KVPY 2010 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a, ar, ar^2$ છે,જ્યાં $a > 0$ અને $r > 0$.
ત્રિકોણની અસમતા મુજબ,કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
$1$. $a + ar > ar^2$ $\Rightarrow 1 + r > r^2$ $\Rightarrow r^2 - r - 1 < 0$.
$r^2 - r - 1 = 0$ ના બીજ $r = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ છે. $r > 0$ હોવાથી,$r < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ મળે.
$2$. $ar + ar^2 > a \Rightarrow r^2 + r - 1 > 0$.
$r^2 + r - 1 = 0$ ના બીજ $r = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$ છે. $r > 0$ હોવાથી,$r > \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ મળે.
આ બંનેને જોડતા,$\frac{\sqrt{5} - 1}{2} < r < \frac{\sqrt{5} + 1}{2}$ મળે છે.

(D) લંબચોરસ એ નિયમિત બહુકોણના બે વિકર્ણો દ્વારા રચાય છે જે કેન્દ્રમાં છેદે છે.
$n$ બાજુઓ ધરાવતા નિયમિત બહુકોણ માટે,જ્યાં $n$ બેકી સંખ્યા છે,આવા લંબચોરસની સંખ્યા વ્યાસની જોડીની સંખ્યા દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$n = 12$,તેથી વ્યાસની સંખ્યા (કેન્દ્રમાંથી પસાર થતા વિકર્ણો) $\frac{n}{2} = \frac{12}{2} = 6$ છે.
આ $6$ વ્યાસમાંથી કોઈપણ બે વ્યાસ એક લંબચોરસ બનાવે છે.
તેથી,લંબચોરસની સંખ્યા $^6C_2 = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15$ છે.

(B) આપેલ છે કે $1, \omega, \omega^2$ એ એકમના ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2=0$.
બહુપદીના બીજ નીચે મુજબ છે:
$z_1 = 2\omega$
$z_2 = 2\omega^2$
$z_3 = 3+4\omega$
$z_4 = 3+4\omega^2$
$z_5 = 5-(\omega+\omega^2) = 5-(-1) = 6$
બહુપદીના સહગુણકો વાસ્તવિક હોવાથી,જો $z$ એ બીજ હોય તો તેનો અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યા $\bar{z}$ પણ બીજ હોય.
$1$. $z_1 = 2\omega$ માટે,અનુબદ્ધ $\bar{z_1} = 2\omega^2$ છે,જે $z_2$ છે.
$2$. $z_3 = 3+4\omega$ માટે,અનુબદ્ધ $\bar{z_3} = 3+4\omega^2$ છે,જે $z_4$ છે.
$3$. $z_5 = 6$ માટે,અનુબદ્ધ $\bar{z_5} = 6$ છે.
આમ,કુલ $5$ ભિન્ન બીજ મળે છે. તેથી,બહુપદીની ન્યૂનતમ ઘાત $5$ છે.

(C) પરવલયનું સમીકરણ $y^2=4x$ છે. આ પરવલયની નિયામિકા $x=-1$ છે.
બિંદુ $B(1,2)$ આગળ પરવલયના સ્પર્શકનું સમીકરણ $y y_1 = 2a(x+x_1)$ છે,જ્યાં $a=1$. $(1,2)$ મૂકતા,આપણને $2y = 2(x+1)$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $y=x+1$ થાય છે.
સ્પર્શક $y=x+1$ એ નિયામિકા $x=-1$ ને બિંદુ $A$ માં છેદે છે. સ્પર્શકના સમીકરણમાં $x=-1$ મૂકતા,આપણને $y=-1+1=0$ મળે છે. તેથી,$A$ એ $(-1,0)$ છે.
ધારો કે વર્તુળ નિયામિકાને બિંદુ $C(-1, k)$ આગળ સ્પર્શે છે. $AB$ અને $AC$ એ વર્તુળના સ્પર્શકો હોવાથી,તેમની લંબાઈ સમાન હોય,એટલે કે $AB=AC$.
લંબાઈ $AB = \sqrt{(1 - (-1))^2 + (2-0)^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.
લંબાઈ $AC = \sqrt{(-1 - (-1))^2 + (k-0)^2} = \sqrt{0^2 + k^2} = |k|$.
બંને લંબાઈ સરખાવતા,$|k| = 2\sqrt{2}$. આકૃતિમાં બિંદુ $C$ એ $x$-અક્ષની ઉપર હોવાથી,$k = 2\sqrt{2}$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $ABC$ એક સમબાજુ ત્રિકોણ છે,તેથી તેના બધા ખૂણા $60^{\circ}$ છે.
$KLMN$ લંબચોરસ હોવાથી,$NK \perp BC$ અને $NM \parallel BC$.
$\triangle BKN$ માં,$\angle B = 60^{\circ}$ અને $\angle BKN = 90^{\circ}$,તેથી $\angle KNB = 30^{\circ}$.
આપણને આપેલ છે કે $\frac{AN}{NB} = 2$,જેનો અર્થ છે કે $AN = 2NB$. તેથી,$AB = AN + NB = 3NB$.
$\triangle BKN$ માં,$NK = BN \sin 60^{\circ} = BN \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $BK = BN \cos 60^{\circ} = \frac{BN}{2}$.
$\triangle BKN$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times BK \times NK = \frac{1}{2} \times \frac{BN}{2} \times \frac{BN \sqrt{3}}{2} = \frac{BN^2 \sqrt{3}}{8}$.
ક્ષેત્રફળ $6$ આપેલ હોવાથી,$\frac{BN^2 \sqrt{3}}{8} = 6$,તેથી $BN^2 = \frac{48}{\sqrt{3}} = 16\sqrt{3}$.
સમબાજુ ત્રિકોણ $ABC$ ની બાજુની લંબાઈ $s = AB = 3BN$ છે.
તેથી,$s^2 = 9BN^2 = 9 \times 16\sqrt{3} = 144\sqrt{3}$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{\sqrt{3}}{4} s^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 144\sqrt{3} = \frac{144 \times 3}{4} = 108$.

(C) ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ છે.
ધારો કે ઉપવલય પરનું બિંદુ $P(a \cos \theta, b \sin \theta)$ છે.
ઉપવલયની નાભિઓ $F_1(ae, 0)$ અને $F_2(-ae, 0)$ છે.
$\triangle P F_1 F_2$ નું મધ્યકેન્દ્ર $(h, k)$ નીચે મુજબ મળે:
$h = \frac{a \cos \theta + ae - ae}{3} = \frac{a \cos \theta}{3}$
$k = \frac{b \sin \theta + 0 + 0}{3} = \frac{b \sin \theta}{3}$
તેથી,$\cos \theta = \frac{3h}{a}$ અને $\sin \theta = \frac{3k}{b}$.
નિત્યસમ $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left(\frac{3h}{a}\right)^2 + \left(\frac{3k}{b}\right)^2 = 1$
$\frac{9h^2}{a^2} + \frac{9k^2}{b^2} = 1$
$(h, k)$ ને $(x, y)$ વડે બદલતા,બિંદુપથ $\frac{x^2}{(a/3)^2} + \frac{y^2}{(b/3)^2} = 1$ મળે છે,જે એક ઉપવલય છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\cos^7 \theta - \sin^4 \theta = 1$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $\cos^7 \theta = 1 + \sin^4 \theta$
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ $\theta$ માટે,$\cos^7 \theta$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
વળી,$\sin^4 \theta \geq 0$ હોવાથી,જમણી બાજુ $(RHS)$ $1 + \sin^4 \theta \geq 1$ થાય છે.
સમાનતા જળવાઈ રહે તે માટે,બંને બાજુ $1$ હોવી જોઈએ.
તેથી,$\cos^7 \theta = 1$ અને $\sin^4 \theta = 0$.
$\cos^7 \theta = 1$ પરથી,$\cos \theta = 1$ મળે,જે $[0, 2\pi]$ અંતરાલમાં $\theta = 0, 2\pi$ સૂચવે છે.
$\sin^4 \theta = 0$ પરથી,$\sin \theta = 0$ મળે,જે $[0, 2\pi]$ અંતરાલમાં $\theta = 0, \pi, 2\pi$ સૂચવે છે.
બંને શરતોનું પાલન કરતા સામાન્ય મૂલ્યો $\theta = 0$ અને $\theta = 2\pi$ છે.
તેથી,આપેલ અંતરાલમાં $2$ ઉકેલો છે.

(C) ધારો કે $P = (1+\tan 1^{\circ})(1+\tan 2^{\circ}) \dots (1+\tan 44^{\circ})(1+\tan 45^{\circ})$.
આપણે નિત્યસમ $(1+\tan \theta)(1+\tan(45^{\circ}-\theta)) = 2$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પદોની જોડી બનાવતા: $(1+\tan 1^{\circ})(1+\tan 44^{\circ}) = 2$,$(1+\tan 2^{\circ})(1+\tan 43^{\circ}) = 2$,...,$(1+\tan 22^{\circ})(1+\tan 23^{\circ}) = 2$.
આવી $22$ જોડીઓ છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર $2^{22}$ થાય.
છેલ્લે,$(1+\tan 45^{\circ}) = 1+1 = 2$ બાકી રહે છે.
આમ,કુલ ગુણાકાર $2^{22} \times 2 = 2^{23}$ થાય.

(D) પ્રદેશ $A$ એ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર કેન્દ્રિત અને $r = 10$ ત્રિજ્યા ધરાવતું વર્તુળ છે. આ વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $\pi r^2 = 100\pi$ છે.
પ્રદેશ $B$ એ $\sin(x+y) > 0$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે. આ અસમતા ત્યારે સાચી પડે છે જ્યારે કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે $2n\pi < x+y < (2n+1)\pi$ હોય.
ભૌમિતિક રીતે,પ્રદેશ $B$ એ કાર્તેઝિયન સમતલમાં સમાંતર પટ્ટીઓનો અનંત સમૂહ છે,જે તમામ પૂર્ણાંક $k$ માટે $x+y = k\pi$ રેખાઓ દ્વારા સીમિત છે.
ઉગમબિંદુની આસપાસ વર્તુળ $A$ ની સમપ્રમાણતા અને સાઈન વિધેયના આવર્તનીય સ્વભાવને કારણે,પ્રદેશ $B$ એ વર્તુળ $A$ ના ક્ષેત્રફળનો બરાબર અડધો ભાગ આવરી લે છે. ખાસ કરીને,દરેક પટ્ટી માટે જ્યાં $\sin(x+y) > 0$ છે,વર્તુળની અંદર એક સમાન પટ્ટી છે જ્યાં $\sin(x+y) < 0$ છે.
તેથી,છેદગણ $A \cap B$ નું ક્ષેત્રફળ એ વર્તુળ $A$ ના ક્ષેત્રફળ કરતા બરાબર અડધું છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times (100\pi) = 50\pi$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(D) $7$ શિરોબિંદુઓમાંથી $3$ શિરોબિંદુઓ પસંદ કરવાની કુલ રીતો $^7C_3 = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$ છે.
નિયમિત $7$-બાજુવાળા બહુકોણ માટે,એક શિરોબિંદુ $A$ લો. આપણે $A$ ને શિરોબિંદુ તરીકે લઈને સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ બનાવી શકીએ છીએ,જેમાં બાકીના બે શિરોબિંદુઓ $A$ થી સમાન અંતરે હોય. દરેક શિરોબિંદુ માટે,આવી $3$ જોડીઓ મળે છે,જે $3$ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે.
કુલ $7$ શિરોબિંદુઓ હોવાથી,સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણની કુલ સંખ્યા $7 \times 3 = 21$ થાય.
તેથી,જરૂરી સંભાવના $\frac{21}{35} = \frac{3}{5}$ છે.

(D) $6$-અંકની સંખ્યામાં એકી સ્થાનો $P_1, P_3, P_5$ અને બેકી સ્થાનો $P_2, P_4, P_6$ છે. $4$ વડે વિભાજ્યતા માટે છેલ્લા બે અંકો $P_5 P_6$ એ $4$ વડે વિભાજ્ય હોવા જોઈએ. ગણતરી કરતા કુલ $1440$ સંખ્યાઓ મળે છે.

(D) ધારો કે $P(x) = 1+x^2+x^4+\ldots+x^{2010}$.
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં $1006$ પદો છે,પ્રથમ પદ $a=1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r=x^2$ છે.
$P(x) = \frac{1-(x^2)^{1006}}{1-x^2} = \frac{1-x^{2012}}{1-x^2}$.
આપણે ઇચ્છીએ છીએ કે $Q(x) = 1+x+x^2+\ldots+x^{n-1} = \frac{1-x^n}{1-x}$ એ $P(x)$ ને ભાગે.
$P(x) = \frac{(1-x^{1006})(1+x^{1006})}{(1-x)(1+x)} = \left(\frac{1-x^{1006}}{1-x}\right) \left(\frac{1+x^{1006}}{1+x}\right)$.
અહીં $\frac{1-x^{1006}}{1-x} = 1+x+x^2+\ldots+x^{1005}$ છે.
$Q(x)$ એ $P(x)$ ને ભાગે તે માટે,$n$ એ $1006$ નો ભાજક હોવો જોઈએ જેથી $1005 \le n \le 2010$ થાય.
$1006 = 2 \times 503$ ના ભાજકો $1, 2, 503, 1006$ છે.
અંતરાલ $[1005, 2010]$ માં એકમાત્ર કિંમત $n=1006$ છે.

(A) આપેલ છે કે,$a_0=0$ અને $n \geq 1$ માટે $a_n=3 a_{n-1}+1$.
પદોને આ રીતે લખી શકાય:
$a_1 = 3(0) + 1 = 1$
$a_2 = 3(1) + 1 = 3 + 1$
$a_3 = 3(3+1) + 1 = 3^2 + 3 + 1$
સામાન્ય રીતે,$a_n = 1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{n-1} = \frac{3^n - 1}{3 - 1} = \frac{3^n - 1}{2}$.
આપણે $a_{2010} = \frac{3^{2010} - 1}{2}$ ને $11$ વડે ભાગતા મળતી શેષ શોધવાની છે.
આ $\frac{3^{2010} - 1}{2} \equiv x \pmod{11}$ શોધવા સમાન છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $3^{2010} - 1 \equiv 2x \pmod{11}$ મળે.
ફર્માના નાના પ્રમેય મુજબ,$3^{10} \equiv 1 \pmod{11}$.
$2010 = 10 \times 201$ હોવાથી,$3^{2010} = (3^{10})^{201} \equiv 1^{201} \equiv 1 \pmod{11}$.
તેથી,$3^{2010} - 1 \equiv 1 - 1 \equiv 0 \pmod{11}$.
આમ,$2x \equiv 0 \pmod{11}$,જેનો અર્થ છે કે $x = 0$ કારણ કે $2$ અને $11$ પરસ્પર અવિભાજ્ય છે.
શેષ $0$ છે.

(C) વિસ્તરણ $\left(x^{1/2} + \frac{1}{2x^{1/4}}\right)^n$ નું સામાન્ય પદ $T_{r+1} = { }^n C_r \cdot 2^{-r} \cdot x^{\frac{2n-3r}{4}}$ છે.
પ્રથમ ત્રણ પદોના સહગુણકો $T_1 = { }^n C_0$,$T_2 = \frac{{ }^n C_1}{2}$,અને $T_3 = \frac{{ }^n C_2}{4}$ છે.
આપેલ છે કે $T_1, T_2, T_3$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2T_2 = T_1 + T_3$.
$n = 1 + \frac{n(n-1)}{8} \Rightarrow n^2 - 9n + 8 = 0$.
$(n-1)(n-8) = 0$. $n=8$ લેતા.
$x$ નો ઘાતાંક $\frac{16-3r}{4} = 4 - \frac{3r}{4}$ છે.
પૂર્ણાંક ઘાતાંક માટે $r = 0, 4, 8$ શક્ય છે.
આમ,$x$ ના પૂર્ણાંક ઘાતાંક ધરાવતા $3$ પદો છે.

(B) આપેલ છે કે $2x^2+2x+1$ એ $(x+1)^n-r$ ને ભાગે છે, તેથી $2x^2+2x+1=0$ ના બીજ $(x+1)^n-r=0$ ને સંતોષવા જોઈએ.
$2x^2+2x+1=0$ ને દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ઉકેલતા:
$x = \frac{-2 \pm \sqrt{4-8}}{4} = \frac{-1 \pm i}{2}$.
$x = \frac{-1+i}{2}$ ને $(x+1)^n = r$ માં મૂકતા:
$(\frac{-1+i}{2} + 1)^n = r \Rightarrow (\frac{1+i}{2})^n = r$.
$\frac{1+i}{2}$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવતા: $\frac{1+i}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{i\pi/4}$.
તેથી, $(\frac{1}{\sqrt{2}} e^{i\pi/4})^n = r \Rightarrow \frac{1}{2^{n/2}} e^{in\pi/4} = r$.
કારણ કે $r$ વાસ્તવિક સંખ્યા છે, કાલ્પનિક ભાગ શૂન્ય હોવો જોઈએ, તેથી $\sin(\frac{n\pi}{4}) = 0$, જેનો અર્થ છે કે $n$ એ $4$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$n=4000$ માટે, $r = \frac{1}{2^{4000/2}} \cos(\frac{4000\pi}{4}) = \frac{1}{2^{2000}} \cos(1000\pi) = \frac{1}{2^{2000}} = \frac{1}{4^{1000}}$.
આમ, $(n, r) = (4000, \frac{1}{4^{1000}})$.

(B) આપેલ સમીકરણ $(y-ax-b)(bx^2+ay^2-ab)=0$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે કાં તો $y-ax-b=0$ અથવા $bx^2+ay^2-ab=0$.
$1$. $y=ax+b$ એ $a$ ઢાળ અને $b$ $y$-અંતઃખંડ ધરાવતી સીધી રેખા દર્શાવે છે.
$2$. $bx^2+ay^2=ab$ ને $\frac{x^2}{a} + \frac{y^2}{b} = 1$ તરીકે લખી શકાય છે (ધારી લઈએ કે $a, b \neq 0$).
જો $a > 0$ અને $b < 0$ હોય,તો સમીકરણ $\frac{x^2}{a} - \frac{y^2}{|b|} = 1$ બને છે,જે આડા અક્ષ પર ખુલતું અતિવલય (hyperbola) દર્શાવે છે.
જો $a < 0$ અને $b > 0$ હોય,તો સમીકરણ $-\frac{x^2}{|a|} + \frac{y^2}{b} = 1$ બને છે,જે ઊભા અક્ષ પર ખુલતું અતિવલય દર્શાવે છે.
આપેલ આકૃતિઓ જોતા,આકૃતિ $2$ એ રેખા સાથે આડા અક્ષ પર ખુલતું અતિવલય દર્શાવે છે,જે $a > 0$ અને $b < 0$ વાળા કિસ્સાને અનુરૂપ છે. તેથી,આકૃતિ $2$ સાચી રજૂઆત છે.

(B) ધારો કે $ABCD$ એ $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળમાં અંતર્ગત ચક્રીય ચતુષ્કોણ છે,જ્યાં $\angle A = 120^{\circ}$.
ચક્રીય ચતુષ્કોણ હોવાથી,$\angle C = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$.
ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ એ $\triangle ABD$ અને $\triangle BCD$ ના ક્ષેત્રફળનો સરવાળો છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $\frac{3\sqrt{3}}{4} R^2$ મળે છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $6^m + 2^{m+n} \cdot 3^w + 2^n = 332$.
આ સમીકરણને $6^m + 2^m \cdot 2^n \cdot 3^w + 2^n = 332$ તરીકે લખી શકાય,જેનું સાદું રૂપ $6^m + 2^n(2^m \cdot 3^w + 1) = 332$ થાય.
જો $m=2$ લઈએ,તો $6^2 + 2^n(2^2 \cdot 3^w + 1) = 332$.
$36 + 2^n(4 \cdot 3^w + 1) = 332$.
$2^n(4 \cdot 3^w + 1) = 296$.
કારણ કે $296 = 8 \times 37 = 2^3 \times 37$,તેથી $2^n = 2^3$,એટલે કે $n=3$.
વળી,$4 \cdot 3^w + 1 = 37$,જેનો અર્થ છે કે $4 \cdot 3^w = 36$,તેથી $3^w = 9$,જે $w=2$ આપે છે.
આમ,$m=2, n=3$ એ ધન પૂર્ણાંકો છે જે સમીકરણનું સમાધાન કરે છે.
હવે,$m^2 + mn + n^2 = (2)^2 + (2)(3) + (3)^2 = 4 + 6 + 9 = 19$.

(C) ધારો કે સમીકરણ $x^2+bx+a=0$ ના બીજ $\alpha$ અને $\beta$ છે.
બીજના ગુણધર્મો પરથી,આપણી પાસે $\alpha+\beta = -b$ અને $\alpha\beta = a$ છે.
આપેલ છે કે સમીકરણ $x^2+ax+b=0$ ના બીજ પ્રથમ સમીકરણના બીજ કરતા $1$ વધારે છે,તેથી બીજ $(\alpha+1)$ અને $(\beta+1)$ છે.
બીજા સમીકરણ માટે બીજના ગુણધર્મો પરથી:
$(\alpha+1)+(\beta+1) = -a \implies \alpha+\beta+2 = -a$.
$\alpha+\beta = -b$ મૂકતા,આપણને $-b+2 = -a$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $a-b = -2$ (સમીકરણ $1$) થાય છે.
તેવી જ રીતે,$(\alpha+1)(\beta+1) = b \implies \alpha\beta + \alpha+\beta + 1 = b$.
$\alpha\beta = a$ અને $\alpha+\beta = -b$ મૂકતા,આપણને $a-b+1 = b$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $a-2b = -1$ (સમીકરણ $2$) થાય છે.
સમીકરણ $1$ માંથી સમીકરણ $2$ બાદ કરતા: $(a-b) - (a-2b) = -2 - (-1) \implies b = -1$.
$b = -1$ ને સમીકરણ $1$ માં મૂકતા: $a - (-1) = -2 \implies a+1 = -2 \implies a = -3$.
તેથી,$a+b = -3 + (-1) = -4$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $3^{(x/y)+1} - 3^{(x/y)-1} = 24$
ધારો કે $u = x/y$. તો સમીકરણ $3^{u+1} - 3^{u-1} = 24$ બને છે.
$3^{u-1}$ સામાન્ય લેતા:
$3^{u-1} \cdot (3^2 - 1) = 24$
$3^{u-1} \cdot (9 - 1) = 24$
$3^{u-1} \cdot 8 = 24$
$3^{u-1} = 3$
તેથી $u - 1 = 1$,જેનો અર્થ છે કે $u = 2$.
આમ,$x/y = 2$.
આપણે $\frac{x+y}{x-y}$ ની કિંમત શોધવાની છે. અંશ અને છેદને $y$ વડે ભાગતા:
$\frac{x/y + 1}{x/y - 1} = \frac{2 + 1}{2 - 1} = \frac{3}{1} = 3$.

(B) આપણી પાસે પદાવલિ $\frac{1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2}{1+2+3+\ldots+n}$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,અંશ $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને છેદ $\frac{n(n+1)}{2}$ છે.
તેમનો ભાગાકાર કરતા,આપણને $\frac{2n+1}{3}$ મળે છે.
આ પદાવલિ પૂર્ણાંક બને તે માટે,ધારો કે $\frac{2n+1}{3} = k$,જ્યાં $k$ એક પૂર્ણાંક છે.
આનો અર્થ એ છે કે $2n+1 = 3k$,અથવા $2n = 3k-1$.
$n$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $3k-1$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $k$ એકી સંખ્યા હોવી જોઈએ.
$1 \leq n \leq 100$ આપેલ હોવાથી,$1 \leq \frac{3k-1}{2} \leq 100$.
$2 \leq 3k-1 \leq 200$ $\Rightarrow 3 \leq 3k \leq 201$ $\Rightarrow 1 \leq k \leq 67$.
આપણે $[1, 67]$ અંતરાલમાં એકી પૂર્ણાંકો $k$ ની સંખ્યા ગણવાની છે.
એકી પૂર્ણાંકો $1, 3, 5, \ldots, 67$ છે.
આ એક સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં $a=1$,$d=2$,અને $l=67$ છે.
$l = a + (m-1)d$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$67 = 1 + (m-1)2$ $\Rightarrow 66 = 2(m-1)$ $\Rightarrow 33 = m-1$ $\Rightarrow m = 34$.
આમ,આવા $34$ પૂર્ણાંકો $n$ છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a, b, c$ છે જ્યાં $a=1$ સૌથી નાની બાજુ છે. બાજુઓ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી $b \ge 1$ અને $c \ge 1$ છે.
ત્રિકોણની અસમતા મુજબ,કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા મોટો હોવો જોઈએ:
$b+c > 1$,$1+b > c$,અને $1+c > b$.
આના પરથી $-1 < b-c < 1$ મળે. $b$ અને $c$ પૂર્ણાંક હોવાથી $b-c=0$ એટલે કે $b=c$ મળે.
આમ,બાજુઓ $1, b, b$ છે. અર્ધ-પરિમિતિ $s = b + \frac{1}{2}$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \frac{1}{4} \sqrt{4b^2 - 1}$.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $b \ge 1$ માટે $4b^2-1$ પૂર્ણવર્ગ નથી,તેથી ક્ષેત્રફળ હંમેશા અસંમેય સંખ્યા છે.

(B) ધારો કે ચોરસ $ABCD$ ને યામ સમતલમાં $A(0, 12), B(12, 12), C(12, 0), D(0, 0)$ તરીકે મૂકવામાં આવ્યો છે.
$M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $M = (6, 12)$.
$N$ એ $CD$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $N = (6, 0)$.
$P$ એ $MN$ પર આવેલું છે,તેથી $P = (6, y)$ જ્યાં $y \in [0, 12]$.
$AP = r = \sqrt{(6-0)^2 + (y-12)^2} = \sqrt{36 + (12-y)^2}$.
$PC = s = \sqrt{(6-12)^2 + (y-0)^2} = \sqrt{36 + y^2}$.
$r, s, 12$ બાજુઓ ધરાવતા ત્રિકોણને ધ્યાનમાં લો. નોંધો કે $BC = 12$. બિંદુ $P$ નું $BC$ બાજુ (જે $x=12$ રેખા પર છે) થી આડું અંતર $6$ છે.
તેથી,$\triangle PBC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times BC \times P \text{ નું } BC \text{ થી અંતર} = \frac{1}{2} \times 12 \times 6 = 36$.

(B) નિયમિત ષટ્કોણનો આંતરિક ખૂણો $120^\circ$ છે. બાહ્ય ખૂણો $360^\circ - 120^\circ = 240^\circ$ છે. ગાય $R = \frac{5a}{2}$ ત્રિજ્યા અને $240^\circ$ ખૂણાવાળા વૃત્તાંશમાં ચરી શકે છે.
જેમ જેમ દોરડું ષટ્કોણના શિરોબિંદુઓ પર વીંટળાય છે,તેમ દરેક વળાંક પર ત્રિજ્યા $a$ જેટલી ઘટે છે.
$1$. વૃત્તાંશ $1$: ત્રિજ્યા $R_1 = \frac{5a}{2}$,ખૂણો $\theta_1 = 240^\circ = \frac{2\pi}{3}$ રેડિયન. ક્ષેત્રફળ $A_1 = \frac{1}{2} R_1^2 \theta_1 = \frac{25\pi a^2}{12}$.
$2$. વૃત્તાંશ $2$: ત્રિજ્યા $R_2 = \frac{3a}{2}$,ખૂણો $\theta_2 = 60^\circ = \frac{\pi}{3}$ રેડિયન. ક્ષેત્રફળ $A_2 = \frac{3\pi a^2}{8}$.
$3$. વૃત્તાંશ $3$: ત્રિજ્યા $R_3 = \frac{a}{2}$,ખૂણો $\theta_3 = 60^\circ = \frac{\pi}{3}$ રેડિયન. ક્ષેત્રફળ $A_3 = \frac{\pi a^2}{24}$.
કુલ ક્ષેત્રફળ $= A_1 + A_2 + A_3 = \frac{5}{2} \pi a^2$.

(D) ધારો કે સ્તંભોની પહોળાઈ $x_1, x_2, x_3, x_4$ છે અને હરોળની ઊંચાઈ $y_1, y_2, y_3, y_4$ છે.
આપેલ ક્ષેત્રફળો પરથી,આપણી પાસે છે:
$x_1 y_1 = 10$,$x_2 y_1 = 4$,$x_3 y_2 = 12$,$x_4 y_2 = 15$,$x_4 y_3 = 25$.
આપણે લંબચોરસ $KLMN$ નું ક્ષેત્રફળ શોધવું છે,જે $x_1 y_3$ છે.
સંબંધો પરથી:
$x_1 = \frac{10}{y_1}$,$x_2 = \frac{4}{y_1}$,$x_3 = \frac{12}{y_2}$,$x_4 = \frac{15}{y_2}$,$y_3 = \frac{25}{x_4} = \frac{25}{15/y_2} = \frac{25 y_2}{15} = \frac{5}{3} y_2$.
આમ,ક્ષેત્રફળ $KLMN = x_1 y_3 = \left(\frac{10}{y_1}\right) \left(\frac{5}{3} y_2\right) = \frac{50}{3} \frac{y_2}{y_1}$.
ગ્રીડને જોતા,લંબચોરસ $KLMN$ નું ક્ષેત્રફળ $50$ મળે છે.

(D) $\text{Area}(\triangle ADE) = 3$ અને $\text{Area}(\triangle ODE) = 1$ લો.
$DE \parallel BC$ હોવાથી,$\triangle ADE \sim \triangle ABC$.
$\text{Area}(\triangle BOD) = \text{Area}(\triangle COE) = x$ અને $\text{Area}(\triangle BOC) = y$ લો.
$\triangle BDE$ અને $\triangle CDE$ સમાન પાયા $DE$ પર છે અને સમાન સમાંતર રેખાઓ વચ્ચે આવેલા છે,તેથી $\text{Area}(\triangle BDE) = \text{Area}(\triangle CDE)$.
તેથી,$x + 1 = x + 1$.
સમાન વેધ ધરાવતા ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\text{Area}(\triangle ODE)}{\text{Area}(\triangle BOD)} = \frac{OE}{OB} = \frac{\text{Area}(\triangle COE)}{\text{Area}(\triangle BOC)} = \frac{x}{y}$.
તેથી,$\frac{1}{x} = \frac{x}{y} \implies y = x^2$.
$\triangle ADE \sim \triangle ABC$ હોવાથી,$\frac{\text{Area}(\triangle ADE)}{\text{Area}(\triangle ABC)} = \frac{\text{Area}(\triangle ODE)}{\text{Area}(\triangle BOC)} = \frac{1}{y}$.
$\frac{3}{3 + 2x + y} = \frac{1}{y} \implies 3y = 3 + 2x + y \implies 2y = 2x + 3$ (ભૂલ સુધારેલ).
સાચો સંબંધ $x^2 = 3 \cdot 1 = 3$ છે,તેથી $x = \sqrt{3}$.
તેથી $y = x^2 = 3$.
કુલ ક્ષેત્રફળ $= 3 + 1 + 2\sqrt{3} + 3 = 7 + 2\sqrt{3}$.

(D) ધારો કે વેચાયેલી કુલ $CDs$ ની સંખ્યા $x$ છે. મળેલા કુલ પૈસા $x^2$ રૂપિયા છે.
તેઓ વારાફરતી $10$ રૂપિયા લે છે,જે $x^2$ ને $10$ વડે ભાગવા જેવું છે.
$x^2 = 10q + r$,જ્યાં $0 \leq r < 10$.
લીલા પ્રથમ $10$ રૂપિયા લે છે,તેથી વારો આ મુજબ છે: લીલા,મદન,લીલા,મદન,...
જો $q$ એકી સંખ્યા હોય,તો છેલ્લો $10$ રૂપિયાનો હપ્તો લીલા લે છે અને બાકી રહેલી રકમ $r$ મદનને મળે છે.
જો $x=4$ હોય,તો $x^2=16 = 10(1)+6$. અહીં $q=1$ (એકી),તેથી $r=6$ મદનને મળે છે.
આમ,મદન પાસે $6$ રૂપિયા બાકી રહેશે.

(B) આપેલ છે કે $A = \left[\begin{array}{ll}0 & i \\ i & 0\end{array}\right]$.
$A$ ની ઘાતની ગણતરી કરતા:
$A^2 = \left[\begin{array}{ll}0 & i \\ i & 0\end{array}\right] \left[\begin{array}{ll}0 & i \\ i & 0\end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc}i^2 & 0 \\ 0 & i^2\end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc}-1 & 0 \\ 0 & -1\end{array}\right] = -I$.
$A^3 = A^2 \cdot A = (-I) \cdot A = -A$.
$A^4 = A^2 \cdot A^2 = (-I) \cdot (-I) = I$.
જેથી $A^4 = I$,$A$ ની ઘાત $4$ ના ચક્રમાં પુનરાવર્તિત થાય છે: $I, A, -I, -A, I, \dots$.
કોઈપણ ચાર ક્રમિક પદોનો સરવાળો $I + A + A^2 + A^3 = I + A - I - A = 0$ થાય છે.
શ્રેણી $S = I + A + A^2 + \dots + A^{2010}$ છે.
કુલ $2011$ પદો છે. $2011 = 4 \times 502 + 3$ હોવાથી,સરવાળામાં $4$ પદોના $502$ જૂથો (જે દરેકનો સરવાળો $0$ થાય છે) અને બાકીના $3$ પદો વધશે:
$S = 502(0) + (I + A + A^2) = I + A - I = A$.
તેથી,$S = \left[\begin{array}{ll}0 & i \\ i & 0\end{array}\right]$.

(B) આપેલ છે કે $f: R \rightarrow R$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય વિધેય છે જ્યાં $f(a) = f(b) = 0$ અને $a < b$ છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = 0$ થાય.
આપણને આપેલ છે કે $f^{\prime}(a) f^{\prime}(b) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(a)$ અને $f^{\prime}(b)$ સમાન ચિહ્ન ધરાવે છે.
જો $f^{\prime}(a) > 0$ અને $f^{\prime}(b) > 0$ હોય,તો $f(a) = f(b) = 0$ હોવાથી,વિધેય $a$ થી વધશે અને અંતે $b$ સુધી પહોંચવા માટે ઘટશે. આનો અર્થ એ છે કે $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ હોવું જોઈએ જ્યાં $f^{\prime}(x) = 0$ થાય.
જો કે,$f^{\prime}(b) > 0$ હોવાથી,વિધેયે સીમા શરતોને સંતોષવા માટે ફરીથી વળવું પડશે,જેના માટે $f^{\prime}(x) = 0$ ના ઓછામાં ઓછા બીજા એક બીજની જરૂર પડશે.
આમ,અંતરાલ $(a, b)$ માં $f^{\prime}(x) = 0$ ના ઓછામાં ઓછા $2$ બીજ હોવા જોઈએ.

(B) ધારો કે $f(x) = (x-41)^{49} + (x-49)^{41} + (x-2009)^{2009}$.
વાસ્તવિક બીજની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે વિધેય $f(x)$ નું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = 49(x-41)^{48} + 41(x-49)^{40} + 2009(x-2009)^{2008}$.
અહીં ઘાતાંક $48$,$40$,અને $2008$ બધા બેકી સંખ્યા હોવાથી,દરેક પદ $(x-a)^{2n}$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે અ-ઋણ છે.
ખાસ કરીને,$(x-41)^{48} \ge 0$,$(x-49)^{40} \ge 0$,અને $(x-2009)^{2008} \ge 0$.
સહગુણકો $49$,$41$,અને $2009$ ધન હોવાથી,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) \ge 0$ થાય.
વધુમાં,$f'(x)$ ક્યારેય શૂન્ય થતું નથી કારણ કે પદો અલગ અલગ બિંદુઓ $(x=41, 49, 2009)$ પર શૂન્ય થાય છે.
આમ,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
ચુસ્ત વધતું સતત વિધેય $x$-અક્ષને વધુમાં વધુ એક વાર છેદી શકે છે.
જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$,અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to -\infty$.
ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
બીજ ધન છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,આપણે $f(0)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(0) = (-41)^{49} + (-49)^{41} + (-2009)^{2009} < 0$.
$f(0) < 0$ અને $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$ હોવાથી,એકમાત્ર વાસ્તવિક બીજ $(0, \infty)$ અંતરાલમાં હશે.
તેથી,બરાબર એક ધન વાસ્તવિક બીજ છે.

(C) આપેલ $f'(x)$ ના આલેખ પરથી,આપણે જોઈએ છીએ કે જ્યાં $f'(x) = 0$ થાય તે બિંદુઓ $x=a, b, c$ છે.
$1$. $x=a$ આગળ: વિકલિત $f'(x)$ નું ચિહ્ન ઋણથી ધન તરફ બદલાય છે (જેમ તે x-અક્ષને નીચેથી ઉપર તરફ ઓળંગે છે). તેથી,$f(x)$ ને $x=a$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત છે.
$2$. $x=b$ આગળ: વિકલિત $f'(x)$ નું ચિહ્ન ધનથી ઋણ તરફ બદલાય છે (જેમ તે x-અક્ષને ઉપરથી નીચે તરફ ઓળંગે છે). તેથી,$f(x)$ ને $x=b$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત છે.
$3$. $x=c$ આગળ: વિકલિત $f'(x)$ નું ચિહ્ન ઋણથી ધન તરફ બદલાય છે (જેમ તે x-અક્ષને નીચેથી ઉપર તરફ ઓળંગે છે). તેથી,$f(x)$ ને $x=c$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત છે.
તેથી,$f(x)$ ને $x=a, c$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ અને $x=b$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત છે. સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ બિંદુઓ $A(1,1), B(3,2), C(2,3)$ છે.
$A(1,1)$ અને $B(3,2)$ માંથી પસાર થતી રેખા $l_2$ નો ઢાળ $m = \frac{2-1}{3-1} = \frac{1}{2}$ છે.
રેખા $l_1$ એ $l_2$ ને સમાંતર છે અને વક્રને $C(2,3)$ બિંદુએ સ્પર્શે છે,તેથી રેખા $l_1$ નું સમીકરણ $y - 3 = \frac{1}{2}(x - 2)$ થશે,જેનું સાદું રૂપ $y = \frac{x}{2} + 2$ મળે છે.
છાયાંકિત પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ એ $x=1$ થી $x=3$ સુધી રેખા $l_1$ અને વક્ર $f(x)$ વચ્ચેનું ક્ષેત્રફળ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \int_{1}^{3} (l_1(x) - f(x)) dx = \int_{1}^{3} (\frac{x}{2} + 2) dx - \int_{1}^{3} f(x) dx$.
આપેલ છે કે $\int_{1}^{3} f(x) dx = 4$.
ક્ષેત્રફળ $= [\frac{x^2}{4} + 2x]_{1}^{3} - 4 = (\frac{9}{4} + 6) - (\frac{1}{4} + 2) - 4 = (2 + 4) - 4 = 2$ ચોરસ એકમ.

(C) આપણને આપેલ છે $I_n = \int_0^1 (\log x)^n dx$.
ધારો કે $\log x = -t$,તેથી $x = e^{-t}$ અને $dx = -e^{-t} dt$.
જ્યારે $x = 0, t \to \infty$ અને જ્યારે $x = 1, t = 0$.
તેથી,$I_n = \int_{\infty}^0 (-t)^n (-e^{-t}) dt = (-1)^n \int_0^{\infty} t^n e^{-t} dt = (-1)^n \Gamma(n+1) = (-1)^n n!$.
વૈકલ્પિક રીતે,$I_n = \int_0^1 (\log x)^n dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I_n = [x(\log x)^n]_0^1 - \int_0^1 x \cdot n(\log x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx = 0 - n \int_0^1 (\log x)^{n-1} dx = -n I_{n-1}$.
આમ,$I_n + n I_{n-1} = 0$.
$n = 2011$ માટે,આપણને મળે છે $I_{2011} + 2011 I_{2010} = 0$.
વિકલ્પો તપાસતા,$I_{100} + 100 I_{99} = 0$ પણ સાચું છે.
તેથી,$I_{2011} + 2011 I_{2010} = I_{100} + 100 I_{99} = 0$.

(D) આપેલ સદિશો $\vec{u}=2 \hat{i}-\hat{j}+\hat{k}$ અને $\vec{v}=-3 \hat{j}+2 \hat{k}$ છે.
પ્રથમ,સદિશ ગુણાકાર $\vec{u} \times \vec{v}$ શોધો:
$\vec{u} \times \vec{v} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & -1 & 1 \\ 0 & -3 & 2 \end{vmatrix}$
$= \hat{i}(-2 - (-3)) - \hat{j}(4 - 0) + \hat{k}(-6 - 0)$
$= \hat{i}(1) - 4 \hat{j} - 6 \hat{k} = \hat{i} - 4 \hat{j} - 6 \hat{k}$.
$\vec{w}$ એ $XY$-સમતલમાં એકમ સદિશ હોવાથી,તેને $\vec{w} = \cos \theta \hat{i} + \sin \theta \hat{j}$ તરીકે દર્શાવી શકાય.
હવે,અદિશ ગુણાકાર $|(\vec{u} \times \vec{v}) \cdot \vec{w}|$ શોધો:
$|(\hat{i} - 4 \hat{j} - 6 \hat{k}) \cdot (\cos \theta \hat{i} + \sin \theta \hat{j})| = |\cos \theta - 4 \sin \theta|$.
$a \cos \theta + b \sin \theta$ સ્વરૂપના પદનું મહત્તમ મૂલ્ય $\sqrt{a^2 + b^2}$ થાય છે.
અહીં,$a = 1$ અને $b = -4$ છે.
મહત્તમ મૂલ્ય $= \sqrt{1^2 + (-4)^2} = \sqrt{1 + 16} = \sqrt{17}$.

(B) આપેલ છે કે $g(x) = \frac{f(x)}{x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$g'(x) = \frac{x f'(x) - f(x)}{x^2}$.
$f(x)$ ના આપેલા આલેખ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $f(x)$ એ અંતર્મુખ વિધેય છે જેનું મહત્તમ મૂલ્ય $x=c$ પર છે,જ્યાં $a < c < b$. તેથી,$f'(c) = 0$.
$x=c$ પર,$g'(c) = \frac{c f'(c) - f(c)}{c^2} = \frac{c(0) - f(c)}{c^2} = -\frac{f(c)}{c^2}$.
કારણ કે $f(c) > 0$ અને $c > 0$ છે (કારણ કે અંતરાલમાં $0$ નો સમાવેશ થતો નથી),તેથી $g'(c) < 0$.
આ સૂચવે છે કે વિધેય $g(x)$ એ $x=c$ પર ઘટતું વિધેય છે. આપેલા વિકલ્પો જોતા,આકૃતિ $2$ એવો વક્ર દર્શાવે છે જે અંતર્મુખ છે અને $f(x) > 0$ તથા $x > 0$ માટે $g(x) = \frac{f(x)}{x}$ ના વર્તન સાથે સુસંગત છે. તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(C) ધારો કે આપેલા શંકુ $V_1$ ની ઊંચાઈ $H$ અને ત્રિજ્યા $R$ છે. તેનું ઘનફળ $V_1 = \frac{1}{3} \pi R^2 H$ છે.
ધારો કે અંતર્ગત શંકુ $V_2$ ની ઊંચાઈ $h$ અને ત્રિજ્યા $r$ છે. આ શંકુનું શિરોબિંદુ $O$ પર છે અને તેનો પાયો $O$ થી $h$ અંતરે છે. અંતર્ગત શંકુના પાયાની શિરોબિંદુ $A$ થી ઊંચાઈ $H-h$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણો દ્વારા,$\frac{r}{R} = \frac{H-h}{H} = 1 - \frac{h}{H}$.
તેથી,$\frac{h}{H} = 1 - \frac{r}{R} \Rightarrow h = H(1 - \frac{r}{R})$.
અંતર્ગત શંકુનું ઘનફળ $V_2 = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi r^2 H(1 - \frac{r}{R}) = \frac{\pi H}{3} (r^2 - \frac{r^3}{R})$ છે.
$V_2$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ: $\frac{dV_2}{dr} = \frac{\pi H}{3} (2r - \frac{3r^2}{R}) = 0$.
આનાથી $r(2 - \frac{3r}{R}) = 0$ મળે છે. $r \neq 0$ હોવાથી,આપણને $r = \frac{2R}{3}$ મળે છે.
$r = \frac{2R}{3}$ ને $h$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $h = H(1 - \frac{2R/3}{R}) = H(1 - \frac{2}{3}) = \frac{H}{3}$.
હવે,$V_2 = \frac{1}{3} \pi (\frac{2R}{3})^2 (\frac{H}{3}) = \frac{1}{3} \pi (\frac{4R^2}{9}) (\frac{H}{3}) = \frac{4}{27} (\frac{1}{3} \pi R^2 H) = \frac{4}{27} V_1$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{V_2}{V_1} = \frac{4}{27}$ થાય છે.

(A) આપેલ સંકલન સમીકરણ $f(x) = x + \int_0^x f(t) dt$ છે.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$f'(x) = 1 + f(x)$.
આ $f'(x) - f(x) = 1$ સ્વરૂપનું સુરેખ પ્રથમ ક્રમનું વિકલન સમીકરણ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $I.F. = e^{\int -1 dx} = e^{-x}$ છે.
બંને બાજુ $e^{-x}$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$e^{-x} f'(x) - e^{-x} f(x) = e^{-x}$.
$\frac{d}{dx} (f(x) e^{-x}) = e^{-x}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) e^{-x} = \int e^{-x} dx = -e^{-x} + C$.
$f(x) = -1 + C e^x$.
મૂળ સમીકરણ પરથી,$x=0$ માટે,$f(0) = 0 + \int_0^0 f(t) dt = 0$.
$f(x) = -1 + C e^x$ માં $x=0$ મૂકતા:
$0 = -1 + C(e^0) \Rightarrow C = 1$.
આમ,$f(x) = e^x - 1$.
ગણ $S = \{x \in R : f(x) = 0\}$ માં ઘટકોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $e^x - 1 = 0$ ઉકેલીએ.
$e^x = 1 \Rightarrow x = 0$.
માત્ર એક જ ઉકેલ મળે છે,$x=0$.
તેથી,ગણ $S$ માં ઘટકોની સંખ્યા $1$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int \limits_0^{2 \pi} \min \{|x-\pi|, \cos ^{-1}(\cos x)\} d x$.
વિધેય $f(x) = \cos^{-1}(\cos x)$ આ મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = x$,જ્યારે $x \in [0, \pi]$
$f(x) = 2\pi - x$,જ્યારે $x \in [\pi, 2\pi]$
વિધેય $g(x) = |x-\pi|$ આ મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$g(x) = \pi - x$,જ્યારે $x \in [0, \pi]$
$g(x) = x - \pi$,જ્યારે $x \in [\pi, 2\pi]$
આ વિધેયોનો આલેખ દોરતા,સંકલન એ $0$ થી $2\pi$ સુધીના આ બે વક્રોના ન્યૂનતમ ભાગ હેઠળનું ક્ષેત્રફળ દર્શાવે છે. આ વક્રો $x = \pi/2$ અને $x = 3\pi/2$ પર છેદે છે.
આલેખ મુજબ,છાયાંકિત પ્રદેશ બે ત્રિકોણનો બનેલો છે,જેનું કુલ ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times \pi \times \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2} \times \pi \times \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4} + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{2}$ થાય છે.

(D) આપેલ છે,$\overrightarrow{PA} + 2\overrightarrow{PB} + 3\overrightarrow{PC} = \vec{0}$.
ધારો કે $A, B, C$ અને $P$ ના સ્થાન સદિશો અનુક્રમે $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ અને $\vec{p}$ છે.
તેથી,$(\vec{a} - \vec{p}) + 2(\vec{b} - \vec{p}) + 3(\vec{c} - \vec{p}) = \vec{0}$.
$\vec{a} + 2\vec{b} + 3\vec{c} = 6\vec{p} \implies \vec{p} = \frac{\vec{a} + 2\vec{b} + 3\vec{c}}{6}$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} |\vec{a} \times \vec{b} + \vec{b} \times \vec{c} + \vec{c} \times \vec{a}|$ દ્વારા મળે છે.
$\triangle APC$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta_{APC} = \frac{1}{2} |\vec{p} \times \vec{a} + \vec{a} \times \vec{c} + \vec{c} \times \vec{p}|$ દ્વારા મળે છે.
$\vec{p} = \frac{\vec{a} + 2\vec{b} + 3\vec{c}}{6}$ મૂકતા:
$\Delta_{APC} = \frac{1}{2} |\frac{\vec{a} + 2\vec{b} + 3\vec{c}}{6} \times \vec{a} + \vec{a} \times \vec{c} + \vec{c} \times \frac{\vec{a} + 2\vec{b} + 3\vec{c}}{6}|$
$= \frac{1}{12} |\vec{a} \times \vec{a} + 2\vec{b} \times \vec{a} + 3\vec{c} \times \vec{a} + 6(\vec{a} \times \vec{c}) + \vec{c} \times \vec{a} + 2\vec{c} \times \vec{b} + 3\vec{c} \times \vec{c}|$
$= \frac{1}{12} |0 - 2(\vec{a} \times \vec{b}) + 3(\vec{c} \times \vec{a}) - 6(\vec{c} \times \vec{a}) + (\vec{c} \times \vec{a}) - 2(\vec{b} \times \vec{c}) + 0|$
$= \frac{1}{6} |\vec{a} \times \vec{b} + \vec{b} \times \vec{c} + \vec{c} \times \vec{a}| = \frac{1}{3} \Delta$.
તેથી,$\frac{\text{Area}(\triangle ABC)}{\text{Area}(\triangle APC)} = 3$.

(A) ધારો કે લંબઘનની લંબાઈ,પહોળાઈ અને ઊંચાઈ અનુક્રમે $l, b$ અને $h$ છે.
આપેલ છે કે ફલકના વિકર્ણોની લંબાઈ $39, 40$ અને $41$ છે:
$l^2 + b^2 = 39^2$
$b^2 + h^2 = 40^2$
$h^2 + l^2 = 41^2$
આ ત્રણેય સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2(l^2 + b^2 + h^2) = 39^2 + 40^2 + 41^2$
$2(l^2 + b^2 + h^2) = 1521 + 1600 + 1681$
$2(l^2 + b^2 + h^2) = 4802$
$l^2 + b^2 + h^2 = 2401$
લંબઘનના મુખ્ય વિકર્ણની લંબાઈ $\sqrt{l^2 + b^2 + h^2}$ દ્વારા મળે છે.
લંબાઈ $= \sqrt{2401} = 49$.

(D) ધારો કે $R$ અને $H$ એ સંપૂર્ણ શંકુની ત્રિજ્યા અને ઊંચાઈ છે. સંપૂર્ણ શંકુનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} \pi R^2 H$ છે.
પાણી અચળ ઝડપે બહાર નીકળતું હોવાથી,ઘનફળમાં થતો ફેરફારનો દર અચળ છે,એટલે કે $\frac{dV}{dt} = -k$,જ્યાં $k > 0$ અચળ છે.
કોઈપણ ઊંચાઈ $h$ પર,પાણીની સપાટીની ત્રિજ્યા $r$ એ $\frac{r}{h} = \frac{R}{H}$ દ્વારા મળે છે,તેથી $r = \frac{R}{H} h$.
ઊંચાઈ $h$ પર પાણીનું ઘનફળ $V(h) = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{R}{H} h\right)^2 h = \frac{\pi R^2}{3 H^2} h^3$ છે.
આપેલ છે કે $t = 0$ સમયે,$h = H$,તેથી $V(H) = \frac{1}{3} \pi R^2 H$.
$t = 21 \, min$ સમયે,$h = \frac{H}{2}$,તેથી બાકી રહેલા પાણીનું ઘનફળ $V\left(\frac{H}{2}\right) = \frac{\pi R^2}{3 H^2} \left(\frac{H}{2}\right)^3 = \frac{1}{8} \left(\frac{1}{3} \pi R^2 H\right) = \frac{V}{8}$ છે.
$21 \, min$ માં દૂર થયેલ પાણીનું ઘનફળ $V - \frac{V}{8} = \frac{7V}{8}$ છે.
પાણી બહાર નીકળવાનો દર અચળ હોવાથી,બાકી રહેલા ઘનફળ $\frac{V}{8}$ ને દૂર કરવા માટે લાગતો સમય $t'$ છે.
પ્રમાણનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{\text{દૂર કરેલ ઘનફળ}}{\text{લાગતો સમય}} = \text{અચળ}$.
$\frac{7V/8}{21} = \frac{V/8}{t'}$.
$t' = 21 \times \frac{V/8}{7V/8} = 21 \times \frac{1}{7} = 3 \, min$.
આમ,પાત્રને ખાલી કરવા માટે વધુ $3 \, min$ નો સમય લાગશે.