટલે કે $3x_1 = -2\sqrt{6}y_1$,અથવા $y_1 = -\frac{\sqrt{6}x_1}{4}$.
બિંદુ $(x_1, y_1)$ વક્ર પર હોવાથી,$x_1^2 - 2(-\frac{\sqrt{6}x_1}{4})^2 = 4$.
$x_1^2 - 2(\frac{6x_1^2}{16}) = 4 \implies x_1^2 - \frac{3}{4}x_1^2 = 4 \implies \frac{1}{4}x_1^2 = 4 \implies x_1^2 = 16$.
તેથી $x_1 = 4$ અથવા $x_1 = -4$.
જો $x_1 = 4$ હોય,તો $y_1 = -\frac{\sqrt{6}(4)}{4} = -\sqrt{6}$.
રેખાના સમીકરણમાં ચકાસતા: $2(4) + \sqrt{6}(-\sqrt{6}) = 8 - 6 = 2$. આ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે.
આમ,સ્પર્શબિંદુ $(4, -\sqrt{6})$ છે.

(D) કોઈ સંખ્યા $2$ અને $3$ બંને વડે વિભાજ્ય હોય તો તે તેમના લઘુત્તમ સામાન્ય અવયવી એટલે કે $6$ વડે વિભાજ્ય હોય.
પ્રથમ $100$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓમાં $6$ વડે વિભાજ્ય સંખ્યાઓ $6, 12, 18, \dots, 96$ છે.
સૂત્ર $a_n = a + (n-1)d$ નો ઉપયોગ કરતા,$96 = 6 + (n-1)6$,જે $n = 16$ આપે છે.
આવી કુલ $16$ સંખ્યાઓ છે.
$100$ માંથી $3$ ભિન્ન સંખ્યાઓ પસંદ કરવાની કુલ રીતો $^{100}C_3$ છે.
$6$ વડે વિભાજ્ય હોય તેવી $3$ સંખ્યાઓ પસંદ કરવાની રીતો $^{16}C_3$ છે.
આમ,જરૂરી સંભાવના $\frac{^{16}C_3}{^{100}C_3} = \frac{16 \times 15 \times 14}{100 \times 99 \times 98} = \frac{4}{1155}$ છે.

(C) પરવલયનું સમીકરણ $y^2 = 4ax$ છે,જ્યાં $a = 1$.
બિંદુ $(x_1, y_1) = (1, 4)$ છે.
પરવલય $y^2 = 4x$ માટે નિયામિકાનું સમીકરણ $x = -1$ છે.
બિંદુ $(1, 4)$ થી પરવલય $y^2 = 4ax$ પરના સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ શોધવાનું સૂત્ર $\tan \theta = \left| \frac{\sqrt{y_1^2 - 4ax_1}}{x_1 + a} \right|$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $a = 1, x_1 = 1, y_1 = 4$.
$\tan \theta = \left| \frac{\sqrt{4^2 - 4(1)(1)}}{1 + 1} \right| = \frac{\sqrt{12}}{2} = \sqrt{3}$.
તેથી,$\theta = \frac{\pi}{3}$.

(D) સમીકરણ સંહતિને કોઈ ઉકેલ ન હોય જો સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $D = 0$ હોય અને ક્રેમરના નિયમના નિશ્ચાયકો $(D_x, D_y, D_z)$ માંથી ઓછામાં ઓછો એક શૂન્યતર હોય.
પ્રથમ, સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $D$ શોધો:
$D = \begin{vmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda \end{vmatrix}$
$D = 2(-2\lambda - 1) - (-1)(\lambda - 1) + (-1)(1 - (-2))$
$D = -4\lambda - 2 + \lambda - 1 - 3$
$D = -3\lambda - 6$
સંહતિને કોઈ ઉકેલ ન હોય અથવા અનંત ઉકેલો હોય તે માટે, આપણે $D = 0$ લઈએ છીએ:
$-3\lambda - 6 = 0 \Rightarrow \lambda = -2$
હવે, $\lambda = -2$ માટે $D_x$ તપાસો:
$D_x = \begin{vmatrix} 12 & -1 & -1 \\ -4 & -2 & 1 \\ 4 & 1 & -2 \end{vmatrix} = 12(4 - 1) - (-1)(8 - 4) + (-1)(-4 + 8)$
$D_x = 12(3) + 1(4) - 1(4) = 36 \neq 0$
આમ, $D = 0$ અને $D_x \neq 0$ હોવાથી, $\lambda = -2$ માટે સમીકરણ સંહતિને કોઈ ઉકેલ નથી.

(A) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} \alpha & 2 \\ 2 & \alpha \end{bmatrix}$.
શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક $|A| = \alpha^2 - (2 \times 2) = \alpha^2 - 4$ થાય.
આપણને આપેલ છે કે $|A^3| = 125$.
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મ $|A^n| = |A|^n$ નો ઉપયોગ કરતા,$|A|^3 = 125$ મળે.
કારણ કે $125 = 5^3$,તેથી $|A|^3 = 5^3$,જેનો અર્થ છે કે $|A| = 5$.
$|A|$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\alpha^2 - 4 = 5$ મળે.
$\alpha^2 = 9$.
તેથી,$\alpha = \pm 3$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin (\cot ^{ - 1}(x + 1)) = \cos (\tan ^{ - 1}x)$.
પ્રથમ,$\cot ^{ - 1}(x + 1)$ ને $\sin ^{ - 1}$ સ્વરૂપમાં ફેરવો. ધારો કે $\theta = \cot ^{ - 1}(x + 1)$,તો $\cot \theta = x + 1$. નિત્યસમ $\sin \theta = \frac{1}{\sqrt{1 + \cot ^2 \theta}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin \theta = \frac{1}{\sqrt{1 + (x + 1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x + 2}}$.
ત્યારબાદ,$\tan ^{ - 1}x$ ને $\cos ^{ - 1}$ સ્વરૂપમાં ફેરવો. ધારો કે $\phi = \tan ^{ - 1}x$,તો $\tan \phi = x$. નિત્યસમ $\cos \phi = \frac{1}{\sqrt{1 + \tan ^2 \phi}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\cos \phi = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.
બંને બાજુ સરખાવતા: $\frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x + 2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $x^2 + 2x + 2 = 1 + x^2$.
બંને બાજુથી $x^2$ બાદ કરતા: $2x + 2 = 1$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $2x = -1$,જે આપે છે $x = -\frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે જરૂરી એકમ સદિશ $\hat{a}$ છે. કારણ કે $\hat{a}$ એ $\vec{u} = 2i + j + k$ અને $\vec{v} = i - j + k$ ના સમતલમાં છે,તેને $\hat{a} = \alpha(2i + j + k) + \beta(i - j + k)$ તરીકે દર્શાવી શકાય છે.
સાદું રૂપ આપતા,$\hat{a} = (2\alpha + \beta)i + (\alpha - \beta)j + (\alpha + \beta)k$ મળે છે.
કારણ કે $\hat{a}$ એકમ સદિશ છે,તેનું માન $1$ છે,તેથી $(2\alpha + \beta)^2 + (\alpha - \beta)^2 + (\alpha + \beta)^2 = 1$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$6\alpha^2 + 4\alpha\beta + 3\beta^2 = 1$ ... $(i)$ મળે છે.
કારણ કે $\hat{a}$ એ $\vec{w} = 5i + 2j + 6k$ ને લંબ છે,તેમનો ડોટ ગુણાકાર શૂન્ય થાય: $5(2\alpha + \beta) + 2(\alpha - \beta) + 6(\alpha + \beta) = 0$.
આનું સાદું રૂપ $18\alpha + 9\beta = 0$ થાય છે,જે $\beta = -2\alpha$ આપે છે.
$\beta = -2\alpha$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા,$6\alpha^2 + 4\alpha(-2\alpha) + 3(-2\alpha)^2 = 1$ મળે છે.
$6\alpha^2 - 8\alpha^2 + 12\alpha^2 = 1$,જેનો અર્થ છે કે $10\alpha^2 = 1$,તેથી $\alpha = \pm \frac{1}{\sqrt{10}}$.
ત્યારબાદ $\beta = -2(\pm \frac{1}{\sqrt{10}}) = \mp \frac{2}{\sqrt{10}}$.
આ કિંમતોને $\hat{a}$ ના સમીકરણમાં મૂકતા,$\hat{a} = \pm \frac{1}{\sqrt{10}} [ (2 - 2)i + (1 + 2)j + (1 - 2)k ] = \pm \frac{3j - k}{\sqrt{10}}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $b = b_1 i + b_2 j + b_3 k$.
આપેલ છે કે $a \times b = j - k$,તેથી:
$j - k = \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1 & 1 & 1 \\ b_1 & b_2 & b_3 \end{vmatrix}$
$j - k = i(b_3 - b_2) - j(b_3 - b_1) + k(b_2 - b_1)$
ઘટકોની સરખામણી કરતા:
$b_3 - b_2 = 0 \Rightarrow b_3 = b_2$
$b_1 - b_3 = 1 \Rightarrow b_1 = b_3 + 1 = b_2 + 1$
$b_2 - b_1 = -1 \Rightarrow b_2 - (b_2 + 1) = -1$ (જે સુસંગત છે).
આપેલ છે કે $a \cdot b = 1$,તેથી:
$(i + j + k) \cdot (b_1 i + b_2 j + b_3 k) = 1$
$b_1 + b_2 + b_3 = 1$
$b_1 = b_2 + 1$ અને $b_3 = b_2$ મુકતા:
$(b_2 + 1) + b_2 + b_2 = 1$
$3b_2 + 1 = 1$
$3b_2 = 0 \Rightarrow b_2 = 0$
આમ,$b_3 = 0$ અને $b_1 = 0 + 1 = 1$.
તેથી,$b = 1i + 0j + 0k = i$.

(B) ધારો કે પ્રથમ રેખા $\frac{x - 1}{2} = \frac{y + 1}{3} = \frac{z - 1}{4} = \lambda$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $(2\lambda + 1, 3\lambda - 1, 4\lambda + 1)$ છે.
ધારો કે બીજી રેખા $\frac{x - 3}{1} = \frac{y - k}{2} = \frac{z}{1} = \mu$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $(\mu + 3, 2\mu + k, \mu)$ છે.
જો રેખાઓ છેદતી હોય,તો $\lambda$ અને $\mu$ એવા મળે કે જેથી યામ સમાન થાય:
$2\lambda + 1 = \mu + 3 \implies 2\lambda - \mu = 2$ $(i)$
$3\lambda - 1 = 2\mu + k \implies 3\lambda - 2\mu = k + 1$ (ii)
$4\lambda + 1 = \mu \implies 4\lambda - \mu = -1$ (iii)
(iii) માંથી $(i)$ બાદ કરતા:
$(4\lambda - \mu) - (2\lambda - \mu) = -1 - 2$
$2\lambda = -3 \implies \lambda = -\frac{3}{2}$.
$\lambda = -\frac{3}{2}$ ને (iii) માં મૂકતા:
$4(-\frac{3}{2}) + 1 = \mu \implies -6 + 1 = \mu \implies \mu = -5$.
$\lambda = -\frac{3}{2}$ અને $\mu = -5$ ને (ii) માં મૂકતા:
$3(-\frac{3}{2}) - 2(-5) = k + 1$
$-\frac{9}{2} + 10 = k + 1$
$k = -\frac{9}{2} + 9 = \frac{9}{2}$.

(A) વિધેય $f(x) = \sin x - \sqrt{3} \cos x + 1$ દ્વારા આપવામાં આવ્યું છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે પદ $a \sin x + b \cos x$ એ $[-\sqrt{a^2 + b^2}, \sqrt{a^2 + b^2}]$ અંતરાલમાં હોય છે.
અહીં,$a = 1$ અને $b = -\sqrt{3}$ છે.
તેથી,$\sin x - \sqrt{3} \cos x$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}, \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}] = [-\sqrt{1+3}, \sqrt{1+3}] = [-2, 2]$ છે.
આ અસમતામાં $1$ ઉમેરતા,આપણને મળે છે:
$-2 + 1 \le \sin x - \sqrt{3} \cos x + 1 \le 2 + 1$.
$-1 \le f(x) \le 3$.
વિધેય $f$ વ્યાપ્ત હોવાથી,સહ-પ્રદેશ $S$ એ વિધેયના વિસ્તાર જેટલો જ હોવો જોઈએ.
તેથી,$S = [-1, 3]$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x + \cos x$ અને $g(x) = x^2 - 1$.
સૌ પ્રથમ,આપણે સંયોજન $g(f(x))$ શોધીએ:
$g(f(x)) = (\sin x + \cos x)^2 - 1$
$= (\sin^2 x + \cos^2 x + 2 \sin x \cos x) - 1$
$= (1 + \sin 2x) - 1 = \sin 2x$.
વિધેય વ્યસ્ત હોવા માટે,તે એક-એક અને વ્યાપ્ત (bijective) હોવું જોઈએ.
વિધેય $h(x) = \sin 2x$ એ અંતરાલમાં વ્યસ્ત છે જ્યાં દલીલ $2x$ એ પ્રતિવિધેય સાઈન વિધેયની મુખ્ય શાખામાં હોય,એટલે કે $[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} ]$.
આમ,આપણે જરૂર છે:
$-\frac{\pi}{2} \le 2x \le \frac{\pi}{2}$
$2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$-\frac{\pi}{4} \le x \le \frac{\pi}{4}$.
તેથી,$g(f(x))$ એ $x \in [ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} ]$ માટે વ્યસ્ત છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $\ln (x + y) = 2xy$ છે.
સૌ પ્રથમ,જ્યારે $x = 0$ હોય ત્યારે $y$ ની કિંમત શોધો:
$\ln (0 + y) = 2(0)y \implies \ln (y) = 0 \implies y = e^0 = 1$.
હવે,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરો:
$\frac{d}{dx} [\ln (x + y)] = \frac{d}{dx} [2xy]$
$\frac{1}{x + y} \cdot (1 + y') = 2(y + xy')$
વિકલિત સમીકરણમાં $x = 0$ અને $y = 1$ મૂકતા:
$\frac{1}{0 + 1} \cdot (1 + y'(0)) = 2(1 + 0 \cdot y'(0))$
$1 \cdot (1 + y'(0)) = 2(1)$
$1 + y'(0) = 2$
$y'(0) = 2 - 1 = 1$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 + bx^2 + cx + d$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે વિધેયનું વિકલન મેળવીએ:
$f'(x) = 3x^2 + 2bx + c$.
વિધેયના સ્વભાવને નક્કી કરવા માટે,આપણે દ્વિઘાત પદાવલિ $f'(x)$ નો વિવેચક $D$ તપાસીએ:
$D = (2b)^2 - 4(3)(c) = 4b^2 - 12c$.
આપણને આપેલ છે કે $0 < b^2 < c$.
કારણ કે $b^2 < c$,તેથી $4b^2 < 4c$ થાય.
તેથી,$D = 4b^2 - 12c < 4c - 12c = -8c$.
કારણ કે $b^2 > 0$,તેથી $c$ પણ $0$ કરતા મોટું હોવું જોઈએ (કારણ કે $c > b^2$).
આમ,$D < -8c < 0$.
કારણ કે વિવેચક $D < 0$ છે અને $x^2$ નો સહગુણક (જે $3$ છે) ધન છે,તેથી તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) > 0$ થાય છે.
આમ,વિકલન $f'(x)$ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે ચુસ્ત રીતે ધન હોવાથી,વિધેય $f(x)$ ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.

(D) $f(x)$ માટે $[0, 1]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,નીચેની શરતો સંતોષાવી જોઈએ:
$1$. $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $f(x)$ એ $(0, 1)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$3$. $f(0) = f(1)$.
શરત $3$ તપાસતા: $f(1) = 1^\alpha \ln(1) = 0$ અને $f(0) = 0$. આમ,$f(0) = f(1) = 0$ એ કોઈપણ $\alpha$ માટે સાચું છે.
શરત $1$ તપાસતા ($x=0$ આગળ સાતત્ય): આપણે $\lim_{x \to 0^+} x^\alpha \ln x = 0$ ની જરૂર છે. આ લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $0$ થાય છે જો અને માત્ર જો $\alpha > 0$ હોય.
શરત $2$ તપાસતા ($(0, 1)$ પર વિકલનીયતા): $f'(x) = \alpha x^{\alpha-1} \ln x + x^{\alpha-1} = x^{\alpha-1}(\alpha \ln x + 1)$. આ કોઈપણ $\alpha$ માટે $x \in (0, 1)$ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,માત્ર $\alpha = 0.5$ એ $\alpha > 0$ ની શરતને સંતોષે છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^1 \sqrt{\frac{1-x}{1+x}} \,dx$.
સંકલિતનું સંમેયીકરણ કરતા:
$I = \int_0^1 \frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}} \cdot \frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x}} \,dx = \int_0^1 \frac{1-x}{\sqrt{1-x^2}} \,dx$.
સંકલનને અલગ કરતા:
$I = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,dx - \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \,dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,dx = \sin^{-1}(x)$.
બીજા ભાગ માટે,$u = 1-x^2$ લેતા,$du = -2x \,dx$ થાય,તેથી $\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \,dx = -\sqrt{1-x^2}$.
નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા:
$I = [\sin^{-1}(x)]_0^1 + [\sqrt{1-x^2}]_0^1$.
$I = (\sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(0)) + (\sqrt{1-1^2} - \sqrt{1-0^2})$.
$I = (\frac{\pi}{2} - 0) + (0 - 1) = \frac{\pi}{2} - 1$.

(B) વક્રો $y = ax^2$ અને $x = ay^2$ (અથવા ઉપરની શાખા માટે $y = \sqrt{x/a}$) છે.
છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$y = ax^2$ ને $x = ay^2$ માં મૂકતા:
$x = a(ax^2)^2 = a^3x^4$
$x(a^3x^3 - 1) = 0$
તેથી,$x = 0$ અથવા $x^3 = 1/a^3$,જે $x = 1/a$ આપે છે.
છેદબિંદુ $A$ એ $(1/a, 1/a)$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A$ નીચે મુજબ છે:
$A = \int_0^{1/a} (\sqrt{x/a} - ax^2) dx = 1$
$\int_0^{1/a} (\frac{1}{\sqrt{a}} x^{1/2} - ax^2) dx = 1$
$[\frac{1}{\sqrt{a}} \cdot \frac{2}{3} x^{3/2} - \frac{a}{3} x^3]_0^{1/a} = 1$
$\frac{1}{\sqrt{a}} \cdot \frac{2}{3} (\frac{1}{a})^{3/2} - \frac{a}{3} (\frac{1}{a})^3 = 1$
$\frac{2}{3a^2} - \frac{1}{3a^2} = 1$
$\frac{1}{3a^2} = 1$
$a^2 = 1/3$
કારણ કે $a > 0$,તેથી $a = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $\int_0^{t^2} xf(x)dx = \frac{2}{5}t^5$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન માટે લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dt} \left( \int_0^{t^2} xf(x)dx \right) = \frac{d}{dt} \left( \frac{2}{5}t^5 \right)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$(t^2)f(t^2) \cdot \frac{d}{dt}(t^2) = \frac{2}{5} \cdot 5t^4$.
$(t^2)f(t^2) \cdot (2t) = 2t^4$.
$2t^3 f(t^2) = 2t^4$.
$t > 0$ હોવાથી,$2t^3$ વડે ભાગતા:
$f(t^2) = t$.
આપણે $f\left( \frac{4}{25} \right)$ શોધવાનું છે.
ધારો કે $t^2 = \frac{4}{25}$,જેનો અર્થ છે કે $t = \frac{2}{5}$ ($t > 0$ હોવાથી).
$f(t^2) = t$ માં $t = \frac{2}{5}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$f\left( \frac{4}{25} \right) = \frac{2}{5}$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\left( \frac{2 + \sin x}{1 + y} \right) \frac{dy}{dx} = - \cos x$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{1 + y} = - \frac{\cos x}{2 + \sin x} dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dy}{1 + y} = - \int \frac{\cos x}{2 + \sin x} dx$.
ધારો કે $u = 2 + \sin x$,તો $du = \cos x dx$.
તેથી,$\ln|1 + y| = - \ln|2 + \sin x| + C$.
આને $\ln|1 + y| + \ln|2 + \sin x| = C$,અથવા $\ln|(1 + y)(2 + \sin x)| = C$ તરીકે લખી શકાય.
આમ,$(1 + y)(2 + \sin x) = K$ (જ્યાં $K = e^C$).
આપેલ $y(0) = 1$ માટે,આપણે $x = 0$ અને $y = 1$ મૂકીએ:
$(1 + 1)(2 + \sin 0) = K \implies 2(2 + 0) = K \implies K = 4$.
તેથી,$(1 + y)(2 + \sin x) = 4$.
$y\left( \frac{\pi}{2} \right)$ શોધવા માટે,$x = \frac{\pi}{2}$ મૂકો:
$(1 + y)(2 + \sin \frac{\pi}{2}) = 4
(1 + y)(2 + 1) = 4
3(1 + y) = 4
1 + y = \frac{4}{3}
y = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}$.

(C) ધારો કે બે રેખાઓ અનુક્રમે $\lambda$ અને $\mu$ પ્રાચલ દ્વારા દર્શાવેલ છે:
$\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{3}=\frac{z-1}{4}=\lambda \implies x=2\lambda+1, y=3\lambda-1, z=4\lambda+1$
$\frac{x-3}{1}=\frac{y-k}{2}=\frac{z}{1}=\mu \implies x=\mu+3, y=2\mu+k, z=\mu$
જો રેખાઓ છેદતી હોય,તો બંને માટે એક સામાન્ય બિંદુ હોવું જોઈએ,તેથી:
$2\lambda+1 = \mu+3 \implies 2\lambda - \mu = 2 \quad (i)$
$3\lambda-1 = 2\mu+k \implies 3\lambda - 2\mu = k+1 \quad (ii)$
$4\lambda+1 = \mu \implies 4\lambda - \mu = -1 \quad (iii)$
સમીકરણ $(iii)$ માંથી $(i)$ બાદ કરતા:
$(4\lambda - \mu) - (2\lambda - \mu) = -1 - 2
\implies 2\lambda = -3 \implies \lambda = -\frac{3}{2}$
$\lambda = -\frac{3}{2}$ ને $(iii)$ માં મૂકતા:
$4(-\frac{3}{2}) + 1 = \mu \implies -6 + 1 = \mu \implies \mu = -5$
$\lambda = -\frac{3}{2}$ અને $\mu = -5$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$3(-\frac{3}{2}) - 2(-5) = k+1
\implies -\frac{9}{2} + 10 = k+1
\implies k = 9 - \frac{9}{2} = \frac{9}{2}$