JEE Main 2016 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે $PQ$ એ $h$ ઊંચાઈ ધરાવતો સ્તંભ છે.
$\Delta PAQ$ માં,$\tan(30^o) = \frac{PQ}{AQ}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{AQ}$ $\Rightarrow AQ = h\sqrt{3}$.
$\Delta PQB$ માં,$\tan(60^o) = \frac{PQ}{BQ}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{BQ}$ $\Rightarrow BQ = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$10 \text{ મિનિટ}$ માં કાપેલું અંતર $AB = AQ - BQ = h\sqrt{3} - \frac{h}{\sqrt{3}} = \frac{3h - h}{\sqrt{3}} = \frac{2h}{\sqrt{3}}$ છે.
ઝડપ સમાન હોવાથી,લીધેલ સમય અંતરના પ્રમાણમાં હોય છે.
$AB$ અંતર કાપવા માટે લીધેલ સમય $= 10 \text{ મિનિટ}$.
$BQ$ અંતર કાપવા માટે લીધેલ સમય $= \frac{BQ}{AB} \times 10 = \frac{h/\sqrt{3}}{2h/\sqrt{3}} \times 10 = \frac{1}{2} \times 10 = 5 \text{ મિનિટ}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\cos x + \cos 4x + \cos 2x + \cos 3x = 0$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\cos A + \cos B = 2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A-B}{2}\right)$
$2 \cos \left(\frac{5x}{2}\right) \cos \left(\frac{3x}{2}\right) + 2 \cos \left(\frac{5x}{2}\right) \cos \left(\frac{x}{2}\right) = 0$
$2 \cos \left(\frac{5x}{2}\right) [\cos \left(\frac{3x}{2}\right) + \cos \left(\frac{x}{2}\right)] = 0$
$\cos C + \cos D = 2 \cos \left(\frac{C+D}{2}\right) \cos \left(\frac{C-D}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$4 \cos \left(\frac{5x}{2}\right) \cos x \cos \left(\frac{x}{2}\right) = 0$
કેસ $1$: $\cos \left(\frac{5x}{2}\right) = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}, \pi, \frac{7\pi}{5}, \frac{9\pi}{5}$
કેસ $2$: $\cos x = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}$
કેસ $3$: $\cos \left(\frac{x}{2}\right) = 0 \Rightarrow x = \pi$ (જે પહેલેથી જ સામેલ છે)
કુલ અલગ મૂલ્યોની સંખ્યા $7$ છે.

(B) સંકર સંખ્યા શુદ્ધ કાલ્પનિક હોય તે માટે તેનો વાસ્તવિક ભાગ $0$ હોવો જોઈએ.
આપેલ પદ: $Z = \frac{2 + 3i \sin \theta}{1 - 2i \sin \theta}$
અંશ અને છેદને છેદની અનુબદ્ધ સંખ્યા $(1 + 2i \sin \theta)$ વડે ગુણતા:
$Z = \frac{(2 + 3i \sin \theta)(1 + 2i \sin \theta)}{(1 - 2i \sin \theta)(1 + 2i \sin \theta)}$
$Z = \frac{2 + 4i \sin \theta + 3i \sin \theta + 6i^2 \sin^2 \theta}{1 - (2i \sin \theta)^2}$
$i^2 = -1$ હોવાથી:
$Z = \frac{2 + 7i \sin \theta - 6 \sin^2 \theta}{1 + 4 \sin^2 \theta}$
$Z = \frac{2 - 6 \sin^2 \theta}{1 + 4 \sin^2 \theta} + i \frac{7 \sin \theta}{1 + 4 \sin^2 \theta}$
વાસ્તવિક ભાગને $0$ લેતા:
$\frac{2 - 6 \sin^2 \theta}{1 + 4 \sin^2 \theta} = 0$
$2 - 6 \sin^2 \theta = 0$
$6 \sin^2 \theta = 2$
$\sin^2 \theta = \frac{1}{3}$
$\sin \theta = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$
તેથી,$\theta = \sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.

(B) $SMALL$ માં અક્ષરો $A, L, L, M, S$ છે. મૂળાક્ષરોના ક્રમમાં ગોઠવતા: $A, L, L, M, S$.
$1$. $A$ થી શરૂ થતા શબ્દો: બાકીના અક્ષરો $L, L, M, S$ છે. ગોઠવણીની સંખ્યા $\frac{4!}{2!} = 12$ છે.
$2$. $L$ થી શરૂ થતા શબ્દો: બાકીના અક્ષરો $A, L, M, S$ છે. ગોઠવણીની સંખ્યા $4! = 24$ છે.
$3$. $M$ થી શરૂ થતા શબ્દો: બાકીના અક્ષરો $A, L, L, S$ છે. ગોઠવણીની સંખ્યા $\frac{4!}{2!} = 12$ છે.
$4$. $SA$ થી શરૂ થતા શબ્દો: બાકીના અક્ષરો $L, L, M$ છે. ગોઠવણીની સંખ્યા $\frac{3!}{2!} = 3$ છે.
$5$. $SL$ થી શરૂ થતા શબ્દો: બાકીના અક્ષરો $A, L, M$ છે. ગોઠવણીની સંખ્યા $3! = 6$ છે.
$6$. ત્યારબાદનો શબ્દ $SMALL$ છે.
કુલ ક્રમ $= 12 + 24 + 12 + 3 + 6 + 1 = 58$.
તેથી,$SMALL$ શબ્દનું સ્થાન $58^{th}$ છે.

(B) બહુપદી $(a_1 + a_2 + \dots + a_k)^n$ ના વિસ્તરણમાં પદોની સંખ્યા $\binom{n+k-1}{k-1}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં $(1 - \frac{2}{x} + \frac{4}{x^2})^n$ માટે,$k=3$ પદો છે.
તેથી,પદોની સંખ્યા $\binom{n+3-1}{3-1} = \binom{n+2}{2} = \frac{(n+2)(n+1)}{2}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{(n+2)(n+1)}{2} = 28$,તેથી $(n+2)(n+1) = 56$.
$8 \times 7 = 56$ હોવાથી,$n+2 = 8$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $n = 6$.
વિસ્તરણમાં સહગુણકોનો સરવાળો મેળવવા માટે ચલની જગ્યાએ $1$ મૂકવામાં આવે છે.
સહગુણકોનો સરવાળો $= (1 - 2 + 4)^n = (3)^n$.
$n = 6$ માટે,સરવાળો $3^6 = 729$ થાય.

(D) ધારો કે $A.P.$ નું પ્રથમ પદ $a$ અને સામાન્ય તફાવત $d$ છે. પદો $T_n = a + (n-1)d$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$2^{nd}, 5^{th},$ અને $9^{th}$ પદો અનુક્રમે $a+d, a+4d,$ અને $a+8d$ છે.
આ પદો $G.P.$ માં હોવાથી,મધ્યમ પદનો વર્ગ પ્રથમ અને ત્રીજા પદના ગુણાકાર જેટલો થાય:
$(a+4d)^2 = (a+d)(a+8d)$
બંને બાજુ વિસ્તરણ કરતા:
$a^2 + 8ad + 16d^2 = a^2 + 9ad + 8d^2$
$a^2$ બાદ કરતા અને પદોને ગોઠવતા:
$8d^2 = ad$
$A.P.$ અચળ ન હોવાથી,$d \neq 0$,તેથી આપણે $d$ વડે ભાગી શકીએ:
$a = 8d$
$G.P.$ ના પદો:
$T_2 = a+d = 8d+d = 9d$
$T_5 = a+4d = 8d+4d = 12d$
$T_9 = a+8d = 8d+8d = 16d$
સામાન્ય ગુણોત્તર $r$:
$r = \frac{T_5}{T_2} = \frac{12d}{9d} = \frac{4}{3}$

(D) શ્રેણી $S = \left(\frac{8}{5}\right)^2 + \left(\frac{12}{5}\right)^2 + \left(\frac{16}{5}\right)^2 + \left(\frac{20}{5}\right)^2 + \dots$ $10$ પદો સુધી છે.
આને $S = \frac{1}{25} \sum_{n=1}^{10} (4(n+1))^2 = \frac{16}{25} \sum_{n=1}^{10} (n+1)^2$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $k = n+1$,તો સરવાળો $\frac{16}{25} \sum_{k=2}^{11} k^2$ થાય.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^{N} k^2 = \frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{k=1}^{11} k^2 = \frac{11(12)(23)}{6} = 506$.
સરવાળો $k=2$ થી શરૂ થતો હોવાથી,$1^2 = 1$ બાદ કરતા: $506 - 1 = 505$.
તેથી,$S = \frac{16}{25} \times 505 = \frac{16 \times 101}{5} = \frac{16}{5} \times 101$.
આપેલ છે કે $S = \frac{16}{5}m$,તેથી $m = 101$.

(A) સમબાજુ ચતુષ્કોણની બે બાજુઓ ધરાવતી રેખાઓના સમીકરણો $L_1: x - y + 1 = 0$ અને $L_2: 7x - y - 5 = 0$ છે.
આ બે રેખાઓનું છેદબિંદુ શિરોબિંદુ $A$ છે. $x - y = -1$ અને $7x - y = 5$ ઉકેલતા $6x = 6$ મળે,તેથી $x = 1$ અને $y = 2$. આમ,$A = (1, 2)$.
સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો બાજુઓ વચ્ચેના ખૂણાઓને દુભાગે છે. ખૂણાના દુભાજકોના સમીકરણો $\frac{x - y + 1}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \pm \frac{7x - y - 5}{\sqrt{7^2 + (-1)^2}}$ દ્વારા મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $5(x - y + 1) = \pm (7x - y - 5)$ થાય છે.
કિસ્સો $1$: $5x - 5y + 5 = 7x - y - 5 \Rightarrow x + 2y - 5 = 0$.
કિસ્સો $2$: $5x - 5y + 5 = -7x + y + 5 \Rightarrow 2x - y = 0$.
વિકર્ણો છેદબિંદુ $(-1, -2)$ માંથી પસાર થતા હોવાથી,વિકર્ણોના સમીકરણો $x + 2y + 5 = 0$ અને $2x - y = 0$ છે.
વિકલ્પ તપાસતા,બિંદુ $\left( \frac{1}{3}, - \frac{8}{3} \right)$ એ $x + 2y + 5 = 0$ રેખા પર આવેલું છે.

(B) આપેલ વર્તુળ $x^{2} + y^{2} - 8x - 8y - 4 = 0$ છે.
આ વર્તુળનું કેન્દ્ર $(4, 4)$ છે અને તેની ત્રિજ્યા $r = \sqrt{4^{2} + 4^{2} - (-4)} = 6$ છે.
ધારો કે માંગેલ વર્તુળનું કેન્દ્ર $(h, k)$ છે અને તેની ત્રિજ્યા $R = k$ છે.
વર્તુળો બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,તેમના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર તેમની ત્રિજ્યાઓના સરવાળા જેટલું થાય:
$\sqrt{(h - 4)^{2} + (k - 4)^{2}} = 6 + k$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(h - 4)^{2} + (k - 4)^{2} = (6 + k)^{2}$.
સાદુરૂપ આપતા:
$h^{2} - 8h + 16 + k^{2} - 8k + 16 = 36 + k^{2} + 12k$.
$h^{2} - 8h - 20k - 4 = 0$.
આમ,બિંદુપથ $x^{2} - 8x - 20y - 4 = 0$ મળે છે,જે પરવલયનું સમીકરણ છે.

(D) આપેલ વર્તુળ $x^2 + y^2 - 4x + 6y - 12 = 0$ છે. તેનું કેન્દ્ર $O(2, -3)$ અને ત્રિજ્યા $r = \sqrt{2^2 + (-3)^2 - (-12)} = \sqrt{4 + 9 + 12} = \sqrt{25} = 5$ છે.
ધારો કે $A(-3, 2)$ એ વર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે. આપેલ વર્તુળનો એક વ્યાસ એ વર્તુળ $S$ ની જીવા છે. ધારો કે આ જીવા $BC$ છે. $BC$ એ પ્રથમ વર્તુળનો વ્યાસ હોવાથી,તે કેન્દ્ર $O(2, -3)$ માંથી પસાર થાય છે.
$\Delta ABC$ માં,$A$ એ વર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે,તેથી $AB$ અને $AC$ એ $S$ ની ત્રિજ્યાઓ છે. $O$ એ જીવા $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $AO \perp BC$.
અંતર $AO$ એ $(-3, 2)$ અને $(2, -3)$ વચ્ચેનું અંતર છે:
$AO = \sqrt{(2 - (-3))^2 + (-3 - 2)^2} = \sqrt{5^2 + (-5)^2} = \sqrt{25 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta AOB$ માં,વર્તુળ $S$ ની ત્રિજ્યા $R$ એ કર્ણ $AB$ છે:
$R = \sqrt{AO^2 + OB^2} = \sqrt{(5\sqrt{2})^2 + 5^2} = \sqrt{50 + 25} = \sqrt{75} = 5\sqrt{3}$.

(A) આપેલ છે કે,નાભિલંબની લંબાઈ = $\frac{2b^2}{a} = 8$,જે સૂચવે છે કે $b^2 = 4a$.
અનુબદ્ધ અક્ષની લંબાઈ $2b$ છે અને નાભિઓ વચ્ચેનું અંતર $2ae$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$2b = \frac{1}{2}(2ae)$,જેનું સાદું રૂપ $b = \frac{ae}{2}$ અથવા $b^2 = \frac{a^2e^2}{4}$ થાય છે.
$b^2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $4a = \frac{a^2e^2}{4}$,જે $ae^2 = 16$ આપે છે (કારણ કે $a \neq 0$).
અતિવલય માટે,$b^2 = a^2(e^2 - 1)$.
$b^2 = 4a$ મૂકતા: $4a = a^2(e^2 - 1)$.
$a \neq 0$ હોવાથી,$4 = a(e^2 - 1) = ae^2 - a$.
$ae^2 = 16$ મૂકતા: $4 = 16 - a$,જે $a = 12$ આપે છે.
હવે,$ae^2 = 16 \implies 12e^2 = 16$.
$e^2 = \frac{16}{12} = \frac{4}{3}$.
તેથી,$e = \frac{2}{\sqrt{3}}$.

(C) કોઈ બિંદુથી વક્ર સુધીનું ન્યૂનતમ અંતર તે બિંદુએ વક્રના અભિલંબ (normal) પર હોય છે.
પરવલય ${y^2} = 8x$ માટે,$4a = 8$,તેથી $a = 2$.
બિંદુ $P(at^2, 2at) = (2t^2, 4t)$ પર પરવલયનો અભિલંબ $y = -tx + 2at + at^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$a = 2$ મૂકતા,અભિલંબ $y = -tx + 4t + 2t^3$ મળે છે.
આ અભિલંબ વર્તુળના કેન્દ્ર $C(0, -6)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી:
$-6 = -t(0) + 4t + 2t^3
$ $\Rightarrow 2t^3 + 4t + 6 = 0
$ $\Rightarrow t^3 + 2t + 3 = 0$.
નિરીક્ષણ દ્વારા,$t = -1$ એ ઉકેલ છે.
$t = -1$ માટે,બિંદુ $P$ એ $(2(-1)^2, 4(-1)) = (2, -4)$ છે.
અંતર $CP$ એ જરૂરી વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે:
$r^2 = CP^2 = (2 - 0)^2 + (-4 - (-6))^2 = 2^2 + 2^2 = 4 + 4 = 8$.
કેન્દ્ર $P(2, -4)$ અને ત્રિજ્યાનો વર્ગ $r^2 = 8$ ધરાવતા વર્તુળનું સમીકરણ:
$(x - 2)^2 + (y + 4)^2 = 8
$ $\Rightarrow x^2 - 4x + 4 + y^2 + 8y + 16 = 8
$ $\Rightarrow x^2 + y^2 - 4x + 8y + 12 = 0$.

(A) આપેલ છે $p = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (1 + \tan^2 \sqrt{x})^{\frac{1}{2x}}$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} (f(x)-1)g(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$p = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (\tan^2 \sqrt{x}) \cdot \frac{1}{2x}}$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \frac{\tan^2 \sqrt{x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \left( \frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}} \right)^2 = 1^2 = 1$.
આમ,$p = e^{\frac{1}{2} \cdot 1} = e^{1/2}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\log p = \log(e^{1/2}) = \frac{1}{2}$.

(D) પ્રમાણિત વિચલન $(SD)$ નું સૂત્ર $SD = \sqrt{\frac{\sum x_i^2}{n} - \left(\frac{\sum x_i}{n}\right)^2}$ છે.
આપેલ છે કે $SD = 3.5 = \frac{7}{2}$,તેથી $SD^2 = \frac{49}{4}$.
સંખ્યાઓ $2, 3, a, 11$ છે,તેથી $n = 4$.
$\sum x_i = 2 + 3 + a + 11 = 16 + a$.
$\sum x_i^2 = 2^2 + 3^2 + a^2 + 11^2 = 134 + a^2$.
વિચરણના સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{49}{4} = \frac{134 + a^2}{4} - \left(\frac{16 + a}{4}\right)^2$.
છેદ દૂર કરવા માટે $16$ વડે ગુણતા:
$49 \times 4 = 4(134 + a^2) - (16 + a)^2$.
$196 = 536 + 4a^2 - (256 + 32a + a^2)$.
$196 = 280 + 3a^2 - 32a$.
$3a^2 - 32a + 84 = 0$.

(C) $f(x)^{g(x)} = 1$ ત્યારે જ શક્ય છે જો:
$1)$ $f(x) = 1 \Rightarrow x = 1, 4$.
$2)$ $f(x) = -1$ અને $g(x)$ બેકી સંખ્યા હોય $\Rightarrow x = 2$ (કારણ કે $x=3$ માટે $g(x)$ એકી છે).
$3)$ $g(x) = 0$ અને $f(x) \neq 0 \Rightarrow x = -10, 6$.
આમ,$x$ ના શક્ય મૂલ્યો $1, 4, 2, -10, 6$ છે.
તેમનો સરવાળો $1 + 4 + 2 - 10 + 6 = 3$ થાય.

(B) નિદર્શાવકાશ $S$ માં $6 \times 6 = 36$ પરિણામો છે.
$E_1 = \{(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)\}$,તેથી $P(E_1) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$.
$E_2 = \{(1, 2), (2, 2), (3, 2), (4, 2), (5, 2), (6, 2)\}$,તેથી $P(E_2) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$.
$E_3$ એ ઘટના છે કે સરવાળો એકી છે,જે ત્યારે થાય છે જ્યારે એક પાસો બેકી અને બીજો એકી હોય. $P(E_3) = \frac{18}{36} = \frac{1}{2}$.
$E_1 \cap E_2 = \{(4, 2)\}$,તેથી $P(E_1 \cap E_2) = \frac{1}{36} = P(E_1)P(E_2)$. આમ,$E_1$ અને $E_2$ સ્વતંત્ર છે.
$E_1 \cap E_3 = \{(4, 1), (4, 3), (4, 5)\}$,તેથી $P(E_1 \cap E_3) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12} = P(E_1)P(E_3)$. આમ,$E_1$ અને $E_3$ સ્વતંત્ર છે.
$E_2 \cap E_3 = \{(1, 2), (3, 2), (5, 2)\}$,તેથી $P(E_2 \cap E_3) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12} = P(E_2)P(E_3)$. આમ,$E_2$ અને $E_3$ સ્વતંત્ર છે.
$E_1, E_2, E_3$ સ્વતંત્ર હોવા માટે,$P(E_1 \cap E_2 \cap E_3) = P(E_1)P(E_2)P(E_3)$ હોવું જોઈએ.
$E_1 \cap E_2 \cap E_3 = \{(4, 2)\} \cap E_3 = \emptyset$ કારણ કે સરવાળો $4+2=6$ બેકી છે. તેથી $P(E_1 \cap E_2 \cap E_3) = 0$.
$0 \neq \frac{1}{72}$ હોવાથી,આ ઘટનાઓ પરસ્પર સ્વતંત્ર નથી.

(A) ધારો કે પદાવલિ $E = (p \wedge \sim q) \vee q \vee (\sim p \wedge q)$ છે.
વિભાજનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$(p \wedge \sim q) \vee q \equiv (p \vee q) \wedge (\sim q \vee q)$.
કારણ કે $(\sim q \vee q) \equiv T$ (નિત્યસત્ય),તેથી $(p \vee q) \wedge T \equiv p \vee q$.
હવે,આ કિંમતને મૂળ પદાવલિમાં મૂકતા:
$E \equiv (p \vee q) \vee (\sim p \wedge q)$.
ફરીથી વિભાજનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$(p \vee q) \vee (\sim p \wedge q) \equiv (p \vee q \vee \sim p) \wedge (p \vee q \vee q)$.
કારણ કે $(p \vee \sim p) \equiv T$,તેથી $(T \vee q) \wedge (p \vee q)$.
કારણ કે $(T \vee q) \equiv T$,તેથી $T \wedge (p \vee q) \equiv p \vee q$.
આમ,પદાવલિ $p \vee q$ ને સમકક્ષ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = 4 + \frac{1}{2} \sin^2 2x - 2 \cos^4 x$.
$\sin^2 2x = 4 \cos^2 x (1 - \cos^2 x)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = 4 + 2 \cos^2 x - 4 \cos^4 x$.
$t = \cos^2 x$ લેતા,જ્યાં $t \in [0, 1]$.
$g(t) = -4t^2 + 2t + 4$.
મહત્તમ કિંમત $M$ માટે $t = \frac{1}{4}$ લેતા,$M = \frac{17}{4}$.
ન્યૂનતમ કિંમત $m$ માટે $t = 1$ લેતા,$m = 2$.
$M - m = \frac{17}{4} - 2 = \frac{9}{4}$.

(C) ધારો કે $\alpha$ એ સામાન્ય બીજ છે.
સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $(b-1)\alpha = b+1 \implies \alpha = \frac{b+1}{b-1}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા $b^3+3b=0$ મળે છે.
તેથી $b(b^2+3)=0$.
આમ,$|b| = \sqrt{3}$ મળે છે.

(A) ધારો કે વર્તુળનું સમીકરણ $(x - h)^2 + (y - k)^2 = r^2$ છે.
તે $y-$અક્ષને $(0, 2)$ પર સ્પર્શે છે,તેથી કેન્દ્ર $(r, 2)$ અથવા $(-r, 2)$ છે.
વર્તુળ $(-2, 4)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી કેન્દ્ર $(-r, 2)$ હોવું જોઈએ.
ત્રિજ્યા $r$ એ કેન્દ્ર $(-r, 2)$ થી $(0, 2)$ બિંદુ સુધીનું અંતર છે,જે $r$ છે.
કેન્દ્ર $(-r, 2)$ થી $(-2, 4)$ સુધીનું અંતર પણ $r$ છે.
તેથી,$(-r - (-2))^2 + (2 - 4)^2 = r^2$
$(2 - r)^2 + (-2)^2 = r^2$
$4 - 4r + r^2 + 4 = r^2$
$8 - 4r = 0 \Rightarrow r = 2.$
આમ,કેન્દ્ર $(-2, 2)$ છે.
વર્તુળનો વ્યાસ કેન્દ્ર $(-2, 2)$ માંથી પસાર થવો જોઈએ.
વિકલ્પો તપાસતા:
$A$ માટે: $2(-2) - 3(2) + 10 = -4 - 6 + 10 = 0.$
કેન્દ્ર $(-2, 2)$ એ સમીકરણ $2x - 3y + 10 = 0$ નું સમાધાન કરે છે,તેથી આ રેખા વ્યાસ છે.

(C) આપેલ રેખાઓ $L_1: 4x + 3y - 12 = 0$ અને $L_2: 3x + 4y - 12 = 0$ છે.
તેમના છેદબિંદુમાંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $L_1 + \lambda L_2 = 0$ એટલે કે $(4x + 3y - 12) + \lambda(3x + 4y - 12) = 0$ છે.
તેને સાદું રૂપ આપતા,$x(4 + 3\lambda) + y(3 + 4\lambda) - 12(1 + \lambda) = 0$ મળે.
આ રેખા અક્ષોને $A\left(\frac{12(1 + \lambda)}{4 + 3\lambda}, 0\right)$ અને $B\left(0, \frac{12(1 + \lambda)}{3 + 4\lambda}\right)$ માં મળે છે.
ધારો કે $AB$ નું મધ્યબિંદુ $(h, k)$ છે. તેથી $h = \frac{6(1 + \lambda)}{4 + 3\lambda}$ અને $k = \frac{6(1 + \lambda)}{3 + 4\lambda}$.
આના પરથી,$\frac{1}{h} = \frac{4 + 3\lambda}{6(1 + \lambda)}$ અને $\frac{1}{k} = \frac{3 + 4\lambda}{6(1 + \lambda)}$.
બંનેનો સરવાળો કરતા,$\frac{1}{h} + \frac{1}{k} = \frac{7 + 7\lambda}{6(1 + \lambda)} = \frac{7}{6}$.
આમ,$\frac{h + k}{hk} = \frac{7}{6}$,જેનો અર્થ છે કે $6(h + k) = 7hk$.
તેથી બિંદુપથ $6(x + y) = 7xy$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \sqrt{2 \sin^4 x + 18 \cos^2 x} - \sqrt{2 \cos^4 x + 18 \sin^2 x}$.
આપણને $|f(x)| = 1$ આપેલ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x) = 1$ અથવા $f(x) = -1$.
$u = \sin^2 x$ લેતા,સમીકરણ ઉકેલતા $[0, 2\pi]$ અંતરાલમાં $x$ ના $8$ ઉકેલો મળે છે.

(C) ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ ના બિંદુ $(a \cos \theta, b \sin \theta)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $\frac{x \cos \theta}{a} + \frac{y \sin \theta}{b} = 1$ છે.
અહીં,$a = 3\sqrt{3}$ અને $b = \sqrt{3}$ છે.
સ્પર્શકનું સમીકરણ $\frac{x \cos \theta}{3\sqrt{3}} + \frac{y \sin \theta}{\sqrt{3}} = 1$ છે.
$A$ ના યામ $(\frac{3\sqrt{3}}{\cos \theta}, 0)$ અને $B$ ના યામ $(0, \frac{\sqrt{3}}{\sin \theta})$ છે.
ત્રિકોણ $OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times \frac{3\sqrt{3}}{\cos \theta} \times \frac{\sqrt{3}}{\sin \theta} = \frac{9}{\sin 2\theta}$ છે.
ક્ષેત્રફળ ન્યૂનતમ થવા માટે $\sin 2\theta = 1$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$\Delta_{\min} = 9$ ચોરસ એકમ.

(A) આપેલ સંખ્યાઓ $1, 1+d, 1+2d, \dots, 1+100d$ છે. આ $n = 101$ પદો ધરાવતી સમાંતર શ્રેણી છે.
મધ્યક $\bar{x} = \frac{1}{101} \sum_{k=0}^{100} (1 + kd) = 1 + 50d$ છે.
મધ્યકથી સરેરાશ વિચલન:
$MD = \frac{|d|}{101} \sum_{k=0}^{100} |k - 50| = \frac{|d|}{101} \times 2550 = 255$.
તેથી,$|d| = \frac{255 \times 101}{2550} = 10.1$.

(D) આપણી પાસે પદાવલિ $\sum\limits_{r = 1}^{15} {{r^2} \left( \frac{^{15}C_r}{^{15}C_{r - 1}} \right)}$ છે.
$\frac{^nC_r}{^nC_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{^{15}C_r}{^{15}C_{r-1}} = \frac{16-r}{r}$.
સરવાળામાં કિંમત મૂકતા:
$\sum\limits_{r = 1}^{15} {{r^2} \left( \frac{16-r}{r} \right)} = \sum\limits_{r = 1}^{15} {r(16-r)} = \sum\limits_{r = 1}^{15} {(16r - r^2)}$.
આ $16 \sum\limits_{r = 1}^{15} r - \sum\limits_{r = 1}^{15} r^2$ બરાબર થાય છે.
$n=15$ માટે $\sum_{r=1}^n r = \frac{n(n+1)}{2}$ અને $\sum_{r=1}^n r^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$16 \left( \frac{15 \times 16}{2} \right) - \left( \frac{15 \times 16 \times 31}{6} \right)$.
$= 16 \times 120 - 5 \times 8 \times 31 = 1920 - 1240 = 680$.

(D) રેખા $L$ નું સમીકરણ $x - y = 4$ છે,જેનો ઢાળ $m = 1$ છે.
બિંદુ $P(2, 1)$ ને $L$ ને સમાંતર સ્થાનાંતરિત કરવામાં આવે છે,તેથી નવું બિંદુ $Q(x, y)$ એ $L$ ને સમાંતર રેખા પર આવેલું છે.
$P$ અને $Q$ માંથી પસાર થતી રેખાનો ઢાળ $1$ છે.
$P(2, 1)$ અને $Q(x, y)$ વચ્ચેનું અંતર $2\sqrt{3}$ છે.
રેખાના પ્રચલિત સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરતા,$Q$ ના યામ $(2 \pm 2\sqrt{3} \cos \theta, 1 \pm 2\sqrt{3} \sin \theta)$ મળે,જ્યાં $\tan \theta = 1$,તેથી $\cos \theta = \sin \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$Q = (2 \pm \sqrt{6}, 1 \pm \sqrt{6})$.
$Q$ ત્રીજા ચરણમાં હોવાથી,બંને યામ ઋણ હોવા જોઈએ.
ઋણ ચિહ્ન લેતા: $Q = (2 - \sqrt{6}, 1 - \sqrt{6})$.
$Q$ માંથી પસાર થતી અને $L$ ને લંબ રેખાનો ઢાળ $m' = -1$ છે.
સમીકરણ: $y - (1 - \sqrt{6}) = -1(x - (2 - \sqrt{6}))$.
$y - 1 + \sqrt{6} = -x + 2 - \sqrt{6}$.
$x + y = 3 - 2\sqrt{6}$.

(B) શરતી વિધાન $p \Rightarrow q$ નું પ્રતિ-વિધાન $\neg q \Rightarrow \neg p$ છે. પ્રતિ-વિધાનનું સત્યતા મૂલ્ય મૂળ વિધાનના સત્યતા મૂલ્ય સમાન હોય છે.
વિધાન $P: p \Rightarrow q$ માટે,જ્યાં $p$ એ '$7$ એક એકી સંખ્યા છે' (સત્ય) અને $q$ એ '$7$ એ $2$ વડે વિભાજ્ય છે' (અસત્ય).
$T \Rightarrow F$ એ $F$ હોવાથી,સત્યતા મૂલ્ય $V_1 = F$ મળે.
વિધાન $Q: p \Rightarrow q$ માટે,જ્યાં $p$ એ '$7$ એક અવિભાજ્ય સંખ્યા છે' (સત્ય) અને $q$ એ '$7$ એક એકી સંખ્યા છે' (સત્ય).
$T \Rightarrow T$ એ $T$ હોવાથી,સત્યતા મૂલ્ય $V_2 = T$ મળે.
આમ,ક્રમયુક્ત જોડ $(V_1, V_2) = (F, T)$ થાય.

(A) પ્રારંભિક સ્થાન $z_0 = 2 + i$ છે,જે આર્ગેન્ડ સમતલમાં બિંદુ $(2, 1)$ ને અનુરૂપ છે.
$1 \, \text{unit}$ પૂર્વ દિશામાં ખસતા સ્થાન $(2+1, 1) = (3, 1)$ થાય છે.
$2 \, \text{units}$ ઉત્તર દિશામાં ખસતા સ્થાન $(3, 1+2) = (3, 3)$ થાય છે.
અંતે,$2\sqrt{2} \, \text{units}$ દક્ષિણ-પશ્ચિમ દિશામાં ખસવાનો અર્થ એ છે કે $2 \, \text{units}$ પશ્ચિમમાં અને $2 \, \text{units}$ દક્ષિણમાં ખસવું (કારણ કે સ્થાનાંતર સદિશ $(-2, -2)$ છે).
અંતિમ સ્થાન $(3-2, 3-2) = (1, 1)$ છે.
આ સંકર સંખ્યા $1 + i$ ને અનુરૂપ છે.

(B) આપેલ લક્ષ $1^{\infty}$ સ્વરૂપનું છે.
આપણે સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + f(x))^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$f(x) = \frac{a}{x} - \frac{4}{x^2}$ અને $g(x) = 2x$ છે.
તેથી,લક્ષ $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{a}{x} - \frac{4}{x^2}) \cdot 2x} = e^3$ બને છે.
ઘાતાંકનું સાદું રૂપ આપતા: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{2ax}{x} - \frac{8x}{x^2}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (2a - \frac{8}{x}) = 2a - 0 = 2a$.
આમ,$e^{2a} = e^3$.
ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા,$2a = 3$,જે $a = \frac{3}{2}$ આપે છે.

(B) આપેલ છે કે $x + y + z = 12$ અને $x^3y^4z^5 = (0.1)(600)^3$.
ભારિત સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{3(\frac{x}{3}) + 4(\frac{y}{4}) + 5(\frac{z}{5})}{3+4+5} \ge ((\frac{x}{3})^3 (\frac{y}{4})^4 (\frac{z}{5})^5)^{1/12}$
$\frac{x+y+z}{12} \ge (\frac{x^3 y^4 z^5}{3^3 4^4 5^5})^{1/12}$
$\frac{12}{12} \ge (\frac{x^3 y^4 z^5}{27 \times 256 \times 3125})^{1/12}$
$1 \ge \frac{x^3 y^4 z^5}{21600000}$
$x^3 y^4 z^5 \le 21600000 = (0.1)(600)^3$.
સમાનતા હોવાથી,$\frac{x}{3} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5} = k$ મળે.
તેથી $x = 3k, y = 4k, z = 5k$.
$3k + 4k + 5k = 12 \implies 12k = 12 \implies k = 1$.
આમ,$x = 3, y = 4, z = 5$.
તેથી,$x^3 + y^3 + z^3 = 3^3 + 4^3 + 5^3 = 27 + 64 + 125 = 216$.

(A) ઉત્કેન્દ્રતા માટેનું સમીકરણ: $9e^2 - 18e + 5 = 0$.
$e$ માટે ઉકેલતા: $(3e - 1)(3e - 5) = 0$,તેથી $e = 1/3$ અથવા $e = 5/3$. અતિવલય માટે $e > 1$ હોવાથી,$e = 5/3$ મળે.
નાભિ $S(ae, 0)$ અને નિયામિકા $x = a/e$ ધરાવતા અતિવલય માટે,$ae = 5$ અને $a/e = 9/5$ થાય.
આ બંનેનો ગુણાકાર કરતા: $(ae)(a/e) = 5 \times (9/5) \Rightarrow a^2 = 9$.
$ae = 5$ અને $e = 5/3$ નો ઉપયોગ કરતા,$a(5/3) = 5 \Rightarrow a = 3$ મળે.
અતિવલય માટે,$b^2 = a^2(e^2 - 1)$.
$b^2 = 9((5/3)^2 - 1) = 9(25/9 - 1) = 9(16/9) = 16$.
આમ,$a^2 - b^2 = 9 - 16 = -7$.

(A) આપેલ પદાવલિ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $A = (1 + x)^{2016},$ સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{x}{1 + x},$ અને $n = 2017$ પદો છે.
સમગુણોત્તર શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્ર $S = A \frac{1 - r^n}{1 - r}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = (1 + x)^{2016} \frac{1 - (\frac{x}{1 + x})^{2017}}{1 - \frac{x}{1 + x}}$
આનું સાદું રૂપ આપતા $S = (1 + x)^{2017} - x^{2017}$ મળે છે.
આપણે $(1 + x)^{2017} - x^{2017}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{17}$ નો સહગુણક શોધવાનો છે.
દ્વિપદી પ્રમેય મુજબ,$(1 + x)^{2017} = \sum_{k=0}^{2017} \binom{2017}{k} x^k.$
તેથી $x^{17}$ નો સહગુણક $\binom{2017}{17} = \frac{2017!}{17! 2000!}$ છે.

(B) $MEDITERRANEAN$ શબ્દમાં $13$ અક્ષરો છે: $M(1), E(3), D(1), I(1), T(1), R(2), A(2), N(2)$.
આપણે $R \_ \_ E$ સ્વરૂપના $4$ અક્ષરના શબ્દો બનાવવાના છે.
વચ્ચેની બે જગ્યાઓ બે રીતે ભરી શકાય:
$1$. બંને અક્ષરો સમાન હોય: ઉપલબ્ધ જોડીઓ $(E, E), (A, A), (N, N)$ છે. આવી $3$ જોડીઓ છે.
$2$. બંને અક્ષરો ભિન્ન હોય: આપણે ${M, E, D, I, T, R, A, N}$ ગણમાંથી $2$ ભિન્ન અક્ષરો પસંદ કરીએ છીએ. કુલ $8$ ભિન્ન અક્ષરો ઉપલબ્ધ છે. વચ્ચેની $2$ જગ્યાઓમાં $2$ ભિન્ન અક્ષરો ગોઠવવાની રીતો $^8P_2 = 8 \times 7 = 56$ છે.
શબ્દોની કુલ સંખ્યા = $3 56 = 59$.

(D) બિંદુ $P$ ના યામ $(4t^2 + 3, 8t^3 - 1)$ છે.
$P$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{24t^2}{8t} = 3t$ છે.
ધારો કે બિંદુ $Q$ ના યામ $(4\lambda^2 + 3, 8\lambda^3 - 1)$ છે.
રેખા $PQ$ નો ઢાળ $\frac{8\lambda^3 - 8t^3}{4\lambda^2 - 4t^2} = \frac{2(\lambda^3 - t^3)}{\lambda^2 - t^2} = \frac{2(\lambda - t)(\lambda^2 + \lambda t + t^2)}{(\lambda - t)(\lambda + t)} = \frac{2(\lambda^2 + \lambda t + t^2)}{\lambda + t}$ છે.
$PQ$ એ $P$ આગળનો સ્પર્શક હોવાથી,તેનો ઢાળ $3t$ હોવો જોઈએ.
તેથી,$\frac{2(\lambda^2 + \lambda t + t^2)}{\lambda + t} = 3t.$
$2\lambda^2 + 2\lambda t + 2t^2 = 3t\lambda + 3t^2.$
$2\lambda^2 - t\lambda - t^2 = 0.$
$(2\lambda + t)(\lambda - t) = 0.$
અહીં $\lambda \neq t$ હોવાથી (કારણ કે $Q$ એ અલગ બિંદુ છે),આપણને $\lambda = -t/2$ મળે છે.
$\lambda = -t/2$ ને $Q$ ના યામમાં મૂકતા,$x = 4(-t/2)^2 + 3 = t^2 + 3$ અને $y = 8(-t/2)^3 - 1 = -t^3 - 1$ મળે છે.
આમ,$Q$ ના યામ $(t^2 + 3, -t^3 - 1)$ છે.

(B) ધારો કે સામાન્ય પદ $T_r = (r^2 + 1)r!$ છે.
આપણે પદને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$T_r = (r^2 + r - r + 1)r! = (r(r+1) - (r-1))r!$
$T_r = r(r+1)! - (r-1)r!$
આ $f(r) - f(r-1)$ સ્વરૂપની ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જ્યાં $f(r) = r(r+1)!$.
$r=1$ થી $10$ સુધીનો સરવાળો કરતા:
$\sum_{r=1}^{10} T_r = \sum_{r=1}^{10} [r(r+1)! - (r-1)r!] $
$= [1(2!) - 0(1!)] + [2(3!) - 1(2!)] + [3(4!) - 2(3!)] + \dots + [10(11!) - 9(10!)]$
$= 10(11!)$.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને ટાવરનો પાયો $P$ છે.
બિંદુ $A$ થી,જે ટાવરની પૂર્વમાં છે,ઉત્સેધકોણ $45^\circ$ છે. તેથી,$AP = H \cot 45^\circ = H$.
બિંદુ $B$ થી,જે $A$ ની દક્ષિણમાં છે,ઉત્સેધકોણ $30^\circ$ છે. તેથી,$BP = H \cot 30^\circ = H\sqrt{3}$.
$A$ પૂર્વમાં અને $B$ એ $A$ ની દક્ષિણમાં હોવાથી,$\triangle PAB$ એ $A$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 + AP^2 = BP^2$
$(54\sqrt{2})^2 + H^2 = (H\sqrt{3})^2$
$5832 + H^2 = 3H^2$
$2H^2 = 5832$
$H^2 = 2916$
$H = 54 \, \text{m}$.

(A) પરવલય $y^2 = 4ax$ માટે $t$ પ્રાચલ આગળના અભિલંબનું સમીકરણ $y = -tx + 2at + at^3$ છે. અહીં $a = 1$ હોવાથી,$P(t)$ આગળનો અભિલંબ $y = -tx + 2t + t^3$ થશે.
આ અભિલંબ $Q(t_1)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,$t_1^2 = -t(t_1) + 2t + t^3$ મળે,જેનું સાદુંરૂપ આપતા $t_1 = -t - \frac{2}{t}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$t_1^2 = (-t - \frac{2}{t})^2 = t^2 + \frac{4}{t^2} + 4$ મળે.
સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યકની અસમતાનો ઉપયોગ કરતા,$t^2 + \frac{4}{t^2} \ge 2\sqrt{t^2 \cdot \frac{4}{t^2}} = 4$.
તેથી,$t_1^2$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $4 + 4 = 8$ થાય.

(A) $A.P.$ માં,શરૂઆત અને અંતથી સમાન અંતરે આવેલા પદોનો સરવાળો અચળ હોય છે. ખાસ કરીને,$a_k + a_{n-k+1} = a_1 + a_n$.
આપેલ છે કે $a_3 + a_7 + a_{11} + a_{15} = 72$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a_3 + a_{15} = a_1 + a_{17}$ અને $a_7 + a_{11} = a_1 + a_{17}$.
આ કિંમતોને આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(a_1 + a_{17}) + (a_1 + a_{17}) = 72$
$2(a_1 + a_{17}) = 72$
$a_1 + a_{17} = 36$.
પ્રથમ $17$ પદોનો સરવાળો $S_{17} = \frac{17}{2}(a_1 + a_{17})$ દ્વારા મળે છે.
$S_{17} = \frac{17}{2} \times 36 = 17 \times 18 = 306$.

(B) $z = 1 + ai$
$z^3 = (1 + ai)^3 = 1 + 3ai - 3a^2 - a^3i = (1 - 3a^2) + i(3a - a^3)$
$z^3$ વાસ્તવિક હોવાથી,કાલ્પનિક ભાગ શૂન્ય થાય:
$3a - a^3 = 0 \Rightarrow a = \sqrt{3}$ ($a > 0$ હોવાથી).
$z = 1 + \sqrt{3}i = 2(\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3})$.
સરવાળો $S = \frac{z^{12} - 1}{z - 1}$.
$z^{12} = 2^{12}(\cos 4\pi + i \sin 4\pi) = 4096$.
$S = \frac{4096 - 1}{\sqrt{3}i} = \frac{4095}{\sqrt{3}i} = -1365\sqrt{3}i$.

(A) વર્તુળનું કેન્દ્ર રેખાઓ $x - y = 1$ અને $2x + y = 3$ નું છેદબિંદુ છે.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $(x - y) + (2x + y) = 1 + 3 \implies 3x = 4 \implies x = \frac{4}{3}$.
$x = \frac{4}{3}$ ને $x - y = 1$ માં મૂકતા: $\frac{4}{3} - y = 1 \implies y = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}$.
તેથી,કેન્દ્ર $O$ એ $\left(\frac{4}{3}, \frac{1}{3}\right)$ છે.
સ્પર્શબિંદુ $P(1, -1)$ છે.
ત્રિજ્યા $OP$ નો ઢાળ $m_{OP} = \frac{\frac{1}{3} - (-1)}{\frac{4}{3} - 1} = \frac{\frac{4}{3}}{\frac{1}{3}} = 4$ છે.
સ્પર્શક ત્રિજ્યાને લંબ હોવાથી,સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = -\frac{1}{m_{OP}} = -\frac{1}{4}$ થાય.
બિંદુ $(1, -1)$ માંથી પસાર થતા અને $-\frac{1}{4}$ ઢાળવાળા સ્પર્શકનું સમીકરણ:
$y - (-1) = -\frac{1}{4}(x - 1)$
$4(y + 1) = -(x - 1)$
$4y + 4 = -x + 1$
$x + 4y + 3 = 0$.

(C) આપેલ રેખાઓ $L_1: 4x + 3y - 10 = 0$ અને $L_2: 8x + 6y + 5 = 0$ છે.
નોંધો કે $L_2$ ને $2(4x + 3y) + 5 = 0$ તરીકે લખી શકાય છે,જેનો અર્થ છે કે $4x + 3y = -2.5$.
રેખાઓ $4x + 3y = 10$ અને $4x + 3y = -2.5$ સમાંતર હોવાથી,ઉગમબિંદુ $O(0,0)$ માંથી પસાર થતી કોઈપણ રેખા તેમને $A$ અને $B$ બિંદુઓમાં એવી રીતે છેદશે કે જેથી અંતર $OA$ અને $OB$ નો ગુણોત્તર એ ઉગમબિંદુથી આ રેખાઓના લંબ અંતરના ગુણોત્તર જેટલો થાય.
$(0,0)$ થી $4x + 3y - 10 = 0$ નું લંબ અંતર $d_1 = \frac{|-10|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \frac{10}{5} = 2$ છે.
$(0,0)$ થી $8x + 6y + 5 = 0$ નું લંબ અંતર $d_2 = \frac{|5|}{\sqrt{8^2 + 6^2}} = \frac{5}{10} = 0.5 = \frac{1}{2}$ છે.
રેખાઓ ઉગમબિંદુની વિરુદ્ધ બાજુઓ પર હોવાથી,ઉગમબિંદુ $O$ એ રેખાખંડ $AB$ નું $OA:OB = d_1:d_2 = 2 : \frac{1}{2} = 4:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.

(A) આપેલ છે કે $A + B = \frac{\pi}{6}$. ધારો કે $y = \tan A + \tan B$.
નિત્યસમ $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{y}{1 - \tan A \tan B}$.
તેથી,$\tan A \tan B = 1 - \sqrt{3}y$.
$A, B > 0$ અને $A+B = \frac{\pi}{6}$ હોવાથી,$\tan A$ અને $\tan B$ બંને ધન છે,તેથી $\tan A \tan B > 0$,જેનો અર્થ છે કે $1 - \sqrt{3}y > 0$,એટલે કે $y < \frac{1}{\sqrt{3}}$.
$AM \ge GM$ મુજબ,$\frac{\tan A + \tan B}{2} \ge \sqrt{\tan A \tan B}$.
$y$ ની કિંમત મૂકતા,$\frac{y}{2} \ge \sqrt{1 - \sqrt{3}y}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\frac{y^2}{4} \ge 1 - \sqrt{3}y$,તેથી $y^2 + 4\sqrt{3}y - 4 \ge 0$.
$y^2 + 4\sqrt{3}y - 4 = 0$ ના બીજ $y = \frac{-4\sqrt{3} \pm \sqrt{48 + 16}}{2} = -2\sqrt{3} \pm 4$ છે.
$y > 0$ હોવાથી,$y \ge 4 - 2\sqrt{3}$ મળે.

(C) ધારો કે આપાત કિરણનો ઢાળ $m$ છે. રેખા $7x - y + 1 = 0$ નો ઢાળ $m_1 = 7$ છે. પરાવર્તિત કિરણ $y + 2x = 1$ નો ઢાળ $m_2 = -2$ છે.
આપાતકોણ અને પરાવર્તનકોણ સમાન હોવાથી,આપાત કિરણ અને અરીસાની રેખા વચ્ચેનો ખૂણો,પરાવર્તિત કિરણ અને અરીસાની રેખા વચ્ચેના ખૂણા જેટલો થાય.
બે રેખાઓ વચ્ચેના ખૂણા માટેના સૂત્ર $\tan \theta = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left| \frac{m - 7}{1 + 7m} \right| = \left| \frac{7 - (-2)}{1 + 7(-2)} \right| = \left| \frac{9}{1 - 14} \right| = \frac{9}{13}$.
કિસ્સો $1$: $\frac{m - 7}{1 + 7m} = \frac{9}{13} \Rightarrow m = -2$. રેખાનું સમીકરણ $2x + y - 1 = 0$ મળે (જે પરાવર્તિત કિરણ જ છે).
કિસ્સો $2$: $\frac{m - 7}{1 + 7m} = -\frac{9}{13}$ $\Rightarrow 76m = 82$ $\Rightarrow m = \frac{41}{38}$.
આપાત રેખાનું સમીકરણ $y - 1 = \frac{41}{38}(x - 0) \Rightarrow 41x - 38y + 38 = 0$ મળે.

(C) આપેલ શંકુ $\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{16} = 1$ છે.
તેની નાભિ $(0, \pm 2)$ છે.
અતિવલયના શિરોબિંદુઓ $(0, \pm 2)$ છે,તેથી $a = 2$.
ઉત્કેન્દ્રતા $e = \frac{3}{2}$ હોવાથી,$b^2 = a^2(e^2 - 1) = 4(\frac{9}{4} - 1) = 5$.
અતિવલયનું સમીકરણ $\frac{y^2}{4} - \frac{x^2}{5} = 1$ છે.
બિંદુ $(5, 2\sqrt{3})$ આ સમીકરણનું સમાધાન કરતું નથી.

(C) શરતી વિધાન $p \to q$ નું પ્રતિવિધાન $\sim q \to \sim p$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે $p$ એ વિધાન છે: "ચોરસની બાજુ બમણી થાય છે."
ધારો કે $q$ એ વિધાન છે: "તેનું ક્ષેત્રફળ ચાર ગણું વધે છે."
તેથી પ્રતિવિધાન $\sim q \to \sim p$ એ છે: "જો ચોરસનું ક્ષેત્રફળ ચાર ગણું ન વધે,તો તેની બાજુ બમણી થતી નથી."
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો જવાબ છે.

(C) ગણ $P$ માટે,આપણી પાસે $\sin \theta - \cos \theta = \sqrt{2} \cos \theta$ છે.
પુનઃગોઠવણ કરતા $\sin \theta = (\sqrt{2} + 1) \cos \theta$ મળે.
$(\sqrt{2} - 1)$ વડે ગુણતા,$(\sqrt{2} - 1) \sin \theta = (\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} + 1) \cos \theta$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $(\sqrt{2} - 1) \sin \theta = \cos \theta$ થાય છે.
આમ,$\sin \theta + \cos \theta = \sqrt{2} \sin \theta$ મળે છે.
આ ગણ $Q$ માટેની શરત છે.
તેથી,$P = Q$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\frac{{}^{n + 2}C_6}{{}^{n - 2}P_2} = 11$
સૂત્ર ${}^{n}C_r = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ અને ${}^{n}P_r = \frac{n!}{(n-r)!}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\frac{(n+2)(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3)}{720}}{(n-2)(n-3)} = 11$
$(n+2)(n+1)n(n-1) = 11 \times 720 = 7920$
$n=9$ મૂકતા:
$(11)(10)(9)(8) = 7920$
આમ,$n=9$ એ ઉકેલ છે.
વિકલ્પ $C$ માટે ચકાસણી:
$n^2 + 3n - 108 = (9)^2 + 3(9) - 108 = 81 + 27 - 108 = 0$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sqrt{2x + 1} - \sqrt{2x - 1} = 1$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(\sqrt{2x + 1} - \sqrt{2x - 1})^2 = 1^2$
$(2x + 1) + (2x - 1) - 2\sqrt{(2x + 1)(2x - 1)} = 1$
$4x - 2\sqrt{4x^2 - 1} = 1$
$4x - 1 = 2\sqrt{4x^2 - 1}$
ફરીથી વર્ગ કરતા: $(4x - 1)^2 = 4(4x^2 - 1)$
$16x^2 - 8x + 1 = 16x^2 - 4$
$-8x = -5 \implies x = \frac{5}{8}$
હવે,$x = \frac{5}{8}$ ને $\sqrt{4x^2 - 1}$ માં મૂકતા:
$\sqrt{4(\frac{5}{8})^2 - 1} = \sqrt{4(\frac{25}{64}) - 1} = \sqrt{\frac{25}{16} - 1} = \sqrt{\frac{9}{16}} = \frac{3}{4}$

(C) આપેલ છે $n = 5$,મધ્યક $\bar{x} = 5$,અને વિચરણ $\sigma^2 = 124$.
ધારો કે અવલોકનો $x_1=1, x_2=2, x_3=6, x_4, x_5$ છે.
મધ્યક $\bar{x} = \frac{\sum x_i}{5} = 5$ હોવાથી,$1+2+6+x_4+x_5 = 25$,તેથી $x_4+x_5 = 16$.
વિચરણ $\sigma^2 = \frac{\sum x_i^2}{n} - (\bar{x})^2 = 124$.
$\frac{1^2+2^2+6^2+x_4^2+x_5^2}{5} - 5^2 = 124$ $\Rightarrow \frac{1+4+36+x_4^2+x_5^2}{5} = 149$ $\Rightarrow x_4^2+x_5^2 = 704$.
સરેરાશ વિચલન $M$.$D$. $= \frac{1}{5} \sum |x_i - 5| = \frac{1}{5} (|1-5| + |2-5| + |6-5| + |x_4-5| + |x_5-5|)$.
$|x_4-5| + |x_5-5| = |x_4+x_5-10| = |16-10| = 6$.
$M$.$D$. $= \frac{4+3+1+6}{5} = \frac{14}{5} = 2.8$.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 - \cos 2x} \right)}^2}}}{{2x\tan x - x\tan 2x}}$.
નિત્યસમ $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {2\sin^2 x} \right)}^2}}}{{2x\tan x - x\tan 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4\sin^4 x}}{{2x\tan x - x\tan 2x}}$.
ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$ અને $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4(x - \frac{x^3}{6})^4}}{{2x(x + \frac{x^3}{3}) - x(2x + \frac{(2x)^3}{3})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{{2x^2 + \frac{2x^4}{3} - 2x^2 - \frac{8x^4}{3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{-\frac{6x^4}{3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{-2x^4} = -2$.

(A) આપેલ છે કે $Q = PAP^T$. નોંધો કે $P$ એ ઓર્થોગોનલ મેટ્રિક્સ છે,તેથી $PP^T = I$ અને $P^T = P^{-1}$.
આપણે $X = P^T Q^{2005} P$ ની ગણતરી કરવી છે.
$Q = PAP^T$ હોવાથી,$Q^n = (PAP^T)(PAP^T)...(PAP^T) = PA^n P^T$ થાય.
આ કિંમતને સમીકરણમાં મૂકતા:
$X = P^T (PA^{2005}P^T) P$
$X = (P^T P) A^{2005} (P^T P)$
$P^T P = I$ હોવાથી,આપણને $X = I A^{2005} I = A^{2005}$ મળે છે.
આપેલ $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ માટે,આ મેટ્રિક્સનો ગુણધર્મ છે: $A^n = \begin{bmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$.
તેથી,$A^{2005} = \begin{bmatrix} 1 & 2005 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^4 x + \cos^4 x$.
આપણે તેને $f(x) = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x$ તરીકે લખી શકીએ.
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,તેથી $f(x) = 1 - 2\sin^2 x \cos^2 x$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2\sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = 1 - \frac{1}{2}(2\sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = 1 - \frac{1}{2} \left( \frac{1 - \cos 4x}{2} \right) = 1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\cos 4x = \frac{3}{4} + \frac{1}{4}\cos 4x$.
વિધેય વધતું હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{3}{4} + \frac{1}{4}\cos 4x \right) = -\sin 4x$.
$f'(x) > 0$ લેતા,$-\sin 4x > 0$,જેનો અર્થ છે કે $\sin 4x < 0$.
સાઇન વિધેય અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં ઋણ હોય છે.
તેથી,$\pi < 4x < 2\pi$.
$4$ વડે ભાગતા,$\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$ મળે.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,અંતરાલ $\frac{\pi}{4} < x < \frac{3\pi}{8}$ આ વિસ્તારનો એક ભાગ છે,તેથી વિધેય આ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ રેખા $\frac{x-3}{2} = \frac{y+2}{-1} = \frac{z+4}{3}$ છે.
રેખાનો દિશા સદિશ $\vec{v} = (2, -1, 3)$ છે અને રેખા પરનું બિંદુ $P(3, -2, -4)$ છે.
સમતલનું સમીકરણ $lx + my - z = 9$ છે,જેનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = (l, m, -1)$ છે.
રેખા સમતલમાં હોવાથી,અભિલંબ સદિશ $\vec{n}$ એ રેખાના દિશા સદિશ $\vec{v}$ ને લંબ હોવો જોઈએ. તેથી,$\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$:
$2l - m - 3 = 0 \Rightarrow 2l - m = 3$ ....$(1)$
વળી,બિંદુ $P(3, -2, -4)$ એ સમતલના સમીકરણનું સમાધાન કરવું જોઈએ:
$l(3) + m(-2) - (-4) = 9$
$3l - 2m + 4 = 9$
$3l - 2m = 5$ ....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ઉકેલતા:
$(1)$ પરથી,$m = 2l - 3$. તેને $(2)$ માં મૂકતા:
$3l - 2(2l - 3) = 5$
$3l - 4l + 6 = 5$
$-l = -1 \Rightarrow l = 1$
$l = 1$ ને $(1)$ માં મૂકતા:
$m = 2(1) - 3 = -1$
તેથી,$l^2 + m^2 = (1)^2 + (-1)^2 = 1 + 1 = 2$.

(D) બિંદુ $(1, -5, 9)$ માંથી પસાર થતી અને રેખા $x = y = z$ ને સમાંતર રેખાનું સમીકરણ $\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 5}{1} = \frac{z - 9}{1} = \lambda$ છે.
આ રેખા પરનું કોઈપણ બિંદુ $P(\lambda + 1, \lambda - 5, \lambda + 9)$ સ્વરૂપનું છે.
આ બિંદુ $P$ સમતલ $x - y + z = 5$ પર આવેલું હોવાથી,આપણે યામને સમતલના સમીકરણમાં મૂકીએ:
$(\lambda + 1) - (\lambda - 5) + (\lambda + 9) = 5$
$\lambda + 1 - \lambda + 5 + \lambda + 9 = 5$
$\lambda + 15 = 5$
$\lambda = -10$.
$\lambda = -10$ ને $P$ ના યામમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$P = (-10 + 1, -10 - 5, -10 + 9) = (-9, -15, -1)$.
બિંદુઓ $(1, -5, 9)$ અને $(-9, -15, -1)$ વચ્ચેનું અંતર અંતર સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ગણવામાં આવે છે:
$d = \sqrt{(-9 - 1)^2 + (-15 - (-5))^2 + (-1 - 9)^2}$
$d = \sqrt{(-10)^2 + (-10)^2 + (-10)^2}$
$d = \sqrt{100 + 100 + 100} = \sqrt{300} = 10\sqrt{3}$.

(D) આ પ્રદેશ $y^2 \geq 2x$ (પરવલયની બહાર) અને $x^2+y^2 \leq 4x$ (વર્તુળની અંદર) દ્વારા ચોથા ચરણમાં $(x \geq 0, y \leq 0)$ વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
વર્તુળનું સમીકરણ $(x-2)^2 + y^2 = 4$ છે,જેનું કેન્દ્ર $(2,0)$ અને ત્રિજ્યા $2$ છે.
$y^2 = 2x$ અને $x^2+y^2 = 4x$ ના છેદબિંદુઓ મેળવવા માટે $y^2 = 2x$ ને વર્તુળના સમીકરણમાં મૂકતા: $x^2 + 2x = 4x \implies x^2 - 2x = 0 \implies x(x-2) = 0$.
તેથી,$x=0$ અને $x=2$. $x=2$ માટે,$y^2 = 4 \implies y = \pm 2$. $y \leq 0$ હોવાથી,છેદબિંદુ $(2, -2)$ છે.
ક્ષેત્રફળ એ ચોથા ચરણમાં $x=0$ થી $x=2$ સુધી વર્તુળ અને પરવલય વચ્ચેના તફાવતનું સંકલન છે.
ક્ષેત્રફળ $= \int_{0}^{2} (\sqrt{4x-x^2} - \sqrt{2x}) dx = \pi - \frac{8}{3}$.

(D) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right) \ldots \left( {3n} \right)}}{{{n^{2n}}}}} \right)^{\frac{1}{n}}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=1}^{2n} \ln \left( {\frac{{n+r}}{n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=1}^{2n} \ln \left( {1 + \frac{r}{n}} \right)$.
આ એક રીમેન સરવાળો છે,જે નિશ્ચિત સંકલનમાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$\ln L = \int\limits_0^2 \ln(1+x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \ln(1+x) dx = (1+x)\ln(1+x) - (1+x) + C$.
નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\ln L = \left[ (1+x)\ln(1+x) - x \right]_0^2 = (3\ln 3 - 2) - (1\ln 1 - 0) = 3\ln 3 - 2$.
આમ,$L = e^{3\ln 3 - 2} = e^{\ln(3^3) - 2} = e^{\ln 27} \cdot e^{-2} = \frac{27}{e^2}$.

(B) સમઘાત સુરેખ સમીકરણોની સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ હોય તે માટે સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ,એટલે કે $\Delta = 0$.
સહગુણક શ્રેણિક:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & \lambda & -1 \\ \lambda & -1 & -1 \\ 1 & 1 & -\lambda \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1((-1)(-\lambda) - (-1)(1)) - \lambda((\lambda)(-\lambda) - (-1)(1)) - 1((\lambda)(1) - (-1)(1)) = 0$
$1(\lambda + 1) - \lambda(-\lambda^2 + 1) - 1(\lambda + 1) = 0$
$(\lambda + 1) - \lambda(1 - \lambda^2) - (\lambda + 1) = 0$
$-\lambda(1 - \lambda)(1 + \lambda) = 0$
$\lambda(1 - \lambda)(1 + \lambda) = 0$
$\lambda$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\lambda = 0, 1, -1$ મળે છે.
આમ,$\lambda$ ના બરાબર ત્રણ મૂલ્યો માટે સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} 5a & -b \\ 3 & 2 \end{bmatrix}$.
$A$ નો પરિવર્તિત શ્રેણિક $A^T = \begin{bmatrix} 5a & 3 \\ -b & 2 \end{bmatrix}$ છે.
$A \cdot A^T$ ની ગણતરી કરતા:
$A \cdot A^T = \begin{bmatrix} 5a & -b \\ 3 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5a & 3 \\ -b & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 25a^2 + b^2 & 15a - 2b \\ 15a - 2b & 13 \end{bmatrix}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $A \cdot \text{adj}(A) = |A| I$,જ્યાં $|A| = (5a)(2) - (-b)(3) = 10a + 3b$.
તેથી,$A \cdot \text{adj}(A) = \begin{bmatrix} 10a + 3b & 0 \\ 0 & 10a + 3b \end{bmatrix}$.
આપેલ છે કે $A \cdot \text{adj}(A) = A \cdot A^T$,તેથી અનુરૂપ ઘટકોને સરખાવતા:
$1$) $15a - 2b = 0 \implies 15a = 2b \implies b = \frac{15a}{2}$.
$2$) $10a + 3b = 13$.
બીજા સમીકરણમાં $b = \frac{15a}{2}$ મૂકતા:
$10a + 3(\frac{15a}{2}) = 13$
$10a + \frac{45a}{2} = 13$
$\frac{20a + 45a}{2} = 13$
$65a = 26 \implies a = \frac{26}{65} = \frac{2}{5}$.
હવે $b$ શોધીએ:
$b = \frac{15}{2} \times \frac{2}{5} = 3$.
તેથી,$5a + b = 5(\frac{2}{5}) + 3 = 2 + 3 = 5$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = |\log 2 - \sin x|$. કારણ કે $\log 2 \approx 0.693 < 1$,$x=0$ ની આસપાસ,$\sin x$ નાનું છે,તેથી $\log 2 - \sin x > 0$ થાય. આમ,$x=0$ ના સામીપ્યમાં $f(x) = \log 2 - \sin x$ છે.
તેથી $g(x) = f(f(x)) = \log 2 - \sin(f(x)) = \log 2 - \sin(\log 2 - \sin x)$.
$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય હોવાથી અને વિકલનીય વિધેયોનું સંયોજન પણ વિકલનીય હોવાથી,$g(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
હવે,$g'(x) = -\cos(\log 2 - \sin x) \cdot (-\cos x) = \cos(\log 2 - \sin x) \cdot \cos x$.
$x=0$ આગળ કિંમત મુકતા,$g'(0) = \cos(\log 2 - \sin 0) \cdot \cos 0 = \cos(\log 2) \cdot 1 = \cos(\log 2)$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{1 + \sin x}{1 - \sin x}}\right)$.
$1 + \sin x = (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2$ અને $1 - \sin x = (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \tan^{-1}\left(\frac{\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}\right) = \tan^{-1}\left(\tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})\right) = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
$x = \frac{\pi}{6}$ પર,$f(\frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{3}$.
વિકલન $f'(x) = \frac{1}{2}$.
$x = \frac{\pi}{6}$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = \frac{1}{2}$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $m_n = -\frac{1}{m_t} = -2$ થાય.
$(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3})$ પર અભિલંબનું સમીકરણ $y - \frac{\pi}{3} = -2(x - \frac{\pi}{6})$ છે.
$y - \frac{\pi}{3} = -2x + \frac{\pi}{3} \Rightarrow y = -2x + \frac{2\pi}{3}$.
બિંદુઓ તપાસતા,જો $x = 0$ હોય,તો $y = \frac{2\pi}{3}$. તેથી,તે $(0, \frac{2\pi}{3})$ માંથી પસાર થાય છે.

(NONE) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $y(1 + xy)dx = xdy$.
પદોને ગોઠવતા: $ydx + xy^2 dx = xdy$.
$xy^2 dx = xdy - ydx$.
બંને બાજુ $xy^2$ વડે ભાગતા: $dx = \frac{xdy - ydx}{xy^2} = \frac{1}{x} \cdot \frac{xdy - ydx}{y^2}$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $dx = \frac{1}{x} d(\frac{x}{y})$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\frac{xdy - ydx}{y^2} = x dx$.
આ $d(\frac{x}{y}) = x dx$ છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\frac{x}{y} = \frac{x^2}{2} + C$.
વક્ર $(1, -1)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x=1, y=-1$ મૂકતા: $\frac{1}{-1} = \frac{1^2}{2} + C$.
$-1 = \frac{1}{2} + C \Rightarrow C = -\frac{3}{2}$.
તેથી,$\frac{x}{y} = \frac{x^2 - 3}{2} \Rightarrow y = \frac{2x}{x^2 - 3}$.
હવે,$f(-\frac{1}{2})$ શોધતા: $f(-\frac{1}{2}) = \frac{2(-\frac{1}{2})}{(-\frac{1}{2})^2 - 3} = \frac{-1}{\frac{1}{4} - 3} = \frac{-1}{-\frac{11}{4}} = \frac{4}{11}$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{{2{x^{12}} + 5{x^9}}}{{{{\left( {{x^5} + {x^3} + 1} \right)}^3}}}dx$.
અંશ અને છેદને ${x^{15}}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{{\frac{{2{x^{12}}}}{{{x^{15}}}} + \frac{{5{x^9}}}{{{x^{15}}}}}}{{{{\left( {\frac{{{x^5} + {x^3} + 1}}{{{x^5}}}} \right)}^3}}}dx = \int \frac{{2{x^{ - 3}} + 5{x^{ - 6}}}}{{{{\left( {1 + {x^{ - 2}} + {x^{ - 5}}} \right)}^3}}}dx$.
ધારો કે $t = 1 + {x^{ - 2}} + {x^{ - 5}}$.
તેથી $dt = ( - 2{x^{ - 3}} - 5{x^{ - 6}})dx$,જેનો અર્થ છે કે $-dt = (2{x^{ - 3}} + 5{x^{ - 6}})dx$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{{ - dt}}{{{t^3}}} = - \int {{t^{ - 3}}} dt = - \left( \frac{{{t^{ - 2}}}}{{ - 2}} \right) + C = \frac{1}{{2{t^2}}} + C$.
$t = 1 + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^5}}} = \frac{{{x^5} + {x^3} + 1}}{{{x^5}}}$ મૂકતા:
$I = \frac{1}{{2{{\left( {\frac{{{x^5} + {x^3} + 1}}{{{x^5}}}} \right)}^2}}} + C = \frac{{{x^{10}}}}{{2{{\left( {{x^5} + {x^3} + 1} \right)}^2}}} + C$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $f(x) + 2f(1/x) = 3x$ ........$(1)$
$x$ ને $1/x$ વડે બદલતા,આપણને મળે છે: $f(1/x) + 2f(x) = 3/x$ ........$(2)$
સમીકરણ $(2)$ પરથી,$f(1/x) = 3/x - 2f(x)$.
આ કિંમતને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$f(x) + 2(3/x - 2f(x)) = 3x$
$f(x) + 6/x - 4f(x) = 3x$
$-3f(x) = 3x - 6/x$
$f(x) = 2/x - x$
હવે,ગણ $S$ માટે,આપણે $f(x) = f(-x)$ ઉકેલીએ:
$2/x - x = 2/(-x) - (-x)$
$2/x - x = -2/x + x$
$4/x = 2x$
$2/x = x$
$x^2 = 2$
$x = \pm \sqrt{2}$
આમ,$S = \{\sqrt{2}, -\sqrt{2}\}$.
તેથી,$S$ બરાબર બે ઘટકો ધરાવે છે.

(A) સદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\vec{a} \times (\vec{b} \times \vec{c}) = (\vec{a} \cdot \vec{c})\vec{b} - (\vec{a} \cdot \vec{b})\vec{c}$.
આપેલ છે કે $\vec{a} \times (\vec{b} \times \vec{c}) = \frac{\sqrt{3}}{2}(\vec{b} + \vec{c})$,તેથી:
$(\vec{a} \cdot \vec{c})\vec{b} - (\vec{a} \cdot \vec{b})\vec{c} = \frac{\sqrt{3}}{2}\vec{b} + \frac{\sqrt{3}}{2}\vec{c}$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે:
$(\vec{a} \cdot \vec{c} - \frac{\sqrt{3}}{2})\vec{b} = (\vec{a} \cdot \vec{b} + \frac{\sqrt{3}}{2})\vec{c}$.
કારણ કે $\vec{b}$ અને $\vec{c}$ સમાંતર નથી,તેથી સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ:
$\vec{a} \cdot \vec{c} - \frac{\sqrt{3}}{2} = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{c} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\vec{a} \cdot \vec{b} + \frac{\sqrt{3}}{2} = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{b} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\vec{a}$ અને $\vec{b}$ એકમ સદિશો હોવાથી,$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}| \cos \theta = \cos \theta$.
તેથી,$\cos \theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,$\theta = \frac{5\pi}{6}$.

(B) આપણને આપેલ છે કે $2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \int_{0}^{1} \cot^{-1} (1 - x + x^2) \, dx$.
ગુણધર્મ $\cot^{-1} u = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} u$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \int_{0}^{1} \left( \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} (1 - x + x^2) \right) dx$.
$2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \frac{\pi}{2} - \int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx$.
પદોને ગોઠવતા:
$\int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx = \frac{\pi}{2} - 2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx$.
હવે,$I = \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx$ ની કિંમત ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) દ્વારા મેળવીએ:
$I = [x \tan^{-1} x]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \, dx = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} [\ln(1+x^2)]_0^1 = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$.
આ કિંમતને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx = \frac{\pi}{2} - 2 \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} + \ln 2 = \ln 2$.

(C) ધારો કે સમતલનું સમીકરણ $a(x-1) + b(y-2) + c(z-2) = 0$ છે .....$(1)$
આ સમતલ $x - y + 2z = 3$ અને $2x - 2y + z + 12 = 0$ ને લંબ હોવાથી,તેનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = (a, b, c)$ એ $\vec{n_1} = (1, -1, 2)$ અને $\vec{n_2} = (2, -2, 1)$ ને લંબ છે.
તેથી,$\vec{n} = \vec{n_1} \times \vec{n_2} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & -1 & 2 \\ 2 & -2 & 1 \end{vmatrix} = \hat{i}(-1 + 4) - \hat{j}(1 - 4) + \hat{k}(-2 + 2) = 3\hat{i} + 3\hat{j} + 0\hat{k}$.
આમ,દિશા ગુણોત્તર $(3, 3, 0)$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $(1, 1, 0)$ થાય છે.
સમતલનું સમીકરણ $1(x-1) + 1(y-2) + 0(z-2) = 0$ એટલે કે $x + y - 3 = 0$ મળે.
બિંદુ $(1, -2, 4)$ નું સમતલ $x + y - 3 = 0$ થી અંતર $D = \frac{|1 + (-2) - 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|-4|}{\sqrt{2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ થાય.

(D) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{t \to x} \frac{{{t^2}f(x) - {x^2}f(t)}}{{t - x}} = 1$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં $L$'Hopital નો નિયમ વાપરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{t \to x} \frac{2t f(x) - x^2 f'(t)}{1} = 1$.
$t = x$ મૂકતા,આપણને વિકલ સમીકરણ મળે છે: $2x f(x) - x^2 f'(x) = 1$.
ગોઠવતા: $f'(x) - \frac{2}{x} f(x) = -\frac{1}{x^2}$.
આ $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ પ્રકારનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(x) = -\frac{2}{x}$ અને $Q(x) = -\frac{1}{x^2}$.
સંકલ્યકારક અવયવ $I.F. = e^{\int -\frac{2}{x} dx} = e^{-2 \ln x} = \frac{1}{x^2}$.
$I.F.$ વડે ગુણતા: $\frac{d}{dx} [f(x) \cdot \frac{1}{x^2}] = -\frac{1}{x^4}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\frac{f(x)}{x^2} = \int -x^{-4} dx = \frac{1}{3x^3} + C$.
તેથી,$f(x) = \frac{1}{3x} + Cx^2$.
$f(1) = 1$ નો ઉપયોગ કરતા: $1 = \frac{1}{3} + C \implies C = \frac{2}{3}$.
આમ,$f(x) = \frac{1}{3x} + \frac{2x^2}{3}$.
$x = \frac{3}{2}$ માટે: $f(\frac{3}{2}) = \frac{1}{3(3/2)} + \frac{2(3/2)^2}{3} = \frac{2}{9} + \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{4} = \frac{2}{9} + \frac{3}{2} = \frac{4 + 27}{18} = \frac{31}{18}$.

(B) આપેલ છે કે $P(A) = \frac{2}{5} = \frac{8}{20}$ અને $P(A \cap B) = \frac{3}{20}$.
ડી મોર્ગનના નિયમ મુજબ,$A' \cup B' = (A \cap B)'$.
તેથી,$P(A' \cup B') = P((A \cap B)') = 1 - P(A \cap B) = 1 - \frac{3}{20} = \frac{17}{20}$.
હવે,આપણે $P(A | A' \cup B') = \frac{P(A \cap (A' \cup B'))}{P(A' \cup B')}$ શોધવાની જરૂર છે.
વિભાજનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$A \cap (A' \cup B') = (A \cap A') \cup (A \cap B') = \emptyset \cup (A \cap B') = A \cap B'$.
કારણ કે $A = (A \cap B) \cup (A \cap B')$,તેથી $P(A \cap B') = P(A) - P(A \cap B) = \frac{8}{20} - \frac{3}{20} = \frac{5}{20}$.
આમ,$P(A | A' \cup B') = \frac{5/20}{17/20} = \frac{5}{17}$.

(A) આ પ્રદેશ પરવલય $y = x^2 - 5x + 4$,રેખા $y = 1 - x$,અને રેખા $y = 0$ (x-અક્ષ) દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
પ્રથમ,છેદબિંદુઓ શોધો:
$y = x^2 - 5x + 4$ અને $y = 1 - x$ માટે:
$x^2 - 5x + 4 = 1 - x \implies x^2 - 4x + 3 = 0 \implies (x-1)(x-3) = 0$.
તેથી,છેદબિંદુઓ $x=1$ અને $x=3$ પર છે. $x=3$ માટે,$y = 1-3 = -2$.
આ પ્રદેશ બે ભાગનો બનેલો છે:
$A_1$: શિરોબિંદુઓ $(1,0), (3,0), (3,-2)$ દ્વારા ઘેરાયેલ ત્રિકોણ. ક્ષેત્રફળ $A_1 = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times (3-1) \times |-2| = \frac{1}{2} \times 2 \times 2 = 2$.
$A_2$: $x=3$ થી $x=4$ સુધી પરવલય અને x-અક્ષ વચ્ચેનું ક્ષેત્રફળ. ક્ષેત્રફળ $A_2 = |\int_{3}^{4} (x^2 - 5x + 4) dx| = |[\frac{x^3}{3} - \frac{5x^2}{2} + 4x]_3^4| = |(\frac{64}{3} - 40 + 16) - (9 - \frac{45}{2} + 12)| = |(\frac{64}{3} - 24) - (21 - 22.5)| = |-\frac{8}{3} - (-1.5)| = |-\frac{8}{3} + \frac{3}{2}| = |-\frac{16}{6} + \frac{9}{6}| = |-\frac{7}{6}| = \frac{7}{6}$.
કુલ ક્ષેત્રફળ $= A_1 + A_2 = 2 + \frac{7}{6} = \frac{19}{6}$ ચોરસ એકમ.

(D) આપેલ સ્થાન સદિશો $\vec{A} = 3\hat{i} + \hat{j} - \hat{k},$ $\vec{B} = -\hat{i} + 3\hat{j} + p\hat{k},$ અને $\vec{C} = 5\hat{i} + q\hat{j} - 4\hat{k}$ છે.
ત્રિકોણ $A$ આગળ કાટખૂણે હોવાથી,$\vec{AB} \perp \vec{AC}$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0.$
સૌ પ્રથમ,સદિશો $\vec{AB}$ અને $\vec{AC}$ શોધો:
$\vec{AB} = \vec{B} - \vec{A} = -4\hat{i} + 2\hat{j} + (p + 1)\hat{k}.$
$\vec{AC} = \vec{C} - \vec{A} = 2\hat{i} + (q - 1)\hat{j} - 3\hat{k}.$
હવે,ડોટ પ્રોડક્ટની ગણતરી કરો:
$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-4)(2) + (2)(q - 1) + (p + 1)(-3) = 0.$
$-8 + 2q - 2 - 3p - 3 = 0.$
$-3p + 2q - 13 = 0 \Rightarrow 3p - 2q + 13 = 0.$
$(p, q)$ ને $(x, y)$ દ્વારા બદલતા,રેખા $3x - 2y + 13 = 0$ મળે છે.
ઢાળ-આંતરછેદ સ્વરૂપમાં ગોઠવતા: $2y = 3x + 13 \Rightarrow y = \frac{3}{2}x + \frac{13}{2}.$
ઢાળ $m = \frac{3}{2}$ છે. $m > 0$ હોવાથી,રેખા $x$-અક્ષની ધન દિશા સાથે લઘુકોણ બનાવે છે.

(C) $f_1(x) = f_{0+1}(x) = f_0(f_0(x)) = \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - x}} = \frac{x - 1}{x}$
$f_2(x) = f_{1+1}(x) = f_0(f_1(x)) = \frac{1}{1 - \frac{x - 1}{x}} = x$
$f_3(x) = f_{2+1}(x) = f_0(f_2(x)) = f_0(x) = \frac{1}{1 - x}$
અહીં $f_3(x) = f_0(x)$ હોવાથી,વિધેય $3$ ના આવર્તકાળ સાથે પુનરાવર્તિત થાય છે.
$f_{100}(3) = f_{3 \times 33 + 1}(3) = f_1(3) = \frac{3 - 1}{3} = \frac{2}{3}$
$f_1\left( \frac{2}{3} \right) = \frac{\frac{2}{3} - 1}{\frac{2}{3}} = \frac{-\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}} = -\frac{1}{2}$
$f_2\left( \frac{3}{2} \right) = \frac{3}{2}$
તેથી,$f_{100}(3) + f_1\left( \frac{2}{3} \right) + f_2\left( \frac{3}{2} \right) = \frac{2}{3} - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = \frac{2}{3} + 1 = \frac{5}{3}$

(A) $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$
$-1 = a + \cos^{-1}(1 + b) \implies \cos^{-1}(1 + b) = -1 - a \quad \dots(1)$
વિકલનીયતા માટે,$x = 1$ આગળ $LHD = RHD$ થવું જોઈએ.
$LHD = \frac{d}{dx}(-x) = -1$.
$RHD = \frac{d}{dx}(a + \cos^{-1}(x + b)) = \frac{-1}{\sqrt{1 - (x + b)^2}}$.
$x = 1$ આગળ,$RHD = \frac{-1}{\sqrt{1 - (1 + b)^2}}$.
$LHD = RHD$ સરખાવતા: $-1 = \frac{-1}{\sqrt{1 - (1 + b)^2}} \implies \sqrt{1 - (1 + b)^2} = 1$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $1 - (1 + b)^2 = 1 \implies (1 + b)^2 = 0 \implies b = -1$.
$b = -1$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા: $\cos^{-1}(0) = -1 - a$.
કારણ કે $\cos^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\frac{\pi}{2} = -1 - a \implies a = -1 - \frac{\pi}{2} = \frac{-\pi - 2}{2}$.
તેથી,$\frac{a}{b} = \frac{(-\pi - 2)/2}{-1} = \frac{\pi + 2}{2}$.

(C) ધારો કે નિશ્ચાયક $D$ છે. $R_1 \to R_1 - R_2$ અને $R_2 \to R_2 - R_3$ લેતા:
$D = \begin{vmatrix} \cos x - \sin x & \sin x - \cos x & 0 \\ 0 & \cos x - \sin x & \sin x - \cos x \\ \sin x & \sin x & \cos x \end{vmatrix} = 0$
$R_1$ અને $R_2$ માંથી $(\cos x - \sin x)$ સામાન્ય લેતા:
$D = (\cos x - \sin x)^2 \begin{vmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ \sin x & \sin x & \cos x \end{vmatrix} = 0$
$R_1$ ની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$(\cos x - \sin x)^2 [1(\cos x + \sin x) - (-1)(0 + \sin x)] = 0$
$(\cos x - \sin x)^2 (\cos x + 2\sin x) = 0$
આથી $\cos x - \sin x = 0$ અથવા $\cos x + 2\sin x = 0$ મળે.
કિસ્સો $1$: $\tan x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4}$.
કિસ્સો $2$: $\tan x = -\frac{1}{2} \implies x = \arctan(-\frac{1}{2})$.
કારણ કે $\arctan(-\frac{1}{2}) \approx -0.46$ અને $-\frac{\pi}{4} \approx -0.785$,બંને કિંમતો અંતરાલ $\left[ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} \right]$ માં આવે છે.
આમ,કુલ $2$ ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ છે.

(C) આપેલ છે કે $P = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$.
$P$ એ ઓર્થોગોનલ શ્રેણિક હોવાથી,$P^T P = P P^T = I$.
આપેલ છે કે $Q = PAP^T$,આપણે $P^T Q^{2015} P$ શોધવાનું છે.
$Q^2 = (PAP^T)(PAP^T) = PA(P^T P)AP^T = PA(I)AP^T = PA^2 P^T$.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$Q^n = PA^n P^T$.
તેથી,$Q^{2015} = PA^{2015} P^T$.
હવે,$P^T Q^{2015} P = P^T (PA^{2015} P^T) P = (P^T P) A^{2015} (P^T P) = I A^{2015} I = A^{2015}$.
આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$,આપણે પેટર્ન જોઈએ:
$A^2 = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$.
$A^3 = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$.
તેથી,$A^n = \begin{bmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$.
આમ,$A^{2015} = \begin{bmatrix} 1 & 2015 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $x \int_{1}^{x} y(t) dt = (x + 1) \int_{1}^{x} t y(t) dt$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\int_{1}^{x} y(t) dt + x y(x) = \int_{1}^{x} t y(t) dt + (x + 1) x y(x)$.
પદોને ગોઠવતા:
$\int_{1}^{x} y(t) dt - \int_{1}^{x} t y(t) dt = (x^2 + x - x) y(x) = x^2 y(x)$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y(x) - x y(x) = 2x y(x) + x^2 y'(x)$.
સાદું રૂપ આપતા:
$y(x) (1 - x - 2x) = x^2 y'(x) \implies y(x) (1 - 3x) = x^2 y'(x)$.
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{y'(x)}{y(x)} = \frac{1 - 3x}{x^2} = \frac{1}{x^2} - \frac{3}{x}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\ln|y(x)| = -\frac{1}{x} - 3 \ln|x| + K$.
$\ln|y(x)| + \ln|x^3| = -\frac{1}{x} + K$.
$\ln|y(x) x^3| = -\frac{1}{x} + K$.
$y(x) x^3 = C e^{-\frac{1}{x}}$.
આમ,$y(x) = \frac{C e^{-\frac{1}{x}}}{x^3}$.

(C) વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $[0, \infty)$ માં સતત હોવા માટે,તે $x=1$ અને $x=\sqrt{2}$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$1$. $x=1$ આગળ સાતત્ય:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$
$\frac{2(1)^2}{a} = a \implies \frac{2}{a} = a \implies a^2 = 2 \implies a = \pm \sqrt{2}$.
$2$. $x=\sqrt{2}$ આગળ સાતત્ય:
$\lim_{x \to \sqrt{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \sqrt{2}^+} f(x) = f(\sqrt{2})$
$a = \frac{2b^2 - 4b}{(\sqrt{2})^3} = \frac{2b^2 - 4b}{2\sqrt{2}} = \frac{b^2 - 2b}{\sqrt{2}}$.
કિસ્સો $1$: જો $a = \sqrt{2}$ હોય,તો $\sqrt{2} = \frac{b^2 - 2b}{\sqrt{2}} \implies b^2 - 2b = 2 \implies b^2 - 2b - 2 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$b = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(-2)}}{2(1)} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$.
તેથી,$(a, b) = (\sqrt{2}, 1 \pm \sqrt{3})$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,જોડ $(\sqrt{2}, 1 - \sqrt{3})$ વિકલ્પ $C$ સાથે મેળ ખાય છે.

(B) ધારો કે $D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $D$ ના યામ $\left( \frac{\lambda - 1}{2}, 4, \frac{\mu + 2}{2} \right)$ છે.
મધ્યગા $AD$ ના દિકગુણોત્તર $(DRs)$ $\left( \frac{\lambda - 5}{2}, 1, \frac{\mu - 8}{2} \right)$ છે.
મધ્યગા $AD$ યામ અક્ષો સાથે સમાન ખૂણો બનાવતી હોવાથી,તેના દિકગુણોત્તર સમાન હોવા જોઈએ. તેથી,$\frac{\lambda - 5}{2} = 1 = \frac{\mu - 8}{2}$.
$\frac{\lambda - 5}{2} = 1$ પરથી $\lambda = 7$ મળે છે.
$\frac{\mu - 8}{2} = 1$ પરથી $\mu = 10$ મળે છે.
હવે,$(\lambda^3 + \mu^3 + 5) = 7^3 + 10^3 + 5 = 343 + 1000 + 5 = 1348$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} + \frac{y}{2} \sec x = \frac{\tan x}{2y}$.
$2y$ વડે ગુણતા: $2y \frac{dy}{dx} + y^2 \sec x = \tan x$.
ધારો કે $y^2 = t$,તેથી $2y \frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx}$.
સમીકરણ આ મુજબ બનશે: $\frac{dt}{dx} + t \sec x = \tan x$.
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P = \sec x$ અને $Q = \tan x$.
સંકલ્યકારક અવયવ $IF = e^{\int \sec x dx} = e^{\ln(\sec x + \tan x)} = \sec x + \tan x$.
ઉકેલ: $t(IF) = \int Q(IF) dx + C$.
$t(\sec x + \tan x) = \int \tan x(\sec x + \tan x) dx + C$.
$t(\sec x + \tan x) = \int (\sec x \tan x + \sec^2 x - 1) dx + C$.
$t(\sec x + \tan x) = \sec x + \tan x - x + C$.
$y(0) = 1$ હોવાથી,$t(0) = 1$. $x=0$ મૂકતા,$C = 0$ મળે છે.
તેથી,$t(\sec x + \tan x) = \sec x + \tan x - x$.
$t = 1 - \frac{x}{\sec x + \tan x}$.
$t = y^2$ હોવાથી,$y^2 = 1 - \frac{x}{\sec x + \tan x}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{4}^{10} \frac{[x^2]}{[(x-14)^2] + [x^2]} dx$ ... $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=4$ અને $b=10$,આપણને $a+b-x = 14-x$ મળે છે.
સંકલનમાં $x$ ની જગ્યાએ $14-x$ મૂકતા:
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[(14-x-14)^2] + [(14-x)^2]} dx$
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[(-x)^2] + [(14-x)^2]} dx$
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[x^2] + [(14-x)^2]} dx$ ... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{4}^{10} \frac{[x^2] + [(14-x)^2]}{[x^2] + [(14-x)^2]} dx$
$2I = \int_{4}^{10} 1 dx$
$2I = [x]_{4}^{10} = 10 - 4 = 6$
$I = 3$

(A) આપેલ છે $A^2 - 5A + 7I = 0$.
વિધાન-$I$ માટે:
$A^2 - 5A = -7I$
બંને બાજુ $A^{-1}$ વડે ગુણતા:
$A(A A^{-1}) - 5(A A^{-1}) = -7(I A^{-1})$
$A(I) - 5(I) = -7 A^{-1}$
$A - 5I = -7 A^{-1}$
$A^{-1} = \frac{1}{7}(5I - A)$.
તેથી,વિધાન-$I$ સાચું છે.
વિધાન-$II$ માટે:
આપણી પાસે $A^2 = 5A - 7I$ છે.
તેથી $A^3 = A(5A - 7I) = 5A^2 - 7A = 5(5A - 7I) - 7A = 25A - 35I - 7A = 18A - 35I$.
હવે,આ કિંમતોને $A^3 - 2A^2 - 3A + I$ માં મૂકતા:
$(18A - 35I) - 2(5A - 7I) - 3A + I$
$= 18A - 35I - 10A + 14I - 3A + I$
$= (18 - 10 - 3)A + (-35 + 14 + 1)I$
$= 5A - 20I$
$= 5(A - 4I)$.
તેથી,વિધાન-$II$ સાચું છે.

(D) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} -4 & -1 \\ 3 & 1 \end{bmatrix}$.
પ્રથમ,આપણે $A$ નું લાક્ષણિક સમીકરણ શોધીએ. લાક્ષણિક સમીકરણ $|A - \lambda I| = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$|A - \lambda I| = \begin{vmatrix} -4-\lambda & -1 \\ 3 & 1-\lambda \end{vmatrix} = (-4-\lambda)(1-\lambda) + 3 = -4 + 4\lambda - \lambda + \lambda^2 + 3 = \lambda^2 + 3\lambda - 1 = 0$.
તેથી,$A^2 + 3A - I = 0$.
હવે,આપણે $E = A^{2014}(A^2 - 2A - I)$ પદની કિંમત શોધીએ.
$A^2 = \begin{bmatrix} -4 & -1 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -4 & -1 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 13 & 3 \\ -9 & -2 \end{bmatrix}$.
હવે,$A^2 - 2A - I = \begin{bmatrix} 13 & 3 \\ -9 & -2 \end{bmatrix} - 2\begin{bmatrix} -4 & -1 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 20 & 5 \\ -15 & -5 \end{bmatrix}$.
આ શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $(20 \times -5) - (5 \times -15) = -100 + 75 = -25$ છે.
અહીં $|A| = (-4)(1) - (-1)(3) = -1$ હોવાથી,$|A^{2014}| = |A|^{2014} = (-1)^{2014} = 1$.
તેથી,$|A^{2016} - 2A^{2015} - A^{2014}| = |A^{2014}| \times |A^2 - 2A - I| = 1 \times (-25) = -25$.

(C) ધારો કે $\triangle ABC$ ના મધ્યકેન્દ્રનો સ્થાન સદિશ $\vec{G}$ છે. આપણે જાણીએ છીએ કે $\vec{G} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}$.
ધારો કે $\vec{H}$ એ લંબકેન્દ્રનો સ્થાન સદિશ છે અને $\vec{P}$ એ પરિકેન્દ્રનો સ્થાન સદિશ છે. આપણને આપેલ છે કે $\vec{P} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{4}$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મધ્યકેન્દ્ર $\vec{G}$ એ લંબકેન્દ્ર $\vec{H}$ અને પરિકેન્દ્ર $\vec{P}$ ને જોડતા રેખાખંડનું $2:1$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે. એટલે કે,$\vec{G} = \frac{2\vec{P} + 1\vec{H}}{2+1} = \frac{2\vec{P} + \vec{H}}{3}$.
તેથી,$3\vec{G} = 2\vec{P} + \vec{H}$,જેનો અર્થ છે કે $\vec{H} = 3\vec{G} - 2\vec{P}$.
$\vec{G}$ અને $\vec{P}$ ની કિંમતો મૂકતા:
$\vec{H} = 3\left(\frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}\right) - 2\left(\frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{4}\right)$
$\vec{H} = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) - \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{2}$
$\vec{H} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{2}$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(1 + \sqrt{x}) \sqrt{x} \sqrt{1 - x}}$.
$\sqrt{x} = t - 1$ લેતા,$\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$ મળે,તેથી $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2 dt$.
અહીં $1 - x = 1 - (t - 1)^2 = 2t - t^2$.
તેથી $I = \int \frac{2 dt}{t \sqrt{2t - t^2}} = 2 \int \frac{dt}{t \sqrt{t(2 - t)}} = 2 \int \frac{dt}{t^{3/2} \sqrt{2 - t}}$.
હવે $t = \frac{1}{z}$ લેતા,$dt = -\frac{1}{z^2} dz$ મળે.
$I = 2 \int \frac{-dz/z^2}{(1/z)^{3/2} \sqrt{2 - 1/z}} = 2 \int \frac{-dz}{\sqrt{2z - 1}}$.
$I = -2 \int (2z - 1)^{-1/2} dz = -2 \sqrt{2z - 1} + c$.
$z = \frac{1}{1 + \sqrt{x}}$ કિંમત મૂકતા:
$I = -2 \sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{x}} - 1} + c = -2 \sqrt{\frac{1 - \sqrt{x}}{1 + \sqrt{x}}} + c$.

(D) ધારો કે $p(F) = q$ અને $p(S) = p$. આપેલ છે કે $p = 2q$.
$p + q = 1$ હોવાથી,$2q + q = 1$,જેનો અર્થ છે કે $3q = 1$,તેથી $q = \frac{1}{3}$ અને $p = \frac{2}{3}$.
આ દ્વિપદી વિતરણ છે જ્યાં $n = 6$,$p = \frac{2}{3}$,અને $q = \frac{1}{3}$.
ઓછામાં ઓછી $5$ સફળતાની સંભાવના $P(X \geq 5) = P(X = 5) + P(X = 6)$ છે.
સૂત્ર $P(X = k) = {^nC_k} p^k q^{n-k}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$P(X = 5) = {^6C_5} \left(\frac{2}{3}\right)^5 \left(\frac{1}{3}\right)^1 = 6 \times \frac{32}{243} \times \frac{1}{3} = \frac{192}{729}$.
$P(X = 6) = {^6C_6} \left(\frac{2}{3}\right)^6 \left(\frac{1}{3}\right)^0 = 1 \times \frac{64}{729} \times 1 = \frac{64}{729}$.
તેથી,$P(X \geq 5) = \frac{192}{729} + \frac{64}{729} = \frac{256}{729}$.

(C) બે રેખાઓ $\frac{x - x_1}{a_1} = \frac{y - y_1}{b_1} = \frac{z - z_1}{c_1}$ અને $\frac{x - x_2}{a_2} = \frac{y - y_2}{b_2} = \frac{z - z_2}{c_2}$ સમતલીય હોય જો અને માત્ર જો તેમના બિંદુઓના તફાવત અને તેમના દિશા સદિશો દ્વારા બનતા નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય શૂન્ય હોય:
$\begin{vmatrix} x_2 - x_1 & y_2 - y_1 & z_2 - z_1 \\ a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \end{vmatrix} = 0$
આપેલ રેખાઓ:
રેખા $1$: $(x_1, y_1, z_1) = (1, 2, -3)$ અને $(a_1, b_1, c_1) = (1, 2, \lambda^2)$
રેખા $2$: $(x_2, y_2, z_2) = (3, 2, 1)$ અને $(a_2, b_2, c_2) = (1, \lambda^2, 2)$
નિશ્ચાયકની શરતમાં કિંમતો મૂકતા:
$\begin{vmatrix} 3 - 1 & 2 - 2 & 1 - (-3) \\ 1 & 2 & \lambda^2 \\ 1 & \lambda^2 & 2 \end{vmatrix} = 0$
$\begin{vmatrix} 2 & 0 & 4 \\ 1 & 2 & \lambda^2 \\ 1 & \lambda^2 & 2 \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$2(4 - \lambda^4) - 0 + 4(\lambda^2 - 2) = 0$
$8 - 2\lambda^4 + 4\lambda^2 - 8 = 0$
$-2\lambda^4 + 4\lambda^2 = 0$
$-2\lambda^2(\lambda^2 - 2) = 0$
આથી $\lambda^2 = 0$ અથવા $\lambda^2 = 2$ મળે.
તેથી,$\lambda = 0, \sqrt{2}, -\sqrt{2}$.
આમ,$\lambda$ ના $3$ ભિન્ન વાસ્તવિક મૂલ્યો મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^4 x + \cos^4 x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{1}{2}(2\sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx} (1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x) = 0 - \frac{1}{2} \cdot 2\sin 2x \cdot \cos 2x \cdot 2 = -2\sin 2x \cos 2x = -\sin 4x$.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$-\sin 4x > 0 \implies \sin 4x < 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta < 0$ માટે $\theta \in (\pi, 2\pi)$ હોય.
તેથી,$\pi < 4x < 2\pi$.
$4$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$ મળે.
આમ,$f(x)$ એ $\left[ \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2} \right]$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વક્ર $y(x) = 1 + \sqrt{4x-3}$ છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ શોધવા માટે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{4x-3}} \times 4 = \frac{2}{\sqrt{4x-3}}$.
બિંદુ $P$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{2}{3}$ આપેલ છે,તેથી $\frac{2}{\sqrt{4x-3}} = \frac{2}{3}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\sqrt{4x-3} = 3$,તેથી $4x-3 = 9$,જે $4x = 12$ એટલે કે $x = 3$ આપે છે.
$x = 3$ ને વક્રના સમીકરણમાં મૂકતા,$y = 1 + \sqrt{4(3)-3} = 1 + \sqrt{9} = 1 + 3 = 4$ મળે છે.
આમ,બિંદુ $P$ એ $(3, 4)$ છે.
$P$ આગળ અભિલંબનો ઢાળ સ્પર્શકના ઢાળનો વ્યસ્ત અને વિરોધી હોય છે: $m_{normal} = -\frac{1}{2/3} = -\frac{3}{2}$.
$(3, 4)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - 4 = -\frac{3}{2}(x - 3)$ છે.
$2$ વડે ગુણતા,$2y - 8 = -3x + 9$,જે $3x + 2y - 17 = 0$ માં પરિણમે છે.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(1, 7)$ માટે: $3(1) + 2(7) - 17 = 3 + 14 - 17 = 0$. આ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે.
તેથી,અભિલંબ $(1, 7)$ માંથી પસાર થાય છે.

(C) ચોરસની પરિમિતિ $= 4x$.
વર્તુળની પરિમિતિ $= 2\pi r$.
તારની કુલ લંબાઈ $2$ એકમ હોવાથી,$4x + 2\pi r = 2$.
$2$ વડે ભાગતા,$2x + \pi r = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $r = \frac{1 - 2x}{\pi}$.
ક્ષેત્રફળનો સરવાળો $A = x^2 + \pi r^2$.
$r$ ની કિંમત $x$ ના સ્વરૂપમાં મૂકતા: $A = x^2 + \pi \left( \frac{1 - 2x}{\pi} \right)^2 = x^2 + \frac{(1 - 2x)^2}{\pi}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં $A$ નું વિકલન કરતા: $\frac{dA}{dx} = 2x + \frac{2(1 - 2x)(-2)}{\pi} = 2x - \frac{4(1 - 2x)}{\pi}$.
ન્યૂનતમ ક્ષેત્રફળ માટે,$\frac{dA}{dx} = 0$ લેતા: $2x - \frac{4}{\pi} + \frac{8x}{\pi} = 0$.
$\pi$ વડે ગુણતા: $2\pi x - 4 + 8x = 0 \Rightarrow (2\pi + 8)x = 4 \Rightarrow (\pi + 4)x = 2$.
આમ,$x = \frac{2}{\pi + 4}$.
$x$ ની કિંમત પરિમિતિના સમીકરણમાં મૂકતા: $2(\frac{2}{\pi + 4}) + \pi r = 1 \Rightarrow \pi r = 1 - \frac{4}{\pi + 4} = \frac{\pi + 4 - 4}{\pi + 4} = \frac{\pi}{\pi + 4}$.
તેથી,$r = \frac{1}{\pi + 4}$.
$x$ અને $r$ ની સરખામણી કરતા,આપણને $x = 2r$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \sqrt{2 \sin 2x}}$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \sqrt{4 \sin x \cos x}} = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^3 x}{\sqrt{\sin x \cos x}} dx$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^4 x}{\sqrt{\tan x}} dx$.
ધારો કે $\tan x = t$,તેથી $\sec^2 x dx = dt$ અને $\sec^2 x = 1 + t^2$.
$I = \frac{1}{2} \int \frac{1+t^2}{\sqrt{t}} dt = \frac{1}{2} \int (t^{-1/2} + t^{3/2}) dt$.
$I = \frac{1}{2} [2t^{1/2} + \frac{2}{5} t^{5/2}] + k = t^{1/2} + \frac{1}{5} t^{5/2} + k$.
$t = \tan x$ મૂકતા,$I = (\tan x)^{1/2} + \frac{1}{5}(\tan x)^{5/2} + k$.
$(\tan x)^A + C(\tan x)^B + k$ સાથે સરખાવતા,$A = 1/2$,$B = 5/2$,અને $C = 1/5$ મળે છે.
તેથી,$A+B+C = \frac{1}{2} + \frac{5}{2} + \frac{1}{5} = 3 + \frac{1}{5} = \frac{16}{5}$.

(A) ધારો કે વક્ર પરનું બિંદુ $P(x, y) = (x, x^2-4)$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ થી અંતરનો વર્ગ $D^2 = S = x^2 + y^2 = x^2 + (x^2-4)^2$ છે.
$S = x^2 + x^4 - 8x^2 + 16 = x^4 - 7x^2 + 16$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,$S$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરો અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવો:
$\frac{dS}{dx} = 4x^3 - 14x = 0$.
$2x(2x^2 - 7) = 0$.
આનાથી $x = 0$ અથવા $x^2 = \frac{7}{2}$ મળે છે.
જો $x = 0$,તો $S = 16$. જો $x^2 = \frac{7}{2}$,તો $S = (\frac{7}{2})^2 - 7(\frac{7}{2}) + 16 = \frac{49}{4} - \frac{49}{2} + 16 = 16 - \frac{49}{4} = \frac{64-49}{4} = \frac{15}{4}$.
ન્યૂનતમ અંતર $\sqrt{S} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$ છે.