KVPY 2009 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) ધારો કે સમાંતર શ્રેણી $a_n = a + (n-1)d$ છે,જ્યાં $a$ પ્રથમ પદ છે અને $d$ સામાન્ય તફાવત છે. પદો ભિન્ન હોવાથી,$d \neq 0$.
આપેલ છે કે $a_1, a_2, a_4, a_8$ સમગુણોત્તર શ્રેણીમાં છે,ધારો કે સામાન્ય ગુણોત્તર $r$ છે.
તેથી,$a_1 = a$,$a_2 = ar$,$a_4 = ar^2$,અને $a_8 = ar^3$.
સમાંતર શ્રેણીના પદો મૂકતા:
$a_1 = a$
$a_2 = a + d = ar \implies d = a(r-1)$
$a_4 = a + 3d = ar^2$
$a_8 = a + 7d = ar^3$
$a_4$ ના સમીકરણમાં $d = a(r-1)$ મૂકતા:
$a + 3(a(r-1)) = ar^2$
$a(1 + 3r - 3) = ar^2$
$a(3r - 2) = ar^2$
$a \neq 0$ હોવાથી,$3r - 2 = r^2$,જે $r^2 - 3r + 2 = 0$ આપે છે.
અવયવ પાડતા: $(r-1)(r-2) = 0$.
આથી $r = 1$ અથવા $r = 2$.
જો $r = 1$ હોય,તો $d = 0$ થાય,જે ભિન્ન સંખ્યાઓની શરતનો વિરોધાભાસ કરે છે.
તેથી,$r = 2$.

(B) ધારો કે $f(k) = \frac{(\sqrt{101})^k}{k!}$.
મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે ગુણોત્તર $\frac{f(k)}{f(k-1)} = \frac{\sqrt{101}}{k}$ તપાસીએ છીએ.
આપણે $k$ શોધવા માંગીએ છીએ જેથી $f(k) \ge f(k-1)$,જેનો અર્થ છે $\frac{\sqrt{101}}{k} \ge 1$,અથવા $k \le \sqrt{101}$.
કારણ કે $\sqrt{101} \approx 10.05$,શરત $k \le 10.05$ એ $k = 1, 2, \dots, 10$ માટે સાચી છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(1) < f(2) < \dots < f(10)$.
$k > 10$ માટે,ગુણોત્તર $\frac{\sqrt{101}}{k} < 1$ છે,તેથી $f(k) < f(k-1)$.
આમ,શ્રેણી $k=10$ સુધી વધે છે અને પછી ઘટે છે.
તેથી,મહત્તમ કિંમત $k = 10$ પર મળે છે.

(C) ધારો કે $x = \sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{6}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$x - \sqrt{6} = \sqrt{2} + \sqrt{3}$
$(x - \sqrt{6})^2 = (\sqrt{2} + \sqrt{3})^2$
$x^2 - 2\sqrt{6}x + 6 = 2 + 3 + 2\sqrt{6}$
$x^2 + 1 = 2\sqrt{6}(x + 1)$.
ફરીથી વર્ગ કરતા:
$(x^2 + 1)^2 = 24(x + 1)^2$
$x^4 + 2x^2 + 1 = 24(x^2 + 2x + 1)$
$x^4 - 22x^2 - 48x - 23 = 0$.
આમ,લઘુત્તમ બહુપદીની ઘાત $4$ છે,તેથી $n$ ની લઘુત્તમ શક્ય કિંમત $4$ છે.

(B) ધારો કે ત્રણ ખેલાડીઓ દ્વારા જીતવામાં આવેલી રમતોની સંખ્યા અનુક્રમે $x, y,$ અને $z$ છે.
આપણને આપેલ છે કે રમતોની કુલ સંખ્યા $x + y + z = 9$ છે.
અંતે દરેક ખેલાડીનો કુલ સ્કોર શૂન્ય હોવો જોઈએ.
જે ખેલાડી $x$ રમતો જીતે છે અને બાકીની $(9-x)$ રમતો હારે છે,તેનો કુલ સ્કોર $2x - 1(9-x) = 3x - 9$ થાય.
સ્કોર શૂન્ય કરવા માટે,આપણને $3x - 9 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 3$.
તે જ રીતે,$y = 3$ અને $z = 3$.
આમ,દરેક ખેલાડીએ $9$ માંથી બરાબર $3$ રમતો જીતવી આવશ્યક છે.
ત્રણ ખેલાડીઓ વચ્ચે જીતની વહેંચણી કરવાની રીતોની સંખ્યા મલ્ટિનોમિયલ સહગુણક દ્વારા મળે છે:
$\frac{9!}{3!3!3!} = \frac{362880}{6 \times 6 \times 6} = \frac{362880}{216} = 1680$.

(D) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A(2, 3)$ અને $B(4, 0)$ છે. ધારો કે પરિકેન્દ્ર $O(2, z)$ છે.
$O$ પરિકેન્દ્ર હોવાથી,$O$ થી તમામ શિરોબિંદુઓનું અંતર પરિત્રિજ્યા $R$ જેટલું હોય છે.
તેથી,$OA^2 = OB^2$.
$OA^2 = (2-2)^2 + (z-3)^2 = (z-3)^2$
$OB^2 = (4-2)^2 + (0-z)^2 = 2^2 + z^2 = 4 + z^2$
$OA^2 = OB^2$ ને સરખાવતા:
$(z-3)^2 = 4 + z^2$
$z^2 - 6z + 9 = 4 + z^2$
$-6z = 4 - 9$
$-6z = -5$
$z = \frac{5}{6}$
હવે,પરિત્રિજ્યા $R = OA = \sqrt{(2-2)^2 + (z-3)^2} = |z-3|$ શોધો.
$R = |\frac{5}{6} - 3| = |\frac{5-18}{6}| = |-\frac{13}{6}| = \frac{13}{6}$.

(B) ઉપવલયની નાભિઓ $S'(5, 15)$ અને $S(21, 15)$ છે.
નાભિઓ વચ્ચેનું અંતર $2ae = \sqrt{(21-5)^2 + (15-15)^2} = 16$,તેથી $ae = 8$.
ઉપવલયનું કેન્દ્ર નાભિઓનું મધ્યબિંદુ છે: $(\frac{5+21}{2}, \frac{15+15}{2}) = (13, 15)$.
$X$-અક્ષ $(y=0)$ એ ઉપવલયનો સ્પર્શક છે. કેન્દ્ર $(13, 15)$ થી સ્પર્શક રેખા $y=0$ નું અંતર $15$ છે.
ઉપવલય માટે,કેન્દ્રથી સ્પર્શક રેખાનું અંતર $b = 15$ (અર્ધ-ગૌણ અક્ષ) છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $b^2 = a^2 - (ae)^2$.
કિંમતો $b = 15$ અને $ae = 8$ મૂકતા:
$15^2 = a^2 - 8^2$
$225 = a^2 - 64$
$a^2 = 289$
$a = 17$
મુખ્ય અક્ષની લંબાઈ $2a = 2 \times 17 = 34$ છે.

(D) રેખા $2x + 3y = 18$ એ $Y$-અક્ષને $B$ માં છેદે છે. $x = 0$ મૂકતા,$3y = 18$,તેથી $y = 6$. આમ,$B = (0, 6)$.
$PB = PC$ આપેલ હોવાથી,$P$ એ રેખાખંડ $BC$ ના લંબદ્વિભાજક પર આવેલું છે. ધારો કે $D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $D$ એ રેખા $2x + 3y = 18$ પર છે અને $PD$ એ $BC$ ને લંબ છે,તેથી $BC$ નો ઢાળ $-2/3$ છે. આમ,$PD$ નો ઢાળ $3/2$ છે.
$P(10, 10)$ માંથી પસાર થતી રેખા $PD$ નું સમીકરણ $y - 10 = \frac{3}{2}(x - 10)$ છે,જે $3x - 2y = 10$ માં પરિણમે છે.
સમીકરણો ઉકેલતા:
$2x + 3y = 18$ $(i)$
$3x - 2y = 10$ (ii)
ઉકેલતા $D = (66/13, 34/13)$ મળે છે.
$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$a = 132/13$ અને $b = -10/13$ મળે છે.
$8a + 2b = 8(132/13) + 2(-10/13) = 1036/13 \approx 79.69$. આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $78$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\operatorname{cosec}^2(\alpha+\beta)-\sin^2(\beta-\alpha)+\sin^2(2\alpha-\beta)=\cos^2(\alpha-\beta)$.
પદોને ગોઠવતા: $\operatorname{cosec}^2(\alpha+\beta)+\sin^2(2\alpha-\beta)=\cos^2(\alpha-\beta)+\sin^2(\alpha-\beta)$.
નિત્યસમ $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ નો ઉપયોગ કરતા: $\operatorname{cosec}^2(\alpha+\beta)+\sin^2(2\alpha-\beta)=1$.
આ સમીકરણ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $\operatorname{cosec}^2(\alpha+\beta)=1$ અને $\sin^2(2\alpha-\beta)=0$ હોય.
તેથી,$\alpha+\beta = \frac{\pi}{2}$ અને $2\alpha-\beta = 0$.
સમીકરણો ઉકેલતા: $\alpha = \frac{\pi}{6}$ અને $\beta = \frac{\pi}{3}$.
આમ,$\sin(\alpha-\beta) = \sin(\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{3}) = \sin(-\frac{\pi}{6}) = -\frac{1}{2}$.

(A) આપેલ છે: $\sin x + \sin y = \frac{7}{5}$ $(i)$
અને: $\cos x + \cos y = \frac{1}{5}$ $(ii)$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{7}{5}$ $(iii)$
$2 \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{1}{5}$ $(iv)$
$(iii)$ ને $(iv)$ વડે ભાગતા:
$\tan \left(\frac{x+y}{2}\right) = 7$
નિત્યસમ $\sin(x+y) = \frac{2 \tan \left(\frac{x+y}{2}\right)}{1 + \tan^2 \left(\frac{x+y}{2}\right)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin(x+y) = \frac{2(7)}{1 + 7^2} = \frac{14}{50} = \frac{7}{25}$

(C) $0 \leq x \leq 12 \pi$ અંતરાલમાં $\sin x = \frac{6}{x}$ ના ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $y = \sin x$ અને $y = \frac{6}{x}$ ના આલેખના છેદબિંદુઓ શોધીએ છીએ.
$1$. વિધેય $y = \sin x$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે $2 \pi$ ના આવર્તકાળ સાથે દોલન કરે છે.
$2$. વિધેય $y = \frac{6}{x}$ એ એક અતિવલય છે જે $x$ વધતા ઘટે છે.
$3$. $x > 0$ માટે,છેદબિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં $\sin x = \frac{6}{x}$ થાય. કારણ કે $|\sin x| \leq 1$,તેથી $|\frac{6}{x}| \leq 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x \geq 6$.
$4$. $[0, 12 \pi]$ અંતરાલમાં,$y = \frac{6}{x}$ નો વક્ર સાઈન તરંગના શિખરોને છેદે છે. આલેખનું અવલોકન કરતા,$y = \frac{6}{x}$ વક્ર સાઈન તરંગને દરેક $2 \pi$ ના ગાળામાં બે વાર છેદે છે.
$5$. આલેખ પરથી છેદબિંદુઓ ગણતા,કુલ $10$ બિંદુઓ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) ધારો કે પરવલય પરનું બિંદુ $B\left(\frac{K^2}{4}, K\right)$ છે અને $A(0,3)$ છે.
અંતર $AB = \sqrt{\left(\frac{K^2}{4} - 0\right)^2 + (K - 3)^2} = \sqrt{\frac{K^4}{16} + K^2 - 6K + 9}$.
ધારો કે $f(K) = AB^2 = \frac{K^4}{16} + K^2 - 6K + 9$.
લઘુત્તમ અંતર શોધવા માટે,આપણે $f'(K) = 0$ લઈને $f(K)$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય શોધીએ.
$f'(K) = \frac{4K^3}{16} + 2K - 6 = \frac{K^3}{4} + 2K - 6 = 0$.
$4$ વડે ગુણતા,આપણને $K^3 + 8K - 24 = 0$ મળે છે.
નિરીક્ષણ દ્વારા,$K=2$ એ ઉકેલ છે: $(2)^3 + 8(2) - 24 = 8 + 16 - 24 = 0$.
$K^3 + 8K - 24$ ને $(K-2)$ વડે ભાગતા,આપણને $(K-2)(K^2 + 2K + 12) = 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $K^2 + 2K + 12$ નો વિવેચક ઋણ છે $(D = 4 - 48 = -44)$,તેથી $K=2$ એ એકમાત્ર વાસ્તવિક ઉકેલ છે.
$K=2$ માટે,બિંદુ $B$ એ $\left(\frac{2^2}{4}, 2\right) = (1, 2)$ છે.
લઘુત્તમ અંતર $AB = \sqrt{(1-0)^2 + (2-3)^2} = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.

(D) ધારો કે ટ્રક $i$ માં પેકેટનું વજન $w_i$ છે,જ્યાં $w_i \in \{999, 1000\}$ છે.
જો બધી ટ્રકોમાં $1000 \ g$ ના પેકેટ હોત,તો કુલ વજન:
$W_{max} = 1000(1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^9) = 1000(2^{10} - 1) = 1023000 \ g$ થાત.
આપેલ કુલ વજન $1022870 \ g$ છે.
તફાવત $1023000 - 1022870 = 130 \ g$ છે.
દરેક હલકું પેકેટ $1000 \ g$ કરતા $1 \ g$ ઓછું હોવાથી,$130$ ને $2$ ની ઘાત તરીકે દર્શાવતા:
$130 = 128 + 2 = 2^7 + 2^1$.
આનો અર્થ એ છે કે $2$ જી ટ્રક $(2^1)$ અને $8$ મી ટ્રક $(2^7)$ માં હલકા પેકેટ છે.

(A) પરબિડીયામાં વધુમાં વધુ $3$ ટિકિટો સમાઈ શકે છે. આપણી પાસે $1$ મૂલ્યની ત્રણ અને $a$ મૂલ્યની ત્રણ ટિકિટો છે.
$n$ ટિકિટો $(n \le 3)$ દ્વારા બનતા શક્ય મૂલ્યો:
$1$ ટિકિટ: $1, a$
$2$ ટિકિટો: $1+1=2, 1+a, a+a=2a$
$3$ ટિકિટો: $1+1+1=3, 1+1+a=a+2, 1+a+a=2a+1, a+a+a=3a$
જો $a=2$ હોય,તો શક્ય મૂલ્યો: $1, 2, 3, 4, 5, 6$ છે.
સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક જે મેળવી શકાતો નથી તે $7$ છે.

(A) આપેલ શરત $(a, b_1) \in R$ અને $(a, b_2) \in R \Rightarrow b_1 = b_2$ એ ગણ $A$ થી ગણ $B$ પરના વિધેયની વ્યાખ્યા છે.
વિધેયમાં,ગણ $A$ ના દરેક ઘટક $a$ ને ગણ $B$ ના માત્ર એક જ ઘટક $b$ સાથે જોડવામાં આવે છે.
ગણ $A$ માં $m$ ઘટકો છે અને દરેક ઘટક માટે ગણ $B$ માં $n$ વિકલ્પો છે,તેથી આવા સંબંધો (જે વિધેય છે) ની કુલ સંખ્યા $n \times n \times \dots \times n$ ($m$ વખત) થાય.
તેથી,આવા સંબંધોની કુલ સંખ્યા $n^m$ છે.

(C) બહુપદી $p(x)$ ની ઘાત નક્કી કરવા માટે આપણે શાંત તફાવત (finite differences) ની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $x = -2, -1, 0, 1, 2, 3$ માટે $p(x)$ ના મૂલ્યો $y_i$ છે:
$x = -2, y = -15$
$x = -1, y = 1$
$x = 0, y = 7$
$x = 1, y = 9$
$x = 2, y = 13$
$x = 3, y = 25$
પ્રથમ તફાવત $(\Delta y)$: $1 - (-15) = 16, 7 - 1 = 6, 9 - 7 = 2, 13 - 9 = 4, 25 - 13 = 12$
બીજો તફાવત $(\Delta^2 y)$: $6 - 16 = -10, 2 - 6 = -4, 4 - 2 = 2, 12 - 4 = 8$
ત્રીજો તફાવત $(\Delta^3 y)$: $-4 - (-10) = 6, 2 - (-4) = 6, 8 - 2 = 6$
અહીં ત્રીજો તફાવત અચળ $(6)$ હોવાથી,બહુપદી $p(x)$ ની ઘાત $n = 3$ છે.
આમ,$n$ ની શક્ય ન્યૂનતમ કિંમત $3$ છે.

(C) ધારો કે $a, b, c$ એ ત્રિકોણની બાજુઓ છે.
$a^2+b^2 \geq 2ab$,$b^2+c^2 \geq 2bc$,અને $c^2+a^2 \geq 2ac$ હોવાથી,આ અસમતાઓનો સરવાળો કરતા $2(a^2+b^2+c^2) \geq 2(ab+bc+ca)$ મળે,જે સૂચવે છે કે $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \geq 1$. આમ,$t \geq 1$.
ત્રિકોણ માટે,ત્રિકોણની અસમતા મુજબ $a < b+c$,$b < a+c$,અને $c < a+b$.
તેથી $a^2 < a(b+c) = ab+ac$,$b^2 < ab+bc$,અને $c^2 < ac+bc$.
સરવાળો કરતા $a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ca)$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $t < 2$.
આમ,$t$ ની શક્ય કિંમતોનો ગણ $\{x \in \mathbb{R} \mid 1 \leq x < 2\}$ છે.

(A) ધારો કે સમદ્વિબાજુ સમલંબ ચતુષ્કોણની સમાંતર બાજુઓ $a$ અને $b$ છે,અને અસમાંતર બાજુઓ $c$ છે. વિકર્ણ $d$ છે. લંબાઈઓનો ગણ $\{a, b, c, d\} = \{a, b\}$ છે.
$a > b$ હોવાથી,બાજુઓ $a, b, a, a$ અને વિકર્ણ $d = a$ અથવા $d = b$ હોવા જોઈએ.
જો $c=b$ અને $d=a$ હોય,તો $a^2 = b^2 + ab$ મળે.
$b^2$ વડે ભાગતા,$(a/b)^2 - (a/b) - 1 = 0$ મળે.
$x = a/b$ લેતા,$x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ મળે.

(D) ધારો કે $O$ કેન્દ્ર અને $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળના પરિઘ પર બે બિંદુઓ $A$ અને $B$ છે.
ધારો કે $\theta$ એ કેન્દ્ર પર જીવા $AB$ દ્વારા આંતરેલો કેન્દ્રીય ખૂણો $\angle AOB$ છે.
જીવા $AB$ ની લંબાઈ $2r \sin(\frac{\theta}{2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપણે ઇચ્છીએ છીએ કે અંતર $AB \ge r$ હોય,જેનો અર્થ છે કે $2r \sin(\frac{\theta}{2}) \ge r$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\sin(\frac{\theta}{2}) \ge \frac{1}{2}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{\theta}{2} \ge 30^{\circ}$ અથવા $\theta \ge 60^{\circ}$.
બિંદુઓ યાદચ્છિક રીતે પસંદ કરવામાં આવતા હોવાથી,ખૂણો $\theta$ એ $0$ થી $180^{\circ}$ સુધીની રેન્જમાં હોઈ શકે છે (કારણ કે અંતર $\theta$ અને $360^{\circ}-\theta$ માટે સમાન છે).
ખૂણા $\theta$ ની કુલ રેન્જ $180^{\circ}$ છે.
$\theta$ માટે સાનુકૂળ રેન્જ $60^{\circ} \le \theta \le 180^{\circ}$ છે.
સંભાવના એ સાનુકૂળ રેન્જ અને કુલ રેન્જનો ગુણોત્તર છે: $P = \frac{180^{\circ} - 60^{\circ}}{180^{\circ}} = \frac{120^{\circ}}{180^{\circ}} = \frac{2}{3}$.

(B) ધારો કે સંખ્યાઓનો ગણ $S = \{2, 4, 6, 8, 20, 22, 24, 26, 28, 40, \dots \}$ છે.
આ સંખ્યાઓ $5$ અંકો $\{0, 2, 4, 6, 8\}$ નો ઉપયોગ કરીને બનાવવામાં આવે છે.
કારણ કે $0$ પ્રથમ અંક હોઈ શકે નહીં,$n$-મી સંખ્યા $a_n$ ને $5$ ના આધાર (base-$5$) સાથે સંબંધિત કરી શકાય છે.
ધારો કે $n$ ને $5$ ના આધારમાં $(d_k d_{k-1} \dots d_0)_5$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે. $n$-મી સંખ્યા $a_n$ એ અંકો $0, 1, 2, 3, 4$ ને અનુક્રમે $0, 2, 4, 6, 8$ સાથે બદલીને મેળવવામાં આવે છે.
મોટા $n$ માટે,$a_n \approx 2 \cdot 10^{\log_5 n}$.
લોગરીધમ લેતા,$\log a_n \approx \log 2 + \log_5 n \cdot \log 10 = \log 2 + \frac{\log n}{\log 5} \cdot \log 10$.
$\log n$ વડે ભાગતા અને $n \rightarrow \infty$ લેતા:
$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\log a_n}{\log n} = \frac{\log 10}{\log 5} = \log_5 10$.

(C) સરવાળો $S = \sum \limits_{1 \leq j < i \leq n} (i-j)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દરેક તફાવત $k = i-j$ કેટલી વાર આવે છે તેની ગણતરી કરીને આપણે આ સરવાળાને ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
નિશ્ચિત તફાવત $k$ માટે,જ્યાં $1 \leq k \leq n-1$,જોડીઓ $(j, i)$ એવી છે કે $i-j = k$ એ $(1, 1+k), (2, 2+k), \ldots, (n-k, n)$ છે.
આવી બરાબર $(n-k)$ જોડીઓ છે.
તેથી,કુલ સરવાળો $S = \sum \limits_{k=1}^{n-1} k(n-k)$ છે.
$S = n \sum \limits_{k=1}^{n-1} k - \sum \limits_{k=1}^{n-1} k^2$.
સૂત્રો $\sum_{k=1}^{m} k = \frac{m(m+1)}{2}$ અને $\sum_{k=1}^{m} k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરીને,જ્યાં $m = n-1$:
$S = n \frac{(n-1)n}{2} - \frac{(n-1)n(2n-2+1)}{6} = \frac{n^2(n-1)}{2} - \frac{n(n-1)(2n-1)}{6}$.
$S = \frac{n(n-1)}{6} [3n - (2n-1)] = \frac{n(n-1)(n+1)}{6}$.
કારણ કે ${ }^{n+1} C_3 = \frac{(n+1)n(n-1)}{6}$,તેથી સરવાળો ${ }^{n+1} C_3$ થાય છે.

(D) આપેલ અસમતા $\frac{\sqrt{x+5}}{1-x} > 1$ છે.
વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$x+5 \ge 0 \Rightarrow x \ge -5$ અને $x \neq 1$ હોવું જોઈએ.
કિસ્સો $1$: જો $1-x > 0$,એટલે કે $x < 1$,તો $\sqrt{x+5} > 1-x$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $x+5 > (1-x)^2 = 1 - 2x + x^2$.
$x^2 - 3x - 4 < 0 \Rightarrow (x-4)(x+1) < 0$.
આથી $-1 < x < 4$.
$x < 1$ સાથે જોડતા,આપણને $-1 < x < 1$ મળે છે.
કિસ્સો $2$: જો $1-x < 0$,એટલે કે $x > 1$,તો $\sqrt{x+5} < 1-x$ જે અશક્ય છે કારણ કે ડાબી બાજુ ધન અને જમણી બાજુ ઋણ છે.
તેથી,ઉકેલ $-1 < x < 1$ છે.

(A) $t_n$ એ $\{1, 2, 3, \ldots, n\}$ માંથી પસંદ કરેલી ભિન્ન પૂર્ણાંક બાજુઓવાળા ત્રિકોણોની સંખ્યા દર્શાવે છે.
$t_{20} - t_{19}$ એ $\{1, 2, 3, \ldots, 20\}$ માંથી પસંદ કરેલી એવી ત્રિકોણોની સંખ્યા દર્શાવે છે જેમાં સૌથી મોટી બાજુ $20$ હોય.
ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $x, y, 20$ છે જ્યાં $x < y < 20$.
ત્રિકોણની અસમતા મુજબ,$x + y > 20$.
$y < 20$ હોવાથી,$y$ ની શક્ય કિંમતો $11$ થી $19$ સુધીની છે.
નિશ્ચિત $y$ માટે,સૌથી નાની બાજુ $x$ એ $20 - y < x < y$ નું પાલન કરવું જોઈએ.
આમ,$x$ માટેની શક્ય કિંમતોની સંખ્યા $2y - 20$ છે.
$y = 11, 12, \ldots, 19$ માટે સરવાળો કરતા:
$1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 = 81$.
આમ,$t_{20} - t_{19} = 81$.

(A) આપેલ સમીકરણો:
$(i) x = x^2 + y^2$
$(ii) y = 2xy$
સમીકરણ $(ii)$ પરથી:
$y - 2xy = 0$
$y(1 - 2x) = 0$
આથી $y = 0$ અથવા $x = \frac{1}{2}$ મળે.
કિસ્સો $1$: જો $y = 0$ હોય,તો $(i)$ માં મૂકતા:
$x = x^2 + 0^2$
$x^2 - x = 0$
$x(x - 1) = 0$
તેથી,$x = 0$ અથવા $x = 1$.
આમ,$(0, 0)$ અને $(1, 0)$ જોડી મળે.
કિસ્સો $2$: જો $x = \frac{1}{2}$ હોય,તો $(i)$ માં મૂકતા:
$\frac{1}{2} = (\frac{1}{2})^2 + y^2$
$\frac{1}{2} = \frac{1}{4} + y^2$
$y^2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$
$y = \pm \frac{1}{2}$.
આમ,$(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ અને $(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2})$ જોડી મળે.
આમ,$(x, y)$ ની કુલ સંખ્યા $4$ છે.

(A) આપણને સમીકરણ $x^3-3|x|+2=0$ આપેલ છે. આપણે ધન વાસ્તવિક ઉકેલોની સંખ્યા શોધવાની છે.
કિસ્સો $I$: $x > 0$
$x > 0$ હોવાથી,$|x| = x$ થાય. સમીકરણ આ મુજબ બને છે:
$x^3 - 3x + 2 = 0$
નિરીક્ષણ દ્વારા,$x = 1$ એક બીજ છે. અવયવ પાડતા:
$(x - 1)^2(x + 2) = 0$
તેથી બીજ $x = 1$ અને $x = -2$ મળે છે.
આપણે $x > 0$ ધાર્યું હોવાથી,માત્ર $x = 1$ એ માન્ય ધન ઉકેલ છે.
કિસ્સો $II$: $x < 0$
$x < 0$ હોવાથી,$|x| = -x$ થાય. સમીકરણ આ મુજબ બને છે:
$x^3 + 3x + 2 = 0$
ધારો કે $f(x) = x^3 + 3x + 2$. $f'(x) = 3x^2 + 3 > 0$ હોવાથી,આ વિધેય સતત વધતું વિધેય છે અને તેનો માત્ર એક જ વાસ્તવિક ઉકેલ છે જે $(-1, 0)$ ની વચ્ચે આવે છે. આ ઉકેલ ઋણ છે.
આમ,સમીકરણનું સમાધાન કરતી માત્ર એક જ ધન વાસ્તવિક સંખ્યા $x = 1$ છે.

(C) આપેલ છે કે $(1+2x)^{20} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots + a_{20}x^{20}$.
$x=1$ મૂકતા,$3^{20} = a_0 + a_1 + a_2 + \dots + a_{20} \dots (i)$.
$x=-1$ મૂકતા,$1 = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \dots + a_{20} \dots (ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા,$a_0 + a_2 + a_4 + \dots + a_{20} = \frac{3^{20}+1}{2}$.
$(i)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા,$a_1 + a_3 + a_5 + \dots + a_{19} = \frac{3^{20}-1}{2}$.
આપણે $S = 3a_0 + 2a_1 + 3a_2 + 2a_3 + \dots + 2a_{19} + 3a_{20}$ ની કિંમત શોધવી છે.
આને $S = 3(a_0 + a_2 + \dots + a_{20}) + 2(a_1 + a_3 + \dots + a_{19})$ તરીકે લખી શકાય.
કિંમતો મૂકતા,$S = 3 \left( \frac{3^{20}+1}{2} \right) + 2 \left( \frac{3^{20}-1}{2} \right)$.
$S = \frac{3 \cdot 3^{20} + 3 + 2 \cdot 3^{20} - 2}{2} = \frac{5 \cdot 3^{20} + 1}{2}$.

(B) $O$ ની નજીકના બિંદુઓનો સમૂહ $R$ એ અર્ધ-તલ $H_i = \{X : dist(X, O) < dist(X, P_i)\}$ ના છેદ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
દરેક સીમા રેખા $dist(X, O) = dist(X, P_i)$ એ રેખાખંડ $OP_i$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
વર્તુળમાં $O$ ની આસપાસ સપ્રમાણ રીતે ગોઠવાયેલા $5$ આવા બિંદુઓ $P_i$ હોવાથી,આ $5$ અર્ધ-તલોનો છેદ $O$ પર કેન્દ્રિત એક નિયમિત પંચકોણ બનાવે છે.
આમ,$R$ એ એક પંચકોણીય પ્રદેશ છે.

(B) ધારો કે $P(x, y)$ એ $XY$-સમતલનું કોઈપણ બિંદુ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,પ્રથમ કંપનીનો ખર્ચ $2 \times PA$ અને બીજી કંપનીનો ખર્ચ $3 \times PB$ છે.
આપણે તે વિસ્તાર શોધી રહ્યા છીએ જ્યાં પ્રથમ કંપની સસ્તી છે,તેથી $2 PA < 3 PB$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$4 PA^2 < 9 PB^2$.
બિંદુઓ $A(2, 0)$ અને $B(0, 3)$ ની કિંમતો મૂકતા,$4[(x-2)^2 + y^2] < 9[x^2 + (y-3)^2]$.
વિસ્તરણ કરતા,$4(x^2 - 4x + 4 + y^2) < 9(x^2 + y^2 - 6y + 9)$.
$4x^2 - 16x + 16 + 4y^2 < 9x^2 + 9y^2 - 54y + 81$.
પદોને ગોઠવતા,$5x^2 + 5y^2 + 16x - 54y + 65 > 0$.
$5$ વડે ભાગતા,$x^2 + y^2 + 3.2x - 10.8y + 13 > 0$.
પૂર્ણ વર્ગ બનાવતા,$(x + 1.6)^2 + (y - 5.4)^2 > 18.72$.
આ દર્શાવે છે કે વિસ્તાર વર્તુળ $(x + 1.6)^2 + (y - 5.4)^2 = 18.72$ ની બહારનો છે.

(D) ધારો કે અંતઃવૃત્તનું કેન્દ્ર $O$ અને ત્રિજ્યા $r$ છે. અંતઃવૃત્ત $AC$ ને $D$ પર,$BC$ ને $E$ પર અને $AB$ ને $F$ પર સ્પર્શે છે.
$O$ કેન્દ્ર હોવાથી અને $OE \perp BC$,$OF \perp AB$,તથા $OE=OF=r$ હોવાથી,ચતુષ્કોણ $O E B F$ એ $r$ બાજુવાળો ચોરસ છે.
તેથી,$BE = BF = r$.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી:
$AF = AD = 10$
$CE = CD = 3$
તેથી,કાટકોણ $\triangle ABC$ ની બાજુઓ નીચે મુજબ છે:
$AB = AF + BF = 10 + r$
$BC = CE + BE = 3 + r$
$AC = AD + DC = 10 + 3 = 13$
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AB^2 + BC^2 = AC^2$:
$(10 + r)^2 + (3 + r)^2 = 13^2$
$100 + 20r + r^2 + 9 + 6r + r^2 = 169$
$2r^2 + 26r + 109 = 169$
$2r^2 + 26r - 60 = 0$
$r^2 + 13r - 30 = 0$
$(r + 15)(r - 2) = 0$
$r > 0$ હોવાથી,$r = 2$ મળે.
આમ,અંતઃત્રિજ્યા $2$ છે.

(A) ધારો કે ચતુષ્કોણની બાજુઓ $a=5, b=10, c=20$ છે અને ચોથી બાજુ $x$ છે.
કોઈપણ ચતુષ્કોણમાં,કોઈપણ એક બાજુની લંબાઈ બાકીની ત્રણ બાજુઓના સરવાળા કરતા ઓછી હોવી જોઈએ.
આનાથી આપણને નીચેની અસમાનતાઓ મળે છે:
$x < 5 + 10 + 20 \implies x < 35$
$5 < 10 + 20 + x \implies 5 < 30 + x \implies x > -25$
$10 < 5 + 20 + x \implies 10 < 25 + x \implies x > -15$
$20 < 5 + 10 + x \implies 20 < 15 + x \implies x > 5$
આ બધાને જોડતા,આપણને $5 < x < 35$ મળે છે.
$x$ એ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી,$x$ માટેની શક્ય કિંમતો $6$ થી $34$ સુધીના પૂર્ણાંકો છે.
આવી કિંમતોની સંખ્યા $34 - 6 + 1 = 29$ છે.

(B) ધારો કે $10$ વાગ્યા પછી $x$ મિનિટ થઈ છે.
$10$ વાગ્યે,કલાકનો કાંટો $12$ વાગ્યાની સ્થિતિથી $300^{\circ}$ પર હોય છે.
$x$ મિનિટમાં,મિનિટનો કાંટો $12$ વાગ્યાની સ્થિતિથી $6x^{\circ}$ ફરે છે.
કલાકનો કાંટો $x$ મિનિટમાં $\frac{x}{2}^{\circ}$ ફરે છે,તેથી તેની સ્થિતિ $12$ વાગ્યાથી $(300 + \frac{x}{2})^{\circ}$ થાય છે.
કાંટા ઊભી રેખા ($12-6$ રેખા) ની સાપેક્ષમાં સંમિત હોવા માટે,મિનિટના કાંટાનો $12$ વાગ્યાથી ખૂણો (ઘડિયાળની દિશામાં) અને કલાકના કાંટાનો $12$ વાગ્યાથી ખૂણો (ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં) સમાન હોવા જોઈએ.
કલાકના કાંટાનો $12$ વાગ્યાથી ખૂણો (ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં) $360^{\circ} - (300 + \frac{x}{2})^{\circ} = (60 - \frac{x}{2})^{\circ}$ છે.
બંનેને સરખાવતા: $6x = 60 - \frac{x}{2}$.
$12x = 120 - x$ $\Rightarrow 13x = 120$ $\Rightarrow x = \frac{120}{13} \approx 9.2307\,\text{મિનિટ}$.
$0.2307 \times 60 \approx 13.84\,\text{સેકન્ડ}$,જે $14\,\text{સેકન્ડ}$ થાય છે.
આમ,સમય $10\,\text{કલાક } 9\,\text{મિનિટ } 14\,\text{સેકન્ડ}$ છે.

(B) ધારો કે $C, F,$ અને $T$ એ અનુક્રમે ક્રિકેટ,ફૂટબોલ અને ટેનિસ પસંદ કરતા વિદ્યાર્થીઓના ગણ છે.
આપેલ છે: $n(C) = 74 \%$,$n(F) = 76 \%$,$n(T) = 82 \%$.
જે વિદ્યાર્થીઓ આ રમતો પસંદ કરતા નથી તેમની ટકાવારી:
$n(C^c) = 100 \% - 74 \% = 26 \%$
$n(F^c) = 100 \% - 76 \% = 24 \%$
$n(T^c) = 100 \% - 82 \% = 18 \%$
પૂરક ગણો માટે સમાવેશ-બાકાતનો સિદ્ધાંત વાપરતા,જે વિદ્યાર્થીઓ ઓછામાં ઓછી એક રમત પસંદ કરતા નથી તેમની ટકાવારી વધુમાં વધુ $n(C^c) + n(F^c) + n(T^c) = 26 \% + 24 \% + 18 \% = 68 \%$ છે.
જે વિદ્યાર્થીઓ ત્રણેય રમતો પસંદ કરે છે તેમની ટકાવારી ઓછામાં ઓછી $100 \% - (n(C^c) + n(F^c) + n(T^c)) = 100 \% - 68 \% = 32 \%$ છે.

(C) પૂર્ણાંકો $k$ એ $2^n+1, 2^n+2, \dots, 2^{n+1}-1$ છે.
આ એક સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં $a = 2^n+1$,$l = 2^{n+1}-1$,અને પદોની સંખ્યા $N = 2^n-1$ છે.
સરવાળો $S_n = \frac{N}{2}(a+l) = 3 \cdot 2^{n-1}(2^n-1)$ થાય.
$9$ એ $S_n$ ને ભાગે તે માટે $2^{n-1}(2^n-1)$ એ $3$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$2 \equiv -1 \pmod{3}$ હોવાથી,$2^n-1$ એ $3$ વડે ત્યારે જ ભાગી શકાય જો $n$ બેકી સંખ્યા હોય.

(A) આપેલ છે કે $\log _a b=4$ અને $\log _c d=2$,જ્યાં $a, b, c, d \in \mathbb{N}$.
લઘુગણકની વ્યાખ્યા મુજબ,$b=a^4$ અને $d=c^2$ થાય.
$b-d=7$ આપેલ હોવાથી,$b$ અને $d$ ની કિંમતો મૂકતા:
$a^4-c^2=7$
આને $(a^2)^2 - c^2 = 7$ તરીકે લખી શકાય,જેનું અવયવીકરણ $(a^2-c)(a^2+c)=7$ થાય.
$a, c \in \mathbb{N}$ હોવાથી,$a^2+c$ અને $a^2-c$ એ $7$ ના અવયવો છે. $a^2+c > a^2-c$ અને $7$ અવિભાજ્ય સંખ્યા હોવાથી:
$a^2+c=7$ અને $a^2-c=1$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2a^2 = 8$ $\Rightarrow a^2 = 4$ $\Rightarrow a = 2$ ($a \in \mathbb{N}$ હોવાથી).
$a=2$ ને $a^2+c=7$ માં મૂકતા: $4+c=7 \Rightarrow c=3$.
તેથી,$c-a = 3-2 = 1$.

(B) આપણી પાસે $P(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 = \frac{1 - x^6}{1 - x}$ છે.
નોંધો કે $P(x) = 0$ માટે $x = \omega^k$ જ્યાં $\omega = e^{i \frac{2\pi}{6}}$ અને $k \in \{1, 2, 3, 4, 5\}$.
જ્યારે $P(x^{12})$ ને $P(x)$ વડે ભાગવામાં આવે ત્યારે આપણે શેષ $R(x)$ શોધવા માંગીએ છીએ.
$P(x^{12}) = 1 + (x^{12}) + (x^{12})^2 + (x^{12})^3 + (x^{12})^4 + (x^{12})^5$.
$P(x)$ ના કોઈપણ બીજ $\alpha$ માટે,આપણી પાસે $\alpha^6 = 1$ છે.
તેથી,$\alpha^{12} = (\alpha^6)^2 = 1^2 = 1$.
$P(x^{12})$ માં $x = \alpha$ મૂકતા,આપણને $P(\alpha^{12}) = 1 + 1 + 1^2 + 1^3 + 1^4 + 1^5 = 6$ મળે છે.
કારણ કે $P(x^{12}) = P(x)Q(x) + R(x)$,અને $P(\alpha) = 0$,તેથી $R(\alpha) = P(\alpha^{12}) = 6$ એ $P(x)$ ના તમામ $5$ બીજ માટે સાચું છે.
કારણ કે $R(x)$ એ મહત્તમ $4$ ઘાતવાળી બહુપદી છે અને તે $5$ અલગ-અલગ બિંદુઓ પર $6$ કિંમત ધારણ કરે છે,તેથી $R(x)$ એ અચળ બહુપદી $6$ હોવી જોઈએ.

(B) ધારો કે $BE$ અને $CF$ એ $B$ અને $C$ માંથી અનુક્રમે બાજુઓ $AC$ અને $AB$ પરના વેધ છે.
આપેલ છે કે $BE \geq AC$ અને $CF \geq AB$.
$\triangle ABE$ માં,$\sin A = \frac{BE}{AB} \implies BE = AB \sin A$.
$BE \geq AC$ હોવાથી,$AB \sin A \geq AC \dots (i)$.
$\triangle ACF$ માં,$\sin A = \frac{CF}{AC} \implies CF = AC \sin A$.
$CF \geq AB$ હોવાથી,$AC \sin A \geq AB \dots (ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો ગુણાકાર કરતા,$(AB \cdot AC) \sin^2 A \geq (AB \cdot AC) \implies \sin^2 A \geq 1$.
$\sin A \leq 1$ હોવાથી,આનો અર્થ એ થાય કે $\sin^2 A = 1$,તેથી $\sin A = 1$,જેનો અર્થ છે કે $A = 90^{\circ}$.
$A = 90^{\circ}$ ને $(i)$ અને $(ii)$ માં મૂકતા,આપણને $AB \geq AC$ અને $AC \geq AB$ મળે છે,તેથી $AB = AC$.
આમ,ત્રિકોણના ખૂણાઓ $90^{\circ}, 45^{\circ}, 45^{\circ}$ છે.

(C) ધારો કે $E$ એ $A$ માંથી $BC$ પર દોરેલ લંબનો પગ છે. $\triangle ABC$ સમદ્વિબાજુ હોવાથી,$E$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે.
ધારો કે $BE = EC = x$.
તો $BD = x - DE = 7$ અને $CD = x + DE$.
$\triangle ADE$ માં,$AE^2 = AD^2 - DE^2 = 33^2 - DE^2$.
$\triangle ABE$ માં,$AE^2 = AB^2 - BE^2 = 37^2 - x^2$.
$AE^2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$33^2 - DE^2 = 37^2 - x^2$
$x^2 - DE^2 = 37^2 - 33^2$
$(x - DE)(x + DE) = (37 - 33)(37 + 33)$
$BD = x - DE = 7$ હોવાથી:
$7 \cdot CD = 4 \cdot 70$
$7 \cdot CD = 280$
$CD = 40$.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $R$ પર વિકલનીય છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0)$
$\lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{\sin x^2}{x} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (x^2 + ax + b)$
લક્ષ $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\lim_{x \rightarrow 0^-} (x \cdot \frac{\sin x^2}{x^2}) = 0 \cdot 1 = 0$.
આમ,$0 = b$,તેથી $b = 0$.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ એ જમણી બાજુના વિકલન $(RHD)$ જેટલું હોવું જોઈએ:
$LHD = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{\frac{\sin(-h)^2}{-h} - 0}{-h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{\sin h^2}{h^2} = 1$.
$RHD = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{h^2 + ah + b - b}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} (h + a) = a$.
$LHD$ અને $RHD$ ને સરખાવતા,આપણને $a = 1$ મળે છે.
તેથી,$a = 1$ અને $b = 0$.

(C) ધારો કે $I = \int \limits_0^1 \cos (\pi x) \cos ([2 x] \pi) d x$.
કારણ કે $[2x]$ એ સ્ટેપ વિધેય છે,આપણે સંકલનને $x = \frac{1}{2}$ પર વિભાજિત કરીએ છીએ:
$0 \le x < \frac{1}{2}$ માટે,$[2x] = 0$,તેથી $\cos([2x]\pi) = \cos(0) = 1$.
$\frac{1}{2} \le x < 1$ માટે,$[2x] = 1$,તેથી $\cos([2x]\pi) = \cos(\pi) = -1$.
આમ,$I = \int \limits_0^{1/2} \cos(\pi x) \cdot (1) d x + \int \limits_{1/2}^1 \cos(\pi x) \cdot (-1) d x$.
$I = \left[ \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \right]_0^{1/2} - \left[ \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \right]_{1/2}^1$.
$I = \frac{1}{\pi} [\sin(\frac{\pi}{2}) - \sin(0)] - \frac{1}{\pi} [\sin(\pi) - \sin(\frac{\pi}{2})]$.
$I = \frac{1}{\pi} [1 - 0] - \frac{1}{\pi} [0 - 1] = \frac{1}{\pi} + \frac{1}{\pi} = \frac{2}{\pi}$.

(A) ધારો કે $I_n = \int _{0}^{1} x^{10} \sin (n x) d x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = x^{10}$ અને $dv = \sin (n x) dx$ લો.
તેથી $du = 10 x^9 dx$ અને $v = -\frac{\cos (n x)}{n}$ મળે.
$I_n = \left[ -\frac{x^{10} \cos (n x)}{n} \right]_{0}^{1} + \frac{10}{n} \int _{0}^{1} x^9 \cos (n x) d x$.
$I_n = -\frac{\cos n}{n} + \frac{10}{n} \int _{0}^{1} x^9 \cos (n x) d x$.
કારણ કે $|\cos (n x)| \le 1$,તેથી $\left| \int _{0}^{1} x^9 \cos (n x) d x \right| \le \int _{0}^{1} x^9 dx = \frac{1}{10}$.
તેથી,$|I_n| \le \left| -\frac{\cos n}{n} \right| + \frac{10}{n} \cdot \frac{1}{10} = \frac{|\cos n|}{n} + \frac{1}{n} \le \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = \frac{2}{n}$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $\frac{2}{n} \rightarrow 0$.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} I_n = 0$.

(B) આપેલ પરવલયો $y=x^2$ અને $y=1-x^2$ છે.
છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$x^2 = 1-x^2$ લો,જે $2x^2 = 1$ આપે છે,તેથી $x^2 = \frac{1}{2}$,એટલે કે $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
છેદબિંદુઓ $A\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)$ અને $C\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)$ છે.
ઘેરાયેલા પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ $x = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ થી $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$ સુધી ઉપરના વક્રમાંથી નીચેનો વક્ર બાદ કરીને સંકલન કરવાથી મળે છે.
ક્ષેત્રફળ $= \int_{-\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} [(1-x^2) - x^2] dx = \int_{-\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} (1-2x^2) dx$.
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,ક્ષેત્રફળ $= 2 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} (1-2x^2) dx$.
$= 2 \left[ x - \frac{2x^3}{3} \right]_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} = 2 \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{2}{3} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^3 \right] = 2 \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{2}{3 \cdot 2 \sqrt{2}} \right] = 2 \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{3 \sqrt{2}} \right]$.
$= 2 \left[ \frac{3-1}{3 \sqrt{2}} \right] = 2 \left[ \frac{2}{3 \sqrt{2}} \right] = \frac{4}{3 \sqrt{2}} = \frac{2 \sqrt{2}}{3} \text{ ચોરસ એકમ}$.

(B) આપેલ સદિશો $a = 3 \hat{i} - 4 \hat{k}$ અને $b = 5 \hat{j} + 12 \hat{k}$ છે.
સદિશોના માન:
$|a| = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16} = 5$
$|b| = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = 13$
$a$ અને $b$ ની દિશામાં એકમ સદિશો $\hat{a} = \frac{3 \hat{i} - 4 \hat{k}}{5}$ અને $\hat{b} = \frac{5 \hat{j} + 12 \hat{k}}{13}$ છે.
ખૂણાને દુભાગતો સદિશ $\hat{a} + \hat{b}$ દ્વારા મળે છે.
$\hat{a} + \hat{b} = \frac{3 \hat{i} - 4 \hat{k}}{5} + \frac{5 \hat{j} + 12 \hat{k}}{13} = \frac{39 \hat{i} - 52 \hat{k} + 25 \hat{j} + 60 \hat{k}}{65} = \frac{39 \hat{i} + 25 \hat{j} + 8 \hat{k}}{65}$
આમ,માંગેલ સદિશ $39 \hat{i} + 25 \hat{j} + 8 \hat{k}$ છે.

(C) $y=||x-3|-4|-5$ અને $X$-અક્ષ દ્વારા ઘેરાયેલા પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $y=0$ લઈને $X$-અંત:ખંડો નક્કી કરીએ છીએ:
$||x-3|-4|-5 = 0$
$||x-3|-4| = 5$
$|x-3|-4 = 5$ અથવા $|x-3|-4 = -5$
$|x-3| = 9$ અથવા $|x-3| = -1$ (અશક્ય)
$x-3 = 9$ અથવા $x-3 = -9$
$x = 12$ અથવા $x = -6$
વિધેય $y=||x-3|-4|-5$ નો આલેખ $W$ આકારનો છે. તેના શિરોબિંદુઓ $(-6, 0)$,$(-1, -5)$,$(3, -1)$,$(7, -5)$,અને $(12, 0)$ છે.
આ ક્ષેત્રફળ આલેખ અને $X$-અક્ષ વચ્ચે બનેલા બે ત્રિકોણ અને બે સમલંબ ચતુષ્કોણનો સરવાળો છે:
$1$. $(-6, 0)$,$(-1, 0)$,અને $(-1, -5)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો ત્રિકોણ: ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 5 \times 5 = 12.5$
$2$. $(-1, 0)$,$(3, 0)$,$(3, -1)$,અને $(-1, -5)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો સમલંબ ચતુષ્કોણ: ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times (5 + 1) \times 4 = 12$
$3$. $(3, 0)$,$(7, 0)$,$(7, -5)$,અને $(3, -1)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો સમલંબ ચતુષ્કોણ: ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times (1 + 5) \times 4 = 12$
$4$. $(7, 0)$,$(12, 0)$,અને $(7, -5)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો ત્રિકોણ: ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 5 \times 5 = 12.5$
કુલ ક્ષેત્રફળ $= 12.5 + 12 + 12 + 12.5 = 49$ ચોરસ એકમ.

(D) ધારો કે $y = f(x) = (\sin x)^{\sin x}$,જ્યાં $x \in (0, \pi)$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln y = \sin x \ln(\sin x)$ મળે.
ધારો કે $u = \sin x$. $x \in (0, \pi)$ હોવાથી,$u$ નો વિસ્તાર $(0, 1]$ છે.
આપણે $g(u) = u^u$ ને $u \in (0, 1]$ માટે વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
વિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે $g(u)$ નું $u$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$g'(u) = u^u (1 + \ln u)$.
$g'(u) = 0$ લેતા,$1 + \ln u = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\ln u = -1$,તેથી $u = e^{-1} = \frac{1}{e}$.
$u = \frac{1}{e}$ પર,$g(\frac{1}{e}) = (e^{-1})^{e^{-1}} = e^{-1/e}$ મળે.
જ્યારે $u \to 0^+$,ત્યારે $g(u) = u^u \to 1$ (લક્ષ $\lim_{u \to 0^+} u^u = 1$ નો ઉપયોગ કરતા).
$u = 1$ પર,$g(1) = 1^1 = 1$ મળે.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $e^{-1/e}$ અને મહત્તમ કિંમત $1$ છે.
તેથી,વિસ્તાર $[e^{-1/e}, 1]$ છે.

(D) ક્ષેત્રફળ $A$ એ સંકલન $\int_{1}^{10} \frac{1}{x} dx = [\ln x]_{1}^{10} = \ln 10$ દ્વારા મળે છે.
સરવાળો $B = \sum_{n=1}^{9} \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{9}$ ધ્યાનમાં લો. આ અંતરાલ $[1, 10]$ પર વિધેય $f(x) = \frac{1}{x}$ માટે ઉપરનો રીમાન સરવાળો છે. $f(x)$ ઘટતું વિધેય હોવાથી,ઉપરનો સરવાળો વક્ર હેઠળના ક્ષેત્રફળ કરતા મોટો છે,તેથી $B > A$.
સરવાળો $C = \sum_{n=2}^{10} \frac{1}{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{10}$ ધ્યાનમાં લો. આ અંતરાલ $[1, 10]$ પર વિધેય $f(x) = \frac{1}{x}$ માટે નીચેનો રીમાન સરવાળો છે. $f(x)$ ઘટતું વિધેય હોવાથી,નીચેનો સરવાળો વક્ર હેઠળના ક્ષેત્રફળ કરતા નાનો છે,તેથી $C < A$.
આમ,આપણી પાસે $C < A < B$ છે.
$B-A$ અને $A-C$ ની સરખામણી કરવા માટે,નોંધો કે $B-A = \sum_{n=1}^{9} (\frac{1}{n} - \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx)$ અને $A-C = \sum_{n=1}^{9} (\int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx - \frac{1}{n+1})$.
વિધેય $f(x) = \frac{1}{x}$ બહિર્મુખ હોવાથી,વક્ર હેઠળનું ક્ષેત્રફળ ઉપરના સરવાળા કરતા નીચેના સરવાળાની વધુ નજીક છે,જે દર્શાવે છે કે $B - A < A - C$ સાચો સંબંધ છે.
તેથી,$C < A < B$ અને $B - A < A - C$.

(B) ધારો કે ગોલકની પ્રારંભિક ત્રિજ્યા $r$ છે અને પ્રારંભિક ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
વધારા પછી,નવું ઘનફળ $V' = V + 0.728V = 1.728V$ થાય છે.
કારણ કે $V' = \frac{4}{3} \pi (r')^3$,તેથી $\frac{4}{3} \pi (r')^3 = 1.728 \times \frac{4}{3} \pi r^3$ મળે.
આમ,$(r')^3 = 1.728 r^3$,જેનો અર્થ છે કે $r' = \sqrt[3]{1.728} r = 1.2r$.
પ્રારંભિક સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $S = 4 \pi r^2$ છે અને નવું સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $S' = 4 \pi (r')^2$ છે.
$S' = 4 \pi (1.2r)^2 = 4 \pi (1.44 r^2) = 1.44 S$.
સપાટીના ક્ષેત્રફળમાં થતો ટકાવારી વધારો $\frac{S' - S}{S} \times 100 = (1.44 - 1) \times 100 = 44 \%$ છે.

(D) કુલ ચાવીઓની સંખ્યા $10$ છે અને માત્ર $1$ ચાવી તાળું ખોલે છે.
ચાવીઓ એક પછી એક બદલ્યા વગર અજમાવવામાં આવતી હોવાથી,$k$-મી ચાવી કામ કરે તેની સંભાવના એ છે કે પ્રથમ $k-1$ ચાવીઓ નિષ્ફળ જાય અને $k$-મી ચાવી સફળ થાય.
ધારો કે $F_i$ એ ઘટના છે કે $i$-મી ચાવી નિષ્ફળ જાય છે અને $S_i$ એ ઘટના છે કે $i$-મી ચાવી સફળ થાય છે.
આપણે $P(F_1 \cap F_2 \cap F_3 \cap F_4 \cap F_5 \cap F_6 \cap S_7)$ શોધવા માંગીએ છીએ.
સંભાવનાના ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$P(F_1) = \frac{9}{10}$
$P(F_2 | F_1) = \frac{8}{9}$
$P(F_3 | F_1 \cap F_2) = \frac{7}{8}$
$P(F_4 | F_1 \cap F_2 \cap F_3) = \frac{6}{7}$
$P(F_5 | F_1 \cap F_2 \cap F_3 \cap F_4) = \frac{5}{6}$
$P(F_6 | F_1 \cap F_2 \cap F_3 \cap F_4 \cap F_5) = \frac{4}{5}$
$P(S_7 | F_1 \cap F_2 \cap F_3 \cap F_4 \cap F_5 \cap F_6) = \frac{1}{4}$
આ સંભાવનાઓનો ગુણાકાર કરતા:
$P = \frac{9}{10} \times \frac{8}{9} \times \frac{7}{8} \times \frac{6}{7} \times \frac{5}{6} \times \frac{4}{5} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{10}$.