IIT JEE 2025 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ છે $|x + iy - (1 + 2i)| = 2|x + iy - 3i|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 4(x^2 + (y - 3)^2)$ મળે.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $x^2 - 2x + 1 + y^2 - 4y + 4 = 4(x^2 + y^2 - 6y + 9)$.
$x^2 + y^2 - 2x - 4y + 5 = 4x^2 + 4y^2 - 24y + 36$.
પદોને ગોઠવતા: $3x^2 + 3y^2 + 2x - 20y + 31 = 0$.
$3$ વડે ભાગતા: $x^2 + y^2 + \frac{2}{3}x - \frac{20}{3}y + \frac{31}{3} = 0$.
કેન્દ્ર $\left(-\frac{1}{3}, \frac{10}{3}\right)$ છે.
ત્રિજ્યા $\sqrt{\left(-\frac{1}{3}\right)^2 + \left(\frac{10}{3}\right)^2 - \frac{31}{3}} = \sqrt{\frac{1}{9} + \frac{100}{9} - \frac{93}{9}} = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$ છે.
આમ,વિધાન $A$ અને $D$ સાચા છે.

(D) ધારો કે $A$ એ એવી સંખ્યાઓનો ગણ છે જેમાં અંક $0$ બરાબર બે વાર આવે છે. ધારો કે $B$ એ એવી સંખ્યાઓનો ગણ છે જેમાં અંક $1$ બરાબર બે વાર આવે છે. આપણે $n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)$ શોધવા માંગીએ છીએ.
$1$. $n(A)$ ની ગણતરી:
પ્રથમ અંક $0$ હોઈ શકે નહીં. તેથી,આપણે બાકીના $6$ સ્થાનમાંથી $0$ માટે $2$ સ્થાન $\binom{6}{2}$ રીતે પસંદ કરીએ છીએ. બાકીના $5$ સ્થાન $1$ અથવા $2$ વડે $2^5$ રીતે ભરી શકાય છે. આમ,$n(A) = \binom{6}{2} \times 2^5 = 15 \times 32 = 480$.
$2$. $n(B)$ ની ગણતરી:
કિસ્સો $I$: $1$ પ્રથમ સ્થાને છે. આપણને બાકીના $6$ સ્થાનમાં વધુ એક $1$ ની જરૂર છે,જે $\binom{6}{1}$ રીતે મૂકી શકાય છે. બાકીના $5$ સ્થાન $0$ અથવા $2$ વડે $2^5$ રીતે ભરી શકાય છે. રીતોની સંખ્યા $= 6 \times 32 = 192$.
કિસ્સો $II$: $1$ પ્રથમ સ્થાને નથી. પ્રથમ સ્થાન $2$ હોઈ શકે છે (માત્ર $1$ વિકલ્પ,કારણ કે તે $0$ હોઈ શકે નહીં). આપણે બાકીના $6$ સ્થાનમાંથી $1$ માટે $2$ સ્થાન $\binom{6}{2}$ રીતે પસંદ કરીએ છીએ. બાકીના $4$ સ્થાન $0$ અથવા $2$ વડે $2^4$ રીતે ભરી શકાય છે. રીતોની સંખ્યા $= 15 \times 16 = 240$.
તેથી,$n(B) = 192 + 240 = 432$.
$3$. $n(A \cap B)$ ની ગણતરી:
આપણને બરાબર બે $0$ અને બરાબર બે $1$ ની જરૂર છે. પ્રથમ અંક $0$ હોઈ શકે નહીં.
જો પ્રથમ અંક $1$ હોય,તો આપણને $\binom{6}{1}$ રીતે વધુ એક $1$ અને $\binom{5}{2}$ રીતે બે $0$ ની જરૂર છે. બાકીના $3$ સ્થાન $2$ વડે $1$ રીતે ભરી શકાય છે. રીતો $= 6 \times 10 = 60$.
જો પ્રથમ અંક $2$ હોય,તો આપણને $\binom{6}{2}$ રીતે બે $0$ અને $\binom{4}{2}$ રીતે બે $1$ ની જરૂર છે. બાકીના $2$ સ્થાન $2$ વડે $1$ રીતે ભરી શકાય છે. રીતો $= 15 \times 6 = 90$.
તેથી,$n(A \cap B) = 60 + 90 = 150$.
$4$. અંતિમ પરિણામ:
$n(A \cup B) = 480 + 432 - 150 = 762$.

(B) આપેલ લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\alpha}{2} \int_0^x \frac{1}{1-t^2} d t+\beta x \cos x}{x^3} = 2$ છે.
લોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\alpha}{2} \left(\frac{1}{1-x^2}\right) + \beta \cos x - \beta x \sin x}{3 x^2} = 2$.
ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\frac{\alpha}{2} + \beta) + x^2(\frac{\alpha}{2} - \frac{3\beta}{2})}{3 x^2} = 2$.
અચળ પદ શૂન્ય હોવું જોઈએ: $\frac{\alpha}{2} + \beta = 0 \implies \alpha = -2\beta$.
બાકીના પદ પરથી: $\frac{\alpha - 3\beta}{6} = 2 \implies \alpha - 3\beta = 12$.
$\alpha = -2\beta$ મૂકતા: $-2\beta - 3\beta = 12 \implies -5\beta = 12 \implies \beta = -2.4$.
તેથી $\alpha = 4.8$.
આમ,$\alpha + \beta = 4.8 - 2.4 = 2.4$.

(C) આવૃત્તિઓનો સરવાળો $N = 5 + f_1 + f_2 + 2 + 1 + 1 + 3 = 19 \implies f_1 + f_2 = 7$.
મધ્યસ્થ $6$ હોવાથી,$x=6$ પર સંચયી આવૃત્તિ $N/2 = 9.5$ હોવી જોઈએ.
ક્રમબદ્ધ કિંમતો: $4(5), 5(f_1), 6(1), 8(f_2), 9(2), 11(3), 12(1)$.
સંચયી આવૃત્તિઓ: $5, 5+f_1, 6+f_1, 6+f_1+f_2, 8+f_1+f_2, 11+f_1+f_2, 12+f_1+f_2$.
મધ્યસ્થ $6$ માટે,$5+f_1 < 9.5$ અને $6+f_1 \ge 9.5 \implies f_1 \ge 3.5$.
વળી,$f_1+f_2=7$. કિંમતો ચકાસતા: જો $f_1=4, f_2=3$,તો $f_1+f_2=7$.
મધ્યક $\bar{x} = \frac{\sum x_i f_i}{19} = \frac{4(5) + 5(4) + 6(1) + 8(3) + 9(2) + 11(3) + 12(1)}{19} = \frac{20+20+6+24+18+33+12}{19} = \frac{133}{19} = 7$.
$(P) \ 7f_1 + 9f_2 = 7(4) + 9(3) = 28 + 27 = 55$.
મધ્યક વિશે સરેરાશ વિચલન $\alpha = \frac{\sum f_i |x_i - 7|}{19} = \frac{5|4-7| + 4|5-7| + 1|6-7| + 3|8-7| + 2|9-7| + 3|11-7| + 1|12-7|}{19} = \frac{15+8+1+3+4+12+5}{19} = \frac{48}{19} \implies 19\alpha = 48$.
મધ્યસ્થ વિશે સરેરાશ વિચલન $\beta = \frac{\sum f_i |x_i - 6|}{19} = \frac{5|4-6| + 4|5-6| + 1|6-6| + 3|8-6| + 2|9-6| + 3|11-6| + 1|12-6|}{19} = \frac{10+4+0+6+6+15+6}{19} = \frac{47}{19} \implies 19\beta = 47$.
વિચરણ $\sigma^2 = \frac{\sum f_i x_i^2}{19} - (\bar{x})^2 = \frac{5(16) + 4(25) + 1(36) + 3(64) + 2(81) + 3(121) + 1(144)}{19} - 49 = \frac{80+100+36+192+162+363+144}{19} - 49 = \frac{1077}{19} - 49 = \frac{1077-931}{19} = \frac{146}{19} \implies 19\sigma^2 = 146$.
આમ,$(P)\rightarrow(5), (Q)\rightarrow(3), (R)\rightarrow(2), (S)\rightarrow(1)$.

(C) આપેલ છે કે $e^{x_0}+x_0=0$.
$g(x) = \frac{3x(e^x+1) - \alpha(e^x+x)}{3(e^x+1)} = x - \frac{\alpha(e^x+x)}{3(e^x+1)}$.
$e^{x_0}+x_0=0$ હોવાથી,$g(x_0) = x_0 - 0 = x_0$ મળે.
તેથી,$g(x_0) + e^{x_0} = x_0 + e^{x_0} = 0$.
$L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{x \rightarrow x_0}\left|\frac{g(x)+e^{x_0}}{x-x_0}\right| = |g'(x_0)|$.
$g'(x) = 1 - \frac{\alpha}{3} \left( \frac{(e^x+1)(e^x+1) - (e^x+x)e^x}{(e^x+1)^2} \right)$.
$x=x_0$ આગળ,$e^{x_0}+x_0=0$,તેથી $g'(x_0) = 1 - \frac{\alpha}{3} \left( \frac{(e^{x_0}+1)^2 - 0}{(e^{x_0}+1)^2} \right) = 1 - \frac{\alpha}{3}$.
$\alpha=3$ માટે,$|g'(x_0)| = |1 - \frac{3}{3}| = 0$.
તેથી,$\alpha=3$ માટેનું વિધાન સાચું છે.

(A) આપેલ રેખાઓ: $4x - 3y = 12\alpha$ અને $4\alpha x + 3\alpha y = 12$.
બંને સમીકરણોનો ગુણાકાર કરતા: $(4x - 3y)(4\alpha x + 3\alpha y) = 144\alpha \implies 16\alpha x^2 - 9\alpha y^2 = 144\alpha$.
$\alpha$ વડે ભાગતા: $16x^2 - 9y^2 = 144 \implies \frac{x^2}{9} - \frac{y^2}{16} = 1$. આ અતિવલય $S$ છે.
રેખા $4x - \frac{3}{\sqrt{2}}y = 0$ નો ઢાળ $m = \frac{4\sqrt{2}}{3}$ છે.
અતિવલય માટે સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx \pm \sqrt{a^2m^2 - b^2}$ છે.
અહીં $a^2 = 9, b^2 = 16$, તેથી $y = \frac{4\sqrt{2}}{3}x \pm 4$.
સ્પર્શક $(p, 0)$ અને $(0, q)$ માંથી પસાર થાય છે, તેથી $y = -\frac{q}{p}x + q$.
સરખામણી કરતા, $q = 4$ અને $-\frac{q}{p} = \frac{4\sqrt{2}}{3} \implies p = -\frac{3}{\sqrt{2}}$.
તેથી, $pq = -6\sqrt{2}$.

(B) ધારો કે જીવાનું મધ્યબિંદુ $(h, k)$ છે. પરવલય $y^2=x$ માટે મધ્યબિંદુ $(h, k)$ વાળી જીવાનું સમીકરણ $T=S_1$ મુજબ $ky - \frac{1}{2}(x+h) = k^2 - h$,એટલે કે $x - 2ky + 2k^2 - h = 0$ થાય.
પરવલય $y^2=4ax$ અને જીવા વચ્ચે ઘેરાયેલા પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ $\frac{4}{3} (h-k^2)^{3/2} = \frac{4}{3}$ થાય છે.
આમ,$(h-k^2)^{3/2} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $h-k^2=1$,અથવા $x-y^2=1$. આ વક્ર $S$ છે.
વિકલ્પો તપાસતા: $(4, \sqrt{3})$ માટે,$4-(\sqrt{3})^2 = 4-3=1$. તેથી $(4, \sqrt{3}) \in S$. $(5, \sqrt{2})$ માટે,$5-(\sqrt{2})^2 = 5-2=3 \neq 1$. તેથી $(B)$ ખોટું છે.
પ્રદેશ $R$ એ $x=1$ થી $x=4$ સુધી $y^2=x$ અને $y^2=x-1$ દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
ક્ષેત્રફળ $= \int_1^4 (\sqrt{x} - \sqrt{x-1}) dx = [\frac{2}{3} x^{3/2} - \frac{2}{3} (x-1)^{3/2}]_1^4 = \frac{2}{3} (8 - 3\sqrt{3} - 1) = \frac{14}{3} - 2\sqrt{3}$.
આમ,$(A)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A, C) ઉપવલય $\frac{x^2}{3^2} + \frac{y^2}{2^2} = 1$ છે. ઉપવલય પરના કોઈપણ બિંદુને $(3 \cos \theta, 2 \sin \theta)$ તરીકે દર્શાવી શકાય છે.
આપેલ છે કે $\angle ROM = \frac{\pi}{6}$ અને $\angle SOM = \frac{\pi}{3}$,જ્યાં $M=(3,0)$ અને $O=(0,0)$,બિંદુઓ $R$ અને $S$ એ વર્તુળ $x^2+y^2=9$ પર આવેલા છે. તેથી,$R = (3 \cos \frac{\pi}{6}, 3 \sin \frac{\pi}{6}) = (\frac{3\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2})$ અને $S = (3 \cos \frac{\pi}{3}, 3 \sin \frac{\pi}{3}) = (\frac{3}{2}, \frac{3\sqrt{3}}{2})$.
કારણ કે $x_1$ એ $R$ નો $x$-યામ છે,$x_1 = \frac{3\sqrt{3}}{2}$. $P$ એ ઉપવલય પર હોવાથી,$P = (x_1, y_1) = (\frac{3\sqrt{3}}{2}, 2 \sin \theta_1)$. $\frac{x_1^2}{9} + \frac{y_1^2}{4} = 1$ હોવાથી,આપણને $\frac{27/4}{9} + \frac{y_1^2}{4} = 1 \Rightarrow \frac{3}{4} + \frac{y_1^2}{4} = 1 \Rightarrow y_1^2 = 1 \Rightarrow y_1 = 1$ મળે છે (કારણ કે $y_1 > 0$). તેથી $P = (\frac{3\sqrt{3}}{2}, 1)$.
તે જ રીતે,$x_2 = \frac{3}{2}$. $Q = (x_2, y_2)$ માટે,$\frac{9/4}{9} + \frac{y_2^2}{4} = 1 \Rightarrow \frac{1}{4} + \frac{y_2^2}{4} = 1 \Rightarrow y_2^2 = 3 \Rightarrow y_2 = \sqrt{3}$. તેથી $Q = (\frac{3}{2}, \sqrt{3})$.
$P$ અને $Q$ ને જોડતી રેખાનો ઢાળ $m = \frac{\sqrt{3}-1}{3/2 - 3\sqrt{3}/2} = \frac{\sqrt{3}-1}{-\frac{3}{2}(\sqrt{3}-1)} = -\frac{2}{3}$ છે.
સમીકરણ $y - \sqrt{3} = -\frac{2}{3}(x - \frac{3}{2}) \Rightarrow 3y - 3\sqrt{3} = -2x + 3 \Rightarrow 2x + 3y = 3(1+\sqrt{3})$ છે. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$(C)$ માટે,$N_2 = (x_2, 0) = (\frac{3}{2}, 0)$. $|N_2Q| = y_2 = \sqrt{3}$ અને $|N_2S| = \frac{3\sqrt{3}}{2}$. $3|N_2Q| = 3\sqrt{3}$ અને $2|N_2S| = 2(\frac{3\sqrt{3}}{2}) = 3\sqrt{3}$. તેથી $3|N_2Q| = 2|N_2S|$,$(C)$ સાચું છે.

(B) $(1 + \frac{2}{5}x)^{23}$ ના વિસ્તરણનું સામાન્ય પદ $T_{r+1} = \binom{23}{r} (\frac{2}{5}x)^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સહગુણક $a_r = \binom{23}{r} (\frac{2}{5})^r$ છે.
સૌથી મોટો સહગુણક $a_r$ શોધવા માટે,આપણે ગુણોત્તર $\frac{a_r}{a_{r-1}} \geq 1$ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$\frac{\binom{23}{r} (\frac{2}{5})^r}{\binom{23}{r-1} (\frac{2}{5})^{r-1}} \geq 1$
$\frac{23-r+1}{r} \times \frac{2}{5} \geq 1$
$\frac{24-r}{r} \times \frac{2}{5} \geq 1$
$48 - 2r \geq 5r$
$48 \geq 7r$
$r \leq \frac{48}{7} \approx 6.85$.
$r$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી સૌથી મોટો સહગુણક $r = 6$ પર મળે છે.

(A) સરવાળો એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે: $S = \sum_{n=1}^{2025} (-\omega)^n = (-\omega) + (-\omega)^2 + \dots + (-\omega)^{2025}$.
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = -\omega$,સામાન્ય ગુણોત્તર $r = -\omega$ અને $n = 2025$ પદો છે.
$S = \frac{a(1-r^n)}{1-r} = \frac{-\omega(1-(-\omega)^{2025})}{1-(-\omega)} = \frac{-\omega(1 - (-\omega^{2025}))}{1+\omega}$.
કારણ કે $\omega^3 = 1$ અને $2025$ એ $3$ નો ગુણક છે,તેથી $\omega^{2025} = 1$.
$S = \frac{-\omega(1 - (-1))}{1+\omega} = \frac{-\omega(2)}{1+\omega}$.
$1+\omega = -\omega^2$ નો ઉપયોગ કરતા,$S = \frac{-2\omega}{-\omega^2} = \frac{2}{\omega} = 2\omega^2$.
કારણ કે $\omega = e^{i2\pi/3}$,$\omega^2 = e^{i4\pi/3} = e^{-i2\pi/3}$.
તેથી,$\alpha = \arg(2\omega^2) = \arg(e^{-i2\pi/3}) = -\frac{2\pi}{3}$.
તેથી,$\frac{3\alpha}{\pi} = \frac{3}{\pi} \times \left(-\frac{2\pi}{3}\right) = -2$.

(C) આપેલ છે $\alpha = \sum_{k=0}^{29} \frac{1}{\sin(60+2k)^{\circ} \sin(61+2k)^{\circ}}$.
$\sin 1^{\circ}$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$\alpha = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} \sum_{k=0}^{29} (\cot(60+2k)^{\circ} - \cot(61+2k)^{\circ})$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$\alpha \sin 1^{\circ} = \cot 60^{\circ} - \cot 119^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$\left(\frac{\operatorname{cosec} 1^{\circ}}{\alpha}\right)^2 = (\sqrt{3})^2 = 3$.

(C) આપેલ છે કે $h(x) = f(x+1) - g(x+2)$.
$h(x)$ માં $x^3$ વાળા પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x+1) = a_1 + 10(x+1) + a_2(x+1)^2 + a_3(x+1)^3 + (x+1)^4$
$f(x+1)$ માં $x^3$ નો સહગુણક $a_3 + 4(1) = a_3 + 4$ છે.
$g(x+2) = b_1 + 3(x+2) + b_2(x+2)^2 + b_3(x+2)^3 + (x+2)^4$
$g(x+2)$ માં $x^3$ નો સહગુણક $b_3 + 4(2) = b_3 + 8$ છે.
આમ,$h(x)$ માં $x^3$ નો સહગુણક $(a_3 + 4) - (b_3 + 8) = a_3 - b_3 - 4$ છે.
કારણ કે દરેક $x \in R$ માટે $f(x) - g(x) \neq 0$ છે,તેથી પદાવલિ $f(x) - g(x) = (a_3 - b_3)x^3 + (a_2 - b_2)x^2 + 7x + (a_1 - b_1)$ ને કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ ન હોવો જોઈએ.
ત્રિઘાત બહુપદીને કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ ન હોય તે માટે $x^3$ નો સહગુણક $0$ હોવો જોઈએ (નહીંતર,તે ત્રિઘાત સમીકરણ બનશે જેનો હંમેશા ઓછામાં ઓછો એક વાસ્તવિક ઉકેલ હોય છે).
તેથી,$a_3 - b_3 = 0$.
આ કિંમતને $h(x)$ માં $x^3$ ના સહગુણકમાં મૂકતા,આપણને $0 - 4 = -4$ મળે છે.

(A) $P(U) = 1 - P(S_1^{\prime} \cap S_2^{\prime} \cap S_3^{\prime}) = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow P(S_1^{\prime}) \cdot P(S_2^{\prime}) \cdot P(S_3^{\prime}) = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow (1 - P(S_1))(1 - P(S_2))(1 - P(S_3)) = \frac{1}{2} \dots (1)$
$P(V) = \frac{P(S_1 \cap S_2^{\prime} \cap S_3^{\prime})}{P(S_2^{\prime} \cap S_3^{\prime})} = \frac{1}{10}$
$\Rightarrow \frac{P(S_1) \cdot P(S_2^{\prime}) \cdot P(S_3^{\prime})}{P(S_2^{\prime}) \cdot P(S_3^{\prime})} = \frac{1}{10}$
$\Rightarrow P(S_1) = \frac{1}{10}$
$P(W) = P(S_2 \cap S_3^{\prime}) = P(S_2) \cdot P(S_3^{\prime}) = \frac{1}{12}$
$\Rightarrow P(S_2)(1 - P(S_3)) = \frac{1}{12} \dots (2)$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$(1 - \frac{1}{10})(1 - P(S_2))(1 - P(S_3)) = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow (1 - P(S_2))(1 - P(S_3)) = \frac{5}{9} \dots (3)$
સમીકરણ $(2)$ ને સમીકરણ $(3)$ વડે ભાગતા: $\frac{P(S_2)}{1 - P(S_2)} = \frac{1}{12} \times \frac{9}{5} = \frac{3}{20}$
$20 P(S_2) = 3 - 3 P(S_2) \Rightarrow 23 P(S_2) = 3 \Rightarrow P(S_2) = \frac{3}{23}$
$P(S_2)$ ની કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા: $\frac{3}{23}(1 - P(S_3)) = \frac{1}{12}$
$1 - P(S_3) = \frac{23}{36} \Rightarrow P(S_3) = 1 - \frac{23}{36} = \frac{13}{36}$
આમ,$P(T) = P(S_3) = \frac{13}{36}$.

(C) પ્રથમ,$x=0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસો:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2-2h^2-h^2 \sin(1/h) - 2}{h} = \lim_{h \to 0} (-2h - h \sin(1/h)) = 0$.
સીમાનું અસ્તિત્વ હોવાથી,$f$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે. તેથી,$(A)$ ખોટું છે.
$x \neq 0$ માટે,$f'(x) = -4x - 2x \sin(1/x) + \cos(1/x)$.
જેમ $x \to 0$,$\cos(1/x)$ પદને કારણે $f'(x)$ દોલન કરે છે.
કોઈપણ $\delta > 0$ માટે,અંતરાલ $(0, \delta)$ અથવા $(-\delta, 0)$ માં,$f'(x)$ ધન અને ઋણ બંને કિંમતો લે છે કારણ કે $\cos(1/x)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
તેથી,$f$ એ કોઈપણ અંતરાલ $(0, \delta)$ અથવા $(-\delta, 0)$ પર વધતું કે ઘટતું નથી.
આથી $(B)$ ખોટું છે અને $(C)$ સાચું છે.
છેલ્લે,$f(0)=2$ અને નાના $h \neq 0$ માટે,$f(h) = 2 - h^2(2 + \sin(1/h)) < 2$. તેથી,$x=0$ એ સ્થાનિક મહત્તમનું બિંદુ છે,જે $(D)$ ને ખોટું સાબિત કરે છે.

(C) $Q^{-1} = Q^T \implies QQ^T = I$. તેથી,$Q$ એ લંબકોણીય (orthogonal) શ્રેણિક છે.
ધારો કે $Q = \begin{bmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{bmatrix}$.
શરત $PQ = QP$ સૂચવે છે કે:
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ a_3 & b_3 & c_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 2a_1 & 2b_1 & 2c_1 \\ 2a_2 & 2b_2 & 2c_2 \\ 3a_3 & 3b_3 & 3c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2a_1 & 2b_1 & 3c_1 \\ 2a_2 & 2b_2 & 3c_2 \\ 2a_3 & 2b_3 & 3c_3 \end{bmatrix}$
ઘટકોની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે $2c_1 = 3c_1 \implies c_1 = 0$,$2c_2 = 3c_2 \implies c_2 = 0$,$3a_3 = 2a_3 \implies a_3 = 0$,અને $3b_3 = 2b_3 \implies b_3 = 0$.
$Q$ લંબકોણીય હોવાથી,$Q^T Q = I$. $Q = \begin{bmatrix} a_1 & b_1 & 0 \\ a_2 & b_2 & 0 \\ 0 & 0 & c_3 \end{bmatrix}$ માટે,શરત $Q^T Q = I$ સૂચવે છે કે $a_1^2 + a_2^2 = 1$,$b_1^2 + b_2^2 = 1$,$a_1b_1 + a_2b_2 = 0$,અને $c_3^2 = 1$.
ઘટકો પૂર્ણાંક હોવાથી,$c_3 \in \{1, -1\}$. $2 \times 2$ બ્લોક માટે,પૂર્ણાંક ઘટકો ધરાવતા શક્ય લંબકોણીય શ્રેણિકો $\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}$ છે.
આવા $8$ શ્રેણિકો છે અને $c_3$ માટે $2$ વિકલ્પો છે,તેથી કુલ $8 \times 2 = 16$ શ્રેણિકો મળે.

(C) $L_1$ ની દિશા સદિશ $\vec{b} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \langle 1, -1, 1 \rangle$ છે.
$L_2$ એ $L_1$ ને સમાંતર હોવાથી અને $P(2, -1, 3)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી,તેનું સમીકરણ $\frac{x-2}{1} = \frac{y+1}{-1} = \frac{z-3}{1} = \lambda$ છે. તેથી,$L_2$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $(\lambda+2, -\lambda-1, \lambda+3)$ છે.
બિંદુ $Q$ માટે,તે સમતલ $M: 2x+y-2z=6$ પર આવેલું છે. કિંમત મૂકતા: $2(\lambda+2) + (-\lambda-1) - 2(\lambda+3) = 6 \Rightarrow 2\lambda+4-\lambda-1-2\lambda-6=6 \Rightarrow -\lambda-3=6 \Rightarrow \lambda=-9$.
તેથી,$Q = (-7, 8, -6)$.
$PQ = \sqrt{(-7-2)^2 + (8-(-1))^2 + (-6-3)^2} = \sqrt{(-9)^2 + 9^2 + (-9)^2} = 9\sqrt{3}$. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$R$ માટે,$P(2,-1,3)$ થી $M: 2x+y-2z-6=0$ પરના લંબનો લંબપાદ,રેખા $PR$ ની દિશા $\langle 2, 1, -2 \rangle$ છે. તેથી $R = (2\mu+2, \mu-1, -2\mu+3)$.
$M$ માં કિંમત મૂકતા: $2(2\mu+2) + (\mu-1) - 2(-2\mu+3) = 6 \Rightarrow 4\mu+4+\mu-1+4\mu-6=6 \Rightarrow 9\mu-3=6 \Rightarrow 9\mu=9 \Rightarrow \mu=1$.
તેથી,$R = (4, 0, 1)$.
$QR = \sqrt{(4-(-7))^2 + (0-8)^2 + (1-(-6))^2} = \sqrt{11^2 + (-8)^2 + 7^2} = \sqrt{234}$. આમ,$(B)$ ખોટું છે.
$\triangle PQR$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |\vec{QP} \times \vec{QR}|$. $\vec{QP} = \langle 9, -9, 9 \rangle$,$\vec{QR} = \langle 11, -8, 7 \rangle$.
$\vec{QP} \times \vec{QR} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 9 & -9 & 9 \\ 11 & -8 & 7 \end{vmatrix} = 9\hat{i} + 36\hat{j} + 27\hat{k} = 9(\hat{i} + 4\hat{j} + 3\hat{k})$.
માનાંક $= 9\sqrt{26}$. ક્ષેત્રફળ $= \frac{9}{2}\sqrt{26} = \frac{3}{2}\sqrt{234}$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
$\vec{PQ} = \langle -9, 9, -9 \rangle$,$\vec{PR} = \langle 2, 1, -2 \rangle$. $\cos \theta = \frac{|\vec{PQ} \cdot \vec{PR}|}{|PQ||PR|} = \frac{9}{9\sqrt{3} \cdot 3} = \frac{1}{3\sqrt{3}}$. આમ,$(D)$ ખોટું છે.

(A) $f: N \rightarrow Z$ માટે,$f(1)=1, f(2)=1, f(3)=2, f(4)=0, f(5)=3, f(6)=-1, \dots$ છે. $f(1)=f(2)=1$ હોવાથી,$f$ એક-એક નથી. $f$ નો વિસ્તાર $Z$ હોવાથી,$f$ વ્યાપ્ત છે. તેથી,વિધાન $(D)$ સત્ય છે.
$g: Z \rightarrow N$ માટે,$g(0)=3, g(1)=5, g(-1)=2, g(-2)=4, g(-3)=6$ છે. $g$ એ $n \geq 0$ માટે વધતું અને $n < 0$ માટે ઘટતું વિધેય છે,અને તેમના વિસ્તાર અલગ હોવાથી,$g$ એક-એક છે. જોકે,$g$ નો વિસ્તાર ${2, 3, 4, 5, 6, 7, \dots}$ છે,જે $N$ નો ઉપગણ છે ($1$ બાકી રહે છે),તેથી $g$ અંતઃક્ષેપી છે. તેથી,વિધાન $(C)$ અસત્ય છે.
$g \circ f: N \rightarrow N$ માટે,$(g \circ f)(1) = g(f(1)) = g(1) = 5$ અને $(g \circ f)(2) = g(f(2)) = g(1) = 5$ છે. $(g \circ f)(1) = (g \circ f)(2)$ હોવાથી,$g \circ f$ એક-એક નથી. $g \circ f$ નો વિસ્તાર $N$ ને આવરી લેતું નથી,તેથી તે વ્યાપ્ત નથી. તેથી,વિધાન $(A)$ સત્ય છે.
$f \circ g: Z \rightarrow Z$ માટે,જો $n \geq 0$,તો $f(g(n)) = f(3+2n) = (3+2n+1)/2 = n+2$. જો $n < 0$,તો $f(g(n)) = f(-2n) = (4-(-2n))/2 = 2+n$. આમ,$(f \circ g)(n) = n+2$ બધા $n \in Z$ માટે. આ એક બાયજેક્શન છે,તેથી $f \circ g$ એક-એક અને વ્યાપ્ત છે. તેથી,વિધાન $(B)$ અસત્ય છે.
આમ,વિધાનો $(A)$ અને $(D)$ સત્ય છે.

(C) $n$ ઘટકો ધરાવતા ગણ $A$ પરનો સંબંધ $R$ સ્વવાચક હોય,તો તેમાં તમામ $n$ વિકર્ણ ઘટકો $(x, x)$ હોવા આવશ્યક છે,જ્યાં $x \in A$. અહીં,ગણ $\{a, b, c, d, e, f\}$ છે,જેમાં $n = 6$ ઘટકો છે. તેથી,$R$ માં $6$ ઘટકો હોવા જોઈએ: $(a, a), (b, c), (c, c), (d, d), (e, e), (f, f)$.
સંબંધ $R$ સંમિત હોવાથી,જો $(x, y) \in R$ હોય,તો $(y, x) \in R$ થાય. બાકીના $n^2 - n = 36 - 6 = 30$ ઘટકો વિકર્ણ સિવાયના છે. આ $30$ ઘટકો $\{(x, y), (y, x)\}$ સ્વરૂપની $15$ જોડીઓ બનાવે છે,જ્યાં $x \neq y$.
આપણને આપેલ છે કે $R$ માં બરાબર $10$ ઘટકો છે. $6$ વિકર્ણ ઘટકો પહેલેથી જ સામેલ હોવાથી,આપણે બાકીના વિકર્ણ સિવાયની જોડીઓમાંથી $10 - 6 = 4$ વધારાના ઘટકો પસંદ કરવાના રહે. સંબંધ સંમિત હોવો જોઈએ,તેથી જો આપણે $(x, y)$ પસંદ કરીએ,તો આપણે $(y, x)$ પણ પસંદ કરવું પડે. તેથી,આપણે $15$ ઉપલબ્ધ જોડીઓમાંથી $2$ જોડીઓ પસંદ કરવી પડશે.
$15$ માંથી $2$ જોડીઓ પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા સંચયના સૂત્ર ${}^{15}C_2 = \frac{15 \times 14}{2 \times 1} = 105$ દ્વારા મળે છે.

(A) ધારો કે બિંદુઓ $P, Q, R, S, E,$ અને $F$ ના સ્થાન સદિશો અનુક્રમે $\vec{p}, \vec{q}, \vec{r}, \vec{s}, \vec{e},$ અને $\vec{f}$ છે।
આપેલ સમીકરણ: $\overrightarrow{SP} + 5\overrightarrow{SQ} + 6\overrightarrow{SR} = \overrightarrow{0}$.
સ્થાન સદિશો મૂકતા: $(\vec{p} - \vec{s}) + 5(\vec{q} - \vec{s}) + 6(\vec{r} - \vec{s}) = \overrightarrow{0}$.
$\vec{p} + 5\vec{q} + 6\vec{r} - 12\vec{s} = \overrightarrow{0} \Rightarrow \vec{s} = \frac{\vec{p} + 5\vec{q} + 6\vec{r}}{12}$.
$E$ એ $PR$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી, $\vec{e} = \frac{\vec{p} + \vec{r}}{2}$.
$F$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી, $\vec{f} = \frac{\vec{q} + \vec{r}}{2}$.
સદિશ $\overrightarrow{EF} = \vec{f} - \vec{e} = \frac{\vec{q} + \vec{r}}{2} - \frac{\vec{p} + \vec{r}}{2} = \frac{\vec{q} - \vec{p}}{2}$.
સદિશ $\overrightarrow{ES} = \vec{s} - \vec{e} = \frac{\vec{p} + 5\vec{q} + 6\vec{r}}{12} - \frac{\vec{p} + \vec{r}}{2} = \frac{\vec{p} + 5\vec{q} + 6\vec{r} - 6\vec{p} - 6\vec{r}}{12} = \frac{5\vec{q} - 5\vec{p}}{12} = \frac{5}{12}(\vec{q} - \vec{p})$.
તેથી, લંબાઈનો ગુણોત્તર $\frac{|\overrightarrow{EF}|}{|\overrightarrow{ES}|} = \frac{|\frac{1}{2}(\vec{q} - \vec{p})|}{|\frac{5}{12}(\vec{q} - \vec{p})|} = \frac{1/2}{5/12} = \frac{1}{2} \times \frac{12}{5} = \frac{6}{5} = 1.2$.

(B) આપેલ છે કે $f(x+y)=f(x)f(y)$ અને $f(x)>0$,તેથી વિધેય $f(x)=k^x$ સ્વરૂપનું છે.
$f(a_{31})=64 f(a_{25})$ હોવાથી,$k^{a+30d}=64 k^{a+24d}$,જ્યાં $a$ પ્રથમ પદ અને $d$ સામાન્ય તફાવત છે.
આથી $k^{6d}=64$,એટલે કે $k^d=2$.
સરવાળો $\sum_{i=1}^{50} f(a_i) = k^a \frac{(k^d)^{50}-1}{k^d-1} = k^a(2^{50}-1)$.
આપેલ છે કે $k^a(2^{50}-1) = 3(2^{25}+1)$,તેથી $k^a = \frac{3}{2^{25}-1}$.
હવે $\sum_{i=6}^{30} f(a_i) = k^{a+5d} \frac{(k^d)^{25}-1}{k^d-1} = k^a (k^d)^5 (2^{25}-1)$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{3}{2^{25}-1} \cdot 2^5 \cdot (2^{25}-1) = 3 \cdot 32 = 96$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણો માટે:
$1) \frac{dy_1}{y_1} = \sin^2 x dx \implies \ln y_1 = \int \sin^2 x dx + C_1$
$2) \frac{dy_2}{y_2} = \cos^2 x dx \implies \ln y_2 = \int \cos^2 x dx + C_2$
$3) \frac{dy_3}{y_3} = \left(\frac{2}{x^3} - 1\right) dx \implies \ln y_3 = \int (2x^{-3} - 1) dx + C_3 = -x^{-2} - x + C_3$
સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $\ln(y_1 y_2 y_3) = \int (\sin^2 x + \cos^2 x + \frac{2}{x^3} - 1) dx + C = \int (1 + \frac{2}{x^3} - 1) dx + C = \int \frac{2}{x^3} dx + C = -x^{-2} + C$.
$x=1$ પર પ્રારંભિક શરતોનો ઉપયોગ કરતા: $\ln(5 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5e}) = \ln(e^{-1}) = -1$.
તેથી,$-1 = -(1)^{-2} + C \implies C = 0$.
આમ,$y_1 y_2 y_3 = e^{-1/x^2}$.
હવે,$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{e^{-1/x^2} + 2x}{e^{3x} \sin x} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{e^{-1/x^2}}{e^{3x} \sin x} + \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{2x}{e^{3x} \sin x}$ ની ગણતરી કરતા.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{e^{-1/x^2}}{\sin x} = 0$ અને $\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{2x}{\sin x} = 2$,તેથી લક્ષ $0 + 2 = 2$ થાય છે.

(B) $(P)$ ધારો કે $P(x) = 10x^3 - 45x^2 + 60x + 35$. તો $P'(x) = 30(x-1)(x-2)$.
અંતરાલ $[1, 2]$ માં $P(x)$ ઘટે છે,તેથી $P(x)$ નો વિસ્તાર $[55, 60]$ છે.
$f(x) = [P(x)/n]$ સતત રહે તે માટે,$P(x)/n$ ના વિસ્તારમાં કોઈ પૂર્ણાંક ન હોવો જોઈએ. $n=9$ માટે વિસ્તાર $[55/9, 60/9] = [6.11, 6.66]$ છે,જેમાં કોઈ પૂર્ણાંક નથી. તેથી $n=9$ ન્યૂનતમ કિંમત છે.
$(Q)$ $g(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $g'(x) = (2n^2 - 13n - 15)(3x^2 + 3) \geq 0$ હોવું જોઈએ. આથી $2n^2 - 13n - 15 \geq 0$,જે ઉકેલતા $n \geq 7.5$ મળે. સૌથી નાની પ્રાકૃતિક સંખ્યા $n=8$ છે.
$(R)$ $h'(x) = (x^2-9)^{n-1} [q(x)]$. $x=3$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ માટે વિકલિતની નિશાની બદલાવી જોઈએ,જે માટે $n-1$ એકી સંખ્યા હોવી જોઈએ,એટલે કે $n$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ. $5$ થી મોટી સૌથી નાની બેકી સંખ્યા $n=6$ છે.
$(S)$ $\sin|x-k|$ એ $x=k$ આગળ વિકલનીય નથી. $k=0, 1, 2, 3, 4$ માટે $5$ બિંદુઓ મળે છે.

(A) આપેલ છે $\vec{w} = \hat{i} + \hat{j} - 2\hat{k}$. કારણ કે $\vec{u} \times \vec{v} = \vec{w}$,તેથી $\vec{u} \perp \vec{w}$ અને $\vec{v} \perp \vec{w}$.
વળી,$\vec{v} \times \vec{w} = \vec{u}$,જે સૂચવે છે કે $\vec{u} \perp \vec{w}$ અને $\vec{v} \perp \vec{w}$.
સમીકરણોની સિસ્ટમ $-t\alpha + \beta + \gamma = 0$,$\alpha - t\beta + \gamma = 0$,$\alpha + \beta - t\gamma = 0$ નો બિન-તુચ્છ ઉકેલ ત્યારે મળે જો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોય:
$\begin{vmatrix} -t & 1 & 1 \\ 1 & -t & 1 \\ 1 & 1 & -t \end{vmatrix} = 0 \Rightarrow -(t^3 - 1) - 1(-t - 1) + 1(1 + t) = 0 \Rightarrow -t^3 + 1 + t + 1 + 1 + t = 0 \Rightarrow t^3 - 2t - 3 = 0$.
અવયવ પાડતા $(t+1)(t^2 - t - 3) = 0$ મળે છે. આપેલી શરતો માટે,$t = -1$ અથવા $t = 2$.
જો $t = 2$,તો $\alpha = \beta = \gamma$. કારણ કે $\vec{u} \cdot \vec{w} = 0$,$\alpha + \beta - 2\gamma = 0 \Rightarrow 2\alpha - 2\alpha = 0$,જે સુસંગત છે.
$|\vec{u}| = |\vec{w}| = \sqrt{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,$3\alpha^2 = 6 \Rightarrow \alpha^2 = 2$. તેથી $\alpha = \pm \sqrt{2}$. $t=2$ માટે,$t+3 = 5$.
જો $t = -1$,તો $\alpha + \beta + \gamma = 0$. વળી $\vec{u} \cdot \vec{w} = 0 \Rightarrow \alpha + \beta - 2\gamma = 0$.
બાદબાકી કરતા $3\gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0$ મળે. પછી $\beta = -\alpha$.
$\alpha = \sqrt{3}$ માટે,$\gamma^2 = 0$ અને $(\beta + \gamma)^2 = (-\sqrt{3} + 0)^2 = 3$.
આમ,$(P) \rightarrow (2), (Q) \rightarrow (1), (R) \rightarrow (4), (S) \rightarrow (5)$.

(B) આ પ્રદેશ $y = \frac{1}{x}$,$y = \frac{5x-1}{4}$,અને $y = \frac{17-4x}{4}$ દ્વારા સીમિત છે.
પ્રથમ,છેદબિંદુઓ શોધો:
$y = \frac{1}{x}$ અને $y = \frac{5x-1}{4}$ માટે,$4 = 5x^2 - x \implies 5x^2 - x - 4 = 0 \implies (5x+4)(x-1) = 0$. $x > 0$ હોવાથી,$x = 1$,તેથી $y = 1$. બિંદુ $(1, 1)$ છે.
$y = \frac{1}{x}$ અને $y = \frac{17-4x}{4}$ માટે,$4 = 17x - 4x^2 \implies 4x^2 - 17x + 4 = 0 \implies (4x-1)(x-4) = 0$. બિંદુઓ $(\frac{1}{4}, 4)$ અને $(4, \frac{1}{4})$ છે.
$y = \frac{5x-1}{4}$ અને $y = \frac{17-4x}{4}$ માટે,$5x-1 = 17-4x \implies 9x = 18 \implies x = 2$,તેથી $y = \frac{9}{4}$. બિંદુ $(2, \frac{9}{4})$ છે.
ક્ષેત્રફળ $\int_{1/4}^{1} (\frac{17-4x}{4} - \frac{5x-1}{4}) dx + \int_{1}^{2} (\frac{17-4x}{4} - \frac{1}{x}) dx$ દ્વારા મળે છે.
ક્ષેત્રફળ $= \int_{1/4}^{1} (\frac{18-9x}{4}) dx + \int_{1}^{2} (\frac{17-4x}{4} - \frac{1}{x}) dx$.
ક્ષેત્રફળ $= [\frac{18x}{4} - \frac{9x^2}{8}]_{1/4}^{1} + [\frac{17x}{4} - \frac{x^2}{2} - \log_e x]_{1}^{2}$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{33}{8} - \log_e 4$.

(C) ધારો કે $x = \tan \theta$. સમીકરણ $\theta = \tan^{-1}(2x) - \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{6x}{9+x^2}\right)$ બને છે.
ધારો કે $\alpha = \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{6x}{9+x^2}\right)$,તો $\sin(2\alpha) = \frac{6x}{9+x^2}$.
$\sin(2\alpha) = \frac{2\tan \alpha}{1+\tan^2 \alpha}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{2\tan \alpha}{1+\tan^2 \alpha} = \frac{6x}{9+x^2}$ મળે છે.
$\tan \alpha$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\tan \alpha = \frac{x}{3}$ અથવા $\tan \alpha = \frac{3}{x}$ મળે છે.
કિસ્સો $I$: $\tan \alpha = \frac{x}{3}$. $\tan(\theta + \alpha) = 2x$ માં મૂકતા,આપણને $\frac{x + x/3}{1 - x^2/3} = 2x$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{4x/3}{(3-x^2)/3} = 2x \Rightarrow \frac{4x}{3-x^2} = 2x$ થાય છે.
કાં તો $x=0$ અથવા $2 = 3-x^2 \Rightarrow x^2=1 \Rightarrow x = \pm 1$.
$x=0$ માટે,$\theta=0$. $x=1$ માટે,$\theta=\pi/4$. $x=-1$ માટે,$\theta=-\pi/4$.
કિસ્સો $II$: $\tan \alpha = 3/x$. $\tan(\theta + \alpha) = 2x$ માં મૂકતા,આપણને $\frac{x + 3/x}{1 - 3} = 2x \Rightarrow \frac{x^2+3}{-2x} = 2x \Rightarrow x^2+3 = -4x^2 \Rightarrow 5x^2 = -3$ મળે છે,જેનો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.
આમ,વાસ્તવિક ઉકેલો $\theta \in \{0, \pi/4, -\pi/4\}$ છે,જે કુલ $3$ ઉકેલો આપે છે.

(A) આપેલ છે $QR = RP$ જ્યાં $R = \begin{bmatrix} r_1 & r_2 \\ r_3 & r_4 \end{bmatrix}$ અને $r_i \neq 0$.
$Q$ અને $R$ નો ગુણાકાર કરતા $\begin{bmatrix} xr_1 + yr_3 & xr_2 + yr_4 \\ zr_1 + 4r_3 & zr_2 + 4r_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2r_1 & 3r_2 \\ 2r_3 & 3r_4 \end{bmatrix}$ મળે.
ઘટકોની સરખામણી કરતા:
$1$) $xr_1 + yr_3 = 2r_1 \Rightarrow (x-2)r_1 = -yr_3 \Rightarrow \frac{r_3}{r_1} = \frac{2-x}{y}$.
$2$) $zr_1 + 4r_3 = 2r_3 \Rightarrow zr_1 = -2r_3 \Rightarrow \frac{r_3}{r_1} = -\frac{z}{2}$.
આ બંનેને સરખાવતા,$\frac{2-x}{y} = -\frac{z}{2} \Rightarrow 4-2x = -yz \Rightarrow yz = 2x-4$.
$3$) $xr_2 + yr_4 = 3r_2 \Rightarrow (x-3)r_2 = -yr_4 \Rightarrow \frac{r_4}{r_2} = \frac{3-x}{y}$.
$4$) $zr_2 + 4r_4 = 3r_4 \Rightarrow zr_2 = -r_4 \Rightarrow \frac{r_4}{r_2} = -z$.
આ બંનેને સરખાવતા,$\frac{3-x}{y} = -z \Rightarrow 3-x = -yz \Rightarrow yz = x-3$.
$yz$ ને સરખાવતા: $2x-4 = x-3 \Rightarrow x = 1$. તેથી $yz = 1-3 = -2$.
$Q$ નું લાક્ષણિક બહુપદી $|Q - \lambda I| = \begin{vmatrix} 1-\lambda & y \\ z & 4-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)(4-\lambda) - yz = \lambda^2 - 5\lambda + 4 - (-2) = \lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda-2)(\lambda-3)$.
$(A)$ $|Q-2I| = (2-2)(2-3) = 0$. સાચું.
$(B)$ $|Q-6I| = (6-2)(6-3) = 4 \times 3 = 12$. સાચું.
$(C)$ $|Q-3I| = (3-2)(3-3) = 0 \neq 15$. ખોટું.
$(D)$ $yz = -2 \neq 2$. ખોટું.
આમ,$(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.

(A) $x \neq 0$ માટે,$f(x) = \frac{6x+\sin x}{2x+\sin x} = \frac{6 + \frac{\sin x}{x}}{2 + \frac{\sin x}{x}}$.
જ્યારે $x \rightarrow 0$,ત્યારે $\frac{\sin x}{x} \rightarrow 1$,તેથી $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \frac{6+1}{2+1} = \frac{7}{3}$.
$f(0) = \frac{7}{3}$ હોવાથી,$f$ એ $x=0$ આગળ સતત છે.
$x=0$ ની નજીક,$f'(x) = \frac{4 \cos x(\tan x - x)}{(2x+\sin x)^2}$ મળે છે.
$x > 0$ માટે,$\tan x > x$,તેથી જ્યારે $\cos x > 0$ હોય ત્યારે $f'(x) > 0$ થાય છે.
સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્યો ત્યારે મળે છે જ્યારે $f'(x)$ ધનમાંથી ઋણ થાય,એટલે કે જ્યારે $\cos x$ નું ચિહ્ન બદલાય.
અંતરાલ $[\pi, 6\pi]$ અને $[2\pi, 4\pi]$ માટે તપાસતા,વિકલ્પો $B, C, D$ સાચા છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $x^2 \frac{dy}{dx} + xy = x^2 + y^2$ છે.
$x^2$ વડે ભાગતા: $\frac{dy}{dx} + \frac{y}{x} = 1 + (\frac{y}{x})^2$.
ધારો કે $v = \frac{y}{x}$,તેથી $y = vx$ અને $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $v + x \frac{dv}{dx} + v = 1 + v^2$.
$x \frac{dv}{dx} = 1 + v^2 - 2v = (v - 1)^2$.
ચલ અલગ કરતા: $\int \frac{dv}{(v - 1)^2} = \int \frac{dx}{x}$.
$-\frac{1}{v - 1} = \ln|x| + C$.
$v = \frac{y}{x}$ મૂકતા: $-\frac{x}{y - x} = \ln x + C$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{x}{x - y} = \ln x + C$ થાય છે.
$y(1) = 0$ આપેલ હોવાથી,$\frac{1}{1 - 0} = \ln(1) + C \Rightarrow C = 1$.
તેથી,$\frac{x}{x - y} = \ln x + 1 = \ln(ex)$.
$y(e)$ માટે: $\frac{e}{e - y(e)} = \ln(e^2) = 2 \Rightarrow e = 2e - 2y(e) \Rightarrow y(e) = \frac{e}{2}$.
$y(e^2)$ માટે: $\frac{e^2}{e^2 - y(e^2)} = \ln(e^3) = 3 \Rightarrow e^2 = 3e^2 - 3y(e^2) \Rightarrow 3y(e^2) = 2e^2 \Rightarrow y(e^2) = \frac{2e^2}{3}$.
અંતે,$2 \frac{(y(e))^2}{y(e^2)} = 2 \frac{(e/2)^2}{2e^2/3} = 2 \cdot \frac{e^2/4}{2e^2/3} = 2 \cdot \frac{3}{8} = \frac{3}{4} = 0.75$.

(C) ધારો કે ઉત્પાદિત બલ્બની કુલ સંખ્યા $100$ છે. ઉત્પાદનનો ગુણોત્તર $2:2:1$ હોવાથી,$M_1, M_2$ અને $M_3$ દ્વારા ઉત્પાદિત બલ્બની સંખ્યા અનુક્રમે $40, 40$ અને $20$ છે.
કુલ બલ્બના $20\%$ ખામીયુક્ત હોવાથી,કુલ ખામીયુક્ત બલ્બ $= 20$ છે.
$M_1$ માટે,$40$ બલ્બના $15\%$ ખામીયુક્ત છે,તેથી $0.15 \times 40 = 6$ બલ્બ ખામીયુક્ત છે.
ધારો કે $M_3$ દ્વારા ઉત્પાદિત ખામીયુક્ત બલ્બની સંખ્યા $x$ છે. તો $M_2$ દ્વારા ઉત્પાદિત ખામીયુક્ત બલ્બની સંખ્યા $20 - 6 - x = 14 - x$ થશે.
આપેલ છે કે યાદચ્છિક રીતે પસંદ કરેલ ખામીયુક્ત બલ્બ $M_2$ દ્વારા ઉત્પાદિત હોવાની સંભાવના $\frac{2}{5}$ છે,તેથી:
$P(M_2 | \text{Defective}) = \frac{M_2 \text{ ના ખામીયુક્ત બલ્બ}}{\text{કુલ ખામીયુક્ત બલ્બ}} = \frac{14 - x}{20} = \frac{2}{5}$.
$x$ માટે ઉકેલતા:
$14 - x = \frac{2}{5} \times 20 = 8$
$x = 14 - 8 = 6$.
આમ,$M_3$ એ $20$ માંથી $6$ ખામીયુક્ત બલ્બનું ઉત્પાદન કરે છે.
$M_3$ માંથી પસંદ કરેલ બલ્બ ખામીયુક્ત હોવાની સંભાવના $\frac{6}{20} = 0.3$ છે.

(D) કારણ કે સદિશો $\vec{X}, \vec{Y}, \vec{Z}$ એક સમતલમાં આવેલા છે,તેમનો અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર શૂન્ય હોવો જોઈએ,એટલે કે $[\vec{X} \vec{Y} \vec{Z}] = 0$.
આને બે નિશ્ચાયકોના ગુણાકાર તરીકે લખી શકાય:
$\begin{vmatrix} \alpha & \beta & -1 \\ -1 & \alpha & \beta \\ \beta & -1 & \alpha \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \\ 3 & 1 & 2 \end{vmatrix} = 0$.
બીજા નિશ્ચાયકની ગણતરી કરતા: $1(6-1) - 2(4-3) + 3(2-9) = 5 - 2 - 21 = -18 \neq 0$.
તેથી,પ્રથમ નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ: $\alpha^3 + \beta^3 + (-1)^3 - 3(\alpha)(\beta)(-1) = 0$.
$\alpha^3 + \beta^3 - 1 + 3\alpha\beta = 0 \Rightarrow \alpha^3 + \beta^3 + (-1)^3 = 3\alpha\beta(-1)$.
નિત્યસમ $a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $(\alpha+\beta-1)(\alpha^2+\beta^2+1-\alpha\beta+\alpha+\beta) = 0$.
કારણ કે $\alpha, \beta > 0$,બીજો અવયવ હંમેશા ધન છે,તેથી $\alpha+\beta-1 = 0$,જેનો અર્થ છે $\alpha+\beta = 1$.
તેથી,$\alpha+\beta-3 = 1-3 = -2$.

(B) ધારો કે $h(x) = f(g^{-1}(x))$. આપણે $h'(2) = f'(g^{-1}(2)) \cdot (g^{-1})'(2)$ શોધવાની જરૂર છે.
પ્રથમ,$g^{-1}(2)$ શોધો. કારણ કે $g(0) = \frac{4}{1 + e^0} = \frac{4}{2} = 2$,તેથી $g^{-1}(2) = 0$ મળે.
આગળ,$f'(x) = \frac{2x + 2}{x^2 + 2x + 4}$ શોધો. તેથી,$f'(0) = \frac{2}{4} = 0.5$.
હવે,$(g^{-1})'(2)$ શોધો. આપણે જાણીએ છીએ કે $(g^{-1})'(g(x)) = \frac{1}{g'(x)}$.
$g'(x) = \frac{4 \cdot (-1) \cdot e^{-2x} \cdot (-2)}{(1 + e^{-2x})^2} = \frac{8e^{-2x}}{(1 + e^{-2x})^2}$.
$x = 0$ આગળ,$g'(0) = \frac{8(1)}{(1 + 1)^2} = \frac{8}{4} = 2$.
તેથી,$(g^{-1})'(2) = \frac{1}{g'(0)} = \frac{1}{2} = 0.5$.
અંતે,$h'(2) = f'(0) \cdot (g^{-1})'(2) = 0.5 \cdot 0.5 = 0.25$.

(A) ધારો કે $\alpha=\int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\tan ^{-1} x}{2 x^2-3 x+2} d x \quad ...(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અથવા $x = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ મળે.
જ્યારે $x = \frac{1}{2}, t = 2$ અને જ્યારે $x = 2, t = \frac{1}{2}$.
$\alpha = \int_2^{\frac{1}{2}} \frac{\tan ^{-1}(1/t)}{2/t^2 - 3/t + 2} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt = \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\cot ^{-1} x}{2x^2 - 3x + 2} dx \quad ...(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2\alpha = \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x}{2x^2 - 3x + 2} dx = \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\pi/2}{2x^2 - 3x + 2} dx$
$2\alpha = \frac{\pi}{4} \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{dx}{x^2 - \frac{3}{2}x + 1} = \frac{\pi}{4} \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{dx}{(x - 3/4)^2 + 7/16}$
$2\alpha = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{4}{\sqrt{7}} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{x - 3/4}{\sqrt{7}/4} \right) \right]_{\frac{1}{2}}^2 = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{4x - 3}{\sqrt{7}} \right) \right]_{\frac{1}{2}}^2$
$2\alpha = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{5}{\sqrt{7}} \right) - \tan^{-1} \left( \frac{-1}{\sqrt{7}} \right) \right] = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \tan^{-1} \left( \frac{5/\sqrt{7} + 1/\sqrt{7}}{1 - (5/\sqrt{7})(-1/\sqrt{7})} \right)$
$2\alpha = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \tan^{-1} (3\sqrt{7})$
આમ,$\sqrt{7} \tan \left( \frac{2\alpha\sqrt{7}}{\pi} \right) = \sqrt{7} \tan \left( \tan^{-1}(3\sqrt{7}) \right) = \sqrt{7} \cdot 3\sqrt{7} = 21$.