JEE Main 2021 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) $F_{1}(A, B, C) = (A \wedge \sim B) \vee [\sim C \wedge (A \vee B)] \vee \sim A$ માટે:
વિભાજનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$F_{1} = [(A \wedge \sim B) \vee \sim A] \vee [\sim C \wedge (A \vee B)]$
$F_{1} = [(A \vee \sim A) \wedge (\sim B \vee \sim A)] \vee [\sim C \wedge (A \vee B)]$
કારણ કે $(A \vee \sim A) = t$ (સ્વયંસત્ય):
$F_{1} = [t \wedge (\sim A \vee \sim B)] \vee [\sim C \wedge (A \vee B)]$
$F_{1} = (\sim A \vee \sim B) \vee [\sim C \wedge (A \vee B)]$.
આ પદાવલિ $A, B, C$ ના મૂલ્યો પર આધાર રાખે છે,તેથી તે સ્વયંસત્ય નથી.
$F_{2}(A, B) = (A \vee B) \vee (B \rightarrow \sim A)$ માટે:
ગર્ભિતાર્થ નિયમ $(P \rightarrow Q) = (\sim P \vee Q)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$F_{2} = (A \vee B) \vee (\sim B \vee \sim A)$
ક્રમના અને જૂથના નિયમો દ્વારા:
$F_{2} = (A \vee \sim A) \vee (B \vee \sim B)$
$F_{2} = t \vee t = t$.
આમ,$F_{2}$ સ્વયંસત્ય છે.

(B) ધારો કે વર્તુળ પરનું બિંદુ $(\cos \theta, \sin \theta)$ છે.
ધારો કે $(3, 2)$ અને $(\cos \theta, \sin \theta)$ ને જોડતા રેખાખંડનું મધ્યબિંદુ $P(h, k)$ છે.
તેથી,$h = \frac{\cos \theta + 3}{2}$ અને $k = \frac{\sin \theta + 2}{2}$.
આના પરથી $\cos \theta = 2h - 3$ અને $\sin \theta = 2k - 2$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{2} \theta + \sin^{2} \theta = 1$,તેથી $(2h - 3)^{2} + (2k - 2)^{2} = 1$.
$4$ વડે ભાગતા,$(h - \frac{3}{2})^{2} + (k - 1)^{2} = \frac{1}{4}$ મળે.
આ $r = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$ ત્રિજ્યાવાળું વર્તુળ દર્શાવે છે.

(A) આપેલ છે કે $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \frac{\pi}{4}$ જ્યાં $0 < a, b < 1$.
સૂત્ર $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right) = \frac{\pi}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા,આપણને મળે $\frac{a+b}{1-ab} = \tan \frac{\pi}{4} = 1$.
આમ,$a+b = 1-ab$,જે સૂચવે છે કે $a+b+ab = 1$.
બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા,આપણને $1+a+b+ab = 2$ મળે છે,જેનું અવયવીકરણ $(1+a)(1+b) = 2$ થાય છે.
આપેલ શ્રેણી $S = \left(a - \frac{a^2}{2} + \frac{a^3}{3} - \dots\right) + \left(b - \frac{b^2}{2} + \frac{b^3}{3} - \dots\right)$ છે.
લોગેરિધમિક વિસ્તરણ $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $|x| < 1$:
$S = \log_e(1+a) + \log_e(1+b) = \log_e((1+a)(1+b))$.
$(1+a)(1+b) = 2$ મૂકતા,આપણને $S = \log_e 2$ મળે છે.

(B) ધારો કે $T_n = \frac{n^2+6n+10}{(2n+1)!}$.
અંશને આ રીતે લખી શકાય:
$n^2+6n+10 = \frac{1}{4}((2n+1)^2 + 10(2n+1) + 29)$.
તેથી,$T_n = \frac{1}{4} \left[ \frac{1}{(2n-1)!} + \frac{11}{(2n)!} + \frac{29}{(2n+1)!} \right]$.
$n=1$ થી $\infty$ સુધી સરવાળો કરતા:
$S = \frac{1}{4} \left[ \frac{e-e^{-1}}{2} + 11 \frac{e+e^{-1}-2}{2} + 29 \frac{e-e^{-1}-2}{2} \right]$
$S = \frac{41}{8}e - \frac{19}{8}e^{-1} - 10$.

(A) ધારો કે $P$ એ વર્તુળ $(x-1)^{2} + (y-1)^{2} = 1$ પરનું બિંદુ છે.
આપણે $P$ ને $(1 + \cos \theta, 1 + \sin \theta)$ તરીકે દર્શાવી શકીએ.
આપેલ $A(1, 4)$ અને $B(1, -5)$ માટે,$(PA)^{2} + (PB)^{2}$ ની ગણતરી કરીએ:
$(PA)^{2} = (1 + \cos \theta - 1)^{2} + (1 + \sin \theta - 4)^{2} = 10 - 6 \sin \theta$.
$(PB)^{2} = (1 + \cos \theta - 1)^{2} + (1 + \sin \theta + 5)^{2} = 37 + 12 \sin \theta$.
સરવાળો કરતા,$(PA)^{2} + (PB)^{2} = 47 + 6 \sin \theta$.
આ પદ મહત્તમ ત્યારે થાય જ્યારે $\sin \theta = 1$ હોય.
$\sin \theta = 1$ માટે,$\cos \theta = 0$,તેથી $P = (1, 2)$.
બિંદુઓ $P(1, 2)$,$A(1, 4)$ અને $B(1, -5)$ છે.
બધા બિંદુઓનો $x$-યામ $1$ હોવાથી,તેઓ $x = 1$ રેખા પર આવેલા છે,જે એક સીધી રેખા છે.

(C) આપેલ અંકો $3, 3, 4, 4, 4, 5, 5$ છે. કુલ અંકોની સંખ્યા $7$ છે.
બની શકતી $7$ અંકની કુલ સંખ્યાઓ:
$\text{કુલ સંખ્યાઓ} = \frac{7!}{2! \times 3! \times 2!} = 210$.
સંખ્યા $2$ વડે વિભાજ્ય હોય જો તેનો છેલ્લો અંક બેકી હોય. અહીં,ઉપલબ્ધ એકમાત્ર બેકી અંક $4$ છે.
જો છેલ્લો અંક $4$ નિશ્ચિત કરવામાં આવે,તો બાકી રહેલા $6$ અંકો: $3, 3, 4, 4, 5, 5$ છે.
આવી $7$ અંકની સંખ્યાઓની સંખ્યા:
$\text{સાધ્ય સંખ્યાઓ} = \frac{6!}{2! \times 2! \times 2!} = 90$.
સંખ્યા $2$ વડે વિભાજ્ય હોય તેની સંભાવના:
$P = \frac{90}{210} = \frac{3}{7}$.

(B) આપેલ છે $|z+5| \leq 4$. ધારો કે $z = x+iy$. તો $(x+5)^2 + y^2 \leq 16$ (કેન્દ્ર $(-5, 0)$ અને ત્રિજ્યા $4$ વાળું વર્તુળ).
આપેલ છે $z(1+i)+\bar{z}(1-i) \geq -10$. $z=x+iy$ અને $\bar{z}=x-iy$ મૂકતા:
$(x+iy)(1+i) + (x-iy)(1-i) \geq -10$
$(x-y + i(x+y)) + (x-y - i(x+y)) \geq -10$
$2(x-y) \geq -10 \implies x-y+5 \geq 0$.
આપણે $|z+1|^2$ ને મહત્તમ બનાવવું છે,જે બિંદુ $P(-1, 0)$ થી $z$ ના અંતરનો વર્ગ છે.
પ્રદેશ એ વર્તુળ $(x+5)^2 + y^2 \leq 16$ અને અર્ધ-સમતલ $x-y+5 \geq 0$ નો છેદ છે.
$P(-1, 0)$ થી પ્રદેશના બિંદુઓનું મહત્તમ અંતર શોધવા માટે,આપણે સીમાબિંદુઓ તપાસીએ છીએ. મહત્તમ કિંમત રેખા $x-y+5=0$ અને વર્તુળ $(x+5)^2 + y^2 = 16$ ના છેદબિંદુ પર મળે છે.
વર્તુળના સમીકરણમાં $y = x+5$ મૂકતા:
$(x+5)^2 + (x+5)^2 = 16 \implies 2(x+5)^2 = 16 \implies (x+5)^2 = 8 \implies x+5 = \pm 2\sqrt{2}$.
તેથી $x = -5 \pm 2\sqrt{2}$.
જો $x = -5 - 2\sqrt{2}$,તો $y = x+5 = -2\sqrt{2}$. બિંદુ $B = (-5-2\sqrt{2}, -2\sqrt{2})$.
જો $x = -5 + 2\sqrt{2}$,તો $y = x+5 = 2\sqrt{2}$. બિંદુ $A = (-5+2\sqrt{2}, 2\sqrt{2})$.
$P(-1, 0)$ થી અંતરના વર્ગની ગણતરી:
$PB^2 = (-5-2\sqrt{2} - (-1))^2 + (-2\sqrt{2} - 0)^2 = (-4-2\sqrt{2})^2 + 8 = (16 + 8 + 16\sqrt{2}) + 8 = 32 + 16\sqrt{2}$.
$PA^2 = (-5+2\sqrt{2} - (-1))^2 + (2\sqrt{2} - 0)^2 = (-4+2\sqrt{2})^2 + 8 = (16 + 8 - 16\sqrt{2}) + 8 = 32 - 16\sqrt{2}$.
મહત્તમ કિંમત $32 + 16\sqrt{2}$ છે.
આમ $\alpha = 32$ અને $\beta = 16$.
$\alpha + \beta = 32 + 16 = 48$.

(D) વક્ર પરના તમામ બિંદુઓ પરના અભિલંબ એક નિશ્ચિત બિંદુ $(a, b)$ માંથી પસાર થતા હોવાથી,વક્ર વર્તુળ હોવું જોઈએ જેનું કેન્દ્ર $(a, b)$ છે.
વર્તુળ પરના બિંદુઓ $A(3, -3)$ અને $B(4, -2\sqrt{2})$ છે.
$A$ અને $B$ વર્તુળ પર હોવાથી,કેન્દ્ર $C(a, b)$ થી તેમનું અંતર ત્રિજ્યા $r$ જેટલું થાય.
તેથી,$CA^{2} = CB^{2}$.
$(a - 3)^{2} + (b + 3)^{2} = (a - 4)^{2} + (b + 2\sqrt{2})^{2}$
$a^{2} - 6a + 9 + b^{2} + 6b + 9 = a^{2} - 8a + 16 + b^{2} + 4\sqrt{2}b + 8$
$-6a + 6b + 18 = -8a + 4\sqrt{2}b + 24$
$2a + (6 - 4\sqrt{2})b = 6$
$2$ વડે ભાગતા,$a + (3 - 2\sqrt{2})b = 3$ મળે.
$a + 3b - 2\sqrt{2}b = 3$
$a - 2\sqrt{2}b + 3b = 3 \quad ... (1)$
આપેલ છે કે $a - 2\sqrt{2}b = 3 \quad ... (2)$
$(2)$ ને $(1)$ માં મૂકતા,$3 + 3b = 3$,જેનો અર્થ છે કે $3b = 0$,તેથી $b = 0$.
$b = 0$ ને $(2)$ માં મૂકતા,$a - 2\sqrt{2}(0) = 3$,તેથી $a = 3$.
તેથી,$a^{2} + b^{2} + ab = (3)^{2} + (0)^{2} + (3)(0) = 9 + 0 + 0 = 9$.

(B) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^{2} - (\alpha+\beta)x + \alpha\beta = 0$ ના બીજ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^{2} - x - 1 = 0$ મળે છે.
$\alpha$ અને $\beta$ બીજ હોવાથી,તેઓ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે:
$\alpha^{2} - \alpha - 1 = 0 \Rightarrow \alpha^{n+1} = \alpha^{n} + \alpha^{n-1}$
$\beta^{2} - \beta - 1 = 0 \Rightarrow \beta^{n+1} = \beta^{n} + \beta^{n-1}$
આ બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$(\alpha^{n+1} + \beta^{n+1}) = (\alpha^{n} + \beta^{n}) + (\alpha^{n-1} + \beta^{n-1})$
આ પુનરાવર્તિત સંબંધ $p_{n+1} = p_{n} + p_{n-1}$ સૂચવે છે.
$p_{n+1} = 29$ અને $p_{n-1} = 11$ આપેલ હોવાથી:
$29 = p_{n} + 11$
$p_{n} = 29 - 11 = 18$.
તેથી,$p_{n}^{2} = 18^{2} = 324$.

(C) આપેલ શ્રેણી એ પ્રથમ પદ $a = -16$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = -1/2$ ધરાવતી ગુણોત્તર શ્રેણી છે.
$n^{\text{th}}$ પદ $t_{n} = a r^{n-1} = -16(-1/2)^{n-1}$ છે.
$t_{p}$ અને $t_{q}$ નો સમાંતર મધ્યક અને ગુણોત્તર મધ્યક $x_{1}$ અને $x_{2}$ છે. સમીકરણ $4x^{2}-9x+5=0$ ના બીજ $x = 1$ અને $x = 5/4$ છે.
સમાંતર મધ્યક > ગુણોત્તર મધ્યક હોવાથી,$AM = 5/4$ અને $GM = 1$ મળે.
$AM = (t_{p} + t_{q})/2 = 5/4 \Rightarrow t_{p} + t_{q} = 5/2$.
$GM = \sqrt{t_{p} t_{q}} = 1 \Rightarrow t_{p} t_{q} = 1$.
$t_{p} = -16(-1/2)^{p-1}$ અને $t_{q} = -16(-1/2)^{q-1}$ મૂકતા:
$t_{p} t_{q} = 256(-1/2)^{p+q-2} = 1 \Rightarrow (-1/2)^{p+q-2} = 1/256 = (1/2)^{8}$.
$(-1/2)^{p+q-2} = (1/2)^{8}$ હોવાથી,$p+q-2$ એ $8$ ની બરાબર બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ.
$p+q-2 = 8 \Rightarrow p+q = 10$.

(A) ધારો કે $N$ એ $4$-અંકની સંખ્યા છે જેથી $\gcd(N, 18) = 3$ થાય.
$\gcd(N, 18) = 3$ હોવાથી,$N$ એ $3$ નો ગુણક હોવો જોઈએ પરંતુ $2$ નો ગુણક ન હોવો જોઈએ (કારણ કે $18 = 2 \times 3^2$) અને $9$ નો ગુણક પણ ન હોવો જોઈએ.
આમ,$N$ એ $3$ નો એકી ગુણક હોવો જોઈએ જે $9$ વડે વિભાજ્ય ન હોય.
પ્રથમ,$4$-અંકના $3$ ના એકી ગુણકોની સંખ્યા શોધો:
સૌથી નાની સંખ્યા $1005$ અને સૌથી મોટી $9999$ છે.
આ સમાંતર શ્રેણી છે: $1005, 1011, \dots, 9999$.
પદોની સંખ્યા $\frac{9999 - 1005}{6} + 1 = 1500$ છે.
હવે,$4$-અંકના $9$ ના એકી ગુણકોની સંખ્યા શોધો:
સૌથી નાની સંખ્યા $1017$ અને સૌથી મોટી $9999$ છે.
પદોની સંખ્યા $\frac{9999 - 1017}{18} + 1 = 500$ છે.
આથી,આવી સંખ્યાઓ $N = 1500 - 500 = 1000$ થાય.

(A) આપેલ વક્રો $\frac{x^{2}}{9} + \frac{y^{2}}{4} = 1$ (ઉપવલય) અને $x^{2} + y^{2} = \frac{31}{4}$ (વર્તુળ) છે.
ધારો કે સામાન્ય સ્પર્શકનો ઢાળ $m$ છે.
ઉપવલય $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx \pm \sqrt{a^{2}m^{2} + b^{2}}$ છે.
અહીં $a^{2} = 9$ અને $b^{2} = 4$,તેથી સ્પર્શક $y = mx \pm \sqrt{9m^{2} + 4}$ છે.
વર્તુળ $x^{2} + y^{2} = r^{2}$ ના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx \pm r\sqrt{1 + m^{2}}$ છે.
અહીં $r^{2} = \frac{31}{4}$,તેથી સ્પર્શક $y = mx \pm \frac{\sqrt{31}}{2}\sqrt{1 + m^{2}}$ છે.
રેખાઓ સમાન હોવા માટે,અચળ પદો સમાન હોવા જોઈએ:
$9m^{2} + 4 = \frac{31}{4}(1 + m^{2})$.
$4$ વડે ગુણતા,આપણને $36m^{2} + 16 = 31 + 31m^{2}$ મળે છે.
$5m^{2} = 15$.
$m^{2} = 3$.

(B) ધારો કે $f(x) = 2x^{5}+5x^{4}+10x^{3}+10x^{2}+10x+10$.
પ્રથમ,આપણે બીજ શોધવા માટે પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત શોધીએ.
$f(-2) = 2(-32) + 5(16) + 10(-8) + 10(4) + 10(-2) + 10 = -34$.
$f(-1) = 2(-1) + 5(1) + 10(-1) + 10(1) + 10(-1) + 10 = 3$.
$f(-2) < 0$ અને $f(-1) > 0$ હોવાથી,ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,અંતરાલ $(-2, -1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક વાસ્તવિક બીજ છે.
હવે,વાસ્તવિક બીજની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે વિકલન તપાસીએ.
$f'(x) = 10x^{4} + 20x^{3} + 30x^{2} + 20x + 10 = 10(x^{4} + 2x^{3} + 3x^{2} + 2x + 1)$.
અહીં $x^{4} + 2x^{3} + 3x^{2} + 2x + 1 = (x^{2} + x + 1)^{2}$ છે.
તેથી,$f'(x) = 10(x^{2} + x + 1)^{2}$.
$x^{2} + x + 1$ નો વિવેચક $1 - 4 = -3$ છે,જે ઋણ છે,તેથી તે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે ધન છે.
આમ,$f'(x) > 0$ હોવાથી $f(x)$ સતત વધતું વિધેય છે અને તેનું માત્ર એક જ વાસ્તવિક બીજ છે.
બીજ $(-2, -1)$ માં હોવાથી,$a = -2$. તેથી,$|a| = |-2| = 2$.

(A) આપેલ છે $\sum_{i=1}^{18}(X_{i}-\alpha)=36 \implies \sum X_{i} - 18\alpha = 36 \implies \sum X_{i} = 18(\alpha+2)$.
આપેલ છે $\sum_{i=1}^{18}(X_{i}-\beta)^{2}=90 \implies \sum X_{i}^{2} - 2\beta \sum X_{i} + 18\beta^{2} = 90$.
$\sum X_{i} = 18(\alpha+2)$ મૂકતા,આપણને મળે $\sum X_{i}^{2} = 90 - 18\beta^{2} + 36\beta(\alpha+2)$.
વિચરણ $\sigma^{2} = \frac{\sum X_{i}^{2}}{18} - (\frac{\sum X_{i}}{18})^{2} = 1^{2} = 1$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{90 - 18\beta^{2} + 36\beta(\alpha+2)}{18} - (\alpha+2)^{2} = 1$.
$5 - \beta^{2} + 2\beta(\alpha+2) - (\alpha^{2} + 4\alpha + 4) = 1$.
$5 - \beta^{2} + 2\alpha\beta + 4\beta - \alpha^{2} - 4\alpha - 4 = 1$.
$-(\alpha^{2} - 2\alpha\beta + \beta^{2}) + 4(\beta - \alpha) = 0$.
$-(\alpha-\beta)^{2} - 4(\alpha-\beta) = 0$.
$(\alpha-\beta)^{2} + 4(\alpha-\beta) = 0$.
$(\alpha-\beta)(\alpha-\beta+4) = 0$.
$\alpha \neq \beta$ હોવાથી,$\alpha-\beta = -4$,તેથી $|\alpha-\beta| = 4$.

(A) આપેલ સમીકરણ $\frac{\cos x}{1+\sin x} = |\tan 2x|$ છે.
નોંધો કે $\frac{\cos x}{1+\sin x} = \tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right)$.
તેથી,$\tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) = |\tan 2x|$.
ડાબી બાજુ અ-ઋણ હોવી જોઈએ,તેથી $\tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) \ge 0$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\tan^2\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) = \tan^2 2x$.
આથી $\tan 2x = \pm \tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right)$.
કેસ $1$: $x = \frac{2n\pi}{5} + \frac{\pi}{10}$. $n=0$ માટે $x=\frac{\pi}{10}$,$n=-1$ માટે $x=-\frac{3\pi}{10}$.
કેસ $2$: $x = \frac{2n\pi}{3} - \frac{\pi}{6}$. $n=0$ માટે $x=-\frac{\pi}{6}$.
ઉકેલોનો સરવાળો $\frac{\pi}{10} - \frac{3\pi}{10} - \frac{\pi}{6} = -\frac{11\pi}{30}$ થાય છે.

(D) આપેલ છે: $n = 20$,$\bar{x} = 10$,$\sigma = 2.5$.
અવલોકનોનો ખોટો સરવાળો: $\Sigma x_i = n \times \bar{x} = 20 \times 10 = 200$.
અવલોકનોનો સાચો સરવાળો: $\Sigma x_i = 200 - 25 + 35 = 210$.
સાચો મધ્યક $\alpha = \frac{210}{20} = 10.5$.
વર્ગોનો ખોટો સરવાળો: $\sigma^2 = \frac{\Sigma x_i^2}{n} - (\bar{x})^2 \implies (2.5)^2 = \frac{\Sigma x_i^2}{20} - 10^2$.
$6.25 = \frac{\Sigma x_i^2}{20} - 100 \implies \Sigma x_i^2 = 20 \times 106.25 = 2125$.
વર્ગોનો સાચો સરવાળો: $\Sigma x_i^2 = 2125 - 25^2 + 35^2 = 2125 - 625 + 1225 = 2725$.
સાચું વિચરણ $\beta = \frac{\Sigma x_i^2}{n} - (\alpha)^2 = \frac{2725}{20} - (10.5)^2 = 136.25 - 110.25 = 26$.
આમ,$(\alpha, \beta) = (10.5, 26)$.

(B) ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$ છે. અહીં $a^{2}=8$ અને $b^{2}=4$ છે.
ઉત્કેન્દ્રતા $e = \sqrt{1 - \frac{4}{8}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ મળે.
નાભિઓ $S(-2, 0)$ અને $S'(2, 0)$ છે.
રેખા $x+2y=0$ ને લંબ રેખાનું સમીકરણ $y=2x+k$ છે.
સ્પર્શકની શરત $c^{2}=a^{2}m^{2}+b^{2}$ મુજબ $c^{2} = 8(4)+4 = 36$,તેથી $c=6$ (બીજા ચરણ માટે).
સ્પર્શબિંદુ $P(-\frac{8}{3}, \frac{2}{3})$ મળે.
ત્રિકોણ $SPS'$ નું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$ છે.
તેથી,$(5-e^{2}) \cdot A = (5 - \frac{1}{2}) \cdot \frac{4}{3} = 6$.

(A) ધારો કે સરવાળો $S = \sum_{k=0}^{100} \frac{2^k}{x^{2^k}+1}$ છે.
આપણે નિત્યસમ $\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1} = \frac{2}{x^2-1}$ નો ઉપયોગ કરીએ.
વધુ સામાન્ય રીતે,$\frac{2^k}{x^{2^k}-1} - \frac{2^k}{x^{2^k}+1} = \frac{2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}$.
તેથી,$\frac{2^k}{x^{2^k}+1} = \frac{2^k}{x^{2^k}-1} - \frac{2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
$S = \left( \frac{1}{x-1} - \frac{2}{x^2-1} \right) + \left( \frac{2}{x^2-1} - \frac{4}{x^4-1} \right) + \ldots + \left( \frac{2^{100}}{x^{2^{100}}-1} - \frac{2^{101}}{x^{2^{101}}-1} \right)$.
$S = \frac{1}{x-1} - \frac{2^{101}}{x^{2^{101}}-1}$.
$x=2$ મુકતા,$S = \frac{1}{2-1} - \frac{2^{101}}{2^{2^{101}}-1} = 1 - \frac{2^{101}}{2^{2^{101}}-1}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{r=0}^{n} r \cdot {}^{n}C_{r} = n \cdot 2^{n-1}$ અને $\sum_{r=0}^{n} r(r-1) \cdot {}^{n}C_{r} = n(n-1) \cdot 2^{n-2}$.
આપણે $r^{2} = r(r-1) + r$ લખી શકીએ.
તેથી,$\sum_{r=0}^{20} r^{2} \cdot {}^{20}C_{r} = \sum_{r=0}^{20} [r(r-1) + r] \cdot {}^{20}C_{r}$.
$= \sum_{r=0}^{20} r(r-1) \cdot {}^{20}C_{r} + \sum_{r=0}^{20} r \cdot {}^{20}C_{r}$.
$n=20$ સાથેના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$= 20 \times 19 \times 2^{20-2} + 20 \times 2^{20-1}$.
$= 380 \times 2^{18} + 20 \times 2^{19}$.
$= 380 \times 2^{18} + 40 \times 2^{18}$.
$= (380 + 40) \times 2^{18} = 420 \times 2^{18}$.

(A) ધારો કે $A$ એ હૃદયની બીમારી ધરાવતા દર્દીઓનો ગણ છે અને $B$ એ ફેફસાના ચેપ ધરાવતા દર્દીઓનો ગણ છે.
આપેલ છે કે $n(A) = 89\%$ અને $n(B) = 98\%$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)$.
$n(A \cup B) \leq 100\%$ હોવાથી,$89 + 98 - n(A \cap B) \leq 100$.
$187 - n(A \cap B) \leq 100 \implies n(A \cap B) \geq 87$.
વળી,$n(A \cap B)$ એ બંને ગણમાંથી નાના ગણ કરતા વધારે ન હોઈ શકે,તેથી $n(A \cap B) \leq 89$.
આમ,$87 \leq K \leq 89$.
તેથી,$K$ એ $[87, 89]$ અંતરાલમાં હોવો જોઈએ.
વિકલ્પો તપાસતા,ગણ $\{79, 81, 83, 85\}$ માં એવી કિંમતો છે જે $[87, 89]$ અંતરાલમાં નથી.

(B) ધારો કે $z = x + iy$. સમીકરણ $\arg \left(\frac{z-1}{z+1}\right) = \frac{\pi}{4}$ એ બિંદુ $z$ નો બિંદુપથ દર્શાવે છે કે જેથી $A(1, 0)$ અને $B(-1, 0)$ ને જોડતા રેખાખંડ દ્વારા $z$ પર બનતો ખૂણો $\frac{\pi}{4}$ થાય.
આ $A(1, 0)$ અને $B(-1, 0)$ માંથી પસાર થતા વર્તુળનો એક ચાપ છે.
ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $C(0, k)$ છે. પરિઘ પરનો ખૂણો $\frac{\pi}{4}$ હોવાથી,જીવા $AB$ દ્વારા કેન્દ્ર $C$ પર બનતો ખૂણો $2 \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ થશે.
$\triangle OAC$ માં (જ્યાં $O$ એ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ છે),$\angle COA = 90^\circ$ અને $\angle OCA = \frac{\pi}{4}$.
$OA = 1$ હોવાથી,$\tan \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{OA}{OC} = \frac{1}{OC} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $OC = 1$.
આમ,કેન્દ્ર $C(0, 1)$ છે.
ત્રિજ્યા $R = AC = \sqrt{OA^2 + OC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
તેથી,વર્તુળનું કેન્દ્ર $(0, 1)$ અને ત્રિજ્યા $\sqrt{2}$ છે.

(D) વર્તુળનું સમીકરણ $4x^{2}+4y^{2}+120x+675=0$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x^{2}+y^{2}+30x+\frac{675}{4}=0$ થાય.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $(x+15)^{2}+y^{2} = 225 - \frac{675}{4} = \frac{225}{4}$.
તેથી,કેન્દ્ર $(-15, 0)$ અને ત્રિજ્યા $R = \frac{15}{2}$ છે.
બિંદુ $(-30, 0)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $y = m(x+30)$ અથવા $mx - y + 30m = 0$ છે.
આ રેખા પરવલય $y^{2}=30x$ ને સ્પર્શે છે. $y=mx+c$ એ $y^{2}=4ax$ ને સ્પર્શવાની શરત $c = \frac{a}{m}$ છે.
અહીં $4a=30 \Rightarrow a = \frac{15}{2}$. રેખા $y = mx + 30m$ છે,તેથી $c = 30m$.
આમ,$30m = \frac{15/2}{m}$ $\Rightarrow 60m^{2} = 15$ $\Rightarrow m^{2} = \frac{1}{4}$ $\Rightarrow m = \pm \frac{1}{2}$.
$m = \frac{1}{2}$ લેતા,રેખા $x - 2y + 30 = 0$ મળે.
કેન્દ્ર $(-15, 0)$ થી રેખા $x - 2y + 30 = 0$ નું લંબ અંતર $P$:
$P = \frac{|-15 - 2(0) + 30|}{\sqrt{1^{2} + (-2)^{2}}} = \frac{15}{\sqrt{5}} = 3\sqrt{5}$.
જીવાની લંબાઈ $2\sqrt{R^{2}-P^{2}} = 2\sqrt{(\frac{15}{2})^{2} - (3\sqrt{5})^{2}} = 2\sqrt{\frac{225}{4} - 45} = 2\sqrt{\frac{45}{4}} = 3\sqrt{5}$.

(B) અનંત $GP$ નો સરવાળો $\frac{a}{1-r} = 15 \dots (i)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદોના વર્ગો દ્વારા બનતી શ્રેણી $a^{2}, a^{2}r^{2}, a^{2}r^{4}, \dots$ છે,જે પ્રથમ પદ $a^{2}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r^{2}$ ધરાવતી $GP$ છે.
આ શ્રેણીનો સરવાળો $\frac{a^{2}}{1-r^{2}} = 150$ છે.
આને આપણે $\frac{a}{1-r} \cdot \frac{a}{1+r} = 150$ તરીકે લખી શકીએ.
આ સમીકરણમાં $(i)$ મૂકતા,આપણને $15 \cdot \frac{a}{1+r} = 150$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{a}{1+r} = 10 \dots (ii)$.
$(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{1+r}{1-r} = \frac{15}{10} = \frac{3}{2}$ મળે છે.
$r$ માટે ઉકેલતા: $2 + 2r = 3 - 3r$ $\Rightarrow 5r = 1$ $\Rightarrow r = \frac{1}{5}$.
$r = \frac{1}{5}$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $\frac{a}{1 - 1/5} = 15$ $\Rightarrow \frac{a}{4/5} = 15$ $\Rightarrow a = 15 \cdot \frac{4}{5} = 12$.
શ્રેણી $ar^{2}, ar^{4}, ar^{6}, \dots$ એ પ્રથમ પદ $A = ar^{2}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $R = r^{2}$ ધરાવતી $GP$ છે.
સરવાળો $= \frac{ar^{2}}{1-r^{2}} = \frac{12 \cdot (1/5)^{2}}{1 - (1/5)^{2}} = \frac{12 \cdot (1/25)}{1 - 1/25} = \frac{12/25}{24/25} = \frac{12}{24} = \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $C = (a, b)$. બિંદુ $C$ એ ખૂણાના દ્વિભાજક $7x - 4y - 1 = 0$ પર આવેલું હોવાથી,$7a - 4b = 1 \quad \dots(i)$.
ધારો કે $M$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $A = (-3, 1)$ હોવાથી,$M = (\frac{a-3}{2}, \frac{b+1}{2})$.
$M$ એ મધ્યગા $2x + y - 3 = 0$ પર આવેલું હોવાથી,$2(\frac{a-3}{2}) + (\frac{b+1}{2}) - 3 = 0$,જેનું સાદું રૂપ આપતા $2a - 6 + b + 1 - 6 = 0$,અથવા $2a + b = 11 \quad \dots(ii)$ મળે છે.
$(i)$ અને $(ii)$ ને ઉકેલતા,$(ii)$ ને $4$ વડે ગુણતા: $8a + 4b = 44$. $(i)$ માં ઉમેરતા: $15a = 45 \Rightarrow a = 3$. $(ii)$ માં કિંમત મૂકતા: $6 + b = 11 \Rightarrow b = 5$. આમ,$C = (3, 5)$.
$AC$ નો ઢાળ $m_{AC} = \frac{5-1}{3-(-3)} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ છે.
ખૂણાના દ્વિભાજક $7x - 4y - 1 = 0$ નો ઢાળ $m_{bisector} = \frac{7}{4}$ છે.
ધારો કે $\alpha$ એ $AC$ નો ખૂણો છે અને $\beta$ એ દ્વિભાજકનો ખૂણો છે. તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\theta}{2}$ છે.
$\tan(\frac{\theta}{2}) = |\frac{m_{bisector} - m_{AC}}{1 + m_{bisector} \cdot m_{AC}}| = |\frac{7/4 - 2/3}{1 + (7/4)(2/3)}| = |\frac{(21-8)/12}{(12+14)/12}| = \frac{13}{26} = \frac{1}{2}$.
અંતે,$\tan \theta = \frac{2 \tan(\theta/2)}{1 - \tan^2(\theta/2)} = \frac{2(1/2)}{1 - (1/2)^2} = \frac{1}{1 - 1/4} = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}$.

(C) ગર્ભિતાર્થ $A \rightarrow B$ ત્યારે જ અસત્ય હોય જ્યારે $A$ સત્ય હોય અને $B$ અસત્ય હોય.
અહીં,$A = (p \vee q) \wedge (q \rightarrow r) \wedge (\sim r)$ અને $B = (p \wedge q)$.
$B = (p \wedge q)$ અસત્ય હોવા માટે,$p$ અથવા $q$ માંથી ઓછામાં ઓછું એક અસત્ય હોવું જોઈએ.
$A$ સત્ય હોવા માટે,તમામ ઘટકો $(p \vee q)$,$(q \rightarrow r)$,અને $(\sim r)$ સત્ય હોવા જોઈએ.
$(\sim r)$ સત્ય હોવાથી,$r$ અસત્ય હોવું જોઈએ.
$(q \rightarrow r)$ સત્ય છે અને $r$ અસત્ય છે,તેથી $q$ અસત્ય હોવું જોઈએ.
$(p \vee q)$ સત્ય છે અને $q$ અસત્ય છે,તેથી $p$ સત્ય હોવું જોઈએ.
આમ,સત્યતા મૂલ્યો $p=T, q=F, r=F$ છે.
વિકલ્પ $C$ તપાસતા: $p=T, q=F, r=F$ લેતા $A = (T \vee F) \wedge (F \rightarrow F) \wedge (\sim F) = T \wedge T \wedge T = T$ અને $B = (T \wedge F) = F$.
$T \rightarrow F$ અસત્ય હોવાથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે $z = \frac{1 - i \sqrt{3}}{2} = e^{-i \frac{\pi}{3}}$.
તેથી $z^r + \frac{1}{z^r} = e^{-i \frac{r\pi}{3}} + e^{i \frac{r\pi}{3}} = 2 \cos\left(\frac{r\pi}{3}\right)$.
આપણે $S = 21 + \sum_{r=1}^{21} \left(2 \cos\left(\frac{r\pi}{3}\right)\right)^3$ ની કિંમત શોધવાની છે.
નિત્યસમ $8 \cos^3 \theta = 2(\cos 3\theta + 3 \cos \theta)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = 21 + \sum_{r=1}^{21} 2 \left(\cos(r\pi) + 3 \cos\left(\frac{r\pi}{3}\right)\right) = 21 + 2 \sum_{r=1}^{21} \cos(r\pi) + 6 \sum_{r=1}^{21} \cos\left(\frac{r\pi}{3}\right)$.
અહીં $\sum_{r=1}^{21} \cos(r\pi) = -1$ અને $\sum_{r=1}^{21} \cos\left(\frac{r\pi}{3}\right) = -1$ થાય છે.
તેથી,$S = 21 + 2(-1) + 6(-1) = 21 - 2 - 6 = 13$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x-2}=\frac{2}{k}$ છે,જ્યાં $x \in \mathbb{R} \setminus \{1, 2\}$.
સાદું રૂપ આપતા: $k(x-3) = 2(x^2-3x+2)$.
$x \neq 3$ માટે,$k = 2(x-3 + \frac{2}{x-3} + 3)$.
$AM$-$GM$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા,$k$ ની કિંમત $(6-4\sqrt{2}, 6+4\sqrt{2})$ ની વચ્ચે હોવી જોઈએ.
આ અંતરાલ આશરે $(0.344, 11.656)$ છે.
તેથી $k$ ના પૂર્ણાંક મૂલ્યો $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11\}$ છે.
તેમનો સરવાળો $66$ થાય છે.

(A) આપેલ પદાવલિ $\sum_{n=1}^{15} n \cdot {}^{n}P_{n}$ છે.
કારણ કે ${}^{n}P_{n} = n!$,પદાવલિ $\sum_{n=1}^{15} n \cdot n!$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $n \cdot n! = (n+1-1) \cdot n! = (n+1)! - n!$.
તેથી,સરવાળો $\sum_{n=1}^{15} ((n+1)! - n!) = (2!-1!) + (3!-2!) + \ldots + (16!-15!) = 16! - 1! = 16! - 1$ થાય.
આપેલ પદાવલિ ${}^{q}P_{r} - s$ છે,તેથી ${}^{16}P_{16} - 1 = {}^{q}P_{r} - s$.
સરખાવતા,$q = 16$,$r = 16$,અને $s = 1$ મળે છે.
આપણે ${}^{q+s}C_{r-s} = {}^{16+1}C_{16-1} = {}^{17}C_{15}$ શોધવાનું છે.
${}^{17}C_{15} = {}^{17}C_{2} = \frac{17 \times 16}{2 \times 1} = 17 \times 8 = 136$.

(A) ધારો કે બિંદુ $P(x, y)$ છે.
$(0,0), (1,0), (0,1), (1,1)$ થી અંતરના વર્ગોનો સરવાળો:
$(x^2 + y^2) + ((x-1)^2 + y^2) + (x^2 + (y-1)^2) + ((x-1)^2 + (y-1)^2) = 18$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$4x^2 + 4y^2 - 4x - 4y + 4 = 18$
$4$ વડે ભાગતા:
$x^2 + y^2 - x - y - 3.5 = 0$
વર્તુળ $x^2 + y^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ ની ત્રિજ્યા $r = \sqrt{g^2 + f^2 - c}$ છે.
અહીં,$g = -0.5, f = -0.5, c = -3.5$.
$r = \sqrt{0.25 + 0.25 + 3.5} = \sqrt{4} = 2$.
વ્યાસ $d = 2r = 4$.
તેથી,$d^2 = 16$.

(B) ત્રણ અંકની બેકી સંખ્યા બનાવવા માટે,એકમના સ્થાને બેકી અંક $(0, 4, 6)$ હોવો જોઈએ. પુનરાવર્તન શક્ય ન હોવાથી,આપણે બે કિસ્સાઓ વિચારીએ:
કિસ્સો $(i)$: જ્યારે એકમના સ્થાને $0$ હોય.
એકમના સ્થાનને ભરવાની $1$ રીત છે. બાકીના બે સ્થાનો (સો અને દશક) બાકીના $5$ અંકો $(1, 3, 4, 6, 7)$ વડે $5 \times 4 = 20$ રીતે ભરી શકાય છે.
કિસ્સો $(ii)$: જ્યારે એકમના સ્થાને $4$ અથવા $6$ હોય.
એકમના સ્થાનને ભરવાની $2$ રીતો છે. સોના સ્થાને $0$ ન હોઈ શકે અને એકમના સ્થાને વપરાયેલ અંક પણ ન હોઈ શકે,તેથી સોના સ્થાન માટે $6 - 2 = 4$ વિકલ્પો છે. દશકના સ્થાનને બાકીના $4$ અંકો (જેમાં $0$ નો સમાવેશ થાય છે) વડે ભરી શકાય છે,જે દરેક એકમના અંક માટે $4 \times 4 = 16$ રીતો આપે છે. કુલ રીતો $= 2 \times 16 = 32$ રીતો.
કુલ બેકી સંખ્યાઓની સંખ્યા $= 20 + 32 = 52$.

(C) આપેલ અતિવલય $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ અને ઉત્કેન્દ્રતા $e = \frac{\sqrt{5}}{2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $b^{2} = a^{2}(e^{2}-1) = a^{2}(\frac{5}{4}-1) = \frac{a^{2}}{4}$,તેથી $a^{2} = 4b^{2}$.
બિંદુ $P(-2 \sqrt{6}, \sqrt{3})$ અતિવલય પર હોવાથી,$\frac{(-2 \sqrt{6})^{2}}{4b^{2}} - \frac{(\sqrt{3})^{2}}{b^{2}} = 1$.
$\frac{24}{4b^{2}} - \frac{3}{b^{2}} = 1 \Rightarrow \frac{6}{b^{2}} - \frac{3}{b^{2}} = 1 \Rightarrow \frac{3}{b^{2}} = 1 \Rightarrow b^{2} = 3$,તેથી $b = \sqrt{3}$ અને $a^{2} = 12$,તેથી $a = 2 \sqrt{3}$.
અતિવલયનું સમીકરણ $\frac{x^{2}}{12} - \frac{y^{2}}{3} = 1$ છે.
$P(x_{1}, y_{1})$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $\frac{xx_{1}}{a^{2}} - \frac{yy_{1}}{b^{2}} = 1$ છે.
$\frac{x(-2 \sqrt{6})}{12} - \frac{y(\sqrt{3})}{3} = 1 \Rightarrow -\frac{x \sqrt{6}}{6} - \frac{y}{\sqrt{3}} = 1$.
અનુબદ્ધ અક્ષ માટે,$x = 0$ લેતા: $-\frac{y}{\sqrt{3}} = 1 \Rightarrow y = -\sqrt{3}$. આમ $Q = (0, -\sqrt{3})$.
સ્પર્શકનો ઢાળ $m = \frac{b^{2}x_{1}}{a^{2}y_{1}} = \frac{3(-2 \sqrt{6})}{12(\sqrt{3})} = \frac{-6 \sqrt{6}}{12 \sqrt{3}} = -\frac{\sqrt{2}}{2} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.
અભિલંબનો ઢાળ $m' = -\frac{1}{m} = \sqrt{2}$.
$P$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - \sqrt{3} = \sqrt{2}(x + 2 \sqrt{6})$ છે.
અનુબદ્ધ અક્ષ માટે,$x = 0$ લેતા: $y - \sqrt{3} = \sqrt{2}(2 \sqrt{6}) = 2 \sqrt{12} = 4 \sqrt{3}$.
$y = 4 \sqrt{3} + \sqrt{3} = 5 \sqrt{3}$. આમ $R = (0, 5 \sqrt{3})$.
અંતર $QR = |5 \sqrt{3} - (-\sqrt{3})| = |6 \sqrt{3}| = 6 \sqrt{3}$.

(C) $(S1)$ માટે: $(p$ $\rightarrow q) \vee (\sim q$ $\rightarrow p)$
ગર્ભિતાર્થ નિયમ $(a \rightarrow b \equiv \sim a \vee b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\sim p \vee q) \vee (q \vee p)$
$= (q \vee \sim p) \vee (q \vee p) = q \vee (\sim p \vee p) = q \vee t = t$.
આમ,$(S1)$ એ નિત્યસત્ય છે.
$(S2)$ માટે: $(p \wedge \sim q) \wedge (\sim p \vee q)$
ડી મોર્ગનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$(\sim p \vee q) \equiv \sim (p \wedge \sim q)$.
તેથી,$(S2) = (p \wedge \sim q) \wedge \sim (p \wedge \sim q) = C$ (વ્યાઘાત).
આમ,$(S1)$ અને $(S2)$ બંને સાચા છે.

(D) આપણને આપેલ છે કે $p = \sum_{r=1}^{50} \tan ^{-1} \frac{1}{2 r^{2}}$.
પ્રથમ,$\tan ^{-1} x - \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \frac{x-y}{1+xy}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરવા માટે અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણો.
$p = \sum_{r=1}^{50} \tan ^{-1} \frac{2}{4 r^{2}} = \sum_{r=1}^{50} \tan ^{-1} \frac{(2r+1)-(2r-1)}{1+(2r+1)(2r-1)}$.
આ $\sum_{r=1}^{n} (\tan ^{-1}(a_{r+1}) - \tan ^{-1}(a_r))$ સ્વરૂપની ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
$p = (\tan ^{-1} 3 - \tan ^{-1} 1) + (\tan ^{-1} 5 - \tan ^{-1} 3) + \dots + (\tan ^{-1} 101 - \tan ^{-1} 99)$.
બધા મધ્યવર્તી પદો ઉડી જશે,તેથી $p = \tan ^{-1} 101 - \tan ^{-1} 1$ વધશે.
$\tan ^{-1} x - \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \frac{x-y}{1+xy}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $p = \tan ^{-1} \frac{101-1}{1+(101)(1)} = \tan ^{-1} \frac{100}{102} = \tan ^{-1} \frac{50}{51}$.
તેથી,$\tan p = \frac{50}{51}$.

(C) ધારો કે જીવાનું મધ્યબિંદુ $(h, k)$ છે. અતિવલય $x^{2}-y^{2}=4$ માટે મધ્યબિંદુ $(h, k)$ વાળી જીવાનું સમીકરણ $T=S_{1}$ મુજબ $xh-yk=h^{2}-k^{2}$ થાય.
આને $y=mx+c$ સ્વરૂપમાં લખતા,$y=\frac{h}{k}x - \frac{h^{2}-k^{2}}{k}$ મળે.
આ રેખા પરવલય $y^{2}=8x$ ને સ્પર્શે છે (જ્યાં $a=2$). રેખા $y=mx+c$ પરવલય $y^{2}=4ax$ ને સ્પર્શે તેની શરત $c=\frac{a}{m}$ છે.
$m=\frac{h}{k}$ અને $c=-\frac{h^{2}-k^{2}}{k}$ મૂકતા,$-\frac{h^{2}-k^{2}}{k} = \frac{2}{h/k} = \frac{2k}{h}$ મળે.
સાદું રૂપ આપતા,$-(h^{2}-k^{2})h = 2k^{2}$,એટલે કે $h^{3} = k^{2}(h-2)$.
$(h, k)$ ને $(x, y)$ વડે બદલતા,બિંદુપથ $y^{2}(x-2)=x^{3}$ મળે.

(C) ધારો કે પદાવલિ $E = 2 \sin(\frac{\pi}{8}) \sin(\frac{2\pi}{8}) \sin(\frac{3\pi}{8}) \sin(\frac{5\pi}{8}) \sin(\frac{6\pi}{8}) \sin(\frac{7\pi}{8})$ છે.
ગુણધર્મ $\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin(\frac{7\pi}{8}) = \sin(\frac{\pi}{8})$,$\sin(\frac{6\pi}{8}) = \sin(\frac{2\pi}{8})$,અને $\sin(\frac{5\pi}{8}) = \sin(\frac{3\pi}{8})$ મળે.
આ કિંમતો મૂકતા,$E = 2 \sin^2(\frac{\pi}{8}) \sin^2(\frac{2\pi}{8}) \sin^2(\frac{3\pi}{8})$.
$\sin(\frac{2\pi}{8}) = \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ હોવાથી,$\sin^2(\frac{2\pi}{8}) = \frac{1}{2}$ થાય.
તેથી,$E = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \sin^2(\frac{\pi}{8}) \sin^2(\frac{3\pi}{8}) = \sin^2(\frac{\pi}{8}) \cos^2(\frac{\pi}{8})$ (કારણ કે $\sin(\frac{3\pi}{8}) = \cos(\frac{\pi}{8})$).
$E = (\sin(\frac{\pi}{8}) \cos(\frac{\pi}{8}))^2 = (\frac{1}{2} \sin(\frac{2\pi}{8}))^2 = (\frac{1}{2} \sin(\frac{\pi}{4}))^2 = (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{1}{4 \cdot 2} = \frac{1}{8}$.

(A) આપેલ છે $(\sqrt{3}+i)^{100}=2^{99}(p+iq)$.
$\sqrt{3}+i$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં લખતા: $2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6})$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા: $(2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6}))^{100} = 2^{100}(\cos \frac{50\pi}{3} + i \sin \frac{50\pi}{3})$.
$\frac{50\pi}{3} = 16\pi + \frac{2\pi}{3}$ હોવાથી,$\cos \frac{50\pi}{3} = -\frac{1}{2}$ અને $\sin \frac{50\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$2^{100}(-\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) = 2^{99}(p+iq)$.
$2^{99}$ વડે ભાગતા,$2(-\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) = p+iq$,એટલે કે $p = -1$ અને $q = \sqrt{3}$.
$p$ અને $q$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (p+q)x + pq = 0$ છે.
$p+q = \sqrt{3}-1$ અને $pq = -\sqrt{3}$.
તેથી,સમીકરણ $x^2 - (\sqrt{3}-1)x - \sqrt{3} = 0$ છે.

(A) ધારો કે પેન્સિલને $C$ ની આસપાસ $\alpha$ ખૂણે ફેરવવામાં આવે છે. પેન્સિલનું નવું સ્થાન $A'B'$ છે.
$P$ થી પેન્સિલ પરના લંબ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$PC$ અને નવી પેન્સિલ રેખા વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે.
આપણને $PC = \sqrt{5}$ અને લંબ અંતર $d = 1$ આપેલ છે.
$P$,પેન્સિલ પરના લંબના બિંદુ અને $C$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\sin \theta = \frac{d}{PC} = \frac{1}{\sqrt{5}}$.
તેથી,$\tan \theta = \frac{1}{2}$.
શરૂઆતમાં,ખૂણો $\angle PCB = \phi = \tan^{-1}(2)$,તેથી $\tan \phi = 2$.
ભ્રમણનો ખૂણો $\alpha$ એ પ્રારંભિક ખૂણા $\phi$ અને નવા ખૂણા $\theta$ વચ્ચેનો તફાવત છે.
$\alpha = \phi - \theta$.
$\tan \alpha = \tan(\phi - \theta) = \frac{\tan \phi - \tan \theta}{1 + \tan \phi \tan \theta} = \frac{2 - 1/2}{1 + 2(1/2)} = \frac{3/2}{2} = \frac{3}{4}$.
તેથી,$\alpha = \tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.

(A) રેખા $x-2y=0$ ને $(2,1)$ આગળ સ્પર્શતા વર્તુળ $C$ નું સમીકરણ $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+\lambda(x-2y)=0$ છે.
તેનું વિસ્તરણ કરતા,$x^{2}+y^{2}+x(\lambda-4)+y(-2-2\lambda)+5=0$ મળે છે.
આપેલ વર્તુળ $C_{1}$ એ $x^{2}+y^{2}+2y-5=0$ છે.
સામાન્ય જીવા $PQ$ એ રેડિકલ અક્ષ $C-C_{1}=0$ છે,જે $x(\lambda-4)-y(2\lambda+4)+10=0$ છે.
$PQ$ એ $C_{1}$ નો વ્યાસ હોવાથી,તે $C_{1}$ ના કેન્દ્ર $(0,-1)$ માંથી પસાર થાય છે.
$(0,-1)$ ને $PQ$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $0(\lambda-4)-(-1)(2\lambda+4)+10=0$ $\Rightarrow 2\lambda+14=0$ $\Rightarrow \lambda=-7$.
$\lambda=-7$ ને $C$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $x^{2}+y^{2}-11x+12y+5=0$.
$C$ નું કેન્દ્ર $(\frac{11}{2}, -6)$ છે અને ત્રિજ્યા $r = \sqrt{\frac{121}{4}+36-5} = \frac{7\sqrt{5}}{2}$ છે.
તેથી,$C$ નો વ્યાસ $2r = 7\sqrt{5}$ છે.

(A) ધારો કે $S = \lim _{x \rightarrow 2} \sum_{n=1}^{9} \frac{x}{n(n+1) x^{2}+2(2 n+1) x+4}$.
$x = 2$ મૂકતા:
$S = \sum_{n=1}^{9} \frac{2}{4n^2 + 12n + 8} = \sum_{n=1}^{9} \frac{1}{2(n+1)(n+2)}$
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા:
$S = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{9} \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{11} \right) = \frac{9}{44}$.

(B) આપણે એવી $3$-અંકની સંખ્યાઓ $N \le 500$ શોધવાની છે જે $11$ નો ગુણક હોય અને જેમાં $1$ અંકનો સમાવેશ ન થતો હોય.
$100$ અને $500$ ની વચ્ચે $11$ ના ગુણકો $110, 121, \ldots, 495$ છે.
$1$ અંક ધરાવતી સંખ્યાઓને બાદ કરતાં,માન્ય સંખ્યાઓ છે:
$209, 220, 242, 253, 264, 275, 286, 297, 308, 330, 352, 363, 374, 385, 396, 407, 429, 440, 462, 473, 484, 495$.
આ કિંમતોનો સરવાળો:
$209+220+242+253+264+275+286+297+308+330+352+363+374+385+396+407+429+440+462+473+484+495 = 7744$.

(A) આપેલ છે કે $c_{2} = a_{2} + b_{2} = (a_{1} - 3) + (2b_{1}) = 12$,તેથી $a_{1} + 2b_{1} = 15 \dots (1)$.
આપેલ છે કે $c_{3} = a_{3} + b_{3} = (a_{1} - 6) + (4b_{1}) = 13$,તેથી $a_{1} + 4b_{1} = 19 \dots (2)$.
$(2)$ માંથી $(1)$ બાદ કરતા,આપણને $2b_{1} = 4$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $b_{1} = 2$.
$b_{1} = 2$ ને $(1)$ માં મૂકતા,આપણને $a_{1} + 4 = 15$ મળે છે,તેથી $a_{1} = 11$.
હવે,$\sum_{k=1}^{10} c_{k} = \sum_{k=1}^{10} a_{k} + \sum_{k=1}^{10} b_{k}$.
$AP$ નો સરવાળો $S_{a} = \frac{10}{2} [2(11) + (10-1)(-3)] = 5(22 - 27) = 5(-5) = -25$.
$GP$ નો સરવાળો $S_{b} = \frac{b_{1}(r^{10} - 1)}{r - 1} = \frac{2(2^{10} - 1)}{2 - 1} = 2(1024 - 1) = 2(1023) = 2046$.
તેથી,$\sum_{k=1}^{10} c_{k} = -25 + 2046 = 2021$.

(D) ઓળખ $\sum_{i=0}^{r} \binom{n}{i} \binom{m}{k-i} = \binom{n+m}{k}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $A_{k}$ ને સરળ બનાવીએ છીએ.
$A_{k} = \sum_{i=0}^{9} \binom{9}{i} \binom{12}{k-i} + \sum_{i=0}^{8} \binom{8}{i} \binom{13}{k-i}$.
વેન્ડરમોન્ડની ઓળખ લાગુ કરતા:
$A_{k} = \binom{9+12}{k} + \binom{8+13}{k} = \binom{21}{k} + \binom{21}{k} = 2 \binom{21}{k}$.
હવે,$A_{4} - A_{3} = 2 \left( \binom{21}{4} - \binom{21}{3} \right)$ ની ગણતરી કરો.
$\binom{21}{4} = 5985$.
$\binom{21}{3} = 1330$.
$A_{4} - A_{3} = 2(5985 - 1330) = 2(4655) = 9310$.
આપેલ છે કે $190p = 9310$,તેથી $p = \frac{9310}{190} = 49$.

(B) આપેલ સમીકરણો $x^{2}-x+2\lambda=0$ અને $3x^{2}-10x+27\lambda=0$ છે.
$\alpha$ એ સામાન્ય બીજ હોવાથી,તે બંને સમીકરણોનું સમાધાન કરે છે:
$\alpha^{2}-\alpha+2\lambda=0 \quad ...(1)$
$3\alpha^{2}-10\alpha+27\lambda=0 \quad ...(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $3$ વડે ગુણતા: $3\alpha^{2}-3\alpha+6\lambda=0 \quad ...(3)$
$(2)$ માંથી $(3)$ બાદ કરતા: $-7\alpha+21\lambda=0 \Rightarrow \alpha=3\lambda$.
$\alpha=3\lambda$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$(3\lambda)^{2}-(3\lambda)+2\lambda=0 \Rightarrow 9\lambda^{2}-\lambda=0$.
$\lambda \neq 0$ હોવાથી,$\lambda=\frac{1}{9}$.
તેથી $\alpha=3\lambda=3(\frac{1}{9})=\frac{1}{3}$.
પ્રથમ સમીકરણ પરથી,$\alpha+\beta=1 \Rightarrow \beta=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.
બીજા સમીકરણ પરથી,$\alpha\gamma=\frac{27\lambda}{3}=9\lambda=9(\frac{1}{9})=1 \Rightarrow \gamma=\frac{1}{\alpha}=3$.
અંતે,$\frac{\beta\gamma}{\lambda} = \frac{(2/3)(3)}{1/9} = 18$.

(C) $3, 7, x, y$ નો મધ્યક $5$ છે:
$\frac{3+7+x+y}{4} = 5$ $\Rightarrow 10+x+y = 20$ $\Rightarrow x+y = 10$
વિચરણ $10$ છે:
$\frac{3^2+7^2+x^2+y^2}{4} - (5)^2 = 10$
$\frac{9+49+x^2+y^2}{4} = 35$ $\Rightarrow 58+x^2+y^2 = 140$ $\Rightarrow x^2+y^2 = 82$
$x+y=10$ અને $x^2+y^2=82$ પરથી,
$(x+y)^2 = x^2+y^2+2xy$ $\Rightarrow 100 = 82+2xy$ $\Rightarrow xy = 9$.
$x=9$ અને $y=1$ મળે છે (કારણ કે $x>y$).
ચાર સંખ્યાઓ $21, 9, 10, 8$ છે.
તેમનો મધ્યક $\frac{21+9+10+8}{4} = \frac{48}{4} = 12$ છે.

(C) આપેલ પદાવલિ: $E = \frac{(2i)^{n}}{(1-i)^{n-2}}$
પ્રથમ,$(1-i)^2 = 1 + i^2 - 2i = 1 - 1 - 2i = -2i$ થાય.
તેથી,$(1-i)^{n-2} = ((1-i)^2)^{\frac{n-2}{2}} = (-2i)^{\frac{n-2}{2}}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા: $E = \frac{(2i)^n}{(-2i)^{\frac{n-2}{2}}} = \frac{(2i)^n}{(-1)^{\frac{n-2}{2}} (2i)^{\frac{n-2}{2}}} = \frac{(2i)^{\frac{n+2}{2}}}{(-1)^{\frac{n-2}{2}}}$.
$E$ ધન પૂર્ણાંક બને તે માટે $i$ નો ઘાતાંક $4$ નો ગુણક હોવો જોઈએ (એટલે કે $\frac{n+2}{2} = 4k$) અને મૂલ્ય વાસ્તવિક હોવું જોઈએ.
જો $n=6$ લઈએ,તો $\frac{n+2}{2} = 4$. તેથી $E = \frac{(2i)^4}{(-1)^2} = \frac{16 i^4}{1} = 16(1) = 16$,જે એક ધન પૂર્ણાંક છે.
આમ,સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $n = 6$ છે.

(A) ધારો કે $S = \frac{3}{2} x^{2} + \frac{5}{3} x^{3} + \frac{7}{4} x^{4} + \ldots \infty$
સામાન્ય પદને $\frac{2n+1}{n+1} x^{n+1} = (2 - \frac{1}{n+1}) x^{n+1}$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$S = 2 \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$.
ભૂમિતિ શ્રેણી અને લઘુગણક શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$S = 2 \left( \frac{x^{2}}{1-x} \right) - (-\log_{e}(1-x) - x)$.
$S = \frac{2x^{2} + x - x^{2}}{1-x} - \log_{e}(1-x) = x \left( \frac{1+x}{1-x} \right) - \log_{e}(1-x)$.

(D) $y$ માટેનું પદ:
$y = (\log_{10} x) (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \dots \infty)$
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્ર $S = \frac{a}{1-r}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=1$ અને $r=\frac{1}{3}$:
$y = (\log_{10} x) \left( \frac{1}{1 - 1/3} \right) = (\log_{10} x) \left( \frac{3}{2} \right) = \frac{3}{2} \log_{10} x$
હવે,આપેલ સમીકરણ:
$\frac{2(1+2+3+\dots+y)}{3(1+2+3+\dots+y)} = \frac{4}{\log_{10} x}$
$\frac{2}{3} = \frac{4}{\log_{10} x}$
$\log_{10} x = \frac{4 \times 3}{2} = 6$
$x = 10^6$
$\log_{10} x = 6$ ને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \frac{3}{2} (6) = 9$
આમ,ક્રમયુક્ત જોડ $(x, y) = (10^6, 9)$ છે.

(C) આપેલ $A = (0,6)$ અને $B = (2t, 0)$.
$AB$ નું મધ્યબિંદુ $M = (t, 3)$ છે.
$AB$ નો ઢાળ $m_{AB} = -\frac{3}{t}$ છે.
$AB$ ના લંબદ્વિભાજકનો ઢાળ $m_{\perp} = \frac{t}{3}$ છે.
લંબદ્વિભાજકનું સમીકરણ $(y-3) = \frac{t}{3}(x-t)$ છે.
$C$ શોધવા માટે $x=0$ લેતા,$y = 3 - \frac{t^{2}}{3}$. તેથી $C = (0, 3 - \frac{t^{2}}{3})$.
ધારો કે $P(h, k)$ એ $MC$ નું મધ્યબિંદુ છે:
$h = \frac{t}{2} \Rightarrow t = 2h$.
$k = \frac{3 + (3 - \frac{t^{2}}{3})}{2} = 3 - \frac{t^{2}}{6}$.
$t = 2h$ મુકતા,$k = 3 - \frac{4h^{2}}{6} = 3 - \frac{2h^{2}}{3}$.
$3k = 9 - 2h^{2} \Rightarrow 2h^{2} + 3k - 9 = 0$.
તેથી બિંદુપથ $2x^{2} + 3y - 9 = 0$ છે.

(D) ધારો કે $z = x + iy$. શરત $\frac{z-i}{z+2i} \in \mathbb{R}$ સૂચવે છે કે સંકર સંખ્યાનો કોણાંક $0$ અથવા $\pi$ છે (અથવા સંખ્યા અવ્યાખ્યાયિત છે).
આ એવા બિંદુઓ $z$ નો બિંદુપથ દર્શાવે છે કે જેથી સદિશો $(z-i)$ અને $(z+2i)$ સમરેખ હોય.
ભૌમિતિક રીતે,આ બિંદુઓ $i$ (જે $(0, 1)$ છે) અને $-2i$ (જે $(0, -2)$ છે) માંથી પસાર થતી રેખા છે.
આ બંને બિંદુઓ કાલ્પનિક અક્ષ પર આવેલા હોવાથી,આ રેખા પોતે કાલ્પનિક અક્ષ છે (બિંદુ $-2i$ સિવાય જ્યાં પદ અવ્યાખ્યાયિત છે).
આમ,$S$ એ સંકર સમતલમાં એક સીધી રેખા છે.

(A) ધારો કે વિધાન $S = (p \wedge (p$ $\rightarrow q) \wedge (q$ $\rightarrow r))$ $\rightarrow r$ છે.
ગર્ભિતાર્થ નિયમ $a \rightarrow b \equiv \sim a \vee b$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S \equiv \sim (p \wedge (p$ $\rightarrow q) \wedge (q$ $\rightarrow r)) \vee r$
ડી મોર્ગનના નિયમ $\sim (A \wedge B \wedge C) \equiv \sim A \vee \sim B \vee \sim C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S \equiv \sim p \vee \sim (p$ $\rightarrow q) \vee \sim (q$ $\rightarrow r) \vee r$
$\sim (a \rightarrow b) \equiv a \wedge \sim b$ હોવાથી:
$S \equiv \sim p \vee (p \wedge \sim q) \vee (q \wedge \sim r) \vee r$
વિભાજનના નિયમ $\sim p \vee (p \wedge \sim q) \equiv (\sim p \vee p) \wedge (\sim p \vee \sim q) \equiv T \wedge (\sim p \vee \sim q) \equiv \sim p \vee \sim q$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S \equiv (\sim p \vee \sim q) \vee (q \wedge \sim r) \vee r$
સાહચર્ય અને વિભાજનના નિયમોનો ઉપયોગ કરતા:
$S \equiv \sim p \vee \sim q \vee (q \vee r) \wedge (\sim r \vee r)$
$S \equiv \sim p \vee \sim q \vee (q \vee r) \wedge T$
$S \equiv \sim p \vee (\sim q \vee q) \vee r$
$S \equiv \sim p \vee T \vee r \equiv T$
પરિણામ હંમેશા સત્ય હોવાથી,આ વિધાન એક નિત્યસત્ય છે.

(B) આપેલ નિશ્ચાયકની શરત મુજબ: $f(x)f^{\prime \prime}(x) - (f^{\prime}(x))^2 = 0$.
આને $\frac{f^{\prime \prime}(x)}{f^{\prime}(x)} = \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $\ln(f^{\prime}(x)) = \ln(f(x)) + \ln(c)$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) = c f(x)$.
આ પ્રથમ ક્રમનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે: $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = c$.
ફરીથી સંકલન કરતા,$\ln(f(x)) = cx + k_1$,તેથી $f(x) = k e^{cx}$.
પ્રારંભિક શરતોનો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = 1 \implies k e^0 = 1 \implies k = 1$.
$f^{\prime}(x) = c e^{cx}$,અને $f^{\prime}(0) = 2 \implies c e^0 = 2 \implies c = 2$.
આમ,$f(x) = e^{2x}$.
$f(1) = e^2 \approx 7.389$ ની ગણતરી કરતા.
કારણ કે $6 < 7.389 < 9$,તેથી આ કિંમત $(6, 9)$ અંતરાલમાં આવે છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{1}^{3} [x^{2}-2x-2] dx$.
કૌંસની અંદરની પદાવલિને $(x-1)^{2}-3$ તરીકે લખી શકાય.
$3$ એ પૂર્ણાંક હોવાથી,$[f(x)+n] = [f(x)]+n$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,
$I = \int_{1}^{3} [(x-1)^{2}] dx - \int_{1}^{3} 3 dx$.
$t = x-1$ લેતા,$dt = dx$. જ્યારે $x=1, t=0$ અને જ્યારે $x=3, t=2$.
$I = \int_{0}^{2} [t^{2}] dt - [3x]_{1}^{3} = \int_{0}^{2} [t^{2}] dt - 6$.
હવે,$[t^{2}]$ ના મૂલ્યોના આધારે સંકલનનું વિભાજન કરતા:
$0 \le t < 1$ માટે,$[t^{2}] = 0$.
$1 \le t < \sqrt{2}$ માટે,$[t^{2}] = 1$.
$\sqrt{2} \le t < \sqrt{3}$ માટે,$[t^{2}] = 2$.
$\sqrt{3} \le t < 2$ માટે,$[t^{2}] = 3$.
$I = \int_{0}^{1} 0 dt + \int_{1}^{\sqrt{2}} 1 dt + \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} 2 dt + \int_{\sqrt{3}}^{2} 3 dt - 6$.
$I = 0 + (\sqrt{2}-1) + 2(\sqrt{3}-\sqrt{2}) + 3(2-\sqrt{3}) - 6$.
$I = \sqrt{2} - 1 + 2\sqrt{3} - 2\sqrt{2} + 6 - 3\sqrt{3} - 6$.
$I = -\sqrt{2} - \sqrt{3} - 1$.

(A) ધારો કે $\frac{1}{4} \sin ^{-1} \frac{\sqrt{63}}{8} = \theta$.
તેથી,$\sin 4\theta = \frac{\sqrt{63}}{8}$.
$\cos^2 4\theta = 1 - \sin^2 4\theta = 1 - \frac{63}{64} = \frac{1}{64}$ હોવાથી,$\cos 4\theta = \frac{1}{8}$ મળે.
$\cos 4\theta = 2\cos^2 2\theta - 1$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$2\cos^2 2\theta - 1 = \frac{1}{8}$,જેનો અર્થ છે કે $2\cos^2 2\theta = \frac{9}{8}$,તેથી $\cos^2 2\theta = \frac{9}{16}$.
આમ,$\cos 2\theta = \frac{3}{4}$.
$\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta - 1$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$2\cos^2 \theta - 1 = \frac{3}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $2\cos^2 \theta = \frac{7}{4}$,તેથી $\cos^2 \theta = \frac{7}{8}$.
ત્યારબાદ $\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \frac{7}{8} = \frac{1}{8}$.
તેથી,$\tan^2 \theta = \frac{\sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \frac{1/8}{7/8} = \frac{1}{7}$.
આમ,$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{7}}$.

(C) આપેલ વક્ર $y = ax^{2} + bx + c$ છે.
વક્ર ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,સમીકરણમાં $x = 0$ અને $y = 0$ મૂકતા: $0 = a(0)^{2} + b(0) + c$,જે આપણને $c = 0$ આપે છે.
વક્રનું વિકલન $\frac{dy}{dx} = 2ax + b$ થાય.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર સ્પર્શક $y = x$ છે,જેનો ઢાળ $1$ છે.
તેથી,$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{(0,0)} = 2a(0) + b = 1$,જે આપણને $b = 1$ આપે છે.
વક્ર બિંદુ $(1, 2)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,સમીકરણમાં $x = 1, y = 2, b = 1, c = 0$ મૂકતા: $2 = a(1)^{2} + 1(1) + 0$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $2 = a + 1$,તેથી $a = 1$ મળે છે.
આમ,$a = 1, b = 1, c = 0$ એ શક્ય કિંમતો છે.

(B) પ્રદેશ $R = \{(x, y) : 5x^2 \leq y \leq 2x^2 + 9\}$ નું ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે, આપણે સૌ પ્રથમ વક્રો $y = 5x^2$ અને $y = 2x^2 + 9$ ના છેદબિંદુઓ શોધીએ.
$5x^2 = 2x^2 + 9$ લેતા, આપણને $3x^2 = 9$ મળે છે, જેનો અર્થ છે $x^2 = 3$, તેથી $x = \pm \sqrt{3}$.
આ પ્રદેશ $y$-અક્ષની સાપેક્ષમાં સંમિત છે.
જરૂરી ક્ષેત્રફળ નીચે મુજબના સંકલન દ્વારા મળે છે:
ક્ષેત્રફળ $= \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} ((2x^2 + 9) - 5x^2) dx$
$= 2 \int_{0}^{\sqrt{3}} (9 - 3x^2) dx$
$= 2 [9x - x^3]_{0}^{\sqrt{3}}$
$= 2 [9\sqrt{3} - (\sqrt{3})^3]$
$= 2 [9\sqrt{3} - 3\sqrt{3}]$
$= 2 [6\sqrt{3}] = 12\sqrt{3} \text{ square units.}$

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $x \frac{dy}{dx} + y = bx^4$ છે,જેને $\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x} y = bx^3$ તરીકે લખી શકાય.
આ $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(x) = \frac{1}{x}$ અને $Q(x) = bx^3$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $I.F. = e^{\int P(x) dx} = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln x} = x$ છે.
સામાન્ય ઉકેલ $y \cdot (I.F.) = \int Q(x) \cdot (I.F.) dx + C$ છે,જે $yx = \int bx^3 \cdot x dx + C = \int bx^4 dx + C$ આપે છે.
આમ,$yx = \frac{bx^5}{5} + C$,અથવા $f(x) = y = \frac{bx^4}{5} + \frac{C}{x}$ મળે.
વક્ર $(1, 2)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $2 = \frac{b}{5} + C$,એટલે કે $C = 2 - \frac{b}{5}$.
આપેલ છે કે $\int_{1}^{2} f(x) dx = \frac{62}{5}$,તેથી $\int_{1}^{2} (\frac{bx^4}{5} + \frac{C}{x}) dx = [\frac{bx^5}{25} + C \ln x]_{1}^{2} = \frac{62}{5}$.
સીમાઓ મૂકતા: $(\frac{32b}{25} + C \ln 2) - (\frac{b}{25} + 0) = \frac{31b}{25} + C \ln 2 = \frac{62}{5}$.
$C = 2 - \frac{b}{5}$ મૂકતા: $\frac{31b}{25} + (2 - \frac{b}{5}) \ln 2 = \frac{62}{5}$.
આ સમીકરણ સંતોષવા માટે,$\ln 2$ નો સહગુણક $0$ લેતા,$2 - \frac{b}{5} = 0$,જે $b = 10$ આપે છે.
ત્યારબાદ $\frac{31(10)}{25} = \frac{310}{25} = \frac{62}{5}$ મળે છે,જે સમીકરણનું સમાધાન કરે છે. તેથી,$b = 10$.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = f^{\prime}(2-x)$. બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = -f(2-x) + C$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x) + f(2-x) = C$.
$x=0$ લેતા,$f(0) + f(2) = C$. આપેલ છે કે $f(0) = 1$ અને $f(2) = e^{2}$,તેથી $C = 1 + e^{2}$.
આમ,$f(x) + f(2-x) = 1 + e^{2}$.
ધારો કે $I = \int_{0}^{2} f(x) dx$. ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $I = \int_{0}^{2} f(2-x) dx$ મળે છે.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા,$2I = \int_{0}^{2} (f(x) + f(2-x)) dx$.
સરવાળો મૂકતા,$2I = \int_{0}^{2} (1 + e^{2}) dx = (1 + e^{2}) [x]_{0}^{2} = 2(1 + e^{2})$.
તેથી,$I = 1 + e^{2}$.

(C) આપેલ છે કે $A$ સંમિત શ્રેણિક છે,તેથી $A^{T} = A$.
આપેલ છે કે $B$ વિસંમિત શ્રેણિક છે,તેથી $B^{T} = -B$.
ધારો કે $C = A^{2}B^{2} - B^{2}A^{2}$.
હવે,$C$ નો પરિવર્તિત શ્રેણિક (transpose) લઈએ:
$C^{T} = (A^{2}B^{2} - B^{2}A^{2})^{T} = (A^{2}B^{2})^{T} - (B^{2}A^{2})^{T}$.
$(PQ)^{T} = Q^{T}P^{T}$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$C^{T} = (B^{2})^{T}(A^{2})^{T} - (A^{2})^{T}(B^{2})^{T}$.
કારણ કે $(A^{2})^{T} = (A^{T})^{2} = A^{2}$ અને $(B^{2})^{T} = (B^{T})^{2} = (-B)^{2} = B^{2}$,તેથી:
$C^{T} = B^{2}A^{2} - A^{2}B^{2} = -(A^{2}B^{2} - B^{2}A^{2}) = -C$.
આમ,$C$ એ વિસંમિત શ્રેણિક છે.
એકી કક્ષા $n$ (અહીં $n = 3$) ધરાવતા કોઈપણ વિસંમિત શ્રેણિક $C$ માટે,તેનો નિશ્ચાયક હંમેશા શૂન્ય હોય છે,એટલે કે $\det(C) = 0$.
આથી,સમીકરણ સંહતિ $(C)X = O$ માટે $\det(C) = 0$ હોવાથી,સંહતિને અનંત ઉકેલો મળે છે.

(D) સમીકરણોની સંહતિ નીચે મુજબ છે:
$x - 2y + 0z = 1$
$x - y + kz = -2$
$0x + ky + 4z = 6$
સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $D$:
$D = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 1 & -1 & k \\ 0 & k & 4 \end{vmatrix} = 1(-4 - k^2) - (-2)(4 - 0) + 0 = -4 - k^2 + 8 = 4 - k^2$.
અનન્ય ઉકેલ માટે,$D \neq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $4 - k^2 \neq 0$,તેથી $k \neq 2$ અને $k \neq -2$. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
જો $k = 2$ હોય,તો $D = 0$. આપણે $D_1$ નો ઉપયોગ કરીને સુસંગતતા તપાસીએ:
$D_1 = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ -2 & -1 & 2 \\ 6 & 2 & 4 \end{vmatrix} = 1(-4 - 4) - (-2)(-8 - 12) + 0 = -8 - 40 = -48 \neq 0$.
કારણ કે $D = 0$ અને $D_1 \neq 0$,તેથી $k = 2$ માટે સંહતિને કોઈ ઉકેલ નથી. આમ,વિધાન $(D)$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(A)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(D) આપેલ રેખાઓ $L_1: \frac{x-\lambda}{1} = \frac{y-1/2}{1/2} = \frac{z-0}{-1/2}$ અને $L_2: \frac{x-0}{1} = \frac{y+2\lambda}{1} = \frac{z-\lambda}{1}$ છે.
રેખાઓ પરના બિંદુઓ $a_1 = (\lambda, 1/2, 0)$ અને $a_2 = (0, -2\lambda, \lambda)$ છે.
દિશા સદિશો $b_1 = (1, 1/2, -1/2)$ અને $b_2 = (1, 1, 1)$ છે.
ક્રોસ પ્રોડક્ટ $b_1 \times b_2 = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & 1/2 & -1/2 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \hat{i}(1/2 + 1/2) - \hat{j}(1 + 1/2) + \hat{k}(1 - 1/2) = \hat{i} - \frac{3}{2}\hat{j} + \frac{1}{2}\hat{k} = \frac{1}{2}(2\hat{i} - 3\hat{j} + \hat{k})$.
તેનું માન $|b_1 \times b_2| = \frac{1}{2}\sqrt{2^2 + (-3)^2 + 1^2} = \frac{\sqrt{14}}{2}$ છે.
સદિશ $a_2 - a_1 = (-\lambda, -2\lambda-1/2, \lambda)$ છે.
લઘુત્તમ અંતર $d = \frac{|(a_2 - a_1) \cdot (b_1 \times b_2)|}{|b_1 \times b_2|} = \frac{|-\lambda(1) - (2\lambda+1/2)(-3/2) + \lambda(1/2)|}{\sqrt{14}/2} = \frac{|10\lambda + 3|}{2\sqrt{14}}$ છે.
આપેલ છે કે $d = \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{14}}{4}$.
તેથી,$\frac{|10\lambda + 3|}{2\sqrt{14}} = \frac{\sqrt{14}}{4} \implies |10\lambda + 3| = 7$.
કિસ્સો $1$: $10\lambda + 3 = 7 \implies \lambda = 0.4$ (પૂર્ણાંક નથી).
કિસ્સો $2$: $10\lambda + 3 = -7 \implies \lambda = -1$.
આમ,$|\lambda| = |-1| = 1$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $af(x)+\alpha f\left(\frac{1}{x}\right)=bx+\frac{\beta}{x} \quad .....(1)$
સમીકરણ $(1)$ માં $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા:
$af\left(\frac{1}{x}\right)+\alpha f(x)=b\left(\frac{1}{x}\right)+\beta x \quad .....(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(a+\alpha)f(x)+(a+\alpha)f\left(\frac{1}{x}\right) = bx+\frac{\beta}{x}+\frac{b}{x}+\beta x$
$(a+\alpha)\left[f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)\right] = (b+\beta)x + (b+\beta)\frac{1}{x}$
$(a+\alpha)\left[f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)\right] = (b+\beta)\left(x+\frac{1}{x}\right)$
હવે,પદાવલિની કિંમત શોધવા માટે ગોઠવણી કરતા:
$\frac{f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)}{x+\frac{1}{x}} = \frac{b+\beta}{a+\alpha}$
આપેલ છે કે $a+\alpha=1$ અને $b+\beta=2$,આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)}{x+\frac{1}{x}} = \frac{2}{1} = 2$

(D) આપેલ છે કે $A$ એ $3 \times 3$ શ્રેણિક છે અને $\operatorname{det}(A) = 4$.
પ્રથમ,$2A$ શ્રેણિક ધ્યાનમાં લો. $A$ એ $3 \times 3$ શ્રેણિક હોવાથી,$\operatorname{det}(2A) = 2^{3} \times \operatorname{det}(A) = 8 \times 4 = 32$.
ત્યારબાદ,શ્રેણિક $B$ એ $2A$ પર $R_{2} \rightarrow 2R_{2} + 5R_{3}$ હાર પ્રક્રિયા કરીને મેળવવામાં આવે છે.
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મ મુજબ,જો કોઈ હારને અદિશ $k$ વડે ગુણવામાં આવે,તો નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $k$ ગણું થાય છે. અહીં,$R_{2}$ ને $2R_{2} + 5R_{3}$ દ્વારા બદલવામાં આવે છે.
આ પ્રક્રિયાનો અર્થ એ છે કે બીજી હારને $2$ વડે ગુણીને તેમાં ત્રીજી હારના $5$ ગણા ઉમેરવામાં આવે છે. એક હારમાં બીજી હારના ગુણક ઉમેરવાથી નિશ્ચાયકના મૂલ્યમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી.
તેથી,$\operatorname{det}(B) = 2 \times \operatorname{det}(2A) = 2 \times 32 = 64$.

(B) આપેલ સંકલન: $I = \int \frac{e^{3 \log_{e} 2x} + 5e^{2 \log_{e} 2x}}{e^{4 \log_{e} x} + 5e^{3 \log_{e} x} - 7e^{2 \log_{e} x}} dx$
ગુણધર્મ $e^{\log_{e} f(x)} = f(x)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{(2x)^{3} + 5(2x)^{2}}{x^{4} + 5x^{3} - 7x^{2}} dx$
$I = \int \frac{8x^{3} + 20x^{2}}{x^{4} + 5x^{3} - 7x^{2}} dx$
અંશમાંથી $4x^{2}$ અને છેદમાંથી $x^{2}$ સામાન્ય લેતા:
$I = \int \frac{4x^{2}(2x + 5)}{x^{2}(x^{2} + 5x - 7)} dx$
$I = 4 \int \frac{2x + 5}{x^{2} + 5x - 7} dx$
ધારો કે $u = x^{2} + 5x - 7$,તો $du = (2x + 5) dx$.
$I = 4 \int \frac{1}{u} du = 4 \log_{e} |u| + c$
$I = 4 \log_{e} |x^{2} + 5x - 7| + c$

(C) સમતલ પર આવેલા સદિશો $\vec{AB} = (2-1)\hat{i} + (3-2)\hat{j} + (1-3)\hat{k} = \hat{i} + \hat{j} - 2\hat{k}$ અને $\vec{AC} = (2-1)\hat{i} + (4-2)\hat{j} + (2-3)\hat{k} = \hat{i} + 2\hat{j} - \hat{k}$ છે.
સમતલનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = \left|\begin{array}{ccc}\hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & -1\end{array}\right| = \hat{i}(-1+4) - \hat{j}(-1+2) + \hat{k}(2-1) = 3\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}$ છે.
સદિશ $\vec{OP} = 2\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}$ છે.
ધારો કે $\vec{OP}$ અને અભિલંબ $\vec{n}$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે. તો $\cos \theta = \frac{|\vec{OP} \cdot \vec{n}|}{|\vec{OP}| |\vec{n}|} = \frac{|(2)(3) + (-1)(-1) + (1)(1)|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2} \sqrt{3^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \frac{|6 + 1 + 1|}{\sqrt{6} \sqrt{11}} = \frac{8}{\sqrt{66}}$ છે.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \frac{64}{66} = \frac{2}{66} = \frac{1}{33}$ હોવાથી,$\sin \theta = \sqrt{\frac{1}{33}}$ મળે.
સમતલ પર $\vec{OP}$ ના પ્રક્ષેપની લંબાઈ $|\vec{OP}| \sin \theta = \sqrt{6} \times \sqrt{\frac{1}{33}} = \sqrt{\frac{6}{33}} = \sqrt{\frac{2}{11}}$ થાય.

(C) ધારો કે ઘટનાઓ નીચે મુજબ છે:
$A$: પસંદ કરેલી વ્યક્તિ ધૂમ્રપાન કરનાર અને માંસાહારી છે.
$B$: પસંદ કરેલી વ્યક્તિ ધૂમ્રપાન કરનાર અને શાકાહારી છે.
$C$: પસંદ કરેલી વ્યક્તિ ધૂમ્રપાન ન કરનાર અને શાકાહારી છે.
$E$: પસંદ કરેલી વ્યક્તિને છાતીનો વિકાર છે.
આપેલ સંભાવનાઓ:
$P(A) = \frac{160}{400}$,$P(B) = \frac{100}{400}$,$P(C) = \frac{140}{400}$.
વિકાર હોવાની શરતી સંભાવનાઓ:
$P(E|A) = \frac{35}{100}$,$P(E|B) = \frac{20}{100}$,$P(E|C) = \frac{10}{100}$.
બેયઝના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $P(A|E)$ શોધવાની જરૂર છે:
$P(A|E) = \frac{P(A) \cdot P(E|A)}{P(A) \cdot P(E|A) + P(B) \cdot P(E|B) + P(C) \cdot P(E|C)}$
કિંમતો મૂકતા:
$P(A|E) = \frac{\frac{160}{400} \times \frac{35}{100}}{\frac{160}{400} \times \frac{35}{100} + \frac{100}{400} \times \frac{20}{100} + \frac{140}{400} \times \frac{10}{100}}$
$P(A|E) = \frac{160 \times 35}{(160 \times 35) + (100 \times 20) + (140 \times 10)}$
$P(A|E) = \frac{5600}{5600 + 2000 + 1400} = \frac{5600}{9000} = \frac{56}{90} = \frac{28}{45}$.

(B) ધારો કે $x = 2 \cot^{-1}(5) + \cos^{-1}(\frac{4}{5})$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot^{-1}(5) = \tan^{-1}(\frac{1}{5})$.
તેથી,$2 \cot^{-1}(5) = 2 \tan^{-1}(\frac{1}{5}) = \tan^{-1}(\frac{2(1/5)}{1-(1/5)^2}) = \tan^{-1}(\frac{2/5}{24/25}) = \tan^{-1}(\frac{5}{12})$.
વળી,$\cos^{-1}(\frac{4}{5}) = \tan^{-1}(\frac{3}{4})$ કારણ કે જો $\cos \theta = \frac{4}{5}$,તો $\tan \theta = \frac{3}{4}$.
આમ,પદાવલિ $\operatorname{cosec}[\tan^{-1}(\frac{5}{12}) + \tan^{-1}(\frac{3}{4})]$ બને છે.
સૂત્ર $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1}(\frac{A+B}{1-AB})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}(\frac{5/12 + 3/4}{1 - (5/12)(3/4)}) = \tan^{-1}(\frac{14/12}{33/48}) = \tan^{-1}(\frac{56}{33})$.
અંતે,$\operatorname{cosec}(\tan^{-1}(\frac{56}{33}))$. જો $\theta = \tan^{-1}(\frac{56}{33})$,તો $\tan \theta = \frac{56}{33}$.
$\operatorname{cosec} \theta = \sqrt{1 + \cot^2 \theta} = \sqrt{1 + (33/56)^2} = \sqrt{\frac{3136 + 1089}{3136}} = \sqrt{\frac{4225}{3136}} = \frac{65}{56}$.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{5^{x}}{5^{x} + \sqrt{5}}$.
નોંધો કે $f(1-x) = \frac{5^{1-x}}{5^{1-x} + \sqrt{5}} = \frac{5/5^{x}}{5/5^{x} + \sqrt{5}} = \frac{5}{5 + \sqrt{5} \cdot 5^{x}} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5} + 5^{x}}$.
આમ,$f(x) + f(1-x) = \frac{5^{x} + \sqrt{5}}{5^{x} + \sqrt{5}} = 1$.
શ્રેણીમાં $x = \frac{1}{20}$ થી $x = \frac{39}{20}$ સુધીના $39$ પદો છે.
$f(x) + f(1-x) = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$f\left(\frac{k}{20}\right) + f\left(\frac{20-k}{20}\right) = 1$.
$k=1$ થી $19$ સુધીનો સરવાળો કરતા,આપણને $19$ જોડી મળે છે જેનો સરવાળો $1$ થાય છે,અને વચ્ચેનું પદ $f\left(\frac{20}{20}\right) = f(1) = \frac{5}{5+\sqrt{5}}$ છે.
સરવાળો $= 19 + f(1) = 19 + \frac{5}{5+\sqrt{5}} = 19 + \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}+1} = \frac{20\sqrt{5}+19}{\sqrt{5}+1}$.

(D) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} 1 & -\alpha \\ \alpha & \beta \end{bmatrix}$ અને $AA^{T} = I_{2}$.
પ્રથમ,પરિવર્તિત શ્રેણિક $A^{T} = \begin{bmatrix} 1 & \alpha \\ -\alpha & \beta \end{bmatrix}$ શોધો.
હવે,ગુણાકાર $AA^{T}$ ગણો:
$AA^{T} = \begin{bmatrix} 1 & -\alpha \\ \alpha & \beta \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & \alpha \\ -\alpha & \beta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 + \alpha^{2} & \alpha - \alpha\beta \\ \alpha - \alpha\beta & \alpha^{2} + \beta^{2} \end{bmatrix}$.
કારણ કે $AA^{T} = I_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$,અનુરૂપ ઘટકોને સરખાવતા:
$1 + \alpha^{2} = 1 \Rightarrow \alpha^{2} = 0 \Rightarrow \alpha = 0$.
$\alpha - \alpha\beta = 0 \Rightarrow 0 - 0\beta = 0$ (જે હંમેશા સાચું છે).
$\alpha^{2} + \beta^{2} = 1 \Rightarrow 0 + \beta^{2} = 1 \Rightarrow \beta^{2} = 1$.
આપણે $\alpha^{4} + \beta^{4}$ ની કિંમત શોધવાની છે:
$\alpha^{4} + \beta^{4} = (0)^{2} + (1)^{2} = 0 + 1 = 1$.

(D) આપેલ છે કે $I_{n} = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n} x \, dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n-2} x (\csc^{2} x - 1) \, dx$
$= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n-2} x \csc^{2} x \, dx - \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n-2} x \, dx$
$= \left[ -\frac{\cot^{n-1} x}{n-1} \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} - I_{n-2}$
$= \left( 0 - (-\frac{1}{n-1}) \right) - I_{n-2} = \frac{1}{n-1} - I_{n-2}$
$\Rightarrow I_{n} + I_{n-2} = \frac{1}{n-1}$
$n=4$ માટે,$I_{4} + I_{2} = \frac{1}{3}$
$n=5$ માટે,$I_{5} + I_{3} = \frac{1}{4}$
$n=6$ માટે,$I_{6} + I_{4} = \frac{1}{5}$
આમ,પદો $\frac{1}{I_{2}+I_{4}} = 3$,$\frac{1}{I_{3}+I_{5}} = 4$,અને $\frac{1}{I_{4}+I_{6}} = 5$ છે.
જેથી $3, 4, 5$ એ $A.P.$ માં હોવાથી,શ્રેણી $\frac{1}{I_{2}+I_{4}}, \frac{1}{I_{3}+I_{5}}, \frac{1}{I_{4}+I_{6}}$ એ $A.P.$ માં છે.

(A) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{n}{(n+r)^{2}}$ છે.
આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ: $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{(1 + r/n)^{2}}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(r/n) = \int_{0}^{1} f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{(1+x)^{2}}$.
તેથી,$L = \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)^{2}} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $L = \left[ -\frac{1}{1+x} \right]_{0}^{1} = -\left( \frac{1}{2} - 1 \right) = -(-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.

(C) બરાબર એક $7$ ધરાવતી $4$-અંકી સંખ્યાઓની કુલ સંખ્યા:
જો $7$ હજારના સ્થાને હોય: $1 \times 9 \times 9 \times 9 = 729$.
જો $7$ હજારના સ્થાને ન હોય: $3 \times (8 \times 9 \times 9) = 1944$.
કુલ $n(S) = 729 + 1944 = 2673$.
સંખ્યાને $5$ વડે ભાગતા શેષ $2$ વધે તે માટે છેલ્લો અંક $2$ અથવા $7$ હોવો જોઈએ.
કિસ્સો $1$: છેલ્લો અંક $7$ હોય. અન્ય ત્રણ અંકો $7$ ન હોઈ શકે. હજારના સ્થાને $8$ વિકલ્પો અને અન્ય બે સ્થાને $9$ વિકલ્પો છે. $n(E_1) = 8 \times 9 \times 9 = 648$.
કિસ્સો $2$: છેલ્લો અંક $2$ હોય. $7$ પ્રથમ ત્રણ સ્થાનોમાંથી કોઈ પણ એક પર હોઈ શકે. જો $7$ હજારના સ્થાને હોય: $1 \times 9 \times 9 = 81$. જો $7$ સો કે દશકના સ્થાને હોય: $2 \times (8 \times 9) = 144$. $n(E_2) = 81 + 144 = 225$.
કુલ $n(E) = 648 + 225 = 873$.
સંભાવના $P(E) = \frac{873}{2673} = \frac{97}{297}$.

(B) $n$ ઘટકો ધરાવતા ગણથી $m$ ઘટકો ધરાવતા ગણ $(m \ge n)$ પરના એક-એક વિધેયોની સંખ્યા $P(m, n) = \frac{m!}{(m-n)!}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x$ માટે,ગણ $A$ માં $3$ ઘટકો છે અને ગણ $B$ માં $5$ ઘટકો છે. તેથી,$x = P(5, 3) = 5 \times 4 \times 3 = 60$.
$y$ માટે,ગણ $A$ માં $3$ ઘટકો છે અને ગણ $A \times B$ માં $3 \times 5 = 15$ ઘટકો છે. તેથી,$y = P(15, 3) = 15 \times 14 \times 13 = 2730$.
હવે,આપણે $x$ અને $y$ ની સરખામણી કરીએ:
$x = 60$
$y = 2730$
ગુણોત્તર $\frac{y}{x} = \frac{2730}{60} = \frac{273}{6} = \frac{91}{2}$ ગણતા.
તેથી,$2y = 91x$.

(D) આપેલ સમીકરણો:
$2x + 3y + 2z = 9 \quad (1)$
$3x + 2y + 2z = 9 \quad (2)$
$x - y + 4z = 8 \quad (3)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી સમીકરણ $(1)$ બાદ કરતા:
$(3x + 2y + 2z) - (2x + 3y + 2z) = 9 - 9$
$x - y = 0 \Rightarrow x = y$
$x = y$ ને સમીકરણ $(3)$ માં મૂકતા:
$x - x + 4z = 8 \Rightarrow 4z = 8 \Rightarrow z = 2$
$z = 2$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$2x + 3y + 2(2) = 9$
$2x + 3y = 5$
$x = y$ હોવાથી,$2x + 3x = 5 \Rightarrow 5x = 5 \Rightarrow x = 1$
આમ,$x = 1, y = 1, z = 2$.
આ સંહતિ અનન્ય ઉકેલ $(1, 1, 2)$ ધરાવે છે.

(C) $x \in [-2, 2]$ માટે,$f(x) = \min \{|x|, 2-x^2\}$ છે.
$|x| = 2-x^2$ ઉકેલતા,આપણને $x^2 + |x| - 2 = 0$ મળે છે,જે $(|x|+2)(|x|-1) = 0$ આપે છે. $|x| \geq 0$ હોવાથી,$|x| = 1$ મળે,તેથી $x = \pm 1$.
આમ,$x \in [-1, 1]$ માટે $f(x) = |x|$ અને $x \in [-2, -1) \cup (1, 2]$ માટે $f(x) = 2-x^2$ થાય.
$(-2, 2)$ માં વિકલનીય ન હોય તેવા બિંદુઓ $x = -1, 0, 1$ છે (કારણ કે $|x|$ અને વક્રોના છેદબિંદુઓ).
$2 < |x| \leq 3$ માટે,$f(x) = [|x|]$ છે.
$x \in (2, 3]$ માટે,$x \in (2, 3)$ માટે $f(x) = [x] = 2$ અને $f(3) = 3$ થાય. આ $x = 3$ (જે $(-3, 3)$ માં નથી) અને $x = 2$ (જમ્પ ડિસકન્ટીન્યુટી) પર અસતત છે.
$x \in [-3, -2)$ માટે,$f(x) = [|x|]$ છે. $x \in (-3, -2)$ માટે,$f(x) = 2$ થાય. $x = -2$ પર,$f(-2) = 2$ અને $x = -3$ પર,$f(-3) = 3$ થાય.
બિંદુઓ તપાસતા: $x = -2, -1, 0, 1, 2$. આ $5$ બિંદુઓ પર,વિધેય કાં તો અસતત છે અથવા ત્યાં તીક્ષ્ણ ખૂણો (sharp corner) છે.
તેથી,વિકલનીય ન હોય તેવા બિંદુઓની સંખ્યા $5$ છે.

(B) આપેલ સદિશો $\vec{a} = \hat{i} + \alpha \hat{j} + 3 \hat{k}$ અને $\vec{b} = 3 \hat{i} - \alpha \hat{j} + \hat{k}$ છે.
સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $|\vec{a} \times \vec{b}| = 8 \sqrt{3}$ છે.
પ્રથમ,સદિશ ગુણાકાર $\vec{a} \times \vec{b}$ શોધીએ:
$\vec{a} \times \vec{b} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & \alpha & 3 \\ 3 & -\alpha & 1 \end{vmatrix} = \hat{i}(\alpha - (-3\alpha)) - \hat{j}(1 - 9) + \hat{k}(-\alpha - 3\alpha) = 4\alpha \hat{i} + 8 \hat{j} - 4\alpha \hat{k}$.
હવે,તેનું માન શોધીએ:
$|\vec{a} \times \vec{b}| = \sqrt{(4\alpha)^2 + 8^2 + (-4\alpha)^2} = \sqrt{16\alpha^2 + 64 + 16\alpha^2} = \sqrt{32\alpha^2 + 64}$.
આપેલ ક્ષેત્રફળ સાથે સરખાવતા:
$\sqrt{32\alpha^2 + 64} = 8 \sqrt{3} \Rightarrow 32\alpha^2 + 64 = 64 \times 3 = 192$.
$32\alpha^2 = 192 - 64 = 128 \Rightarrow \alpha^2 = 4$.
છેલ્લે,અદિશ ગુણાકાર $\vec{a} \cdot \vec{b}$ શોધીએ:
$\vec{a} \cdot \vec{b} = (1)(3) + (\alpha)(-\alpha) + (3)(1) = 3 - \alpha^2 + 3 = 6 - \alpha^2$.
$\alpha^2 = 4$ મૂકતા,આપણને $\vec{a} \cdot \vec{b} = 6 - 4 = 2$ મળે છે.

(C) આપેલ વક્રો $x=y^{4}$ અને $xy=k$ છે.
છેદબિંદુ માટે,$x=y^{4}$ ને $xy=k$ માં મૂકતા:
$y^{4} \cdot y = k \Rightarrow y^{5} = k \ldots(1)$.
હવે,$x=y^{4}$ નું $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$1 = 4y^{3} \frac{dy}{dx} \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{1}{4y^{3}}$.
ત્યારબાદ,$xy=k$ નું $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$y + x \frac{dy}{dx} = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x}$.
$x = \frac{k}{y}$ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{y}{k/y} = -\frac{y^{2}}{k}$.
વક્રો કાટખૂણે છેદતા હોવાથી,તેમના ઢાળનો ગુણાકાર $-1$ થાય:
$\left(\frac{1}{4y^{3}}\right) \cdot \left(-\frac{y^{2}}{k}\right) = -1$.
$\Rightarrow \frac{1}{4yk} = 1 \Rightarrow y = \frac{1}{4k}$.
$y = \frac{1}{4k}$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$\left(\frac{1}{4k}\right)^{5} = k$.
$\Rightarrow \frac{1}{(4k)^{5}} = k$.
$\Rightarrow (4k)^{6} = 4$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(2xy^2 - y)dx + xdy = 0$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $2xy^2 dx - ydx + xdy = 0$.
$xy^2$ વડે ભાગતા: $2xdx - \frac{ydx - xdy}{y^2} = 0$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $2xdx = d(\frac{x}{y})$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int 2xdx = \int d(\frac{x}{y}) \Rightarrow x^2 = \frac{x}{y} + c$.
રેખાઓ $2x - 3y = 1$ અને $3x + 2y = 8$ નું છેદબિંદુ શોધવા માટે,પ્રથમ સમીકરણને $2$ વડે અને બીજાને $3$ વડે ગુણતા: $4x - 6y = 2$ અને $9x + 6y = 24$.
સરવાળો કરતા $13x = 26 \Rightarrow x = 2$ મળે. $x=2$ ને $2x - 3y = 1$ માં મૂકતા $4 - 3y = 1 \Rightarrow 3y = 3 \Rightarrow y = 1$ મળે.
વક્ર $(2, 1)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $2^2 = \frac{2}{1} + c \Rightarrow 4 = 2 + c \Rightarrow c = 2$.
વક્રનું સમીકરણ $x^2 = \frac{x}{y} + 2$ છે.
$x = 1$ માટે,$1^2 = \frac{1}{y} + 2 \Rightarrow 1 = \frac{1}{y} + 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = -1 \Rightarrow y = -1$.
આમ,$|y(1)| = |-1| = 1$.

(A) આપણે સંકલન $I = \int_{-2}^{2} |3x^2 - 3x - 6| dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પ્રથમ,નિરપેક્ષ મૂલ્યની અંદરના પદના અવયવ પાડો: $3x^2 - 3x - 6 = 3(x^2 - x - 2) = 3(x - 2)(x + 1)$.
દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $x = -1$ અને $x = 2$ છે.
અંતરાલ $[-2, -1]$ માં,$3(x^2 - x - 2) \ge 0$ છે.
અંતરાલ $[-1, 2]$ માં,$3(x^2 - x - 2) \le 0$ છે.
તેથી,$I = 3 \left[ \int_{-2}^{-1} (x^2 - x - 2) dx + \int_{-1}^{2} -(x^2 - x - 2) dx \right]$.
પ્રથમ સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{-2}^{-1} (x^2 - x - 2) dx = [\frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} - 2x]_{-2}^{-1} = (-\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 2) - (-\frac{8}{3} - 2 + 4) = \frac{7}{6} - (-\frac{2}{3}) = \frac{11}{6}$.
બીજા સંકલનનું મૂલ્ય: $-\int_{-1}^{2} (x^2 - x - 2) dx = -[\frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} - 2x]_{-1}^{2} = -[(\frac{8}{3} - 2 - 4) - (-\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 2)] = -[-\frac{10}{3} - \frac{7}{6}] = \frac{27}{6}$.
કુલ મૂલ્ય $I = 3 \times (\frac{11}{6} + \frac{27}{6}) = 3 \times \frac{38}{6} = 19$.

(C) $l_{1}$ ના દિકગુણોત્તર $\vec{v}_{1} = (1, 2, 2)$ અને $l_{2}$ ના દિકગુણોત્તર $\vec{v}_{2} = (2, 2, 1)$ છે.
રેખા $l$ એ $l_{1}$ અને $l_{2}$ બંનેને લંબ હોવાથી,તેનો દિક સદિશ $\vec{v} = \vec{v}_{1} \times \vec{v}_{2} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \end{vmatrix} = -2\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k}$ થાય.
રેખા $l$ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી હોવાથી,તેનું સમીકરણ $\vec{r} = \mu(-2\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k})$ છે.
$l$ અને $l_{1}$ ના છેદબિંદુ માટે:
$3+t = -2\mu$,$-1+2t = 3\mu$,$4+2t = -2\mu$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા,$t = -1$ અને $\mu = -1$ મળે છે. છેદબિંદુ $P$ એ $(2, -3, 2)$ છે.
ધારો કે $Q$ એ $l_{2}$ પરનું બિંદુ છે,$Q = (3+2s, 3+2s, 2+s)$.
$PQ = \sqrt{17}$ આપેલ છે,તેથી $PQ^{2} = 17$.
$(3+2s-2)^{2} + (3+2s+3)^{2} + (2+s-2)^{2} = 17$.
$(2s+1)^{2} + (2s+6)^{2} + s^{2} = 17$.
$9s^{2} + 28s + 20 = 0$.
$(9s+10)(s+2) = 0$,તેથી $s = -2$ અથવા $s = -10/9$.
$s = -10/9$ માટે,$Q = (7/9, 7/9, 8/9)$,જે પ્રથમ અષ્ટમાંશમાં છે.
આમ,$a=7/9, b=7/9, c=8/9$.
$18(a+b+c) = 18(7/9 + 7/9 + 8/9) = 18(22/9) = 44$.

(D) સદિશો $\overrightarrow{a}_{1}$ અને $\overrightarrow{a}_{2}$ સમરેખ હોવાથી,તેમના ઘટકો પ્રમાણમાં હોવા જોઈએ:
$\frac{x}{1} = \frac{-1}{y} = \frac{1}{z} = k$ (જ્યાં $k$ અચળાંક છે).
આના પરથી,આપણને $x = k$,$y = -\frac{1}{k}$,અને $z = \frac{1}{k}$ મળે છે.
આ કિંમતોને સદિશ $x \hat{i} + y \hat{j} + z \hat{k}$ માં મૂકતા,આપણને $k \hat{i} - \frac{1}{k} \hat{j} + \frac{1}{k} \hat{k}$ મળે છે.
સદિશો સમરેખ રહે તે માટે ગુણોત્તર જળવાઈ રહેવો જોઈએ. જો આપણે સૌથી સરળ કિસ્સો $k=1$ લઈએ,તો $x=1, y=-1, z=1$ મળે.
સદિશ $\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}$ બને છે.
આ સદિશનું માન $\sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{3}$ છે.
તેથી,એકમ સદિશ $\frac{1}{\sqrt{3}}(\hat{i} - \hat{j} + \hat{k})$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $f(k) = \begin{cases} k+1, & \text{જો } k \text{ એકી હોય} \\ k, & \text{જો } k \text{ બેકી હોય} \end{cases}$.
આપણને શરત $g(f(k)) = f(k)$ દરેક $k \in A$ માટે આપેલ છે.
જો $k$ બેકી હોય,તો $f(k) = k$. તેથી,$g(f(k)) = g(k) = f(k) = k$. આમ,બધા બેકી $k \in \{2, 4, 6, 8, 10\}$ માટે $g(k) = k$ થાય.
જો $k$ એકી હોય,તો $f(k) = k+1$. તેથી,$g(f(k)) = g(k+1) = f(k) = k+1$. કારણ કે $k+1$ હંમેશા બેકી સંખ્યા છે,આ સાબિત કરે છે કે $g$ એ બેકી સંખ્યાઓને પોતાની સાથે જ સાંકળે છે,જે આપણે પહેલેથી જ સ્થાપિત કર્યું છે.
એકી $k \in \{1, 3, 5, 7, 9\}$ માટે,શરત $g(f(k)) = f(k)$ એ $g(k)$ ની કિંમત પર કોઈ પ્રતિબંધ મૂકતી નથી.
કારણ કે $g: A \rightarrow A$,દરેક $5$ એકી કિંમતો માટે,$g(k)$ એ $A$ ના કોઈપણ $10$ ઘટકોમાંથી હોઈ શકે છે.
તેથી,આવા વિધેયો $g$ ની કુલ સંખ્યા $10 \times 10 \times 10 \times 10 \times 10 = 10^{5}$ થાય.

(B) $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી તે $x = 1$ અને $x = -1$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = f(1) = \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x)$
$|a(1)^2 + 1 + b| = \lim_{x \rightarrow 1^+} \sin(\pi x)$
$|a + 1 + b| = \sin(\pi) = 0$
$a + b + 1 = 0 \Rightarrow a + b = -1$ ... $(1)$
$x = -1$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow -1^-} f(x) = f(-1) = \lim_{x \rightarrow -1^+} f(x)$
$\lim_{x \rightarrow -1^-} 2 \sin \left(-\frac{\pi x}{2}\right) = |a(-1)^2 + (-1) + b|$
$2 \sin \left(\frac{\pi}{2}\right) = |a - 1 + b|$
$2(1) = |a + b - 1|$
$|a + b - 1| = 2$
આનો અર્થ એ છે કે $a + b - 1 = 2$ અથવા $a + b - 1 = -2$.
$a + b = 3$ અથવા $a + b = -1$.
આપણે પહેલેથી જ $x = 1$ આગળના સાતત્ય પરથી $a + b = -1$ મેળવ્યું છે,તેથી $a + b$ ની કિંમત $-1$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{1+t} dt.$
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{1/x} \frac{\ln t}{1+t} dt$ લો.
ધારો કે $t = \frac{1}{u},$ તેથી $dt = -\frac{1}{u^2} du.$
જ્યારે $t=1, u=1$ અને જ્યારે $t=1/x, u=x.$
તેથી,$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln(1/u)}{1+(1/u)} \left(-\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{-\ln u}{\frac{u+1}{u}} \left(\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{-\ln u}{u(1+u)} du.$
હવે,$f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{1+t} dt - \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t(1+t)} dt = \int_{1}^{x} \ln t \left( \frac{1}{1+t} - \frac{1}{t(1+t)} \right) dt = \int_{1}^{x} \frac{\ln t (t-1)}{t(1+t)} dt.$
$x=e$ માટે ગણતરી કરતા,આનું મૂલ્ય $\frac{1}{2}$ મળે છે.

(C) $(f \circ g)(x) = \sin^{-1}(g(x))$ નો પ્રદેશ $|g(x)| \leq 1$ હોવો જોઈએ.
પ્રથમ,આપણે $g(2) = \lim_{x \to 2} \frac{(x+1)(x-2)}{(2x+3)(x-2)} = \lim_{x \to 2} \frac{x+1}{2x+3} = \frac{3}{7}$ મેળવીએ છીએ.
આમ,આપણે $x \neq 2$ માટે $|\frac{x+1}{2x+3}| \leq 1$ ઉકેલીએ છીએ.
આનો અર્થ છે કે $-1 \leq \frac{x+1}{2x+3} \leq 1$.
કિસ્સો $1$: $\frac{x+1}{2x+3} \leq 1 \Rightarrow \frac{x+1 - (2x+3)}{2x+3} \leq 0 \Rightarrow \frac{-x-2}{2x+3} \leq 0 \Rightarrow \frac{x+2}{2x+3} \geq 0$.
ઉકેલ $x \in (-\infty, -2] \cup (-\frac{3}{2}, \infty)$ છે.
કિસ્સો $2$: $\frac{x+1}{2x+3} \geq -1 \Rightarrow \frac{x+1 + 2x+3}{2x+3} \geq 0 \Rightarrow \frac{3x+4}{2x+3} \geq 0$.
ઉકેલ $x \in (-\infty, -\frac{4}{3}] \cup (-\frac{3}{2}, \infty)$ છે.
બંને કિસ્સાઓનો છેદ લેતા અને $x=2$ ને બાકાત રાખતા,આપણને $x \in (-\infty, -2] \cup [-\frac{4}{3}, \infty)$ મળે છે.

(C) $r$ ત્રિજ્યા અને $O$ કેન્દ્ર ધરાવતા વર્તુળમાં અંતર્ગત ત્રિકોણ $\Delta ABC$ લો.
ધારો કે $\theta$ એ $\angle OBP$ છે,જ્યાં $P$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે.
ત્રિકોણની ઊંચાઈ $h = r \sin \theta + r$ છે.
ત્રિકોણનો પાયો $BC = 2r \cos \theta$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} (2r \cos \theta) (r \sin \theta + r) = r^2 \cos \theta (1 + \sin \theta)$ છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,$\Delta$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d\Delta}{d\theta} = r^2 [-\sin \theta (1 + \sin \theta) + \cos \theta (\cos \theta)] = r^2 [-\sin \theta - \sin^2 \theta + \cos^2 \theta] = r^2 [1 - \sin \theta - 2 \sin^2 \theta]$.
$\frac{d\Delta}{d\theta} = 0$ લેતા,$2 \sin^2 \theta + \sin \theta - 1 = 0$ મળે,જેનું અવયવીકરણ $(2 \sin \theta - 1)(\sin \theta + 1) = 0$ થાય છે.
$\theta \in [0, \pi/2)$ હોવાથી,$\sin \theta = 1/2$,તેથી $\theta = \pi/6$.
$\theta = \pi/6$ પર,ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ $s = 2r \cos(\pi/6) = 2r (\sqrt{3}/2) = \sqrt{3}r$ થાય છે.
આમ,મહત્તમ ક્ષેત્રફળ ધરાવતો ત્રિકોણ એ $\sqrt{3}r$ બાજુની લંબાઈ ધરાવતો સમબાજુ ત્રિકોણ છે.

(D) સમતલોના સમીકરણો $x+2y+z=6$ અને $y+2z=4$ છે.
છેદરેખા શોધવા માટે,આપણે $x$ અને $y$ ને $z$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવીએ.
$y+2z=4$ પરથી,આપણને $y=4-2z$ મળે છે.
આને પ્રથમ સમતલના સમીકરણમાં મૂકતા: $x+2(4-2z)+z=6 \Rightarrow x+8-4z+z=6 \Rightarrow x-3z=-2 \Rightarrow x=3z-2$.
આમ,રેખા $L$ ને સંમિત સ્વરૂપમાં $\frac{x+2}{3} = \frac{y-4}{-2} = z = \lambda$ તરીકે લખી શકાય.
રેખા $L$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $P$ એ $(3\lambda-2, -2\lambda+4, \lambda)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
રેખાનો દિશા સદિશ $\vec{v} = 3\hat{i}-2\hat{j}+\hat{k}$ છે.
ધારો કે $A = (3,2,1)$. સદિશ $\vec{AP} = (3\lambda-2-3, -2\lambda+4-2, \lambda-1) = (3\lambda-5, -2\lambda+2, \lambda-1)$.
કારણ કે $\vec{AP} \perp \vec{v}$,તેમનો ડોટ ગુણાકાર શૂન્ય થાય: $(3\lambda-5)(3) + (-2\lambda+2)(-2) + (\lambda-1)(1) = 0$.
$9\lambda - 15 + 4\lambda - 4 + \lambda - 1 = 0 \Rightarrow 14\lambda - 20 = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{10}{7}$.
$\lambda$ ની કિંમત મૂકતા,$P = (3(\frac{10}{7})-2, -2(\frac{10}{7})+4, \frac{10}{7}) = (\frac{16}{7}, \frac{8}{7}, \frac{10}{7})$.
તેથી,$\alpha+\beta+\gamma = \frac{16+8+10}{7} = \frac{34}{7}$.
$21(\alpha+\beta+\gamma)$ નું મૂલ્ય $21 \times \frac{34}{7} = 3 \times 34 = 102$ થાય.

(C) વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{xy^2 + y}{x} = y^2 + \frac{y}{x}$ છે.
પદોને ગોઠવતા,$\frac{dy}{dx} - \frac{y}{x} = y^2$ મળે.
$y^2$ વડે ભાગતા,$y^{-2} \frac{dy}{dx} - \frac{1}{x} y^{-1} = 1$ મળે.
ધારો કે $v = y^{-1}$,તો $\frac{dv}{dx} = -y^{-2} \frac{dy}{dx}$,એટલે કે $y^{-2} \frac{dy}{dx} = -\frac{dv}{dx}$.
આને સમીકરણમાં મૂકતા,$-\frac{dv}{dx} - \frac{1}{x} v = 1$,અથવા $\frac{dv}{dx} + \frac{1}{x} v = -1$ મળે.
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જેનો સંકલ્યકારક અવયવ $IF = e^{\int \frac{1}{x} dx} = x$ છે.
ઉકેલ $v \cdot x = \int (-1) \cdot x dx + C = -\frac{x^2}{2} + C$ છે.
$v = \frac{1}{y}$ હોવાથી,$\frac{x}{y} = -\frac{x^2}{2} + C$ મળે.
વક્ર રેખા $x + 2y = 4$ ને $x = -2$ પર છેદે છે,તેથી $y$ શોધવા માટે $x = -2$ મૂકતા: $-2 + 2y = 4 \Rightarrow 2y = 6 \Rightarrow y = 3$.
વક્ર $(-2, 3)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $\frac{-2}{3} = -\frac{(-2)^2}{2} + C \Rightarrow -\frac{2}{3} = -2 + C \Rightarrow C = \frac{4}{3}$.
આમ,$\frac{x}{y} = -\frac{x^2}{2} + \frac{4}{3}$ છે.
બિંદુ $(3, y)$ માટે,$\frac{3}{y} = -\frac{3^2}{2} + \frac{4}{3} = -\frac{9}{2} + \frac{4}{3} = -\frac{19}{6}$ મળે.
તેથી,$y = -\frac{18}{19}$.

(B) ધારો કે આપેલ સમીકરણો છે:
$P_{1}: x+2y-3z=a$
$P_{2}: 2x+6y-11z=b$
$P_{3}: x-2y+7z=c$
પ્રથમ,આપણે સહગુણક શ્રેણિક $D$ નો નિશ્ચાયક શોધીએ:
$D = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 2 & 6 & -11 \\ 1 & -2 & 7 \end{vmatrix} = 1(42-22) - 2(14+11) - 3(-4-6) = 20 - 50 + 30 = 0$.
કારણ કે $D=0$,સિસ્ટમ પાસે અનન્ય ઉકેલ નથી.
હવે,સમીકરણોના રેખીય સંયોજનને તપાસો:
$2P_{2} + P_{3} = 2(2x+6y-11z) + (x-2y+7z) = 4x+12y-22z + x-2y+7z = 5x+10y-15z = 5(x+2y-3z) = 5P_{1}$.
આમ,જો $5a = 2b + c$ હોય,તો ત્રીજું સમીકરણ પ્રથમ બે સમીકરણોનું રેખીય સંયોજન છે,જેનો અર્થ છે કે સમતલો સુસંગત છે અને સામાન્ય છેદરેખા ધરાવે છે.
તેથી,જ્યારે $5a = 2b + c$ હોય ત્યારે સિસ્ટમ અનંત ઉકેલો ધરાવે છે.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(a) = 2$ અને $f(a) = 4$.
આપણે $L = \lim_{x \rightarrow a} \frac{x f(a) - a f(x)}{x - a}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
સીમા $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને લોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ:
$L = \lim_{x \rightarrow a} \frac{\frac{d}{dx}(x f(a) - a f(x))}{\frac{d}{dx}(x - a)}$
$L = \lim_{x \rightarrow a} \frac{f(a) - a f^{\prime}(x)}{1}$
$x = a$ મૂકતા:
$L = f(a) - a f^{\prime}(a)$
$L = 4 - a(2) = 4 - 2a$.

(A) ધારો કે $P = (1, 3, 5)$ અને $Q = (\alpha, \beta, \gamma)$ એ સમતલ $4x - 5y + 2z = 8$ ની સાપેક્ષમાં $P$ નું પ્રતિબિંબ છે.
$PQ$ નું મધ્યબિંદુ $M = \left(\frac{1+\alpha}{2}, \frac{3+\beta}{2}, \frac{5+\gamma}{2}\right)$ છે.
$M$ એ સમતલ પર હોવાથી:
$4\left(\frac{1+\alpha}{2}\right) - 5\left(\frac{3+\beta}{2}\right) + 2\left(\frac{5+\gamma}{2}\right) = 8$
$2\alpha - 2.5\beta + \gamma = 8.5$ ... $(1)$
રેખા $PQ$ એ સમતલને લંબ છે,તેથી તેના દિશા ગુણોત્તર અભિલંબ સદિશ $(4, -5, 2)$ ના પ્રમાણમાં છે:
$\frac{\alpha-1}{4} = \frac{\beta-3}{-5} = \frac{\gamma-5}{2} = k$
$\alpha = 1 + 4k, \beta = 3 - 5k, \gamma = 5 + 2k$ ... $(2)$
સૂત્ર $\frac{\alpha-x_1}{a} = \frac{\beta-y_1}{b} = \frac{\gamma-z_1}{c} = -2 \frac{ax_1+by_1+cz_1-d}{a^2+b^2+c^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$k = -2 \frac{4(1) - 5(3) + 2(5) - 8}{16 + 25 + 4} = \frac{2}{5}$.
$k = \frac{2}{5}$ ને $(2)$ માં મૂકતા:
$\alpha = \frac{13}{5}, \beta = 1, \gamma = \frac{29}{5}$
તેથી,$5(\alpha + \beta + \gamma) = 5(\frac{13}{5} + 1 + \frac{29}{5}) = 13 + 5 + 29 = 47$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{0}^{x} e^{t} f(t) dt + e^{x}$.
$x=0$ લેતા,$f(0) = \int_{0}^{0} e^{t} f(t) dt + e^{0} = 0 + 1 = 1$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$f'(x) = e^{x} f(x) + e^{x} = e^{x}(f(x) + 1)$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{f'(x)}{f(x) + 1} = e^{x}$ મળે છે.
બંને બાજુ $0$ થી $x$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{0}^{x} \frac{f'(t)}{f(t) + 1} dt = \int_{0}^{x} e^{t} dt$.
$[\ln(f(t) + 1)]_{0}^{x} = [e^{t}]_{0}^{x}$.
$\ln(f(x) + 1) - \ln(f(0) + 1) = e^{x} - e^{0}$.
$f(0) = 1$ હોવાથી,$\ln(f(x) + 1) - \ln(2) = e^{x} - 1$.
$\ln\left(\frac{f(x) + 1}{2}\right) = e^{x} - 1$.
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા:
$\frac{f(x) + 1}{2} = e^{(e^{x} - 1)}$.
$f(x) = 2 e^{(e^{x} - 1)} - 1$.

(A) વક્રો $y = \sin x$ અને $y = \cos x$ પ્રથમ ચરણમાં $x = \frac{\pi}{4}$ આગળ છેદે છે.
$A_{1}$ એ $x = 0$ થી $x = \frac{\pi}{4}$ સુધી $y = \cos x$,$y = \sin x$ અને $y$-અક્ષ દ્વારા ઘેરાયેલું ક્ષેત્રફળ છે:
$A_{1} = \int_{0}^{\pi/4} (\cos x - \sin x) dx = [\sin x + \cos x]_{0}^{\pi/4} = (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) - (0 + 1) = \sqrt{2} - 1$.
$A_{2}$ એ $x = 0$ થી $x = \frac{\pi}{4}$ સુધી $y = \sin x$ અને $x = \frac{\pi}{4}$ થી $x = \frac{\pi}{2}$ સુધી $y = \cos x$ દ્વારા ઘેરાયેલું ક્ષેત્રફળ છે:
$A_{2} = \int_{0}^{\pi/4} \sin x dx + \int_{\pi/4}^{\pi/2} \cos x dx = [-\cos x]_{0}^{\pi/4} + [\sin x]_{\pi/4}^{\pi/2}$
$A_{2} = (-\frac{1}{\sqrt{2}} - (-1)) + (1 - \frac{1}{\sqrt{2}}) = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 - \frac{2}{\sqrt{2}} = 2 - \sqrt{2} = \sqrt{2}(\sqrt{2} - 1)$.
હવે,$A_{1} : A_{2} = (\sqrt{2} - 1) : \sqrt{2}(\sqrt{2} - 1) = 1 : \sqrt{2}$.
અને $A_{1} + A_{2} = (\sqrt{2} - 1) + (2 - \sqrt{2}) = 1$.

(C) આપણને આપેલ છે કે $I_{m, n} = \int_{0}^{1} x^{m-1}(1-x)^{n-1} dx$.
$x = \frac{1}{1+y}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{(1+y)^2} dy$ મળે.
જ્યારે $x=0, y \to \infty$ અને જ્યારે $x=1, y=0$.
તેથી,$I_{m, n} = \int_{\infty}^{0} (\frac{1}{1+y})^{m-1} (1 - \frac{1}{1+y})^{n-1} (-\frac{1}{(1+y)^2}) dy = \int_{0}^{\infty} \frac{y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy$.
તે જ રીતે,$I_{m, n} = \int_{0}^{\infty} \frac{y^{m-1}}{(1+y)^{m+n}} dy$.
બંનેનો સરવાળો કરતા,$2I_{m, n} = \int_{0}^{\infty} \frac{y^{m-1} + y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy$.
સંકલનને $y=1$ આગળ વિભાજિત કરતા:
$2I_{m, n} = \int_{0}^{1} \frac{y^{m-1} + y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy + \int_{1}^{\infty} \frac{y^{m-1} + y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy$.
બીજા સંકલનમાં,$y = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dy = -\frac{1}{t^2} dt$.
$\int_{1}^{\infty} \frac{y^{m-1} + y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy = \int_{1}^{0} \frac{(1/t)^{m-1} + (1/t)^{n-1}}{(1 + 1/t)^{m+n}} (-1/t^2) dt = \int_{0}^{1} \frac{t^{n-1} + t^{m-1}}{(t+1)^{m+n}} dt$.
આમ,$2I_{m, n} = \int_{0}^{1} \frac{y^{m-1} + y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy + \int_{0}^{1} \frac{y^{m-1} + y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy = 2 \int_{0}^{1} \frac{y^{m-1} + y^{n-1}}{(1+y)^{m+n}} dy$.
તેથી,$\int_{0}^{1} \frac{x^{m-1} + x^{n-1}}{(1+x)^{m+n}} dx = I_{m, n}$,જે સૂચવે છે કે $\alpha = 1$.

(C) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & -1 \end{bmatrix}$.
$A$ ની ઘાતની ગણતરી કરતા:
$A^2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$,$A^3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 0 \\ 3 & 0 & -1 \end{bmatrix}$,$A^4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$.
ગાણિતિક અનુમાન મુજબ,બેકી $n$ માટે $A^n = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^n & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ અને એકી $n$ માટે $A^n = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^n & 0 \\ 3 & 0 & -1 \end{bmatrix}$.
તેથી,$A^{20} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{20} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ અને $A^{19} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{19} & 0 \\ 3 & 0 & -1 \end{bmatrix}$.
સમીકરણ $A^{20} + \alpha A^{19} + \beta A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ માં કિંમતો મૂકતા:
$\begin{bmatrix} 1+\alpha+\beta & 0 & 0 \\ 0 & 2^{20}+\alpha 2^{19}+2\beta & 0 \\ 3\alpha+3\beta & 0 & 1-\alpha-\beta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$.
સરખામણી કરતા: $1+\alpha+\beta = 1 \Rightarrow \alpha+\beta = 0 \Rightarrow \beta = -\alpha$.
વધુમાં,$2^{20} + \alpha 2^{19} + 2\beta = 4$. $\beta = -\alpha$ મૂકતા:
$2^{20} + \alpha 2^{19} - 2\alpha = 4 \Rightarrow \alpha(2^{19}-2) = 4 - 2^{20}$.
$\alpha = \frac{4 - 2^{20}}{2^{19}-2} = -2$.
તેથી $\beta = 2$.
આમ,$\beta - \alpha = 2 - (-2) = 4$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(y+1) \tan ^{2} x \,dx+\tan x \,dy+y \,dx=0$ છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\tan x \,dy + (y \tan^2 x + y + \tan^2 x) \,dx = 0$ મળે છે.
$\tan x \,dx$ વડે ભાગતા,$\frac{dy}{dx} + \frac{y(\tan^2 x + 1) + \tan^2 x}{\tan x} = 0$ મળે.
$1+\tan^2 x = \sec^2 x$ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} + y \frac{\sec^2 x}{\tan x} = -\tan x$ થાય.
આ $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$ પ્રકારનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(x) = \frac{\sec^2 x}{\tan x}$ અને $Q(x) = -\tan x$.
સંકલ્યકારક અવયવ $IF = e^{\int \frac{\sec^2 x}{\tan x} \,dx} = e^{\ln(\tan x)} = \tan x$.
વ્યાપક ઉકેલ $y \cdot IF = \int Q(x) \cdot IF \,dx + C$ છે.
$y \tan x = \int -\tan^2 x \,dx + C = \int (1 - \sec^2 x) \,dx + C = x - \tan x + C$.
તેથી,$y = \frac{x}{\tan x} - 1 + \frac{C}{\tan x}$.
આપેલ છે કે $\lim_{x \to 0+} x y(x) = 1$,તેથી $\lim_{x \to 0+} x \left( \frac{x}{\tan x} - 1 + \frac{C}{\tan x} \right) = 1$.
$\lim_{x \to 0} \frac{x}{\tan x} = 1$ હોવાથી,લક્ષ $1(1) - 0 + C(1) = 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $1 + C = 1$,તેથી $C = 0$.
આમ,$y(x) = \frac{x}{\tan x} - 1$.
$x = \frac{\pi}{4}$ માટે,$y\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi/4}{1} - 1 = \frac{\pi}{4} - 1$.

(D) $A$ અથવા $B$ માંથી બરાબર એક ઘટના બને તેની સંભાવના $P(A \cap \overline{B}) + P(\overline{A} \cap B) = \frac{5}{9}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$A$ અને $B$ સ્વતંત્ર હોવાથી, આ $P(A)P(\overline{B}) + P(\overline{A})P(B) = \frac{5}{9}$ બને છે.
આપેલ કિંમતો $P(A) = p$ અને $P(B) = 2p$ મૂકતા, આપણને $p(1 - 2p) + (1 - p)(2p) = \frac{5}{9}$ મળે છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા, $p - 2p^2 + 2p - 2p^2 = \frac{5}{9}$, જેનું સાદું રૂપ $3p - 4p^2 = \frac{5}{9}$ થાય છે.
દ્વિઘાત સમીકરણમાં ગોઠવતા: $36p^2 - 27p + 5 = 0$.
અવયવ પાડતા: $(12p - 5)(3p - 1) = 0$.
આમ, $p = \frac{5}{12}$ અથવા $p = \frac{1}{3}$.
$p$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{5}{12}$ છે.

(B) સમઘાત સુરેખ સમીકરણોની સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ હોય તે માટે સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
ધારો કે $D = \begin{vmatrix} 1+\cos^2 \theta & \sin^2 \theta & 4\sin 3\theta \\ \cos^2 \theta & 1+\sin^2 \theta & 4\sin 3\theta \\ \cos^2 \theta & \sin^2 \theta & 1+4\sin 3\theta \end{vmatrix} = 0$.
$C_1 \rightarrow C_1 + C_2$ લેતા:
$D = \begin{vmatrix} 2 & \sin^2 \theta & 4\sin 3\theta \\ 2 & 1+\sin^2 \theta & 4\sin 3\theta \\ 1 & \sin^2 \theta & 1+4\sin 3\theta \end{vmatrix} = 0$.
$R_1 \rightarrow R_1 - R_2$ અને $R_2 \rightarrow R_2 - R_3$ લેતા:
$D = \begin{vmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & \sin^2 \theta & 1+4\sin 3\theta \end{vmatrix} = 0$.
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$-(-1) \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1+4\sin 3\theta \end{vmatrix} = 0 \implies 1(1+4\sin 3\theta) + 1 = 0$.
$2 + 4\sin 3\theta = 0 \implies \sin 3\theta = -\frac{1}{2}$.
$\theta \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ હોવાથી,$3\theta \in (0, \frac{3\pi}{2})$.
$\sin 3\theta = -\frac{1}{2}$ માટે,$3\theta = \frac{7\pi}{6}$ મળે.
તેથી,$\theta = \frac{7\pi}{18}$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \cos \left(2 \tan ^{-1} \sin \left(\cot ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{x}}\right)\right)$.
ધારો કે $\theta = \cot ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{x}}$. તેથી $\cot \theta = \sqrt{\frac{1-x}{x}}$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \theta = \sqrt{\frac{x}{1-x}}$.
નિત્યસમ $\sin \theta = \frac{\tan \theta}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}} = \frac{\sqrt{x/(1-x)}}{\sqrt{1+x/(1-x)}} = \sqrt{x}$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી,$\cot ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{x}} = \sin ^{-1} \sqrt{x}$.
આ કિંમત $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \cos \left(2 \tan ^{-1} \sqrt{x}\right)$.
નિત્યસમ $2 \tan ^{-1} u = \cos ^{-1} \left(\frac{1-u^2}{1+u^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \cos \left(\cos ^{-1} \left(\frac{1-x}{1+x}\right)\right) = \frac{1-x}{1+x}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષે $f(x)$ નું વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{(1+x)(-1) - (1-x)(1)}{(1+x)^2} = \frac{-1-x-1+x}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2}$.
હવે વિકલ્પો તપાસીએ. $(1-x)^2 f^{\prime}(x) + 2(f(x))^2$ ધ્યાનમાં લો:
$(1-x)^2 \left(\frac{-2}{(1+x)^2}\right) + 2 \left(\frac{1-x}{1+x}\right)^2 = \frac{-2(1-x)^2}{(1+x)^2} + \frac{2(1-x)^2}{(1+x)^2} = 0$.
આમ,$(1-x)^{2} f^{\prime}(x)+2(f(x))^{2}=0$ સાચું છે.

(A) આપેલ છે કે $\vec{a} = \hat{i} + \hat{j} + \hat{k}$ અને $\vec{b} = \hat{j} - \hat{k}$.
આપણને $\vec{a} \times \vec{c} = \vec{b}$ અને $\vec{a} \cdot \vec{c} = 3$ આપેલ છે.
આપણે $\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})$ શોધવાનું છે.
અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) = (\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c}$.
પ્રથમ,$\vec{a} \times \vec{b}$ ની ગણતરી કરીએ:
$\vec{a} \times \vec{b} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{vmatrix} = \hat{i}(-1-1) - \hat{j}(-1-0) + \hat{k}(1-0) = -2\hat{i} + \hat{j} + \hat{k}$.
હવે,સદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના નિત્યસમ $\vec{a} \times (\vec{a} \times \vec{c}) = (\vec{a} \cdot \vec{c})\vec{a} - (\vec{a} \cdot \vec{a})\vec{c}$ નો ઉપયોગ કરીએ.
$\vec{a} \times \vec{c} = \vec{b}$ હોવાથી,$\vec{a} \times \vec{b} = (\vec{a} \cdot \vec{c})\vec{a} - |\vec{a}|^2 \vec{c}$ મળે.
$|\vec{a}|^2 = 1^2 + 1^2 + 1^2 = 3$ અને $\vec{a} \cdot \vec{c} = 3$ આપેલ હોવાથી:
$-2\hat{i} + \hat{j} + \hat{k} = 3(\hat{i} + \hat{j} + \hat{k}) - 3\vec{c}$.
$3\vec{c} = 3\hat{i} + 3\hat{j} + 3\hat{k} - (-2\hat{i} + \hat{j} + \hat{k}) = 5\hat{i} + 2\hat{j} + 2\hat{k}$.
$\vec{c} = \frac{5}{3}\hat{i} + \frac{2}{3}\hat{j} + \frac{2}{3}\hat{k}$.
અંતે,$\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) = (\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c} = (-2\hat{i} + \hat{j} + \hat{k}) \cdot (\frac{5}{3}\hat{i} + \frac{2}{3}\hat{j} + \frac{2}{3}\hat{k}) = -\frac{10}{3} + \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = -\frac{6}{3} = -2$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-1 / \sqrt{2}}^{1 / \sqrt{2}} \sqrt{\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{2} + \left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{2} - 2} \, dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a^2 + b^2 - 2 = (a-b)^2$. અહીં $a = \frac{x+1}{x-1}$ અને $b = \frac{x-1}{x+1}$ છે.
તેથી,સંકલ્ય $\sqrt{(\frac{x+1}{x-1} - \frac{x-1}{x+1})^2} = |\frac{x+1}{x-1} - \frac{x-1}{x+1}|$ બને છે.
માનાંકની અંદરની પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{(x+1)^2 - (x-1)^2}{x^2-1} = \frac{4x}{x^2-1}$.
આમ,$I = \int_{-1 / \sqrt{2}}^{1 / \sqrt{2}} |\frac{4x}{x^2-1}| \, dx$.
સંકલ્ય યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = 2 \int_{0}^{1 / \sqrt{2}} |\frac{4x}{x^2-1}| \, dx = 8 \int_{0}^{1 / \sqrt{2}} |\frac{x}{x^2-1}| \, dx$.
$x \in [0, 1/\sqrt{2}]$ માટે,$x^2-1 < 0$,તેથી $|\frac{x}{x^2-1}| = -\frac{x}{x^2-1}$.
$I = -8 \int_{0}^{1 / \sqrt{2}} \frac{x}{x^2-1} \, dx = -4 \int_{0}^{1 / \sqrt{2}} \frac{2x}{x^2-1} \, dx$.
$I = -4 [\ln |x^2-1|]_{0}^{1 / \sqrt{2}} = -4 (\ln |1/2 - 1| - \ln |0-1|) = -4 (\ln(1/2) - 0) = -4 \ln(1/2) = 4 \ln 2 = \ln 16$.