IIT JEE 2010 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) અહીં લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે એલ-હોસ્પિટલ ($L$'$H$ôpital's) નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશનું વિકલન $\frac{d}{dx} \int_0^x \frac{t \ln (1+t)}{t^4+4} dt = \frac{x \ln (1+x)}{x^4+4}$ થાય છે.
છેદ $x^3$ નું વિકલન $3x^2$ થાય છે.
તેથી,લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \ln (1+x)}{3x^2(x^4+4)}$ બને છે.
સાદુરૂપ આપતા,આપણને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{3} \cdot \frac{\ln (1+x)}{x} \cdot \frac{1}{x^4+4}$ મળે છે.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \frac{1}{0^4+4} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{12}$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $\alpha+\beta = -p$ અને $\alpha^3+\beta^3 = q$.
નિત્યસમ $\alpha^3+\beta^3 = (\alpha+\beta)^3 - 3\alpha\beta(\alpha+\beta)$ નો ઉપયોગ કરતા,$q = (-p)^3 - 3\alpha\beta(-p) = -p^3 + 3p\alpha\beta$.
તેથી,$3p\alpha\beta = p^3+q$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha\beta = \frac{p^3+q}{3p}$.
$\frac{\alpha}{\beta}$ અને $\frac{\beta}{\alpha}$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (\frac{\alpha}{\beta} + \frac{\beta}{\alpha})x + 1 = 0$ છે.
આ $x^2 - (\frac{\alpha^2+\beta^2}{\alpha\beta})x + 1 = 0$ માં પરિણમે છે.
કારણ કે $\alpha^2+\beta^2 = (\alpha+\beta)^2 - 2\alpha\beta = (-p)^2 - 2(\frac{p^3+q}{3p}) = p^2 - \frac{2(p^3+q)}{3p} = \frac{3p^3 - 2p^3 - 2q}{3p} = \frac{p^3-2q}{3p}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $x^2 - (\frac{(p^3-2q)/3p}{(p^3+q)/3p})x + 1 = 0$.
$x^2 - (\frac{p^3-2q}{p^3+q})x + 1 = 0$.
$(p^3+q)$ વડે ગુણતા,આપણને $(p^3+q)x^2 - (p^3-2q)x + (p^3+q) = 0$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $z = (1-t)z_1 + tz_2$,જ્યાં $0 < t < 1$. આ દર્શાવે છે કે $z$ એ $z_1$ અને $z_2$ ને જોડતા રેખાખંડ પર આવેલું છે.
$1$. $z$ એ રેખાખંડ $AB$ પર હોવાથી,અંતરનો સરવાળો $|z-z_1| + |z-z_2|$ એ કુલ અંતર $|z_1-z_2|$ જેટલો થાય. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$2$. સદિશ $z-z_1$ એ $z_2-z_1$ ની દિશામાં જ છે કારણ કે $z-z_1 = t(z_2-z_1)$ અને $t > 0$. તેથી,$\operatorname{Arg}(z-z_1) = \operatorname{Arg}(z_2-z_1)$. તેથી,$(D)$ સાચું છે.
$3$. શરત $\frac{z-z_1}{z_2-z_1} = t$ (જ્યાં $t$ વાસ્તવિક છે) સૂચવે છે કે ગુણોત્તર સંપૂર્ણપણે વાસ્તવિક છે. આ $\frac{z-z_1}{z_2-z_1} = \frac{\bar{z}-\bar{z}_1}{\bar{z}_2-\bar{z}_1}$ ને સમતુલ્ય છે. ક્રોસ ગુણાકાર કરતા નિશ્ચાયક સ્વરૂપ $\left|\begin{array}{cc} z-z_1 & \bar{z}-\bar{z}_1 \\ z_2-z_1 & \bar{z}_2-\bar{z}_1 \end{array}\right| = 0$ મળે છે. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
$4$. $\operatorname{Arg}(z-z_1)$ અને $\operatorname{Arg}(z-z_2)$ એ સદિશો $P-A$ અને $P-B$ ના ખૂણા દર્શાવે છે. $P$ એ $A$ અને $B$ ની વચ્ચે હોવાથી,આ સદિશો વિરુદ્ધ દિશામાં છે,તેથી $\operatorname{Arg}(z-z_1) \neq \operatorname{Arg}(z-z_2)$. તેથી,$(B)$ ખોટું છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(A), (C), (D)$ છે.

(B) $\angle C$ માટે કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(C) = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$
$\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{(x^2+x+1)^2 + (x^2-1)^2 - (2x+1)^2}{2(x^2+x+1)(x^2-1)}$
સાદું રૂપ આપતા,આપણને $x = 1+\sqrt{3}$ મળે છે.
બાજુની લંબાઈ ધન હોવી જોઈએ,તેથી $b = x^2-1 > 0 \implies x > 1$. આમ,$x = 1+\sqrt{3}$ એ સાચો ઉકેલ છે.

(C) ધારો કે બિંદુઓ $A$ અને $B$ ના યામ અનુક્રમે $(t_1^2, 2t_1)$ અને $(t_2^2, 2t_2)$ છે.
$AB$ ને વ્યાસ તરીકે ધરાવતા વર્તુળનું કેન્દ્ર $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે,જે $\left(\frac{t_1^2+t_2^2}{2}, t_1+t_2\right)$ છે.
વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે. પરવલયની ધરી ($x$-અક્ષ,$y=0$) વર્તુળને સ્પર્શતી હોવાથી,કેન્દ્રના $y$-યામનું નિરપેક્ષ મૂલ્ય ત્રિજ્યા $r$ જેટલું હોવું જોઈએ.
તેથી,$|t_1+t_2| = r$,જેનો અર્થ છે કે $t_1+t_2 = \pm r$.
$A$ અને $B$ ને જોડતી રેખાનો ઢાળ $m = \frac{2t_2 - 2t_1}{t_2^2 - t_1^2} = \frac{2(t_2 - t_1)}{(t_2 - t_1)(t_2 + t_1)} = \frac{2}{t_1+t_2}$ છે.
$t_1+t_2 = \pm r$ મૂકતા,આપણને $m = \pm \frac{2}{r}$ મળે છે.
તેથી,ઢાળના શક્ય મૂલ્યો $\frac{2}{r}$ અને $-\frac{2}{r}$ છે,જે વિકલ્પો $C$ અને $D$ ને અનુરૂપ છે.

(A) $1.$ અતિવલય $\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{4}=1$ નો સ્પર્શક $y=mx+\sqrt{9m^2-4}$ છે,જ્યાં $m>0$.
આ રેખા વર્તુળ $x^2+y^2-8x=0$ ને પણ સ્પર્શે છે,જેનું કેન્દ્ર $(4, 0)$ અને ત્રિજ્યા $r=4$ છે.
કેન્દ્ર $(4, 0)$ થી રેખા $mx-y+\sqrt{9m^2-4}=0$ નું લંબ અંતર ત્રિજ્યા $4$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$\frac{|4m-0+\sqrt{9m^2-4}|}{\sqrt{m^2+1}}=4 \Rightarrow |4m+\sqrt{9m^2-4}|=4\sqrt{m^2+1}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $16m^2 + 9m^2 - 4 + 8m\sqrt{9m^2-4} = 16(m^2+1) = 16m^2+16$.
$8m\sqrt{9m^2-4} = 20-9m^2$.
ફરીથી વર્ગ કરતા: $64m^2(9m^2-4) = (20-9m^2)^2 \Rightarrow 576m^4 - 256m^2 = 400 - 360m^2 + 81m^4$.
$495m^4 + 104m^2 - 400 = 0$. $m^2$ માટે ઉકેલતા,$m^2 = 4/5$,તેથી $m = 2/\sqrt{5}$.
$m$ ની કિંમત મૂકતા,સ્પર્શક $y = \frac{2}{\sqrt{5}}x + \sqrt{9(\frac{4}{5})-4} = \frac{2}{\sqrt{5}}x + \frac{4}{\sqrt{5}}$ મળે છે.
આમ,$2x-\sqrt{5}y+4=0$,જે વિકલ્પ $(B)$ છે.
$2.$ અતિવલય પરનું બિંદુ $(3\sec\theta, 2\tan\theta)$ છે.
વર્તુળના સમીકરણમાં મૂકતા: $(3\sec\theta)^2 + (2\tan\theta)^2 - 8(3\sec\theta) = 0$.
$9\sec^2\theta + 4(\sec^2\theta-1) - 24\sec\theta = 0 \Rightarrow 13\sec^2\theta - 24\sec\theta - 4 = 0$.
$(13\sec\theta+2)(\sec\theta-2) = 0$. $\sec\theta=2$ હોવાથી,$\tan^2\theta = 2^2-1=3$,તેથી $\tan\theta = \pm\sqrt{3}$.
બિંદુઓ $A(6, 2\sqrt{3})$ અને $B(6, -2\sqrt{3})$ છે.
$AB$ વ્યાસવાળા વર્તુળનું કેન્દ્ર $(6, 0)$ અને ત્રિજ્યા $2\sqrt{3}$ છે.
સમીકરણ: $(x-6)^2 + y^2 = (2\sqrt{3})^2 \Rightarrow x^2-12x+36+y^2=12 \Rightarrow x^2+y^2-12x+24=0$,જે વિકલ્પ $(A)$ છે.

(D) $k=1$ માટે,પ્રથમ પદ $\frac{1-1}{1!} = 0$ છે,તેથી $S_1 = 0$.
$k \ge 2$ માટે,અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_k = \frac{\frac{k-1}{k!}}{1 - \frac{1}{k}} = \frac{1}{(k-1)!}$ છે.
આપેલ પદાવલિ $E = \frac{100^2}{100!} + \sum_{k=2}^{100} |(k^2 - 3k + 1) \frac{1}{(k-1)!}|$ છે.
ગણતરી કરતા અંતિમ જવાબ $3$ મળે છે.

(B) આપેલ સમીકરણોની સિસ્ટમ પરથી:
$y \sin 3\theta = -z \cos 3\theta$ અને $\tan 3\theta = 1$ મળે છે.
તેથી $3\theta = n\pi + \frac{\pi}{4}$ થાય.
$\theta = \frac{n\pi}{3} + \frac{\pi}{12}$ માટે $0 < \theta < \pi$ ની મર્યાદામાં $n=0, 1, 2$ લેતા $\theta$ ના $3$ મૂલ્યો મળે છે.

(A) આપેલ છે $\tan \theta = \cot 5 \theta = \tan\left(\frac{\pi}{2} - 5\theta\right)$.
આ સૂચવે છે કે $\theta = n\pi + \frac{\pi}{2} - 5\theta$,તેથી $6\theta = n\pi + \frac{\pi}{2}$,અથવા $\theta = \frac{(2n+1)\pi}{12}$.
વધુમાં,$\sin 2\theta = \cos 4\theta = 1 - 2\sin^2 2\theta$.
ધારો કે $x = \sin 2\theta$,તો $2x^2 + x - 1 = 0$,જે $(2x-1)(x+1) = 0$ આપે છે.
તેથી $\sin 2\theta = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin 2\theta = -1$.
જો $\sin 2\theta = -1$,તો $2\theta = -\frac{\pi}{2} \Rightarrow \theta = -\frac{\pi}{4}$.
જો $\sin 2\theta = \frac{1}{2}$,તો $2\theta = \frac{\pi}{6}$ અથવા $\frac{5\pi}{6} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{12}$ અથવા $\frac{5\pi}{12}$.
શરત $\theta \neq \frac{n\pi}{5}$ ($n=0, \pm 1, \pm 2$ માટે) ચકાસતા:
$\theta = -\frac{\pi}{4}$,$\theta = \frac{\pi}{12}$,અને $\theta = \frac{5\pi}{12}$ માંથી કોઈ પણ $0, \pm \frac{\pi}{5}, \pm \frac{2\pi}{5}$ ને સમાન નથી.
આમ,આવા $3$ મૂલ્યો મળે છે.

(A) ધારો કે $f(\theta) = \sin^2 \theta + 3 \sin \theta \cos \theta + 5 \cos^2 \theta$.
$\frac{1}{f(\theta)}$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે $f(\theta)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવી પડશે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$f(\theta) = \frac{1 - \cos 2\theta}{2} + \frac{3}{2} \sin 2\theta + 5 \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$
$f(\theta) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{3}{2} \sin 2\theta + \frac{5}{2} + \frac{5}{2} \cos 2\theta$
$f(\theta) = 3 + 2 \cos 2\theta + \frac{3}{2} \sin 2\theta$.
પદાવલિ $a \cos x + b \sin x$ ની કિંમત $-\sqrt{a^2 + b^2}$ અને $\sqrt{a^2 + b^2}$ ની વચ્ચે હોય છે.
અહીં,$2 \cos 2\theta + \frac{3}{2} \sin 2\theta$ ની કિંમત $-\sqrt{2^2 + (\frac{3}{2})^2} = -\sqrt{4 + \frac{9}{4}} = -\sqrt{\frac{25}{4}} = -\frac{5}{2}$ અને $\frac{5}{2}$ ની વચ્ચે છે.
તેથી,$f(\theta)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $3 - \frac{5}{2} = \frac{1}{2}$ છે.
આમ,$\frac{1}{f(\theta)}$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{1}{1/2} = 2$ થાય.

(B) રેખાનું સમીકરણ $y = -2x + 1$ છે,તેથી ઢાળ $m = -2$ છે.
નજીકની નિયામિકા $x = \frac{a}{e}$ છે. નિયામિકા અને $x$-અક્ષનું છેદબિંદુ $(\frac{a}{e}, 0)$ છે.
રેખા $(\frac{a}{e}, 0)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $0 = -2(\frac{a}{e}) + 1$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{2a}{e} = 1$,અથવા $a = \frac{e}{2}$.
અતિવલય $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ માટે રેખા $y = mx + c$ સ્પર્શક હોવાની શરત $c^2 = a^2m^2 - b^2$ છે.
અહીં $c = 1$ અને $m = -2$ છે,તેથી $1^2 = a^2(-2)^2 - b^2$,જે $1 = 4a^2 - b^2$ આપે છે.
$a^2 = \frac{e^2}{4}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $1 = 4(\frac{e^2}{4}) - b^2$,તેથી $1 = e^2 - b^2$,જેનો અર્થ છે $b^2 = e^2 - 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે અતિવલય માટે $b^2 = a^2(e^2 - 1)$.
$b^2 = e^2 - 1$ ને આમાં મૂકતા,આપણને $e^2 - 1 = a^2(e^2 - 1)$ મળે છે.
$e > 1$ હોવાથી,$e^2 - 1 \neq 0$,તેથી $a^2 = 1$,જેનો અર્થ છે $a = 1$.
$a = \frac{e}{2}$ હોવાથી,$1 = \frac{e}{2}$,તેથી $e = 2$.

(D) આપેલ છે કે $A_r = \binom{10}{r}$,$B_r = \binom{20}{r}$,$C_r = \binom{30}{r}$.
આપણે $S = \sum_{r=1}^{10} A_r(B_{10} B_r - C_{10} A_r) = B_{10} \sum_{r=1}^{10} A_r B_r - C_{10} \sum_{r=1}^{10} A_r^2$ ની ગણતરી કરવાની છે.
ગુણધર્મ $\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} \binom{m}{k-r} = \binom{n+m}{k}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{r=0}^{10} A_r B_r = \sum_{r=0}^{10} \binom{10}{r} \binom{20}{r} = \binom{30}{10} = C_{10}$.
$A_0 = 1$ અને $B_0 = 1$ હોવાથી,$\sum_{r=1}^{10} A_r B_r = C_{10} - 1$.
તે જ રીતે,$\sum_{r=0}^{10} A_r^2 = \sum_{r=0}^{10} \binom{10}{r} \binom{10}{10-r} = \binom{20}{10} = B_{10}$.
$A_0 = 1$ હોવાથી,$\sum_{r=1}^{10} A_r^2 = B_{10} - 1$.
આ કિંમતો $S$ માં મૂકતા:
$S = B_{10}(C_{10} - 1) - C_{10}(B_{10} - 1) = C_{10} - B_{10}$.

(D) ગણ $S$ ના દરેક ઘટક માટે,બે પરસ્પર અલગ ઉપગણો $A$ અને $B$ માં તેની હાજરી માટે $3$ શક્યતાઓ છે:
$1$. ઘટક $A$ માં છે પણ $B$ માં નથી.
$2$. ઘટક $B$ માં છે પણ $A$ માં નથી.
$3$. ઘટક $A$ કે $B$ બંનેમાંથી એકમાં પણ નથી.
અહીં $n = 4$ ઘટકો હોવાથી,પરસ્પર અલગ ઉપગણોની ક્રમિત જોડીઓ $(A, B)$ ની કુલ સંખ્યા $3^n = 3^4 = 81$ છે.
ક્રમરહિત જોડીઓ ${A, B}$ શોધવા માટે,આપણે $A = B$ વાળા કિસ્સાને ધ્યાનમાં લેવો પડે. $A$ અને $B$ પરસ્પર અલગ હોવાથી,$A = B$ નો અર્થ છે $A = B = \emptyset$. આ માત્ર $1$ કિસ્સામાં થાય છે.
બાકીના તમામ કિસ્સાઓ જ્યાં $A \neq B$ હોય,ત્યાં જોડી ${A, B}$ ને ક્રમિત યાદીમાં બે વાર ગણવામાં આવે છે (જેમ કે $(A, B)$ અને $(B, A)$).
તેથી,ક્રમરહિત જોડીઓની સંખ્યા $\frac{3^n + 1}{2} = \frac{3^4 + 1}{2} = \frac{81 + 1}{2} = 41$ થાય.

(A) આપેલ સંબંધ $a_k = 2a_{k-1} - a_{k-2}$ દર્શાવે છે કે $a_1, a_2, \ldots, a_{11}$ એ સમાંતર શ્રેણી ($A$.$P$.) માં છે.
ધારો કે પ્રથમ પદ $a = a_1 = 15$ અને સામાન્ય તફાવત $d$ છે.
વર્ગોનો સરવાળો $\sum_{k=1}^{11} a_k^2 = 11a^2 + 110ad + 385d^2$ થાય.
તેથી,$a^2 + 10ad + 35d^2 = 90$.
$a = 15$ મૂકતા: $225 + 150d + 35d^2 = 90 \Rightarrow 35d^2 + 150d + 135 = 0$.
આ સમીકરણ ઉકેલતા $d = -3$ અથવા $d = -9/7$ મળે.
શરત $27 - 2a_2 > 0$ મુજબ $d < -1.5$ હોવું જોઈએ,તેથી $d = -3$ લેતા.
સરેરાશ $\frac{a_1 + \ldots + a_{11}}{11} = a + 5d = 15 + 5(-3) = 0$.

(C) વર્તુળની ત્રિજ્યા $r = 2$ લો. કેન્દ્ર આગળ $\theta$ ખૂણો આંતરતી જીવાનું કેન્દ્રથી અંતર $d = r \cos(\theta/2)$ છે.
બે જીવાઓ માટે,આંતરેલા ખૂણા $\theta_1 = \frac{\pi}{k}$ અને $\theta_2 = \frac{2\pi}{k}$ છે.
કેન્દ્રથી આ જીવાઓનું અંતર $d_1 = 2 \cos(\frac{\pi}{2k})$ અને $d_2 = 2 \cos(\frac{\pi}{k})$ છે.
બંને જીવાઓ કેન્દ્રની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય તો અંતર $d_1 + d_2 = \sqrt{3} + 1$ થાય.
$2 \cos(\frac{\pi}{2k}) + 2 \cos(\frac{\pi}{k}) = \sqrt{3} + 1$.
$\theta = \frac{\pi}{k}$ લેતા,$2 \cos(\frac{\theta}{2}) + 2 \cos(\theta) = \sqrt{3} + 1$.
$k=3$ માટે,$\cos(\frac{\pi}{6}) + \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}+1}{2}$.
તેથી,$2(\frac{\sqrt{3}+1}{2}) = \sqrt{3}+1$. આમ $k=3$ મળે છે.
$[k] = [3] = 3$.

(C) ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} ab \sin C$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા,$15 \sqrt{3} = \frac{1}{2} \times 6 \times 10 \times \sin C$,જેનું સાદું રૂપ $\sin C = \frac{\sqrt{3}}{2}$ થાય છે.
$\angle ACB$ ગુરુકોણ હોવાથી,$C = 120^{\circ}$.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C = 6^2 + 10^2 - 2(6)(10) \cos 120^{\circ} = 36 + 100 - 120(-0.5) = 136 + 60 = 196$,તેથી $c = 14$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a+b+c}{2} = \frac{6+10+14}{2} = 15$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s} = \frac{15 \sqrt{3}}{15} = \sqrt{3}$.
તેથી,$r^2 = (\sqrt{3})^2 = 3$.

(B) $1.$ ઉપવલય $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$ માટે બિંદુ $P(3,4)$ ના સ્પર્શક જીવા $AB$ નું સમીકરણ $T=0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,એટલે કે $\frac{3x}{9}+\frac{4y}{4}=1 \Rightarrow \frac{x}{3}+y=1 \Rightarrow x+3y-3=0$.
સ્પર્શ બિંદુઓ $A$ અને $B$ શોધવા માટે,આપણે સમીકરણો ઉકેલીએ છીએ: $x+3y=3$ અને $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$. $x=3-3y$ ને ઉપવલયના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{(3-3y)^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1 \Rightarrow (1-y)^2+\frac{y^2}{4}=1 \Rightarrow 1-2y+y^2+\frac{y^2}{4}=1 \Rightarrow \frac{5y^2}{4}-2y=0$. આમ,$y=0$ અથવા $y=\frac{8}{5}$.
જો $y=0$,તો $x=3$. જો $y=\frac{8}{5}$,તો $x=3-3(\frac{8}{5})=3-\frac{24}{5}=-\frac{9}{5}$. તેથી,બિંદુઓ $(3,0)$ અને $(-\frac{9}{5}, \frac{8}{5})$ છે. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.
$2.$ $\triangle PAB$ નું લંબકેન્દ્ર $H$ એ વેધનું છેદબિંદુ છે. રેખા $AB$ એ $x+3y-3=0$ છે. $P(3,4)$ થી $AB$ પરના વેધનો ઢાળ $3$ છે અને તે $(3,4)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $y-4=3(x-3) \Rightarrow y=3x-5$. $A(3,0)$ થી $PB$ (જ્યાં $B=(-\frac{9}{5}, \frac{8}{5})$) પરના વેધનો ઢાળ $m_{PB} = \frac{8/5-4}{-9/5-3} = \frac{-12/5}{-24/5} = \frac{1}{2}$ છે. $A$ માંથી વેધ $PB$ ને લંબ છે,તેથી તેનો ઢાળ $-2$ છે. સમીકરણ: $y-0=-2(x-3) \Rightarrow y=-2x+6$. $3x-5=-2x+6 \Rightarrow 5x=11 \Rightarrow x=\frac{11}{5}$ ઉકેલતા. પછી $y=3(\frac{11}{5})-5 = \frac{33-25}{5} = \frac{8}{5}$. આમ,$H=(\frac{11}{5}, \frac{8}{5})$. સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
$3.$ બિંદુ $P$ અને રેખા $AB$ થી સમાન અંતરે આવેલા બિંદુનો બિંદુપથ એ પરવલય છે જેનું નાભિ $P$ અને નિયામિકા $AB$ છે. અંતર સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $(x-3)^2+(y-4)^2 = \frac{(x+3y-3)^2}{1^2+3^2}$. આનું વિસ્તરણ કરતા: $10(x^2-6x+9+y^2-8y+16) = x^2+9y^2+9+6xy-6x-18y \Rightarrow 10x^2+10y^2-60x-80y+250 = x^2+9y^2+6xy-6x-18y+9 \Rightarrow 9x^2+y^2-6xy-54x-62y+241=0$. સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(C) $(A)-(q)$: $|z-i|z||=|z+i|z|| \Rightarrow |\frac{z}{|z|}-i|=|\frac{z}{|z|}+i|$,જ્યાં $z \neq 0$. પદ $\frac{z}{|z|}$ એ એકમ વર્તુળ પરનું બિંદુ દર્શાવે છે. આ સમીકરણ સૂચવે છે કે બિંદુ $\frac{z}{|z|}$ એ $i$ અને $-i$ થી સમાન અંતરે છે. આવા બિંદુઓનો બિંદુપથ વાસ્તવિક અક્ષ છે,જ્યાં $\operatorname{Im}(z)=0$ થાય છે.
$(B)-(p)$: $|z+4|+|z-4|=10$ એ $(\pm 4, 0)$ પર નાભિ અને $2a=10$ લંબાઈની મુખ્ય અક્ષ ધરાવતું ઉપવલય દર્શાવે છે. અહીં $2ae=8$ અને $2a=10$ હોવાથી $e=4/5$ મળે. આમ,તે $4/5$ ઉત્કેન્દ્રતા ધરાવતું ઉપવલય છે.
$(C)-(p), (t)$: ધારો કે $\omega=2(\cos \theta+i \sin \theta)$. તો $z = 2(\cos \theta+i \sin \theta) - \frac{1}{2}(\cos \theta-i \sin \theta) = \frac{3}{2} \cos \theta + i \frac{5}{2} \sin \theta$. આ $\frac{x^2}{(3/2)^2} + \frac{y^2}{(5/2)^2} = 1$ ઉપવલય છે,જેમાં $e^2 = 1 - \frac{9/4}{25/4} = 16/25$,તેથી $e=4/5$. અર્ધ-મુખ્ય અક્ષ $2.5 < 3$ હોવાથી,તે $|z| \leq 3$ માં સમાયેલ છે.
$(D)-(q), (t)$: ધારો કે $\omega = \cos \theta + i \sin \theta$. તો $z = (\cos \theta + i \sin \theta) + (\cos \theta - i \sin \theta) = 2 \cos \theta$. $z$ સંપૂર્ણપણે વાસ્તવિક હોવાથી,$\operatorname{Im}(z)=0$ અને $|z| = |2 \cos \theta| \leq 2 < 3$ થાય છે.

(D) આપેલ છે કે $A, B, C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,એટલે કે $B = 60^{\circ}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c} = k$,તેથી $\sin A = ak, \sin B = bk, \sin C = ck$.
પદાવલિ $E = \frac{a}{c} \sin 2C + \frac{c}{a} \sin 2A$ છે.
$E = \frac{a}{c} (2 \sin C \cos C) + \frac{c}{a} (2 \sin A \cos A)$.
$\sin C = ck$ અને $\sin A = ak$ મૂકતા:
$E = \frac{a}{c} (2 ck \cos C) + \frac{c}{a} (2 ak \cos A) = 2ak \cos C + 2ck \cos A$.
$E = 2k (a \cos C + c \cos A)$.
પ્રક્ષેપણ સૂત્ર $b = a \cos C + c \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = 2kb = 2 \sin B$.
$B = 60^{\circ}$ હોવાથી,$E = 2 \sin 60^{\circ} = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

(B) ધારો કે પ્રથમ રેખા $L_1$ નો દિશા સદિશ $\vec{v_1} = 2\hat{i} + 3\hat{j} + 4\hat{k}$ છે.
બીજા સમતલમાં રહેલી બે રેખાઓ $L_2$ અને $L_3$ ના દિશા સદિશો $\vec{v_2} = 3\hat{i} + 4\hat{j} + 2\hat{k}$ અને $\vec{v_3} = 4\hat{i} + 2\hat{j} + 3\hat{k}$ છે.
બીજા સમતલનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n_2} = \vec{v_2} \times \vec{v_3} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3 & 4 & 2 \\ 4 & 2 & 3 \end{vmatrix} = 8\hat{i} - \hat{j} - 10\hat{k}$ છે.
આપણને જોઈતા સમતલનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n}$ એ $\vec{v_1}$ અને $\vec{n_2}$ બંનેને લંબ હોવો જોઈએ.
તેથી,$\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{n_2} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 3 & 4 \\ 8 & -1 & -10 \end{vmatrix} = -26\hat{i} + 52\hat{j} - 26\hat{k}$ મળે.
અભિલંબ સદિશ $\hat{i} - 2\hat{j} + \hat{k}$ લેતા,ઉગમબિંદુ $(0,0,0)$ માંથી પસાર થતા સમતલનું સમીકરણ $1(x-0) - 2(y-0) + 1(z-0) = 0$ એટલે કે $x - 2y + z = 0$ થાય.

(C) શરત $\omega^{r_1}+\omega^{r_2}+\omega^{r_3}=0$ ત્યારે જ સંતોષાય છે જો $r_1, r_2, r_3$ ને $3$ વડે ભાગતા મળતી શેષ $0, 1, 2$ હોય.
દરેક $r_i \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ માટે,$3$ વડે ભાગતા મળતી શેષ નીચે મુજબ છે:
$r_i \equiv 1 \pmod{3} \implies r_i \in \{1, 4\}$ ($2$ કિંમતો)
$r_i \equiv 2 \pmod{3} \implies r_i \in \{2, 5\}$ ($2$ કિંમતો)
$r_i \equiv 0 \pmod{3} \implies r_i \in \{3, 6\}$ ($2$ કિંમતો)
સાનુકૂળ પરિણામોની સંખ્યા $3! \times (2 \times 2 \times 2) = 48$ છે.
કુલ પરિણામોની સંખ્યા $6^3 = 216$ છે.
તેથી,સંભાવના $\frac{48}{216} = \frac{2}{9}$ છે.

(A) શિરોબિંદુઓના સ્થાન સદિશો $\vec{p} = -2\hat{i} - \hat{j}$,$\vec{q} = 4\hat{i}$,$\vec{r} = 3\hat{i} + 3\hat{j}$,અને $\vec{s} = -3\hat{i} + 2\hat{j}$ છે.
પ્રથમ,આપણે વિકર્ણો $PR$ અને $QS$ ના મધ્યબિંદુઓ તપાસીએ:
$PR$ નું મધ્યબિંદુ $= \frac{\vec{p} + \vec{r}}{2} = \frac{(-2\hat{i} - \hat{j}) + (3\hat{i} + 3\hat{j})}{2} = \frac{\hat{i} + 2\hat{j}}{2} = \frac{1}{2}\hat{i} + \hat{j}$.
$QS$ નું મધ્યબિંદુ $= \frac{\vec{q} + \vec{s}}{2} = \frac{(4\hat{i}) + (-3\hat{i} + 2\hat{j})}{2} = \frac{\hat{i} + 2\hat{j}}{2} = \frac{1}{2}\hat{i} + \hat{j}$.
વિકર્ણોના મધ્યબિંદુઓ સમાન હોવાથી,$PQRS$ એ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.
આગળ,આપણે બાજુઓના સદિશોની ગણતરી કરીએ:
$\vec{PQ} = \vec{q} - \vec{p} = 4\hat{i} - (-2\hat{i} - \hat{j}) = 6\hat{i} + \hat{j}$.
$\vec{PS} = \vec{s} - \vec{p} = (-3\hat{i} + 2\hat{j}) - (-2\hat{i} - \hat{j}) = -\hat{i} + 3\hat{j}$.
લંબચોરસ માટે તપાસ (પાસેની બાજુઓનો ડોટ ગુણાકાર):
$\vec{PQ} \cdot \vec{PS} = (6\hat{i} + \hat{j}) \cdot (-\hat{i} + 3\hat{j}) = (6)(-1) + (1)(3) = -6 + 3 = -3 \neq 0$.
ડોટ ગુણાકાર શૂન્ય ન હોવાથી,બાજુઓ લંબ નથી,તેથી તે લંબચોરસ નથી.
સમબાજુ ચતુષ્કોણ માટે તપાસ (પાસેની બાજુઓની લંબાઈ):
$|\vec{PQ}| = \sqrt{6^2 + 1^2} = \sqrt{36 + 1} = \sqrt{37}$.
$|\vec{PS}| = \sqrt{(-1)^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$.
$|\vec{PQ}| \neq |\vec{PS}|$ હોવાથી,બાજુઓ સમાન નથી,તેથી તે સમબાજુ ચતુષ્કોણ નથી.
આમ,$PQRS$ એ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે,જે સમબાજુ કે લંબચોરસ નથી.

(A) સુરેખ સમીકરણોની સંહતિ $AX = B$ ને કાં તો અનન્ય ઉકેલ હોય,કોઈ ઉકેલ ન હોય,અથવા અનંત ઉકેલો હોય.
સુરેખ સમીકરણોની સંહતિને બરાબર બે ભિન્ન ઉકેલો હોય તે ગાણિતિક રીતે અશક્ય છે.
જો કોઈ સંહતિને એક કરતા વધારે ઉકેલ હોય,તો તેને અનંત ઉકેલો હોવા જ જોઈએ.
તેથી,આવા શ્રેણિકો $A$ ની સંખ્યા $0$ છે.

(D) આપણને $[0,1]$ અંતરાલ પર વિધેયો $f(x)=e^{x^2}+e^{-x^2}$,$g(x)=x e^{x^2}+e^{-x^2}$,અને $h(x)=x^2 e^{x^2}+e^{-x^2}$ આપેલા છે.
$x \in [0,1]$ માટે,આપણી પાસે $0 \leq x^2 \leq x \leq 1$ છે.
$e^{x^2} > 0$ અને $e^{-x^2} > 0$ હોવાથી,આપણે વિધેયોની સરખામણી કરીએ:
$f(x) - g(x) = e^{x^2} + e^{-x^2} - x e^{x^2} - e^{-x^2} = e^{x^2}(1-x) \geq 0$,$x \in [0,1]$ માટે. તેથી $f(x) \geq g(x)$.
$g(x) - h(x) = x e^{x^2} + e^{-x^2} - x^2 e^{x^2} - e^{-x^2} = e^{x^2}(x-x^2) = x e^{x^2}(1-x) \geq 0$,$x \in [0,1]$ માટે. તેથી $g(x) \geq h(x)$.
તેથી,બધા $x \in [0,1]$ માટે $f(x) \geq g(x) \geq h(x)$ છે.
$x=1$ આગળ,$f(1) = e^1 + e^{-1} = e + \frac{1}{e}$,$g(1) = 1 \cdot e^1 + e^{-1} = e + \frac{1}{e}$,અને $h(1) = 1^2 \cdot e^1 + e^{-1} = e + \frac{1}{e}$.
$f(x)$,$g(x)$,અને $h(x)$ એ $[0,1]$ પર વધતા વિધેયો હોવાથી (કારણ કે તેમના વિકલિતો અ-ઋણ છે),તેમની મહત્તમ કિંમતો $x=1$ આગળ મળે છે.
આમ,$a = f(1) = e + \frac{1}{e}$,$b = g(1) = e + \frac{1}{e}$,અને $c = h(1) = e + \frac{1}{e}$.
તેથી,$a=b=c$.

(A) આપણે સંકલન $I = \int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} d x$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પ્રથમ,અંશનું વિસ્તરણ કરો: $x^4(1-x)^4 = x^8-4x^7+6x^6-4x^5+x^4$.
હવે,$x^8-4x^7+6x^6-4x^5+x^4$ ને $x^2+1$ વડે ભાગતા:
$x^8-4x^7+6x^6-4x^5+x^4 = (x^2+1)(x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4) - 4$.
તેથી,$\frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} = x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4 - \frac{4}{1+x^2}$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \int_0^1 (x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4) dx - \int_0^1 \frac{4}{1+x^2} dx$.
$I = \left[ \frac{x^7}{7} - \frac{2x^6}{3} + x^5 - \frac{4x^3}{3} + 4x \right]_0^1 - 4[\tan^{-1}(x)]_0^1$.
$I = \left( \frac{1}{7} - \frac{2}{3} + 1 - \frac{4}{3} + 4 \right) - 4(\frac{\pi}{4}) = \frac{22}{7} - \pi$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \ln x + \int_0^x \sqrt{1+\sin t} \, dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime}(x) = \frac{1}{x} + \sqrt{1+\sin x}$.
નોંધો કે $\sqrt{1+\sin x} = \sqrt{(\sin(x/2) + \cos(x/2))^2} = |\sin(x/2) + \cos(x/2)|$.
આ પદ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં $\sin(x/2) + \cos(x/2) = 0$,એટલે કે $\tan(x/2) = -1$,જેનો અર્થ છે કે $x/2 = n\pi - \pi/4$,અથવા $x = 2n\pi - \pi/2$.
આ બિંદુઓ $(0, \infty)$ માં હોવાથી,$f^{\prime}(x)$ આ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી. તેથી,$(B)$ સાચું છે અને $(A)$ ખોટું છે.
$(C)$ માટે,જેમ $x \to \infty$,$f(x) \approx \int_0^x \sqrt{1+\sin t} \, dt \approx \frac{2\sqrt{2}}{\pi} x$ અને $f^{\prime}(x) \approx \sqrt{1+\sin x}$. કારણ કે $f(x)$ રેખીય રીતે વધે છે અને $f^{\prime}(x)$ સીમિત છે,તેથી મોટા $x$ માટે $|f^{\prime}(x)| < |f(x)|$ સાચું છે. આમ,$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ ખોટું છે કારણ કે જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$ થાય છે.

(B) $1.$ $A$ સંમિત હોવા માટે $b=c$. $A$ વિસંમિત હોવા માટે $a=0$ અને $b=-c$.
જો $A$ સંમિત હોય,તો $A = \begin{bmatrix} a & b \\ b & a \end{bmatrix}$,$\det(A) = a^2-b^2$. $\det(A) \equiv 0 \pmod{p} \implies a^2 \equiv b^2 \pmod{p} \implies a \equiv \pm b \pmod{p}$.
$a=b$ માટે $p$ વિકલ્પો છે. $a=-b$ માટે $p$ વિકલ્પો છે. $a=b=0$ કિસ્સો બે વાર ગણાયો હોવાથી,કુલ $2p-1$ સંમિત શ્રેણિકો મળે.
જો $A$ વિસંમિત હોય,તો $a=0, b=-c$. $\det(A) = b^2$. $\det(A) \equiv 0 \pmod{p} \implies b=0$. આમ $A$ શૂન્ય શ્રેણિક છે,જે પહેલેથી ગણાઈ ગયો છે.
કુલ સંખ્યા $2p-1$ છે. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.
$2.$ $\text{tr}(A) = 2a$. $p$ એકી અવિભાજ્ય હોવાથી,$2a \not\equiv 0 \pmod{p} \implies a \not\equiv 0 \pmod{p}$. $a$ માટે $p-1$ વિકલ્પો છે.
$\det(A) = a^2 - bc \equiv 0 \pmod{p} \implies bc \equiv a^2 \pmod{p}$.
દરેક $a \in \{1, \ldots, p-1\}$ માટે,$a^2 \not\equiv 0 \pmod{p}$. આમ $b$ માટે $p-1$ વિકલ્પો છે અને $c$ અનન્ય રીતે નક્કી થાય છે.
કુલ સંખ્યા $(p-1)(p-1) = (p-1)^2$ છે. સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
$3.$ $\det(A) = a^2 - bc \not\equiv 0 \pmod{p}$.
$T_p$ માં કુલ શ્રેણિકો $p^3$ છે.
જો $a=0$,$\det(A) = -bc \not\equiv 0 \implies b \neq 0, c \neq 0$. વિકલ્પો: $(p-1)(p-1) = (p-1)^2$.
જો $a \neq 0$,$bc \not\equiv a^2 \pmod{p}$. દરેક $a$ માટે,$p^2 - (p-1)$ જોડીઓ $(b, c)$ મળે છે.
કુલ = $(p-1)^2 + (p-1)(p^2 - p + 1) = p^3 - p^2$. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) બિંદુ $P(x, y)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $Y - y = \frac{dy}{dx}(X - x)$ છે.
$y$-અંતઃખંડ મેળવવા માટે,$X = 0$ મૂકતા,આપણને $Y = y - x \frac{dy}{dx}$ મળે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$y$-અંતઃખંડ એ યામના ઘન જેટલો છે,તેથી $y - x \frac{dy}{dx} = x^3$.
આને ફરીથી ગોઠવતા $x \frac{dy}{dx} - y = -x^3$,અથવા $\frac{dy}{dx} - \frac{y}{x} = -x^2$ મળે છે.
આ $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(x) = -\frac{1}{x}$ અને $Q(x) = -x^2$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $IF = e^{\int -\frac{1}{x} dx} = e^{-\ln x} = \frac{1}{x}$ છે.
ઉકેલ $y \cdot \frac{1}{x} = \int (-x^2) \cdot \frac{1}{x} dx = \int -x dx = -\frac{x^2}{2} + C$ છે.
આમ,$f(x) = -\frac{x^3}{2} + Cx$.
$f(1) = 1$ આપેલ હોવાથી,$1 = -\frac{1}{2} + C$,જેનો અર્થ છે કે $C = \frac{3}{2}$.
તેથી,$f(x) = -\frac{x^3}{2} + \frac{3}{2}x$.
$f(-3) = -\frac{(-3)^3}{2} + \frac{3}{2}(-3) = -\frac{-27}{2} - \frac{9}{2} = \frac{18}{2} = 9$.

(C) પ્રથમ,નોંધો કે $|\vec{a}| = \sqrt{(\frac{1}{\sqrt{5}})^2 + (-\frac{2}{\sqrt{5}})^2} = \sqrt{\frac{1}{5} + \frac{4}{5}} = 1$ અને $|\vec{b}| = \sqrt{(\frac{2}{\sqrt{14}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{14}})^2 + (\frac{3}{\sqrt{14}})^2} = \sqrt{\frac{4+1+9}{14}} = 1$.
વળી,$\vec{a} \cdot \vec{b} = \frac{1(2) + (-2)(1) + 0(3)}{\sqrt{70}} = 0$.
ધારો કે $E = (2 \vec{a} + \vec{b}) \cdot [(\vec{a} \times \vec{b}) \times (\vec{a} - 2 \vec{b})]$.
સદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના સૂત્ર $(\vec{u} \times \vec{v}) \times \vec{w} = (\vec{u} \cdot \vec{w}) \vec{v} - (\vec{v} \cdot \vec{w}) \vec{u}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\vec{a} \times \vec{b}) \times (\vec{a} - 2 \vec{b}) = [(\vec{a} \cdot (\vec{a} - 2 \vec{b})) \vec{b} - (\vec{b} \cdot (\vec{a} - 2 \vec{b})) \vec{a}]$
$= [(|\vec{a}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{b})) \vec{b} - ((\vec{b} \cdot \vec{a}) - 2|\vec{b}|^2) \vec{a}]$
$= [(1 - 0) \vec{b} - (0 - 2(1)) \vec{a}] = \vec{b} + 2 \vec{a}$.
હવે,$E = (2 \vec{a} + \vec{b}) \cdot (2 \vec{a} + \vec{b}) = |2 \vec{a} + \vec{b}|^2 = 4|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + 4(\vec{a} \cdot \vec{b})$.
કિંમતો મૂકતા: $E = 4(1)^2 + (1)^2 + 4(0) = 4 + 1 = 5$.

(C) બંને રેખાઓના દિશા સદિશો $\vec{v_1} = 2\hat{i} + 3\hat{j} + 4\hat{k}$ અને $\vec{v_2} = 3\hat{i} + 4\hat{j} + 5\hat{k}$ છે.
આ રેખાઓને સમાવતા સમતલનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 5 \end{vmatrix} = -\hat{i} + 2\hat{j} - \hat{k}$ મળે છે.
આ સમતલ બિંદુ $(1, 2, 3)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનું સમીકરણ $-1(x-1) + 2(y-2) - 1(z-3) = 0$ એટલે કે $x - 2y + z = 0$ થાય.
આપેલ સમતલ $Ax - 2y + z = d$ છે,તેથી $A = 1$ મળે.
સમાંતર સમતલો $x - 2y + z = 0$ અને $x - 2y + z = d$ વચ્ચેનું અંતર $\frac{|d - 0|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2 + 1^2}} = \sqrt{6}$ થાય.
તેથી,$\frac{|d|}{\sqrt{6}} = \sqrt{6} \implies |d| = 6$.

(A) વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = x - [x]$ જો $[x]$ એકી હોય,અને $f(x) = 1 + [x] - x$ જો $[x]$ બેકી હોય.
$x \in [0, 1)$ માટે,$[x] = 0$ (બેકી),તેથી $f(x) = 1 + 0 - x = 1 - x$.
$x \in [1, 2)$ માટે,$[x] = 1$ (એકી),તેથી $f(x) = x - 1$.
આ વિધેય $T = 2$ આવર્તકાળ સાથેનું આવર્તી વિધેય છે.
ધારો કે $I = \int_{-10}^{10} f(x) \cos(\pi x) \, dx$.
$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે $(f(-x) = f(x))$ અને $\cos(\pi x)$ પણ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર યુગ્મ વિધેય થાય.
$I = 2 \int_{0}^{10} f(x) \cos(\pi x) \, dx = 2 \times 5 \int_{0}^{2} f(x) \cos(\pi x) \, dx = 10 \left[ \int_{0}^{1} (1-x) \cos(\pi x) \, dx + \int_{1}^{2} (x-1) \cos(\pi x) \, dx \right]$.
ધારો કે $I_1 = \int_{0}^{1} (1-x) \cos(\pi x) \, dx$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = \left[ (1-x) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \right]_0^1 - \int_{0}^{1} (-1) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \, dx = 0 + \left[ -\frac{\cos(\pi x)}{\pi^2} \right]_0^1 = -\frac{1}{\pi^2} (-1 - 1) = \frac{2}{\pi^2}$.
ધારો કે $I_2 = \int_{1}^{2} (x-1) \cos(\pi x) \, dx$. ધારો કે $t = x-1$,તો $dt = dx$:
$I_2 = \int_{0}^{1} t \cos(\pi(t+1)) \, dt = \int_{0}^{1} t \cos(\pi t + \pi) \, dt = -\int_{0}^{1} t \cos(\pi t) \, dt$.
$\int t \cos(\pi t) \, dt = \frac{t \sin(\pi t)}{\pi} + \frac{\cos(\pi t)}{\pi^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_2 = -\left[ \frac{t \sin(\pi t)}{\pi} + \frac{\cos(\pi t)}{\pi^2} \right]_0^1 = -\left( 0 + \frac{-1}{\pi^2} - (0 + \frac{1}{\pi^2}) \right) = \frac{2}{\pi^2}$.
આમ,$I = 10 \left( \frac{2}{\pi^2} + \frac{2}{\pi^2} \right) = \frac{40}{\pi^2}$.
છેલ્લે,$\frac{\pi^2}{10} I = \frac{\pi^2}{10} \times \frac{40}{\pi^2} = 4$.

(A) આપેલ છે કે $\omega = e^{i 2 \pi / 3}$,આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \omega + \omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$.
ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta = \left|\begin{array}{ccc} z+1 & \omega & \omega^2 \\ \omega & z+\omega^2 & 1 \\ \omega^2 & 1 & z+\omega \end{array}\right|$ છે.
પ્રક્રિયા $C_1 \to C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ પાડતા:
$\Delta = \left|\begin{array}{ccc} z+1+\omega+\omega^2 & \omega & \omega^2 \\ z+\omega+\omega^2+1 & z+\omega^2 & 1 \\ z+\omega^2+1+\omega & 1 & z+\omega \end{array}\right| = \left|\begin{array}{ccc} z & \omega & \omega^2 \\ z & z+\omega^2 & 1 \\ z & 1 & z+\omega \end{array}\right|$.
પ્રથમ સ્તંભમાંથી $z$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = z \left|\begin{array}{ccc} 1 & \omega & \omega^2 \\ 1 & z+\omega^2 & 1 \\ 1 & 1 & z+\omega \end{array}\right|$.
$R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$\Delta = z \left|\begin{array}{ccc} 1 & \omega & \omega^2 \\ 0 & z+\omega^2-\omega & 1-\omega^2 \\ 0 & 1-\omega & z+\omega-\omega^2 \end{array}\right| = z[(z+\omega^2-\omega)(z+\omega-\omega^2) - (1-\omega^2)(1-\omega)]$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $\Delta = z(z^2) = z^3 = 0$ મળે છે.
આમ,$z = 0$ એ એકમાત્ર ઉકેલ છે. ભિન્ન સંકર સંખ્યાઓની સંખ્યા $1$ છે.

(A) બિંદુ $P(1, -2, 1)$ નું સમતલ $x + 2y - 2z - \alpha = 0$ થી અંતર $d = \frac{|1(1) + 2(-2) - 2(1) - \alpha|}{\sqrt{1^2 + 2^2 + (-2)^2}} = 5$ છે.
તેથી, $\frac{|-5 - \alpha|}{3} = 5 \Rightarrow |5 + \alpha| = 15$. $\alpha > 0$ હોવાથી, $\alpha = 10$.
સમતલનું સમીકરણ $x + 2y - 2z = 10$ છે.
$P(1, -2, 1)$ માંથી પસાર થતી અને સમતલને લંબ રેખાનું સમીકરણ $\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{2} = \frac{z - 1}{-2} = k$ છે.
રેખા પરનું કોઈ પણ બિંદુ $(k + 1, 2k - 2, -2k + 1)$ છે.
આ બિંદુ સમતલ પર હોવાથી, $(k + 1) + 2(2k - 2) - 2(-2k + 1) = 10$.
$9k - 5 = 10 \Rightarrow k = \frac{5}{3}$.
તેથી, લંબપાદના યામ $\left(\frac{5}{3} + 1, 2(\frac{5}{3}) - 2, -2(\frac{5}{3}) + 1\right) = \left(\frac{8}{3}, \frac{4}{3}, -\frac{7}{3}\right)$ મળે છે.

(C) ધારો કે $G$ એ ઘટના છે કે મૂળ સિગ્નલ લીલું છે અને $R$ એ ઘટના છે કે મૂળ સિગ્નલ લાલ છે. આપેલ છે કે $P(G) = \frac{4}{5}$ અને $P(R) = \frac{1}{5}$.
ધારો કે $S_A$ અને $S_B$ એ અનુક્રમે સ્ટેશન $A$ અને સ્ટેશન $B$ દ્વારા પ્રાપ્ત થયેલ સિગ્નલ છે. યોગ્ય રીતે પ્રાપ્ત કરવાની સંભાવના $p = \frac{3}{4}$ અને ખોટી રીતે પ્રાપ્ત કરવાની સંભાવના $q = \frac{1}{4}$ છે.
ધારો કે $E$ એ ઘટના છે કે સ્ટેશન $B$ પર પ્રાપ્ત થયેલ સિગ્નલ લીલું છે.
$P(E) = P(E|G)P(G) + P(E|R)P(R)$.
$G$ થી શરૂ કરીને $B$ પર લીલું સિગ્નલ મેળવવા માટે:
$1$. $A$ એ $G$ યોગ્ય રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{3}{4}$),$B$ એ $G$ યોગ્ય રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{3}{4}$) $\rightarrow \frac{3}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{9}{16}$.
$2$. $A$ એ $R$ ખોટી રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{1}{4}$),$B$ એ $G$ ખોટી રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{1}{4}$) $\rightarrow \frac{1}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{16}$.
તેથી,$P(E|G) = \frac{9}{16} + \frac{1}{16} = \frac{10}{16} = \frac{5}{8}$.
$R$ થી શરૂ કરીને $B$ પર લીલું સિગ્નલ મેળવવા માટે:
$1$. $A$ એ $R$ યોગ્ય રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{3}{4}$),$B$ એ $G$ ખોટી રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{1}{4}$) $\rightarrow \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{16}$.
$2$. $A$ એ $G$ ખોટી રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{1}{4}$),$B$ એ $R$ ખોટી રીતે પ્રાપ્ત કર્યું (સંભાવના $\frac{1}{4}$) $\rightarrow \frac{1}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{16}$.
તેથી,$P(E|R) = \frac{3}{16} + \frac{1}{16} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$.
બેયઝના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$P(G|E) = \frac{P(E|G)P(G)}{P(E|G)P(G) + P(E|R)P(R)} = \frac{\frac{5}{8} \times \frac{4}{5}}{\frac{5}{8} \times \frac{4}{5} + \frac{1}{4} \times \frac{1}{5}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2} + \frac{1}{20}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{11}{20}} = \frac{20}{23}$.

(A) ધારો કે $\vec{u} = \overrightarrow{AB} = 2\hat{i} + 10\hat{j} + 11\hat{k}$ અને $\vec{v} = \overrightarrow{AD} = -\hat{i} + 2\hat{j} + 2\hat{k}$.
પ્રથમ,માન (magnitudes) ની ગણતરી કરો: $|\vec{u}| = \sqrt{2^2 + 10^2 + 11^2} = \sqrt{225} = 15$.
$|\vec{v}| = \sqrt{(-1)^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3$.
$\cos \alpha = \frac{|\vec{AD} \cdot \vec{AB}|}{|\vec{AD}| |\vec{AB}|}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,
$\vec{AD} \cdot \vec{AB} = (-1)(2) + (2)(10) + (2)(11) = -2 + 20 + 22 = 40$.
તેથી,$\cos \alpha = \frac{40}{3 \times 15} = \frac{40}{45} = \frac{8}{9}$.

(B) આપેલ છે કે $e^{-x} f(x) = 2 + \int_0^x \sqrt{t^4 + 1} \, dt \dots (i)$
$x = 0$ લેતા,$e^0 f(0) = 2 + \int_0^0 \sqrt{t^4 + 1} \, dt \implies f(0) = 2$.
તેથી,$f^{-1}(2) = 0$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}$.
$y = 2$ માટે,$(f^{-1})'(2) = \frac{1}{f'(f^{-1}(2))} = \frac{1}{f'(0)}$.
સમીકરણ $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$-e^{-x} f(x) + e^{-x} f'(x) = \sqrt{x^4 + 1}$.
$x = 0$ મુકતા:
$-e^0 f(0) + e^0 f'(0) = \sqrt{0^4 + 1}$
$-1(2) + 1(f'(0)) = 1$
$-2 + f'(0) = 1 \implies f'(0) = 3$.
તેથી,$(f^{-1})'(2) = \frac{1}{f'(0)} = \frac{1}{3}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \ln(g(x))$,તેથી $g(x) = e^{f(x)}$.
વિકલન કરતા,$g^{\prime}(x) = e^{f(x)} \cdot f^{\prime}(x)$.
દરેક $x \in R$ માટે $e^{f(x)} > 0$ હોવાથી,$g^{\prime}(x)$ ની નિશાની $f^{\prime}(x)$ ની નિશાની જેવી જ રહેશે.
$f^{\prime}(x) = 2010(x-2009)(x-2010)^2(x-2011)^3(x-2012)^4$.
ક્રિટિકલ બિંદુઓ $x = 2009, 2010, 2011, 2012$ છે.
આ બિંદુઓ પર $f^{\prime}(x)$ ની નિશાનીમાં થતો ફેરફાર તપાસીએ:
- $x = 2009$ પર: $(x-2009)$ ઋણમાંથી ધન બને છે. $f^{\prime}(x)$ ઋણમાંથી ધન બને છે. આ સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુ છે.
- $x = 2010$ પર: $(x-2010)^2$ હંમેશા અ-ઋણ છે. $f^{\prime}(x)$ ની નિશાની બદલાતી નથી. આ નતિપરિવર્તન બિંદુ છે.
- $x = 2011$ પર: $(x-2011)^3$ ઋણમાંથી ધન બને છે. $f^{\prime}(x)$ ધનમાંથી ઋણ બને છે. આ સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ છે.
- $x = 2012$ પર: $(x-2012)^4$ હંમેશા અ-ઋણ છે. $f^{\prime}(x)$ ની નિશાની બદલાતી નથી. આ નતિપરિવર્તન બિંદુ છે.
આમ,$g(x)$ ને માત્ર $x = 2011$ પર સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય મળે છે. આવા બિંદુઓની સંખ્યા $1$ છે.

(A) પ્રથમ,શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક શોધો. હાર અને સ્તંભની પ્રક્રિયાઓ દ્વારા,આપણને $|A| = (2k+1)^3$ મળે છે.
શ્રેણિક $B$ એ $3$ કક્ષાનો વિસંમિત શ્રેણિક હોવાથી,તેનો નિશ્ચાયક $|B| = 0$ થાય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\det(\operatorname{adj} A) = |A|^{n-1}$,જ્યાં $n$ એ શ્રેણિકની કક્ષા છે. અહીં $n=3$ છે,તેથી $\det(\operatorname{adj} A) = |A|^2 = ((2k+1)^3)^2 = (2k+1)^6$.
તે જ રીતે,$\det(\operatorname{adj} B) = |B|^2 = 0^2 = 0$.
આપેલ છે કે $\det(\operatorname{adj} A) + \det(\operatorname{adj} B) = 10^6$,તેથી $(2k+1)^6 = 10^6$.
બંને બાજુ છઠ્ઠું મૂળ લેતા,$2k+1 = 10$.
$2k = 9$,જેનો અર્થ છે કે $k = 4.5$.
તેથી,$[k] = [4.5] = 4$.

(C, A, B) $1.$ $f(x) = 4x^3 + 3x^2 + 2x + 1$. $f(-1) = -2$ અને $f(-1/2) = 0.25$ હોવાથી,બીજ $s$ એ $(-1, -1/2)$ માં છે. વિકલ્પો તપાસતા,$(C)$ સાચો છે.
$2.$ $t = |s|$. $s \in (-3/4, -1/2)$ હોવાથી,$t \in (1/2, 3/4)$. ક્ષેત્રફળ $A = \int_0^t (4x^3+3x^2+2x+1) dx = t^4+t^3+t^2+t$. $t=1/2$ માટે $A = 0.9375$ અને $t=3/4$ માટે $A \approx 2.05$. તેથી વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.
$3.$ $f'(x) = 12x^2 + 6x + 2$. $f''(x) = 24x + 6$. $x = -1/4$ આગળ $f''(x) = 0$. $x > -1/4$ માટે $f''(x) > 0$ (વધતું) અને $x < -1/4$ માટે $f''(x) < 0$ (ઘટતું). તેથી $(B)$ સાચો છે.

(A-T, B-P, R, C-Q, S, D-R) $(A)-(t)$: ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી રેખા $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}$ ધારો. તે આપેલી રેખાઓને છેદે છે. સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને છેદબિંદુઓ $P(5, -5, 2)$ અને $Q(\frac{10}{3}, -\frac{10}{3}, \frac{8}{3})$ મળે છે. અંતર $PQ^2 = (5-\frac{10}{3})^2 + (-5+\frac{10}{3})^2 + (2-\frac{8}{3})^2 = \frac{54}{9} = 6$.
$(B)-(p), (r)$: $\tan^{-1}(x+3) - \tan^{-1}(x-3) = \sin^{-1}(\frac{3}{5}) = \tan^{-1}(\frac{3}{4})$. સૂત્ર $\tan^{-1}A - \tan^{-1}B = \tan^{-1}(\frac{A-B}{1+AB})$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{6}{x^2-8} = \frac{3}{4} \Rightarrow x^2-8 = 8 \Rightarrow x^2 = 16 \Rightarrow x = \pm 4$.
$(C)-(q), (s)$: આપેલ શરતો $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$,$(\vec{b}-\vec{a}) \cdot (\vec{b}+\vec{c}) = 0$,$2|\vec{b}+\vec{c}| = |\vec{b}-\vec{a}|$ અને $\vec{a} = \mu \vec{b} + 4 \vec{c}$ નો ઉપયોગ કરીને સાદુંરૂપ આપતા $\mu$ માટે દ્વિઘાત સમીકરણ $\mu^2 - 5\mu = 0$ મળે છે,તેથી $\mu = 0, 5$.
$(D)-(r)$: $I = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin(9x/2)}{\sin(x/2)} dx = \frac{4}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(9x/2)}{\sin(x/2)} dx$. નિત્યસમ $\frac{\sin(nx)}{\sin x} = 1 + 2\sum_{k=1}^{(n-1)/2} \cos(2kx)$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{4}{\pi} \int_{0}^{\pi} (1 + 2\sum_{k=1}^{4} \cos(kx)) dx = \frac{4}{\pi} [x + 2\sum \frac{\sin(kx)}{k}]_0^{\pi} = 4$.