IIT JEE 2019 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) વર્તુળનું સમીકરણ $(x-3)^2+(y+2)^2=25$ છે,તેથી તેનું કેન્દ્ર $C(3, -2)$ છે.
ધારો કે $R$ એ જીવા $PQ$ નું મધ્યબિંદુ છે. $R$ એ રેખા $y=mx+1$ પર આવેલું હોવાથી,તેના યામ $(x_R, mx_R+1)$ છે. આપેલ છે કે $x_R = -\frac{3}{5}$,તેથી $y_R = m(-\frac{3}{5}) + 1 = \frac{-3m+5}{5}$.
આમ,$R = (-\frac{3}{5}, \frac{-3m+5}{5})$.
રેખાખંડ $CR$ એ જીવા $PQ$ ને લંબ છે. $PQ$ નો ઢાળ $m$ છે,તેથી $CR$ નો ઢાળ $-\frac{1}{m}$ હોવો જોઈએ.
$CR$ નો ઢાળ $= \frac{y_R - (-2)}{x_R - 3} = \frac{\frac{-3m+5}{5} + 2}{-\frac{3}{5} - 3} = \frac{-3m+5+10}{-3-15} = \frac{-3m+15}{-18} = \frac{m-5}{6}$.
ઢાળને સરખાવતા: $\frac{m-5}{6} = -\frac{1}{m}$.
$m(m-5) = -6 \Rightarrow m^2 - 5m + 6 = 0$.
$(m-2)(m-3) = 0$,તેથી $m=2$ અથવા $m=3$.
બંને કિંમતો $m=2$ અને $m=3$ એ શરત $2 \leq m < 4$ નું પાલન કરે છે.

(B) શરત $|z-(2-i)| \geq \sqrt{5}$ એ કેન્દ્ર $C(2, -1)$ અને ત્રિજ્યા $r = \sqrt{5}$ વાળા વર્તુળની બહારનો અથવા વર્તુળ પરનો પ્રદેશ દર્શાવે છે.
$\frac{1}{|z-1|}$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $|z-1|$ ને ન્યૂનતમ કરવું પડે,જે બિંદુ $A(1, 0)$ થી $z$ નું અંતર છે.
વર્તુળ પરનું બિંદુ $z_0$ જે $A(1, 0)$ ની સૌથી નજીક છે તે $A(1, 0)$ અને $C(2, -1)$ ને જોડતા રેખાખંડ પર આવેલું છે.
રેખા $AC$ નું સમીકરણ $y = -x+1$ છે.
આ રેખા અને વર્તુળના છેદબિંદુથી આપણને $z_0$ મળે છે. $z_0 = x_0 + iy_0$ લેતા,$z_0 - \bar{z}_0 = 2iy_0$ અને $z_0 + \bar{z}_0 = 2x_0$ થાય.
પદાવલિ $\frac{4-2x_0}{2iy_0+2i} = \frac{2-x_0}{i(y_0+1)}$ બને છે.
અહીં $y_0 = 1-x_0$ હોવાથી,$y_0+1 = 2-x_0$ થાય.
આમ,પદાવલિ $\frac{2-x_0}{i(2-x_0)} = \frac{1}{i} = -i$ થાય.
$-i$ નો મુખ્ય કોણાંક $-\frac{\pi}{2}$ છે.

(D) $E_1: \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$ માટે,લંબગોળ પરનું બિંદુ $(3 \cos \theta, 2 \sin \theta)$ લો. અંતર્ગત લંબચોરસ $R_1$ નું ક્ષેત્રફળ $A_1 = (2 \cdot 3 \cos \theta)(2 \cdot 2 \sin \theta) = 24 \sin \theta \cos \theta = 12 \sin 2 \theta$ છે. આ મહત્તમ ત્યારે થાય જ્યારે $\sin 2 \theta = 1$,એટલે કે $\theta = \frac{\pi}{4}$.
આમ,$R_1$ ના શિરોબિંદુઓ $(\pm \frac{3}{\sqrt{2}}, \pm \frac{2}{\sqrt{2}})$ છે.
$R_{n-1}$ માં અંતર્ગત $E_n$ માટે,અર્ધ-અક્ષો $a_n, b_n$ એ $a_n = \frac{a_{n-1}}{\sqrt{2}}$ અને $b_n = \frac{b_{n-1}}{\sqrt{2}}$ નું પાલન કરે છે.
ગુણોત્તર $\frac{b_n}{a_n} = \frac{b_1}{a_1} = \frac{2}{3}$ બધા $n$ માટે અચળ હોવાથી,ઉત્કેન્દ્રતા $e = \sqrt{1 - \frac{b_n^2}{a_n^2}} = \sqrt{1 - \frac{4}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}$ બધા $E_n$ માટે અચળ છે. તેથી,$(1)$ ખોટું છે.
$E_9$ માટે,$a_9 = \frac{3}{(\sqrt{2})^8} = \frac{3}{16}$ અને $b_9 = \frac{2}{(\sqrt{2})^8} = \frac{2}{16} = \frac{1}{8}$ છે.
કેન્દ્રથી નાભિનું અંતર $a_9 e = \frac{3}{16} \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{\sqrt{5}}{16}$ છે. તેથી,$(2)$ ખોટું છે.
$E_9$ ના લેટસ રેક્ટમની લંબાઈ $\frac{2 b_9^2}{a_9} = \frac{2 (1/8)^2}{3/16} = \frac{2/64}{3/16} = \frac{1}{32} \cdot \frac{16}{3} = \frac{1}{6}$ છે. તેથી,$(3)$ સાચું છે.
$R_n$ નું ક્ષેત્રફળ $A_n = 4 a_n b_n = 4 \cdot \frac{3}{(\sqrt{2})^{n-1}} \cdot \frac{2}{(\sqrt{2})^{n-1}} = \frac{24}{2^{n-1}}$ છે.
સરવાળો $\sum_{n=1}^N A_n = 24 (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^{N-1}}) = 24 \cdot \frac{1 - (1/2)^N}{1 - 1/2} = 48 (1 - \frac{1}{2^N}) = 48 - \frac{48}{2^N}$ છે. આ હંમેશા $48$ કરતા ઓછું છે,પરંતુ વિકલ્પો મુજબ $(3)$ અને $(4)$ સાચા છે.

(A) આપેલ $x^2-x-1=0$ ના બીજ $\alpha, \beta$ છે. તેથી $\alpha+\beta=1$ અને $\alpha\beta=-1$.
$a_n = \frac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}$.
$(1)$ માટે: $a_{n+2} = a_{n+1}+a_n$. તેથી $\sum_{i=1}^n a_i = a_{n+2}-a_2 = a_{n+2}-1$. વિધાન $(1)$ સાચું છે.
$(2)$ માટે: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{10^n} = \frac{10}{89}$. વિધાન $(2)$ સાચું છે.
$(4)$ માટે: $b_n = a_{n-1}+a_{n+1} = \alpha^n+\beta^n$. વિધાન $(4)$ સાચું છે.
આમ,વિકલ્પો $1, 2, 4$ સાચા છે.

(C) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $\frac{p}{\sin P} = \frac{q}{\sin Q} = \frac{r}{\sin R} = 2R_{c} = 2(1) = 2$.
આપેલ છે $p=\sqrt{3}, q=1$, તેથી $\sin P = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $\sin Q = \frac{1}{2}$.
$p > q$ હોવાથી, $P > Q$. $P$ માટે શક્ય કિંમતો $60^{\circ}$ અથવા $120^{\circ}$ છે, અને $Q$ માટે $30^{\circ}$ અથવા $150^{\circ}$ છે.
જો $P=60^{\circ}, Q=30^{\circ}$ હોય, તો $R=90^{\circ}$ થાય (જે અકાટકોણ હોવાથી શક્ય નથી).
જો $P=120^{\circ}, Q=30^{\circ}$ હોય, તો $R=30^{\circ}$ થાય. આમ, $\triangle PQR$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $q=r=1$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2}qr \sin P = \frac{1}{2}(1)(1)\sin 120^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{\sqrt{3}+1+1}{2} = \frac{\sqrt{3}+2}{2}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r_{in} = \frac{\Delta}{s} = \frac{\sqrt{3}/4}{(\sqrt{3}+2)/2} = \frac{\sqrt{3}}{2}(2-\sqrt{3})$. (વિકલ્પ $2$ સાચો છે).
મધ્યગા $RS$ ની લંબાઈ $= \frac{1}{2}\sqrt{2p^2+2q^2-r^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2(3)+2(1)-1} = \frac{\sqrt{7}}{2}$. (વિકલ્પ $3$ સાચો છે).
$PE$ એ $QR$ પરનો વેધ છે. $PE = q \sin R = 1 \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$.
$O$ એ $\triangle PQR$ નું મધ્યકેન્દ્ર છે (કારણ કે $PQR$ સમદ્વિબાજુ છે), તેથી $OE = \frac{1}{3}PE = \frac{1}{6}$. (વિકલ્પ $4$ સાચો છે).
$\triangle SOE$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{6} \Delta = \frac{\sqrt{3}}{24}$. (વિકલ્પ $1$ ખોટો છે).

(A) બિંદુ $A(2,3)$ નું રેખા $8x-6y-23=0$ થી અંતર $d = \frac{|8(2)-6(3)-23|}{\sqrt{8^2+(-6)^2}} = \frac{|-25|}{10} = 2.5 = \frac{5}{2}$ છે.
$B$ એ $A$ નું પ્રતિબિંબ હોવાથી,$AB = 2d = 5$ થાય.
વર્તુળોની ત્રિજ્યાઓ $r_A = 2$ અને $r_B = 1$ છે.
સામાન્ય સ્પર્શક માટે,$\frac{CA}{CB} = \frac{r_A}{r_B} = \frac{2}{1}$ થાય.
તેથી $CA = 2CB$ અને $CA = CB + AB$ હોવાથી,$CA = \frac{CA}{2} + 5$ મળે.
આમ,$\frac{CA}{2} = 5$,એટલે કે $CA = 10$.

(D) ત્રણ સમાંતર શ્રેણીઓના સામાન્ય પદો $x = 3m + 1$,$x = 5n + 2$,અને $x = 7k + 3$ છે.
આપણે સમીકરણોની સિસ્ટમ ઉકેલવાની છે:
$x \equiv 1 \pmod{3}$
$x \equiv 2 \pmod{5}$
$x \equiv 3 \pmod{7}$
$x = 15n + 7$ અને છેલ્લે $x = 105k + 52$ મળે છે.
આમ,પ્રથમ પદ $a = 52$ અને સામાન્ય તફાવત $d = \text{lcm}(3, 5, 7) = 105$ છે.
તેથી,$a + d = 52 + 105 = 157$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $|a + b\omega + c\omega^2|^2 = (a + b\omega + c\omega^2)(\overline{a + b\omega + c\omega^2})$.
$\overline{\omega} = \omega^2$ અને $\overline{\omega^2} = \omega$ હોવાથી,આ $(a + b\omega + c\omega^2)(a + b\omega^2 + c\omega)$ બને છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca$ મળે છે.
આ પદાવલિને $\frac{1}{2}[(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2]$ તરીકે લખી શકાય છે.
ભિન્ન શૂન્યતર પૂર્ણાંકો $a, b, c$ માટે,તફાવતની સૌથી નાની શક્ય કિંમતો $1$ અને $2$ છે (દા.ત.,$a=1, b=2, c=3$).
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{1}{2}[(1 - 2)^2 + (2 - 3)^2 + (3 - 1)^2] = \frac{1}{2}[1 + 1 + 4] = \frac{6}{2} = 3$ મળે છે.

(B) નિત્યસમ $2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ અને $2 \sin^2 A = 1 - \cos(2A)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(n) = \frac{\sum_{k=0}^n [\cos(\frac{\pi}{n+2}) - \cos(\frac{2k+3}{n+2}\pi)]}{\sum_{k=0}^n [1 - \cos(\frac{2k+2}{n+2}\pi)]}$
કારણ કે $\sum_{k=0}^n \cos(\frac{2k+2}{n+2}\pi) = 0$ અને $\sum_{k=0}^n \cos(\frac{2k+3}{n+2}\pi) = -\cos(\frac{\pi}{n+2})$,તેથી પદાવલિનું સાદું રૂપ:
$f(n) = \frac{(n+1) \cos(\frac{\pi}{n+2}) + \cos(\frac{\pi}{n+2})}{n+1} = \cos(\frac{\pi}{n+2})$.
$(1)$ $f(5) = \cos(\frac{\pi}{7}) \implies \sin(7 \cos^{-1} f(5)) = \sin(7 \cdot \frac{\pi}{7}) = \sin(\pi) = 0$. (સાચું)
$(2)$ $f(4) = \cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$. (સાચું)
$(3)$ $\lim_{n \rightarrow \infty} f(n) = \lim_{n \rightarrow \infty} \cos(\frac{\pi}{n+2}) = \cos(0) = 1 \neq \frac{1}{2}$. (ખોટું)
$(4)$ $f(6) = \cos(\frac{\pi}{8}) \implies \alpha = \tan(\frac{\pi}{8}) = \sqrt{2}-1$. તેથી $\alpha^2 + 2\alpha - 1 = (\sqrt{2}-1)^2 + 2(\sqrt{2}-1) - 1 = (2 - 2\sqrt{2} + 1) + (2\sqrt{2} - 2) - 1 = 0$. (સાચું)
આમ,વિકલ્પો $1, 2, 4$ સાચા છે.

(A) ધારો કે $n$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતા ચક્ર આલેખને $k$ રંગો વડે એવી રીતે રંગવાની રીતોની સંખ્યા $P(n, k)$ છે કે જેથી કોઈ પણ બે પાસપાસેના શિરોબિંદુઓ સમાન રંગના ન હોય.
આ માટેનું સૂત્ર $P(n, k) = (k-1)^n + (-1)^n(k-1)$ છે.
અહીં,$n = 5$ (વ્યક્તિઓની સંખ્યા) અને $k = 3$ (રંગોની સંખ્યા).
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$P(5, 3) = (3-1)^5 + (-1)^5(3-1)$
$P(5, 3) = 2^5 - 2$
$P(5, 3) = 32 - 2 = 30$.
આમ,કુલ રીતોની સંખ્યા $30$ છે.

(A) $1$. $C_1$ અને $C_2$ માટે,કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d = \sqrt{3^2+4^2} = 5$ છે. ત્રિજ્યાઓ $r_1=3$ અને $r_2=4$ છે. $C_1$ અને $C_2$ એ $C_3$ ની અંદર હોવાથી અને તેને $M$ અને $N$ પર સ્પર્શતા હોવાથી,$C_3$ નો વ્યાસ $2r = MN = MC_1 + C_1C_2 + C_2N = 3 + 5 + 4 = 12$ થાય,તેથી $r=6$.
$2$. $C_3$ નું કેન્દ્ર $(0,0)$ અને $(3,4)$ ને જોડતી રેખા $y = \frac{4}{3}x$ પર આવેલું છે. કેન્દ્ર આ રેખા પર $(0,0)$ થી $r_4 = 3$ અંતરે છે,જે $(h, k) = (3 \cos \theta, 3 \sin \theta) = (3 \cdot \frac{3}{5}, 3 \cdot \frac{4}{5}) = (\frac{9}{5}, \frac{12}{5})$ આપે છે. આમ,$2h+k = 2(\frac{9}{5}) + \frac{12}{5} = \frac{18+12}{5} = 6$. તેથી $(I)-(P)$ સાચું છે.
$3$. $C_1$ અને $C_2$ ની સામાન્ય જીવા $XY$ એ $3x+4y-9=0$ છે. $(0,0)$ થી $XY$ નું અંતર $p_1 = \frac{9}{5}$ છે. $XY = 2\sqrt{r_1^2-p_1^2} = 2\sqrt{9 - \frac{81}{25}} = \frac{24}{5}$.
$4$. $C_3$ માટે,કેન્દ્ર $(\frac{9}{5}, \frac{12}{5})$ થી $3x+4y-9=0$ નું અંતર $p = \frac{6}{5}$ છે. $ZW = 2\sqrt{r^2-p^2} = 2\sqrt{36 - \frac{36}{25}} = \frac{48\sqrt{6}}{5}$.
$5$. $\frac{ZW}{XY} = 2\sqrt{6}$. તેથી $(II)-(T)$ સાચું છે.
$6$. $\frac{\text{Area } MZN}{\text{Area } ZMW} = \frac{5}{4}$ સાચું છે. $\alpha = 10/3$ સાચું છે.
$7$. ખોટી જોડી: $(IV)-(S)$ ખોટું છે કારણ કે $\alpha = 10/3$. સાચી જોડી: $(I)-(P), (II)-(T), (III)-(R), (IV)-(U)$.

(B) આપેલ છે $M = \alpha I + \beta M^{-1}$. $M$ વડે ગુણતા,આપણને $M^2 = \alpha M + \beta I$ મળે,અથવા $M^2 - \alpha M - \beta I = O$.
કેલી-હેમિલ્ટન પ્રમેય મુજબ,$M^2 - \text{tr}(M)M + \det(M)I = O$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$\alpha = \text{tr}(M) = \sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - \frac{1}{2}\sin^2(2\theta)$.
કારણ કે $\sin^2(2\theta) \in [0, 1]$,ન્યૂનતમ કિંમત $\alpha^* = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
વળી,$-\beta = \det(M) = \sin^4 \theta \cos^4 \theta + (1+\cos^2 \theta)(1+\sin^2 \theta) = \frac{\sin^4(2\theta)}{16} + 1 + \sin^2 \theta + \cos^2 \theta + \sin^2 \theta \cos^2 \theta = \frac{\sin^4(2\theta)}{16} + 2 + \frac{\sin^2(2\theta)}{4}$.
ધારો કે $t = \sin^2(2\theta) \in [0, 1]$. તો $-\beta(t) = \frac{t^2}{16} + \frac{t}{4} + 2$.
$\beta$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે $-\beta$ ની મહત્તમ કિંમત શોધીએ. $f(t) = \frac{t^2}{16} + \frac{t}{4} + 2$ એ $[0, 1]$ પર વધતું વિધેય હોવાથી,તેની મહત્તમ કિંમત $t=1$ આગળ મળે,જે $\frac{1}{16} + \frac{4}{16} + \frac{32}{16} = \frac{37}{16}$ છે.
આમ,$\beta^* = -\frac{37}{16}$.
તેથી,$\alpha^* + \beta^* = \frac{1}{2} - \frac{37}{16} = \frac{8-37}{16} = -\frac{29}{16}$.

(B) આ પ્રદેશ $xy = 8$ (અથવા $x = 8/y$),$y = 1$,અને $y = x^2$ (અથવા $x > 0$ માટે $x = \sqrt{y}$) દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
$x = 8/y$ અને $x = \sqrt{y}$ ના છેદબિંદુ માટે,$\frac{8}{y} = \sqrt{y}$ લેતા,જેનો અર્થ છે $y^{3/2} = 8$,તેથી $y = 4$.
આ પ્રદેશ $y$ ની કિંમત $1$ થી $4$ સુધીની મર્યાદામાં છે,જ્યાં જમણી બાજુની સીમા $x = 8/y$ છે અને ડાબી બાજુની સીમા $x = \sqrt{y}$ છે.
તેથી,જરૂરી ક્ષેત્રફળ $\int_1^4 \left(\frac{8}{y} - \sqrt{y}\right) dy$ છે.
$= [8 \ln|y| - \frac{2}{3} y^{3/2}]_1^4$
$= (8 \ln 4 - \frac{2}{3} \cdot 4^{3/2}) - (8 \ln 1 - \frac{2}{3} \cdot 1^{3/2})$
$= (8 \cdot 2 \ln 2 - \frac{2}{3} \cdot 8) - (0 - \frac{2}{3})$
$= 16 \ln 2 - \frac{16}{3} + \frac{2}{3}$
$= 16 \ln 2 - \frac{14}{3}$.

(A) ધારો કે $G$ એ લીલો દડો પસંદ કરવાની ઘટના છે. થેલીઓ પસંદ કરવાની સંભાવનાઓ $P(B_1) = \frac{3}{10}, P(B_2) = \frac{3}{10}, P(B_3) = \frac{4}{10}$ છે.
દરેક થેલીમાંથી લીલો દડો પસંદ કરવાની શરતી સંભાવનાઓ:
$P(G|B_1) = \frac{5}{5+5} = \frac{1}{2}$
$P(G|B_2) = \frac{5}{3+5} = \frac{5}{8}$
$P(G|B_3) = \frac{3}{5+3} = \frac{3}{8}$
$(1)$ $P(B_3 \cap G) = P(G|B_3) \times P(B_3) = \frac{3}{8} \times \frac{4}{10} = \frac{3}{20}$. (વિધાન $1$ સાચું છે)
$(2)$ $P(G) = P(G|B_1)P(B_1) + P(G|B_2)P(B_2) + P(G|B_3)P(B_3) = \frac{3}{20} + \frac{15}{80} + \frac{12}{80} = \frac{39}{80}$. (વિધાન $2$ સાચું છે)
$(3)$ $P(G|B_3) = \frac{3}{8}$. (વિધાન $3$ સાચું છે)
$(4)$ $P(B_3|G) = \frac{P(B_3 \cap G)}{P(G)} = \frac{3/20}{39/80} = \frac{4}{13}$. (વિધાન $4$ સાચું છે)

(A) આપેલ છે કે $(\operatorname{adj} M)_{11} = 2 - 3b = -1 \Rightarrow b = 1$.
તે જ રીતે,$(\operatorname{adj} M)_{22} = -3a = -6 \Rightarrow a = 2$.
તેથી,$a+b = 2+1 = 3$. એટલે કે,$(1)$ સાચું છે.
હવે,$\operatorname{det} M = \begin{vmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0(2-3) - 1(1-9) + 2(1-6) = 8 - 10 = -2$.
$\operatorname{det}(\operatorname{adj} M^2) = (\operatorname{det}(\operatorname{adj} M))^2 = ((\operatorname{det} M)^2)^2 = ((-2)^2)^2 = 16 \neq 81$. તેથી,$(2)$ ખોટું છે.
$M^{-1} = \frac{\operatorname{adj} M}{\operatorname{det} M}$ હોવાથી,$\operatorname{adj} M = -2M^{-1}$ મળે.
તેથી $(\operatorname{adj} M)^{-1} = ( -2M^{-1} )^{-1} = -\frac{1}{2}M$.
વળી,$\operatorname{adj}(M^{-1}) = \operatorname{det}(M^{-1}) (M^{-1})^{-1} = \frac{1}{\operatorname{det} M} M = -\frac{1}{2}M$.
આમ,$(\operatorname{adj} M)^{-1} + \operatorname{adj}(M^{-1}) = -\frac{1}{2}M - \frac{1}{2}M = -M$. તેથી,$(3)$ સાચું છે.
$M \begin{bmatrix} \alpha \\ \beta \\ \gamma \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}$ માટે,$\begin{bmatrix} \alpha \\ \beta \\ \gamma \end{bmatrix} = M^{-1} \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} = \frac{\operatorname{adj} M}{-2} \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} = -\frac{1}{2} \begin{bmatrix} -1 & 1 & -1 \\ 8 & -6 & 2 \\ -5 & 3 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} = -\frac{1}{2} \begin{bmatrix} -2 \\ 2 \\ -2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$.
તેથી $\alpha = 1, \beta = -1, \gamma = 1$. આમ $\alpha - \beta + \gamma = 1 - (-1) + 1 = 3$. તેથી,$(4)$ સાચું છે.

(B) સૌ પ્રથમ,આપણે વિવિધ અંતરાલોમાં વિધેય $f(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$x < 0$ માટે,$f(x) = (x+1)^5 - 2x$. જેમ $x \rightarrow -\infty$,તેમ $f(x) \rightarrow -\infty$,અને જેમ $x \rightarrow 0^-$,તેમ $f(x) \rightarrow 1$. આમ,$x < 0$ માટે $f(x)$ નો વિસ્તાર $(-\infty, 1)$ છે.
$f^{\prime}(x) = 5(x+1)^4 - 2$. $f^{\prime}(x) = 0$ લેતા $(x+1)^4 = 2/5$ મળે,તેથી $x = -1 \pm (2/5)^{1/4}$. કારણ કે $f^{\prime}(x)$ એ $(-\infty, 0)$ માં ચિહ્ન બદલે છે,તેથી $f(x)$ એ $(-\infty, 0)$ પર એકવિધ નથી. આમ,વિધાન $(3)$ ખોટું છે.
$x \geq 3$ માટે,$f(x)$ સતત છે,$f(3) = 1/3$,અને $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x) = \infty$. વિસ્તાર $[1/3, \infty)$ છે.
બધા અંતરાલોના વિસ્તારોને જોડતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $f(x)$ નો વિસ્તાર $R$ છે,તેથી $f$ વ્યાપ્ત છે. વિધાન $(2)$ સાચું છે.
હવે,$x = 1$ ની નજીક $f^{\prime}(x)$ નો વિચાર કરીએ:
$0 \leq x < 1$ માટે,$f^{\prime}(x) = 2x - 1$. તેથી,$\lim_{x \rightarrow 1^-} f^{\prime}(x) = 2(1) - 1 = 1$.
$1 \leq x < 3$ માટે,$f^{\prime}(x) = 2x^2 - 8x + 7$. તેથી,$f^{\prime}(1) = 2(1)^2 - 8(1) + 7 = 1$.
$x$ એ $1$ થી થોડું મોટું હોય ત્યારે,$f^{\prime}(x) = 2x^2 - 8x + 7$. $f^{\prime}(x)$ નું વિકલન $f^{\prime\prime}(x) = 4x - 8$ છે. $x=1$ આગળ,$f^{\prime\prime}(1^+) = -4$.
કારણ કે $x=1$ આગળ $f^{\prime}$ નું ડાબી બાજુનું વિકલન $2$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $-4$ છે,તેથી $f^{\prime}$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી. વિધાન $(4)$ સાચું છે.
વળી,$f^{\prime}(x)$ એ $x=1$ સુધી વધીને $1$ થાય છે અને $x > 1$ માટે ઘટે છે,તેથી $f^{\prime}$ ને $x=1$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય છે. વિધાન $(1)$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(1), (2),$ અને $(4)$ સાચા છે.

(B) વક્ર $\Gamma$ ના બિંદુ $P(x, y)$ પરના સ્પર્શકનું સમીકરણ $Y-y=y^{\prime}(X-x)$ છે.
$y$-અક્ષ સાથેના છેદબિંદુ માટે,$X=0$ લેતા: $Y_p = y - xy^{\prime}$.
બિંદુ $Y_p$ એ $(0, y-xy^{\prime})$ છે. $PY_p$ નું અંતર $1$ આપેલ છે,તેથી $(x, y)$ અને $(0, y-xy^{\prime})$ વચ્ચેનું અંતર $1$ છે.
$\sqrt{(x-0)^2 + (y - (y-xy^{\prime}))^2} = 1$
$\sqrt{x^2 + (xy^{\prime})^2} = 1 \Rightarrow x^2 + x^2(y^{\prime})^2 = 1$
$(y^{\prime})^2 = \frac{1-x^2}{x^2} \Rightarrow y^{\prime} = \pm \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$.
વક્ર પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી અને $(1,0)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,ઢાળ ઋણ હોવો જોઈએ. તેથી,$y^{\prime} = -\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$.
આ વિકલ સમીકરણ $xy^{\prime} + \sqrt{1-x^2} = 0$ આપે છે,જે વિકલ્પ $(2)$ સાથે સુસંગત છે.
$dy = -\frac{\sqrt{1-x^2}}{x} dx$ નું સંકલન કરતા:
$x = \sin\theta$ લેતા,$dx = \cos\theta d\theta$.
$y = -\int \frac{\cos^2\theta}{\sin\theta} d\theta = \int \sin\theta d\theta - \int \csc\theta d\theta$
$y = -\cos\theta - \ln|\csc\theta - \cot\theta| + C = -\sqrt{1-x^2} - \ln\left|\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{x}\right| + C$
$y(1)=0$ નો ઉપયોગ કરતા,$C=0$ મળે છે. સાદું રૂપ આપતા,$y = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\right) - \sqrt{1-x^2}$ મળે છે,જે વિકલ્પ $(1)$ સાથે સુસંગત છે.

(A) રેખાઓ $L_1: \overrightarrow{r} = (1, 0, 0) + \lambda(-1, 2, 2)$ અને $L_2: \overrightarrow{r} = \mu(2, -1, 2)$ છે.
ધારો કે $A$ એ $L_1$ પરનું બિંદુ છે અને $B$ એ $L_2$ પરનું બિંદુ છે. $A = (1-\lambda, 2\lambda, 2\lambda)$ અને $B = (2\mu, -\mu, 2\mu)$.
સદિશ $\overrightarrow{AB} = (2\mu + \lambda - 1, -\mu - 2\lambda, 2\mu - 2\lambda)$.
સામાન્ય લંબની દિશા $\vec{v} = (-1, 2, 2) \times (2, -1, 2) = (6, 6, -6)$ છે,જે $(2, 2, -1)$ ને સમાંતર છે.
કારણ કે $AB$ એ ટૂંકા અંતરની રેખા છે,$\overrightarrow{AB}$ એ $(2, 2, -1)$ ને સમાંતર હોવી જોઈએ.
આમ,$\frac{2\mu + \lambda - 1}{2} = \frac{-\mu - 2\lambda}{2} = \frac{2\mu - 2\lambda}{-1} = k$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા $\lambda = 1/9$ અને $\mu = 2/9$ મળે છે.
તેથી $A = (8/9, 2/9, 2/9)$ અને $B = (4/9, -2/9, 4/9)$.
રેખા $L_3$ એ $A$ અને $B$ માંથી પસાર થાય છે અને તેની દિશા $(2, 2, -1)$ છે.
$L_3$ નું સમીકરણ: $\overrightarrow{r} = A + t(2, 2, -1) = (8/9, 2/9, 2/9) + t(2, 2, -1)$.
વિકલ્પ $(1)$ એ $AB$ ના મધ્યબિંદુ $(2/3, 0, 1/3)$ માંથી પસાર થાય છે. દિશા $(2, 2, -1)$ હોવાથી,તે $L_3$ દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $(2)$ એ $B$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તે $L_3$ દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $(4)$ એ બિંદુ $A$ એટલે કે $(8/9, 2/9, 2/9)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તે $L_3$ દર્શાવે છે.
આમ,વિકલ્પો $1, 2, 4$ સાચા છે.

(B) ધારો કે $I = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{dx}{(1 + e^{\sin x})(2 - \cos 2x)}$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{dx}{(1 + e^{-\sin x})(2 - \cos 2x)}$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{1}{2 - \cos 2x} \left( \frac{1}{1 + e^{\sin x}} + \frac{e^{\sin x}}{1 + e^{\sin x}} \right) dx = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{dx}{2 - \cos 2x}$.
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,$I = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi / 4} \frac{dx}{2 - \cos 2x} = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi / 4} \frac{\sec^2 x dx}{2(1 + \tan^2 x) - (1 - \tan^2 x)} = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi / 4} \frac{\sec^2 x dx}{1 + 3 \tan^2 x}$.
ધારો કે $u = \sqrt{3} \tan x$,તો $du = \sqrt{3} \sec^2 x dx$.
$I = \frac{2}{\pi \sqrt{3}} \int_0^{\sqrt{3}} \frac{du}{1 + u^2} = \frac{2}{\pi \sqrt{3}} [\tan^{-1} u]_0^{\sqrt{3}} = \frac{2}{\pi \sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{3} = \frac{2}{3\sqrt{3}}$.
તેથી,$27 I^2 = 27 \cdot \frac{4}{27} = 4$.

(C) $3 \times 3$ શ્રેણિકમાં કુલ $9$ ઘટકો હોય છે. શ્રેણિકના ઘટકોનો સરવાળો $7$ હોવાથી,તેમાં બરાબર $7$ એકડા અને $2$ શૂન્ય હોવા જોઈએ.
$2$ શૂન્ય માટે સ્થાન પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $n(E_2) = \binom{9}{2} = \frac{9 \times 8}{2} = 36$ છે.
$\operatorname{det} A = 0$ ત્યારે થાય જ્યારે શ્રેણિકની કોઈ એક હાર અથવા સ્તંભમાં બંને શૂન્ય હોય. અહીં માત્ર $2$ શૂન્ય હોવાથી,નિશ્ચાયક $0$ ત્યારે જ થાય જો બંને શૂન્ય એક જ હારમાં અથવા એક જ સ્તંભમાં હોય.
$2$ શૂન્યને એક જ હારમાં મૂકવાની રીતો: $3$ હાર છે અને દરેક હારમાં $\binom{3}{2} = 3$ રીતે શૂન્ય મૂકી શકાય. તેથી,$3 \times 3 = 9$ રીતો.
$2$ શૂન્યને એક જ સ્તંભમાં મૂકવાની રીતો: $3$ સ્તંભ છે અને દરેક સ્તંભમાં $\binom{3}{2} = 3$ રીતે શૂન્ય મૂકી શકાય. તેથી,$3 \times 3 = 9$ રીતો.
આમ,$n(E_1 \cap E_2) = 9 + 9 = 18$.
શરતી સંભાવના $P(E_1 \mid E_2) = \frac{n(E_1 \cap E_2)}{n(E_2)} = \frac{18}{36} = 0.50$ થાય.

(A) રેખાઓ $\overrightarrow{r} = \lambda \hat{i}$,$\overrightarrow{r} = \mu(\hat{i} + \hat{j})$,અને $\overrightarrow{r} = v(\hat{i} + \hat{j} + \hat{k})$ દ્વારા આપવામાં આવી છે.
સમતલના સમીકરણ $x + y + z = 1$ માં આ કિંમતો મૂકતા:
રેખા $A$ માટે: $\lambda + 0 + 0 = 1 \Rightarrow \lambda = 1$,તેથી $A = (1, 0, 0)$.
રેખા $B$ માટે: $\mu + \mu + 0 = 1 \Rightarrow 2\mu = 1 \Rightarrow \mu = 1/2$,તેથી $B = (1/2, 1/2, 0)$.
રેખા $C$ માટે: $v + v + v = 1 \Rightarrow 3v = 1 \Rightarrow v = 1/3$,તેથી $C = (1/3, 1/3, 1/3)$.
સદિશો $\overrightarrow{AB} = B - A = (-1/2, 1/2, 0)$ અને $\overrightarrow{AC} = C - A = (-2/3, 1/3, 1/3)$ છે.
ક્રોસ પ્રોડક્ટ $\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ -1/2 & 1/2 & 0 \\ -2/3 & 1/3 & 1/3 \end{vmatrix} = \hat{i}(1/6) - \hat{j}(-1/6) + \hat{k}(-1/6 + 1/3) = (1/6, 1/6, 1/6)$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} |\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = \frac{1}{2} \sqrt{(1/6)^2 + (1/6)^2 + (1/6)^2} = \frac{1}{2} \sqrt{3/36} = \frac{\sqrt{3}}{12}$.
તેથી $(6 \Delta)^2 = (6 \times \frac{\sqrt{3}}{12})^2 = (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = 3/4 = 0.75$.

(C) આપેલ છે $f(x) = (x-1)(x-2)(x-5)$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$F'(x) = f(x) = (x-1)(x-2)(x-5)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,$F'(x) = 0$ લેતા,જે $x = 1, 2, 5$ આપે છે.
પ્રથમ વિકલન કસોટીનો ઉપયોગ કરતા:
- $x < 1$ માટે,$F'(x) < 0$ (ઘટતું વિધેય).
- $1 < x < 2$ માટે,$F'(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
- $2 < x < 5$ માટે,$F'(x) < 0$ (ઘટતું વિધેય).
- $x > 5$ માટે,$F'(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
આમ,$F$ ને $x=1$ અને $x=5$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ છે,અને $x=2$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ છે.
વિધાન $(1)$ સાચું છે.
વિધાન $(2)$ સાચું છે.
વિધાન $(4)$ ખોટું છે કારણ કે $F$ ને બે સ્થાનિક ન્યૂનતમ અને એક સ્થાનિક મહત્તમ છે.
વિધાન $(3)$ માટે,$F(x) = \int_0^x (t^3 - 8t^2 + 17t - 10) dt = \frac{x^4}{4} - \frac{8x^3}{3} + \frac{17x^2}{2} - 10x$. $x=1, 2, 5$ આગળ $F(x)$ ની કિંમત તપાસતા જણાય છે કે $x \in (0, 5)$ માટે $F(x) < 0$,તેથી $x \in (0, 5)$ માટે $F(x) \neq 0$. વિધાન $(3)$ સાચું છે.
તેથી,વિકલ્પો $(1), (2), (3)$ સાચા છે.

(A) આપેલ લક્ષ: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sum_{r=1}^n r^{1/3}}{n^{7/3} \sum_{r=1}^n \frac{1}{(an+r)^2}} = 54$.
અંશ અને છેદને $n^{4/3}$ વડે ભાગતા,પદાવલિ આ મુજબ બને છે:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n (r/n)^{1/3}}{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{1}{(a+r/n)^2}} = 54$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f(r/n) = \int_0^1 f(x) dx$.
અંશ $\int_0^1 x^{1/3} dx = [\frac{3}{4} x^{4/3}]_0^1 = \frac{3}{4}$ થાય છે.
છેદ $\int_0^1 \frac{1}{(a+x)^2} dx = [-\frac{1}{a+x}]_0^1 = -(\frac{1}{a+1} - \frac{1}{a}) = \frac{1}{a(a+1)}$ થાય છે.
તેથી,સમીકરણ $\frac{3/4}{1/(a(a+1))} = 54$ થાય,જેનું સાદું રૂપ $\frac{3}{4} a(a+1) = 54$ છે.
$a(a+1) = 54 \times \frac{4}{3} = 72$.
$a^2 + a - 72 = 0 \Rightarrow (a+9)(a-8) = 0$.
આમ,$a = -9$ અથવા $a = 8$. બંને $|a| > 1$ ની શરતનું પાલન કરે છે.

(D) ધારો કે $P = (\lambda, 0, 0)$ એ $L_1$ પરનું બિંદુ છે,$Q = (0, \mu, 1)$ એ $L_2$ પરનું બિંદુ છે,અને $R = (1, 1, v)$ એ $L_3$ પરનું બિંદુ છે.
$P, Q$ અને $R$ સમરેખ હોવાથી,સદિશો $\vec{PQ}$ અને $\vec{QR}$ પ્રમાણસર હોવા જોઈએ.
$\vec{PQ} = (0 - \lambda, \mu - 0, 1 - 0) = (-\lambda, \mu, 1)$.
$\vec{QR} = (1 - 0, 1 - \mu, v - 1) = (1, 1 - \mu, v - 1)$.
સમરેખતા માટે,$\frac{-\lambda}{1} = \frac{\mu}{1 - \mu} = \frac{1}{v - 1}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\lambda = -\frac{\mu}{1 - \mu} = \frac{\mu}{\mu - 1}$ અને $v - 1 = \frac{1 - \mu}{\mu}$,તેથી $v = 1 + \frac{1 - \mu}{\mu} = \frac{1}{\mu}$.
$\lambda$ અને $v$ ના આ મૂલ્યો $\mu = 0$ અને $\mu = 1$ સિવાય તમામ $\mu \in R$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
જો $\mu = 0$,તો $Q = (0, 0, 1) = \hat{k}$. જો $\mu = 1$,તો $Q = (0, 1, 1) = \hat{j} + \hat{k}$.
આમ,$Q$ એ $\hat{k}$ અને $\hat{j} + \hat{k}$ સિવાય $L_2$ પરનું કોઈપણ બિંદુ હોઈ શકે છે.
આપેલા વિકલ્પો તપાસતા:
$(1)$ $\hat{k} + \hat{j}$ ($\mu = 1$ ને અનુરૂપ,બાકાત)
$(2)$ $\hat{k}$ ($\mu = 0$ ને અનુરૂપ,બાકાત)
$(3)$ $\hat{k} + \frac{1}{2}\hat{j}$ ($\mu = 0.5$ ને અનુરૂપ,માન્ય)
$(4)$ $\hat{k} - \frac{1}{2}\hat{j}$ ($\mu = -0.5$ ને અનુરૂપ,માન્ય)
તેથી,બિંદુઓ $3$ અને $4$ માન્ય છે.

(A) $PROPERTY \ 1$ માટે,આપણે $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-f(0)}{\sqrt{|h|}}$ ચકાસીએ છીએ:
$(2) \ f(x)=x^{2/3}, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{h^{2/3}-0}{|h|^{1/2}} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{|h|^{2/3}}{|h|^{1/2}} = \lim_{h \rightarrow 0} |h|^{1/6} = 0$. આ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને શાંત છે. તેથી,$(2)$ સાચું છે.
$(4) \ f(x)=|x|, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{|h|-0}{|h|^{1/2}} = \lim_{h \rightarrow 0} |h|^{1/2} = 0$. આ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને શાંત છે. તેથી,$(4)$ સાચું છે.
$PROPERTY \ 2$ માટે,આપણે $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-f(0)}{h^2}$ ચકાસીએ છીએ:
$(1) \ f(x)=x|x|, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{h|h|}{h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{|h|}{h}$. $RHL = 1$ અને $LHL = -1$ છે. લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. તેથી,$(1)$ ખોટું છે.
$(3) \ f(x)=\sin x, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h} \cdot \frac{1}{h} = 1 \cdot \infty = \infty$. લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. તેથી,$(3)$ ખોટું છે.
આમ,ફક્ત $(2)$ અને $(4)$ સાચા છે.

(B) ધારો કે $Q = \left[\begin{array}{lll}2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \\ 3 & 2 & 1\end{array}\right]$.
$X = \sum_{k=1}^6 (P_k Q P_k^T)$.
$X^T = \sum_{k=1}^6 (P_k Q P_k^T)^T = \sum_{k=1}^6 (P_k Q^T P_k^T) = \sum_{k=1}^6 (P_k Q P_k^T) = X$ (કારણ કે $Q$ સંમિત છે).
આમ,$X$ એ સંમિત શ્રેણિક છે. વિકલ્પ $(4)$ સાચો છે.
ધારો કે $R = \left[\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right]$. નોંધો કે તમામ ક્રમચય શ્રેણિકો $P_k$ માટે,$P_k R = R$ અને $P_k^T R = R$.
$X R = \sum_{k=1}^6 P_k Q P_k^T R = \sum_{k=1}^6 P_k Q R = (\sum_{k=1}^6 P_k) Q R$.
$\sum_{k=1}^6 P_k = \left[\begin{array}{lll}2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2\end{array}\right]$ અને $Q R = \left[\begin{array}{lll}2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \\ 3 & 2 & 1\end{array}\right] \left[\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right] = \left[\begin{array}{l}6 \\ 3 \\ 6\end{array}\right]$.
$X R = \left[\begin{array}{lll}2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2\end{array}\right] \left[\begin{array}{l}6 \\ 3 \\ 6\end{array}\right] = \left[\begin{array}{l}30 \\ 30 \\ 30\end{array}\right] = 30 R$. તેથી,$\alpha = 30$. વિકલ્પ $(3)$ સાચો છે.
કારણ કે $X R = 30 R$,$(X - 30I) R = 0$,જેનો અર્થ છે કે $X - 30I$ વ્યસ્ત નથી. વિકલ્પ $(1)$ ખોટો છે.
$\text{Trace}(X) = \sum_{k=1}^6 \text{Trace}(P_k Q P_k^T) = \sum_{k=1}^6 \text{Trace}(P_k^T P_k Q) = \sum_{k=1}^6 \text{Trace}(I Q) = 6 \times \text{Trace}(Q) = 6 \times (2+0+1) = 18$. વિકલ્પ $(2)$ સાચો છે.
તેથી,વિકલ્પો $(2), (3), (4)$ સાચા છે.

(A) આપેલ છે $R = PQP^{-1}$.
$\det(R) = \det(PQP^{-1}) = \det(P) \det(Q) \det(P^{-1}) = \det(Q)$.
$\det(Q) = 2(24 - 0) - x(0 - 0) + x(0 - 4x) = 48 - 4x^2$.
વિકલ્પ $(1)$: $x = 1$ માટે,$\det(R) = 48 - 4(1)^2 = 44 \neq 0$. $\det(R) \neq 0$ હોવાથી,સમીકરણ $R \begin{bmatrix} \alpha \\ \beta \\ \gamma \end{bmatrix} = \mathbf{0}$ નો માત્ર શૂન્ય ઉકેલ $\alpha = \beta = \gamma = 0$ મળે. એકમ સદિશ માટે $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = 1$ હોવું જોઈએ,જે શક્ય નથી. તેથી,$(1)$ ખોટું છે.
વિકલ્પ $(2)$: $PQ = QP \iff PQP^{-1} = Q \iff R = Q$. આનો અર્થ એ છે કે $PQP^{-1} = Q$. આ ચોક્કસ $P$ માટે,$R$ એ કોઈ પણ $x$ માટે $Q$ ને સમાન નથી. તેથી,$(2)$ ખોટું છે.
વિકલ્પ $(3)$: $\det \begin{bmatrix} 2 & x & x \\ 0 & 4 & 0 \\ x & x & 5 \end{bmatrix} + 8 = [2(20 - 0) - x(0 - 0) + x(0 - 4x)] + 8 = (40 - 4x^2) + 8 = 48 - 4x^2 = \det(R)$. તેથી,$(3)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $(4)$: $x = 0$ માટે,$Q = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}$ અને $P = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$. $P^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & -1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 & -1/3 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{bmatrix}$.
$R = PQP^{-1} = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 2/3 \\ 0 & 4 & 4/3 \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}$.
$(R - 6I) \begin{bmatrix} 1 \\ a \\ b \end{bmatrix} = 0$ ઉકેલતા $\begin{bmatrix} -4 & 1 & 2/3 \\ 0 & -2 & 4/3 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ a \\ b \end{bmatrix} = 0$ મળે.
$-2a + 4b/3 = 0 \implies a = 2b/3$. $-4 + a + 2b/3 = 0 \implies -4 + 2b/3 + 2b/3 = 0 \implies 4b/3 = 4 \implies b = 3, a = 2$.
$a + b = 2 + 3 = 5$. તેથી,$(4)$ સાચું છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \frac{\sin \pi x}{x^2}$.
વિકલન કરતા,$f'(x) = \frac{\pi x^2 \cos \pi x - 2x \sin \pi x}{x^4} = \frac{x(\pi x \cos \pi x - 2 \sin \pi x)}{x^4} = \frac{\pi x \cos \pi x - 2 \sin \pi x}{x^3}$.
સ્થાનિક અંતિમ બિંદુઓ માટે,$f'(x) = 0 \implies \pi x \cos \pi x = 2 \sin \pi x \implies \tan \pi x = \frac{\pi x}{2}$.
ધારો કે $g(x) = \tan \pi x$ અને $h(x) = \frac{\pi x}{2}$. આ વક્રોના છેદબિંદુઓ અંતિમ બિંદુઓ આપે છે.
આલેખ પરથી,સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુઓ $x_n$ એ અંતરાલ $(2n, 2n + 1/2)$ માં આવે છે અને સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુઓ $y_n$ એ અંતરાલ $(2n-1/2, 2n)$ માં આવે છે.
$(1)$ $|x_n - y_n| > 1$ સાચું છે કારણ કે ક્રમિક અંતિમ બિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર $1$ કરતા વધારે છે.
$(2)$ $x_1$ એ $(2, 2.5)$ માં છે અને $y_1$ એ $(0.5, 1)$ માં છે,તેથી $x_1 > y_1$. આમ,વિધાન $(2)$ ખોટું છે.
$(3)$ $\tan \pi x = \frac{\pi x}{2}$ ના વિશ્લેષણ પરથી $x_n \in (2n, 2n + 1/2)$ સાચું છે.
$(4)$ $x_{n+1} - x_n > 2$ સાચું છે કારણ કે $\tan \pi x = \frac{\pi x}{2}$ ના બીજ ઓછામાં ઓછા $1$ થી અલગ પડે છે,અને ખાસ કરીને સ્થાનિક મહત્તમ માટે,તફાવત $2$ કરતા વધારે છે.
તેથી,વિધાનો $(1)$,$(3)$,અને $(4)$ સાચા છે.

(A) ધારો કે $S = \sum_{k=0}^{10} \sec \left(\frac{7 \pi}{12}+\frac{k \pi}{2}\right) \sec \left(\frac{7 \pi}{12}+\frac{(k+1) \pi}{2}\right)$.
નિત્યસમ $\sec A \sec B = \frac{\sin(B-A)}{\cos A \cos B \sin(B-A)}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જોઈએ છીએ કે $B-A = \frac{\pi}{2}$.
આમ,$\sec A \sec B = \frac{\sin(\pi/2)}{\cos A \cos B \sin(\pi/2)} = \frac{\tan B - \tan A}{\sin(\pi/2)} = \tan B - \tan A$.
અહીં,$A = \frac{7 \pi}{12} + \frac{k \pi}{2}$ અને $B = \frac{7 \pi}{12} + \frac{(k+1) \pi}{2}$.
તેથી,સરવાળો $\sum_{k=0}^{10} (\tan(\frac{7 \pi}{12} + \frac{(k+1) \pi}{2}) - \tan(\frac{7 \pi}{12} + \frac{k \pi}{2}))$ બને છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળો છે: $\tan(\frac{7 \pi}{12} + \frac{11 \pi}{2}) - \tan(\frac{7 \pi}{12})$.
કારણ કે $\tan(\theta + \frac{11 \pi}{2}) = \tan(\theta - \frac{\pi}{2}) = -\cot \theta$,સરવાળો $-\cot(\frac{7 \pi}{12}) - \tan(\frac{7 \pi}{12}) = -(\frac{\cos(7 \pi / 12)}{\sin(7 \pi / 12)} + \frac{\sin(7 \pi / 12)}{\cos(7 \pi / 12)}) = -\frac{1}{\sin(7 \pi / 12) \cos(7 \pi / 12)} = -\frac{2}{\sin(7 \pi / 6)} = -\frac{2}{-1/2} = 4$ થાય.
પદાવલિ $\sec^{-1}(\frac{1}{4} \times 4) = \sec^{-1}(1) = 0$ છે.

(B) કારણ કે $A$ અને $B$ નિરપેક્ષ ઘટનાઓ છે,$P(A \cap B) = P(A)P(B)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{n(A \cap B)}{n(S)} = \frac{n(A)}{n(S)} \times \frac{n(B)}{n(S)}$,તેથી $n(A \cap B) = \frac{n(A)n(B)}{6}$.
$n(A \cap B)$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $n(A)n(B)$ એ $6$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$1 \leq |B| < |A|$ આપેલ હોવાથી,આપણે $n(A)$ અને $n(B)$ માટે શક્ય કિંમતો ચકાસીએ.
$1$. જો $n(A) = 3, n(B) = 2$,તો $n(A \cap B) = 1$. જોડની સંખ્યા $= \binom{6}{3} \times \binom{3}{1} \times \binom{3}{1} = 180$.
$2$. જો $n(A) = 4, n(B) = 3$,તો $n(A \cap B) = 2$. જોડની સંખ્યા $= \binom{6}{4} \times \binom{4}{2} \times \binom{2}{1} = 180$.
$3$. જો $n(A) = 6$,તો $n(B)$ એ $1, 2, 3, 4, 5$ હોઈ શકે. કુલ જોડ $= 62$.
કુલ જોડ $= 180 + 180 + 62 = 422$.

(C) શ્રેણિકના ઘટકો છે:
$a_{11} = \sum_{k=0}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$
$a_{12} = \sum_{k=0}^n {^nC_k} k^2 = n(n-1)2^{n-2} + n2^{n-1} = n(n+1)2^{n-2}$
$a_{21} = \sum_{k=0}^n {^nC_k} k = n2^{n-1}$
$a_{22} = \sum_{k=0}^n {^nC_k} 3^k = (1+3)^n = 4^n$
નિશ્ચાયક શૂન્ય લેતા:
$\frac{n(n+1)}{2} \cdot 4^n - n(n+1)2^{n-2} \cdot n2^{n-1} = 0$
$\frac{n(n+1)}{2} \cdot 4^n - n^2(n+1)2^{2n-3} = 0$
$n(n+1)2^{2n-3}$ વડે ભાગતા:
$2^2 - n = 0 \implies n = 4$
હવે,$\sum_{k=0}^4 \frac{{^4C_k}}{k+1} = \frac{1}{5} \sum_{k=0}^4 {^5C_{k+1}} = \frac{1}{5} ({^5C_1} + {^5C_2} + {^5C_3} + {^5C_4} + {^5C_5}) = \frac{1}{5} (2^5 - 1) = \frac{31}{5} = 6.20$

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \frac{3 \sqrt{\cos \theta}}{(\sqrt{\cos \theta}+\sqrt{\sin \theta})^5} d \theta$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{3 \sqrt{\sin \theta}}{(\sqrt{\sin \theta}+\sqrt{\cos \theta})^5} d \theta$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\pi / 2} \frac{3(\sqrt{\cos \theta} + \sqrt{\sin \theta})}{(\sqrt{\cos \theta}+\sqrt{\sin \theta})^5} d \theta = \int_0^{\pi / 2} \frac{3}{(\sqrt{\cos \theta}+\sqrt{\sin \theta})^4} d \theta$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 \theta$ વડે ભાગતા:
$2I = 3 \int_0^{\pi / 2} \frac{\sec^2 \theta}{(1+\sqrt{\tan \theta})^4} d \theta$.
ધારો કે $1+\sqrt{\tan \theta} = t$,તેથી $\frac{1}{2\sqrt{\tan \theta}} \cdot \sec^2 \theta d \theta = dt$,એટલે કે $\sec^2 \theta d \theta = 2(t-1) dt$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$2I = 3 \int_1^{\infty} \frac{2(t-1)}{t^4} dt = 6 \int_1^{\infty} (t^{-3} - t^{-4}) dt$.
$2I = 6 \left[ \frac{t^{-2}}{-2} - \frac{t^{-3}}{-3} \right]_1^{\infty} = 6 \left[ 0 - (-\frac{1}{2} + \frac{1}{3}) \right] = 6 \left( \frac{1}{6} \right) = 1$.
આમ,$I = 0.50$.

(A) આપેલ છે $\vec{a} = 2\hat{i} + \hat{j} - \hat{k}$ અને $\vec{b} = \hat{i} + 2\hat{j} + \hat{k}$.
તેથી $\vec{a} + \vec{b} = 3\hat{i} + 3\hat{j} + 0\hat{k} = 3(\hat{i} + \hat{j})$.
$|\vec{a} + \vec{b}| = 3\sqrt{1^2 + 1^2} = 3\sqrt{2}$.
$(\vec{a} + \vec{b})$ પર $\vec{c}$ નો પ્રક્ષેપ $\frac{\vec{c} \cdot (\vec{a} + \vec{b})}{|\vec{a} + \vec{b}|} = 3\sqrt{2}$ છે.
$\vec{c} = \alpha\vec{a} + \beta\vec{b}$ હોવાથી,$\vec{c} \cdot (\vec{a} + \vec{b}) = (\alpha\vec{a} + \beta\vec{b}) \cdot (\vec{a} + \vec{b}) = \alpha|\vec{a}|^2 + \beta|\vec{b}|^2 + (\alpha + \beta)(\vec{a} \cdot \vec{b})$.
$|\vec{a}|^2 = 6$,$|\vec{b}|^2 = 6$,$\vec{a} \cdot \vec{b} = 3$.
તેથી,$6\alpha + 6\beta + 3(\alpha + \beta) = 9(\alpha + \beta)$.
આમ,$\frac{9(\alpha + \beta)}{3\sqrt{2}} = 3\sqrt{2} \implies 9(\alpha + \beta) = 18 \implies \alpha + \beta = 2$.
હવે,$(\vec{c} - (\vec{a} \times \vec{b})) \cdot \vec{c} = |\vec{c}|^2 - (\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c}$.
$\vec{c}$ એ $\vec{a}$ અને $\vec{b}$ ના સમતલમાં હોવાથી,$(\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c} = 0$.
તેથી,પદાવલિ $|\vec{c}|^2 = |\alpha\vec{a} + \beta\vec{b}|^2 = 6\alpha^2 + 6\beta^2 + 6\alpha\beta = 6(\alpha^2 + \beta^2 + \alpha\beta)$ થશે.
$\beta = 2 - \alpha$ મૂકતા: $6(\alpha^2 + (2-\alpha)^2 + \alpha(2-\alpha)) = 6(\alpha^2 - 2\alpha + 4) = 6((\alpha - 1)^2 + 3)$.
ન્યૂનતમ કિંમત $6 \times 3 = 18$ છે.

(C, B) $f(x) = \sin(\pi \cos x)$ માટે,$f(x) = 0 \implies \pi \cos x = n\pi \implies \cos x = n$. $n \in \mathbb{Z}$ અને $|\cos x| \le 1$ હોવાથી,$n \in \{-1, 0, 1\}$. તેથી $x = n\pi$ અથવા $x = n\pi \pm \frac{\pi}{2}$,જે $x = \frac{k\pi}{2}$ $(k \in \mathbb{N})$ માં સરળ બને છે. $X = \{\frac{k\pi}{2} : k \in \mathbb{N}\}$. આ $\frac{\pi}{2}$ ના સામાન્ય તફાવત સાથેની સમાંતર શ્રેણી છે. તેથી $(I) \to (Q)$.
$f'(x) = \cos(\pi \cos x) \cdot (-\pi \sin x) = 0$ માટે. કાં તો $\sin x = 0 \implies x = n\pi$ અથવા $\cos(\pi \cos x) = 0 \implies \pi \cos x = (2n+1)\frac{\pi}{2} \implies \cos x = \pm \frac{1}{2}$. $Y = \{n\pi, n\pi \pm \frac{\pi}{3}\}$. આ સમાંતર શ્રેણી નથી. $Y$ માં $\{\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}, \pi\}$ નો સમાવેશ થાય છે. તેથી $(II) \to (R), (T)$.
$g(x) = \cos(2\pi \sin x) = 0 \implies 2\pi \sin x = (2n+1)\frac{\pi}{2} \implies \sin x = \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{3}{4}$. આ સમાંતર શ્રેણી નથી. તેથી $(III) \to (R)$.
$g'(x) = -\sin(2\pi \sin x) \cdot (2\pi \cos x) = 0$ માટે. કાં તો $\cos x = 0 \implies x = (2n+1)\frac{\pi}{2}$ અથવા $\sin(2\pi \sin x) = 0 \implies 2\pi \sin x = n\pi \implies \sin x = \frac{n}{2}$. તેથી $\sin x \in \{0, \pm \frac{1}{2}, \pm 1\}$. $W$ માં $\{\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{13\pi}{6}\}$ નો સમાવેશ થાય છે. તેથી $(IV) \to (S)$.
મેચિંગ: પ્રશ્ન $(1)$ માટે સાચો વિકલ્પ $(4)$ છે અને પ્રશ્ન $(2)$ માટે સાચો વિકલ્પ $(2)$ છે.