IIT JEE 2014 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે વર્તુળ $x^2+y^2+2gx+2fy+c=0$ છે $\quad\quad(1)$
આપેલ વર્તુળો:
$C_1: x^2+y^2-2x-15=0$ $\quad\quad(2)$
$C_2: x^2+y^2-1=0$ $\quad\quad(3)$
વર્તુળ $(1)$ એ $(2)$ ને લંબ હોવાથી,$2g_1g_2 + 2f_1f_2 = c_1+c_2$ મળે.
$-2g = c-15$ $\quad\quad(4)$
વર્તુળ $(1)$ એ $(3)$ ને લંબ હોવાથી,$c=1$ મળે.
$(4)$ માં $c=1$ મૂકતા,$-2g = -14 \Rightarrow g=7$ મળે.
વર્તુળ $(0,1)$ માંથી પસાર થાય છે:
$1+2f+1=0 \Rightarrow f=-1$ મળે.
વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2+14x-2y+1=0$ છે.
કેન્દ્ર $(-7,1)$ અને ત્રિજ્યા $7$ છે.
તેથી,$(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 1}\left\{\frac{-a x+\sin (x-1)+a}{x+\sin (x-1)-1}\right\}^{\frac{1-x}{1-\sqrt{x}}}$.
$\frac{1-x}{1-\sqrt{x}} = 1+\sqrt{x}$ હોવાથી,લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 1}\left\{\frac{-a(x-1)+\sin(x-1)}{(x-1)+\sin(x-1)}\right\}^{1+\sqrt{x}} = \frac{1}{4}$ થાય.
$x-1 = h$ લેતા,જ્યારે $x \rightarrow 1$,ત્યારે $h \rightarrow 0$. પદાવલિ $\lim _{h \rightarrow 0}\left\{\frac{-ah+\sin h}{h+\sin h}\right\}^{1+\sqrt{1+h}} = \frac{1}{4}$ બને છે.
અંશ અને છેદને $h$ વડે ભાગતા,$\lim _{h \rightarrow 0}\left\{\frac{-a+\frac{\sin h}{h}}{1+\frac{\sin h}{h}}\right\}^{1+\sqrt{1+h}} = \frac{1}{4}$ મળે.
$h=0$ મુકતા,$\left(\frac{1-a}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$ મળે.
આથી $\frac{1-a}{2} = \frac{1}{2}$ અથવા $\frac{1-a}{2} = -\frac{1}{2}$ થાય.
જો $\frac{1-a}{2} = \frac{1}{2}$,તો $a=0$. જો $\frac{1-a}{2} = -\frac{1}{2}$,તો $a=2$.
$a=2$ માટે આધાર ઋણ બને છે,તેથી $a=0$ એ સાચો જવાબ છે.

(C) ધારો કે $P(x, y)$ પ્રથમ ચરણમાં એક બિંદુ છે,તેથી $x > 0$ અને $y > 0$.
અંતર $d_1(P) = \frac{|x-y|}{\sqrt{2}}$ અને $d_2(P) = \frac{|x+y|}{\sqrt{2}}$ છે.
આપેલ શરત $2 \leq \frac{|x-y|}{\sqrt{2}} + \frac{|x+y|}{\sqrt{2}} \leq 4$ છે,જેનું સાદું રૂપ $2\sqrt{2} \leq |x-y| + |x+y| \leq 4\sqrt{2}$ થાય છે.
કિસ્સો $1$: $x \geq y$. તો $|x-y| + |x+y| = (x-y) + (x+y) = 2x$.
તેથી,$2\sqrt{2} \leq 2x \leq 4\sqrt{2} \implies \sqrt{2} \leq x \leq 2\sqrt{2}$. કારણ કે $x \geq y > 0$,આ પ્રદેશ પ્રથમ ચરણમાં એક લંબચોરસ છે.
કિસ્સો $2$: $y > x$. તો $|x-y| + |x+y| = (y-x) + (x+y) = 2y$.
તેથી,$2\sqrt{2} \leq 2y \leq 4\sqrt{2} \implies \sqrt{2} \leq y \leq 2\sqrt{2}$. કારણ કે $y > x > 0$,આ પ્રદેશ પણ એક લંબચોરસ છે.
પ્રદેશ $R$ એ આ બે લંબચોરસનો સંઘ છે,જે $L$-આકારનો પ્રદેશ બનાવે છે.
ક્ષેત્રફળ એ $2\sqrt{2}$ બાજુવાળા મોટા ચોરસ અને $\sqrt{2}$ બાજુવાળા નાના ચોરસના ક્ષેત્રફળનો તફાવત છે.
ક્ષેત્રફળ $= (2\sqrt{2})^2 - (\sqrt{2})^2 = 8 - 2 = 6$.

(D) આપેલ છે કે $n_1 < n_2 < n_3 < n_4 < n_5$ જ્યાં $n_i \in \mathbb{Z}^+$ અને $\sum_{i=1}^5 n_i = 20$.
બધી શક્યતાઓ તપાસતા,$20$ ના $5$ ભિન્ન પૂર્ણાંકોમાં વિભાજન નીચે મુજબ છે:
$(1, 2, 3, 4, 10), (1, 2, 3, 5, 9), (1, 2, 3, 6, 8), (1, 2, 4, 5, 8), (1, 2, 4, 6, 7), (1, 3, 4, 5, 7), (2, 3, 4, 5, 6)$.
કુલ $7$ આવી ગોઠવણીઓ શક્ય છે.

(D) આપેલ છે કે $a, b, c$ સમગુણોત્તર શ્રેણીમાં છે,તેથી $b = ar$ અને $c = ar^2$ લો,જ્યાં $r$ એક પૂર્ણાંક છે કારણ કે $\frac{b}{a} = r$ એક પૂર્ણાંક છે.
$a, b, c$ નો સમાંતર મધ્યક $\frac{a+b+c}{3} = b+2$ છે.
$b = ar$ અને $c = ar^2$ મૂકતા,આપણને $\frac{a + ar + ar^2}{3} = ar + 2$ મળે છે.
$3$ વડે ગુણતા,$a + ar + ar^2 = 3ar + 6$,જેનું સાદું રૂપ $a + ar^2 = 2ar + 6$ થાય છે.
પદોને ગોઠવતા,$a(1 - 2r + r^2) = 6$,અથવા $a(r-1)^2 = 6$ મળે છે.
$a$ અને $r$ પૂર્ણાંકો હોવાથી,$(r-1)^2$ એ $6$ નો અવયવ હોવો જોઈએ. $6$ ના પૂર્ણવર્ગ અવયવો $1$ છે. તેથી,$(r-1)^2 = 1$,જેનો અર્થ છે કે $r-1 = 1$ (કારણ કે $a, b, c$ ધન પૂર્ણાંકો હોવા માટે $r$ ધન હોવો જોઈએ),તેથી $r = 2$.
$a(r-1)^2 = 6$ માં $r = 2$ મૂકતા,$a(1)^2 = 6$,તેથી $a = 6$ મળે છે.
હવે,$a = 6$ માટે $\frac{a^2+a-14}{a+1}$ ની કિંમત શોધીએ:
$\frac{6^2 + 6 - 14}{6 + 1} = \frac{36 + 6 - 14}{7} = \frac{28}{7} = 4$.

(C) $n$ બિંદુઓને જોડીને બનતા કુલ રેખાખંડોની સંખ્યા $\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$ છે.
પાસપાસેના બિંદુઓને જોડતા રેખાખંડોની સંખ્યા (જે $n$-બાજુવાળા બહુકોણની બાજુઓ બનાવે છે) $n$ છે.
બિન-પાસપાસેના બિંદુઓને જોડતા રેખાખંડોની સંખ્યા (જે બહુકોણના વિકર્ણો છે) $\binom{n}{2} - n$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,વાદળી રેખાખંડો (પાસપાસેના) ની સંખ્યા લાલ રેખાખંડો (બિન-પાસપાસેના) ની સંખ્યા જેટલી છે:
$n = \binom{n}{2} - n$
$2n = \frac{n(n-1)}{2}$
$4n = n^2 - n$
$n^2 - 5n = 0$
$n(n - 5) = 0$
$n \geq 2$ હોવાથી,$n = 5$ મળે છે.

(D) ધારો કે $p(x) = ax^2 + c$ જ્યાં $a, c \in \mathbb{R}$. બીજ શુદ્ધ કાલ્પનિક હોવાથી,ધારો કે તે $\pm i k$ $(k \neq 0)$ છે.
તેથી $p(ik) = a(ik)^2 + c = -ak^2 + c = 0$,જેનો અર્થ છે કે $c = ak^2$.
આમ,$p(x) = a(x^2 + k^2)$.
હવે,$p(p(x)) = 0$ ધ્યાનમાં લો,જેનો અર્થ છે કે $p(x) = \pm ik$.
$a(x^2 + k^2) = ik$ અથવા $a(x^2 + k^2) = -ik$.
$x^2 + k^2 = \pm \frac{ik}{a}$.
$x^2 = -k^2 \pm \frac{ik}{a}$.
અહીં $k^2$ વાસ્તવિક છે અને $\pm \frac{ik}{a}$ શુદ્ધ કાલ્પનિક છે,તેથી $x^2$ એ શૂન્યતર કાલ્પનિક ભાગ ધરાવતી સંકર સંખ્યા છે.
તેથી,$x$ વાસ્તવિક હોઈ શકે નહીં (કારણ કે $x^2$ વાસ્તવિક હોત) અને $x$ શુદ્ધ કાલ્પનિક હોઈ શકે નહીં (કારણ કે $x^2$ વાસ્તવિક હોત).
આમ,બીજ ન તો વાસ્તવિક છે કે ન તો શુદ્ધ કાલ્પનિક છે. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(A) ધારો કે $B$ એ છોકરો અને $G$ એ છોકરી છે. કુલ $3$ છોકરાઓ અને $2$ છોકરીઓ છે. $5$ વ્યક્તિઓને ગોઠવવાની કુલ રીતો $5! = 120$ છે.
ધારો કે $i$-મી છોકરીની આગળ $b_i$ છોકરાઓ અને $g_i$ છોકરીઓ છે. શરત મુજબ $b_i \ge g_i + 1$ બંને છોકરીઓ માટે હોવું જોઈએ.
જો છોકરીઓના સ્થાન $x_1$ અને $x_2$ હોય જ્યાં $1 \le x_1 < x_2 \le 5$.
પ્રથમ છોકરી માટે $x_1 - 1 \ge 0 + 1 \implies x_1 \ge 2$.
બીજી છોકરી માટે $x_2 - 2 \ge 1 + 1 \implies x_2 \ge 4$.
શક્ય સ્થાનો $(x_1, x_2)$ એ $(2, 4), (2, 5), (3, 4), (3, 5), (4, 5)$ છે.
આ તમામ $5$ કિસ્સાઓ શરતનું પાલન કરે છે.
કુલ સાનુકૂળ ગોઠવણીઓ = $5 \times (3! \times 2!) = 60$.
સંભાવના = $\frac{60}{120} = \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે કાર્ડ $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5, C_6$ છે અને પરબિડીયા $E_1, E_2, E_3, E_4, E_5, E_6$ છે.
આપેલ છે કે $C_1$ એ $E_2$ માં છે.
આપણે $C_2, C_3, C_4, C_5, C_6$ ને $E_1, E_3, E_4, E_5, E_6$ માં એવી રીતે મૂકવાના છે કે $i \in \{2, 3, 4, 5, 6\}$ માટે $C_i$ એ $E_i$ માં ન હોય.
કિસ્સો $1$: $C_2$ એ $E_1$ માં છે.
તો આપણે $C_3, C_4, C_5, C_6$ ને $E_3, E_4, E_5, E_6$ માં એવી રીતે મૂકવા પડશે કે કોઈ કાર્ડ $C_i$ એ $E_i$ માં ન હોય. આ $4$ વસ્તુઓની ગોઠવણી (derangement) છે,$D_4 = 4!(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!}) = 9$.
કિસ્સો $2$: $C_2$ એ $E_1$ માં નથી.
આપણે $5$ કાર્ડ $C_2, C_3, C_4, C_5, C_6$ ને $E_1, E_3, E_4, E_5, E_6$ માં એવી રીતે મૂકવાના છે કે $C_2 \neq E_1, C_3 \neq E_3, C_4 \neq E_4, C_5 \neq E_5, C_6 \neq E_6$. આ $5$ વસ્તુઓની ગોઠવણી છે,$D_5 = 44$.
કુલ રીતો = $9 + 44 = 53$.

(B) ધારો કે બે બાજુઓ $a$ અને $b$ છે. આપેલ છે કે $a+b=x$ અને $ab=y$.
આપેલ છે કે $x^2-c^2=y$,$x=a+b$ અને $y=ab$ મૂકતા,આપણને મળે $(a+b)^2-c^2=ab$.
$a^2+b^2+2ab-c^2=ab \implies a^2+b^2-c^2=-ab$.
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{-ab}{2ab} = -\frac{1}{2}$.
આમ,$C = 120^\circ$ અથવા $\frac{2\pi}{3}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r$ અને પરિત્રિજ્યા $R$ નો ગુણોત્તર $\frac{r}{R} = \frac{4\Delta^2}{sabc}$ છે.
$\frac{r}{R} = \frac{a^2b^2 \sin^2 C}{(\frac{a+b+c}{2})abc} = \frac{y^2 \cdot (3/4)}{(\frac{x+c}{2})abc} = \frac{3y^2}{2(x+c)abc} = \frac{3y^2}{2(x+c)yc} = \frac{3y}{2c(x+c)}$.

(D) પરવલય $y^2=8x$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y=mx+\frac{2}{m}$ છે.
વર્તુળ $x^2+y^2=2$ માટે,કેન્દ્ર $(0,0)$ થી રેખા $mx-y+\frac{2}{m}=0$ નું લંબ અંતર ત્રિજ્યા $\sqrt{2}$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$\left|\frac{2/m}{\sqrt{m^2+1}}\right|=\sqrt{2}$ $\Rightarrow m^2=1$ $\Rightarrow m=\pm 1$.
સામાન્ય સ્પર્શકો $y=x+2$ અને $y=-x-2$ છે.
વર્તુળ પરના સ્પર્શબિંદુઓ $P=(-1, 1)$ અને $Q=(-1, -1)$ છે.
પરવલય પરના સ્પર્શબિંદુઓ $R=(2, 4)$ અને $S=(2, -4)$ છે.
ચતુષ્કોણ $PQRS$ એ સમલંબ ચતુષ્કોણ છે.
$PQ = 2$,$RS = 8$ અને ઊંચાઈ $h = 3$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2}(2+8) \times 3 = 15$.

(C) આપણે $(1+x^2)^4(1+x^3)^7(1+x^4)^{12}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{11}$ નો સહગુણક શોધવો છે.
આ $2a + 3b + 4c = 11$ સમીકરણના અનૃણ પૂર્ણાંક ઉકેલો શોધવા સમાન છે,જ્યાં $0 \le a \le 4$,$0 \le b \le 7$,અને $0 \le c \le 12$ છે.
શક્ય $(a, b, c)$ ના સંયોજનો:
$1$. જો $b=1$ હોય,તો $2a + 4c = 8 \implies a + 2c = 4$. શક્ય $(a, c)$ એ $(4, 0), (2, 1), (0, 2)$ છે.
$2$. જો $b=3$ હોય,તો $2a + 4c = 2 \implies a + 2c = 1$. શક્ય $(a, c)$ એ $(1, 0)$ છે.
દ્વિપદી પ્રમેય $\binom{n}{r}$ નો ઉપયોગ કરીને સહગુણકોની ગણતરી:
- $(a, b, c) = (4, 1, 0)$ માટે: $\binom{4}{4} \times \binom{7}{1} \times \binom{12}{0} = 7$.
- $(a, b, c) = (2, 1, 1)$ માટે: $\binom{4}{2} \times \binom{7}{1} \times \binom{12}{1} = 504$.
- $(a, b, c) = (0, 1, 2)$ માટે: $\binom{4}{0} \times \binom{7}{1} \times \binom{12}{2} = 462$.
- $(a, b, c) = (1, 3, 0)$ માટે: $\binom{4}{1} \times \binom{7}{3} \times \binom{12}{0} = 140$.
સરવાળો: $7 + 504 + 462 + 140 = 1113$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sin x + 2 \sin 2x - \sin 3x = 3$.
$\sin 3x = 3 \sin x - 4 \sin^3 x$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin x + 4 \sin x \cos x - (3 \sin x - 4 \sin^3 x) = 3$.
$-2 \sin x + 4 \sin x \cos x + 4 \sin^3 x = 3$.
$x \in (0, \pi)$ માટે,$f(x) = \sin x + 2 \sin 2x - \sin 3x$ ની મહત્તમ કિંમત $3$ કરતા ઓછી છે.
તેથી,આપેલ સમીકરણનો કોઈ ઉકેલ નથી.

(D,B) $1.$ કારણ કે $PQ$ એ નાભિજીવા છે,$t \cdot t' = -1$,તેથી $t' = -\frac{1}{t}$.
$PK$ નો ઢાળ $m_{PK} = \frac{2at - 0}{at^2 - 2a} = \frac{2at}{a(t^2-2)} = \frac{2t}{t^2-2}$ છે.
$QR$ નો ઢાળ $m_{QR} = \frac{2ar - 2at'}{ar^2 - at'^2} = \frac{2a(r-t')}{a(r-t')(r+t')} = \frac{2}{r+t'}$ છે.
$QR \parallel PK$ હોવાથી,$m_{QR} = m_{PK} \implies \frac{2}{r+t'} = \frac{2t}{t^2-2}$.
$r+t' = \frac{t^2-2}{t} = t - \frac{2}{t}$.
$t' = -\frac{1}{t}$ મૂકતા,આપણને $r - \frac{1}{t} = t - \frac{2}{t} \implies r = t - \frac{1}{t} = \frac{t^2-1}{t}$ મળે છે.
આમ,$1$ માટે સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.
$2.$ $P(at^2, 2at)$ આગળનો સ્પર્શક $ty = x + at^2$ છે.
$S(as^2, 2as)$ આગળનો અભિલંબ $y = -sx + 2as + as^3$ છે,અથવા $y + sx = 2as + as^3$.
આપેલ છે કે $st = 1$,તેથી $s = \frac{1}{t}$.
અભિલંબનું સમીકરણ $y + \frac{1}{t}x = 2a(\frac{1}{t}) + a(\frac{1}{t^3}) = \frac{2at^2+a}{t^3}$ બને છે.
$ty + x = \frac{2at^2+a}{t^2}$.
આપણી પાસે સિસ્ટમ છે:
$ty - x = at^2$
$ty + x = \frac{2at^2+a}{t^2}$
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2ty = at^2 + \frac{2at^2+a}{t^2} = \frac{at^4 + 2at^2 + a}{t^2} = \frac{a(t^2+1)^2}{t^2}$.
$y = \frac{a(t^2+1)^2}{2t^3}$.
આમ,$2$ માટે સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(C) $(P)$ $z_k = e^{i(2k\pi/10)}$ હોવાથી,$z_k \cdot z_j = e^{i(2(k+j)\pi/10)} = 1$ થાય જો $k+j = 10$ હોય. કોઈપણ $k \in \{1, \ldots, 9\}$ માટે,આપણે $j = 10-k \in \{1, \ldots, 9\}$ પસંદ કરી શકીએ છીએ. તેથી,આ વિધાન સત્ય છે $(1)$.
$(Q)$ સમીકરણ $z_1 \cdot z = z_k$ એ સંકર સંખ્યાઓમાં સુરેખ સમીકરણ છે,જેનો હંમેશા ઉકેલ $z = z_k / z_1$ મળે છે. તેથી,આ વિધાન અસત્ય છે $(2)$.
$(R)$ $z_1, z_2, \ldots, z_9$ એ $\frac{z^{10}-1}{z-1} = 0$ ના બીજ છે. તેથી,$z^{10}-1 = (z-1)(z-z_1)(z-z_2)\ldots(z-z_9)$. $(z-1)$ વડે ભાગતા,આપણને $1+z+z^2+\ldots+z^9 = (z-z_1)(z-z_2)\ldots(z-z_9)$ મળે છે. $z=1$ મૂકતા,$10 = (1-z_1)(1-z_2)\ldots(1-z_9)$ મળે છે. માનાંક લેતા,$|1-z_1||1-z_2|\ldots|1-z_9| = 10$. તેથી,પદાવલિની કિંમત $10/10 = 1$ થાય છે $(3)$.
$(S)$ $z^{10}-1=0$ ના તમામ બીજનો સરવાળો $1 + z_1 + z_2 + \ldots + z_9 = 0$ છે. તેથી,$\sum_{k=1}^9 z_k = -1$. વાસ્તવિક ભાગ લેતા,$\sum_{k=1}^9 \cos(2k\pi/10) = -1$. તેથી $1 - (-1) = 2$ $(4)$.
આમ,સાચી જોડ $P-1, Q-2, R-3, S-4$ છે.

(C) પ્રથમ,આપણે $x = a$ અને $x = b$ આગળ $g(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસીએ.
$x = a$ આગળ: $\lim_{x \rightarrow a^-} g(x) = 0$ અને $\lim_{x \rightarrow a^+} g(x) = \int_a^a f(t) dt = 0$. $g(a) = 0$ હોવાથી,$g(x)$ એ $x = a$ આગળ સતત છે.
$x = b$ આગળ: $\lim_{x \rightarrow b^-} g(x) = \int_a^b f(t) dt$ અને $\lim_{x \rightarrow b^+} g(x) = \int_a^b f(t) dt$. $g(b) = \int_a^b f(t) dt$ હોવાથી,$g(x)$ એ $x = b$ આગળ સતત છે.
આમ,$g(x)$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
હવે,$g'(x) = \begin{cases} 0 & x < a \\ f(x) & a < x < b \\ 0 & x > b \end{cases}$ નો ઉપયોગ કરીને વિકલનીયતા ચકાસીએ.
$x = a$ આગળ: $g'(a^-) = 0$ અને $g'(a^+) = f(a)$. $f(a) \in [1, \infty)$ હોવાથી,$f(a) \neq 0$,તેથી $g'(a^-) \neq g'(a^+)$. આમ,$g(x)$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = b$ આગળ: $g'(b^-) = f(b)$ અને $g'(b^+) = 0$. $f(b) \in [1, \infty)$ હોવાથી,$f(b) \neq 0$,તેથી $g'(b^-) \neq g'(b^+)$. આમ,$g(x)$ એ $x = b$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$g(x)$ એ $a$ અને $b$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(D) ધારો કે $\max \{f(x): x \in [0, 1] \} = \max \{g(x): x \in [0, 1] \} = \lambda$.
$f$ અને $g$ એ $[0, 1]$ પર સતત હોવાથી,એવા $a, b \in [0, 1]$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(a) = \lambda$ અને $g(b) = \lambda$ થાય.
$h(x) = f(x) - g(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
તો $h(a) = f(a) - g(a) = \lambda - g(a) \ge 0$ અને $h(b) = f(b) - g(b) = f(b) - \lambda \le 0$ થાય.
મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય (Intermediate Value Theorem) મુજબ,એવો $c \in [0, 1]$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $h(c) = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f(c) = g(c)$.
વિકલ્પ $(A)$ માટે: $(f(c))^2 + 3f(c) = (g(c))^2 + 3g(c)$. $f(c) = g(c)$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $(D)$ માટે: $(f(c))^2 = (g(c))^2$. $f(c) = g(c)$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $(B)$ અને $(C)$ માટે,$f(x) = g(x) = \lambda$ લો જ્યાં $\lambda \neq 0$. તો $(B)$ એ $\lambda^2 + \lambda = \lambda^2 + 3\lambda$ બને છે,જેનો અર્થ છે કે $\lambda = 3\lambda$,અથવા $\lambda = 0$,જે $\lambda \neq 0$ નો વિરોધાભાસ છે. તેવી જ રીતે $(C)$ માટે પણ.
આમ,$(A)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(B) ધારો કે $M = \begin{bmatrix} a & b \\ b & c \end{bmatrix}$ જ્યાં $a, b, c \in \mathbb{Z}$.
$(A)$ પ્રથમ સ્તંભ $\begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix}$ છે અને બીજી હારનો પરિવર્તિત શ્રેણિક $\begin{bmatrix} b \\ c \end{bmatrix}$ છે. જો તેઓ સમાન હોય,તો $a=b$ અને $b=c$,તેથી $a=b=c$. પછી $M = \begin{bmatrix} a & a \\ a & a \end{bmatrix}$,જેનો નિશ્ચાયક $|M| = a^2 - a^2 = 0$ થાય છે. આમ,$M$ વ્યસ્ત શ્રેણિક નથી. $(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ બીજી હાર $[b, c]$ છે અને પ્રથમ સ્તંભનો પરિવર્તિત શ્રેણિક $\begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix}$ છે. જો તેઓ સમાન હોય,તો $b=a$ અને $c=b$,તેથી $a=b=c$. આ $(A)$ જેવો જ શ્રેણિક આપે છે,જે વ્યસ્ત શ્રેણિક નથી. $(B)$ ખોટું છે.
$(C)$ જો $M$ વિકર્ણ શ્રેણિક હોય,તો $M = \begin{bmatrix} a & 0 \\ 0 & c \end{bmatrix}$. નિશ્ચાયક $|M| = ac$ છે. કારણ કે $a, c \neq 0$,તેથી $|M| \neq 0$. આમ,$M$ વ્યસ્ત શ્રેણિક છે. $(C)$ સાચું છે.
$(D)$ $M$ નો નિશ્ચાયક $|M| = ac - b^2$ છે. $M$ વ્યસ્ત શ્રેણિક હોય તે માટે $|M| \neq 0$,જેનો અર્થ છે $ac - b^2 \neq 0$,અથવા $ac \neq b^2$. કારણ કે $b$ પૂર્ણાંક છે,$b^2$ એ પૂર્ણવર્ગ છે. તેથી,જો $ac$ એ કોઈ પૂર્ણાંકનો પૂર્ણવર્ગ ન હોય,તો $ac \neq b^2$ નિશ્ચિત છે. $(D)$ સાચું છે.
તેથી,$(C, D)$ સાચા છે.

(A, B, C) આપેલ છે કે $|\vec{x}| = |\vec{y}| = |\vec{z}| = \sqrt{2}$ અને દરેક જોડી વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{3}$ છે.
તેથી,$\vec{x} \cdot \vec{y} = \vec{y} \cdot \vec{z} = \vec{z} \cdot \vec{x} = |\vec{x}||\vec{y}| \cos(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} = 1$.
કારણ કે $\vec{a}$ એ $\vec{x}$ અને $\vec{y} \times \vec{z}$ ને લંબ છે,$\vec{a}$ એ $\vec{x} \times (\vec{y} \times \vec{z})$ ને સમાંતર છે.
સદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\vec{x} \times (\vec{y} \times \vec{z}) = (\vec{x} \cdot \vec{z})\vec{y} - (\vec{x} \cdot \vec{y})\vec{z} = 1\vec{y} - 1\vec{z} = \vec{y} - \vec{z}$.
તેથી,$\vec{a} = \lambda(\vec{y} - \vec{z})$.
પછી $\vec{a} \cdot \vec{y} = \lambda(\vec{y} \cdot \vec{y} - \vec{z} \cdot \vec{y}) = \lambda(2 - 1) = \lambda$. આમ,$\vec{a} = (\vec{a} \cdot \vec{y})(\vec{y} - \vec{z})$,જે $(B)$ છે.
તે જ રીતે,$\vec{b}$ એ $\vec{y}$ અને $\vec{z} \times \vec{x}$ ને લંબ છે,તેથી $\vec{b}$ એ $\vec{y} \times (\vec{z} \times \vec{x}) = (\vec{y} \cdot \vec{x})\vec{z} - (\vec{y} \cdot \vec{z})\vec{x} = 1\vec{z} - 1\vec{x} = \vec{z} - \vec{x}$ ને સમાંતર છે.
તેથી,$\vec{b} = \mu(\vec{z} - \vec{x})$.
પછી $\vec{b} \cdot \vec{z} = \mu(\vec{z} \cdot \vec{z} - \vec{x} \cdot \vec{z}) = \mu(2 - 1) = \mu$. આમ,$\vec{b} = (\vec{b} \cdot \vec{z})(\vec{z} - \vec{x})$,જે $(A)$ છે.
હવે,$\vec{a} \cdot \vec{b} = \lambda \mu (\vec{y} - \vec{z}) \cdot (\vec{z} - \vec{x}) = \lambda \mu (\vec{y} \cdot \vec{z} - \vec{y} \cdot \vec{x} - \vec{z} \cdot \vec{z} + \vec{z} \cdot \vec{x}) = \lambda \mu (1 - 1 - 2 + 1) = -\lambda \mu = -(\vec{a} \cdot \vec{y})(\vec{b} \cdot \vec{z})$,જે $(C)$ છે.

(C) પ્રથમ રેખા $L_1: \frac{x}{1} = \frac{y}{1}, z=1$ છે. $L_1$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $Q$ એ $(\alpha, \alpha, 1)$ છે.
$PQ$ ના દિશા ગુણોત્તર $(\alpha-\lambda, \alpha-\lambda, 1-\lambda)$ છે.
કારણ કે $PQ$ એ $L_1$ (દિશા સદિશ $(1, 1, 0)$) ને લંબ છે,તેથી $(\alpha-\lambda)(1) + (\alpha-\lambda)(1) + (1-\lambda)(0) = 0$,જે $2(\alpha-\lambda) = 0$ આપે છે,તેથી $\alpha = \lambda$.
આમ,$Q = (\lambda, \lambda, 1)$ અને સદિશ $\vec{PQ} = (0, 0, 1-\lambda)$.
બીજી રેખા $L_2: \frac{x}{-1} = \frac{y}{1}, z=-1$ છે. $L_2$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $R$ એ $(-\beta, \beta, -1)$ છે.
$PR$ ના દિશા ગુણોત્તર $(-\beta-\lambda, \beta-\lambda, -1-\lambda)$ છે.
કારણ કે $PR$ એ $L_2$ (દિશા સદિશ $(-1, 1, 0)$) ને લંબ છે,તેથી $(-\beta-\lambda)(-1) + (\beta-\lambda)(1) + (-1-\lambda)(0) = 0$,જે $\beta+\lambda+\beta-\lambda = 0$ આપે છે,તેથી $2\beta = 0$,એટલે કે $\beta = 0$.
આમ,$R = (0, 0, -1)$ અને સદિશ $\vec{PR} = (-\lambda, -\lambda, -1-\lambda)$.
આપેલ છે કે $\angle QPR = 90^\circ$,તેથી $\vec{PQ} \cdot \vec{PR} = 0$.
$(0)(-\lambda) + (0)(-\lambda) + (1-\lambda)(-1-\lambda) = 0$.
$-(1-\lambda)(1+\lambda) = 0 \Rightarrow \lambda^2 - 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm 1$.
જો $\lambda = 1$ હોય,તો $P = (1, 1, 1)$,જે $L_1$ પર આવેલું છે,તેથી $PQ$ અનન્ય રીતે વ્યાખ્યાયિત નથી. તેથી,$\lambda = -1$ એ એકમાત્ર ઉકેલ છે.

(C) આપેલ છે કે $MN = NM$ અને $M^2 = N^4$.
આનો અર્થ એ છે કે $M^2 - N^4 = 0$,જેને $(M - N^2)(M + N^2) = 0$ તરીકે અવયવ પાડી શકાય છે કારણ કે $M$ અને $N$ ક્રમનો નિયમ પાળે છે.
કારણ કે $M \neq N^2$,શ્રેણિક $(M - N^2)$ એ જરૂરી નથી કે શૂન્ય શ્રેણિક હોય,પરંતુ ગુણાકાર $(M - N^2)(M + N^2) = 0$ સૂચવે છે કે ગુણાકારનો નિશ્ચાયક શૂન્ય છે:
$|M - N^2| \cdot |M + N^2| = 0$.
આપેલ તર્ક મુજબ,કોઈપણ કિસ્સામાં $|M + N^2| = 0$.
હવે,પદ $M^2 + MN^2 = M(M + N^2)$ ને ધ્યાનમાં લો.
તેનો નિશ્ચાયક $|M^2 + MN^2| = |M| \cdot |M + N^2| = |M| \cdot 0 = 0$ છે.
આમ,$(A)$ સાચું છે.
કારણ કે $(M^2 + MN^2)$ નો નિશ્ચાયક $0$ છે,તેથી શ્રેણિક $(M^2 + MN^2)$ અસામાન્ય (singular) છે.
તેથી,એક શૂન્યતર શ્રેણિક $U$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $(M^2 + MN^2)U = 0$ (કારણ કે $|A| = 0$ હોય ત્યારે સુરેખ સમીકરણોની સંહતિ $AX = 0$ ને શૂન્યતર ઉકેલો હોય છે).
આમ,$(B)$ સાચું છે.
$(C)$ ખોટું છે કારણ કે નિશ્ચાયક $0$ છે.
$(D)$ ખોટું છે કારણ કે અસામાન્ય શ્રેણિક $A$ માટે,$AU = 0$ નો અર્થ એ નથી કે $U = 0$ (શૂન્યતર ઉકેલો અસ્તિત્વ ધરાવે છે).
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(A)$ અને $(B)$ છે.

(A) આપેલ છે $f(x)=\int_{1 / x}^x e^{-\left(t+\frac{1}{t}\right)} \frac{d t}{t}$.
લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f^{\prime}(x) = e^{-\left(x+\frac{1}{x}\right)} \cdot \frac{1}{x} - e^{-\left(\frac{1}{x}+x\right)} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) = \frac{2 e^{-\left(x+\frac{1}{x}\right)}}{x}$.
$(A)$ $x \in [1, \infty)$ માટે,$f^{\prime}(x) > 0$,તેથી $f(x)$ વધતું વિધેય છે. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$(B)$ $x \in (0, 1)$ માટે,$f^{\prime}(x) > 0$,તેથી $f(x)$ વધતું વિધેય છે. આમ,$(B)$ ખોટું છે.
$(C)$ $f(1/x) = \int_{x}^{1/x} e^{-\left(t+\frac{1}{t}\right)} \frac{dt}{t}$. $t = 1/u$ લેતા,$f(1/x) = -f(x)$. તેથી $f(x) + f(1/x) = 0$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ $g(x) = f(2^x)$ લેતા,$g(-x) = f(2^{-x}) = -f(2^x) = -g(x)$. તેથી $f(2^x)$ અયુગ્મ વિધેય છે. આમ,$(D)$ સાચું છે.
સાચો વિકલ્પ $(A, C, D)$ છે.

(A, C) પગલું $1$: અયુગ્મ/યુગ્મ વિધેય માટે તપાસો.
$f(-x) = (\log(\sec(-x) + \tan(-x)))^3 = (\log(\sec x - \tan x))^3$.
કારણ કે $\sec x - \tan x = \frac{1}{\sec x + \tan x}$,તેથી $\log(\sec x - \tan x) = \log((\sec x + \tan x)^{-1}) = -\log(\sec x + \tan x)$.
આમ,$f(-x) = (-\log(\sec x + \tan x))^3 = -(\log(\sec x + \tan x))^3 = -f(x)$.
તેથી,$f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
પગલું $2$: એક-એક વિધેય માટે તપાસો.
$f'(x) = 3(\log(\sec x + \tan x))^2 \cdot \frac{1}{\sec x + \tan x} \cdot (\sec x \tan x + \sec^2 x) = 3(\log(\sec x + \tan x))^2 \cdot \sec x$.
$x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે $\sec x > 0$ હોવાથી અને $(\log(\sec x + \tan x))^2 \ge 0$ હોવાથી,$f'(x) \ge 0$ છે. વિધેય ચુસ્ત વધતું હોવાથી,તે એક-એક વિધેય છે.
પગલું $3$: વ્યાપ્ત વિધેય માટે તપાસો.
જેમ $x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-$,તેમ $\sec x + \tan x \rightarrow \infty$,તેથી $f(x) \rightarrow \infty$.
જેમ $x \rightarrow -\frac{\pi}{2}^+$,તેમ $\sec x + \tan x \rightarrow 0^+$,તેથી $\log(\sec x + \tan x) \rightarrow -\infty$,અને $f(x) \rightarrow -\infty$.
વિસ્તાર $(-\infty, \infty) = \mathbb{R}$ હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત છે.
નિષ્કર્ષ: $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય અને વ્યાપ્ત વિધેય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = x^5 - 5x + a$.
વાસ્તવિક બીજની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે વિધેય $g(x) = x^5 - 5x$ નું વિશ્લેષણ કરીએ,જ્યાં $f(x) = g(x) + a = 0$,જેનો અર્થ છે $g(x) = -a$.
પ્રથમ,$g'(x) = 0$ લઈને $g(x)$ ના ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધો:
$g'(x) = 5x^4 - 5 = 5(x^4 - 1) = 5(x^2 - 1)(x^2 + 1) = 5(x - 1)(x + 1)(x^2 + 1) = 0$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 1$ અને $x = -1$ છે.
સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત $g(-1) = (-1)^5 - 5(-1) = -1 + 5 = 4$ છે.
સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત $g(1) = (1)^5 - 5(1) = 1 - 5 = -4$ છે.
$f(x) = 0$ માટે,આપણે $g(x) = -a$ ની જરૂર છે.
$1$. જો $-a > 4$ (એટલે કે $a < -4$),તો રેખા $y = -a$ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્યની ઉપર છે,તેથી માત્ર $1$ વાસ્તવિક બીજ મળે છે.
$2$. જો $-a < -4$ (એટલે કે $a > 4$),તો રેખા $y = -a$ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્યની નીચે છે,તેથી માત્ર $1$ વાસ્તવિક બીજ મળે છે.
$3$. જો $-4 < -a < 4$ (એટલે કે $-4 < a < 4$),તો રેખા $y = -a$ આલેખને $3$ બિંદુઓ પર છેદે છે,તેથી $3$ વાસ્તવિક બીજ મળે છે.
આમ,$(B)$ સાચું છે ($a > 4$ એટલે $1$ બીજ) અને $(D)$ સાચું છે ($-4 < a < 4$ એટલે $3$ બીજ).

(D) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $(y-x^5)^2=x(1+x^2)^2$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2(y-x^5)(\frac{dy}{dx}-5x^4) = (1+x^2)^2 + x \cdot 2(1+x^2)(2x)$
$2(y-x^5)(\frac{dy}{dx}-5x^4) = (1+x^2)^2 + 4x^2(1+x^2)$
બિંદુ $(1,3)$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$2(3-1^5)(\frac{dy}{dx}-5(1)^4) = (1+1^2)^2 + 4(1)^2(1+1^2)$
$2(3-1)(\frac{dy}{dx}-5) = (2)^2 + 4(2)$
$2(2)(\frac{dy}{dx}-5) = 4 + 8$
$4(\frac{dy}{dx}-5) = 12$
$\frac{dy}{dx}-5 = 3$
$\frac{dy}{dx} = 8$
આમ,બિંદુ $(1,3)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $8$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \cos^{-1}(\cos x)$ એ $2\pi$ આવર્તમાન ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
અંતરાલ $[0, 4\pi]$ માં,$f(x)$ નો આલેખ બે ત્રિકોણાકાર તરંગોનો બનેલો છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,$x \in [0, \pi]$ માટે $f(x) = x$,$x \in [\pi, 2\pi]$ માટે $f(x) = 2\pi - x$,$x \in [2\pi, 3\pi]$ માટે $f(x) = x - 2\pi$,અને $x \in [3\pi, 4\pi]$ માટે $f(x) = 4\pi - x$ છે.
આપણે $f(x)$ અને રેખા $y = 1 - \frac{x}{10}$ ના છેદબિંદુઓની સંખ્યા શોધવાની છે.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 0$ અને $y = 1$.
$x = \pi \approx 3.14$ આગળ,$f(\pi) = \pi \approx 3.14$ અને $y = 1 - 0.314 = 0.686$.
$x = 2\pi \approx 6.28$ આગળ,$f(2\pi) = 0$ અને $y = 1 - 0.628 = 0.372$.
$x = 3\pi \approx 9.42$ આગળ,$f(3\pi) = \pi \approx 3.14$ અને $y = 1 - 0.942 = 0.058$.
$x = 4\pi \approx 12.56$ આગળ,$f(4\pi) = 0$ અને $y = 1 - 1.256 = -0.256$.
આલેખનું અવલોકન કરતા,રેખા $y = 1 - \frac{x}{10}$ એ $[0, 4\pi]$ અંતરાલમાં $f(x)$ ના આલેખને $3$ ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે છે.
આમ,બિંદુઓની સંખ્યા $3$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = |x| + 1$ અને $g(x) = x^2 + 1$.
$x \leq 0$ માટે,$f(x) = -x + 1$ અને $g(x) = x^2 + 1$. આપણે $h(x) = \max\{-x+1, x^2+1\}$ વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
કારણ કે $x \in [-1, 0]$ માટે $x^2+1 \geq -x+1$ છે (કારણ કે $x^2+x \geq 0$),તેથી $x \in [-1, 0]$ માટે $h(x) = x^2+1$ અને $x < -1$ માટે $h(x) = -x+1$ થાય.
$x > 0$ માટે,$f(x) = x + 1$ અને $g(x) = x^2 + 1$. આપણે $h(x) = \min\{x+1, x^2+1\}$ વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
કારણ કે $x \in [0, 1]$ માટે $x^2+1 \leq x+1$ છે (કારણ કે $x^2-x \leq 0$),તેથી $x \in [0, 1]$ માટે $h(x) = x^2+1$ અને $x > 1$ માટે $h(x) = x+1$ થાય.
આમ,$h(x) = \begin{cases} -x+1 & x < -1 \\ x^2+1 & -1 \leq x \leq 1 \\ x+1 & x > 1 \end{cases}$.
વિકલનીયતા તપાસતા:
$x = -1$ પર: $h(-1) = 2$. ડાબું વિકલન $-1$ છે,જમણું વિકલન $2(-1) = -2$ છે. વિકલનીય નથી.
$x = 1$ પર: $h(1) = 2$. ડાબું વિકલન $2(1) = 2$ છે,જમણું વિકલન $1$ છે. વિકલનીય નથી.
$x = 0$ પર: $h(0) = 1$. ડાબું વિકલન $2(0) = 0$ છે,જમણું વિકલન $2(0) = 0$ છે. વિકલનીય છે.
અવિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^1 4 x^3 \frac{d^2}{d x^2} (1-x^2)^5 d x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = 4x^3$ અને $dv = \frac{d^2}{dx^2}(1-x^2)^5 dx$ લો.
તેથી $du = 12x^2 dx$ અને $v = \frac{d}{dx}(1-x^2)^5 = 5(1-x^2)^4(-2x) = -10x(1-x^2)^4$.
$I = [4x^3 \cdot (-10x(1-x^2)^4)]_0^1 - \int_0^1 (-10x(1-x^2)^4) \cdot 12x^2 dx$.
સીમા પદ $[ -40x^4(1-x^2)^4 ]_0^1 = 0 - 0 = 0$ થાય છે.
તેથી,$I = 120 \int_0^1 x^3(1-x^2)^4 dx$.
ધારો કે $t = 1-x^2$,તો $dt = -2x dx$,તેથી $x^2 = 1-t$ અને $x dx = -\frac{1}{2} dt$.
$I = 120 \int_1^0 (1-t) t^4 (-\frac{1}{2} dt) = 60 \int_0^1 (t^4 - t^5) dt$.
$I = 60 [\frac{t^5}{5} - \frac{t^6}{6}]_0^1 = 60 (\frac{1}{5} - \frac{1}{6}) = 60 (\frac{6-5}{30}) = 60 (\frac{1}{30}) = 2$.

(D) આપેલ છે કે $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ એ એકમ સદિશો છે અને તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{3}$ છે,તેથી $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{a} = \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$.
આપેલ સમીકરણ $p \vec{a} + q \vec{b} + r \vec{c} = \vec{a} \times \vec{b} + \vec{b} \times \vec{c}$ છે.
અનુક્રમે $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ સાથે ડોટ ગુણાકાર લેતા:
$1$) $\vec{a} \cdot (p \vec{a} + q \vec{b} + r \vec{c}) = \vec{a} \cdot (\vec{a} \times \vec{b} + \vec{b} \times \vec{c}) \Rightarrow p + \frac{q}{2} + \frac{r}{2} = [\vec{a} \vec{b} \vec{c}]$.
$2$) $\vec{b} \cdot (p \vec{a} + q \vec{b} + r \vec{c}) = \vec{b} \cdot (\vec{a} \times \vec{b} + \vec{b} \times \vec{c}) \Rightarrow \frac{p}{2} + q + \frac{r}{2} = 0$.
$3$) $\vec{c} \cdot (p \vec{a} + q \vec{b} + r \vec{c}) = \vec{c} \cdot (\vec{a} \times \vec{b} + \vec{b} \times \vec{c}) \Rightarrow \frac{p}{2} + \frac{q}{2} + r = [\vec{a} \vec{b} \vec{c}]$.
$(1)$ અને $(3)$ પરથી,$p + \frac{q}{2} + \frac{r}{2} = \frac{p}{2} + \frac{q}{2} + r \Rightarrow p = r$.
$r = p$ ને $(2)$ માં મૂકતા: $\frac{p}{2} + q + \frac{p}{2} = 0 \Rightarrow p + q = 0 \Rightarrow q = -p$.
હવે,$\frac{p^2 + 2q^2 + r^2}{q^2} = \frac{p^2 + 2(-p)^2 + p^2}{(-p)^2} = \frac{p^2 + 2p^2 + p^2}{p^2} = \frac{4p^2}{p^2} = 4$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ પ્રકારનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(x) = \frac{x}{x^2-1}$ અને $Q(x) = \frac{x^4+2x}{\sqrt{1-x^2}}$.
સંકલ્યકારક અવયવ ($I$.$F$.) $= e^{\int \frac{x}{x^2-1} dx} = e^{\frac{1}{2} \ln|x^2-1|} = e^{\frac{1}{2} \ln(1-x^2)} = \sqrt{1-x^2}$.
વ્યાપક ઉકેલ $y \cdot \sqrt{1-x^2} = \int \frac{x^4+2x}{\sqrt{1-x^2}} \cdot \sqrt{1-x^2} dx + c = \int (x^4+2x) dx + c = \frac{x^5}{5} + x^2 + c$ છે.
$f(0)=0$ આપેલ હોવાથી,$0 \cdot 1 = 0 + 0 + c$,તેથી $c=0$.
આમ,$f(x) = \frac{x^5/5 + x^2}{\sqrt{1-x^2}}$.
આપણે $I = \int_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} f(x) dx$ ની કિંમત શોધવાની છે. $f(x) = \frac{x^5/5}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}$ હોવાથી,પ્રથમ પદ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી સંમિત અંતરાલ પર તેનું સંકલન $0$ થશે.
તેથી,$I = 2 \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
ધારો કે $x = \sin \theta$,તો $dx = \cos \theta d\theta$. જ્યારે $x=0, \theta=0$; જ્યારે $x=\frac{\sqrt{3}}{2}, \theta=\frac{\pi}{3}$.
$I = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin^2 \theta}{\cos \theta} \cos \theta d\theta = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \sin^2 \theta d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} (1 - \cos 2\theta) d\theta$.
$I = [\theta - \frac{1}{2} \sin 2\theta]_{0}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \sin(\frac{2\pi}{3}) = \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4}$.

(B) આપેલ છે કે $F(x) = \int_0^{x^2} f(\sqrt{t}) dt$. લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$F'(x) = f(\sqrt{x^2}) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = f(x) \cdot 2x$ મળે.
આપેલ છે કે $F'(x) = f'(x)$,તેથી $f'(x) = 2x f(x)$ થાય.
આ પ્રથમ ક્રમનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે: $\frac{f'(x)}{f(x)} = 2x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\ln|f(x)| = x^2 + C$ મળે.
$f(0) = 1$ હોવાથી,$\ln(1) = 0^2 + C$,જેનો અર્થ છે કે $C = 0$.
આમ,$\ln(f(x)) = x^2$,જે આપણને $f(x) = e^{x^2}$ આપે છે.
હવે,$F(x) = \int_0^{x^2} e^{(\sqrt{t})^2} dt = \int_0^{x^2} e^t dt = [e^t]_0^{x^2} = e^{x^2} - e^0 = e^{x^2} - 1$.
તેથી,$F(2) = e^{2^2} - 1 = e^4 - 1$.

(A) ધારો કે $I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} (2 \operatorname{cosec} x)^{17} dx$.
$\tan(\frac{x}{2}) = e^u$ આદેશ લેતા,$\frac{1}{2} \sec^2(\frac{x}{2}) dx = e^u du$,તેથી $dx = \frac{2 e^u}{1+e^{2u}} du$.
વળી,$\operatorname{cosec} x = \frac{1}{\sin x} = \frac{1+e^{2u}}{2e^u} = \frac{e^u + e^{-u}}{2}$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{4}$,ત્યારે $e^u = \tan(\frac{\pi}{8}) = \sqrt{2}-1$,તેથી $u = \ln(\sqrt{2}-1) = -\ln(\sqrt{2}+1)$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $e^u = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,તેથી $u = 0$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{-\ln(\sqrt{2}+1)}^{0} (e^u + e^{-u})^{17} \cdot \frac{2}{e^u + e^{-u}} du = \int_{-\ln(\sqrt{2}+1)}^{0} 2(e^u + e^{-u})^{16} du$.
કારણ કે $f(u) = (e^u + e^{-u})^{16}$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $\int_{-a}^{0} f(u) du = \int_{0}^{a} f(u) du$.
આમ,$I = \int_{0}^{\ln(1+\sqrt{2})} 2(e^u + e^{-u})^{16} du$.

(A-D) $1.$ સરવાળો $x_1 + x_2 + x_3$ એકી ત્યારે જ હોય જો ત્રણેય એકી હોય અથવા બે બેકી અને એક એકી હોય.
કિસ્સો $1$: $(O, O, O) \rightarrow P = \frac{2}{3} \times \frac{3}{5} \times \frac{4}{7} = \frac{24}{105}$
કિસ્સો $2$: $(O, E, E) \rightarrow P = \frac{2}{3} \times \frac{2}{5} \times \frac{3}{7} = \frac{12}{105}$
કિસ્સો $3$: $(E, O, E) \rightarrow P = \frac{1}{3} \times \frac{3}{5} \times \frac{3}{7} = \frac{9}{105}$
કિસ્સો $4$: $(E, E, O) \rightarrow P = \frac{1}{3} \times \frac{2}{5} \times \frac{4}{7} = \frac{8}{105}$
કુલ સંભાવના $= \frac{24+12+9+8}{105} = \frac{53}{105}$.
$2.$ $x_1, x_2, x_3$ સમાંતર શ્રેણીમાં હોવા માટે,$2x_2 = x_1 + x_3$.
આનો અર્થ એ છે કે $x_1 + x_3$ બેકી હોવું જોઈએ,એટલે કે $x_1$ અને $x_3$ સમાન પ્રકારના (એકી અથવા બેકી) હોવા જોઈએ.
જો $x_1, x_3$ બંને એકી હોય: $(1,1), (1,3), (1,5), (1,7), (3,1), (3,3), (3,5), (3,7)$ (કુલ $8$ જોડી).
જો $x_1, x_3$ બંને બેકી હોય: $(2,2), (2,4), (2,6)$ (કુલ $3$ જોડી).
કુલ સાનુકૂળ પરિણામો $= 8 + 3 = 11$.
કુલ શક્ય પરિણામો $= 3 \times 5 \times 7 = 105$.
સંભાવના $= \frac{11}{105}$.

(C) $1.$ $g(a)$ શોધવા માટે,આપણે સંકલન $g(a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{-a}(1-t)^{a-1} dt$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.
$a = \frac{1}{2}$ માટે,$g\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^1 t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} dt = \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}$.
આદેશ $t = \sin^2 \theta$ લેતા,$dt = 2 \sin \theta \cos \theta d\theta$,સંકલન $\int_0^{\pi/2} \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{\sin \theta \cos \theta} d\theta = \int_0^{\pi/2} 2 d\theta = \pi$ બને છે.
આમ,$g\left(\frac{1}{2}\right) = \pi$.
$2.$ આપણે જોઈએ છીએ કે $g(1-a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{-(1-a)}(1-t)^{(1-a)-1} dt = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{a-1}(1-t)^{-a} dt$.
ગુણધર્મ $\int_n^{1-n} f(t) dt = \int_n^{1-n} f(1-t) dt$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $g(1-a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} (1-t)^{a-1} t^{-a} dt = g(a)$ મળે છે.
કારણ કે $g(1-a) = g(a)$,સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $a$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $-g'(1-a) = g'(a)$ મળે છે.
$a = \frac{1}{2}$ પર,$-g'\left(\frac{1}{2}\right) = g'\left(\frac{1}{2}\right)$,જેનો અર્થ છે કે $2g'\left(\frac{1}{2}\right) = 0$,તેથી $g'\left(\frac{1}{2}\right) = 0$.
તેથી,સાચી જોડ $(A, D)$ છે.

(D) $(P)$ ધારો કે $f(x) = ax^2 + bx$,જ્યાં $a, b \in \mathbb{W}$ (કારણ કે $f(0)=0$).
$\int_0^1 (ax^2 + bx) dx = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} = 1 \implies 2a + 3b = 6$.
શક્ય અ-ઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલો $(a, b)$ એ $(3, 0)$ અને $(0, 2)$ છે.
આમ,આવી બહુપદીઓની સંખ્યા $2$ છે.
$(Q)$ $f(x) = \sqrt{2} \sin(x^2 + \frac{\pi}{4})$.
$f(x)$ મહત્તમ હોય જ્યારે $x^2 + \frac{\pi}{4} = 2n\pi + \frac{\pi}{2} \implies x^2 = 2n\pi + \frac{\pi}{4}$.
$n=0$ માટે,$x^2 = \frac{\pi}{4} \in [0, 13)$.
$n=1$ માટે,$x^2 = 2\pi + \frac{\pi}{4} = \frac{9\pi}{4} \in [0, 13)$.
$x^2$ ની દરેક કિંમત માટે $x$ ની બે કિંમતો મળે $(\pm \sqrt{x^2})$,તેથી કુલ $4$ બિંદુઓ મળે છે.
$(R)$ $\int_{-2}^2 \frac{3x^2}{1+e^x} dx = \int_0^2 3x^2 (\frac{1}{1+e^x} + \frac{1}{1+e^{-x}}) dx = \int_0^2 3x^2 dx = [x^3]_0^2 = 8$.
$(S)$ અંશ $\int_{-1/2}^{1/2} \cos 2x \log(\frac{1+x}{1-x}) dx$ છે. $\cos 2x$ યુગ્મ છે અને $\log(\frac{1+x}{1-x})$ અયુગ્મ છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર અયુગ્મ વિધેય છે. તેથી સંકલન $0$ થાય છે.

(C) $(P)$ આપેલ છે $y(x) = \cos(3 \cos^{-1} x) = 4x^3 - 3x$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 12x^2 - 3$ અને $\frac{d^2y}{dx^2} = 24x$ મળે.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા: $(x^2-1)(24x) + x(12x^2-3) = 24x^3 - 24x + 12x^3 - 3x = 36x^3 - 27x = 9(4x^3 - 3x) = 9y$.
આમ,$\frac{1}{y} \{9y\} = 9$. તેથી $P \to 4$.
$(Q)$ સદિશ ગુણાકારનું માન $\sum |\vec{a}_k| |\vec{a}_{k+1}| \sin(\frac{2\pi}{n}) = (n-1) \lambda^2 \sin(\frac{2\pi}{n})$ છે.
અદિશ ગુણાકારનું માન $\sum |\vec{a}_k| |\vec{a}_{k+1}| \cos(\frac{2\pi}{n}) = (n-1) \lambda^2 \cos(\frac{2\pi}{n})$ છે.
બંનેને સરખાવતા $\tan(\frac{2\pi}{n}) = 1$ મળે,તેથી $\frac{2\pi}{n} = \frac{\pi}{4}$,જેનો અર્થ છે $n = 8$. તેથી $Q \to 3$.
$(R)$ ઉપવલય $\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} = 1$ પરના બિંદુ $(x_1, y_1)$ આગળ અભિલંબ $\frac{6x}{x_1} - \frac{3y}{y_1} = 3$ છે. $P(h, 1)$ ઉપવલય પર હોવાથી,$\frac{h^2}{6} + \frac{1}{3} = 1 \implies h^2 = 4 \implies h = 2$. અભિલંબનો ઢાળ $\frac{2y_1}{x_1}$ છે. તે $x+y=8$ (ઢાળ $-1$) ને લંબ હોવાથી,અભિલંબનો ઢાળ $1$ છે. તેથી $2y_1 = x_1$. ઉપવલયના સમીકરણમાં મૂકતા $y_1 = 1$ અને $x_1 = 2$ મળે. અભિલંબનું સમીકરણ $x - y = 1$ થાય. $P(h, 1)$ અભિલંબ પર હોવાથી $h - 1 = 1 \implies h = 2$. તેથી $R \to 2$.
$(S)$ $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1}(\frac{A+B}{1-AB})$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{6x+2}{8x^2+6x} = \frac{2}{x^2} \implies 3x^3 - 7x^2 - 6x = 0$ મળે. $x > 0$ હોવાથી,$3x^2 - 7x - 6 = 0 \implies (3x+2)(x-3) = 0$. માત્ર $x=3$ એ ધન ઉકેલ છે. તેથી,$1$ ધન ઉકેલ છે. તેથી $S \to 1$.

(D) $1$. $f_4(x)$ નું વિશ્લેષણ:
$f_2(f_1(x)) = (f_1(x))^2 = \begin{cases} x^2 & x < 0 \\ e^{2x} & x \geq 0 \end{cases}$
$f_4(x) = \begin{cases} x^2 & x < 0 \\ e^{2x} - 1 & x \geq 0 \end{cases}$
$x=0$ આગળ,$f_4(0) = e^0 - 1 = 0$. $\lim_{x \to 0^-} f_4(x) = 0$. તેથી $f_4$ સતત છે. તે અનેક-એક છે (દા.ત.,$f_4(-1) = 1, f_4(\frac{1}{2}\ln 2) = 1$). વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે,તેથી તે વ્યાપ્ત છે. આમ $P \to 1$.
$2$. $f_3(x)$ નું વિશ્લેષણ:
$f_3(x) = \begin{cases} \sin x & x < 0 \\ x & x \geq 0 \end{cases}$
$x=0$ આગળ,$f_3(0) = 0$. $\lim_{x \to 0^-} \sin x = 0$. સતત છે. $f_3'(0^-) = \cos(0) = 1$,$f_3'(0^+) = 1$. વિકલનીય છે. તે અનેક-એક છે (દા.ત.,$f_3(-\pi) = 0, f_3(0) = 0$). આમ $Q \to 3$.
$3$. $f_2 \circ f_1(x)$ નું વિશ્લેષણ:
$(f_2 \circ f_1)(x) = \begin{cases} x^2 & x < 0 \\ e^{2x} & x \geq 0 \end{cases}$
$x=0$ આગળ,$LHL = 0, RHL = 1$. અસતત છે. આમ $R \to 2$.
$4$. $[0, \infty)$ પર $f_2(x) = x^2$ નું વિશ્લેષણ:
તે ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,તેથી એક-એક છે. સતત છે. આમ $S \to 4$.
મેળવણી: $P-1, Q-3, R-2, S-4$. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.