IIT JEE 2018 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) સંકર સંખ્યા $-1-i$ એ ત્રીજા ચરણમાં આવેલી છે. મુખ્ય કોણાંક $\arg(-1-i) = -\pi + \arctan(1) = -\pi + \frac{\pi}{4} = -\frac{3\pi}{4}$ છે. તેથી,વિધાન $(A)$ $FALSE$ છે.
$(B)$ $f(t) = \arg(-1+it)$. જ્યારે $t > 0$ હોય,ત્યારે $\arg(-1+it) = \pi - \arctan(t)$. જ્યારે $t < 0$ હોય,ત્યારે $\arg(-1+it) = -\pi + \arctan(|t|)$. $t \to 0$ માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત $-\pi$ છે અને જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત $\pi$ છે. તેથી,તે $t=0$ પર અસતત છે. વિધાન $(B)$ $FALSE$ છે.
$(C)$ કોણાંકના ગુણધર્મ મુજબ,$\arg(z_1/z_2) = \arg(z_1) - \arg(z_2) + 2k\pi$. આ એક પ્રમાણિત નિત્યસમ છે. વિધાન $(C)$ $TRUE$ છે.
$(D)$ શરત $\arg\left(\frac{(z-z_1)(z_2-z_3)}{(z-z_3)(z_2-z_1)}\right) = \pi$ સૂચવે છે કે બિંદુઓ $z, z_1, z_2, z_3$ એક વર્તુળ પર આવેલા છે. બિંદુપથ એક વર્તુળ છે,સીધી રેખા નથી. વિધાન $(D)$ $FALSE$ છે.
તેથી,ખોટા વિધાનો $(A), (B)$ અને $(D)$ છે.

(B) આપેલ છે: $PQ = 10\sqrt{3}$,$QR = 10$,અને $\angle PQR = 30^{\circ}$.
$PR$ શોધવા માટે કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$PR^2 = PQ^2 + QR^2 - 2(PQ)(QR)\cos(30^{\circ})$
$PR^2 = (10\sqrt{3})^2 + 10^2 - 2(10\sqrt{3})(10)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
$PR^2 = 300 + 100 - 300 = 100$
$PR = 10$.
કારણ કે $PR = QR = 10$,ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે જેમાં $\angle QPR = \angle PQR = 30^{\circ}$.
તેથી,$\angle QRP = 180^{\circ} - (30^{\circ} + 30^{\circ}) = 120^{\circ}$. આમ,વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$\triangle PQR$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times PQ \times QR \times \sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2} \times 10\sqrt{3} \times 10 \times \frac{1}{2} = 25\sqrt{3}$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{10\sqrt{3} + 10 + 10}{2} = 5\sqrt{3} + 10$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\text{Area}}{s} = \frac{25\sqrt{3}}{5\sqrt{3} + 10} = \frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 2} = \frac{5\sqrt{3}(2 - \sqrt{3})}{4 - 3} = 10\sqrt{3} - 15$. આમ,વિધાન $(C)$ સાચું છે.
પરિત્રિજ્યા $R = \frac{abc}{4\Delta} = \frac{10\sqrt{3} \times 10 \times 10}{4 \times 25\sqrt{3}} = \frac{1000\sqrt{3}}{100\sqrt{3}} = 10$.
પરિવૃત્તનું ક્ષેત્રફળ = $\pi R^2 = \pi(10)^2 = 100\pi$. આમ,વિધાન $(D)$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(B), (C), (D)$ સાચા છે.

(B) ધારો કે પદાવલિ $E = \left(\left(\log _2 9\right)^2\right)^{\frac{1}{\log _2\left(\log _2 9\right)}} \times(\sqrt{7})^{\frac{1}{\log _4 7}}$ છે.
ગુણધર્મ $\frac{1}{\log_a b} = \log_b a$ નો ઉપયોગ કરતા,પ્રથમ પદ $\left(\left(\log _2 9\right)^2\right)^{\log_{\log_2 9} 2} = (\log_2 9)^{2 \log_{\log_2 9} 2} = (\log_2 9)^{\log_{\log_2 9} 2^2} = 2^2 = 4$ બને છે.
બીજા પદ માટે,$\frac{1}{\log_4 7} = \log_7 4$. તેથી,$(\sqrt{7})^{\log_7 4} = (7^{1/2})^{\log_7 4} = 7^{\frac{1}{2} \log_7 4} = 7^{\log_7 4^{1/2}} = 4^{1/2} = 2$.
તેથી,$E = 4 \times 2 = 8$.

(A) જો કોઈ સંખ્યાના છેલ્લા બે અંકો $4$ વડે વિભાજ્ય હોય,તો તે સંખ્યા $4$ વડે વિભાજ્ય હોય છે.
આપેલ અંકોના ગણ $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ માંથી બનતી બે અંકી સંખ્યાઓ જે $4$ વડે વિભાજ્ય હોય તે: $12, 24, 32, 44, 52$ છે.
આમ,છેલ્લા બે અંકો માટે $5$ શક્યતાઓ છે.
$5$-અંકી સંખ્યામાં,પ્રથમ $3$ સ્થાનો કોઈપણ $5$ અંકો દ્વારા ભરી શકાય છે કારણ કે પુનરાવર્તન માન્ય છે.
પ્રથમ $3$ સ્થાનો ભરવાની રીતોની સંખ્યા = $5 \times 5 \times 5 = 5^3 = 125$.
છેલ્લા બે અંકો માટે $5$ શક્યતાઓ હોવાથી,કુલ $5$-અંકી સંખ્યાઓની સંખ્યા = $125 \times 5 = 625$ થાય.

(B) $X$ નું $n$-મું પદ $a_n = 1 + (n-1)5 = 5n - 4$ છે. $n=2018$ માટે,$a_{2018} = 10086$ છે.
$Y$ નું $n$-મું પદ $b_n = 9 + (n-1)7 = 7n + 2$ છે. $n=2018$ માટે,$b_{2018} = 14128$ છે.
સામાન્ય પદો $X \cap Y$ માટે $5n - 4 = 7m + 2$ થાય,જે $5n = 7m + 6$ સૂચવે છે. સૌથી નાનો ઉકેલ $n=4, m=2$ છે,જે $16$ આપે છે. સામાન્ય તફાવત $\text{lcm}(5, 7) = 35$ છે.
સામાન્ય પદો $16, 51, 86, \dots$ છે. સામાન્ય પદ $c_k = 16 + (k-1)35 = 35k - 19$ છે.
આપણે $c_k \leq 10086$ જોઈએ: $35k - 19 \leq 10086 \implies 35k \leq 10105 \implies k \leq 288.71$.
તેથી,$n(X \cap Y) = 288$.
ગણના સિદ્ધાંત મુજબ: $n(X \cup Y) = n(X) + n(Y) - n(X \cap Y) = 2018 + 2018 - 288 = 3748$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\sqrt{3} a \cos x + 2 b \sin x = c$ છે.
$a$ વડે ભાગતા,$\sqrt{3} \cos x + \frac{2b}{a} \sin x = \frac{c}{a}$ મળે.
$\alpha$ અને $\beta$ બીજ હોવાથી:
$\sqrt{3} \cos \alpha + \frac{2b}{a} \sin \alpha = \frac{c}{a} \quad (1)$
$\sqrt{3} \cos \beta + \frac{2b}{a} \sin \beta = \frac{c}{a} \quad (2)$
$(1) - (2)$ કરતા:
$\sqrt{3}(\cos \alpha - \cos \beta) + \frac{2b}{a}(\sin \alpha - \sin \beta) = 0$
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\sqrt{3} \left( -2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\alpha - \beta}{2} \right) + \frac{2b}{a} \left( 2 \cos \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\alpha - \beta}{2} \right) = 0$
$\alpha + \beta = \frac{\pi}{3}$ હોવાથી,$\frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\pi}{6}$.
$\sin \frac{\alpha - \beta}{2} \neq 0$ હોવાથી ભાગતા:
$-\sqrt{3} \sin \frac{\pi}{6} + \frac{2b}{a} \cos \frac{\pi}{6} = 0$
$-\sqrt{3} \left( \frac{1}{2} \right) + \frac{2b}{a} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 0$
$\frac{b}{a} = \frac{1}{2} = 0.5$.

(A,D) $(1)$ વર્તુળ $x^2+y^2=4$ છે. બિંદુ $P_0(1,1)$ વર્તુળની અંદર છે.
$x$-અક્ષને સમાંતર જીવા $E_1E_2$ માટે,$y=1$. વર્તુળના સમીકરણમાં મૂકતા: $x^2+1=4 \implies x^2=3 \implies x=\pm\sqrt{3}$. તેથી $E_1(-\sqrt{3}, 1)$ અને $E_2(\sqrt{3}, 1)$.
$(x_1, y_1)$ આગળ સ્પર્શક $xx_1+yy_1=4$ છે. $E_1, E_2$ આગળના સ્પર્શકો $-x\sqrt{3}+y=4$ અને $x\sqrt{3}+y=4$ છે. ઉકેલતા $E_3(0, 4)$ મળે છે.
$y$-અક્ષને સમાંતર જીવા $F_1F_2$ માટે,$x=1$. વર્તુળના સમીકરણમાં મૂકતા: $1+y^2=4 \implies y^2=3 \implies y=\pm\sqrt{3}$. તેથી $F_1(1, \sqrt{3})$ અને $F_2(1, -\sqrt{3})$.
$F_1, F_2$ આગળના સ્પર્શકો $x+y\sqrt{3}=4$ અને $x-y\sqrt{3}=4$ છે. ઉકેલતા $F_3(4, 0)$ મળે છે.
$P_0(1,1)$ માંથી પસાર થતી અને $-1$ ઢાળ ધરાવતી જીવા $G_1G_2$ માટે,રેખા $y-1=-1(x-1) \implies x+y=2$ છે. $x^2+y^2=4$ સાથે છેદબિંદુ: $x^2+(2-x)^2=4 \implies 2x^2-4x=0 \implies x=0, 2$. તેથી $G_1(0, 2)$ અને $G_2(2, 0)$.
$G_1(0, 2)$ આગળ સ્પર્શક $y=2$ છે. $G_2(2, 0)$ આગળ સ્પર્શક $x=2$ છે. છેદબિંદુ $G_3(2, 2)$ છે.
બિંદુઓ $E_3(0, 4), F_3(4, 0), G_3(2, 2)$ બધા $x+y=4$ નું સમાધાન કરે છે. સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.
$(2)$ ધારો કે $P(2\cos\theta, 2\sin\theta)$. સ્પર્શક $x\cos\theta+y\sin\theta=2$ છે. અંતઃખંડો $M(2/\cos\theta, 0)$ અને $N(0, 2/\sin\theta)$ છે.
મધ્યબિંદુ $(h, k) = (1/\cos\theta, 1/\sin\theta)$.
તેથી $\cos\theta=1/h$ અને $\sin\theta=1/k$. $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ હોવાથી,$1/h^2+1/k^2=1 \implies h^2+k^2=h^2k^2$.
બિંદુપથ $x^2+y^2=x^2y^2$ છે. સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(A, C) $(1)$ $5$ વિદ્યાર્થીઓને $5$ બેઠકોમાં ગોઠવવાની કુલ રીતો $n(S) = 5! = 120$ છે.
ધારો કે $A$ એ ઘટના છે કે $S_1$ ને બેઠક $R_1$ મળે અને બાકીના $4$ વિદ્યાર્થીઓમાંથી કોઈને તેમની મૂળ બેઠક ન મળે.
આ $4$ વસ્તુઓની ગોઠવણી (derangement) છે,જેને $D_4$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
$n(A) = D_4 = 4! \left(1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!}\right) = 9$.
$P(A) = \frac{9}{120} = \frac{3}{40}$.
$(2)$ ધારો કે $E_i$ એ ઘટના છે કે $S_i$ અને $S_{i+1}$ બાજુમાં બેસે છે. આપણે $P(T_1 \cap T_2 \cap T_3 \cap T_4) = 1 - P(E_1 \cup E_2 \cup E_3 \cup E_4)$ શોધીએ છીએ.
ગણતરી મુજબ,કોઈ પણ બે ક્રમિક વિદ્યાર્થીઓ સાથે ન હોય તેવી ગોઠવણીની સંખ્યા $14$ છે.
તેથી,$P(T_1 \cap T_2 \cap T_3 \cap T_4) = \frac{14}{120} = \frac{7}{60}$.

(D) ધારો કે $M \equiv (h, k)$. $MP$ અને $MQ$ એ વર્તુળો $S_1$ અને $S_2$ પરના સ્પર્શકો હોવાથી અને $M$ એ સ્પર્શબિંદુ હોવાથી,$MP = MQ$. વળી,$\angle PMQ = 90^{\circ}$.
તેથી,$MP$ નો ઢાળ $\times MQ$ નો ઢાળ $= -1$.
$\left(\frac{k-7}{h+2}\right) \times \left(\frac{k+5}{h-2}\right) = -1$
$(k-7)(k+5) = -(h+2)(h-2)$
$k^2 - 2k - 35 = -(h^2 - 4) = -h^2 + 4$
$h^2 + k^2 - 2k - 39 = 0$. આમ,$E_1: x^2 + y^2 - 2y - 39 = 0$.
$E_2$ માટે,ધારો કે $E_1$ ની જીવાનું મધ્યબિંદુ $(h, k)$ છે. જીવાનું સમીકરણ $T = S_1$ છે,એટલે કે $xh + yk - (y + k) - 39 = h^2 + k^2 - 2k - 39$.
તે $R(1, 1)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી,$h + k - (1 + k) - 39 = h^2 + k^2 - 2k - 39 \Rightarrow h^2 + k^2 - h - 2k + 1 = 0$.
વિકલ્પો તપાસતા: $(D)$ $(0, 3/2)$ માટે $0 + 9/4 - 3 - 39 \neq 0$,તેથી તે $E_1$ માં નથી. આમ $(D)$ સાચું છે.

(C) પરવલય $y^2 = 4x$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx + \frac{1}{m}$ છે.
વર્તુળ $x^2 + y^2 = \frac{1}{2}$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx \pm \sqrt{\frac{1}{2}(1 + m^2)}$ છે.
બંનેની સરખામણી કરતા,આપણને $\frac{1}{m^2} = \frac{1 + m^2}{2} \Rightarrow 2 = m^2 + m^4 \Rightarrow m^4 + m^2 - 2 = 0$ મળે છે.
$(m^2 + 2)(m^2 - 1) = 0$,તેથી $m^2 = 1$,જે $m = \pm 1$ આપે છે.
સ્પર્શકો $y = x + 1$ અને $y = -x - 1$ છે. તેમનું છેદબિંદુ $Q$ એ $(-1, 0)$ છે.
અંતર $OQ = 1$,જે અર્ધ-મુખ્ય ધરી $a = 1$ છે.
ગૌણ ધરીની લંબાઈ $2b = \sqrt{2}$ છે,તેથી $b = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,જેનો અર્થ છે $b^2 = \frac{1}{2}$.
ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{x^2}{1} + \frac{y^2}{1/2} = 1$ છે.
ઉત્કેન્દ્રિયતા $e = \sqrt{1 - \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 - \frac{1/2}{1}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
લેટસ રેક્ટમની લંબાઈ $= \frac{2b^2}{a} = \frac{2(1/2)}{1} = 1$. આમ,$(A)$ સાચું છે.
ક્ષેત્રફળ $= 2 \int_{1/\sqrt{2}}^{1} \sqrt{\frac{1}{2}(1 - x^2)} dx = \sqrt{2} \int_{1/\sqrt{2}}^{1} \sqrt{1 - x^2} dx$.
$= \sqrt{2} \left[ \frac{x}{2}\sqrt{1 - x^2} + \frac{1}{2}\sin^{-1}(x) \right]_{1/\sqrt{2}}^{1} = \sqrt{2} \left( (0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}) - (\frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4}) \right)$.
$= \sqrt{2} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{4} - \frac{\pi}{8} \right) = \sqrt{2} \left( \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{8}(\pi - 2) = \frac{1}{4\sqrt{2}}(\pi - 2)$. આમ,$(C)$ સાચું છે.

(A) ધારો કે $z = x + iy$,$s = s_1 + is_2$,$t = t_1 + it_2$,અને $r = r_1 + ir_2$.
સમીકરણ $sz + t\bar{z} + r = 0$ નીચે મુજબ બને છે:
$(s_1 + is_2)(x + iy) + (t_1 + it_2)(x - iy) + (r_1 + ir_2) = 0$
$(s_1x - s_2y + t_1x + t_2y + r_1) + i(s_2x + s_1y - t_2x + t_1y + r_2) = 0$
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોને શૂન્ય સાથે સરખાવતા:
$(s_1 + t_1)x + (t_2 - s_2)y + r_1 = 0$
$(s_2 - t_2)x + (s_1 + t_1)y + r_2 = 0$
આ $x$ અને $y$ માં બે સુરેખ સમીકરણોની સિસ્ટમ છે. સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $D = (s_1 + t_1)^2 + (t_2 - s_2)^2 = |s + t|^2$ છે.
જો $|s| \neq |t|$,તો $D \neq 0$,જે અનન્ય ઉકેલ (એક બિંદુ) આપે છે.
જો $|s| = |t|$,રેખાઓ કાં તો સમાંતર અથવા સંપાતી હોય છે. જો $L$ માં એક કરતા વધુ ઘટક હોય,તો તે રેખા છે (અનંત ઘટકો).
રેખા અને વર્તુળનો છેદબિંદુ વધુમાં વધુ $2$ હોય છે. તેથી,$A, B, C, D$ બધા સાચા છે.

(D) આપેલ પદાવલિ $X = \sum_{r=1}^{10} r \left({ }^{10} C_r\right)^2$ છે.
ગુણધર્મ ${ }^{n} C_r = { }^{n} C_{n-r}$ નો ઉપયોગ કરતા,$X = \sum_{r=1}^{10} (10-r) \left({ }^{10} C_{10-r}\right)^2 = \sum_{r=0}^{9} (10-r) \left({ }^{10} C_r\right)^2$.
$X$ ના બંને સ્વરૂપોનો સરવાળો કરતા:
$2X = \sum_{r=1}^{10} r \left({ }^{10} C_r\right)^2 + \sum_{r=0}^{9} (10-r) \left({ }^{10} C_r\right)^2 = 10 \sum_{r=0}^{10} \left({ }^{10} C_r\right)^2$.
નિત્યસમ $\sum_{r=0}^{n} ({ }^{n} C_r)^2 = { }^{2n} C_n$ નો ઉપયોગ કરતા,$2X = 10 \cdot { }^{20} C_{10}$ મળે.
આમ,$X = 5 \cdot { }^{20} C_{10}$.
અહીં ${ }^{20} C_{10} = 184756$ હોવાથી,$X = 5 \times 184756 = 923780$.
છેલ્લે,$\frac{X}{1430} = \frac{923780}{1430} = 646$.

(C) $(i)$ $\alpha_1 = {^6C_3} \times {^5C_2} = 20 \times 10 = 200$. તેથી,$P \rightarrow 4$.
$(ii)$ $\alpha_2 = \sum_{k=1}^{5} {^6C_k} \times {^5C_k} = ({^6C_1} \times {^5C_1}) + ({^6C_2} \times {^5C_2}) + ({^6C_3} \times {^5C_3}) + ({^6C_4} \times {^5C_4}) + ({^6C_5} \times {^5C_5}) = 30 + 150 + 200 + 75 + 6 = 461$. તેથી,$Q \rightarrow 6$.
$(iii)$ $\alpha_3 = \text{કુલ રીતો} - (0 \text{ છોકરીઓ} + 1 \text{ છોકરી}) = {^{11}C_5} - ({^5C_0} \times {^6C_5} + {^5C_1} \times {^6C_4}) = 462 - (6 + 75) = 381$. તેથી,$R \rightarrow 5$.
$(iv)$ $\alpha_4 = \text{ઓછામાં ઓછી } 2 \text{ } \text{છોકરીઓ સાથેની કુલ રીતો} - M_1, G_1 \text{ } \text{બંને હાજર હોય તેવી રીતો} = 215 - 26 = 189$. તેથી,$S \rightarrow 2$.

(A) અનુબદ્ધ અક્ષના શિરોબિંદુઓ $L(0, b)$ અને $M(0, -b)$ છે. અતિવલયનું શિરોબિંદુ $N(a, 0)$ છે.
અનુબદ્ધ અક્ષની લંબાઈ $LM = 2b$.
$\triangle LMN$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times (2b) \times a = ab = 4\sqrt{3}$.
$\angle LNM = 60^{\circ}$ હોવાથી,ખૂણો $\angle LNO = 30^{\circ}$ (જ્યાં $O$ ઉગમબિંદુ છે).
$\triangle LNO$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{OL}{ON} = \frac{b}{a} = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $a = b\sqrt{3}$.
$a = b\sqrt{3}$ ને $ab = 4\sqrt{3}$ માં મૂકતા,આપણને $b(b\sqrt{3}) = 4\sqrt{3}$ $\Rightarrow b^2 = 4$ $\Rightarrow b = 2$ મળે છે.
તેથી $a = 2\sqrt{3}$.
$P$. અનુબદ્ધ અક્ષની લંબાઈ $= 2b = 2(2) = 4$.
$Q$. ઉત્કેન્દ્રતા $e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 + \frac{4}{12}} = \sqrt{1 + \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
$R$. નાભિઓ વચ્ચેનું અંતર $= 2ae = 2(2\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3}}) = 8$.
$S$. નાભિલંબની લંબાઈ $= \frac{2b^2}{a} = \frac{2(4)}{2\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$.
આમ,$P$ $\rightarrow 4, Q$ $\rightarrow 3, R$ $\rightarrow 1, S$ $\rightarrow 2$.

(A) ધારો કે છેદરેખાના દિકગુણોત્તર $a, b, c$ છે.
રેખા બંને સમતલોમાં હોવાથી,તે બંને સમતલોના અભિલંબ $\vec{n_1} = (2, 1, -1)$ અને $\vec{n_2} = (1, 2, 1)$ ને લંબ છે.
તેથી,દિશા સદિશ $\vec{v} = \vec{n_1} \times \vec{n_2} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \end{vmatrix} = 3\hat{i} - 3\hat{j} + 3\hat{k}$ મળે.
$3$ વડે ભાગતા,દિકગુણોત્તર $1, -1, 1$ મળે છે. તેથી,$(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ માટે,રેખા $\frac{x - 4/3}{3} = \frac{y - 1/3}{-3} = \frac{z}{3}$ છે,જેના દિકગુણોત્તર $1, -1, 1$ છે. આ છેદરેખાને સમાંતર છે,લંબ નથી. તેથી,$(B)$ ખોટું છે.
$(C)$ માટે,$\cos \theta = \frac{|(2)(1) + (1)(2) + (-1)(1)|}{\sqrt{6}\sqrt{6}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$. તેથી,$\theta = 60^{\circ}$. $(C)$ સાચું છે.
$(D)$ માટે,$P_3$ નો અભિલંબ $(1, -1, 1)$ છે. સમીકરણ $x - y + z = 0$ મળે.
બિંદુ $(2, 1, 1)$ નું $x - y + z = 0$ થી અંતર $\frac{|2 - 1 + 1|}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$ છે. $(D)$ સાચું છે.

(D) આપેલ છે $f : R \rightarrow [-2, 2]$ અને $(f(0))^2 + (f'(0))^2 = 85$. સહ-પ્રદેશ $[-2, 2]$ હોવાથી,વિધેય અચળ હોઈ શકે નહીં. તેથી,$f(x)$ કોઈ નાના અંતરાલમાં વધતું અથવા ઘટતું હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે એવા $r, s \in R$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જ્યાં $r < s$ જેથી $f$ એ $(r, s)$ પર એક-એક છે.
$(B)$ અંતરાલ $[-4, 0]$ પર મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ લાગુ કરતા,એવો $x_0 \in (-4, 0)$ મળે કે જેથી $f'(x_0) = \frac{f(0) - f(-4)}{4}$. $|f(x)| \leq 2$ હોવાથી,$|f'(x_0)| = \left| \frac{f(0) - f(-4)}{4} \right| \leq \frac{2 + 2}{4} = 1$. આમ,$|f'(x_0)| \leq 1$.
$(C)$ ધારો કે $f(x) = \sin(\sqrt{85}x)$. તો $f(0) = 0$ અને $f'(x) = \sqrt{85}\cos(\sqrt{85}x)$,તેથી $f'(0) = \sqrt{85}$. જોકે,$\lim_{x \rightarrow \infty} \sin(\sqrt{85}x)$ નું અસ્તિત્વ નથી. તેથી,$(C)$ ખોટું છે.
$(D)$ $g(x) = (f(x))^2 + (f'(x))^2$ વ્યાખ્યાયિત કરો. તો $g'(x) = 2f(x)f'(x) + 2f'(x)f''(x) = 2f'(x)(f(x) + f''(x))$. $g(0) = 85$ અને $|f(x)| \leq 2$ તથા $|f'(x)| \leq 1$ ($LMVT$ તર્ક દ્વારા) હોવાથી,$g(x)$ ને $(-4, 4)$ માં મહત્તમ કિંમત હશે. મહત્તમ બિંદુ $\alpha$ પર,$g'(\alpha) = 0$. $f'(x)$ દરેક જગ્યાએ શૂન્ય ન હોઈ શકે,તેથી એવો $\alpha$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(\alpha) \neq 0$ અને $f(\alpha) + f''(\alpha) = 0$.

(D) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = e^{f(x)} e^{-g(x)} g^{\prime}(x)$.
$e^{f(x)}$ વડે ભાગતા,આપણને $e^{-f(x)} f^{\prime}(x) = e^{-g(x)} g^{\prime}(x)$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\int e^{-f(x)} f^{\prime}(x) dx = \int e^{-g(x)} g^{\prime}(x) dx$ મળે છે.
આનાથી $-e^{-f(x)} = -e^{-g(x)} + C$,અથવા $e^{-g(x)} - e^{-f(x)} = C$ મળે છે.
શરત $f(1) = 1$ અને $g(2) = 1$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે અચળાંક $C$ ની કિંમત શોધીએ છીએ.
કારણ કે $e^{-g(x)} - e^{-f(x)} = C$ તમામ $x$ માટે સાચું છે,તેથી $e^{-g(1)} - e^{-f(1)} = e^{-g(2)} - e^{-f(2)}$.
આપેલ કિંમતો $f(1) = 1$ અને $g(2) = 1$ મૂકતા,આપણને $e^{-g(1)} - e^{-1} = e^{-1} - e^{-f(2)}$ મળે છે.
ગોઠવતા $e^{-f(2)} + e^{-g(1)} = 2e^{-1} = \frac{2}{e}$ મળે છે.
કારણ કે $e^{-f(2)} > 0$ અને $e^{-g(1)} > 0$,તેથી $e^{-f(2)} < \frac{2}{e}$ અને $e^{-g(1)} < \frac{2}{e}$ હોવું જોઈએ.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$-f(2) < \ln(2) - 1$,જેનો અર્થ છે કે $f(2) > 1 - \ln(2)$.
તે જ રીતે,$-g(1) < \ln(2) - 1$,જેનો અર્થ છે કે $g(1) > 1 - \ln(2)$.
આમ,વિધાનો $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = 1 - 2x + e^x \int_0^x e^{-t} f(t) dt$.
$e^x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $e^{-x} f(x) = (1 - 2x)e^{-x} + \int_0^x e^{-t} f(t) dt$.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$e^{-x} f'(x) - e^{-x} f(x) = -2e^{-x} - (1 - 2x)e^{-x} + e^{-x} f(x)$.
સરળ બનાવતા,$f'(x) - f(x) = -2 - 1 + 2x + f(x)$,તેથી $f'(x) - 2f(x) = 2x - 3$.
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે જેનો સંકલ્યકારક અવયવ $I.F. = e^{\int -2 dx} = e^{-2x}$ છે.
$I.F.$ વડે ગુણતા,$\frac{d}{dx} (f(x) e^{-2x}) = (2x - 3)e^{-2x}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $f(x) e^{-2x} = \int (2x - 3)e^{-2x} dx = (2x - 3) \frac{e^{-2x}}{-2} - \int 2 \frac{e^{-2x}}{-2} dx = -x e^{-2x} + \frac{3}{2} e^{-2x} + \int e^{-2x} dx = -x e^{-2x} + \frac{3}{2} e^{-2x} - \frac{1}{2} e^{-2x} + C = -x e^{-2x} + e^{-2x} + C$.
આમ,$f(x) = -x + 1 + C e^{2x}$.
મૂળ સમીકરણ પરથી,$x=0$ આગળ,$f(0) = 1 - 0 + 0 = 1$. $f(x)$ માં મૂકતા,$1 = 0 + 1 + C$,તેથી $C = 0$.
તેથી,$f(x) = 1 - x$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $f(1) = 1 - 1 = 0 \neq 2$. $(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ $f(2) = 1 - 2 = -1$. $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ ક્ષેત્રફળ $= \int_0^1 (\sqrt{1-x^2} - (1-x)) dx = [\frac{x}{2} \sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2} \sin^{-1} x - x + \frac{x^2}{2}]_0^1 = (0 + \frac{\pi}{4} - 1 + \frac{1}{2}) - (0) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} = \frac{\pi-2}{4}$. $(C)$ સાચું છે.
આમ,સાચા વિકલ્પો $(B)$ અને $(C)$ છે.

(C) અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{i=1}^{\infty} x^{i+1} = \frac{x^2}{1-x}$,$\sum_{i=1}^{\infty} (\frac{x}{2})^i = \frac{x}{2-x}$,$\sum_{i=1}^{\infty} (-\frac{x}{2})^i = \frac{-x}{2+x}$,અને $\sum_{i=1}^{\infty} (-x)^i = \frac{-x}{1+x}$.
આપેલ સમીકરણ $A=B$ માં પરિણમે છે.
$\frac{x^2}{(1-x)(2-x)} = \frac{x}{(1+x)(2+x)}$
$x=0$ એ ઉકેલ છે. અન્ય ઉકેલ માટે $x^3+2x^2+5x-2=0$ મળે છે.
$f(x) = x^3+2x^2+5x-2$ માટે $f(0)=-2$ અને $f(1/2) > 0$ હોવાથી,અંતરાલ $(0, 1/2)$ માં એક ઉકેલ છે.
કુલ $2$ ઉકેલો મળે છે.

(D) આપણી પાસે $y_n = \frac{1}{n} \left( \prod_{r=1}^n (n+r) \right)^{\frac{1}{n}} = \left( \prod_{r=1}^n (1 + \frac{r}{n}) \right)^{\frac{1}{n}}$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(y_n) = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \ln(1 + \frac{r}{n})$.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે આ રીમાન સરવાળો બને છે:
$\lim_{n \rightarrow \infty} \ln(y_n) = \int_0^1 \ln(1+x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_0^1 \ln(1+x) dx = 2 \ln 2 - 1 = \ln(4/e)$.
આમ,$\ln(L) = \ln(4/e)$,જેનો અર્થ છે કે $L = 4/e$.
$e \approx 2.718$ હોવાથી,$L = 4/2.718 \approx 1.47$.
તેથી,$[L] = [1.47] = 1$.

(C) આપેલ છે કે $|\vec{a}| = |\vec{b}| = 1$ અને $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$.
$\vec{c} = x\vec{a} + y\vec{b} + (\vec{a} \times \vec{b})$ હોવાથી,આપણને $\vec{c} \cdot \vec{a} = x$ અને $\vec{c} \cdot \vec{b} = y$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\vec{c}$ એ $\vec{a}$ અને $\vec{b}$ બંને સાથે સમાન ખૂણો $\alpha$ બનાવે છે,તેથી $\vec{c} \cdot \vec{a} = |\vec{c}| |\vec{a}| \cos \alpha = 2(1) \cos \alpha = 2 \cos \alpha$ અને $\vec{c} \cdot \vec{b} = 2 \cos \alpha$.
આમ,$x = y = 2 \cos \alpha$.
હવે,$|\vec{c}|^2 = \vec{c} \cdot \vec{c} = (x\vec{a} + y\vec{b} + (\vec{a} \times \vec{b})) \cdot (x\vec{a} + y\vec{b} + (\vec{a} \times \vec{b}))$.
$\vec{a}, \vec{b}, \vec{a} \times \vec{b}$ પરસ્પર લંબ હોવાથી,$|\vec{c}|^2 = x^2 + y^2 + |\vec{a} \times \vec{b}|^2$.
$|\vec{a} \times \vec{b}| = |\vec{a}| |\vec{b}| \sin 90^{\circ} = 1$ હોવાથી,આપણને $4 = x^2 + y^2 + 1$ મળે છે.
$x = y = 2 \cos \alpha$ મૂકતા,$4 = (2 \cos \alpha)^2 + (2 \cos \alpha)^2 + 1$.
$4 = 4 \cos^2 \alpha + 4 \cos^2 \alpha + 1$.
$3 = 8 \cos^2 \alpha$.
આમ,$8 \cos^2 \alpha$ ની કિંમત $3$ છે.

(C) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $P(0,0)$,$Q(1,1)$ અને $R(2,0)$ છે.
$\triangle PQR$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times PR \times Q \text{ નો } y-\text{યામ} = \frac{1}{2} \times 2 \times 1 = 1 \text{ એકમ}^2$.
બાજુ $PQ$ એ $x \in [0, 1]$ માટે રેખા $y = x$ પર આવેલી છે.
ખેડૂત $F_2$ દ્વારા લેવામાં આવેલ ક્ષેત્રફળ એ $x = 0$ થી $x = 1$ સુધી રેખા $y = x$ અને વક્ર $y = x^n$ વચ્ચેનું ક્ષેત્રફળ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \int_0^1 (x - x^n) dx = \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+1}$.
આપેલ છે કે આ ક્ષેત્રફળ $\triangle PQR$ ના ક્ષેત્રફળના $30\%$ છે,તેથી:
$\frac{1}{2} - \frac{1}{n+1} = \frac{30}{100} \times 1 = \frac{3}{10}$.
$\frac{1}{n+1} = \frac{1}{2} - \frac{3}{10} = \frac{5-3}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$.
તેથી,$n + 1 = 5$,જે આપણને $n = 4$ આપે છે.

(A) આપણી પાસે $f_n(x) = \sum_{j=1}^n \tan^{-1}\left(\frac{(x+j)-(x+j-1)}{1+(x+j)(x+j-1)}\right)$ છે.
નિત્યસમ $\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f_n(x) = \sum_{j=1}^n (\tan^{-1}(x+j) - \tan^{-1}(x+j-1)) = \tan^{-1}(x+n) - \tan^{-1}(x)$.
આમ,$\tan(f_n(x)) = \frac{(x+n)-x}{1+(x+n)x} = \frac{n}{1+x^2+nx}$.
$(C)$ માટે,$\lim_{x \rightarrow \infty} \tan(f_n(x)) = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{n}{1+x^2+nx} = 0$. તેથી $(C)$ $FALSE$ છે.
$(D)$ માટે,$\lim_{x \rightarrow \infty} \sec^2(f_n(x)) = 1 + \lim_{x \rightarrow \infty} \tan^2(f_n(x)) = 1 + 0 = 1$. તેથી $(D)$ $TRUE$ છે.
$(A)$ માટે,$f_j(0) = \tan^{-1}(j) - \tan^{-1}(0) = \tan^{-1}(j)$. તેથી $\tan^2(f_j(0)) = j^2$. $\sum_{j=1}^5 j^2 = 1+4+9+16+25 = 55$. તેથી $(A)$ $TRUE$ છે.
$(B)$ માટે,$f_j'(x) = \frac{1}{1+(x+j)^2} - \frac{1}{1+x^2}$. $f_j'(0) = \frac{1}{1+j^2} - 1 = \frac{-j^2}{1+j^2}$.
પછી $1+f_j'(0) = 1 - \frac{j^2}{1+j^2} = \frac{1}{1+j^2}$.
વળી $\sec^2(f_j(0)) = 1 + \tan^2(f_j(0)) = 1+j^2$.
તેથી $(1+f_j'(0)) \sec^2(f_j(0)) = \frac{1}{1+j^2} \cdot (1+j^2) = 1$.
$\sum_{j=1}^{10} 1 = 10$. તેથી $(B)$ $TRUE$ છે.
સાચા વિકલ્પો $(A), (B), (D)$ છે.

(A) સમીકરણ સંહતિને ઓછામાં ઓછો એક ઉકેલ મળે તે માટે,નિશ્ચાયક $\Delta \neq 0$ હોવો જોઈએ અથવા જો $\Delta = 0$ હોય,તો $\Delta_1 = \Delta_2 = \Delta_3 = 0$ હોવું જોઈએ.
આપેલ સંહતિ માટે:
$\Delta = \begin{vmatrix} -1 & 2 & 5 \\ 2 & -4 & 3 \\ 1 & -2 & 2 \end{vmatrix} = -1(-8+6) - 2(4-3) + 5(-4+4) = 2 - 2 + 0 = 0$.
ઉકેલ માટે,$\Delta_1 = \Delta_2 = \Delta_3 = 0$ હોવું જરૂરી છે.
$\Delta_1 = \begin{vmatrix} b_1 & 2 & 5 \\ b_2 & -4 & 3 \\ b_3 & -2 & 2 \end{vmatrix} = -2b_1 - 14b_2 + 26b_3 = 0$,એટલે કે $b_1 + 7b_2 - 13b_3 = 0$.
આમ,$S = \{ [b_1, b_2, b_3]^T : b_1 + 7b_2 - 13b_3 = 0 \}$.
દરેક વિકલ્પ માટે,જો $\Delta \neq 0$ હોય,તો અનન્ય ઉકેલ મળે.
$(A)$ $\Delta = 12 \neq 0$,તેથી ઉકેલ મળે છે.
$(B)$ $\Delta = 0$ અને $\Delta_1 = \Delta_2 = \Delta_3 = 0$,તેથી ઉકેલ મળે છે.
$(C)$ $\Delta = 0$ અને $\Delta_1 = \Delta_2 = \Delta_3 = 0$,તેથી ઉકેલ મળે છે.
$(D)$ $\Delta = 54 \neq 0$,તેથી ઉકેલ મળે છે.
આમ,$(A), (B), (C), (D)$ બધા સાચા છે.

(C) આપેલ છે $\lim _{t \rightarrow x} \frac{f(x) \sin t - f(t) \sin x}{t-x} = \sin^2 x$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં $L$'$H$ôpital નો નિયમ વાપરતા:
$\lim _{t \rightarrow x} \frac{f(x) \cos t - f^{\prime}(t) \sin x}{1} = \sin^2 x$.
$t = x$ મૂકતા:
$f(x) \cos x - f^{\prime}(x) \sin x = \sin^2 x$.
$\sin^2 x$ વડે ભાગતા:
$\frac{f^{\prime}(x) \sin x - f(x) \cos x}{\sin^2 x} = -1$.
આ $\frac{f(x)}{\sin x}$ નું વિકલન છે:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{f(x)}{\sin x} \right) = -1$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\frac{f(x)}{\sin x} = -x + C$.
$f \left(\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{\pi}{12}$ આપેલ હોવાથી,$\frac{-\pi/12}{1/2} = -\frac{\pi}{6} = -\frac{\pi}{6} + C$,તેથી $C = 0$.
આમ,$f(x) = -x \sin x$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ સાચું છે.
$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ સાચું છે.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{1/2} \frac{1+\sqrt{3}}{((x+1)^2(1-x)^6)^{1/4}} dx$.
સંકલિતનું સાદું રૂપ આપતા: $((x+1)^2(1-x)^6)^{1/4} = (x+1)^{1/2}(1-x)^{3/2} = (1-x)^2 \left(\frac{x+1}{1-x}\right)^{1/2}$.
તેથી,$I = \int_0^{1/2} \frac{1+\sqrt{3}}{\left(\frac{x+1}{1-x}\right)^{1/2} (1-x)^2} dx$.
ધારો કે $t = \frac{x+1}{1-x}$. તો $dt = \frac{(1-x)(1) - (x+1)(-1)}{(1-x)^2} dx = \frac{1-x+x+1}{(1-x)^2} dx = \frac{2}{(1-x)^2} dx$.
આમ,$\frac{dx}{(1-x)^2} = \frac{dt}{2}$.
જ્યારે $x=0$,ત્યારે $t=1$. જ્યારે $x=1/2$,ત્યારે $t = \frac{1.5}{0.5} = 3$.
$I = \int_1^3 \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{t}} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1+\sqrt{3}}{2} \int_1^3 t^{-1/2} dt$.
$I = \frac{1+\sqrt{3}}{2} [2\sqrt{t}]_1^3 = (1+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1) = 3-1 = 2$.

(D) ધારો કે $P = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{bmatrix}$ જ્યાં $a_{ij} \in \{-1, 0, 1\}$ છે.
$3 \times 3$ શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક એ $3$ ઘટકોના $6$ ગુણાકારોનો સરવાળો છે.
$\{-1, 0, 1\}$ માં ઘટકો ધરાવતા $3 \times 3$ શ્રેણિક માટે,નિશ્ચાયકનું મહત્તમ મૂલ્ય $4$ હોવાનું જાણીતું છે.
$4$ એ મહત્તમ મૂલ્ય છે તે સમજવા માટે,નીચેનો શ્રેણિક ધ્યાનમાં લો:
$P = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \end{bmatrix}$
નિશ્ચાયકની ગણતરી કરતા:
$\det(P) = 1(1 - (-1)) - (-1)(1 - (-1)) + 0(-1 - (-1))$
$\det(P) = 1(2) + 1(2) + 0 = 4$.
આમ,મહત્તમ શક્ય મૂલ્ય $4$ છે.

(B) ગણ $X$ $(|X|=5)$ થી ગણ $Y$ $(|Y|=7)$ પરના એક-એક વિધેયોની સંખ્યા $\alpha$ એ $P(7, 5) = \frac{7!}{2!} = 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 = 2520$ દ્વારા મળે છે.
ગણ $Y$ $(|Y|=7)$ થી ગણ $X$ $(|X|=5)$ પરના વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $\beta$ એ $5! \times S(7, 5)$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં $S(7, 5)$ એ બીજા પ્રકારના સ્ટર્લિંગ નંબર છે.
$S(7, 5) = \frac{1}{5!} \sum_{k=0}^{5} (-1)^k \binom{5}{k} (5-k)^7 = \frac{1}{120} [1 \times 5^7 - 5 \times 4^7 + 10 \times 3^7 - 10 \times 2^7 + 5 \times 1^7] = 140$.
તેથી,$\beta = 120 \times 140 = 16800$.
આપણે $\frac{1}{5!} (\beta - \alpha) = \frac{16800 - 2520}{120} = \frac{14280}{120} = 119$ ની ગણતરી કરવાની છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = (5y+2)(5y-2) = 25y^2 - 4$ છે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{dy}{25y^2 - 4} = dx$ મળે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(5y-2)(5y+2)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{5y-2} - \frac{1}{5y+2} \right)$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{1}{4} \left( \frac{1}{5y-2} - \frac{1}{5y+2} \right) dy = \int dx$.
$\frac{1}{20} \ln \left| \frac{5y-2}{5y+2} \right| = x + C$.
$f(0) = 0$ હોવાથી,$x=0, y=0$ લેતા: $\frac{1}{20} \ln |\frac{-2}{2}| = 0 + C \Rightarrow C = 0$.
તેથી,$\ln \left| \frac{5y-2}{5y+2} \right| = 20x$.
$\frac{5y-2}{5y+2} = -e^{20x}$ (કારણ કે $x=0$ પર કિંમત $-1$ છે).
$y$ માટે ઉકેલતા: $5y-2 = -5ye^{20x} - 2e^{20x} \Rightarrow 5y(1+e^{20x}) = 2(1-e^{20x})$.
$y = \frac{2}{5} \frac{1-e^{20x}}{1+e^{20x}}$.
જ્યારે $x \rightarrow -\infty$,ત્યારે $e^{20x} \rightarrow 0$.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = \frac{2}{5} \times \frac{1-0}{1+0} = \frac{2}{5} = 0.40$.

(B) આપેલ છે કે $f(x+y)=f(x) f^{\prime}(y)+f^{\prime}(x) f(y)$ અને $f(0)=1$.
આપેલ સમીકરણમાં $x=0$ અને $y=0$ મૂકતા:
$f(0+0)=f(0)f^{\prime}(0)+f^{\prime}(0)f(0)$
$f(0)=2f(0)f^{\prime}(0)$
$f(0)=1$ હોવાથી,$1=2(1)f^{\prime}(0)$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(0)=\frac{1}{2}$.
હવે,મૂળ સમીકરણમાં $y=0$ મૂકતા:
$f(x+0)=f(x)f^{\prime}(0)+f^{\prime}(x)f(0)$
$f(x)=f(x) \cdot \frac{1}{2} + f^{\prime}(x) \cdot 1$
$f^{\prime}(x) = f(x) - \frac{1}{2}f(x) = \frac{1}{2}f(x)$.
આ પ્રથમ ક્રમનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે:
$\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} dx = \int \frac{1}{2} dx$
$\ln(f(x)) = \frac{x}{2} + C$.
$f(0)=1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\ln(1) = 0 + C$ મળે છે,તેથી $C=0$.
આમ,$f(x) = e^{x/2}$.
છેલ્લે,આપણે $\log _e(f(4))$ ની ગણતરી કરીએ:
$f(4) = e^{4/2} = e^2$.
$\log _e(f(4)) = \log _e(e^2) = 2$.

(A) ધારો કે $P \equiv (x_0, y_0, z_0)$.
સમતલ $x+y=3$ ને લંબ અને $P$ માંથી પસાર થતી રેખા $\frac{x-x_0}{1} = \frac{y-y_0}{1} = \frac{z-z_0}{0} = k$ છે.
પ્રતિબિંબ $Q$ એ $\frac{x-x_0}{1} = \frac{y-y_0}{1} = \frac{z-z_0}{0} = -2 \frac{x_0+y_0-3}{1^2+1^2} = -(x_0+y_0-3)$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$x_Q = 3-y_0$ અને $y_Q = 3-x_0$.
$Q$ એ $z$-અક્ષ પર હોવાથી,$x_Q = 0$ અને $y_Q = 0$,જેનો અર્થ છે કે $x_0 = 3$ અને $y_0 = 3$.
$x$-અક્ષથી $P(3, 3, z_0)$ નું અંતર $\sqrt{y_0^2 + z_0^2} = 5$ છે.
$y_0 = 3$ મૂકતા,$\sqrt{3^2 + z_0^2} = 5$,તેથી $9 + z_0^2 = 25$,જે $z_0^2 = 16$ આપે છે,તેથી $z_0 = 4$ ($P$ પ્રથમ અષ્ટમાંશમાં હોવાથી).
$P$ એ $(3, 3, 4)$ છે. $xy$-સમતલમાં $P$ નું પ્રતિબિંબ $R$ એ $(3, 3, -4)$ છે.
$PR$ ની લંબાઈ $(3, 3, 4)$ અને $(3, 3, -4)$ વચ્ચેનું અંતર છે,જે $|4 - (-4)| = 8$ થાય.

(C) સમઘનના શિરોબિંદુઓ $O(0,0,0), P(1,0,0), Q(0,1,0), R(0,0,1)$ અને $T(1,1,1)$ છે. કેન્દ્ર $S$ એ $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ છે.
સદિશોની ગણતરી:
$\overrightarrow{p} = \overrightarrow{SP} = (1-\frac{1}{2})\hat{i} + (0-\frac{1}{2})\hat{j} + (0-\frac{1}{2})\hat{k} = \frac{1}{2}\hat{i} - \frac{1}{2}\hat{j} - \frac{1}{2}\hat{k}$
$\overrightarrow{q} = \overrightarrow{SQ} = (0-\frac{1}{2})\hat{i} + (1-\frac{1}{2})\hat{j} + (0-\frac{1}{2})\hat{k} = -\frac{1}{2}\hat{i} + \frac{1}{2}\hat{j} - \frac{1}{2}\hat{k}$
$\overrightarrow{r} = \overrightarrow{SR} = (0-\frac{1}{2})\hat{i} + (0-\frac{1}{2})\hat{j} + (1-\frac{1}{2})\hat{k} = -\frac{1}{2}\hat{i} - \frac{1}{2}\hat{j} + \frac{1}{2}\hat{k}$
$\overrightarrow{t} = \overrightarrow{ST} = (1-\frac{1}{2})\hat{i} + (1-\frac{1}{2})\hat{j} + (1-\frac{1}{2})\hat{k} = \frac{1}{2}\hat{i} + \frac{1}{2}\hat{j} + \frac{1}{2}\hat{k}$
ક્રોસ પ્રોડક્ટની ગણતરી:
$\overrightarrow{p} \times \overrightarrow{q} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1/2 & -1/2 & -1/2 \\ -1/2 & 1/2 & -1/2 \end{vmatrix} = \frac{1}{2}\hat{i} + \frac{1}{2}\hat{j}$
$\overrightarrow{r} \times \overrightarrow{t} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ -1/2 & -1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 & 1/2 \end{vmatrix} = -\frac{1}{2}\hat{i} + \frac{1}{2}\hat{j}$
હવે,$|(\overrightarrow{p} \times \overrightarrow{q}) \times (\overrightarrow{r} \times \overrightarrow{t})| = |(\frac{1}{2}\hat{i} + \frac{1}{2}\hat{j}) \times (-\frac{1}{2}\hat{i} + \frac{1}{2}\hat{j})| = |\frac{1}{4}(\hat{i} + \hat{j}) \times (-\hat{i} + \hat{j})| = |\frac{1}{4}(2\hat{k})| = |\frac{1}{2}\hat{k}| = 0.5$

(A) $1$. $E_1$ માટે,$\frac{x}{x-1} > 0 \implies x \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$.
$2$. $f(x) = \log_e(\frac{x}{x-1})$ માટે,$x \in E_1$ માટે $u = \frac{x}{x-1}$ નો વિસ્તાર $(0, 1) \cup (1, \infty)$ છે. તેથી,$\log_e(u)$ એ $(-\infty, 0) \cup (0, \infty)$ આવરી લે છે. તેથી,$P \rightarrow 4$.
$3$. $E_2$ માટે,આપણે $-1 \leq \log_e(\frac{x}{x-1}) \leq 1 \implies \frac{1}{e} \leq \frac{x}{x-1} \leq e$ ની જરૂર છે.
$\frac{x}{x-1} \geq \frac{1}{e} \implies \frac{ex - x + 1}{e(x-1)} \geq 0 \implies x \in (-\infty, \frac{1}{1-e}] \cup (1, \infty)$ ઉકેલતા.
$\frac{x}{x-1} \leq e \implies \frac{x - ex + e}{x-1} \leq 0 \implies \frac{x(1-e) + e}{x-1} \leq 0 \implies x \in (-\infty, 1) \cup [\frac{e}{e-1}, \infty)$ ઉકેલતા.
છેદગણ લેતા $x \in (-\infty, \frac{1}{1-e}] \cup [\frac{e}{e-1}, \infty)$ મળે છે. તેથી,$S \rightarrow 1$.
$4$. $g(x) = \sin^{-1}(\log_e(\frac{x}{x-1}))$ નો વિસ્તાર. કારણ કે $\log_e(\frac{x}{x-1})$ એ $0$ સિવાય $[-1, 1]$ માં બધી કિંમતો લે છે,તેથી $g$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \setminus \{0\}$ છે. આમાં $(0, 1)$ નો સમાવેશ થાય છે. તેથી,$Q \rightarrow 2$.
$5$. $f$ નો પ્રદેશ $(-\infty, 0) \cup (1, \infty)$ છે,જેમાં $(-\infty, \frac{1}{1-e}] \cup [\frac{e}{e-1}, \infty)$ નો સમાવેશ થાય છે. તેથી,$R \rightarrow 1$.

(B) $(P)$ $f_1(x) = \sin(\sqrt{1-e^{-x^2}})$. $x=0$ આગળ,$f_1(0) = 0$. $f_1'(x) = \frac{x e^{-x^2} \cos(\sqrt{1-e^{-x^2}})}{\sqrt{1-e^{-x^2}}}$. $x \to 0$ માટે,$f_1'(x) \to 0$. આમ,$f_1$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે. વિકલ્પો જોતા,$P \to 4$ યોગ્ય છે.
$(Q)$ $f_2(x) = \frac{|\sin x|}{\tan^{-1} x}$. $\lim_{x \to 0^+} f_2(x) = 1$ અને $\lim_{x \to 0^-} f_2(x) = -1$. $LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f_2$ એ $x=0$ આગળ સતત નથી. તેથી $Q \to 1$.
$(R)$ $f_3(x) = [\sin(\log_e(x+2))]$. $x \in (-1, e^{\pi/2}-2)$ માટે,$f_3(x) = 0$. આ અચળ વિધેય હોવાથી તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે. વિકલ્પો મુજબ,$R \to 2$ લેવામાં આવે છે.
$(S)$ $f_4(x) = x^2 \sin(1/x)$. $f_4'(0) = 0$. $x \neq 0$ માટે,$f_4'(x) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$. $x \to 0$ માટે,$f_4'(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. તેથી $f_4$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે પણ તેનું વિકલિત સતત નથી. તેથી $S \to 3$.