IIT JEE 2008 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ સમીકરણ $(a x^2+b y^2+c)(x^2-5 x y+6 y^2)=0$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $a x^2+b y^2+c=0$ અથવા $x^2-5 x y+6 y^2=0$.
બીજો ભાગ $x^2-5 x y+6 y^2=0$ ને $(x-2 y)(x-3 y)=0$ તરીકે અવયવ પાડી શકાય છે,જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી બે સીધી રેખાઓ દર્શાવે છે.
પ્રથમ ભાગ $a x^2+b y^2+c=0$ માટે,જો $a=b$ હોય અને $c$ નું ચિહ્ન $a$ થી વિરુદ્ધ હોય,તો $x^2+y^2 = -c/a$ થાય,જે એક વર્તુળ દર્શાવે છે.
આમ,જ્યારે $a=b$ હોય અને $c$ નું ચિહ્ન $a$ થી વિરુદ્ધ હોય ત્યારે આ સમીકરણ બે સીધી રેખાઓ અને એક વર્તુળ દર્શાવે છે.

(C) વિધેય $f(x) = |x-1|$ છે. $x < 1$ માટે,$f(x) = -(x-1) = -x+1$ થાય. $x=1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $p = \frac{d}{dx}(-x+1) = -1$ છે.
આપેલ છે કે $\lim_{x \rightarrow 1^{+}} g(x) = p$,તેથી $\lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{(x-1)^n}{\log \cos^m(x-1)} = -1$.
ધારો કે $h = x-1$. જેમ $x \rightarrow 1^{+}$,તેમ $h \rightarrow 0^{+}$. લક્ષ $\lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{h^n}{\log \cos^m h} = -1$ બને છે.
$\log \cos^m h = m \log \cos h$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{h^n}{m \log \cos h} = -1$.
$L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{n h^{n-1}}{m (\frac{-\sin h}{\cos h})} = \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{n h^{n-1}}{-m \tan h} = -\frac{n}{m} \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{h^{n-1}}{\tan h} = -1$.
આ લક્ષ શૂન્યતર અચળ હોવા માટે,$n-1 = 1$ હોવું જોઈએ,તેથી $n=2$. હવે લક્ષ $-\frac{2}{m} \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{h}{\tan h} = -\frac{2}{m} (1) = -1$ થાય છે,જે સૂચવે છે કે $m=2$.
આમ,$n=2$ અને $m=2$ મળે છે.

(B) છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$y^2 = 4x$ ને વર્તુળના સમીકરણ $x^2 + y^2 - 6x + 1 = 0$ માં મૂકો.
આનાથી $x^2 + 4x - 6x + 1 = 0$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 - 2x + 1 = 0$ થાય છે.
આ $(x - 1)^2 = 0$ છે,તેથી $x = 1$.
$x = 1$ ને $y^2 = 4x$ માં મૂકતા,આપણને $y^2 = 4$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $y = 2$ અથવા $y = -2$.
આમ,વક્રો $(1, 2)$ અને $(1, -2)$ બિંદુઓએ છેદે છે.
તેઓ સ્પર્શે છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,આપણે આ બિંદુઓ પર સ્પર્શકોના ઢાળની સરખામણી કરીએ.
પરવલય $y^2 = 4x$ માટે,વિકલન કરતા $2y \frac{dy}{dx} = 4$,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{2}{y}$. $(1, 2)$ પર,ઢાળ $m_1 = 1$. $(1, -2)$ પર,ઢાળ $m_1 = -1$.
વર્તુળ $x^2 + y^2 - 6x + 1 = 0$ માટે,વિકલન કરતા $2x + 2y \frac{dy}{dx} - 6 = 0$,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{3 - x}{y}$. $(1, 2)$ પર,ઢાળ $m_2 = \frac{3 - 1}{2} = 1$. $(1, -2)$ પર,ઢાળ $m_2 = \frac{3 - 1}{-2} = -1$.
બંને બિંદુઓ પર ઢાળ સમાન હોવાથી,વક્રો એકબીજાને બરાબર બે બિંદુઓએ સ્પર્શે છે.

(A) વર્તુળ માટે પાવર ઓફ અ પોઈન્ટ પ્રમેય મુજબ,$PS \times ST = QS \times SR$ થાય.
$\frac{1}{PS}$ અને $\frac{1}{ST}$ પદો માટે સમાંતર મધ્યક-ભૂમિતિ મધ્યક ($AM$-$GM$) અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\frac{1}{PS}+\frac{1}{ST}}{2} > \sqrt{\frac{1}{PS} \times \frac{1}{ST}}$
$\Rightarrow \frac{1}{PS}+\frac{1}{ST} > \frac{2}{\sqrt{PS \times ST}} = \frac{2}{\sqrt{QS \times SR}}$.
આ સાબિત કરે છે કે વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
આગળ,$QS$ અને $SR$ માટે $AM$-$GM$ અસમતા મુજબ:
$\frac{QS+SR}{2} > \sqrt{QS \times SR}$
$\Rightarrow \frac{QR}{2} > \sqrt{QS \times SR}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{QS \times SR}} > \frac{2}{QR}$.
આ કિંમત અગાઉની અસમતામાં મૂકતા:
$\frac{1}{PS}+\frac{1}{ST} > \frac{2}{\sqrt{QS \times SR}} > \frac{2 \times 2}{QR} = \frac{4}{QR}$.
આ સાબિત કરે છે કે વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.
આમ,સાચા વિકલ્પો $(B)$ અને $(D)$ છે.

(C) આપેલ ઉપવલય $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{1} = 1$ છે. અહીં $a^2 = 4$ અને $b^2 = 1$ છે.
ઉત્કેન્દ્રિયતા $e$ એ $b^2 = a^2(1 - e^2)$ $\Rightarrow 1 = 4(1 - e^2)$ $\Rightarrow e = \frac{\sqrt{3}}{2}$ દ્વારા મળે છે.
નાભિના યામ $(\pm ae, 0) = (\pm \sqrt{3}, 0)$ છે.
$P$ અને $Q$ એ નાભિલંબના અંત્યબિંદુઓ હોવાથી અને $y < 0$ હોવાથી,$x = \pm \sqrt{3}$ મળે. ઉપવલયના સમીકરણમાં મૂકતા: $3 + 4y^2 = 4 \Rightarrow y = -\frac{1}{2}$.
તેથી,$P = (\sqrt{3}, -\frac{1}{2})$ અને $Q = (-\sqrt{3}, -\frac{1}{2})$.
નાભિલંબ $PQ$ ની લંબાઈ $2\sqrt{3}$ છે.
પરવલય માટે,નાભિલંબની લંબાઈ $4a' = 2\sqrt{3} \Rightarrow a' = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$PQ$ નું મધ્યબિંદુ $R = (0, -\frac{1}{2})$ છે. પરવલયનું શિરોબિંદુ $(0, y_v)$ છે,જ્યાં $y_v = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.
કિસ્સો $1$: શિરોબિંદુ $(0, -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2})$. સમીકરણ $x^2 - 2\sqrt{3}y = 3 + \sqrt{3}$ મળે.
કિસ્સો $2$: શિરોબિંદુ $(0, -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2})$. સમીકરણ $x^2 + 2\sqrt{3}y = 3 - \sqrt{3}$ મળે.
આમ,સાચા સમીકરણો $B$ અને $C$ છે.

(B) $1.$ રેખા $PQ: \sqrt{3}x + y - 6 = 0$ ના બિંદુ $D\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$ આગળના અભિલંબનો ઢાળ $\frac{1}{\sqrt{3}}$ છે.
અભિલંબ $CD$ નું સમીકરણ $y - \frac{3}{2} = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(x - \frac{3\sqrt{3}}{2}\right) \Rightarrow x - \sqrt{3}y = 0$ છે.
વર્તુળની ત્રિજ્યા $1$ હોવાથી અને કેન્દ્ર $C(h, k)$ એ $PQ$ થી $1$ અંતરે અને $x - \sqrt{3}y = 0$ પર હોવાથી,$C = (\sqrt{3}, 1)$ મળે.
આમ,વર્તુળ $C$ નું સમીકરણ $(x - \sqrt{3})^2 + (y - 1)^2 = 1$ છે. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.
$2.$ સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુઓ વચ્ચેનો ખૂણો $60^\circ$ છે. રેખાઓ $CE$ અને $CF$ એ $CD$ સાથે અનુક્રમે $120^\circ$ અને $240^\circ$ ના ખૂણા બનાવે છે.
ભૂમિતિનો ઉપયોગ કરતા,$F = (\sqrt{3}, 0)$ અને $E = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$ મળે. સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.
$3.$ બાજુ $QR$ એ $E\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$ માંથી પસાર થાય છે અને તેનો ઢાળ $\sqrt{3}$ છે,તેથી $y - \frac{3}{2} = \sqrt{3}\left(x - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \Rightarrow y = \sqrt{3}x$. બાજુ $RP$ એ $F(\sqrt{3}, 0)$ માંથી પસાર થાય છે અને તેનો ઢાળ $0$ છે,તેથી $y = 0$. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B, C, D) $1.$ $A$ એ $y \geq 1$ પ્રદેશ દર્શાવે છે. $B$ એ $(2, 1)$ કેન્દ્ર અને $3$ ત્રિજ્યા ધરાવતું વર્તુળ છે. $C$ એ રેખા $\operatorname{Re}((1-i)(x+iy)) = x+y = \sqrt{2}$ છે.
વર્તુળના સમીકરણ $(x-2)^2 + (y-1)^2 = 9$ માં $y = \sqrt{2}-x$ મૂકતા $(x-2)^2 + (\sqrt{2}-x-1)^2 = 9$ મળે છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા: $2x^2 - (2+2\sqrt{2})x - 2 - 2\sqrt{2} = 0$ મળે છે.
આ દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા,આપણને $y \geq 1$ હોય તેવું એક બિંદુ મળે છે. તેથી,ઘટકોની સંખ્યા $1$ છે.
$2.$ ધારો કે $z = x+iy$. પદાવલિ $|(x+1)+i(y-1)|^2 + |(x-5)+i(y-1)|^2 = (x+1)^2 + (y-1)^2 + (x-5)^2 + (y-1)^2$ છે.
$z$ એ વર્તુળ $(x-2)^2 + (y-1)^2 = 9$ પર હોવાથી,$(y-1)^2 = 9 - (x-2)^2$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા,પદાવલિ $36$ થાય છે.
$36$ એ $35$ અને $39$ ની વચ્ચે હોવાથી,જવાબ $(C)$ છે.
$3.$ $|z-2-i|=3$ અને $|w-2-i| < 3$ હોવાથી,ત્રિકોણ અસમતા મુજબ $|z-w| < 6$ થાય.
$||z|-|w|| \leq |z-w|$ નો ઉપયોગ કરતા,$-6 < |z|-|w| < 6$ મળે.
$3$ ઉમેરતા,$-3 < |z|-|w|+3 < 9$ મળે છે.

(C) ધારો કે $P = (x_1, y_1) = (-\sin(\beta - \alpha), -\cos \beta)$ અને $Q = (x_2, y_2) = (\cos(\beta - \alpha), \sin \beta)$.
આપણે જોઈએ છીએ કે $R = (\cos(\beta - \alpha + \theta), \sin(\beta - \theta))$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos(\beta - \alpha + \theta) = \cos(\beta - \alpha)\cos \theta - \sin(\beta - \alpha)\sin \theta = x_2 \cos \theta + x_1 \sin \theta$.
તે જ રીતે,$\sin(\beta - \theta) = \sin \beta \cos \theta - \cos \beta \sin \theta = y_2 \cos \theta + y_1 \sin \theta$.
આમ,$R = (x_2 \cos \theta + x_1 \sin \theta, y_2 \cos \theta + y_1 \sin \theta)$.
આ દર્શાવે છે કે $R$ એ રેખાખંડ $PQ$ ને $\sin \theta : \cos \theta$ ગુણોત્તરમાં અંતઃવિભાજન કરે છે.
કારણ કે $0 < \theta < \frac{\pi}{4}$,$\sin \theta$ અને $\cos \theta$ બંને ધન છે,તેથી $R$ એ રેખાખંડ $QP$ પર આવેલું છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $\frac{(x - \sqrt{2})^2}{4} - \frac{(y + \sqrt{2})^2}{2} = 1$ છે.
અહીં $a = 2, b = \sqrt{2}$ અને ઉત્કેન્દ્રિયતા $e = \sqrt{\frac{3}{2}}$ છે.
ત્રિકોણ $ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times a(e - 1) \times \frac{b^2}{a} = \frac{1}{2} \times (\sqrt{6} - 2) \times 1 = \sqrt{\frac{3}{2}} - 1$.

(D) પ્રારંભિક સ્થાન $z_0 = 1 + 2i$ છે.
આડા $5$ એકમ ખસતા: $z = (1 + 5) + 2i = 6 + 2i$.
ઊભા $3$ એકમ ખસતા: $z_1 = 6 + (2 + 3)i = 6 + 5i$.
$z_1$ થી,$\hat{i} + \hat{j}$ ની દિશામાં $\sqrt{2}$ એકમ ખસતા: એકમ સદિશ $\frac{1+i}{\sqrt{2}}$ છે. સ્થાનાંતર $\sqrt{2} \times \frac{1+i}{\sqrt{2}} = 1 + i$ છે.
તેથી,સ્થાન $z' = (6 + 5i) + (1 + i) = 7 + 6i$ થાય છે.
અંતે,$z'$ ને ઉગમબિંદુની આસપાસ ઘડિયાળના કાંટાની વિરુદ્ધ દિશામાં $\frac{\pi}{2}$ ખૂણે ફેરવતા,તેને $i$ વડે ગુણવા સમાન છે.
$z_2 = (7 + 6i) \times i = 7i + 6i^2 = 7i - 6 = -6 + 7i$.

(C) વર્તુળ $C$ નું સમીકરણ $(x + 3)^2 + (y - 5)^2 = 4$ છે.
વર્તુળનું કેન્દ્ર $(-3, 5)$ અને ત્રિજ્યા $r = 2$ છે.
$L_1$ જીવા હોવા માટે,કેન્દ્રથી અંતર $2$ કરતા ઓછું હોવું જોઈએ.
$STATEMENT-1$ સાચું છે કારણ કે $L_2$ હંમેશા વ્યાસ હોતો નથી.
$STATEMENT-2$ ખોટું છે કારણ કે જો $L_1$ વ્યાસ હોય,તો $L_2$ પણ જીવા બની શકે છે.

(B) પ્રથમ સમીકરણ $x^2+2px+q=0$ માટે,બીજ $\alpha, \beta$ છે. તેથી,$\alpha+\beta = -2p$ અને $\alpha\beta = q$. વિવેચક $D_1 = 4(p^2-q)$ છે.
બીજા સમીકરણ $ax^2+2bx+c=0$ માટે,બીજ $\alpha, \frac{1}{\beta}$ છે. તેથી,$\alpha+\frac{1}{\beta} = -\frac{2b}{a}$ અને $\alpha\cdot\frac{1}{\beta} = \frac{c}{a}$. વિવેચક $D_2 = 4(b^2-ac)$ છે.
$\alpha$ સામાન્ય બીજ હોવાથી,$(2ap-2b)\alpha + (aq-c) = 0$ મળે. જો $b=ap$ અને $c=aq$ હોય,તો સમીકરણો સમાન થઈ જાય,જે $\beta^2 \neq 1$ ની વિરુદ્ધ છે. તેથી $b \neq ap$ અથવા $c \neq aq$.
$\alpha$ વાસ્તવિક હોવાથી,$p^2-q \geq 0$ અને $b^2-ac \geq 0$ થાય,તેથી તેમનો ગુણાકાર $\geq 0$ થાય. આમ $\text{વિધાન}-1$ સાચું છે.
$\text{વિધાન}-2$ પણ સાચું છે,પરંતુ તે $\text{વિધાન}-1$ ની સીધી સમજૂતી નથી. તેથી વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) ધારો કે $G.P.$ એ $a, ar, ar^2, ar^3$ છે જ્યાં $r \neq 1$ અને $r > 0$.
તેથી $b_1 = a, b_2 = a(1+r), b_3 = a(1+r+r^2), b_4 = a(1+r+r^2+r^3)$.
$b_1, b_2, b_3, b_4$ એ $A.P.$ માં હોવા માટે $b_2-b_1 = b_3-b_2 = b_4-b_3$ હોવું જોઈએ.
$b_2-b_1 = ar$,$b_3-b_2 = ar^2$,$b_4-b_3 = ar^3$.
$r \neq 1$ હોવાથી,$ar \neq ar^2 \neq ar^3$,તેથી તે $A.P.$ માં નથી.
$G.P.$ માટે,$\frac{b_2}{b_1} = 1+r$ અને $\frac{b_3}{b_2} = \frac{1+r+r^2}{1+r}$ સમાન નથી.
$H.P.$ માટે,વ્યસ્ત સંખ્યાઓ $A.P.$ માં હોવી જોઈએ,જે શક્ય નથી.
આમ,$STATEMENT-1$ સાચું છે અને $STATEMENT-2$ ખોટું છે.

(B) રેખાઓ $L_1: x+3y-5=0$,$L_2: 3x-ky-1=0$,અને $L_3: 5x+2y-12=0$ છે.
$(A)$ સંગામી રેખાઓ માટે,તેઓ એક જ બિંદુએ છેદવી જોઈએ. $L_1$ અને $L_3$ ને ઉકેલતા: $x+3y=5$ અને $5x+2y=12$. $L_1$ ને $5$ વડે ગુણતા: $5x+15y=25$. $L_3$ ને બાદ કરતા: $13y=13 \Rightarrow y=1$. તેથી $x=2$. છેદબિંદુ $(2, 1)$ છે. $L_2$ માં કિંમત મૂકતા: $3(2)-k(1)-1=0 \Rightarrow 6-k-1=0 \Rightarrow k=5$. આમ,$(A) \rightarrow (s)$.
$(B)$ રેખાઓ સમાંતર હોય તે માટે:
$L_1 \parallel L_2: \frac{1}{3} = \frac{3}{-k} \Rightarrow k=-9$.
$L_2 \parallel L_3: \frac{3}{5} = \frac{-k}{2} \Rightarrow k=-\frac{6}{5}$.
$L_1 \parallel L_3$ શક્ય નથી કારણ કે ઢાળ $-1/3$ અને $-5/2$ છે. આમ,$(B) \rightarrow (p, q)$.
$(C)$ રેખાઓ ત્રિકોણ બનાવે છે જો તેઓ સંગામી ન હોય અને કોઈ પણ બે રેખાઓ સમાંતર ન હોય. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $k \neq 5, -9, -\frac{6}{5}$. વિકલ્પોમાંથી,ફક્ત $k=\frac{5}{6}$ આ શરત સંતોષે છે. આમ,$(C) \rightarrow (r)$.
$(D)$ રેખાઓ ત્રિકોણ બનાવતી નથી જો તેઓ સંગામી હોય અથવા સમાંતર હોય. આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $k=5, -9, -\frac{6}{5}$. આમ,$(D) \rightarrow (p, q, s)$.

(A) $ENDEANOEL$ શબ્દમાં $9$ અક્ષરો છે: $E, E, E, N, N, D, A, O, L$.
$(A)$ $ENDEA$ ને એક બ્લોક તરીકે ગણતા,આપણી પાસે $(ENDEA)$ બ્લોક અને બાકીના અક્ષરો $N, O, E, L$ છે. કુલ વસ્તુઓ $= 5$. ક્રમચયોની સંખ્યા $= 5! = 120$. આ $(p)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(B)$ કુલ અક્ષરો $= 9$. $E$ ત્રણ વાર આવે છે. જો $E$ પ્રથમ અને છેલ્લા સ્થાને હોય,તો આપણી પાસે $E, N, N, D, A, O, L$ ભરવા માટે $7$ સ્થાનો બાકી રહે છે. રીતોની સંખ્યા $= \frac{7!}{2!} = \frac{5040}{2} = 2520 = 21 \times 120 = 21 \times 5!$. આ $(s)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(C)$ છેલ્લા $5$ સ્થાનોમાં $D, L, N$ ન હોય તેનો અર્થ એ કે $D, L, N$ પ્રથમ $4$ સ્થાનોમાં હોવા જોઈએ. અક્ષરો $E, E, E, N, N, D, A, O, L$ છે. પ્રથમ $4$ સ્થાનોમાં $D, L, N$ અને એક $E$ હોવા જોઈએ. રીતો $= \frac{4!}{2!} = 12$. છેલ્લા $5$ સ્થાનોમાં બાકીના $E, E, A, O$ હોવા જોઈએ. રીતો $= \frac{5!}{3!} = 20$. કુલ $= 12 \times 20 = 240 = 2 \times 120 = 2 \times 5!$. આ $(q)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(D)$ $A, E, O$ માત્ર એકી સ્થાનો $(1, 3, 5, 7, 9)$ પર આવે છે. કુલ $5$ એકી સ્થાનો છે. આપણી પાસે $3$ $E$,$1$ $A$,$1$ $O$ છે. કુલ $5$ અક્ષરો. આને $5$ એકી સ્થાનોમાં ગોઠવવાની રીતો $= \frac{5!}{3!} = 20$. બાકીના $4$ અક્ષરો $(N, N, D, L)$ ને $4$ બેકી સ્થાનોમાં ગોઠવવાની રીતો $= \frac{4!}{2!} = 12$. કુલ $= 20 \times 12 = 240 = 2 \times 5!$. આ $(q)$ સાથે મેળ ખાય છે.

(C) સ્થાનિક મહત્તમ અને સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્યો શોધવા માટે,આપણે આપેલ અંતરાલોમાં વિધેય $f(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $-3 < x \leq -1$ માટે,$f(x) = (2+x)^3$. વિકલન $f'(x) = 3(2+x)^2$ છે. $f'(x) \geq 0$ હોવાથી,વિધેય $(-3, -1]$ પર વધતું વિધેય છે. $x = -1$ આગળ,$f(-1) = (2-1)^3 = 1$. વિધેય $x = -1$ સુધી વધતું હોવાથી,આ બિંદુ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય દર્શાવે છે.
$2$. $-1 < x < 2$ માટે,$f(x) = x^{2/3}$. વિકલન $f'(x) = \frac{2}{3}x^{-1/3} = \frac{2}{3\sqrt[3]{x}}$ છે.
$3$. $x = 0$ આગળ,$f'(x)$ અવ્યાખ્યાયિત છે. $x < 0$ માટે,$f'(x) < 0$ (ઘટતું વિધેય) અને $x > 0$ માટે,$f'(x) > 0$ (વધતું વિધેય). આમ,$x = 0$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે જ્યાં $f(0) = 0$.
$4$. મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,આપણને $x = -1$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ અને $x = 0$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય મળે છે.
તેથી,સ્થાનિક મહત્તમ અને સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્યોની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(A) સદિશો $\hat{a}, \hat{b}, \hat{c}$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત સમાંતરફલકનું ઘનફળ અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર $|\hat{a} \cdot (\hat{b} \times \hat{c})|$ દ્વારા મળે છે.
આ ગ્રામ મેટ્રિક્સના નિશ્ચાયકના વર્ગમૂળ જેટલું હોય છે:
ઘનફળ $= \sqrt{\det \begin{bmatrix} \hat{a} \cdot \hat{a} & \hat{a} \cdot \hat{b} & \hat{a} \cdot \hat{c} \\ \hat{b} \cdot \hat{a} & \hat{b} \cdot \hat{b} & \hat{b} \cdot \hat{c} \\ \hat{c} \cdot \hat{a} & \hat{c} \cdot \hat{b} & \hat{c} \cdot \hat{c} \end{bmatrix}}$.
આપેલ છે કે $\hat{a} \cdot \hat{a} = \hat{b} \cdot \hat{b} = \hat{c} \cdot \hat{c} = 1$ અને $\hat{a} \cdot \hat{b} = \hat{b} \cdot \hat{c} = \hat{c} \cdot \hat{a} = 1/2$,તેથી:
ઘનફળ $= \sqrt{\det \begin{bmatrix} 1 & 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 & 1 \end{bmatrix}}$.
નિશ્ચાયકની ગણતરી કરતા: $1(1 - 1/4) - 1/2(1/2 - 1/4) + 1/2(1/4 - 1/2) = 1(3/4) - 1/2(1/4) + 1/2(-1/4) = 3/4 - 1/8 - 1/8 = 3/4 - 2/8 = 3/4 - 1/4 = 1/2$.
આમ,ઘનફળ $\sqrt{1/2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = f(1-x)$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(x) = -f^{\prime}(1-x)$ મળે છે.
$x = 1/2$ પર,$f^{\prime}(1/2) = -f^{\prime}(1-1/2) = -f^{\prime}(1/2)$,જે સૂચવે છે કે $2f^{\prime}(1/2) = 0$,તેથી $f^{\prime}(1/2) = 0$. આમ,$(B)$ સાચું છે.
$f(x) = f(1-x)$ હોવાથી,$f(x)$ નો આલેખ $x = 1/2$ ની આસપાસ સંમિત છે. ધારો કે $x = 1/2 + t$,તો $f(1/2 + t) = f(1/2 - t)$,તેથી $g(t) = f(1/2 + t)$ એ યુગ્મ વિધેય છે.
$(C)$ માટે,$\int_{-1/2}^{1/2} f(x+1/2) \sin x dx$. $f(x+1/2)$ યુગ્મ છે અને $\sin x$ અયુગ્મ છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર અયુગ્મ વિધેય છે. સંમિત અંતરાલ $[-a, a]$ પર અયુગ્મ વિધેયનું સંકલન $0$ થાય છે. આમ,$(C)$ સાચું છે.
$(A)$ માટે,આપણી પાસે $f^{\prime}(1/4) = 0$ છે. $f^{\prime}(x) = -f^{\prime}(1-x)$ હોવાથી,$f^{\prime}(3/4) = -f^{\prime}(1/4) = 0$. વળી $f^{\prime}(1/2) = 0$. રોલના પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime\prime}(x)$ એ $(1/4, 1/2)$ માં ઓછામાં ઓછી એક વાર અને $(1/2, 3/4)$ માં ઓછામાં ઓછી એક વાર શૂન્ય થાય છે. આમ,$f^{\prime\prime}(x)$ એ $[0, 1]$ માં ઓછામાં ઓછી બે વાર શૂન્ય થાય છે. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$(D)$ માટે,ધારો કે $I = \int_{1/2}^1 f(1-t) e^{\sin \pi t} dt$. ધારો કે $1-t = u$,તો $dt = -du$. જ્યારે $t=1/2, u=1/2$; જ્યારે $t=1, u=0$. $I = \int_{1/2}^0 f(u) e^{\sin \pi (1-u)} (-du) = \int_0^{1/2} f(u) e^{\sin \pi u} du$. આમ,$(D)$ સાચું છે.

(A,D) આપણે સરવાળાને રીમાન સરવાળા તરીકે ફરીથી લખી શકીએ:
$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (k/n) + (k/n)^2}$
$T_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (k/n) + (k/n)^2}$
ધારો કે $f(x) = \frac{1}{1+x+x^2}$. કારણ કે $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર ઘટતું વિધેય છે,તેથી જમણો રીમાન સરવાળો $S_n$ એ સંકલનનું ઓછું મૂલ્ય આપે છે અને ડાબો રીમાન સરવાળો $T_n$ એ વધારે મૂલ્ય આપે છે.
આમ,$S_n < \int_0^1 \frac{dx}{1+x+x^2} < T_n$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\int_0^1 \frac{dx}{(x+1/2)^2 + 3/4} = \left[ \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1} \left( \frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right) \right]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}} (\tan^{-1}(\sqrt{3}) - \tan^{-1}(1/\sqrt{3})) = \frac{2}{\sqrt{3}} (\pi/3 - \pi/6) = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$.
તેથી,$S_n < \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$ અને $T_n > \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$.

(B) આપેલ સમીકરણોની સિસ્ટમ સમઘાત છે: $ax+by=0$ અને $cx+dy=0$.
સમઘાત સિસ્ટમ હંમેશા શૂન્ય ઉકેલ $(x=0, y=0)$ ધરાવે છે.
તેથી,સિસ્ટમનો ઉકેલ હોવાની સંભાવના $1$ છે,જે $\text{વિધાન}-2$ ને સાચું બનાવે છે.
અનન્ય ઉકેલ માટે,નિશ્ચાયક $\left|\begin{array}{ll}a & b \\ c & d\end{array}\right| \neq 0$ હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે $ad - bc \neq 0$.
$a, b, c, d \in \{0, 1\}$ હોવાથી,કુલ શક્યતાઓ $2^4 = 16$ છે.
$ad - bc \neq 0$ શરતનો અર્થ છે $ad \neq bc$.
$(ad, bc)$ માટે શક્ય કિસ્સાઓ $(1, 0)$ અથવા $(0, 1)$ છે.
જો $ad=1$,તો $a=1$ અને $d=1$. $bc=0$ હોવું જોઈએ. $bc=0$ ત્યારે થાય જ્યારે $(b,c) \in \{(0,0), (0,1), (1,0)\}$. આ $3$ કિસ્સાઓ આપે છે.
જો $ad=0$,તો $bc=1$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $b=1$ અને $c=1$. $ad=0$ ત્યારે થાય જ્યારે $(a,d) \in \{(0,0), (0,1), (1,0)\}$. આ $3$ કિસ્સાઓ આપે છે.
કુલ સાનુકૂળ કિસ્સાઓ $= 3 + 3 = 6$.
સંભાવના $= 6/16 = 3/8$. આમ,$\text{વિધાન}-1$ સાચું છે.
$\text{વિધાન}-2$ જણાવે છે કે સિસ્ટમ હંમેશા ઉકેલ ધરાવે છે,જે $\text{વિધાન}-1$ માટેની સાચી સમજૂતી નથી.

(A) સમીકરણોની સિસ્ટમ $AX = B$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A = \begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 \\ -1 & 1 & -2 \\ 1 & -3 & 4 \end{bmatrix}$ છે.
પ્રથમ,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $D = |A| = 1(4-6) + 2(-4+2) + 3(3-1) = 1(-2) + 2(-2) + 3(2) = -2 - 4 + 6 = 0$ ગણો.
કારણ કે $D = 0$ છે,સિસ્ટમનો કાં તો કોઈ ઉકેલ નથી અથવા અનંત ઉકેલો છે.
હવે,$D_1 = \left|\begin{array}{ccc}-1 & -2 & 3 \\ k & 1 & -2 \\ 1 & -3 & 4\end{array}\right| = -1(4-6) + 2(4k+2) + 3(-3k-1) = 2 + 8k + 4 - 9k - 3 = 3 - k$ ગણો.
$D_1 = 0$ માત્ર ત્યારે જ થાય જો $k = 3$ હોય. જો $k \neq 3$ હોય,તો $D_1 \neq 0$,તેથી સિસ્ટમનો કોઈ ઉકેલ નથી.
આમ,વિધાન-$1$ સાચું છે. વિધાન-$2$ સાચું છે કારણ કે તે $D=0$ ને યોગ્ય રીતે ઓળખે છે જે સિસ્ટમનો કોઈ ઉકેલ ન હોવાની અથવા અનંત ઉકેલો હોવાની શરત છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = g(x) \sin x$.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $f^{\prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime}(x) = g^{\prime}(x) \sin x + g(x) \cos x$.
$x = 0$ આગળ,$f^{\prime}(0) = g^{\prime}(0) \sin(0) + g(0) \cos(0) = 0 + g(0) \cdot 1 = g(0)$.
આમ,$\text{વિધાન}-2$ સાચું છે.
આગળ,$f^{\prime \prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime \prime}(x) = g^{\prime \prime}(x) \sin x + g^{\prime}(x) \cos x + g^{\prime}(x) \cos x - g(x) \sin x = g^{\prime \prime}(x) \sin x + 2g^{\prime}(x) \cos x - g(x) \sin x$.
$x = 0$ આગળ,$f^{\prime \prime}(0) = g^{\prime \prime}(0) \cdot 0 + 2g^{\prime}(0) \cdot 1 - g(0) \cdot 0 = 2g^{\prime}(0) = 0$ (કારણ કે $g^{\prime}(0) = 0$).
હવે,$\text{વિધાન}-1$ માં લક્ષની કિંમત શોધો:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} [g(x) \cot x - g(0) \operatorname{cosec} x] = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{g(x) \cos x - g(0)}{\sin x}$.
$L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા (કારણ કે તે $0/0$ સ્વરૂપ છે):
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{g^{\prime}(x) \cos x - g(x) \sin x}{\cos x} = \frac{g^{\prime}(0) \cdot 1 - g(0) \cdot 0}{1} = g^{\prime}(0) = 0$.
કારણ કે $f^{\prime \prime}(0) = 0$ અને $L = 0$,તેથી $\text{વિધાન}-1$ સાચું છે.
જોકે,$\text{વિધાન}-2$ $(f^{\prime}(0) = g(0))$ નો ઉપયોગ $\text{વિધાન}-1$ માં લક્ષ મેળવવા માટે થતો નથી. તેથી,$\text{વિધાન}-2$ એ $\text{વિધાન}-1$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(D) સમતલોના અભિલંબ સદિશો $\vec{n}_1 = (1, -1, 1)$,$\vec{n}_2 = (1, 1, -1)$,અને $\vec{n}_3 = (1, -3, 3)$ છે.
રેખા $L_1$ ($P_2$ અને $P_3$ નું છેદન) નો દિશા સદિશ $\vec{v}_1 = \vec{n}_2 \times \vec{n}_3 = (0, -4, -4)$ છે,જે $(0, 1, 1)$ ને સમાંતર છે.
રેખા $L_2$ ($P_3$ અને $P_1$ નું છેદન) નો દિશા સદિશ $\vec{v}_2 = \vec{n}_3 \times \vec{n}_1 = (0, 2, 2)$ છે,જે $(0, 1, 1)$ ને સમાંતર છે.
રેખા $L_3$ ($P_1$ અને $P_2$ નું છેદન) નો દિશા સદિશ $\vec{v}_3 = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = (0, 2, 2)$ છે,જે $(0, 1, 1)$ ને સમાંતર છે.
બધી રેખાઓ $L_1, L_2, L_3$ એક જ દિશા સદિશ $(0, 1, 1)$ ધરાવે છે,તેથી તે બધી એકબીજાને સમાંતર છે. આમ,$\text{વિધાન}-1$ ખોટું છે.
$\text{વિધાન}-2$ માટે,આપણે સમીકરણો ઉકેલીને ચકાસીએ કે શું સિસ્ટમને કોઈ સામાન્ય બિંદુ છે. $P_1$ અને $P_2$ નો સરવાળો કરતા $2x = 0$ મળે,તેથી $x = 0$. $x=0$ ને $P_1$ અને $P_2$ માં મૂકતા $-y+z=1$ અને $y-z=-1$ મળે,જે સમાન છે. $x=0$ ને $P_3$ માં મૂકતા $-3y+3z=2$ અથવા $-y+z=2/3$ મળે. $1 \neq 2/3$ હોવાથી,સિસ્ટમને કોઈ સામાન્ય બિંદુ નથી. આમ,$\text{વિધાન}-2$ સાચું છે.

(A, D, B) $1.$ આપેલ સમીકરણ $y^3-3y+x=0$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $3y^2y^{\prime}-3y^{\prime}+1=0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $y^{\prime} = \frac{-1}{3(y^2-1)}$.
$x = -10\sqrt{2}$ પર,$y = 2\sqrt{2}$,તેથી $y^{\prime} = \frac{-1}{3((2\sqrt{2})^2-1)} = \frac{-1}{3(8-1)} = -\frac{1}{21}$.
$3y^2y^{\prime}-3y^{\prime}+1=0$ નું ફરીથી વિકલન કરતા,આપણને $6yy^{\prime 2} + 3y^2y^{\prime\prime} - 3y^{\prime\prime} = 0$ મળે છે.
$y^{\prime\prime}(3y^2-3) = -6yy^{\prime 2} \Rightarrow y^{\prime\prime} = \frac{-2yy^{\prime 2}}{y^2-1}$.
$y=2\sqrt{2}$ અને $y^{\prime}=-\frac{1}{21}$ મૂકતા,આપણને $f^{\prime\prime}(-10\sqrt{2}) = \frac{-2(2\sqrt{2})(-1/21)^2}{8-1} = \frac{-4\sqrt{2}}{7 \times 441} = -\frac{4\sqrt{2}}{7^3 \times 3^2}$ મળે છે.
$2.$ ક્ષેત્રફળ $\int_a^b |f(x)| dx$ છે. કારણ કે $x < -2$ માટે $f(x) < -2$,ક્ષેત્રફળ $-\int_a^b f(x) dx$ છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int f(x) dx = xf(x) - \int xf^{\prime}(x) dx$.
કારણ કે $f^{\prime}(x) = \frac{-1}{3(f(x)^2-1)}$,સંકલન $bf(b)-af(a) - \int_a^b x \left(\frac{-1}{3(f(x)^2-1)}\right) dx = bf(b)-af(a) + \int_a^b \frac{x}{3(f(x)^2-1)} dx$ છે.
ક્ષેત્રફળ $-\int_a^b f(x) dx = -bf(b)+af(a) - \int_a^b \frac{x}{3(f(x)^2-1)} dx$ છે.
$3.$ $\int_{-1}^1 g^{\prime}(x) dx = g(1) - g(-1)$.
કારણ કે $g(x)^3 - 3g(x) + x = 0$,$g(-x)^3 - 3g(-x) - x = 0$. ધારો કે $h(x) = -g(-x)$,તો $(-h(x))^3 - 3(-h(x)) - x = 0 \Rightarrow -h(x)^3 + 3h(x) - x = 0 \Rightarrow h(x)^3 - 3h(x) + x = 0$.
આમ $g(x) = -g(-x)$,તેથી $g$ એક અયુગ્મ વિધેય છે. $g(-1) = -g(1)$.
તેથી,$g(1) - g(-1) = g(1) - (-g(1)) = 2g(1)$.

(D) ધારો કે $n(S) = 10$ એ કુલ પરિણામોની સંખ્યા છે. આપેલ છે કે $n(A) = 4$,તેથી $P(A) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$.
ધારો કે $n(B) = p$,તેથી $P(B) = \frac{p}{10}$.
$A$ અને $B$ સ્વતંત્ર હોય તે માટે,$P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = \frac{2}{5} \times \frac{p}{10} = \frac{2p}{50} = \frac{p}{25}$.
$P(A \cap B) = \frac{n(A \cap B)}{10}$ હોવાથી,$\frac{n(A \cap B)}{10} = \frac{p}{25}$,જે સૂચવે છે કે $n(A \cap B) = \frac{10p}{25} = \frac{2p}{5}$.
$n(A \cap B)$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $2p$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય હોવો જોઈએ. $2$ અને $5$ પરસ્પર અવિભાજ્ય હોવાથી,$p$ એ $5$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$B$ અરિક્ત હોવાથી,$p \in \{5, 10\}$.

(B) ક્ષેત્રફળ $A = \int_0^{\pi/4} \left( \sqrt{\frac{1+\sin x}{\cos x}} - \sqrt{\frac{1-\sin x}{\cos x}} \right) dx$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $\sin x = \frac{2\tan(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ અને $\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે સંકલ્યને સરળ બનાવીએ છીએ.
ધારો કે $t = \tan(x/2)$,તો $dt = \frac{1}{2} \sec^2(x/2) dx = \frac{1}{2}(1+t^2) dx$,તેથી $dx = \frac{2}{1+t^2} dt$.
જ્યારે $x=0$,ત્યારે $t=0$. જ્યારે $x=\pi/4$,ત્યારે $t=\tan(\pi/8) = \sqrt{2}-1$.
આ પદ $\int_0^{\sqrt{2}-1} \left( \sqrt{\frac{1+\frac{2t}{1+t^2}}{\frac{1-t^2}{1+t^2}}} - \sqrt{\frac{1-\frac{2t}{1+t^2}}{\frac{1-t^2}{1+t^2}}} \right) \frac{2}{1+t^2} dt$ બને છે.
આનું સાદું રૂપ $\int_0^{\sqrt{2}-1} \left( \sqrt{\frac{(1+t)^2}{1-t^2}} - \sqrt{\frac{(1-t)^2}{1-t^2}} \right) \frac{2}{1+t^2} dt = \int_0^{\sqrt{2}-1} \frac{2(1+t - (1-t))}{\sqrt{1-t^2}} \frac{1}{1+t^2} dt = \int_0^{\sqrt{2}-1} \frac{4t}{(1+t^2)\sqrt{1-t^2}} dt$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $J = \int \frac{e^{-x}}{e^{-4x} + e^{-2x} + 1} dx$. અંશ અને છેદને $e^{4x}$ વડે ગુણતા,આપણને $J = \int \frac{e^{3x}}{1 + e^{2x} + e^{4x}} dx$ મળે છે.
હવે,$J - I = \int \frac{e^{3x} - e^x}{e^{4x} + e^{2x} + 1} dx = \int \frac{e^x(e^{2x} - 1)}{e^{4x} + e^{2x} + 1} dx$.
ધારો કે $z = e^x$,તો $dz = e^x dx$. સંકલન $\int \frac{z^2 - 1}{z^4 + z^2 + 1} dz$ બને છે.
અંશ અને છેદને $z^2$ વડે ભાગતા: $\int \frac{1 - 1/z^2}{z^2 + 1 + 1/z^2} dz = \int \frac{1 - 1/z^2}{(z + 1/z)^2 - 1} dz$.
ધારો કે $u = z + 1/z$,તો $du = (1 - 1/z^2) dz$. સંકલન $\int \frac{du}{u^2 - 1} = \frac{1}{2} \ln \left| \frac{u - 1}{u + 1} \right| + C$ બને છે.
$u = e^x + e^{-x}$ પાછું મૂકતા: $\frac{1}{2} \ln \left| \frac{e^x + e^{-x} - 1}{e^x + e^{-x} + 1} \right| + C = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{e^{2x} - e^x + 1}{e^{2x} + e^x + 1} \right) + C$.

(A) આપેલ છે કે $g(x) = \log(f(x))$ અને $f(x+1) = x f(x)$.
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા,$\log(f(x+1)) = \log(x) + \log(f(x))$.
આનો અર્થ એ થાય કે $g(x+1) = g(x) + \log(x)$,અથવા $g(x+1) - g(x) = \log(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બે વાર વિકલન કરતા,આપણને $g^{\prime \prime}(x+1) - g^{\prime \prime}(x) = -\frac{1}{x^2}$ મળે છે.
આપણે $g^{\prime \prime}\left(N+\frac{1}{2}\right) - g^{\prime \prime}\left(\frac{1}{2}\right)$ શોધવા માંગીએ છીએ.
આને આપણે ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળા તરીકે લખી શકીએ:
$g^{\prime \prime}\left(N+\frac{1}{2}\right) - g^{\prime \prime}\left(\frac{1}{2}\right) = \sum_{k=1}^{N} \left[ g^{\prime \prime}\left(k+\frac{1}{2}\right) - g^{\prime \prime}\left(k-\frac{1}{2}\right) \right]$.
સંબંધ $g^{\prime \prime}(x+1) - g^{\prime \prime}(x) = -\frac{1}{x^2}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x = k - \frac{1}{2}$ મૂકીએ:
$g^{\prime \prime}\left(k+\frac{1}{2}\right) - g^{\prime \prime}\left(k-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{(k-\frac{1}{2})^2} = -\frac{1}{(\frac{2k-1}{2})^2} = -\frac{4}{(2k-1)^2}$.
$k=1$ થી $N$ સુધીનો સરવાળો કરતા:
$\sum_{k=1}^{N} -\frac{4}{(2k-1)^2} = -4 \left[ \frac{1}{1^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \ldots + \frac{1}{(2N-1)^2} \right]$.
આનું સાદું રૂપ $-4 \left\{ 1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{25} + \ldots + \frac{1}{(2N-1)^2} \right\}$ થાય છે.

(A) સ્થાન સદિશ $\overline{OP} = \hat{a} \cos t + \hat{b} \sin t$ છે.
લંબાઈનો વર્ગ $|\overline{OP}|^2 = (\hat{a} \cos t + \hat{b} \sin t) \cdot (\hat{a} \cos t + \hat{b} \sin t) = \cos^2 t + \sin^2 t + 2 \sin t \cos t (\hat{a} \cdot \hat{b}) = 1 + \sin(2t) (\hat{a} \cdot \hat{b})$ છે.
કારણ કે $\hat{a}$ અને $\hat{b}$ લઘુકોણ બનાવે છે,તેથી $\hat{a} \cdot \hat{b} > 0$. આમ,$|\overline{OP}|$ મહત્તમ ત્યારે થાય જ્યારે $\sin(2t) = 1$,એટલે કે $2t = \frac{\pi}{2} \Rightarrow t = \frac{\pi}{4}$.
$t = \frac{\pi}{4}$ પર,$M = |\overline{OP}| = (1 + \hat{a} \cdot \hat{b})^{1/2}$.
$t = \frac{\pi}{4}$ પર સદિશ $\overline{OP} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{a} + \hat{b})$ છે.
એકમ સદિશ $\hat{u} = \frac{\overline{OP}}{|\overline{OP}|} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{a} + \hat{b})}{\frac{1}{\sqrt{2}}|\hat{a} + \hat{b}|} = \frac{\hat{a} + \hat{b}}{|\hat{a} + \hat{b}|}$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $g(u) = 2 \tan^{-1}(e^u) - \frac{\pi}{2}$ છે.
વિધેય અયુગ્મ કે યુગ્મ છે તે તપાસવા માટે,આપણે $g(-u)$ ની કિંમત શોધીએ:
$g(-u) = 2 \tan^{-1}(e^{-u}) - \frac{\pi}{2}$.
નિત્યસમ $\tan^{-1}(x) + \cot^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1}(e^{-u}) = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1}(e^u)$.
આ કિંમત $g(-u)$ માં મૂકતા:
$g(-u) = 2 \left( \frac{\pi}{2} - \tan^{-1}(e^u) \right) - \frac{\pi}{2} = \pi - 2 \tan^{-1}(e^u) - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} - 2 \tan^{-1}(e^u) = -g(u)$.
તેથી,$g(-u) = -g(u)$ હોવાથી,વિધેય અયુગ્મ છે.
વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે તપાસવા માટે,આપણે વિકલન $g'(u)$ શોધીએ:
$g'(u) = \frac{d}{du} (2 \tan^{-1}(e^u) - \frac{\pi}{2}) = 2 \cdot \frac{1}{1 + (e^u)^2} \cdot e^u = \frac{2e^u}{1 + e^{2u}}$.
બધા $u \in (-\infty, \infty)$ માટે $e^u > 0$ હોવાથી,$g'(u) > 0$ થાય છે.
તેથી,$g$ એ $(-\infty, \infty)$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x \sqrt{x^2-1} dy = y \sqrt{y^2-1} dx$.
ચલને અલગ કરતા: $\int \frac{dy}{y \sqrt{y^2-1}} = \int \frac{dx}{x \sqrt{x^2-1}}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\sec^{-1} y = \sec^{-1} x + C$.
શરત $y(2) = \frac{2}{\sqrt{3}}$ નો ઉપયોગ કરતા: $\sec^{-1} \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right) = \sec^{-1} (2) + C$.
$\frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} + C \implies C = -\frac{\pi}{6}$.
આમ,$\sec^{-1} y = \sec^{-1} x - \frac{\pi}{6}$,જે $y(x) = \sec \left(\sec^{-1} x - \frac{\pi}{6}\right)$ આપે છે. તેથી,$STATEMENT-1$ સાચું છે.
હવે,$\cos^{-1} \left(\frac{1}{y}\right) = \cos^{-1} \left(\frac{1}{x}\right) - \frac{\pi}{6}$.
બંને બાજુ $\cos$ લેતા: $\frac{1}{y} = \cos \left(\cos^{-1} \frac{1}{x} - \frac{\pi}{6}\right) = \cos \left(\cos^{-1} \frac{1}{x}\right) \cos \left(\frac{\pi}{6}\right) + \sin \left(\cos^{-1} \frac{1}{x}\right) \sin \left(\frac{\pi}{6}\right)$.
$\frac{1}{y} = \frac{1}{x} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2x} + \frac{1}{2} \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}$.
આને $STATEMENT-2$ સાથે સરખાવતા,આપણે જોઈએ છીએ કે $STATEMENT-2$ ખોટું છે.

(A) $1.$ આપેલ છે $f(x) = \frac{x^2-ax+1}{x^2+ax+1}$. ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f^{\prime}(x) = \frac{2a(x^2-1)}{(x^2+ax+1)^2}$.
$f^{\prime \prime}(x)$ ની ગણતરી કરતા,આપણને $f^{\prime \prime}(1) = \frac{4a}{(2+a)^2}$ અને $f^{\prime \prime}(-1) = \frac{-4a}{(2-a)^2}$ મળે છે.
આમ,$(2+a)^2 f^{\prime \prime}(1) + (2-a)^2 f^{\prime \prime}(-1) = 4a - 4a = 0$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$2.$ $f^{\prime}(x) = \frac{2a(x^2-1)}{(x^2+ax+1)^2}$. $x \in (-1, 1)$ માટે,$x^2-1 < 0$,તેથી $f^{\prime}(x) < 0$. આમ $f(x)$ એ $(-1, 1)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
$x=1$ આગળ,$f^{\prime}(x)$ ઋણમાંથી ધન થાય છે,તેથી $f(x)$ ને $x=1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$3.$ $g(x) = \int_0^{e^x} \frac{f^{\prime}(t)}{1+t^2} dt$. લેબનીઝના નિયમ મુજબ,$g^{\prime}(x) = \frac{f^{\prime}(e^x)}{1+(e^x)^2} \cdot e^x = \frac{2a(e^{2x}-1)}{(e^{2x}+ae^x+1)^2} \cdot \frac{e^x}{1+e^{2x}}$.
$x < 0$ માટે,$e^x < 1$,તેથી $e^{2x}-1 < 0$,એટલે કે $g^{\prime}(x) < 0$.
$x > 0$ માટે,$e^x > 1$,તેથી $e^{2x}-1 > 0$,એટલે કે $g^{\prime}(x) > 0$.
આમ,$g^{\prime}(x)$ એ $(-\infty, 0)$ પર ઋણ અને $(0, \infty)$ પર ધન છે. તેથી,$(B)$ સાચું છે.

(B, D, C) $1.$ $L_1$ અને $L_2$ ના દિશા સદિશો $\vec{v_1} = 3\hat{i} + \hat{j} + 2\hat{k}$ અને $\vec{v_2} = \hat{i} + 2\hat{j} + 3\hat{k}$ છે.
બંનેને લંબ સદિશ $\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{vmatrix} = -\hat{i} - 7\hat{j} + 5\hat{k}$ છે.
તેનું માન $|\vec{n}| = \sqrt{75} = 5\sqrt{3}$ છે.
એકમ સદિશ $\frac{-\hat{i} - 7\hat{j} + 5\hat{k}}{5\sqrt{3}}$ છે. તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
$2.$ લઘુત્તમ અંતર $d = \frac{|(\vec{AB}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})|}{|\vec{v_1} \times \vec{v_2}|}$ છે,જ્યાં $\vec{AB} = 3\hat{i} + 0\hat{j} + 4\hat{k}$.
$d = \frac{|(3\hat{i} + 4\hat{k}) \cdot (-\hat{i} - 7\hat{j} + 5\hat{k})|}{5\sqrt{3}} = \frac{|-3 + 20|}{5\sqrt{3}} = \frac{17}{5\sqrt{3}}$. તેથી,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.
$3.$ સમતલનું સમીકરણ: $-1(x+1) - 7(y+2) + 5(z+1) = 0 \Rightarrow x + 7y - 5z + 10 = 0$.
બિંદુ $(1, 1, 1)$ થી અંતર $d = \frac{|1 + 7(1) - 5(1) + 10|}{\sqrt{1^2 + 7^2 + (-5)^2}} = \frac{13}{\sqrt{75}}$. તેથી,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(C) ધારો કે $y = \frac{x^2+2x+4}{x+2} = (x+2) + \frac{4}{x+2} - 2$. $AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,$x > -2$ માટે,$(x+2) + \frac{4}{x+2} \geq 4$. તેથી,$y \geq 2$. ન્યૂનતમ કિંમત $2$ છે (વિકલ્પ $r$).
$(B)$ આપેલ છે કે $(A+B)(A-B) = (A-B)(A+B) \Rightarrow AB = BA$. $A$ સંમિત અને $B$ વિસંમિત હોવાથી,$(AB)^t = B^t A^t = -BA = -AB$. તેથી,$(-1)^k AB = -AB$,જેનો અર્થ છે કે $(-1)^k = -1$. આ $k$ ના એકી મૂલ્યો માટે સાચું છે. ${1, 2, 3}$ માં,$k=1$ અથવા $k=3$ (વિકલ્પો $q, s$).
$(C)$ $a = \log_3 \log_3 2$. $3^{-a} = \log_2 3$. અસમતા $1 < 2^{-k + \log_2 3} < 2 \Rightarrow 1 < 2^{-k} \cdot 3 < 2 \Rightarrow \log_2 3 - 1 < k < \log_2 3$. $0.58 < k < 1.58$ હોવાથી,પૂર્ણાંક $k=1$ મળે. $1$ એ $2$ અને $3$ કરતા નાનો છે (વિકલ્પો $r, s$).
$(D)$ $\sin \theta = \cos \phi \Rightarrow \theta \pm \phi - \frac{\pi}{2} = -2n\pi$. તેથી,$\frac{1}{\pi}(\theta \pm \phi - \frac{\pi}{2}) = -2n$,જે બેકી પૂર્ણાંકો છે. વિકલ્પોમાંથી $0$ બેકી છે (વિકલ્પ $p$).

(C) ધારો કે $\cot ^{-1} x = \theta$,તેથી $x = \cot \theta$.
કારણ કે $0 < x < 1$,તેથી $\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{\pi}{2}$.
આપેલ પદાવલિ $\sqrt{1+x^2} [\{x \cos \theta + \sin \theta\}^2 - 1]^{\frac{1}{2}}$ છે.
$x = \cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta}$ મૂકતા:
$\sqrt{1+\cot^2 \theta} [\{\frac{\cos^2 \theta}{\sin \theta} + \sin \theta\}^2 - 1]^{\frac{1}{2}}$
$= \sqrt{\operatorname{cosec}^2 \theta} [\{\frac{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}{\sin \theta}\}^2 - 1]^{\frac{1}{2}}$
$= \operatorname{cosec} \theta [\{\frac{1}{\sin \theta}\}^2 - 1]^{\frac{1}{2}}$
$= \operatorname{cosec} \theta \sqrt{\operatorname{cosec}^2 \theta - 1}$
$= \operatorname{cosec} \theta \sqrt{\cot^2 \theta}$
$= \operatorname{cosec} \theta \cdot \cot \theta$ (કારણ કે $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ માટે $\cot \theta > 0$ છે)
અહીં $\operatorname{cosec} \theta = \sqrt{1+x^2}$ અને $\cot \theta = x$ હોવાથી,જવાબ $x \sqrt{1+x^2}$ મળે છે.