IIT JEE 2017 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) પરવલયનું સમીકરણ $y^2=16x$ છે.
જીવાનું સમીકરણ $2x+y=p$ છે.
મધ્યબિંદુ $(h, k)$ વાળી જીવાનું સમીકરણ $T=S_1$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$yk-8(x+h) = k^2-16h$
$yk-8x = k^2-8h$
આપેલ જીવાના સમીકરણ $2x+y=p$ સાથે સરખાવતા:
$\frac{k}{1} = \frac{-8}{2} = \frac{k^2-8h}{p}$
$\frac{k}{1} = -4$ પરથી,$k=-4$ મળે છે.
$\frac{-8}{2} = \frac{k^2-8h}{p}$ પરથી,$-4 = \frac{16-8h}{p}$ મળે છે.
$-4p = 16-8h \Rightarrow 2h-p = 4$.
વિકલ્પ $D$ ચકાસતા: $p=2, h=3, k=-4$.
$2(3)-2 = 4$. આ શરતનું પાલન કરે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) અતિવલય $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ માટે $m$ ઢાળવાળા સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx \pm \sqrt{a^2m^2 - b^2}$ છે.
આપેલ અતિવલય $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{16} = 1$ માટે,$b^2 = 16$ છે.
આપેલ સ્પર્શક $2x - y + 1 = 0$ છે,જેને $y = 2x + 1$ તરીકે લખી શકાય.
આને $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,$m = 2$ અને $c = 1$ મળે છે.
સ્પર્શક હોવાની શરત $c^2 = a^2m^2 - b^2$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $1^2 = a^2(2)^2 - 16$.
$1 = 4a^2 - 16 \Rightarrow 4a^2 = 17 \Rightarrow a^2 = \frac{17}{4} \Rightarrow a = \frac{\sqrt{17}}{2}$.
હવે,આપણે કાટકોણ ત્રિકોણ માટે બાજુઓ તપાસીએ (જ્યાં બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો સૌથી મોટી બાજુના વર્ગ જેટલો હોય):
$[A]$ $2a = \sqrt{17} \approx 4.12, 4, 1$. બાજુઓ: $\sqrt{17}, 4, 1$. $1^2 + 4^2 = 17 = (\sqrt{17})^2$. આ કાટકોણ ત્રિકોણ બનાવે છે.
$[B]$ $2a = \sqrt{17}, 8, 1$. બાજુઓ: $\sqrt{17}, 8, 1$. $1^2 + (\sqrt{17})^2 = 18 \neq 8^2 = 64$. કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.
$[C]$ $a = \frac{\sqrt{17}}{2} \approx 2.06, 4, 1$. બાજુઓ: $2.06, 4, 1$. $1^2 + 2.06^2 \approx 5.24 \neq 4^2 = 16$. કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.
$[D]$ $a = \frac{\sqrt{17}}{2}, 4, 2$. બાજુઓ: $2.06, 4, 2$. $2^2 + 2.06^2 \approx 8.24 \neq 4^2 = 16$. કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.
આમ,વિકલ્પો $B, C,$ અને $D$ કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ હોઈ શકે નહીં.

(B) ધારો કે બાજુઓ $a-d$,$a$,અને $a+d$ છે,જ્યાં $d > 0$.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$(a-d)^2 + a^2 = (a+d)^2$
$a^2 - 2ad + d^2 + a^2 = a^2 + 2ad + d^2$
$a^2 - 4ad = 0$
$a = 4d$ મળે.
બાજુઓ $3d$,$4d$,અને $5d$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = 24$ છે.
$\frac{1}{2} \times 3d \times 4d = 24$
$6d^2 = 24$
$d^2 = 4 \Rightarrow d = 2$.
બાજુઓ $6, 8, 10$ છે.
સૌથી નાની બાજુ $6$ છે.

(A) આપેલ વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2+2x+4y-p=0$ છે.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,$(x+1)^2+(y+2)^2 = p+5$ મળે.
વર્તુળનું કેન્દ્ર $(-1, -2)$ અને ત્રિજ્યા $r = \sqrt{p+5}$ છે.
યામ અક્ષો સાથે બરાબર ત્રણ સામાન્ય બિંદુઓ મેળવવા માટે,વર્તુળ કાં તો એક અક્ષને સ્પર્શતું હોવું જોઈએ અને ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતું હોવું જોઈએ.
કિસ્સો $1$: વર્તુળ $x$-અક્ષને સ્પર્શે છે,ત્યારે $|-2| = \sqrt{p+5} \Rightarrow p = -1$.
કિસ્સો $2$: વર્તુળ $y$-અક્ષને સ્પર્શે છે,ત્યારે $|-1| = \sqrt{p+5} \Rightarrow p = -4$.
કિસ્સો $3$: વર્તુળ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ માંથી પસાર થાય છે,ત્યારે $p = 0$.
આમ,$p$ ની $3$ શક્ય કિંમતો છે,પરંતુ આપેલ વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $2$ છે.

(A) કુલ ઉપલબ્ધ અક્ષરોની સંખ્યા $10$ છે.
$x$ માટે,આપણે કોઈ પુનરાવર્તન વગર $10$ લંબાઈના શબ્દો બનાવીએ છીએ,જે $10$ ભિન્ન અક્ષરોનો ક્રમચય છે: $x = 10!$.
$y$ માટે,આપણે $10$ અક્ષરોમાંથી બે વાર પુનરાવર્તિત થવા માટે $1$ અક્ષરને $^{10}C_1$ રીતે પસંદ કરીએ છીએ.
ત્યારબાદ આપણે બાકીના $9$ અક્ષરોમાંથી $8$ અન્ય અક્ષરોને $^{9}C_8$ રીતે પસંદ કરીએ છીએ.
આ $10$ અક્ષરોની ગોઠવણીની કુલ સંખ્યા (જ્યાં એક અક્ષર બે વાર પુનરાવર્તિત થાય છે) $\frac{10!}{2!}$ છે.
આમ,$y = {}^{10}C_1 \times {}^{9}C_8 \times \frac{10!}{2!}$.
ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા: $\frac{y}{9x} = \frac{{}^{10}C_1 \times {}^{9}C_8 \times \frac{10!}{2!}}{9 \times 10!} = \frac{10 \times 9}{9 \times 2} = 5$.

(C) $(1)$ બિંદુ $(\sqrt{3}, 1/2)$ એ ઉપવલય $x^2+4y^2=4$ પર છે,જે $x^2+a^2y^2=a^2$ છે જ્યાં $a=2$. સ્પર્શક $\sqrt{3}x+2y=4$ નો ઢાળ $m=-\sqrt{3}/2$ છે. સ્પર્શકનું સમીકરણ $y=mx+\sqrt{a^2m^2+1}$ છે. તેથી,$(II)(iv)(R)$ સાચું સંયોજન છે.
$(2)$ બિંદુ $(8, 16)$ એ પરવલય $y^2=4ax$ પર છે. $y^2=4ax$ માટે,$16^2=4a(8) \implies 256=32a \implies a=8$. સ્પર્શક $y=x+8$ નો ઢાળ $m=1$ છે. સમીકરણ $my=m^2x+a \implies y=x+8$ છે. સ્પર્શબિંદુ $(a/m^2, 2a/m) = (8, 16)$ છે. તેથી,$(III)(i)(P)$ સાચું સંયોજન છે.
$(3)$ $a=\sqrt{2}$ માટે,બિંદુ $(-1, 1)$ એ $x^2+y^2=a^2$ પર છે. $x^2+y^2=2$ પર $(-1, 1)$ આગળનો સ્પર્શક $-x+y=2 \implies y=x+2$ છે. $y=mx+a\sqrt{m^2+1}$ સાથે સરખાવતા,$m=1$ અને $a\sqrt{m^2+1} = 2$ મળે છે. સ્પર્શબિંદુ $(-ma/\sqrt{m^2+1}, a/\sqrt{m^2+1}) = (-1, 1)$ છે. તેથી,$(I)(ii)(Q)$ સાચું સંયોજન છે.

(D) ગણ $S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ માં $5$ એકી સંખ્યાઓ $\{1, 3, 5, 7, 9\}$ અને $4$ બેકી સંખ્યાઓ $\{2, 4, 6, 8\}$ છે.
આપણે $S$ ના $5$ ઘટકો ધરાવતા એવા ઉપગણોની કુલ સંખ્યા શોધી રહ્યા છીએ,જેમાં એકી ઘટકોની સંખ્યા $k$ એ $1, 2, 3, 4,$ અથવા $5$ હોય.
$S$ માં માત્ર $4$ બેકી સંખ્યાઓ હોવાથી,$5$ ઘટકોના કોઈપણ ઉપગણમાં ઓછામાં ઓછી $5 - 4 = 1$ એકી સંખ્યા હોવી જ જોઈએ.
તેથી,સરવાળો $N_1 + N_2 + N_3 + N_4 + N_5$ એ $S$ ના $9$ ઘટકોમાંથી $5$ ઘટકો પસંદ કરવાની કુલ રીતો દર્શાવે છે.
આ સંચયના સૂત્ર $\binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ દ્વારા મળે છે.
$N_1 + N_2 + N_3 + N_4 + N_5 = \binom{9}{5} = \binom{9}{4} = \frac{9 \times 8 \times 7 \times 6}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 126$.

(B) $x+y+z=n$ માટે અઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલોની કુલ સંખ્યા $\binom{n+k-1}{k-1}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં $k=3$ અને $n=10$ છે.
કુલ ઉકેલો $= \binom{10+3-1}{3-1} = \binom{12}{2} = \frac{12 \times 11}{2} = 66$.
$z$ યુગ્મ હોય તે માટે,$z \in \{0, 2, 4, 6, 8, 10\}$ લો.
જો $z=k$ હોય,તો $x+y=10-k$. $x+y=m$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા $m+1$ છે.
$z=0$ માટે,$x+y=10$,ઉકેલો $= 11$.
$z=2$ માટે,$x+y=8$,ઉકેલો $= 9$.
$z=4$ માટે,$x+y=6$,ઉકેલો $= 7$.
$z=6$ માટે,$x+y=4$,ઉકેલો $= 5$.
$z=8$ માટે,$x+y=2$,ઉકેલો $= 3$.
$z=10$ માટે,$x+y=0$,ઉકેલો $= 1$.
કુલ સાનુકૂળ ઉકેલો $= 11+9+7+5+3+1 = 36$.
સંભાવના $P = \frac{36}{66} = \frac{6}{11}$.

(A,C) આપેલ છે કે $2(\cos \beta - \cos \alpha) + \cos \alpha \cos \beta = 1$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે $\cos \beta(2 + \cos \alpha) = 1 + 2 \cos \alpha$.
તેથી,$\cos \beta = \frac{1 + 2 \cos \alpha}{2 + \cos \alpha}$.
યોગ-વિયોગ પ્રમાણનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\cos \beta - 1}{\cos \beta + 1} = \frac{(1 + 2 \cos \alpha) - (2 + \cos \alpha)}{(1 + 2 \cos \alpha) + (2 + \cos \alpha)} = \frac{\cos \alpha - 1}{3(1 + \cos \alpha)}$.
નિત્યસમ $\cos \theta - 1 = -2 \sin^2(\theta/2)$ અને $\cos \theta + 1 = 2 \cos^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\frac{-2 \sin^2(\beta/2)}{2 \cos^2(\beta/2)} = \frac{-2 \sin^2(\alpha/2)}{3(2 \cos^2(\alpha/2))}$.
આ સાદું રૂપ આપતા $-\tan^2(\beta/2) = -\frac{1}{3} \tan^2(\alpha/2)$ મળે છે,જે સૂચવે છે કે $\tan^2(\alpha/2) = 3 \tan^2(\beta/2)$.
વર્ગમૂળ લેતા,$\tan(\alpha/2) = \pm \sqrt{3} \tan(\beta/2)$.
આમ,$\tan(\alpha/2) - \sqrt{3} \tan(\beta/2) = 0$ અથવા $\tan(\alpha/2) + \sqrt{3} \tan(\beta/2) = 0$.

(B, D) $(1)$ Since $\alpha$ and $\beta$ are roots of $x^2-x-1=0$,we have $\alpha^2 = \alpha+1$ and $\beta^2 = \beta+1$.
Multiplying by $\alpha^{n-2}$ and $\beta^{n-2}$ respectively: $\alpha^n = \alpha^{n-1} + \alpha^{n-2}$ and $\beta^n = \beta^{n-1} + \beta^{n-2}$.
Multiplying by $p$ and $q$ and adding: $p\alpha^n + q\beta^n = (p\alpha^{n-1} + q\beta^{n-1}) + (p\alpha^{n-2} + q\beta^{n-2})$.
Thus,$a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$. For $n=12$,$a_{12} = a_{11} + a_{10}$. Option $B$ is correct.
$(2)$ We have $a_0 = p+q$,$a_1 = p\alpha + q\beta$,$a_2 = p\alpha^2 + q\beta^2 = p(\alpha+1) + q(\beta+1) = a_1 + a_0$,$a_3 = a_2 + a_1 = 2a_1 + a_0$,$a_4 = a_3 + a_2 = 3a_1 + 2a_0$.
Given $a_4 = 3(p\alpha + q\beta) + 2(p+q) = 28$.
Since $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ and $\beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$,$3p(\frac{1+\sqrt{5}}{2}) + 3q(\frac{1-\sqrt{5}}{2}) + 2p + 2q = 28$.
$\frac{3p+3p\sqrt{5}+3q-3q\sqrt{5}}{2} + 2p + 2q = 28$.
$(3.5p + 3.5q) + \frac{3\sqrt{5}}{2}(p-q) = 28$.
Since $28$ is rational,$p-q=0 \Rightarrow p=q$.
$7p = 28 \Rightarrow p=4, q=4$.
Then $p+2q = 4 + 2(4) = 12$. Option $D$ is correct.

(A) ધારો કે $M$ એ $3 \times 3$ વાસ્તવિક ઘટકો ધરાવતો શ્રેણિક છે જેથી $M^2 = A$ થાય. તો $\det(M^2) = \det(A)$,જેનો અર્થ છે કે $(\det(M))^2 = \det(A)$. કારણ કે $M$ ના ઘટકો વાસ્તવિક છે,$\det(M)$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે,તેથી $(\det(M))^2 \ge 0$. આમ,$A$ વાસ્તવિક શ્રેણિકનો વર્ગ હોવા માટે,તેનો નિશ્ચાયક અઋણ હોવો જોઈએ.
વિકલ્પ $A$ માટે: $\det(A) = \det \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} = -1 < 0$. તેથી,$A$ એ કોઈ શ્રેણિકનો વર્ગ હોઈ શકે નહીં.
વિકલ્પ $B$ માટે: $\det(B) = \det \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} = -1 < 0$. તેથી,$B$ એ કોઈ શ્રેણિકનો વર્ગ હોઈ શકે નહીં.
વિકલ્પ $C$ માટે: $\det(C) = 1 > 0$. તે એકમ શ્રેણિક $I^2 = I$ નો વર્ગ છે.
વિકલ્પ $D$ માટે: $\det(D) = \det \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} = 1 > 0$. તે શ્રેણિક $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{bmatrix}$ નો વર્ગ છે.
તેથી,$A$ અને $B$ એ વાસ્તવિક $3 \times 3$ શ્રેણિકોના વર્ગ નથી.

(A) આપેલ છે $P(X) = \frac{1}{3}$,$P(X \mid Y) = \frac{1}{2}$,અને $P(Y \mid X) = \frac{2}{5}$.
શરતી સંભાવનાની વ્યાખ્યા મુજબ,$P(Y \mid X) = \frac{P(X \cap Y)}{P(X)}$.
$\frac{2}{5} = \frac{P(X \cap Y)}{1/3} \Rightarrow P(X \cap Y) = \frac{2}{5} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{15}$.
હવે,$P(X \mid Y) = \frac{P(X \cap Y)}{P(Y)}$.
$\frac{1}{2} = \frac{2/15}{P(Y)} \Rightarrow P(Y) = \frac{2}{15} \times 2 = \frac{4}{15}$. (વિકલ્પ $D$ સાચો છે)
$P(X^{\prime} \mid Y)$ માટે,$P(X^{\prime} \mid Y) = 1 - P(X \mid Y) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$. (વિકલ્પ $A$ સાચો છે)
$P(X \cup Y)$ માટે,$P(X \cup Y) = P(X) + P(Y) - P(X \cap Y) = \frac{1}{3} + \frac{4}{15} - \frac{2}{15} = \frac{5+4-2}{15} = \frac{7}{15}$.
આમ,વિકલ્પો $A$ અને $D$ સાચા છે.

(D) વિધેય $f(x) = x \cos(\pi(x + [x]))$ છે. વિધેય ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ એ જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ અથવા વિધેયના મૂલ્ય જેટલી ન હોય.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,અંતરાલ $[n, n+1)$ માં,$[x] = n$ થાય. તેથી,$f(x) = x \cos(\pi(x + n))$.
$1$. $x = -1$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to -1^-} x \cos(\pi(x - 2)) = -1 \cos(-3\pi) = -1(-1) = 1$.
$RHL = \lim_{x \to -1^+} x \cos(\pi(x - 1)) = -1 \cos(-2\pi) = -1(1) = -1$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = -1$ આગળ અસતત છે.
$2$. $x = 0$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to 0^-} x \cos(\pi(x - 1)) = 0 \cos(-\pi) = 0$.
$RHL = \lim_{x \to 0^+} x \cos(\pi x) = 0 \cos(0) = 0$.
$LHL = RHL = f(0) = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$3$. $x = 1$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} x \cos(\pi(x)) = 1 \cos(\pi) = -1$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} x \cos(\pi(x + 1)) = 1 \cos(2\pi) = 1$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ અસતત છે.
$4$. $x = 2$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to 2^-} x \cos(\pi(x + 1)) = 2 \cos(3\pi) = -2$.
$RHL = \lim_{x \to 2^+} x \cos(\pi(x + 2)) = 2 \cos(4\pi) = 2$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 2$ આગળ અસતત છે.
આમ,વિધેય $x = -1, 1, 2$ આગળ અસતત છે. સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) વિકલ્પ $[A]$ માટે,ધારો કે $g(x) = e^x - \int_0^x f(t) \sin t \, dt$. કારણ કે $f(t) \in (0,1)$ અને $\sin t \in [0,1]$ છે,તેથી સંકલન $\int_0^x f(t) \sin t \, dt < x$ થાય. આમ $g(x) > e^x - x$. $e^x - x > 0$ હોવાથી,$g(x)$ ક્યારેય શૂન્ય ન થઈ શકે.
વિકલ્પ $[B]$ માટે,ધારો કે $h(x) = x^9 - f(x)$. $f(x) \in (0,1)$ હોવાથી,$h(0) = -f(0) < 0$ અને $h(1) = 1 - f(1) > 0$. Intermediate Value Theorem $(IVT)$ મુજબ,કોઈ $c \in (0,1)$ મળે કે જેથી $h(c) = 0$ થાય.
વિકલ્પ $[C]$ માટે,ધારો કે $k(x) = f(x) + \int_0^{\pi/2} f(t) \sin t \, dt$. $f(x) > 0$ અને સંકલન ધન હોવાથી,$k(x) > 0$ થાય. તેથી તે શૂન્ય ન થઈ શકે.
વિકલ્પ $[D]$ માટે,ધારો કે $m(x) = x - \int_0^{\pi/2 - x} f(t) \cos t \, dt$. $m(0) < 0$ અને $m(1) > 0$ હોવાથી,$IVT$ મુજબ કોઈ $c \in (0,1)$ મળે કે જેથી $m(c) = 0$ થાય.

(D) સંહતિને અનંત ઉકેલો હોય જો સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $D = 0$ હોય અને વિસ્તૃત શ્રેણિક સુસંગતતાની શરતનું પાલન કરે.
પ્રથમ,નિશ્ચાયક $D$ ની ગણતરી કરો:
$D = \begin{vmatrix} 1 & \alpha & \alpha^2 \\ \alpha & 1 & \alpha \\ \alpha^2 & \alpha & 1 \end{vmatrix} = 1(1 - \alpha^2) - \alpha(\alpha - \alpha^3) + \alpha^2(\alpha^2 - \alpha^2) = 1 - \alpha^2 - \alpha^2 + \alpha^4 = \alpha^4 - 2\alpha^2 + 1 = (\alpha^2 - 1)^2$.
$D = 0$ લેતા $(\alpha^2 - 1)^2 = 0$ મળે,તેથી $\alpha^2 = 1$,એટલે કે $\alpha = 1$ અથવા $\alpha = -1$.
કિસ્સો $1$: જો $\alpha = 1$ હોય,તો સમીકરણો:
$x + y + z = 1$
$x + y + z = -1$
$x + y + z = 1$
આ અસંગત છે કારણ કે $1 \neq -1$,તેથી કોઈ ઉકેલ નથી.
કિસ્સો $2$: જો $\alpha = -1$ હોય,તો સમીકરણો:
$x - y + z = 1$
$-x + y - z = -1$
$x - y + z = 1$
ત્રણેય સમીકરણો $x - y + z = 1$ ને સમાન છે,જે એક સમતલ દર્શાવે છે,તેથી અનંત ઉકેલો મળે છે.
તેથી,$\alpha = -1$.
આમ,$1 + \alpha + \alpha^2 = 1 + (-1) + (-1)^2 = 1 - 1 + 1 = 1$.

(C) આપેલ સંકલન $g(x)=\int_x^{\pi / 2} [f^{\prime}(t) \operatorname{cosec} t - f(t) \operatorname{cosec} t \cot t] dt$ છે.
નોંધો કે સંકલ્ય એ $f(t) \operatorname{cosec} t$ ગુણાકારનું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન છે,કારણ કે $\frac{d}{dt} [f(t) \operatorname{cosec} t] = f^{\prime}(t) \operatorname{cosec} t - f(t) \operatorname{cosec} t \cot t$.
આમ,$g(x) = [f(t) \operatorname{cosec} t]_x^{\pi / 2} = f(\frac{\pi}{2}) \operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2}) - f(x) \operatorname{cosec} x$.
$f(\frac{\pi}{2})=3$ અને $\operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2})=1$ કિંમતો મૂકતા,આપણને $g(x) = 3 - \frac{f(x)}{\sin x}$ મળે છે.
હવે,$\lim _{x \rightarrow 0} g(x) = \lim _{x \rightarrow 0} (3 - \frac{f(x)}{\sin x}) = 3 - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin x}$.
$L'H\hat{o}pital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin x} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}(x)}{\cos x} = \frac{f^{\prime}(0)}{\cos 0} = \frac{1}{1} = 1$.
તેથી,$\lim _{x \rightarrow 0} g(x) = 3 - 1 = 2$.

(A) ગોળાનું દળ $m = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કુલ દળ $m$ અચળ હોવાથી,સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં તેનું વિકલન શૂન્ય થાય છે: $\frac{dm}{dt} = 0$.
દળના સમીકરણનું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$0 = \frac{d\rho}{dt} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 + \rho \cdot 4 \pi R^2 \frac{dR}{dt}$.
$\rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$0 = \frac{1}{\rho} \frac{d\rho}{dt} + \frac{3}{R} \frac{dR}{dt}$.
સપાટીના વેગ $v = \frac{dR}{dt}$ માટે ગોઠવતા:
$\frac{dR}{dt} = -\frac{R}{3} \left(\frac{1}{\rho} \frac{d\rho}{dt}\right)$.
આપેલ છે કે ઘનતામાં આંશિક ફેરફારનો દર $\left(\frac{1}{\rho} \frac{d\rho}{dt}\right)$ અચળ છે,ધારો કે આ અચળાંક $k$ છે.
તેથી $v = \frac{dR}{dt} = -\frac{k}{3} R$.
આમ,$v \propto R$.

(A) આકૃતિ પરથી,સદિશ $\vec{R}$ એ $\vec{R} = \vec{Q} - \vec{P}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બિંદુ $S$ એ રેખાખંડ $PQ$ પર આવેલું છે જેથી અંતર $PS = b|\vec{R}|$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે સદિશ $\vec{PS} = b\vec{R} = b(\vec{Q} - \vec{P})$.
$\triangle OPS$ માં સદિશ સરવાળાના ત્રિકોણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\vec{S} = \vec{P} + \vec{PS}$ મળે છે.
$\vec{PS}$ માટેનું પદ મૂકતા,આપણને $\vec{S} = \vec{P} + b(\vec{Q} - \vec{P})$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $\vec{S} = \vec{P} + b\vec{Q} - b\vec{P} = (1-b)\vec{P} + b\vec{Q}$ મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\overline{OP} \cdot \overline{OQ} + \overline{OR} \cdot \overline{OS} = \overline{OR} \cdot \overline{OP} + \overline{OQ} \cdot \overline{OS}$.
પદોને ગોઠવતા: $\overline{OP} \cdot \overline{OQ} - \overline{OR} \cdot \overline{OP} = \overline{OQ} \cdot \overline{OS} - \overline{OR} \cdot \overline{OS}$.
$\overline{OP} \cdot (\overline{OQ} - \overline{OR}) = \overline{OS} \cdot (\overline{OQ} - \overline{OR})$.
$(\overline{OP} - \overline{OS}) \cdot (\overline{OQ} - \overline{OR}) = 0$.
$\overline{SP} \cdot \overline{RQ} = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\overline{SP} \perp \overline{RQ}$,એટલે કે $S$ એ $P$ માંથી $QR$ પરના વેધ પર આવેલું છે.
તે જ રીતે,$\overline{OR} \cdot \overline{OP} + \overline{OQ} \cdot \overline{OS} = \overline{OQ} \cdot \overline{OR} + \overline{OP} \cdot \overline{OS}$ પરથી,આપણને $\overline{SQ} \perp \overline{PR}$ મળે છે.
જેથી $S$ એ વેધનું છેદબિંદુ હોવાથી,$S$ એ $\triangle PQR$ નું લંબકેન્દ્ર છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $8 \sqrt{x}(\sqrt{9+\sqrt{x}}) dy = \frac{1}{\sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}}} dx$.
પદોને ગોઠવતા: $dy = \frac{dx}{8 \sqrt{x} \sqrt{9+\sqrt{x}} \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}}}$.
ધારો કે $u = 4+\sqrt{9+\sqrt{x}}$.
તો $du = \frac{1}{2\sqrt{9+\sqrt{x}}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} dx = \frac{dx}{4\sqrt{x}\sqrt{9+\sqrt{x}}}$.
આ કિંમત વિકલ સમીકરણમાં મૂકતા: $dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{du}{\sqrt{u}}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $y = \int \frac{1}{2\sqrt{u}} du = \sqrt{u} + C$.
$u$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $y = \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}} + C$.
$y(0) = \sqrt{7}$ આપેલ હોવાથી,$\sqrt{4+\sqrt{9+0}} + C = \sqrt{7} \Rightarrow \sqrt{4+3} + C = \sqrt{7} \Rightarrow \sqrt{7} + C = \sqrt{7} \Rightarrow C = 0$.
આમ,$y = \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}}$.
$x=256$ માટે,$y(256) = \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{256}}} = \sqrt{4+\sqrt{9+16}} = \sqrt{4+\sqrt{25}} = \sqrt{4+5} = \sqrt{9} = 3$.

(D) વિધેય $h(x) = f(x) - x$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
આપેલ છે કે $f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ અને $f(1) = 1$,તેથી $h(\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} = 0$ અને $h(1) = f(1) - 1 = 0$.
$f(x)$ એ બે વાર વિકલનીય હોવાથી,$h(x)$ પણ $[\frac{1}{2}, 1]$ પર વિકલનીય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,કોઈક $\alpha \in (\frac{1}{2}, 1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $h^{\prime}(\alpha) = 0$ થાય.
$h^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - 1$ હોવાથી,આનો અર્થ એ થાય કે $f^{\prime}(\alpha) = 1$.
આપણને આપેલ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f^{\prime \prime}(x) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$\alpha < 1$ અને $f^{\prime}(x)$ ચુસ્ત વધતું હોવાથી,આપણને $f^{\prime}(\alpha) < f^{\prime}(1)$ મળે છે.
$f^{\prime}(\alpha) = 1$ મૂકતા,આપણને $1 < f^{\prime}(1)$ મળે છે.

(B) ધારો કે $M = [m_{ij}]$ એ $3 \times 3$ શ્રેણિક છે જ્યાં $m_{ij} \in \{0, 1, 2\}$ છે.
$M^T M$ ના વિકર્ણ ઘટકોનો સરવાળો એ $M^T M$ નો નિશ્ચાયક (trace) છે,જે $M$ ના તમામ ઘટકોના વર્ગોના સરવાળા બરાબર થાય છે,એટલે કે $\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 m_{ij}^2 = 5$.
કારણ કે $m_{ij} \in \{0, 1, 2\}$,તેથી ઘટકોના વર્ગો $m_{ij}^2 \in \{0, 1, 4\}$ છે.
આપણે $9$ ઘટકો એવી રીતે પસંદ કરવાના છે કે જેથી તેમના વર્ગોનો સરવાળો $5$ થાય. વર્ગોના શક્ય સંયોજનો નીચે મુજબ છે:
કિસ્સો $1$: પાંચ ઘટકો $1$ હોય અને ચાર ઘટકો $0$ હોય. આ રીતે પસંદગી કરવાની રીતો $\binom{9}{5} = 126$ છે.
કિસ્સો $2$: એક ઘટક $2$ હોય (જેનો વર્ગ $4$ થાય),એક ઘટક $1$ હોય (જેનો વર્ગ $1$ થાય),અને સાત ઘટકો $0$ હોય. $2$ ના સ્થાનને પસંદ કરવાની રીતો $\binom{9}{1} = 9$ છે,અને બાકીના $8$ સ્થાનોમાંથી $1$ ના સ્થાનને પસંદ કરવાની રીતો $\binom{8}{1} = 8$ છે. આમ,$9 \times 8 = 72$ રીતો મળે.
શ્રેણિકોની કુલ સંખ્યા $= 126 + 72 = 198$ થાય.

(C) આપેલ છે $g(x) = \int_{\sin x}^{\sin(2x)} \sin^{-1}(t) \, dt$.
લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$g^{\prime}(x) = \sin^{-1}(\sin(2x)) \cdot \frac{d}{dx}(\sin(2x)) - \sin^{-1}(\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(\sin x)$.
$g^{\prime}(x) = \sin^{-1}(\sin(2x)) \cdot (2\cos(2x)) - \sin^{-1}(\sin x) \cdot (\cos x)$.
$x = \frac{\pi}{2}$ માટે:
$g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin^{-1}(\sin(\pi)) \cdot (2\cos(\pi)) - \sin^{-1}(\sin(\frac{\pi}{2})) \cdot (\cos(\frac{\pi}{2}))$.
$\sin(\pi) = 0$ હોવાથી,$\sin^{-1}(0) = 0$.
$\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ હોવાથી,બીજું પદ પણ $0$ થશે.
આમ,$g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \cdot (-2) - (\frac{\pi}{2}) \cdot 0 = 0$.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) - 2f(x) > 0$.
સંકલ્યકારક અવયવ $e^{-2x}$ વડે ગુણતા:
$e^{-2x} f^{\prime}(x) - 2e^{-2x} f(x) > 0$.
આ $\frac{d}{dx}(f(x) e^{-2x}) > 0$ ને સમાન છે.
ધારો કે $g(x) = f(x) e^{-2x}$. કારણ કે $g^{\prime}(x) > 0$,તેથી $g(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$x > 0$ માટે,$g(x) > g(0)$.
કારણ કે $g(0) = f(0) e^0 = 1 \cdot 1 = 1$,તેથી આપણને $f(x) e^{-2x} > 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે તમામ $x > 0$ માટે $f(x) > e^{2x}$.
કારણ કે $x > 0$ માટે $f(x) > e^{2x} > 0$ અને $f^{\prime}(x) > 2f(x)$,તેથી $f^{\prime}(x) > 2e^{2x} > 0$.
કારણ કે $f^{\prime}(x) > 0$,તેથી $f(x)$ એ $(0, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે.
આમ,$A$ અને $C$ સાચા છે.

(B) $x \to 1^{-}$ માટે,ધારો કે $x = 1 - h$ જ્યાં $h > 0$. તો $|1 - x| = h$.
$f(1 - h) = \frac{1 - (1 - h)(1 + h)}{h} \cos \left(\frac{1}{h}\right) = \frac{1 - (1 - h^2)}{h} \cos \left(\frac{1}{h}\right) = h \cos \left(\frac{1}{h}\right)$.
$\lim_{h \to 0} h \cos \left(\frac{1}{h}\right) = 0$ હોવાથી,$\lim_{x \to 1^{-}} f(x) = 0$.
$x \to 1^{+}$ માટે,ધારો કે $x = 1 + h$ જ્યાં $h > 0$. તો $|1 - x| = h$.
$f(1 + h) = \frac{1 - (1 + h)(1 + h)}{h} \cos \left(\frac{-1}{h}\right) = -(2 + h) \cos \left(\frac{1}{h}\right)$.
જેમ $h \to 0$,તેમ $-(2 + h) \to -2$ અને $\cos \left(\frac{1}{h}\right)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
તેથી,$\lim_{x \to 1^{+}} f(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
આમ,વિકલ્પો $A$ અને $D$ સાચા છે.

(D) નિશ્ચાયક $f(x)$ નું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \cos(2x)(\cos^2 x + \sin^2 x) - \cos(2x)(-\cos^2 x + \sin^2 x) + \sin(2x)(-2 \sin x \cos x)$
$f(x) = \cos 2x + \cos^2 2x - \sin^2 2x = \cos 2x + \cos 4x$.
હવે,$f'(x) = -2 \sin 2x - 4 \sin 4x = -2 \sin 2x (1 + 4 \cos 2x)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$\sin 2x = 0$ અથવા $\cos 2x = -1/4$ મળે.
$(-\pi, \pi)$ અંતરાલમાં,$\sin 2x = 0$ એ $x = 0, \pm \pi/2$ પર થાય છે. ($3$ બિંદુઓ)
$\cos 2x = -1/4$ ના $(-\pi, \pi)$ માં $4$ ઉકેલો છે.
આમ,$f'(x) = 0$ એ $3 + 4 = 7$ બિંદુઓ પર થાય છે,જે ત્રણથી વધુ છે. તેથી $B$ સાચું છે.
$f(x) = \cos 2x + \cos 4x$ માટે,$x = 0$ પર,$f(0) = \cos 0 + \cos 0 = 2$.
$\cos \theta \le 1$ હોવાથી,$f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે,જે $x = 0$ પર મળે છે. તેથી $C$ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $B$ અને $C$ છે.

(A) પ્રદેશ $R$ નું કુલ ક્ષેત્રફળ નીચે મુજબ છે:
$A = \int_0^1 (x - x^3) dx = \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$.
રેખા $x = \alpha$ ક્ષેત્રફળને બે સમાન ભાગોમાં વહેંચતી હોવાથી,$0$ થી $\alpha$ સુધીનું ક્ષેત્રફળ કુલ ક્ષેત્રફળના અડધા જેટલું હોવું જોઈએ:
$\int_0^{\alpha} (x - x^3) dx = \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4} \right]_0^{\alpha} = \frac{1}{8}$
$\frac{\alpha^2}{2} - \frac{\alpha^4}{4} = \frac{1}{8}$
$4$ વડે ગુણતા:
$2 \alpha^2 - \alpha^4 = \frac{1}{2}$
$4 \alpha^2 - 2 \alpha^4 = 1$
$2 \alpha^4 - 4 \alpha^2 + 1 = 0$. આ વિકલ્પ $[C]$ સાબિત કરે છે.
ધારો કે $f(\alpha) = 2 \alpha^4 - 4 \alpha^2 + 1$. આપણી પાસે $f(0) = 1$ અને $f(1) = 2 - 4 + 1 = -1$ છે.
$f(\alpha)$ સતત હોવાથી અને $0$ થી $1$ ની વચ્ચે ચિહ્ન બદલાતું હોવાથી,એક બીજ $\alpha \in (0, 1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
વળી,$f(1/\sqrt{2}) = 2(1/4) - 4(1/2) + 1 = 0.5 - 2 + 1 = -0.5 < 0$.
$f(0) = 1 > 0$ અને $f(1/\sqrt{2}) < 0$ હોવાથી,બીજ $\alpha$ એ $(0, 1/\sqrt{2})$ માં હોવું જોઈએ.
$1/\sqrt{2} \approx 0.707$ અને $1/2 = 0.5$ હોવાથી,આપણે $f(1/2) = 2(1/16) - 4(1/4) + 1 = 1/8 - 1 + 1 = 1/8 > 0$ ચકાસીએ છીએ.
$f(1/2) > 0$ અને $f(1/\sqrt{2}) < 0$ હોવાથી,બીજ $\alpha$ એ $(1/2, 1/\sqrt{2})$ માં છે,જે $(1/2, 1)$ નો ઉપગણ છે. તેથી,વિકલ્પ $[B]$ પણ સાચો છે.

(C) આપણને $I = \sum_{k=1}^{98} \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx$ આપેલ છે.
$x \in [k, k+1]$ માટે,આપણી પાસે $k \le x \le k+1$ છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{1}{k+1} \le \frac{1}{x} \le \frac{1}{k}$.
$(k+1)$ વડે ગુણતા,આપણને $\frac{k+1}{k+1} \le \frac{k+1}{x} \le \frac{k+1}{k}$ મળે છે.
$(x+1)$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{1}{x+1} \le \frac{k+1}{x(x+1)} \le \frac{k+1}{k(x+1)}$ મળે છે.
$k$ થી $k+1$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{k}^{k+1} \frac{1}{x+1} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{k(x+1)} dx$.
$k=1$ થી $98$ સુધી સરવાળો કરતા:
$\sum_{k=1}^{98} (\ln(k+2) - \ln(k+1)) < I < \sum_{k=1}^{98} \frac{k+1}{k} (\ln(k+2) - \ln(k+1))$.
ડાબી બાજુ $\ln(100) - \ln(2) = \ln(50)$ છે.
$\frac{k+1}{k} = 1 + \frac{1}{k}$ હોવાથી,જમણી બાજુ $\sum_{k=1}^{98} (1 + \frac{1}{k}) \ln(\frac{k+2}{k+1})$ છે.
$\ln(1+x) < x$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને,આપણે સાબિત કરી શકીએ કે $I < \ln(99)$.
વધુમાં,$\frac{49}{50}$ સાથે સરખામણી કરતા,આપણને $I > \frac{49}{50}$ મળે છે.
આમ,$I < \ln(99)$ અને $I > \frac{49}{50}$ બંને સાચા છે.

(D) $(1)$ $\overline{OX}$ અને $\overline{OY}$ એ $QR$ અને $RP$ ની દિશામાં એકમ સદિશો હોવાથી,તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\pi - R$ છે.
તેથી,$|\overline{OX} \times \overline{OY}| = |\overline{OX}| |\overline{OY}| \sin(\pi - R) = 1 \cdot 1 \cdot \sin R = \sin R$.
$P+Q+R = \pi$ હોવાથી,$\sin R = \sin(\pi - (P+Q)) = \sin(P+Q)$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$(2)$ આપણે $\cos(P+Q) + \cos(Q+R) + \cos(R+P)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવાની છે.
$P+Q+R = \pi$ હોવાથી,આ $\cos(\pi-R) + \cos(\pi-P) + \cos(\pi-Q) = -(\cos P + \cos Q + \cos R)$ ને સમાન છે.
કોઈપણ ત્રિકોણ માટે,$\cos P + \cos Q + \cos R \leq \frac{3}{2}$.
તેથી,$-(\cos P + \cos Q + \cos R) \geq -\frac{3}{2}$.
ન્યૂનતમ કિંમત $-\frac{3}{2}$ છે,જે સમબાજુ ત્રિકોણ માટે મળે છે.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
બંનેને જોડતા,સાચો વિકલ્પ $A, B$ છે.

(C) બિંદુ $(1, 1, 1)$ માંથી પસાર થતા સમતલનું સમીકરણ $a(x - 1) + b(y - 1) + c(z - 1) = 0$ છે.
આ સમતલ $2x + y - 2z = 5$ અને $3x - 6y - 2z = 7$ ને લંબ હોવાથી,તેનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = (a, b, c)$ એ આપેલા સમતલોના અભિલંબ સદિશો $\vec{n_1} = (2, 1, -2)$ અને $\vec{n_2} = (3, -6, -2)$ ને લંબ હશે.
તેથી,અભિલંબ સદિશ $\vec{n}$ એ $\vec{n_1} \times \vec{n_2}$ દ્વારા મળે છે:
$\vec{n} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 1 & -2 \\ 3 & -6 & -2 \end{vmatrix} = \hat{i}(-2 - 12) - \hat{j}(-4 + 6) + \hat{k}(-12 - 3) = -14\hat{i} - 2\hat{j} - 15\hat{k}$.
અભિલંબ સદિશ $(14, 2, 15)$ લેતા,સમતલનું સમીકરણ $14(x - 1) + 2(y - 1) + 15(z - 1) = 0$ થાય.
આનું સાદુરૂપ આપતા,$14x - 14 + 2y - 2 + 15z - 15 = 0$,એટલે કે $14x + 2y + 15z = 31$ મળે છે.