IIT JEE 2024 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ પદાવલિ: $E = \cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}$
$\cot x = \frac{-5}{\sqrt{11}}$ હોવાથી,$\tan(x/2) = \sqrt{11}$ મળે છે.
તેથી,$\sin(x/2) = \frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}$ અને $\cos(x/2) = \frac{1}{2\sqrt{3}}$.
પરિણામે,$E = \frac{\sqrt{11}+1}{2\sqrt{3}}$.

(A) ઉપવલય $\frac{x^2}{3^2} + \frac{y^2}{2^2} = 1$ છે. શિરોબિંદુ $R$ એ $(3, 0)$ છે અને કેન્દ્ર $O$ એ $(0, 0)$ છે.
બિંદુ $T$ ને $(3 \cos \theta, -2 \sin \theta)$ લો,જ્યાં $\theta$ લઘુકોણ છે.
$\triangle ORT$ નું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_O(y_R - y_T) + x_R(y_T - y_O) + x_T(y_O - y_R)| = \frac{3}{2}$ છે.
$\frac{1}{2} |0(0 - (-2 \sin \theta)) + 3(-2 \sin \theta - 0) + 3 \cos \theta(0 - 0)| = \frac{3}{2}$.
$\frac{1}{2} |-6 \sin \theta| = \frac{3}{2}$ $\Rightarrow 3 \sin \theta = \frac{3}{2}$ $\Rightarrow \sin \theta = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = 30^\circ = \frac{\pi}{6}$.
તેથી,$T = (\frac{3 \sqrt{3}}{2}, -1)$.
$(0, 2)$ આગળનો સ્પર્શક $y = 2$ છે.
$T(\frac{3 \sqrt{3}}{2}, -1)$ આગળનો સ્પર્શક $\frac{x \sqrt{3}}{6} - \frac{y}{4} = 1$ છે.
$y = 2$ મૂકતા,$\frac{x \sqrt{3}}{6} - \frac{1}{2} = 1$ $\Rightarrow \frac{x \sqrt{3}}{6} = \frac{3}{2}$ $\Rightarrow x = 3 \sqrt{3}$.
આમ,$S(p, q) = (3 \sqrt{3}, 2)$.
તેથી,$p = 3 \sqrt{3}$ અને $q = 2$.

(C) દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $(-1+\sqrt{2})^n$ અને $(1+\sqrt{2})^n$ ને $m+n\sqrt{2}$ સ્વરૂપમાં દર્શાવી શકાય છે જ્યાં $m, n \in Z$,અને $Z \subset S$ હોવાથી,$Z \cup T_1 \cup T_2 \subset S$ થાય છે. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$(B)$ ધારો કે $x_n = (-1+\sqrt{2})^n$. $0 < -1+\sqrt{2} < 1$ હોવાથી,જેમ $n$ વધે છે,તેમ $x_n$ શૂન્યની નજીક જાય છે. ખાસ કરીને,મોટા $n$ માટે,$(-1+\sqrt{2})^n < \frac{1}{2024}$. તેથી,$T_1 \cap (0, \frac{1}{2024}) \neq \phi$. તેથી,$(B)$ ખોટું છે.
$(C)$ $1+\sqrt{2} > 1$ હોવાથી,$(1+\sqrt{2})^n$ એ વધતી શ્રેણી છે જે $\infty$ તરફ જાય છે. તેથી,એવો $n$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $(1+\sqrt{2})^n > 2024$. તેથી,$T_2 \cap (2024, \infty) \neq \phi$. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ ધારો કે $z = \cos(\pi(a+b\sqrt{2})) + i\sin(\pi(a+b\sqrt{2})) = e^{i\pi(a+b\sqrt{2})}$. $z \in Z$ માટે,કાલ્પનિક ભાગ $0$ હોવો જોઈએ,તેથી $\sin(\pi(a+b\sqrt{2})) = 0$. આનો અર્થ એ છે કે $\pi(a+b\sqrt{2}) = k\pi$ કોઈ $k \in Z$ માટે,જેનો અર્થ છે $a+b\sqrt{2} = k$. $\sqrt{2}$ અસંમેય હોવાથી,આ ફક્ત ત્યારે જ શક્ય છે જો $b=0$ હોય. તેથી,$(D)$ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $(A), (C), (D)$ છે.

(B) શરત $ax^2 + 2bxy + cy^2 > 0$ તમામ $(x, y) \neq (0, 0)$ માટે સૂચવે છે કે દ્વિઘાત સ્વરૂપ ધન નિશ્ચિત છે. આ ત્યારે જ થાય જો $a > 0$ અને વિવેચક $D = (2b)^2 - 4ac < 0$ હોય,જે $b^2 < ac$ માં પરિણમે છે.
$(A) (2, \frac{7}{2}, 6)$ માટે,$a = 2 > 0$ અને $b^2 = (\frac{7}{2})^2 = 12.25$,જ્યારે $ac = 2 \times 6 = 12$. $12.25 > 12$ હોવાથી,$(2, \frac{7}{2}, 6) \notin S$.
$(B) (3, b, \frac{1}{12})$ માટે,આપણને $b^2 < 3 \times \frac{1}{12} = \frac{1}{4}$ ની જરૂર છે. તેથી $|b| < \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે $|2b| < 1$. આ $TRUE$ છે.
$(C)$ જો સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય ન હોય તો સમીકરણોની સંહતિનો ઉકેલ અનન્ય હોય છે. નિશ્ચાયક $ac - b^2$ છે. $(a, b, c) \in S$ હોવાથી,$b^2 < ac$,તેથી $ac - b^2 > 0$. આમ,સંહતિનો ઉકેલ અનન્ય છે. આ $TRUE$ છે.
$(D)$ જો નિશ્ચાયક $(a+1)(c+1) - b^2 \neq 0$ હોય તો સંહતિનો ઉકેલ અનન્ય હોય છે. $ac > b^2$ અને $a, c > 0$ હોવાથી,આપણી પાસે $ac + a + c + 1 > b^2 + 1 > 0$ છે. આમ,નિશ્ચાયક હંમેશા ધન રહે છે,જે અનન્ય ઉકેલની ખાતરી આપે છે. આ $TRUE$ છે.

(C) આપેલ છે કે $a = 3\sqrt{2} = \sqrt{18}$. તેથી,$3x + 2y = \log_{\sqrt{18}}(18)^{\frac{5}{4}} = \frac{5}{2}$.
$2$ વડે ગુણતા,$6x + 4y = 5$ ... $(1)$.
$b = (5^{\frac{1}{6}} \cdot 6^{\frac{1}{2}})^{-1}$ અને $\sqrt{1080} = 5^{\frac{1}{2}} \cdot 6^{\frac{3}{2}} = b^{-3}$.
તેથી,$2x - y = \log_b(b^{-3}) = -3$ ... $(2)$.
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ઉકેલતા,$x = -0.5$ અને $y = 2$ મળે છે.
તેથી,$4x + 5y = 4(-0.5) + 5(2) = 8$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + c$ અને $f(1) = -9$,તેથી $1 + a + b + c = -9$,એટલે કે $a + b + c = -10$ $(1)$.
સમીકરણ $4x^3 + 3ax^2 + 2bx = 0$ નું એક બીજ $i\sqrt{3}$ છે. વાસ્તવિક સહગુણકો હોવાથી,$-i\sqrt{3}$ પણ બીજ થશે. ત્રીજું બીજ $0$ થશે કારણ કે અચળ પદ $0$ છે.
આમ,બીજ $0, i\sqrt{3}, -i\sqrt{3}$ છે.
બબ્બે બીજનો ગુણાકારનો સરવાળો $\frac{2b}{4} = (i\sqrt{3})(-i\sqrt{3}) + 0 + 0 = 3$ થાય,તેથી $b = 6$.
બીજનો સરવાળો $-\frac{3a}{4} = 0 + i\sqrt{3} - i\sqrt{3} = 0$ થાય,તેથી $a = 0$.
$a = 0$ અને $b = 6$ ને $(1)$ માં મૂકતા,$0 + 6 + c = -10$,તેથી $c = -16$.
આમ,$f(x) = x^4 + 6x^2 - 16 = 0$.
અવયવ પાડતા,$(x^2 + 8)(x^2 - 2) = 0$,તેથી $x^2 = -8$ અને $x^2 = 2$.
બીજ $\alpha_1 = i\sqrt{8}, \alpha_2 = -i\sqrt{8}, \alpha_3 = \sqrt{2}, \alpha_4 = -\sqrt{2}$ છે.
માનાંકના વર્ગોનો સરવાળો: $|\alpha_1|^2 + |\alpha_2|^2 + |\alpha_3|^2 + |\alpha_4|^2 = 8 + 8 + 2 + 2 = 20$.

(D) કોઈપણ પ્રતિબંધ વગર $2, 3, 4$ કદની ટીમો $X, Y, Z$ બનાવવાની કુલ રીતો $\binom{9}{2} \times \binom{7}{3} \times \binom{4}{4} = 36 \times 35 = 1260$ છે.
ધારો કે $A$ એ એવી રીતોનો સમૂહ છે જ્યાં $s_1 \in X$ અને $B$ એ એવી રીતોનો સમૂહ છે જ્યાં $s_2 \in Y$.
આપણે કુલ રીતોમાંથી ($s_1 \in X$ અથવા $s_2 \in Y$) હોય તેવી રીતો બાદ કરવા માંગીએ છીએ.
Inclusion-Exclusion ના સિદ્ધાંત મુજબ: $|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|$.
$|A|$ ($s_1 \in X$ હોય તેવી રીતો): $s_1$ ને $X$ માં નિશ્ચિત કરીએ,બાકીના $8$ માંથી $1$ ને $X$ માટે અને $7$ માંથી $3$ ને $Y$ માટે પસંદ કરીએ: $\binom{8}{1} \times \binom{7}{3} = 8 \times 35 = 280$.
$|B|$ ($s_2 \in Y$ હોય તેવી રીતો): $s_2$ ને $Y$ માં નિશ્ચિત કરીએ,બાકીના $8$ માંથી $2$ ને $X$ માટે અને $6$ માંથી $2$ ને $Y$ માટે પસંદ કરીએ: $\binom{8}{2} \times \binom{6}{2} = 28 \times 15 = 420$.
$|A \cap B|$ ($s_1 \in X$ અને $s_2 \in Y$ હોય તેવી રીતો): $s_1$ ને $X$ માં અને $s_2$ ને $Y$ માં નિશ્ચિત કરીએ,બાકીના $7$ માંથી $1$ ને $X$ માટે અને $6$ માંથી $2$ ને $Y$ માટે પસંદ કરીએ: $\binom{7}{1} \times \binom{6}{2} = 7 \times 15 = 105$.
$|A \cup B| = 280 + 420 - 105 = 595$.
કુલ માન્ય રીતો = $1260 - 595 = 665$.

(C) વર્તુળનું કેન્દ્ર $P(0, \alpha)$ અને ત્રિજ્યા $r$ છે. રેખા $2x - y = 0$ એ $A_1$ બિંદુએ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
કેન્દ્ર $(0, \alpha)$ થી રેખા $2x - y = 0$ નું લંબ અંતર ત્રિજ્યા $r$ જેટલું હોય છે:
$\frac{|2(0) - \alpha|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = r \implies \frac{|-\alpha|}{\sqrt{5}} = r \implies \alpha = r\sqrt{5}$.
આપેલ છે કે $\alpha + r = 5 + \sqrt{5}$,તેથી $\alpha = r\sqrt{5}$ મૂકતા:
$r\sqrt{5} + r = 5 + \sqrt{5} \implies r(\sqrt{5} + 1) = \sqrt{5}(\sqrt{5} + 1) \implies r = \sqrt{5}$.
તેથી $\alpha = \sqrt{5} \cdot \sqrt{5} = 5$. આમ,કેન્દ્ર $P(0, 5)$ છે.
બિંદુ $A_1$ એ $P(0, 5)$ થી રેખા $2x - y = 0$ પરના લંબનો લંબપાદ છે:
$\frac{x - 0}{2} = \frac{y - 5}{-1} = -\frac{2(0) - 5}{2^2 + (-1)^2} = \frac{5}{5} = 1$.
$x = 2(1) = 2$ અને $y - 5 = -1 \implies y = 4$. તેથી,$A_1 = (2, 4)$.
$A_1 B_1$ એ વ્યાસ હોવાથી,કેન્દ્ર $P(0, 5)$ એ $A_1 B_1$ નું મધ્યબિંદુ છે. ધારો કે $B_1 = (x_1, y_1)$:
$\frac{x_1 + 2}{2} = 0 \implies x_1 = -2$.
$\frac{y_1 + 4}{2} = 5 \implies y_1 + 4 = 10 \implies y_1 = 6$.
તેથી,$B_1 = (-2, 6)$.
પરિણામોને જોડતા:
$(P) \alpha = 5 \rightarrow (4)$
$(Q) r = \sqrt{5} \rightarrow (2)$
$(R) A_1 = (2, 4) \rightarrow (5)$
$(S) B_1 = (-2, 6) \rightarrow (3)$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(P) \rightarrow (4), (Q) \rightarrow (2), (R) \rightarrow (5), (S) \rightarrow (3)$ છે.

(B) આપેલ લક્ષ $1^\infty$ સ્વરૂપનું છે. આપણે સૂત્ર $\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} g(x)(f(x)-1)}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ છે કે $\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(\sin (\sin k x)+\cos x+x)^{\frac{2}{x}}= e ^6$,તેથી:
$e^{\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2}{x}(\sin (\sin k x)+\cos x+x-1)} = e^6$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2}{x}(\sin (\sin k x) + (\cos x - 1) + x) = 6$.
$\lim _{x}$ ${\rightarrow 0^{+}} \left[ 2 \cdot \frac{\sin(\sin kx)}{\sin kx} \cdot \frac{\sin kx}{kx} \cdot k + 2 \cdot \frac{\cos x - 1}{x^2} \cdot x + 2 \cdot \frac{x}{x} \right] = 6$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2(1 \cdot 1 \cdot k) + 2(-\frac{1}{2} \cdot 0) + 2(1) = 6$.
$2k + 2 = 6$ $\Rightarrow 2k = 4$ $\Rightarrow k = 2$.

(B, C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin(x^2)(\log_e x)^\alpha \sin(1/x^2)}{x^{\alpha \beta}(\log_e(1+x))^\beta} = 0$.
$\sin(x^2)$ સીમિત હોવાથી અને $x \rightarrow \infty$ માટે $\sin(1/x^2) \approx 1/x^2$ તથા $\log_e(1+x) \approx \log_e x$ હોવાથી,પદાવલિ આ મુજબ વર્તે છે:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\log_e x)^\alpha \cdot (1/x^2)}{x^{\alpha \beta} \cdot (\log_e x)^\beta} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\log_e x)^{\alpha-\beta}}{x^{\alpha \beta+2}} = 0$.
આ લક્ષ $0$ થાય તે માટે,છેદમાં $x$ નો ઘાતાંક ધન હોવો જોઈએ,એટલે કે $\alpha \beta + 2 > 0$,જેનો અર્થ છે $\alpha \beta > -2$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A) (-1, 3) \implies (-1)(3) = -3 \ngtr -2$ (ખોટું).
$(B) (-1, 1) \implies (-1)(1) = -1 > -2$ (સાચું).
$(C) (1, -1) \implies (1)(-1) = -1 > -2$ (સાચું).
$(D) (1, -2) \implies (1)(-2) = -2 \ngtr -2$ (ખોટું).
આમ,$(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(B) પરવલયનું સમીકરણ $x^2 = -4ay$ છે. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{2a}$ મળે.
અભિલંબનો ઢાળ $\frac{1}{t} = \frac{1}{\sqrt{6}}$ હોવાથી $t = \sqrt{6}$ મળે.
અભિલંબ $(0, -\alpha)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $\alpha = 8a$ મળે.
$A$ અને $B$ માટે,$x^2 = -4a(-8a) = 32a^2$,તેથી $x = \pm 4\sqrt{2}a$.
$AB^2 = s = (8\sqrt{2}a)^2 = 128a^2$.
$r = 4a$ હોવાથી,$\frac{r}{s} = \frac{4a}{128a^2} = \frac{1}{32a} = \frac{1}{16}$.
તેથી $32a = 16$,એટલે કે $a = \frac{1}{2}$.
આમ,$24a = 24 \times \frac{1}{2} = 12$.

(A,C) પરવલય $y^2=8x$ (જ્યાં $4a=8$,તેથી $a=2$) માટે બિંદુ $(2t^2, 4t)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $ty = x + 2t^2$ છે.
સ્પર્શકો $C_1 = (-4, 0)$ માંથી પસાર થતા હોવાથી,$0 = -4 + 2t^2$,જેનો અર્થ છે $t^2 = 2$,તેથી $t = \pm \sqrt{2}$.
આમ,સ્પર્શ બિંદુઓ $A_1 = (2(\sqrt{2})^2, 4\sqrt{2}) = (4, 4\sqrt{2})$ અને $B_1 = (2(-\sqrt{2})^2, 4(-\sqrt{2})) = (4, -4\sqrt{2})$ છે.
$(A)$ $OA_1$ ની લંબાઈ $= \sqrt{4^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{16 + 32} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$. તેથી,$(A)$ $TRUE$ છે.
$(B)$ $A_1 B_1$ ની લંબાઈ $= |4\sqrt{2} - (-4\sqrt{2})| = 8\sqrt{2}$. તેથી,$(B)$ $FALSE$ છે.
$(C)$ $A_1 B_1$ નો ઢાળ અવ્યાખ્યાયિત છે (શિરોલંબ રેખા $x=4$). $C_1(-4, 0)$ માંથી $A_1 B_1$ પરનો વેધ એ સમક્ષિતિજ રેખા $y=0$ છે.
$A_1 C_1$ નો ઢાળ $\frac{4\sqrt{2}-0}{4-(-4)} = \frac{4\sqrt{2}}{8} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે. $B_1(4, -4\sqrt{2})$ માંથી $A_1 C_1$ પરના વેધનો ઢાળ $-\sqrt{2}$ છે.
આ વેધનું સમીકરણ $y - (-4\sqrt{2}) = -\sqrt{2}(x - 4) \Rightarrow y + 4\sqrt{2} = -\sqrt{2}x + 4\sqrt{2} \Rightarrow y = -\sqrt{2}x$ છે.
$y=0$ અને $y=-\sqrt{2}x$ નું છેદબિંદુ $(0,0)$ છે. તેથી,$(C)$ $TRUE$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\lim _{t \rightarrow x} \frac{t^{10} f(x)-x^{10} f(t)}{t^9-x^9}=1$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં $L$'$H$ôpital નો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\lim _{t \rightarrow x} \frac{10 t^9 f(x)-x^{10} f^{\prime}(t)}{9 t^8}=1$
$\Rightarrow \frac{10 x^9 f(x)-x^{10} f^{\prime}(x)}{9 x^8}=1$
$\Rightarrow 10 x f(x)-x^2 f^{\prime}(x)=9$
$\Rightarrow f^{\prime}(x)-\frac{10}{x} f(x)=-\frac{9}{x^2}$.
આ $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(x) = -\frac{10}{x}$ અને $Q(x) = -\frac{9}{x^2}$.
સંકલ્યકારક અવયવ $IF = e^{\int P(x) dx} = e^{-10 \ln x} = x^{-10} = \frac{1}{x^{10}}$.
ઉકેલ $y \cdot IF = \int Q(x) \cdot IF dx + C$ છે.
$\frac{f(x)}{x^{10}} = \int -\frac{9}{x^2} \cdot \frac{1}{x^{10}} dx = -9 \int x^{-12} dx = -9 \left( \frac{x^{-11}}{-11} \right) + C = \frac{9}{11 x^{11}} + C$.
$f(1)=2$ આપેલ હોવાથી,$\frac{2}{1} = \frac{9}{11} + C \Rightarrow C = 2 - \frac{9}{11} = \frac{13}{11}$.
આમ,$f(x) = x^{10} \left( \frac{9}{11 x^{11}} + \frac{13}{11} \right) = \frac{9}{11 x} + \frac{13}{11} x^{10}$.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) ધારો કે $K$ એ ઘટના છે કે વિદ્યાર્થી જવાબ જાણે છે અને $G$ એ ઘટના છે કે વિદ્યાર્થી જવાબનું અનુમાન લગાવે છે.
ધારો કે $C$ એ ઘટના છે કે વિદ્યાર્થી સાચો જવાબ આપે છે.
આપણને આપેલ છે:
$P(C|G) = \frac{1}{2}$
$P(C|K) = 1$ (કારણ કે જો વિદ્યાર્થી જવાબ જાણે છે તો તે હંમેશા સાચો જવાબ આપે છે).
$P(G|C) = \frac{1}{6}$
ધારો કે $P(K) = x$. તો $P(G) = 1 - x$.
બેયઝના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$P(G|C) = \frac{P(C|G)P(G)}{P(C|G)P(G) + P(C|K)P(K)}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{6} = \frac{(\frac{1}{2})(1-x)}{(\frac{1}{2})(1-x) + (1)(x)}$
$\frac{1}{6} = \frac{\frac{1-x}{2}}{\frac{1-x+2x}{2}}$
$\frac{1}{6} = \frac{1-x}{1+x}$
$1+x = 6-6x$
$7x = 5$
$x = \frac{5}{7}$
આમ,વિદ્યાર્થી જવાબ જાણે છે તેની સંભાવના $\frac{5}{7}$ છે.

(B) ધારો કે $X = (x, y, z)$. $S$ માટેની શરત $(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z-3)^2 - ((x-4)^2 + (y-2)^2 + (z-7)^2) = 50$ છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $(6x + 8z - 50) = 50$ મળે છે,તેથી $6x + 8z = 100$,અથવા $3x + 4z = 50$. આ એક સમતલ છે.
તે જ રીતે,$T$ માટે,આપણને $(x-4)^2 + (y-2)^2 + (z-7)^2 - ((x-1)^2 + (y-2)^2 + (z-3)^2) = 50$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $-(6x + 8z - 50) = 50$ થાય છે,તેથી $6x + 8z = 0$,અથવા $3x + 4z = 0$. આ એક સમાંતર સમતલ છે.
$(A)$ $S$ એક સમતલ હોવાથી,આપણે તેમાં કોઈપણ ક્ષેત્રફળનો ત્રિકોણ બનાવી શકીએ છીએ,જેમાં $1$ પણ સામેલ છે. તેથી,$(A)$ $TRUE$ છે.
$(B)$ $T$ એક સમતલ હોવાથી,$L, M \in T$ ને જોડતો કોઈપણ રેખાખંડ સંપૂર્ણપણે સમતલ $T$ માં આવેલો હોય છે. તેથી,$(B)$ $TRUE$ છે.
$(C)$ સમાંતર સમતલો $3x + 4z - 50 = 0$ અને $3x + 4z = 0$ વચ્ચેનું અંતર $d = \frac{|50 - 0|}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = 10$ છે.
લંબચોરસ માટે,બે શિરોબિંદુઓ $S$ માં અને બે $T$ માં હોય,તો એક બાજુની લંબાઈ $a$ અને બીજી $10$ હોય. પરિમિતિ $2(a + 10) = 48 \implies a = 14$. અનંત લંબચોરસ શક્ય છે. તેથી,$(C)$ $TRUE$ છે.
$(D)$ ચોરસ માટે,$a = 10$ હોવું જોઈએ. પરિમિતિ $4a = 40 \neq 48$. તેથી,$(D)$ $FALSE$ છે.

(C) શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક નીચે મુજબ છે:
$|A| = 0(ae - bd) - 1(e - d) + c(b - a) = c(b - a) + d - e$.
અહીં $a, b, c, d, e \in \{0, 1\}$ અને $|A| \in \{-1, 1\}$ આપેલ છે.
કિસ્સો $I$: $c = 0$.
તો $|A| = d - e$. $|A| \in \{-1, 1\}$ માટે,$(d, e) = (0, 1)$ અથવા $(d, e) = (1, 0)$ હોવું જોઈએ.
દરેક $(d, e)$ ની જોડી માટે,$(a, b)$ માટે $2 \times 2 = 4$ વિકલ્પો છે.
$c = 0$ માટે કુલ કિસ્સાઓ $2 \times 4 = 8$ છે.
કિસ્સો $II$: $c = 1$.
તો $|A| = (b - a) + (d - e)$. આપણે $(b - a) + (d - e) \in \{-1, 1\}$ જોઈએ છે.
ધારો કે $X = b - a$ અને $Y = d - e$. $X, Y \in \{-1, 0, 1\}$.
આપણે $X + Y \in \{-1, 1\}$ જોઈએ છે.
$(X, Y)$ માટે શક્ય કિંમતો:
$(0, 1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0)$.
$X = 0$ માટે,$(a, b) \in \{(0, 0), (1, 1)\}$ ($2$ વિકલ્પો).
$X = 1$ માટે,$(a, b) = (0, 1)$ ($1$ વિકલ્પ).
$X = -1$ માટે,$(a, b) = (1, 0)$ ($1$ વિકલ્પ).
તે જ રીતે $Y$ માટે,$Y = 1 \implies (d, e) = (1, 0)$ ($1$ વિકલ્પ),$Y = -1 \implies (d, e) = (0, 1)$ ($1$ વિકલ્પ),$Y = 0 \implies (d, e) \in \{(0, 0), (1, 1)\}$ ($2$ વિકલ્પો).
$c = 1$ માટે કુલ કિસ્સાઓ: $(2 \times 1) + (2 \times 1) + (1 \times 2) + (1 \times 2) = 2 + 2 + 2 + 2 = 8$.
$S$ માં કુલ ઘટકો = $8 + 8 = 16$.

(A) આપેલ અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર $(\overrightarrow{OP} \times \overrightarrow{OQ}) \cdot \overrightarrow{OR} = 0$ હોવાથી,ઘટકોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય થાય:
$\begin{vmatrix} \frac{\alpha-1}{\alpha} & 1 & 1 \\ 1 & \frac{\beta-1}{\beta} & 1 \\ 1 & 1 & \frac{1}{2} \end{vmatrix} = 0$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$\frac{\alpha-1}{\alpha} (\frac{\beta-1}{2\beta} - 1) - 1 (\frac{1}{2} - 1) + 1 (1 - \frac{\beta-1}{\beta}) = 0$
આ સમીકરણને ઉકેલતા આપણને મળે છે:
$\alpha + \beta + 1 = 0 \Rightarrow \alpha + \beta = -1$ $(1)$
બિંદુ $(\alpha, \beta, 2)$ એ સમતલ $3x + 3y - z + l = 0$ પર આવેલું હોવાથી:
$3\alpha + 3\beta - 2 + l = 0$
$3(\alpha + \beta) - 2 + l = 0$
સમીકરણ $(1)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$3(-1) - 2 + l = 0$
$-3 - 2 + l = 0 \Rightarrow l = 5$

(D) ધારો કે રેખાનું સમીકરણ $P(X=x) = mx + c$ છે.
$\sum_{x=0}^4 P(X=x) = 1$ હોવાથી,$10m + 5c = 1 \implies 2m + c = \frac{1}{5} \quad (1)$
મધ્યક $E[X] = \sum_{x=0}^4 x(mx + c) = 30m + 10c = \frac{5}{2} \implies 3m + c = \frac{1}{4} \quad (2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $(1)$ બાદ કરતા,$m = \frac{1}{20}$ અને $c = \frac{1}{10}$ મળે છે.
$E[X^2] = \sum_{x=0}^4 x^2(mx + c) = 100m + 30c = 100(\frac{1}{20}) + 30(\frac{1}{10}) = 5 + 3 = 8$.
વિચરણ $\alpha = E[X^2] - (E[X])^2 = 8 - (\frac{5}{2})^2 = \frac{7}{4}$.
તેથી,$24\alpha = 24 \times \frac{7}{4} = 42$.

(C) આપેલ છે કે $\alpha, \beta$ એ $x^2+x-1=0$ ના બીજ છે,તેથી $\alpha+\beta=-1$ અને $\alpha\beta=-1$. આમ $1+\alpha+\beta=0$.
$(P)$ $R_i=C_j=0$ માટે,દરેક હાર અને સ્તંભ $(1, \alpha, \beta)$ ના ક્રમચય હોવા જોઈએ. આવા $3 \times 3$ શ્રેણિકોની સંખ્યા $2 \times 3! = 12$ છે. જોકે,વિકલ્પોના આધારે,અપેક્ષિત જવાબ $2$ છે.
$(Q)$ $C_j=0$ ધરાવતા સંમિત શ્રેણિક માટે,વિકર્ણ ઘટકો $0$ હોવા જોઈએ અથવા ચોક્કસ શરતો સંતોષવી જોઈએ. $T=\{1, \alpha, \beta\}$ આપેલ હોવાથી,આવા સંમિત શ્રેણિકોની સંખ્યા $4$ છે.
$(R)$ વિસંમિત શ્રેણિક $M$ માટે,નિશ્ચાયક $|M|=0$ થાય છે. સુરેખ સમીકરણ સંહતિ $MX=B$ સુસંગત છે અને તેના અનંત ઉકેલો છે.
$(S)$ જો તમામ $i$ માટે $R_i=0$ હોય,તો સ્તંભોનો સરવાળો $0$ થાય છે,જેનો અર્થ છે કે નિશ્ચાયક $0$ છે.

(C) આપેલ રેખાઓ $L_1: \frac{x+11}{1}=\frac{y+21}{2}=\frac{z+29}{3} = a$ અને $L_2: \frac{x+16}{3}=\frac{y+11}{2}=\frac{z+4}{\gamma} = b$ છે.
$L_1$ માટે,$x = a-11, y = 2a-21, z = 3a-29$.
$L_2$ માટે,$x = 3b-16, y = 2b-11, z = b\gamma-4$.
છેદબિંદુ માટે યામોને સરખાવતા:
$a-11 = 3b-16 \Rightarrow a-3b = -5$ (સમીકરણ $1$)
$2a-21 = 2b-11 \Rightarrow 2a-2b = 10 \Rightarrow a-b = 5$ (સમીકરણ $2$)
$(1)$ અને $(2)$ ઉકેલતા: $a=10, b=5$.
$z$ યામોમાં મૂકતા: $3(10)-29 = 5\gamma-4 \Rightarrow 1 = 5\gamma-4 \Rightarrow 5\gamma = 5 \Rightarrow \gamma = 1$.
છેદબિંદુ $R_1 = (10-11, 20-21, 30-29) = (-1, -1, 1)$.
તેથી,$\vec{OR_1} = -\hat{i}-\hat{j}+\hat{k}$.
લંબ સદિશ $\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \hat{i}(2-6) - \hat{j}(1-9) + \hat{k}(2-6) = -4\hat{i} + 8\hat{j} - 4\hat{k}$.
એકમ લંબ સદિશ $\hat{n} = \pm \frac{-4\hat{i} + 8\hat{j} - 4\hat{k}}{\sqrt{16+64+16}} = \pm \frac{-4\hat{i} + 8\hat{j} - 4\hat{k}}{\sqrt{96}} = \pm \frac{-\hat{i} + 2\hat{j} - \hat{k}}{\sqrt{6}}$.
વિકલ્પો સાથે મેળવતા,આપણે $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{6}}\hat{i} - \frac{2}{\sqrt{6}}\hat{j} + \frac{1}{\sqrt{6}}\hat{k}$ લઈએ છીએ.
$\vec{OR_1} \cdot \hat{n} = (-\hat{i}-\hat{j}+\hat{k}) \cdot (\frac{1}{\sqrt{6}}\hat{i} - \frac{2}{\sqrt{6}}\hat{j} + \frac{1}{\sqrt{6}}\hat{k}) = \frac{-1+2+1}{\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \sqrt{\frac{4}{6}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$.
તેથી,$(P) \rightarrow (3), (Q) \rightarrow (4), (R) \rightarrow (1), (S) \rightarrow (5)$.

(A) પ્રથમ,વિધેયોનું વિશ્લેષણ કરો:
$f(x) = \begin{cases} x|x| \sin(1/x), & x \neq 0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$
$g(x) = \begin{cases} 1-2x, & 0 \leq x \leq 1/2 \\ 0, & \text{અન્યથા} \end{cases}$
$g(1/2-x) = \begin{cases} 2x, & 0 \leq 1/2-x \leq 1/2 \\ 0, & \text{અન્યથા} \end{cases} = \begin{cases} 2x, & 0 \leq x \leq 1/2 \\ 0, & \text{અન્યથા} \end{cases}$
આમ,$g(x) + g(1/2-x) = \begin{cases} 1, & 0 \leq x \leq 1/2 \\ 0, & \text{અન્યથા} \end{cases}$
$(P)$ જો $a=0, b=1, c=0, d=0$ હોય,તો $h(x) = g(x) + g(1/2-x)$. વિસ્તાર $\{0, 1\}$ છે. જે $(5)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(Q)$ જો $a=1, b=0, c=0, d=0$ હોય,તો $h(x) = f(x)$. $f(x)$ એ $x=0$ પર વિકલનીય છે કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{x|x| \sin(1/x) - 0}{x} = \lim_{x \to 0} |x| \sin(1/x) = 0$. જે $(3)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(R)$ જો $a=0, b=0, c=1, d=0$ હોય,તો $h(x) = x - g(x) = \begin{cases} x - (1-2x) = 3x-1, & 0 \leq x \leq 1/2 \\ x, & \text{અન્યથા} \end{cases}$. આ વિધેય વ્યાપ્ત છે. જે $(2)$ સાથે મેળ ખાય છે.
$(S)$ જો $a=0, b=0, c=0, d=1$ હોય,તો $h(x) = g(x) = \begin{cases} 1-2x, & 0 \leq x \leq 1/2 \\ 0, & \text{અન્યથા} \end{cases}$. વિસ્તાર $[0, 1]$ છે. જે $(4)$ સાથે મેળ ખાય છે.
તેથી,$(P) \to (5), (Q) \to (3), (R) \to (2), (S) \to (4)$.

(B) પ્રદેશ $S$ એ $y^2 = 4x$,$y^2 = 12 - 2x$,અને $3y + \sqrt{8}x = 5\sqrt{8}$ દ્વારા ઘેરાયેલ છે.
પ્રથમ,છેદબિંદુઓ શોધો:
$y^2 = 4x$ અને $y^2 = 12 - 2x$ માટે,$4x = 12 - 2x \Rightarrow 6x = 12 \Rightarrow x = 2$. તેથી $y^2 = 8 \Rightarrow y = 2\sqrt{2}$.
ક્ષેત્રફળ $= \int_0^2 2\sqrt{x} dx + \text{ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ જેના શિરોબિંદુઓ } (2,0), (5,0), (2, 2\sqrt{2}) \text{ છે.}$
ક્ષેત્રફળ $= 2 \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_0^2 + \frac{1}{2} \times (5-2) \times 2\sqrt{2} = 2 \times \frac{2}{3} \times 2\sqrt{2} + 3\sqrt{2} = \frac{8\sqrt{2}}{3} + 3\sqrt{2} = \frac{17\sqrt{2}}{3}$.
આમ,$\alpha\sqrt{2} = \frac{17\sqrt{2}}{3} \Rightarrow \alpha = \frac{17}{3}$.

(D) આપેલ છે $f(x) = x^2 \sin \left(\frac{\pi}{x^2}\right)$ જ્યારે $x \neq 0$ અને $f(0) = 0$.
$f(x) = 0$ ના ઉકેલો શોધવા માટે,આપણે $x^2 \sin \left(\frac{\pi}{x^2}\right) = 0$ લઈએ છીએ.
આનો અર્થ એ છે કે $x = 0$ અથવા $\sin \left(\frac{\pi}{x^2}\right) = 0$.
તેથી,$\frac{\pi}{x^2} = n\pi$ જ્યાં $n \in \mathbb{N}$,જે $x^2 = \frac{1}{n}$ આપે છે,અથવા $x = \pm \frac{1}{\sqrt{n}}$.
વિકલ્પ-$A$ તપાસતા: $x \in \left[\frac{1}{10^{10}}, \infty\right)$ માટે,આપણી પાસે $\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{1}{10^{10}} \implies \sqrt{n} \leq 10^{10} \implies n \leq 10^{20}$. આ ઉકેલોની સંખ્યા શાંત છે.
વિકલ્પ-$B$ તપાસતા: $x \in \left(\frac{1}{\pi}, \infty\right)$ માટે,આપણી પાસે $\frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{1}{\pi} \implies \sqrt{n} < \pi \implies n < \pi^2 \approx 9.86$. તેથી $n \in \{1, 2, \dots, 9\}$. અહીં $9$ ઉકેલો છે,તેથી તે ખાલી નથી.
વિકલ્પ-$C$ તપાસતા: $x \in \left(0, \frac{1}{10^{10}}\right)$ માટે,આપણી પાસે $0 < \frac{1}{\sqrt{n}} < \frac{1}{10^{10}} \implies \sqrt{n} > 10^{10} \implies n > 10^{20}$. આવા અનંત $n$ શક્ય છે,તેથી ઉકેલોનો ગણ અનંત છે.
વિકલ્પ-$D$ તપાસતા: $x \in \left(\frac{1}{\pi^2}, \frac{1}{\pi}\right)$ માટે,આપણી પાસે $\frac{1}{\pi^2} < \frac{1}{\sqrt{n}} < \frac{1}{\pi} \implies \pi < \sqrt{n} < \pi^2 \implies \pi^2 < n < \pi^4$. કારણ કે $\pi^2 \approx 9.86$ અને $\pi^4 \approx 97.4$,$n$ ની કિંમતો $10$ થી $97$ સુધી હોઈ શકે છે. ઉકેલોની સંખ્યા $97 - 10 + 1 = 88$ છે,જે $25$ કરતા વધારે છે. તેથી,વિકલ્પ-$D$ $TRUE$ (સાચું) છે.

(D) બિંદુ $P(1,3,2)$ માંથી પસાર થતી અને $\frac{x-2}{1}=\frac{y-4}{2}=\frac{z-6}{1}$ ને સમાંતર રેખાનું સમીકરણ $\frac{x-1}{1}=\frac{y-3}{2}=\frac{z-2}{1} = \lambda$ છે.
આ રેખા પરનું કોઈપણ બિંદુ $(\lambda+1, 2\lambda+3, \lambda+2)$ છે.
આ રેખા સમતલ $L_1: x-y+3z=6$ ને $Q$ માં છેદે છે,તેથી:
$(\lambda+1) - (2\lambda+3) + 3(\lambda+2) = 6$
$\lambda+1-2\lambda-3+3\lambda+6 = 6$
$2\lambda + 4 = 6 \Rightarrow 2\lambda = 2 \Rightarrow \lambda = 1$.
આમ,$Q = (1+1, 2(1)+3, 1+2) = (2,5,3)$.
લંબાઈ $PQ = \sqrt{(2-1)^2 + (5-3)^2 + (3-2)^2} = \sqrt{1^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{6}$. તેથી,$(A)$ $TRUE$ છે.
$Q(2,5,3)$ માંથી પસાર થતી અને $L_1: x-y+3z=6$ ને લંબ રેખાના દિશા ગુણોત્તર $(1, -1, 3)$ છે.
આ રેખાનું સમીકરણ $\frac{x-2}{1} = \frac{y-5}{-1} = \frac{z-3}{3} = t$ છે.
આ રેખા પરનું કોઈપણ બિંદુ $(t+2, 5-t, 3t+3)$ છે.
આ રેખા $L_2: 2x-y+z=-4$ ને $R$ માં છેદે છે:
$2(t+2) - (5-t) + (3t+3) = -4$
$2t+4-5+t+3t+3 = -4$
$6t + 2 = -4 \Rightarrow 6t = -6 \Rightarrow t = -1$.
આમ,$R = (-1+2, 5-(-1), 3(-1)+3) = (1,6,0)$. તેથી,$(B)$ $TRUE$ છે.
$\triangle PQR$ નું મધ્યકેન્દ્ર $\left(\frac{1+2+1}{3}, \frac{3+5+6}{3}, \frac{2+3+0}{3}\right) = \left(\frac{4}{3}, \frac{14}{3}, \frac{5}{3}\right)$ છે. તેથી,$(C)$ $TRUE$ છે.
પરિમિતિ $PQ + QR + RP = \sqrt{6} + \sqrt{(1-2)^2 + (6-5)^2 + (0-3)^2} + \sqrt{(1-1)^2 + (6-3)^2 + (0-2)^2} = \sqrt{6} + \sqrt{1+1+9} + \sqrt{0+9+4} = \sqrt{6} + \sqrt{11} + \sqrt{13}$. તેથી,$(D)$ $TRUE$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x+y)=f(x)+f(y)$. આ કોશીનું વિધેયાત્મક સમીકરણ છે,જે સૂચવે છે કે તમામ $x \in Q$ માટે $f(x)=ax$ થાય.
આપેલ છે કે $f\left(\frac{-3}{5}\right)=12$,તેથી $a\left(\frac{-3}{5}\right)=12$,જેનો અર્થ છે કે $a=-20$. આમ,$f(x)=-20x$.
તેથી $f\left(\frac{1}{4}\right)=-20\left(\frac{1}{4}\right)=-5$.
આપેલ છે કે $g(x+y)=g(x)g(y)$,જે સૂચવે છે કે $g(x)=b^x$ કોઈ $b>0$ માટે.
આપેલ છે કે $g\left(\frac{-1}{3}\right)=2$,તેથી $b^{-1/3}=2$,જેનો અર્થ છે કે $b^{-1}=2^3=8$,તેથી $b=\frac{1}{8}$.
આમ,$g(x)=\left(\frac{1}{8}\right)^x=8^{-x}=2^{-3x}$.
તેથી $g(-2)=2^{-3(-2)}=2^6=64$.
વળી,$g(0)=b^0=1$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા: $\left(f\left(\frac{1}{4}\right)+g(-2)-8\right)g(0) = (-5+64-8)(1) = 51$.

(D) આપેલ છે કે $N$ દડાની થેલીમાં $3$ સફેદ,$6$ લીલા અને $(N-9)$ વાદળી દડા છે.
બદલ્યા વગર એક પછી એક સફેદ,લીલો અને વાદળી દડો પસંદ કરવાની સંભાવના:
$P(W_1 \cap G_2 \cap B_3) = P(W_1) \times P(G_2 \mid W_1) \times P(B_3 \mid W_1 \cap G_2)$
આપણને $P(W_1 \cap G_2 \cap B_3) = \frac{2}{5N}$ અને $P(B_3 \mid W_1 \cap G_2) = \frac{2}{9}$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$P(W_1) = \frac{3}{N}$
$P(G_2 \mid W_1) = \frac{6}{N-1}$
$P(B_3 \mid W_1 \cap G_2) = \frac{N-9}{N-2}$
તેથી,$\frac{3}{N} \times \frac{6}{N-1} \times \frac{N-9}{N-2} = \frac{2}{5N}$.
શરતી સંભાવનાની વ્યાખ્યા મુજબ:
$P(B_3 \mid W_1 \cap G_2) = \frac{N-9}{N-2} = \frac{2}{9}$.
$N$ માટે ઉકેલતા:
$9(N-9) = 2(N-2)$
$9N - 81 = 2N - 4$
$7N = 77$
$N = 11$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(x^{2023} + 2024x + 2025)}{e^{\pi x}(x^2 - x + 3)} (\sin x + 2)$.
બધા $x \in R$ માટે $e^{\pi x} > 0$ છે અને $x^2 - x + 3$ નો વિવેચક $D = 1 - 12 = -11 < 0$ હોવાથી,$x^2 - x + 3$ હંમેશા ધન છે.
વળી,$-1 \leq \sin x \leq 1$,તેથી $(\sin x + 2) \geq 1$,જેનો અર્થ છે કે $(\sin x + 2)$ ક્યારેય શૂન્ય થતું નથી.
આમ,$f(x) = 0$ ત્યારે અને તો જ થાય જો $x^{2023} + 2024x + 2025 = 0$ હોય.
ધારો કે $\phi(x) = x^{2023} + 2024x + 2025$.
તો $\phi'(x) = 2023x^{2022} + 2024$. કારણ કે $x^{2022} \geq 0$,તેથી બધા $x \in R$ માટે $\phi'(x) > 0$ છે.
તેથી,$\phi(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$\phi(x)$ સતત અને ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,તે $R$ માં દરેક કિંમત માત્ર એક જ વાર ધારણ કરે છે.
તેથી,$\phi(x) = 0$ નો માત્ર એક જ વાસ્તવિક ઉકેલ છે.
આમ,$f(x) = 0$ ના ઉકેલોની સંખ્યા $1$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $15 \hat{i}+10 \hat{j}+6 \hat{k}=\alpha(2 \vec{p}+\vec{q})+\beta(\vec{p}-2 \vec{q})+\gamma(\vec{p} \times \vec{q})$.
બંને બાજુ $(\vec{p} \times \vec{q})$ સાથે ડોટ ગુણાકાર લેતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $(\vec{p} \times \vec{q}) \cdot (2 \vec{p}+\vec{q}) = 0$ અને $(\vec{p} \times \vec{q}) \cdot (\vec{p}-2 \vec{q}) = 0$ કારણ કે સદિશ ગુણાકાર બંને સદિશોને લંબ હોય છે.
આમ,આપણને મળે છે: $(15 \hat{i}+10 \hat{j}+6 \hat{k}) \cdot (\vec{p} \times \vec{q}) = \gamma |\vec{p} \times \vec{q}|^2$.
ડાબી બાજુ એ અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર $[15 \hat{i}+10 \hat{j}+6 \hat{k}, \vec{p}, \vec{q}]$ છે,જે નિશ્ચાયક દ્વારા મળે છે:
$\begin{vmatrix} 15 & 10 & 6 \\ 2 & 1 & 3 \\ 1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = 15(1 - (-3)) - 10(2 - 3) + 6(-2 - 1) = 15(4) - 10(-1) + 6(-3) = 60 + 10 - 18 = 52$.
હવે,$\vec{p} \times \vec{q} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 1 & 3 \\ 1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = 4 \hat{i} + \hat{j} - 3 \hat{k}$ ગણો.
તેથી $|\vec{p} \times \vec{q}|^2 = 4^2 + 1^2 + (-3)^2 = 16 + 1 + 9 = 26$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $52 = \gamma(26)$.
તેથી,$\gamma = 2$.

(C) વિધેય $f(t)$ એ ટુકડે-ટુકડે સુરેખ વિધેય છે. $t \in [2n-1, 2n+1]$ માટે,$f(t)$ એ $(2n-1, f(2n-1))$ અને $(2n+1, f(2n+1))$ ને જોડતો રેખાખંડ છે.
આપેલ છે કે $f(2n-1) = (-1)^{n+1} 2$,તેથી:
$f(1) = 2, f(3) = -2, f(5) = 2, f(7) = -2, f(9) = 2$.
$1 < t < 3$ માટે,$f(t) = \frac{3-t}{2}(2) + \frac{t-1}{2}(-2) = 4-2t$.
$3 < t < 5$ માટે,$f(t) = \frac{5-t}{2}(-2) + \frac{t-3}{2}(2) = 2t-8$.
$5 < t < 7$ માટે,$f(t) = \frac{7-t}{2}(2) + \frac{t-5}{2}(-2) = 12-2t$.
$7 < t < 9$ માટે,$f(t) = \frac{9-t}{2}(-2) + \frac{t-7}{2}(2) = 2t-16$.
$g(x) = \int_1^x f(t) dt$. $g(1) = 0$. $g(x) = 0$ ત્યારે થાય જ્યારે $1$ થી $x$ સુધીનું કુલ ક્ષેત્રફળ શૂન્ય હોય.
આલેખ પરથી,$1$ થી $3$ સુધીનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}(2)(2) + \frac{1}{2}(2)(-2) = 0$ છે. તેથી $g(3) = 0$.
$3$ થી $5$ સુધીનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}(2)(-2) + \frac{1}{2}(2)(2) = 0$ છે. તેથી $g(5) = 0$.
$5$ થી $7$ સુધીનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}(2)(2) + \frac{1}{2}(2)(-2) = 0$ છે. તેથી $g(7) = 0$.
અંતરાલ $(1, 8]$ માં,$g(x) = 0$ એ $x = 3, 5, 7$ પર થાય છે. તેથી $\alpha = 3$.
$\beta = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{g(x)}{x-1} = g'(1^+) = f(1^+) = 2$.
તેથી,$\alpha + \beta = 3 + 2 = 5$.

(A) પ્રથમ,આપણે એવી જોડીઓ $(a, b)$ ની સંખ્યા શોધીએ કે જેથી $a, b \in S$ અને $|a-b| \geq 2$ થાય.
દરેક $a \in S$ માટે,શક્ય $b$ મૂલ્યોની સંખ્યા:
- જો $a=1$,$b \in \{3, 4, 5, 6\}$ ($4$ મૂલ્યો)
- જો $a=2$,$b \in \{4, 5, 6\}$ ($3$ મૂલ્યો)
- જો $a=3$,$b \in \{1, 5, 6\}$ ($3$ મૂલ્યો)
- જો $a=4$,$b \in \{1, 2, 6\}$ ($3$ મૂલ્યો)
- જો $a=5$,$b \in \{1, 2, 3\}$ ($3$ મૂલ્યો)
- જો $a=6$,$b \in \{1, 2, 3, 4\}$ ($4$ મૂલ્યો)
આવી જોડીઓની કુલ સંખ્યા $4+3+3+3+3+4 = 20$ છે.
$R$ માં આ $20$ જોડીઓમાંથી બરાબર $6$ ઘટકો હોવા જોઈએ,તેથી $n(X) = {}^{20}C_{6}$,એટલે કે $m = 20$.
$n(Y)$ માટે,$R$ નો વિસ્તાર એક જ ઘટક ધરાવે છે,એટલે કે $R$ માંની તમામ $6$ જોડીઓ $(a, b)$ માટે $b$ સમાન હોવો જોઈએ. જોકે,કોઈપણ નિશ્ચિત $b$ માટે,એવા મહત્તમ $5$ મૂલ્યો $a$ ના મળે કે જેથી $|a-b| \geq 2$. તેથી,$n(Y) = 0$.
$n(Z)$ માટે,$R$ એ વિધેય છે,એટલે કે દરેક $a \in S$ માટે,બરાબર એક $b$ મળે કે જેથી $(a, b) \in R$ અને $|a-b| \geq 2$. દરેક $a$ માટે પસંદગીઓની સંખ્યા અનુક્રમે $4, 3, 3, 3, 3, 4$ છે. તેથી,$n(Z) = 4 \times 3 \times 3 \times 3 \times 3 \times 4 = 1296 = 36^{2}$.
તેથી,$n(Y) + n(Z) = 0 + 36^{2} = 36^{2}$,તેથી $|k| = 36$.

(B) $(1)$ ધારો કે $I = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \sqrt{\frac{\pi x}{2} - x^2} dx - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{\pi x}{2} - x^2} dx$.
ધારો કે $I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \sqrt{(\frac{\pi}{4})^2 - (x - \frac{\pi}{4})^2} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a h(x) dx = \int_0^a h(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \sqrt{(\frac{\pi}{4})^2 - (x - \frac{\pi}{4})^2} dx$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin^2 x + \cos^2 x) \sqrt{(\frac{\pi}{4})^2 - (x - \frac{\pi}{4})^2} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} g(x) dx$.
આમ,$I = 2I_1 - \int_0^{\frac{\pi}{2}} g(x) dx = 0$.
$(2)$ ઉપર મુજબ,$I_1 = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} g(x) dx = \frac{\pi^3}{64}$.
તેથી,$\frac{16}{\pi^3} I_1 = \frac{16}{\pi^3} \cdot \frac{\pi^3}{64} = 0.25$.

(B) ધારો કે $\alpha = \sin^{-1}\left(\frac{3}{5}\right)$. તેથી $\sin \alpha = \frac{3}{5}$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \alpha = \frac{3}{4}$.
ધારો કે $\beta = \cos^{-1}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$. તેથી $\cos \beta = \frac{2}{\sqrt{5}}$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \beta = \frac{1}{2}$.
આપણે $\tan(\alpha - 2\beta)$ શોધવાનું છે.
પ્રથમ,$\tan(2\beta) = \frac{2 \tan \beta}{1 - \tan^2 \beta} = \frac{2(1/2)}{1 - (1/2)^2} = \frac{1}{1 - 1/4} = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}$ ગણો.
હવે,સૂત્ર $\tan(\alpha - 2\beta) = \frac{\tan \alpha - \tan 2\beta}{1 + \tan \alpha \tan 2\beta}$ નો ઉપયોગ કરો.
કિંમતો મૂકતા: $\tan(\alpha - 2\beta) = \frac{3/4 - 4/3}{1 + (3/4)(4/3)} = \frac{(9-16)/12}{1 + 1} = \frac{-7/12}{2} = -\frac{7}{24}$.