IIT JEE 2015 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ સમીકરણ: $\frac{5}{4} \cos ^2 2x + (\cos ^4 x + \sin ^4 x) + (\cos ^6 x + \sin ^6 x) = 2$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos ^4 x + \sin ^4 x = 1 - 2 \sin ^2 x \cos ^2 x = 1 - \frac{1}{2} \sin ^2 2x$
અને $\cos ^6 x + \sin ^6 x = 1 - 3 \sin ^2 x \cos ^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin ^2 2x$
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{5}{4} \cos ^2 2x + (1 - \frac{1}{2} \sin ^2 2x) + (1 - \frac{3}{4} \sin ^2 2x) = 2$
$\frac{5}{4} \cos ^2 2x + 2 - \frac{5}{4} \sin ^2 2x = 2$
$\frac{5}{4} (\cos ^2 2x - \sin ^2 2x) = 0$
$\frac{5}{4} \cos 4x = 0$
$\cos 4x = 0$,જ્યાં $x \in [0, 2\pi] \Rightarrow 4x \in [0, 8\pi]$
$4x$ ની કિંમતો જેના માટે $\cos 4x = 0$ થાય તે $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}, \frac{9\pi}{2}, \frac{11\pi}{2}, \frac{13\pi}{2}, \frac{15\pi}{2}$ છે.
આમ,કુલ $8$ ભિન્ન ઉકેલો મળે છે.

(A) રેખા $y = -5$ નું રેખા $x + y + 4 = 0$ ની સાપેક્ષમાં પ્રતિબિંબ $x = 1$ મળે છે.
વક્ર $C$ એ $y^2 = 4x$ નું પ્રતિબિંબ હોવાથી,$C$ અને $y = -5$ ના છેદબિંદુઓ એ $y^2 = 4x$ અને $x = 1$ ના છેદબિંદુઓ સમાન અંતરે હોય છે.
$x = 1$ મુકતા,$y^2 = 4$,તેથી $y = \pm 2$.
આમ,અંતર $|2 - (-2)| = 4$ થાય.

(A) $n$ માટે: $5$ છોકરીઓને એક બ્લોક તરીકે ગણો. આપણી પાસે $5$ છોકરાઓ અને $1$ છોકરીઓનો બ્લોક છે,કુલ $6$ એકમો. આને $6!$ રીતે ગોઠવી શકાય. $5$ છોકરીઓ પોતાની વચ્ચે $5!$ રીતે ગોઠવાઈ શકે. તેથી,$n = 6! \times 5!$.
$m$ માટે: આપણે ઇચ્છીએ છીએ કે બરાબર $4$ છોકરીઓ ક્રમિક રીતે ઊભી રહે.
પ્રથમ,$5$ માંથી $4$ છોકરીઓને $^5C_4 = 5$ રીતે પસંદ કરો.
આ $4$ છોકરીઓને એક બ્લોક તરીકે ગણો. હવે આપણી પાસે $5$ છોકરાઓ,$1$ બ્લોક અને $1$ બાકી રહેલી છોકરી છે,કુલ $7$ એકમો.
બરાબર $4$ છોકરીઓ સાથે રહે તે સુનિશ્ચિત કરવા માટે,આપણે $7$ એકમોને $7!$ રીતે ગોઠવીએ છીએ અને તેમાંથી એવા કિસ્સાઓ બાદ કરીએ છીએ જ્યાં $5$મી છોકરી $4$ છોકરીઓના બ્લોકની બાજુમાં હોય. આ કિસ્સાઓ $(7! - 2 \times 6!)$ છે.
છેલ્લે,$4$ છોકરીઓની આંતરિક ગોઠવણી $(4!)$ અને પસંદગીની રીતો $(5)$ વડે ગુણતા: $m = 5 \times (7! - 2 \times 6!) \times 4! = 25 \times 6! \times 4!$.
$\frac{m}{n} = \frac{25 \times 6! \times 4!}{6! \times 5!} = 5$.

(B) પરવલય $y^2 = 4x$ છે,તેથી $a = 1$. નાભિલંબના અંત્યબિંદુઓ $(1, 2)$ અને $(1, -2)$ છે.
પરવલય $y^2 = 4ax$ માટે $(at^2, 2at)$ બિંદુએ અભિલંબનું સમીકરણ $y = -tx + 2at + at^3$ છે. અહીં $a = 1$ હોવાથી,અભિલંબ $y = -tx + 2t + t^3$ થશે.
$(1, 2)$ બિંદુએ $t = 1$,તેથી અભિલંબ $y = -x + 2 + 1$ એટલે કે $x + y = 3$ મળે.
$(1, -2)$ બિંદુએ $t = -1$,તેથી અભિલંબ $y = -(-1)x + 2(-1) + (-1)^3$ એટલે કે $x - y = 3$ મળે.
અભિલંબ $x + y - 3 = 0$ અને $x - y - 3 = 0$ છે. આ રેખાઓ વર્તુળ $(x - 3)^2 + (y + 2)^2 = r^2$ ને સ્પર્શે છે,જેનું કેન્દ્ર $(3, -2)$ છે.
કેન્દ્ર $(3, -2)$ થી રેખા $x + y - 3 = 0$ નું લંબઅંતર $r = \frac{|3 + (-2) - 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|-2|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ થાય.
તેથી,$r^2 = 2$.

(D) પરવલયનું સમીકરણ $y^2 = 2x$ છે,તેથી $4a = 2$,જે $a = \frac{1}{2}$ આપે છે.
ધારો કે $P = (\frac{t_1^2}{2}, t_1)$ અને $Q = (\frac{t_2^2}{2}, t_2)$ એ પરવલય પરના બિંદુઓ છે.
વ્યાસ $PQ$ વાળું વર્તુળ ઉગમબિંદુ $O(0,0)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,સદિશ $\vec{OP}$ અને $\vec{OQ}$ લંબ છે,તેથી $\vec{OP} \cdot \vec{OQ} = 0$.
$(\frac{t_1^2}{2})(\frac{t_2^2}{2}) + t_1 t_2 = 0 \Rightarrow t_1 t_2 (\frac{t_1 t_2}{4} + 1) = 0$.
$P$ અને $Q$ ભિન્ન હોવાથી,$t_1 t_2 = -4$.
ધારો કે $t_1 = t$,તો $t_2 = -\frac{4}{t}$.
યામ $P = (\frac{t^2}{2}, t)$ અને $Q = (\frac{8}{t^2}, -\frac{4}{t})$ છે.
$\Delta OPQ$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x_P y_Q - x_Q y_P| = \frac{1}{2} |(\frac{t^2}{2})(-\frac{4}{t}) - (\frac{8}{t^2})(t)| = \frac{1}{2} |-2t - \frac{8}{t}| = |t + \frac{4}{t}|$.
ક્ષેત્રફળ $3\sqrt{2}$ આપેલ છે,તેથી $|t + \frac{4}{t}| = 3\sqrt{2}$.
$P$ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,$t > 0$,તેથી $t^2 - 3\sqrt{2}t + 4 = 0$.
$t$ માટે ઉકેલતા: $t = \frac{3\sqrt{2} \pm \sqrt{18 - 16}}{2} = \frac{3\sqrt{2} \pm \sqrt{2}}{2}$.
$t_1 = 2\sqrt{2}$ અને $t_2 = \sqrt{2}$.
$t = 2\sqrt{2}$ માટે,$P = (\frac{(2\sqrt{2})^2}{2}, 2\sqrt{2}) = (4, 2\sqrt{2})$.
$t = \sqrt{2}$ માટે,$P = (\frac{(\sqrt{2})^2}{2}, \sqrt{2}) = (1, \sqrt{2})$.
આમ,$P$ ના યામ $(4, 2\sqrt{2})$ અને $(1, \sqrt{2})$ છે,જે વિકલ્પ $(D)$ ને અનુરૂપ છે.

(D) આપેલ છે કે $\alpha_k = e^{i \frac{k \pi}{7}}$.
તેથી $|\alpha_{k+1} - \alpha_k| = |e^{i \frac{(k+1) \pi}{7}} - e^{i \frac{k \pi}{7}}| = |e^{i \frac{k \pi}{7}}| |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1| = |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|$.
અંશ $\sum_{k=1}^{12} |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1| = 12 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|$ છે.
છેદ $\sum_{k=1}^3 |e^{i \frac{(4k-1) \pi}{7}} - e^{i \frac{(4k-2) \pi}{7}}| = \sum_{k=1}^3 |e^{i \frac{(4k-2) \pi}{7}}| |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1| = 3 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|$ છે.
આમ,ગુણોત્તર $\frac{12 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|}{3 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|} = \frac{12}{3} = 4$ થાય.

(D) ધારો કે પ્રથમ પદ $a$ અને સામાન્ય તફાવત $d$ છે. પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \frac{n}{2} [2a + (n-1)d]$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\frac{S_7}{S_{11}} = \frac{6}{11}$,તેથી $\frac{\frac{7}{2}(2a + 6d)}{\frac{11}{2}(2a + 10d)} = \frac{6}{11}$.
આનું સાદુંરૂપ આપતા,$\frac{7(a + 3d)}{11(a + 5d)} = \frac{6}{11}$ $\Rightarrow 7a + 21d = 6a + 30d$ $\Rightarrow a = 9d$.
સાતમું પદ $a_7 = a + 6d = 9d + 6d = 15d$.
આપેલ છે કે $130 < 15d < 140$,તેથી $8.66 < d < 9.33$.
બધા પદો પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ હોવાથી,$d$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ. આમ,$d = 9$.

(C) $x^9$ નો સહગુણક એ $9$ ને ભિન્ન ધન પૂર્ણાંકોના સરવાળા તરીકે લખવાની રીતોની સંખ્યા જેટલો છે.
$9$ ના ભિન્ન ભાગો નીચે મુજબ છે:
$1) \{9\}$
$2) \{1, 8\}$
$3) \{2, 7\}$
$4) \{3, 6\}$
$5) \{4, 5\}$
$6) \{1, 2, 6\}$
$7) \{1, 3, 5\}$
$8) \{2, 3, 4\}$
આમ,કુલ $8$ રીતો હોવાથી,$x^9$ નો સહગુણક $8$ છે.

(D) ઉપવલય $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{5} = 1$ માટે,$a^2 = 9$ અને $b^2 = 5$. ઉત્કેન્દ્રતા $e = \sqrt{1 - \frac{5}{9}} = \frac{2}{3}$ છે.
નાભિઓ $(\pm ae, 0) = (\pm 3 \times \frac{2}{3}, 0) = (\pm 2, 0)$ છે. તેથી $f_1 = 2$ અને $f_2 = -2$.
પરવલય $P_1$ નું શિરોબિંદુ $(0,0)$ અને નાભિ $(f_1, 0) = (2, 0)$ છે,તેથી તેનું સમીકરણ $y^2 = 8x$ છે.
પરવલય $P_2$ નું શિરોબિંદુ $(0,0)$ અને નાભિ $(2f_2, 0) = (-4, 0)$ છે,તેથી તેનું સમીકરણ $y^2 = -16x$ છે.
$P_1$ નો સ્પર્શક $T_1$ એ $(-4, 0)$ માંથી પસાર થાય છે. $y^2 = 4ax$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = m_1x + \frac{a}{m_1}$ છે. અહીં $a=2$,તેથી $y = m_1x + \frac{2}{m_1}$.
$(-4, 0)$ મૂકતા: $0 = -4m_1 + \frac{2}{m_1}$ $\Rightarrow m_1^2 = \frac{1}{2}$ $\Rightarrow \frac{1}{m_1^2} = 2$.
$P_2$ નો સ્પર્શક $T_2$ એ $(2, 0)$ માંથી પસાર થાય છે. $y^2 = -4ax$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = m_2x - \frac{a}{m_2}$ છે. અહીં $a=4$,તેથી $y = m_2x - \frac{4}{m_2}$.
$(2, 0)$ મૂકતા: $0 = 2m_2 - \frac{4}{m_2} \Rightarrow m_2^2 = 2$.
તેથી,$\frac{1}{m_1^2} + m_2^2 = 2 + 2 = 4$.

(B) આપેલ લક્ષ: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e^{\cos(\alpha^n)} - e}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
અંશમાંથી $e$ સામાન્ય લેતા: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e(e^{\cos(\alpha^n)-1} - 1)}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = \cos(\alpha^n) - 1$ લો.
તેથી,$e \cdot \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\cos(\alpha^n) - 1}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
$\cos(x) \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$\cos(\alpha^n) - 1 \approx -\frac{\alpha^{2n}}{2}$.
આથી,$\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{-\alpha^{2n}}{2\alpha^m} = -\frac{1}{2}$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે $2n = m$ હોવું જરૂરી છે.
તેથી,$\frac{m}{n} = 2$.

(D) દ્વિઘાત સમીકરણ $\alpha x^2 - x + \alpha = 0$ ને બે ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ હોય તે માટે વિવેચક $D > 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (-1)^2 - 4(\alpha)(\alpha) = 1 - 4\alpha^2 > 0$ $\Rightarrow \alpha^2 < \frac{1}{4}$ $\Rightarrow \alpha \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) \setminus \{0\}$.
આપેલ છે કે $|x_1 - x_2| < 1$,તેથી $|x_1 - x_2|^2 < 1$.
$(x_1 - x_2)^2 = (x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\left(\frac{1}{\alpha}\right)^2 - 4(1) < 1$ મળે છે.
$\frac{1}{\alpha^2} - 4 < 1$ $\Rightarrow \frac{1}{\alpha^2} < 5$ $\Rightarrow \alpha^2 > \frac{1}{5}$.
તેથી,$|\alpha| > \frac{1}{\sqrt{5}}$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha \in \left(-\infty, -\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \cup \left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \infty\right)$.
બંને શરતોને જોડતા,$\alpha \in \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \cup \left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{1}{2}\right)$.
આમ,અંતરાલ $(A)$ અને $(D)$ એ $S$ ના ઉપગણ છે.

(A) રેખા $x+y=3$ માટે,$E_1: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ માટે સ્પર્શબિંદુ $(\frac{a^2}{3}, \frac{b^2}{3})$ છે અને $E_2: \frac{x^2}{B^2}+\frac{y^2}{A^2}=1$ માટે સ્પર્શબિંદુ $(\frac{B^2}{3}, \frac{A^2}{3})$ છે.
વર્તુળ $x^2+(y-1)^2=2$ માટે સ્પર્શબિંદુ $(1, 2)$ છે.
રેખા $x+y=3$ પર $(1, 2)$ થી $r$ અંતરે આવેલું સામાન્ય બિંદુ $(1 \mp \frac{r}{\sqrt{2}}, 2 \pm \frac{r}{\sqrt{2}})$ છે. $r=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ લેતા,બિંદુઓ $Q$ અને $R$ એ $(\frac{1}{3}, \frac{8}{3})$ અને $(\frac{5}{3}, \frac{4}{3})$ મળે છે.
આ બિંદુઓને સરખાવતા,$E_1$ માટે $a^2=5, b^2=4$ અને $E_2$ માટે $B^2=1, A^2=8$ મળે છે.
$E_1$ માટે,$e_1^2 = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}$. $E_2$ માટે,$e_2^2 = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$.
તેથી $e_1^2+e_2^2 = \frac{1}{5} + \frac{7}{8} = \frac{43}{40}$ અને $e_1 e_2 = \frac{\sqrt{7}}{2 \sqrt{10}}$.
આમ,વિકલ્પો $(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.

(B) અતિવલય $H: x^2 - y^2 = 1$ ના બિંદુ $P(x_1, y_1)$ આગળનો સ્પર્શક $xx_1 - yy_1 = 1$ છે.
$y = 0$ લેતા,$x$-અક્ષ સાથેનું છેદબિંદુ $M(\frac{1}{x_1}, 0)$ મળે છે.
$P$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{x_1}{y_1}$ છે,તેથી અભિલંબનો ઢાળ $-\frac{y_1}{x_1}$ થાય.
અભિલંબ કેન્દ્ર $N(x_2, 0)$ અને $P(x_1, y_1)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $-\frac{y_1}{x_1} = \frac{y_1 - 0}{x_1 - x_2}$.
આનું સાદું રૂપ $x_2 - x_1 = x_1$ એટલે કે $x_2 = 2x_1$ મળે છે. આમ $N = (2x_1, 0)$.
$\triangle PMN$ ના શિરોબિંદુઓ $P(x_1, y_1)$,$M(\frac{1}{x_1}, 0)$,અને $N(2x_1, 0)$ માટે મધ્યકેન્દ્ર $(l, m)$ એ $l = \frac{x_1 + \frac{1}{x_1} + 2x_1}{3} = x_1 + \frac{1}{3x_1}$ અને $m = \frac{y_1}{3}$ થાય.
વિકલન કરતા:
$\frac{dl}{dx_1} = 1 - \frac{1}{3x_1^2}$,જે વિકલ્પ $(A)$ છે.
$y_1 = \sqrt{x_1^2 - 1}$ હોવાથી,$\frac{dm}{dx_1} = \frac{1}{3} \frac{dy_1}{dx_1} = \frac{x_1}{3\sqrt{x_1^2 - 1}}$,જે વિકલ્પ $(B)$ છે.
$\frac{dm}{dy_1} = \frac{1}{3}$,જે વિકલ્પ $(D)$ છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(A, B, D)$ છે.

(B) આપેલ છે કે $F'(a) + 2 = \int_0^a f(x) \, dx$.
બંને બાજુ $a$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$F''(a) = f(a)$.
હવે,લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $F'(x)$ શોધીએ:
$F(x) = \int_x^{x^2+\frac{\pi}{6}} 2 \cos^2 t \, dt$.
$F'(x) = 2 \cos^2(x^2 + \frac{\pi}{6}) \cdot (2x) - 2 \cos^2(x)$.
$f(0)$ શોધવા માટે,આપણે $F''(0)$ ની જરૂર છે.
$F''(x) = \frac{d}{dx} [4x \cos^2(x^2 + \frac{\pi}{6}) - 2 \cos^2(x)]$.
$F''(x) = 4 \cos^2(x^2 + \frac{\pi}{6}) - 8x^2 \sin(2(x^2 + \frac{\pi}{6})) + 2 \sin(2x)$.
$x=0$ મુકતા:
$f(0) = F''(0) = 4 \cos^2(\frac{\pi}{6}) - 0 + 0$.
$f(0) = 4 \cdot (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = 4 \cdot \frac{3}{4} = 3$.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} [x], & x \leq 2 \\ 0, & x > 2 \end{cases}$.
આપણે $I = \int_{-1}^2 \frac{x f(x^2)}{2+f(x+1)} dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x \in [-1, 2]$ માટે,$x^2 \in [0, 4]$.
જો $x^2 \leq 2$,તો $f(x^2) = [x^2]$. જો $x^2 > 2$,તો $f(x^2) = 0$.
$x^2 \leq 2 \implies x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.
સંકલન $-1$ થી $2$ હોવાથી,આપણે તેને વિભાજિત કરીએ:
$x \in [-1, \sqrt{2}]$ માટે,$f(x^2) = [x^2]$. $x \in (\sqrt{2}, 2]$ માટે,$f(x^2) = 0$.
વળી,$f(x+1) = [x+1]$ જ્યારે $x \leq 1$,અને $f(x+1) = 0$ જ્યારે $x > 1$.
આમ,$I = \int_{-1}^1 \frac{x [x^2]}{2+[x+1]} dx + \int_1^{\sqrt{2}} \frac{x [x^2]}{2+0} dx + \int_{\sqrt{2}}^2 \frac{x \cdot 0}{2+0} dx$.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$[x^2] = 0$,તેથી પ્રથમ ભાગ $\int_{-1}^0 0 dx = 0$ છે.
$x \in [0, 1)$ માટે,$[x^2] = 0$,તેથી $\int_0^1 0 dx = 0$.
$x \in [1, \sqrt{2}]$ માટે,$[x^2] = 1$,તેથી $\int_1^{\sqrt{2}} \frac{x \cdot 1}{2} dx = \frac{1}{2} [\frac{x^2}{2}]_1^{\sqrt{2}} = \frac{1}{4} (2-1) = \frac{1}{4}$.
આમ $I = \frac{1}{4}$.
તેથી $4I - 1 = 4(\frac{1}{4}) - 1 = 0$.

(D) ધારો કે આંતરિક ત્રિજ્યા $r$ અને આંતરિક ઊંચાઈ $h$ છે. આંતરિક કદ $V = \pi r^2 h$ છે,તેથી $h = \frac{V}{\pi r^2}$.
બહારની ત્રિજ્યા $R = r + 2$ છે અને પાત્રની કુલ ઊંચાઈ $H = h + 2$ છે (કારણ કે તળિયું $2 \ mm$ જાડું છે અને ઉપરથી ખુલ્લું છે).
પદાર્થનું કદ $M$ એ બહારના કદ અને આંતરિક કદ વચ્ચેનો તફાવત છે:
$M = \pi (r + 2)^2 (h + 2) - \pi r^2 h$
$M = \pi (2r^2 + 4rh + 8r + 4h + 8)$
$h = \frac{V}{\pi r^2}$ મૂકતા:
$M(r) = 2\pi r^2 + \frac{4V}{r} + 8\pi r + \frac{4V}{r^2} + 8\pi$
વિકલન કરતા:
$\frac{dM}{dr} = 4\pi r - \frac{4V}{r^2} + 8\pi - \frac{8V}{r^3} = 0$
$r = 10$ માટે:
$40\pi + 8\pi - \frac{40V}{1000} - \frac{8V}{1000} = 0$
$48\pi = \frac{48V}{1000} \Rightarrow V = 1000\pi$
તેથી,$\frac{V}{250\pi} = 4$.

(C) $\triangle PQR$ માં,આપણી પાસે $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\vec{b} + \vec{c} = -\vec{a}$.
બંને બાજુ માન લેતા,$|\vec{b} + \vec{c}|^2 = |-\vec{a}|^2 = |\vec{a}|^2$.
$|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2(\vec{b} \cdot \vec{c}) = |\vec{a}|^2$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $(4\sqrt{3})^2 + |\vec{c}|^2 + 2(24) = 12^2$.
$48 + |\vec{c}|^2 + 48 = 144 \Rightarrow |\vec{c}|^2 = 48 \Rightarrow |\vec{c}| = 4\sqrt{3}$.
હવે,વિકલ્પ $(A)$ તપાસો: $\frac{|\vec{c}|^2}{2} - |\vec{a}| = \frac{48}{2} - 12 = 24 - 12 = 12$. આમ,$(A)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $(B)$ તપાસો: $\frac{|\vec{c}|^2}{2} + |\vec{a}| = 24 + 12 = 36 \neq 30$. આમ,$(B)$ ખોટું છે.
વિકલ્પ $(D)$ માટે,કારણ કે $\vec{a} + \vec{b} = -\vec{c}$,આપણી પાસે $|\vec{a} + \vec{b}|^2 = |-\vec{c}|^2 = |\vec{c}|^2$ છે.
$|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) = |\vec{c}|^2$.
$144 + 48 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) = 48 \Rightarrow 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) = -144 \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b} = -72$. આમ,$(D)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $(C)$ માટે,કારણ કે $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 0$,આપણી પાસે $\vec{a} \times \vec{b} = \vec{b} \times \vec{c} = \vec{c} \times \vec{a}$ છે.
$|\vec{a} \times \vec{b} + \vec{c} \times \vec{a}| = |\vec{a} \times \vec{b} + \vec{a} \times \vec{b}| = 2|\vec{a} \times \vec{b}|$.
$|\vec{a} \times \vec{b}| = |\vec{a}||\vec{b}| \sin(\theta)$,જ્યાં $\theta$ એ $\vec{a}$ અને $\vec{b}$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}| \cos(\theta) = -72 \Rightarrow 12(4\sqrt{3}) \cos(\theta) = -72 \Rightarrow 48\sqrt{3} \cos(\theta) = -72 \Rightarrow \cos(\theta) = -\frac{72}{48\sqrt{3}} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$\sin(\theta) = \sqrt{1 - (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \frac{1}{2}$.
$|\vec{a} \times \vec{b}| = 12(4\sqrt{3})(\frac{1}{2}) = 24\sqrt{3}$.
$2|\vec{a} \times \vec{b}| = 2(24\sqrt{3}) = 48\sqrt{3}$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
તેથી,$(A, C, D)$ સાચા છે.

(D) આપેલ છે કે $X$ અને $Y$ વિસંમિત છે,તેથી $X^T = -X$ અને $Y^T = -Y$. આપેલ છે કે $Z$ સંમિત છે,તેથી $Z^T = Z$.
$(A)$ માટે: $(Y^3 Z^4 - Z^4 Y^3)^T = (Z^4)^T (Y^3)^T - (Y^3)^T (Z^4)^T = Z^4 (-Y)^3 - (-Y)^3 Z^4 = -Z^4 Y^3 + Y^3 Z^4 = Y^3 Z^4 - Z^4 Y^3$. આ સંમિત છે.
$(B)$ માટે: $(X^{44} + Y^{44})^T = (X^{44})^T + (Y^{44})^T = (X^T)^{44} + (Y^T)^{44} = (-X)^{44} + (-Y)^{44} = X^{44} + Y^{44}$. આ સંમિત છે.
$(C)$ માટે: $(X^4 Z^3 - Z^3 X^4)^T = (Z^3)^T (X^4)^T - (X^4)^T (Z^3)^T = Z^3 (X^T)^4 - (X^T)^4 Z^3 = Z^3 X^4 - X^4 Z^3 = -(X^4 Z^3 - Z^3 X^4)$. આ વિસંમિત છે.
$(D)$ માટે: $(X^{23} + Y^{23})^T = (X^{23})^T + (Y^{23})^T = (X^T)^{23} + (Y^T)^{23} = (-X)^{23} + (-Y)^{23} = -(X^{23} + Y^{23})$. આ વિસંમિત છે.
આમ,$(C)$ અને $(D)$ વિસંમિત શ્રેણિકો છે.

(B) ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta$ છે. આપણે હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_2$ લાગુ કરીએ છીએ:
$\Delta = \left|\begin{array}{lll}(1+\alpha)^2 & (1+2\alpha)^2 & (1+3\alpha)^2 \\ 3+2\alpha & 3+4\alpha & 3+6\alpha \\ 5+2\alpha & 5+4\alpha & 5+6\alpha\end{array}\right|$
$R_3 \rightarrow R_3 - R_2$ લાગુ કરતા:
$= \left|\begin{array}{lll}(1+\alpha)^2 & (1+2\alpha)^2 & (1+3\alpha)^2 \\ 3+2\alpha & 3+4\alpha & 3+6\alpha \\ 2 & 2 & 2\end{array}\right|$
આ સમીકરણને ઉકેલતા આપણને $-8\alpha^3 = -648\alpha$ મળે છે.
તેથી $8\alpha^3 - 648\alpha = 0$,એટલે કે $8\alpha(\alpha^2 - 81) = 0$.
આમ,$\alpha = 0, 9, -9$. વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $(B, C)$ છે.

(C) $P_1: y=0$ અને $P_2: x+z-1=0$ ના છેદબિંદુમાંથી પસાર થતા કોઈપણ સમતલનું સમીકરણ $(x+z-1) + \lambda y = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે $x + \lambda y + z - 1 = 0$ તરીકે સરળ બને છે.
આ સમતલથી બિંદુ $(0, 1, 0)$ નું અંતર $1$ આપેલું છે:
$\frac{|0 + \lambda(1) + 0 - 1|}{\sqrt{1^2 + \lambda^2 + 1^2}} = 1$
$\frac{|\lambda - 1|}{\sqrt{\lambda^2 + 2}} = 1$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(\lambda - 1)^2 = \lambda^2 + 2$
$\lambda^2 - 2\lambda + 1 = \lambda^2 + 2$
$-2\lambda = 1 \Rightarrow \lambda = -\frac{1}{2}$.
સમતલના સમીકરણમાં $\lambda = -\frac{1}{2}$ મૂકતા:
$x - \frac{1}{2}y + z - 1 = 0 \Rightarrow 2x - y + 2z - 2 = 0$.
હવે,બિંદુ $(\alpha, \beta, \gamma)$ નું સમતલ $2x - y + 2z - 2 = 0$ થી અંતર $2$ છે:
$\frac{|2\alpha - \beta + 2\gamma - 2|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}} = 2$
$\frac{|2\alpha - \beta + 2\gamma - 2|}{3} = 2$
$|2\alpha - \beta + 2\gamma - 2| = 6$.
આ બે શક્યતાઓ આપે છે:
$2\alpha - \beta + 2\gamma - 2 = 6 \Rightarrow 2\alpha - \beta + 2\gamma - 8 = 0$
$2\alpha - \beta + 2\gamma - 2 = -6 \Rightarrow 2\alpha - \beta + 2\gamma + 4 = 0$.
આમ,વિકલ્પો $(B)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(A) રેખા $L$ ઉગમબિંદુ $(0, 0, 0)$ માંથી પસાર થાય છે અને સમતલો $P_1$ અને $P_2$ થી સમાન અંતરે છે. તેથી,$L$ એ $P_1$ અને $P_2$ ની છેદરેખાને સમાંતર હોવી જોઈએ.
ધારો કે $L$ ના દિશા ગુણોત્તર $(a, b, c)$ છે. $L$ એ $P_1$ અને $P_2$ ના છેદને સમાંતર હોવાથી,તેનો દિશા સદિશ $\vec{n}_1 \times \vec{n}_2$ ને સમાંતર છે,જ્યાં $\vec{n}_1 = (1, 2, -1)$ અને $\vec{n}_2 = (2, -1, 1)$.
$\vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = (1, -3, -5)$.
તેથી,રેખા $L$ નું સમીકરણ $\frac{x}{1} = \frac{y}{-3} = \frac{z}{-5} = k$ છે.
$M$ એ $L$ પરના બિંદુઓમાંથી સમતલ $P_1$ પરના લંબના પગનો બિંદુગણ છે. આ સમતલ $P_1$ પર રેખા $L$ નો પ્રક્ષેપ છે.
રેખાનો સમતલ પરનો પ્રક્ષેપ એક રેખા છે. $L$ પર $k=0$ માટેનું બિંદુ $(0, 0, 0)$ છે. ઉગમબિંદુ $(0, 0, 0)$ થી $P_1: x+2y-z+1=0$ પરના લંબનો પગ $\left(-\frac{1}{6}, -\frac{1}{3}, \frac{1}{6}\right)$ છે,જે બિંદુ $(B)$ છે.
$M$ એ $(B)$ માંથી પસાર થતી રેખા હોવાથી,આપણે આપેલા બિંદુઓ તપાસતા જણાય છે કે બિંદુ $(A) \left(0, -\frac{5}{6}, -\frac{2}{3}\right)$ સમતલ $P_1$ પર આવેલું છે અને તે $M$ પર પણ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(1+e^x) y^{\prime}+y e^x=1$ છે. $(1+e^x)$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{d y}{d x}+\frac{e^x}{1+e^x} y = \frac{1}{1+e^x}$ મળે છે.
આ $\frac{d y}{d x}+P(x)y=Q(x)$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $I.F. = e^{\int \frac{e^x}{1+e^x} dx} = e^{\ln(1+e^x)} = 1+e^x$ છે.
ઉકેલ $y(1+e^x) = \int 1 dx = x+c$ છે.
$y(0)=2$ આપેલ હોવાથી,$2(1+e^0) = 0+c \Rightarrow c=4$ મળે છે.
આમ,$y(x) = \frac{x+4}{1+e^x}$.
$(A)$ માટે,$y(-4) = \frac{-4+4}{1+e^{-4}} = 0$. તેથી $(A)$ સાચું છે.
$(B)$ માટે,$y(-2) = \frac{-2+4}{1+e^{-2}} = \frac{2}{1+e^{-2}} \neq 0$. તેથી $(B)$ ખોટું છે.
$(C)$ અને $(D)$ માટે,$y^{\prime}(x) = 0$ લઈને ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધીએ.
$y^{\prime}(x) = \frac{(1+e^x) - (x+4)e^x}{(1+e^x)^2} = \frac{1-e^x(x+3)}{(1+e^x)^2}$.
ધારો કે $g(x) = 1-e^x(x+3)$.
$g(0) = 1-e^0(3) = -2$.
$g(-1) = 1-e^{-1}(2) = 1-\frac{2}{e} > 0$.
$g(x)$ સતત હોવાથી અને $g(-1) > 0$ તથા $g(0) < 0$ હોવાથી,$(-1, 0)$ માં એક ઉકેલ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,$y(x)$ ને $(-1, 0)$ માં ક્રાંતિક બિંદુ છે. આમ $(C)$ સાચું છે.
સાચા વિકલ્પો $(A)$ અને $(C)$ છે.

(C) કેન્દ્ર $(h, h)$ અને ત્રિજ્યા $r$ ધરાવતા વર્તુળનું સમીકરણ $(x - h)^2 + (y - h)^2 = r^2$ છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $x^2 - 2xh + h^2 + y^2 - 2yh + h^2 = r^2$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 + y^2 - 2h(x + y) + 2h^2 - r^2 = 0$ થાય છે.
ધારો કે $C = 2h^2 - r^2$. તેથી $x^2 + y^2 - 2h(x + y) + C = 0$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $2x + 2yy^{\prime} - 2h(1 + y^{\prime}) = 0$,જે $h = \frac{x + yy^{\prime}}{1 + y^{\prime}}$ આપે છે.
$h$ ની કિંમત સમીકરણમાં પાછી મૂકતા: $x^2 + y^2 - 2\left(\frac{x + yy^{\prime}}{1 + y^{\prime}}\right)(x + y) + C = 0$.
ફરીથી વિકલન કરતા: $2 + 2(y^{\prime})^2 + 2yy^{\prime \prime} - 2\frac{d}{dx}\left[\frac{(x + yy^{\prime})(x + y)}{1 + y^{\prime}}\right] = 0$.
સાદું રૂપ આપતા,વિકલ સમીકરણ $(y - x)y^{\prime \prime} + (1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2)y^{\prime} + 1 = 0$ મળે છે.
આને $Py^{\prime \prime} + Qy^{\prime} + 1 = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $P = y - x$ અને $Q = 1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2$ મળે છે.
તેથી,$P = y - x$ (વિધાન $B$ સાચું છે).
$P + Q = (y - x) + (1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2) = 1 - x + y + y^{\prime} + (y^{\prime})^2$ (વિધાન $C$ સાચું છે).
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B, C)$ છે.

(D) $f(x)$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{f(0-\delta) - f(0)}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{\frac{-\delta}{|-\delta|} g(-\delta) - 0}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{-g(-\delta)}{-\delta} = g^{\prime}(0) = 0$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{f(0+\delta) - f(0)}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{\frac{\delta}{|\delta|} g(\delta) - 0}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(\delta)}{\delta} = g^{\prime}(0) = 0$.
$\text{LHD} = \text{RHD} = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
$h(x) = e^{|x|}$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$h(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી કારણ કે $|x|$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$f(h(x))$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$h(x) = e^{|x|} > 0$ હોવાથી,$f(h(x)) = \frac{h(x)}{|h(x)|} g(h(x)) = 1 \cdot g(e^{|x|}) = g(e^{|x|})$.
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{|-\delta|}) - g(e^0)}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{\delta}) - g(1)}{-\delta} = -g^{\prime}(1)$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{\delta}) - g(1)}{\delta} = g^{\prime}(1)$.
$g^{\prime}(1) \neq 0$ હોવાથી,$f(h(x))$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$h(f(x))$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$h(f(x)) = e^{|f(x)|} = e^{|\frac{x}{|x|} g(x)|} = e^{|g(x)|}$.
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(-\delta)|} - e^{|g(0)|}}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(-\delta)|} - 1}{|g(-\delta)|} \cdot \frac{|g(-\delta)|}{-\delta} = 1 \cdot 0 = 0$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(\delta)|} - 1}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(\delta)|} - 1}{|g(\delta)|} \cdot \frac{|g(\delta)|}{\delta} = 1 \cdot 0 = 0$.
આમ,$h(f(x))$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.

(A) આપેલ છે $g(x) = \frac{\pi}{2} \sin x$. તેથી $f(x) = \sin \left(\frac{1}{3} g(g(x))\right)$.
$\sin x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ હોવાથી,$g(x)$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ છે.
$f(x)$ માટે,અંદરની દલીલ $\frac{\pi}{6} \sin(\theta)$ છે જ્યાં $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. $\sin(\theta) \in [-1, 1]$ હોવાથી,બહારના સાઈનનો તર્ક $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ માં છે. આમ,$f$ નો વિસ્તાર $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ છે. તેથી $(A)$ સાચું છે.
$f(g(x))$ માટે,$g(x)$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ છે,તેથી $f(g(x))$ નો વિસ્તાર પણ $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ છે. તેથી $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ માટે,$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin(\frac{\pi}{6} \sin(\frac{\pi}{2} \sin x))}{\frac{\pi}{2} \sin x} = \frac{\pi}{6}$. તેથી $(C)$ સાચું છે.
$(D)$ માટે,$(g \circ f)(x) = \frac{\pi}{2} \sin(f(x))$. $f(x)$ નો વિસ્તાર $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ હોવાથી,$\sin(f(x))$ નો વિસ્તાર $[\sin(-1/2), \sin(1/2)]$ છે. $1$ આ વિસ્તારમાં હોવાથી,$(D)$ સાચું છે.

(A) સદિશ $\vec{u} = \alpha \hat{i} + \beta \hat{j}$ નો $\vec{v} = \sqrt{3} \hat{i} + \hat{j}$ પરના પ્રક્ષેપનું માન $\frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{v}|} = \frac{|\sqrt{3}\alpha + \beta|}{2} = \sqrt{3}$ છે.
તેથી,$|\sqrt{3}\alpha + \beta| = 2\sqrt{3}$.
આપેલ છે $\alpha = 2 + \sqrt{3}\beta$,તેથી $\beta = \frac{\alpha - 2}{\sqrt{3}}$.
કિંમત મૂકતા,$|\sqrt{3}\alpha + \frac{\alpha - 2}{\sqrt{3}}| = 2\sqrt{3} \Rightarrow |4\alpha - 2| = 6$.
તેથી $4\alpha - 2 = 6 \Rightarrow \alpha = 2$ અથવા $4\alpha - 2 = -6 \Rightarrow \alpha = -1$.
આમ,$|\alpha| = 2$ અથવા $1$.
$(B)$ $x=1$ આગળ સાતત્ય માટે: $-3a - 2 = b + a^2 \Rightarrow b = -a^2 - 3a - 2$.
$x=1$ આગળ વિકલનીયતા માટે: $-6a = b$.
તેથી $-a^2 - 3a - 2 = -6a \Rightarrow a^2 - 3a + 2 = 0 \Rightarrow a = 1, 2$.
$(C)$ પદ $X = 3-3\omega+2\omega^2$ લેતા,સમીકરણ $X^{4n+3}(1 + \omega^{4n} + \omega^{8n}) = 0$ બને છે.
આથી $1 + \omega^{4n} + \omega^{8n} = 0$,જે ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $n$ એ $3$ નો ગુણક ન હોય.
$(D)$ $a=5-d, q=5+d, b=5+2d$ લેતા.
$HM = \frac{2ab}{a+b} = 4 \Rightarrow ab = 2(a+b)$.
સાદુરૂપ આપતા $2d^2 - 3d - 5 = 0 \Rightarrow d = 2.5, -1$.
$|q-a| = |2d| = 5, 2$.

(A) આપેલ છે $a^2-b^2=\frac{c^2}{2}$. સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$4R^2(\sin^2 X - \sin^2 Y) = \frac{4R^2}{2} \sin^2 Z$.
$\Rightarrow 2 \sin(X-Y) \sin(X+Y) = \sin^2 Z$. કારણ કે $X+Y = \pi-Z$,તેથી $\sin(X+Y) = \sin Z$.
$\Rightarrow 2 \sin(X-Y) \sin Z = \sin^2 Z \Rightarrow \lambda = \frac{\sin(X-Y)}{\sin Z} = \frac{1}{2}$.
$\cos(\frac{n\pi}{2}) = 0 \Rightarrow \frac{n\pi}{2} = (2k+1)\frac{\pi}{2} \Rightarrow n$ એ એકી પૂર્ણાંક છે. વિકલ્પોમાંથી શક્ય મૂલ્યો $1, 3, 5$ છે.
$(B)$ $1+\cos 2X - 2\cos 2Y = 2\sin X \sin Y$.
સાદું રૂપ આપતા $\frac{a}{b}=1$ મળે છે.
$(C)$ $\overline{OX}$ અને $\overline{OY}$ નો દ્વિભાજક $y=x$ છે. $Z(\beta, 1-\beta)$ નું $x-y=0$ થી અંતર $\frac{|\beta - (1-\beta)|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} = \frac{|2\beta-1|}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}$.
$|2\beta-1|=3 \Rightarrow 2\beta-1=3$ અથવા $2\beta-1=-3 \Rightarrow \beta=2, -1$. તેથી $|\beta|=2, 1$.
$(D)$ $\alpha=0$ માટે,$y=3$. ક્ષેત્રફળ $= \int_0^2 (3-2\sqrt{x}) dx = 6 - \frac{8\sqrt{2}}{3}$. $F(0)+\frac{8\sqrt{2}}{3} = 6$.
$\alpha=1$ માટે,$y=|x-1|+|x-2|+x$. ક્ષેત્રફળ $= 5 - \frac{8\sqrt{2}}{3}$. $F(1)+\frac{8\sqrt{2}}{3} = 5$.

(D) આપેલ છે કે $\vec{s} = 4\vec{p} + 3\vec{q} + 5\vec{r}$.
વળી,$\vec{s} = x(-\vec{p} + \vec{q} + \vec{r}) + y(\vec{p} - \vec{q} + \vec{r}) + z(-\vec{p} - \vec{q} + \vec{r})$.
જમણી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા,$\vec{s} = (-x + y - z)\vec{p} + (x - y - z)\vec{q} + (x + y + z)\vec{r}$ મળે.
$\vec{p}, \vec{q}, \vec{r}$ અસમતલીય હોવાથી,તેઓ સુરેખ રીતે સ્વતંત્ર છે. સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$-x + y - z = 4$ $(1)$
$x - y - z = 3$ $(2)$
$x + y + z = 5$ $(3)$
$(2)$ અને $(3)$ નો સરવાળો કરતા,$2x = 8 \Rightarrow x = 4$ મળે.
$(3)$ માં $x = 4$ મૂકતા,$y + z = 1$.
$(2)$ માં $x = 4$ મૂકતા,$4 - y - z = 3 \Rightarrow y + z = 1$ (સુસંગત).
$(1)$ માં $x = 4$ મૂકતા,$-4 + y - z = 4 \Rightarrow y - z = 8$.
$y + z = 1$ અને $y - z = 8$ ને ઉકેલતા,$2y = 9 \Rightarrow y = 4.5$ અને $2z = -7 \Rightarrow z = -3.5$ મળે.
અંતે,$2x + y + z = 2(4) + 4.5 - 3.5 = 8 + 1 = 9$.

(D) આપેલ છે કે $\alpha = \int_0^1 e^{(9x + 3 \tan^{-1} x)} \left(\frac{12 + 9x^2}{1 + x^2}\right) dx$.
ધારો કે $t = 9x + 3 \tan^{-1} x$.
તેથી,$dt = \left(9 + \frac{3}{1 + x^2}\right) dx = \left(\frac{9(1 + x^2) + 3}{1 + x^2}\right) dx = \left(\frac{12 + 9x^2}{1 + x^2}\right) dx$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 9(0) + 3 \tan^{-1}(0) = 0$.
જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = 9(1) + 3 \tan^{-1}(1) = 9 + 3(\frac{\pi}{4}) = 9 + \frac{3\pi}{4}$.
આમ,$\alpha = \int_0^{9 + \frac{3\pi}{4}} e^t dt = [e^t]_0^{9 + \frac{3\pi}{4}} = e^{9 + \frac{3\pi}{4}} - e^0 = e^{9 + \frac{3\pi}{4}} - 1$.
તેથી,$1 + \alpha = e^{9 + \frac{3\pi}{4}}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\log_e |1 + \alpha| = 9 + \frac{3\pi}{4}$.
અંતે,$\log_e |1 + \alpha| - \frac{3\pi}{4} = 9 + \frac{3\pi}{4} - \frac{3\pi}{4} = 9$.

(B) $f$ એ એકી વિધેય હોવાથી,$f(-t) = -f(t)$.
$F(1) = \int_{-1}^1 f(t) dt = 0$ કારણ કે સંમિત અંતરાલ $[-a, a]$ પર એકી વિધેયનું સંકલન $0$ થાય છે.
$G(1) = \int_{-1}^1 t|f(f(t))| dt = 0$ કારણ કે સંકલ્ય $h(t) = t|f(f(t))|$ એ એકી વિધેય છે $(h(-t) = -t|f(f(-t))| = -t|f(-f(t))| = -t|f(f(t))| = -h(t))$.
લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 1} \frac{F(x)}{G(x)}$ માટે $L'H\hat{o}pital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 1} \frac{F'(x)}{G'(x)} = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{f(x)}{x|f(f(x))|} = \frac{f(1)}{1 \cdot |f(f(1))|} = \frac{1/2}{|f(1/2)|} = \frac{1}{14}$.
તેથી,$|f(1/2)| = 7$. $f$ એ એક સતત એકી વિધેય છે જે ફક્ત એક જ બિંદુએ $(x=0)$ શૂન્ય થાય છે અને $f(1) = 1/2 > 0$ હોવાથી,$x > 0$ માટે $f(x)$ ધન હોવું જોઈએ. આમ,$f(1/2) = 7$.

(D) આપેલ છે $f^{\prime}(x) = \frac{192 x^3}{2+\sin^4 \pi x}$. કારણ કે $0 \leq \sin^4 \pi x \leq 1$,તેથી $2 \leq 2+\sin^4 \pi x \leq 3$ થાય.
આમ,$\frac{192 x^3}{3} \leq f^{\prime}(x) \leq \frac{192 x^3}{2}$,જેનું સાદું રૂપ $64 x^3 \leq f^{\prime}(x) \leq 96 x^3$ થાય.
$\frac{1}{2}$ થી $x$ સુધી સંકલન કરતા,જ્યાં $f(\frac{1}{2}) = 0$ છે:
$\int_{1/2}^x 64 t^3 dt \leq f(x) \leq \int_{1/2}^x 96 t^3 dt$
$16(x^4 - (\frac{1}{2})^4) \leq f(x) \leq 24(x^4 - (\frac{1}{2})^4)$
$16x^4 - 1 \leq f(x) \leq 24x^4 - 1.5$.
હવે,$\frac{1}{2}$ થી $1$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{1/2}^1 (16x^4 - 1) dx \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq \int_{1/2}^1 (24x^4 - 1.5) dx$
$[\frac{16x^5}{5} - x]_{1/2}^1 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq [\frac{24x^5}{5} - 1.5x]_{1/2}^1$
$(\frac{16}{5} - 1) - (\frac{16}{5 \cdot 32} - \frac{1}{2}) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq (4.8 - 1.5) - (\frac{24}{5 \cdot 32} - 0.75)$
$1.1 - (-0.4) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.3 - (-0.6) = 3.9$.
આમ,$1 < 1.5 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.9 < 12$,તેથી $m=1$ અને $M=12$ અસમતાનું પાલન કરે છે.

(D) આપેલ છે કે $\alpha = 3 \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right)$. કારણ કે $\sin^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) < \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right) < \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,તેથી $\frac{\pi}{6} < \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right) < \frac{\pi}{3}$ થાય.
$3$ વડે ગુણતા,$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ મળે. આમ,$\cos \alpha < 0$ થાય.
આપેલ છે કે $\beta = 3 \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right)$. કારણ કે $\cos^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) < \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right) < \cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)$,તેથી $\frac{\pi}{3} < \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right) < \frac{\pi}{2}$ થાય.
આમ,$\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$ મળે.
આ અંતરાલમાં,$\cos \beta < 0$ અને $\sin \beta < 0$ થાય.
હવે,$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ અને $\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$ છે.
બંનેનો સરવાળો કરતા,$\frac{3\pi}{2} < \alpha + \beta < \frac{5\pi}{2}$ મળે.
અંતરાલ $(\frac{3\pi}{2}, 2\pi)$ માં,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ થાય. અંતરાલ $(2\pi, \frac{5\pi}{2})$ માં પણ,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ થાય.
તેથી,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ સાચું છે.
સાચા વિકલ્પો $(B), (C), (D)$ છે.

(A) ધારો કે $f(t) = e^t(\sin^6 at + \cos^4 at)$. આપણે જોઈએ છીએ કે $a=2$ અને $a=4$ માટે,વિધેય $f(t)$ એ $f(t+\pi) = e^{t+\pi}(\sin^6 a(t+\pi) + \cos^4 a(t+\pi)) = e^{\pi} e^t(\sin^6 at + \cos^4 at) = e^{\pi} f(t)$ સંતોષે છે,કારણ કે બેકી પૂર્ણાંક $a$ માટે $\sin(a(t+\pi)) = \sin(at)$ અને $\cos(a(t+\pi)) = \cos(at)$ થાય છે.
ધારો કે $I_k = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(t) dt$. તો $I_{k+1} = \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(t) dt$. $t = u + \pi$ આદેશ લેતા,આપણને $I_{k+1} = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(u+\pi) du = e^{\pi} \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(u) du = e^{\pi} I_k$ મળે છે.
આમ,$I_1 = A$,$I_2 = e^{\pi} A$,$I_3 = e^{2\pi} A$,અને $I_4 = e^{3\pi} A$,જ્યાં $A = \int_0^{\pi} f(t) dt$ છે.
અંશ $\int_0^{4\pi} f(t) dt = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = A(1 + e^{\pi} + e^{2\pi} + e^{3\pi}) = A \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}$ છે.
તેથી,$L = \frac{A \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}}{A} = \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}$.
આ $a=2$ અને $a=4$ બંને માટે સાચું છે. તેથી,વિકલ્પો $(A)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(D) ધારો કે $H(x) = f(x) - 3g(x)$.
આપેલા બિંદુઓ પર $H(x)$ ના મૂલ્યોની ગણતરી કરતા:
$H(-1) = f(-1) - 3g(-1) = 3 - 3(0) = 3$.
$H(0) = f(0) - 3g(0) = 6 - 3(1) = 3$.
$H(2) = f(2) - 3g(2) = 0 - 3(-1) = 3$.
કારણ કે $H(-1) = H(0) = 3$,રોલના પ્રમેય મુજબ,$(-1, 0)$ માં ઓછામાં ઓછો એક $c_1$ એવો મળે કે જેથી $H^{\prime}(c_1) = 0$.
કારણ કે $H^{\prime \prime}(x)$ એ $(-1, 0)$ માં ક્યારેય શૂન્ય થતું નથી,તેથી $H^{\prime}(x)$ એ ચુસ્તપણે એકવિધ છે,જેનો અર્થ છે કે $(-1, 0)$ માં બરાબર એક ઉકેલ છે.
તે જ રીતે,કારણ કે $H(0) = H(2) = 3$,રોલના પ્રમેય મુજબ,$(0, 2)$ માં ઓછામાં ઓછો એક $c_2$ એવો મળે કે જેથી $H^{\prime}(c_2) = 0$.
કારણ કે $H^{\prime \prime}(x)$ એ $(0, 2)$ માં ક્યારેય શૂન્ય થતું નથી,તેથી $H^{\prime}(x)$ એ ચુસ્તપણે એકવિધ છે,જેનો અર્થ છે કે $(0, 2)$ માં બરાબર એક ઉકેલ છે.
આમ,વિધાનો $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = 7 \tan^6 x (\tan^2 x + 1) - 3 \tan^2 x (\tan^2 x + 1) = (7 \tan^6 x - 3 \tan^2 x) \sec^2 x$.
પ્રથમ,$\int_0^{\pi/4} f(x) dx$ ની ગણતરી કરો:
$\int_0^{\pi/4} (7 \tan^6 x - 3 \tan^2 x) \sec^2 x dx$. ધારો કે $u = \tan x$,તો $du = \sec^2 x dx$. જ્યારે $x=0, u=0$; જ્યારે $x=\pi/4, u=1$.
$= \int_0^1 (7u^6 - 3u^2) du = [u^7 - u^3]_0^1 = (1 - 1) - (0 - 0) = 0$. આમ,$(B)$ સાચું છે.
આગળ,ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીને $\int_0^{\pi/4} x f(x) dx$ ની ગણતરી કરો:
ધારો કે $I = \int_0^{\pi/4} x f(x) dx$. ધારો કે $g(x) = \int f(x) dx = \tan^7 x - \tan^3 x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int_0^{\pi/4} x f(x) dx = [x g(x)]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} g(x) dx$.
$[x(\tan^7 x - \tan^3 x)]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{4}(1 - 1) - 0 = 0$.
તેથી,$I = - \int_0^{\pi/4} (\tan^7 x - \tan^3 x) dx = \int_0^{\pi/4} (\tan^3 x - \tan^7 x) dx$.
$= \int_0^{\pi/4} \tan^3 x (1 - \tan^4 x) dx = \int_0^{\pi/4} \tan^3 x (1 - \tan^2 x)(1 + \tan^2 x) dx$.
$= \int_0^{\pi/4} (\tan^3 x - \tan^5 x) \sec^2 x dx$. ધારો કે $u = \tan x$,$du = \sec^2 x dx$.
$= \int_0^1 (u^3 - u^5) du = [\frac{u^4}{4} - \frac{u^6}{6}]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{3-2}{12} = \frac{1}{12}$. આમ,$(A)$ સાચું છે.

(A-D) $1.$ આપેલ છે કે $f(x) = x F(x)$,તેથી $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$.
$x=1$ આગળ,$f^{\prime}(1) = F(1) + 1 \cdot F^{\prime}(1) = 0 + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$. કારણ કે $F^{\prime}(x) < 0$,તેથી $f^{\prime}(1) < 0$. આમ $(A)$ સાચું છે.
$(B)$ માટે,$f(2) = 2 F(2)$. કારણ કે $F(1)=0$ અને $(1/2, 3)$ પર $F^{\prime}(x) < 0$ છે,તેથી $F(x)$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે. આમ $F(2) < F(1) = 0$,તેથી $f(2) < 0$. આમ $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ અને $(D)$ માટે,$f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$. કારણ કે $x \in (1, 3)$ માટે $F(x) < 0$ અને $F^{\prime}(x) < 0$ છે,તેથી તમામ $x \in (1, 3)$ માટે $f^{\prime}(x) < 0$. આમ $f^{\prime}(x) \neq 0$. આમ $(C)$ સાચું છે.
$1$ માટે સાચા વિકલ્પો: $(A, B, C)$.
$2.$ $\int_1^3 f(x) dx = \int_1^3 x F(x) dx$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\left[ \frac{x^2}{2} F(x) \right]_1^3 - \int_1^3 \frac{x^2}{2} F^{\prime}(x) dx = \frac{9}{2}(-4) - 0 - \frac{1}{2}(-12) = -18 + 6 = -12$. આમ $(D)$ સાચું છે.
$(A)$ અને $(C)$ માટે,$\int_1^3 x^3 F^{\prime \prime}(x) dx = [x^3 F^{\prime}(x)]_1^3 - 3 \int_1^3 x^2 F^{\prime}(x) dx = 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) - 3(-12) = 40$.
$27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) + 36 = 40 \Rightarrow 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = 4$.
કારણ કે $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$,$f^{\prime}(3) = F(3) + 3 F^{\prime}(3) = -4 + 3 F^{\prime}(3)$ અને $f^{\prime}(1) = F(1) + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$.
$9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) = 9(-4 + 3 F^{\prime}(3)) - F^{\prime}(1) = -36 + 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = -36 + 4 = -32$.
તેથી $9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) + 32 = 0$. આમ $(C)$ સાચું છે.
$2$ માટે સાચા વિકલ્પો: $(C, D)$.

(A) $1.$ ધારો કે $R$ એ લાલ દડો નીકળવાની ઘટના છે. $P(I) = P(II) = \frac{1}{2}$.
$P(R|I) = \frac{n_1}{n_1+n_2}$ અને $P(R|II) = \frac{n_3}{n_3+n_4}$.
બેયઝના પ્રમેય મુજબ,$P(II|R) = \frac{P(II)P(R|II)}{P(I)P(R|I) + P(II)P(R|II)} = \frac{1}{3}$.
$\frac{\frac{n_3}{n_3+n_4}}{\frac{n_1}{n_1+n_2} + \frac{n_3}{n_3+n_4}} = \frac{1}{3} \implies 2\frac{n_3}{n_3+n_4} = \frac{n_1}{n_1+n_2}$.
વિકલ્પ $(A)$ અને $(B)$ આ શરતનું પાલન કરે છે.
$2.$ બોક્સ $I$ માંથી એક દડો બોક્સ $II$ માં સ્થાનાંતરિત કર્યા પછી,બોક્સ $I$ માં દડાઓની સંખ્યા $n_1+n_2-1$ થાય છે.
$P(R_{new}) = \frac{n_1}{n_1+n_2} \cdot \frac{n_1-1}{n_1+n_2-1} + \frac{n_2}{n_1+n_2} \cdot \frac{n_1}{n_1+n_2-1} = \frac{n_1}{n_1+n_2} = \frac{1}{3}$.
આમ,$2n_1 = n_2$. વિકલ્પ $(C)$ અને $(D)$ આ શરતનું પાલન કરે છે.

(D) ધારો કે $n$ એ સિક્કા ઉછાળવાની સંખ્યા છે. $n$ વખત સિક્કા ઉછાળતા $k$ છાપ મળવાની સંભાવના દ્વિપદી વિતરણ $P(X=k) = {^nC_k} (\frac{1}{2})^n$ દ્વારા મળે છે.
ઓછામાં ઓછી બે છાપ મળવાની સંભાવના $P(X \ge 2) = 1 - P(X=0) - P(X=1)$ છે.
$P(X=0) = {^nC_0} (\frac{1}{2})^n = \frac{1}{2^n}$.
$P(X=1) = {^nC_1} (\frac{1}{2})^n = \frac{n}{2^n}$.
તેથી,$P(X \ge 2) = 1 - \frac{1+n}{2^n}$.
આપણે ઇચ્છીએ છીએ કે $1 - \frac{1+n}{2^n} \ge 0.96$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1+n}{2^n} \le 0.04 = \frac{1}{25}$.
$n$ માટે કિંમતો તપાસતા:
$n=7$ માટે: $\frac{1+7}{2^7} = \frac{8}{128} = \frac{1}{16} = 0.0625 > 0.04$.
$n=8$ માટે: $\frac{1+8}{2^8} = \frac{9}{256} \approx 0.03515 < 0.04$.
આમ,જરૂરી સિક્કા ઉછાળવાની ન્યૂનતમ સંખ્યા $8$ છે.