KVPY 2017 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ધારો કે $O$ એ $AB$ વ્યાસ ધરાવતા વર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે. ધારો કે $P$ એ $CD$ પરનું સ્પર્શબિંદુ છે. $AB \parallel CD$ હોવાથી,ત્રિજ્યા $OP$ એ $CD$ ને લંબ છે. ધારો કે $R$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $R$ એ $AB$ વ્યાસવાળા વર્તુળ પર હોવાથી,$\angle ARB = 90^{\circ}$ થાય. $\triangle ABC$ માં,$BR$ એ $AC$ પરની મધ્યગા છે અને $BR \perp AC$ છે,તેથી $\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AB = BC$ છે. તેવી જ રીતે,જો $Q$ એ $BD$ નું મધ્યબિંદુ હોય,તો $\angle AQB = 90^{\circ}$ થાય,જે સૂચવે છે કે $\triangle ABD$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AB = AD$ છે. આમ,$AB = BC = AD$ થાય. ધારો કે $AB = 2r$,તેથી વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે. સમલંબ ચતુષ્કોણની ઊંચાઈ $r$ છે. $A$ માંથી $CD$ પર $M$ બિંદુએ લંબ દોરતા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$AM = r$ અને $AD = AB = 2r$ મળે. તેથી,$\sin(\angle ADM) = \frac{AM}{AD} = \frac{r}{2r} = \frac{1}{2}$ થાય. આથી,$\angle ADM = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6}$ મળે. સમલંબ ચતુષ્કોણના ખૂણાઓ $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}$ છે. સૌથી નાનો ખૂણો $\frac{\pi}{6}$ છે.

(A) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2 + y^2 = 1$ છે. બિંદુ $\left(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}\right)$ વર્તુળ પર હોવાથી,$\frac{a^2}{b^2} + \frac{c^2}{d^2} = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $a^2 d^2 + c^2 b^2 = b^2 d^2$.
$b$ અને $d$ બેકી હોવાથી,ધારો કે $b = 2k$ અને $d = 2m$. $\operatorname{HCF}(a, b) = 1$ હોવાથી,$a$ એકી સંખ્યા છે. તેવી જ રીતે,$c$ પણ એકી સંખ્યા છે.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $4 a^2 m^2 + 4 c^2 k^2 = 16 k^2 m^2$,એટલે કે $a^2 m^2 + c^2 k^2 = 4 k^2 m^2$.
એકી સંખ્યાનો વર્ગ હંમેશા $1 \pmod{4}$ હોય છે. તેથી,$a^2 m^2 + c^2 k^2 \equiv m^2 + k^2 \pmod{4}$. જમણી બાજુ $0 \pmod{4}$ છે,જે ત્યારે જ શક્ય છે જો $m$ અને $k$ બંને બેકી હોય,પરંતુ તે $b$ અને $d$ ના લઘુત્તમ સ્વરૂપની શરતનું ઉલ્લંઘન કરે છે.
તેથી,ગણ $S$ ખાલી છે.

(C) ધારો કે બે વર્તુળોના કેન્દ્રો $A$ અને $B$ છે. દરેક વર્તુળની ત્રિજ્યા $r = 2$ છે. કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $AB = 2 \sqrt{3}$ છે.
ધારો કે વર્તુળો $P$ અને $Q$ બિંદુઓ પર છેદે છે. ધારો કે $C$ એ $AB$ અને $PQ$ નું છેદબિંદુ છે. વર્તુળો સમાન હોવાથી,$C$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $AC = \frac{1}{2} AB = \sqrt{3}$.
$\triangle APC$ માં,$\cos \theta = \frac{AC}{AP} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = 30^{\circ}$.
જીવા $PQ$ દ્વારા કેન્દ્ર $A$ પર બનતો ખૂણો $2\theta = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$ રેડિયન છે.
સામાન્ય પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ એ એક વર્તુળના જીવા $PQ$ દ્વારા કપાતા વૃત્તાંશના ક્ષેત્રફળ કરતા બમણું છે.
એક વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ = (વૃત્તાંશ $APQ$ નું ક્ષેત્રફળ - $\triangle APQ$ નું ક્ષેત્રફળ)
$= \frac{1}{2} r^2 (2\theta - \sin(2\theta)) = \frac{1}{2} (2)^2 (\frac{\pi}{3} - \sin 60^{\circ}) = 2 (\frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{2\pi}{3} - \sqrt{3}$.
કુલ સામાન્ય ક્ષેત્રફળ $= 2 \times (\frac{2\pi}{3} - \sqrt{3}) = \frac{4\pi}{3} - 2\sqrt{3}$.
$\pi \approx 3.14159$ અને $\sqrt{3} \approx 1.732$ નો ઉપયોગ કરતા:
ક્ષેત્રફળ $\approx \frac{4 \times 3.14159}{3} - 2 \times 1.732 = 4.18879 - 3.464 = 0.72479$.
આમ,ક્ષેત્રફળ $0.7$ અને $0.75$ ની વચ્ચે આવે છે.

(A) ધારો કે વર્તુળ $C_1$ અને $C_2$ ની ત્રિજ્યાઓ અનુક્રમે $r_1$ અને $r_2$ છે. $AB$ એ $C_1$ નો વ્યાસ હોવાથી,$AB = 2r_1$. $C_1$ અને $C_2$ બિંદુ $A$ પર બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,$A$ માંથી પસાર થતી રેખાખંડ $BC$ એ $C_2$ નો વ્યાસ છે,તેથી $AC = 2r_2$.
વર્તુળ $C_2$ માટે બિંદુ $B$ ના સંદર્ભમાં 'પાવર ઓફ અ પોઈન્ટ' પ્રમેય મુજબ:
$BA_2 \times BA_3 = BA \times BC = (2r_1) \times (2r_1 + 2r_2) = 4r_1(r_1 + r_2)$.
$BA_2 = 3$ અને $BA_3 = 4$ આપેલ હોવાથી,$3 \times 4 = 4r_1(r_1 + r_2)$,જેનું સાદું રૂપ $r_1^2 + r_1r_2 = 3$ થાય છે (સમીકરણ $i$).
ધારો કે $M$ એ $C_1$ માં જીવા $BA_1$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $BM = \frac{1}{2}BA_1 = 1$. ધારો કે $N$ એ $C_2$ માં જીવા $A_2A_3$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $BN = BA_2 + \frac{1}{2}A_2A_3 = 3 + \frac{1}{2}(4-3) = 3.5 = \frac{7}{2}$.
કેન્દ્રો $P$ અને $Q$ થી છેદિકા રેખા પરના લંબને ધ્યાનમાં લેતા,આપણને સમરૂપ ત્રિકોણો $\triangle BMP \sim \triangle BNQ$ મળે છે.
તેથી,$\frac{BM}{BN} = \frac{BP}{BQ} = \frac{r_1}{2r_1 + r_2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{7/2} = \frac{r_1}{2r_1 + r_2} \Rightarrow \frac{2}{7} = \frac{r_1}{2r_1 + r_2} \Rightarrow 4r_1 + 2r_2 = 7r_1 \Rightarrow 2r_2 = 3r_1$ (સમીકરણ $ii$).
સમીકરણ $ii$ માંથી $r_2 = 1.5r_1$ ને સમીકરણ $i$ માં મૂકતા: $r_1^2 + r_1(1.5r_1) = 3 \Rightarrow 2.5r_1^2 = 3 \Rightarrow r_1^2 = \frac{3}{2.5} = \frac{6}{5} \Rightarrow r_1 = \sqrt{\frac{6}{5}} = \frac{\sqrt{30}}{5}$.
તેથી $r_2 = 1.5 \times \frac{\sqrt{30}}{5} = \frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{30}}{5} = \frac{3\sqrt{30}}{10}$.
આમ,ત્રિજ્યાઓ $\frac{\sqrt{30}}{5}$ અને $\frac{3\sqrt{30}}{10}$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણો:
$|a|=\sqrt{4-\sqrt{5-a}}$
$|b|=\sqrt{4+\sqrt{5-b}}$
$|c|=\sqrt{4-\sqrt{5+c}}$
$|d|=\sqrt{4+\sqrt{5+d}}$
પ્રથમ સમીકરણનો વર્ગ કરતા: $a^2 = 4 - \sqrt{5-a} \implies a^2 - 4 = -\sqrt{5-a}$.
ફરીથી વર્ગ કરતા: $(a^2 - 4)^2 = 5 - a \implies a^4 - 8a^2 + 16 = 5 - a \implies a^4 - 8a^2 + a + 11 = 0$.
તે જ રીતે,$b, c, d$ માટે,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $a, b, -c, -d$ એ બહુપદી સમીકરણ $x^4 - 8x^2 + x + 11 = 0$ ના બીજ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,$x^4 + 0x^3 - 8x^2 + x + 11 = 0$ ના બીજનો ગુણાકાર અચળ પદ જેટલો થાય છે,જે $11$ છે.
આમ,$a \cdot b \cdot (-c) \cdot (-d) = 11 \implies abcd = 11$.

(B) ધારો કે ચતુષ્કોણની ચાર ભિન્ન પૂર્ણાંક બાજુઓ $a, b, c,$ અને $d$ છે,જ્યાં $a < b < c < d$ છે.
આપેલ છે કે બીજી સૌથી મોટી બાજુ $c = 10$ છે,તેથી $a < b < 10 < d$ થાય.
બાજુઓ ભિન્ન પૂર્ણાંક હોવાથી,$a$ અને $b$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમતો $a = 8$ અને $b = 9$ છે.
બહુકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ચતુષ્કોણની કોઈપણ ત્રણ બાજુઓનો સરવાળો ચોથી બાજુ કરતાં મોટો હોવો જોઈએ.
તેથી,$a + b + c > d$.
કિંમતો મૂકતા,$8 + 9 + 10 > d$,જેનું સાદુંરૂપ $27 > d$ થાય છે.
$d$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $d$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત $26$ છે.

(C) $\frac{200!}{100!}$ ને ભાગતી $2$ ની મહત્તમ ઘાત શોધવા માટે,આપણે લેજેન્ડ્રેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે મુજબ $n!$ માં અવિભાજ્ય સંખ્યા $p$ નો ઘાતાંક $E_p(n!) = \sum_{k=1}^{\infty} \lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor$ દ્વારા મળે છે.
પ્રથમ,$200!$ માં $2$ નો ઘાતાંક શોધો:
$E_2(200!) = \lfloor \frac{200}{2} \rfloor + \lfloor \frac{200}{4} \rfloor + \lfloor \frac{200}{8} \rfloor + \lfloor \frac{200}{16} \rfloor + \lfloor \frac{200}{32} \rfloor + \lfloor \frac{200}{64} \rfloor + \lfloor \frac{200}{128} \rfloor$
$= 100 + 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 197$.
ત્યારબાદ,$100!$ માં $2$ નો ઘાતાંક શોધો:
$E_2(100!) = \lfloor \frac{100}{2} \rfloor + \lfloor \frac{100}{4} \rfloor + \lfloor \frac{100}{8} \rfloor + \lfloor \frac{100}{16} \rfloor + \lfloor \frac{100}{32} \rfloor + \lfloor \frac{100}{64} \rfloor$
$= 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97$.
$\frac{200!}{100!}$ માં $2$ નો ઘાતાંક $E_2(200!) - E_2(100!) = 197 - 97 = 100$ છે.
તેથી,$2$ ની મહત્તમ ઘાત $100$ છે.

(B) ધારો કે $S = (a_1-a_2)^2+(a_2-a_3)^2+(a_3-a_4)^2+(a_4-a_1)^2$.
વર્ગોનું વિસ્તરણ કરતા,$S = 2(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2) - 2(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+a_4a_1)$.
આપેલ છે કે $a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2=1$,તેથી $S = 2 - 2(a_1+a_3)(a_2+a_4)$.
$a_1+a_2+a_3+a_4=0$ હોવાથી,$a_2+a_4 = -(a_1+a_3)$.
ધારો કે $x = a_1+a_3$,તો $a_2+a_4 = -x$.
આમ,$S = 2 - 2(x)(-x) = 2 + 2x^2$.
$S$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે,આપણે $x^2$ ને ન્યૂનતમ કરવું પડશે.
કોશી-શ્વાર્ટઝ અસમતા મુજબ,$x^2$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે.
જો $x=0$ હોય,તો $S = 2 + 2(0) = 2$.
$2$ એ $(1.5, 2.5)$ અંતરાલમાં આવે છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^2 - y^2 = 12345678$ છે,જ્યાં $x, y \in \mathbb{Z}^+$.
આને $(x - y)(x + y) = 12345678$ તરીકે અવયવ પાડી શકાય.
નોંધો કે $(x - y)$ અને $(x + y)$ સમાન પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ કારણ કે તેમનો સરવાળો $(x - y) + (x + y) = 2x$ એ બેકી સંખ્યા છે.
જો $(x - y)$ અને $(x + y)$ બંને બેકી હોય,તો તેમનો ગુણાકાર $(x - y)(x + y)$ એ $4$ વડે વિભાજ્ય હોવો જોઈએ.
$12345678$ ની $4$ વડે વિભાજ્યતા તપાસતા: $78$ એ $4$ વડે વિભાજ્ય નથી,તેથી $12345678$ એ $4$ વડે વિભાજ્ય નથી.
ગુણાકાર $4$ વડે વિભાજ્ય ન હોવાથી,$x$ અને $y$ માટે કોઈ પૂર્ણાંક ઉકેલો નથી.
તેથી,$S$ એ ખાલી ગણ છે.

(D) ધારો કે $O$ એ નિયમિત નવકોણ $A_1 A_2 \ldots A_9$ ના પરિવૃતનું કેન્દ્ર છે. બાજુની લંબાઈ $s = 2$ છે.
દરેક બાજુ દ્વારા બનતો કેન્દ્રિય ખૂણો $\theta = \frac{2\pi}{9}$ છે.
ધારો કે $r$ એ પરિવૃતની ત્રિજ્યા છે. $\triangle O A_1 A_2$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$s^2 = r^2 + r^2 - 2r^2 \cos(\frac{2\pi}{9}) = 2r^2(1 - \cos(\frac{2\pi}{9})) = 4r^2 \sin^2(\frac{\pi}{9})$.
$s = 2$ હોવાથી,$4 = 4r^2 \sin^2(\frac{\pi}{9})$,તેથી $r = \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{9})}$.
કેન્દ્રિય ખૂણો $\phi$ ધરાવતી જીવા $A_i A_j$ ની લંબાઈ $2r \sin(\frac{\phi}{2})$ છે.
$A_1 A_5$ માટે,કેન્દ્રિય ખૂણો $4 \times \frac{2\pi}{9} = \frac{8\pi}{9}$ છે,તેથી $A_1 A_5 = 2r \sin(\frac{4\pi}{9})$.
$A_2 A_4$ માટે,કેન્દ્રિય ખૂણો $2 \times \frac{2\pi}{9} = \frac{4\pi}{9}$ છે,તેથી $A_2 A_4 = 2r \sin(\frac{2\pi}{9})$.
તફાવત $A_1 A_5 - A_2 A_4 = 2r(\sin(\frac{4\pi}{9}) - \sin(\frac{2\pi}{9}))$ છે.
નિત્યસમ $\sin C - \sin D = 2 \sin(\frac{C-D}{2}) \cos(\frac{C+D}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$A_1 A_5 - A_2 A_4 = 2r \cdot 2 \sin(\frac{\pi}{9}) \cos(\frac{3\pi}{9}) = 4r \sin(\frac{\pi}{9}) \cos(\frac{\pi}{3})$.
$r = \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{9})}$ અને $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ મુકતા:
$A_1 A_5 - A_2 A_4 = 4 \cdot \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{9})} \cdot \sin(\frac{\pi}{9}) \cdot \frac{1}{2} = 2$.

(C) ધારો કે $p$ એ ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓની સંખ્યા છે અને $(n-p)$ એ ઋણ વાસ્તવિક સંખ્યાઓની સંખ્યા છે.
ગુણાકાર $a_j a_k$ ધન હોય જો $a_j$ અને $a_k$ બંને સમાન ચિહ્ન ધરાવતા હોય (બંને ધન અથવા બંને ઋણ).
તેથી,ધન ગુણાકાર ધરાવતી જોડીઓની સંખ્યા $\binom{p}{2} + \binom{n-p}{2} = 55$ છે.
ગુણાકાર $a_j a_k$ ઋણ હોય જો એક ધન અને બીજી ઋણ હોય.
તેથી,ઋણ ગુણાકાર ધરાવતી જોડીઓની સંખ્યા $\binom{p}{1} \times \binom{n-p}{1} = p(n-p) = 50$ છે.
પ્રથમ સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા:
$\frac{p(p-1)}{2} + \frac{(n-p)(n-p-1)}{2} = 55$
$p^2 - p + (n-p)^2 - (n-p) = 110$
$p^2 + (n-p)^2 - n = 110$
આપણે જાણીએ છીએ કે $(p + (n-p))^2 = p^2 + (n-p)^2 + 2p(n-p) = n^2$.
તેથી,$p^2 + (n-p)^2 = n^2 - 2p(n-p) = n^2 - 2(50) = n^2 - 100$.
આ કિંમતને વિસ્તૃત સમીકરણમાં મૂકતા:
$(n^2 - 100) - n = 110$
$n^2 - n - 210 = 0$
$(n - 15)(n + 14) = 0$.
$n > 0$ હોવાથી,$n = 15$ મળે.
હવે,$p(15 - p) = 50$ $\Rightarrow p^2 - 15p + 50 = 0$ $\Rightarrow (p - 10)(p - 5) = 0$.
તેથી,$p = 5$ અથવા $p = 10$.
બંને કિસ્સામાં,$p^2 + (n-p)^2 = 5^2 + 10^2 = 25 + 100 = 125$.

(D) $\frac{a}{b} + \frac{c}{d}$ નો સરવાળો ન્યૂનતમ કરવા માટે,જ્યાં $a, b, c, d$ એ $\{1, 2, 3, \ldots, 9\}$ માંથી ભિન્ન સંખ્યાઓ છે,આપણે અંશ $a$ અને $c$ માટે શક્ય તેટલી નાની કિંમતો અને છેદ $b$ અને $d$ માટે શક્ય તેટલી મોટી કિંમતો પસંદ કરવી જોઈએ.
ગણ $S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ છે.
જો આપણે $a=1, c=2$ અને $b=9, d=8$ લઈએ,તો સરવાળો $\frac{1}{9} + \frac{2}{8} = \frac{13}{36} = \frac{26}{72}$ થાય.
જો આપણે $a=2, c=1$ અને $b=9, d=8$ લઈએ,તો સરવાળો $\frac{2}{9} + \frac{1}{8} = \frac{16+9}{72} = \frac{25}{72}$ થાય.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{25}{72}$ છે.

(D) આપેલ છે,$72^x \cdot 48^y = 6^{xy}$.
આધારને $2$ અને $3$ ના ઘાત તરીકે દર્શાવતા:
$(2^3 \cdot 3^2)^x \cdot (2^4 \cdot 3^1)^y = 2^{xy} \cdot 3^{xy}$.
$2^{3x+4y} \cdot 3^{2x+y} = 2^{xy} \cdot 3^{xy}$.
બંને બાજુ $2$ અને $3$ ના ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$3x + 4y = xy$ $(1)$
$2x + y = xy$ $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,$3x + 4y = 2x + y$,જેનું સાદું રૂપ $x = -3y$ થાય છે.
$x = -3y$ ને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$2(-3y) + y = (-3y)y$
$-6y + y = -3y^2$
$-5y = -3y^2$.
$y \neq 0$ હોવાથી,$y$ વડે ભાગતા:
$-5 = -3y \implies y = \frac{5}{3}$.
હવે,$x$ શોધો:
$x = -3 \left(\frac{5}{3}\right) = -5$.
તેથી,$x + y = -5 + \frac{5}{3} = \frac{-15 + 5}{3} = -\frac{10}{3}$.

(B) ધારો કે $O$ એ $AB = 2$ વ્યાસવાળા અર્ધવર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે. તેથી,$S$ ની ત્રિજ્યા $r_S = 1$ છે.
$C$ એ ચાપ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$\triangle AOC$ એ કાટકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $OA = OC = 1$ અને $\angle AOC = 90^\circ$ છે.
જીવા $AC$ ની લંબાઈ $\sqrt{OA^2 + OC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ છે.
અર્ધવર્તુળ $T$ એ $AC$ ને વ્યાસ તરીકે લઈને બનાવવામાં આવ્યું છે,તેથી તેની ત્રિજ્યા $r_T = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.
$T$ ની અંદર પરંતુ $S$ ની બહારના પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ એ અર્ધવર્તુળ $T$ ના ક્ષેત્રફળમાંથી જીવા $AC$ દ્વારા કપાતા $S$ ના વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ બાદ કરવાથી મળે છે.
અર્ધવર્તુળ $T$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \pi r_T^2 = \frac{1}{2} \pi \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{\pi}{4}$.
જીવા $AC$ દ્વારા કપાતા $S$ ના વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ = (વૃત્તાંશ $OAC$ નું ક્ષેત્રફળ) - ($\triangle OAC$ નું ક્ષેત્રફળ).
વૃત્તાંશ $OAC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{90^\circ}{360^\circ} \pi (1)^2 = \frac{\pi}{4}$.
$\triangle OAC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times 1 \times 1 = \frac{1}{2}$.
વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ = $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}$.
જરૂરી ક્ષેત્રફળ = (અર્ધવર્તુળ $T$ નું ક્ષેત્રફળ) - (વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ) = $\frac{\pi}{4} - (\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $p(x) = x^{135}+x^{125}-x^{115}+x^5+1$ અને $q(x) = x^3-x = x(x-1)(x+1)$.
ભાજક $q(x)$ ની ઘાત $3$ હોવાથી,શેષ $r(x)$ એ $ax^2+bx+c$ સ્વરૂપમાં હશે.
તેથી,$p(x) = (x^3-x)k(x) + ax^2+bx+c$.
$x=0$ માટે: $p(0) = 1$. તેથી,$c = 1$.
$x=1$ માટે: $p(1) = 3$. તેથી,$a+b+c = 3 \Rightarrow a+b = 2$.
$x=-1$ માટે: $p(-1) = -1$. તેથી,$a-b+c = -1 \Rightarrow a-b = -2$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2a = 0 \Rightarrow a = 0$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $2b = 4 \Rightarrow b = 2$.
તેથી,$r(x) = 2x+1$.
$r(x) = 2x+1$ ની ઘાત $1$ છે.

(A) $n$ થી નાની અને $n$ સાથે પરસ્પર અવિભાજ્ય હોય તેવી પૂર્ણાંક સંખ્યાઓની સંખ્યા આઈલરના ટોશિયન્ટ વિધેય $\phi(n)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $n = p_1 \times p_2$,જ્યાં $p_1$ અને $p_2$ ભિન્ન અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ છે,તેથી $\phi(n) = (p_1-1)(p_2-1)$ સૂત્રનો ઉપયોગ થાય છે.
આપણને $\phi(43361) = 42900$ આપેલ છે.
તેથી,$(p_1-1)(p_2-1) = 42900$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$p_1 p_2 - p_1 - p_2 + 1 = 42900$.
કારણ કે $p_1 p_2 = 43361$,તેથી $43361 - (p_1+p_2) + 1 = 42900$.
$43362 - (p_1+p_2) = 42900$.
$p_1+p_2 = 43362 - 42900 = 462$.
આમ,બે અવિભાજ્ય અવયવોનો સરવાળો $462$ છે.

(A) આપેલ છે કે $ABC$ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જ્યાં $\angle C=90^{\circ}$.
$CD \perp AB$,$DM \parallel BC$ અને $DN \parallel AC$.
$DMCN$ એક લંબચોરસ છે,તેથી $MC = DN = 4$ અને $NC = DM = 5$.
ત્રિકોણની સમરૂપતાનો ઉપયોગ કરતા,$AC = AM + MC = \frac{25}{4} + 4 = \frac{41}{4}$ અને $BC = BN + NC = \frac{16}{5} + 5 = \frac{41}{5}$.

(B) આપેલ છે કે $A, G, H$ એ બે ભિન્ન ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓના સમાંતર,ગુણોત્તર અને હરાત્મક મધ્યક છે,તેથી $A > G > H > 0$ અને $AH = G^2$ થાય.
આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $A(G-H) x^2 + G(H-A) x + H(A-G) = 0$ છે.
ધારો કે $f(x) = A(G-H) x^2 + G(H-A) x + H(A-G)$.
$f(1) = A(G-H) + G(H-A) + H(A-G) = AG - AH + GH - GA + HA - HG = 0$.
તેથી $x = 1$ એ સમીકરણનું એક બીજ છે.
ધારો કે બીજ $\alpha$ અને $\beta = 1$ છે. બીજનો ગુણાકાર $\alpha \cdot \beta = \frac{H(A-G)}{A(G-H)}$ થાય.
$\beta = 1$ હોવાથી,$\alpha = \frac{H(A-G)}{A(G-H)}$.
$AH = G^2$ નો ઉપયોગ કરતા,$\alpha = \frac{G}{A}$ મળે.
$A > G > 0$ હોવાથી,$0 < \frac{G}{A} < 1$ થાય. આમ,$0 < \alpha < 1$.

(D) ધારો કે ચોરસ $ABCD$ ની બાજુ $1$ છે. તેથી,$AB = BC = CD = DA = 1$.
$O$ એ $CD$ ના વિસ્તરણ પર છે,ધારો કે $OD = x$. તો $OC = x + 1$.
$\triangle OAC$ માં,$AC$ એ $A$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક છે,તેથી $\angle OAC = 90^{\circ}$.
$\triangle ADC$ માં,$\angle DAC = 45^{\circ}$. $\angle OAC = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle OAD = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$.
$\triangle OAD$ માં,$\tan(45^{\circ}) = \frac{OD}{AD} \implies 1 = \frac{x}{1} \implies x = 1$.
તેથી,$OD = 1$ અને ત્રિજ્યા $R = OA = \sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
છાયાંકિત પ્રદેશ એ ચોરસ $ABCD$ માંથી વૃત્તાંશ $AXD$ નું ક્ષેત્રફળ બાદ કરવાથી મળે છે.
ચોરસ $ABCD$ નું ક્ષેત્રફળ = $1^2 = 1$.
વૃત્તાંશ $OAX$ ની ત્રિજ્યા $R = \sqrt{2}$ અને કેન્દ્રિય ખૂણો $\angle AOX = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$ છે.
વૃત્તાંશ $OAX$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{45}{360} \times \pi \times R^2 = \frac{1}{8} \times \pi \times 2 = \frac{\pi}{4}$.
$\triangle OAD$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times AD \times OD = \frac{1}{2} \times 1 \times 1 = 0.5$.
છાયાંકિત પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ = ચોરસ $ABCD$ નું ક્ષેત્રફળ - (વૃત્તાંશ $OAX$ નું ક્ષેત્રફળ - $\triangle OAD$ નું ક્ષેત્રફળ) = $1 - (\frac{\pi}{4} - 0.5) = 1.5 - \frac{\pi}{4} = \frac{6-\pi}{4}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $x^5-6x^4+11x^3-5x^2-3x+2=0$.
પૂર્ણાંક બીજ શોધતા,$x=1$ અને $x=2$ એ બીજ છે.
બહુપદીને $(x-1)(x-2) = x^2-3x+2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$(x-1)(x-2)(x^3-3x^2+1)=0$.
બિન-પૂર્ણાંક બીજ એ $x^3-3x^2+1=0$ સમીકરણના બીજ છે.
વિયેટાના સૂત્ર મુજબ,બીજનો સરવાળો $-\frac{b}{a} = -\frac{-3}{1} = 3$ થાય.
આમ,તમામ બિન-પૂર્ણાંક બીજનો સરવાળો $3$ છે.

(A) ધારો કે $P$ એ વર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે અને $r$ તેની ત્રિજ્યા છે. તે $X$-અક્ષને $A$ પર અને $Y$-અક્ષને $B$ પર સ્પર્શતું હોવાથી,$P$ ના યામ $(r, r)$ છે.
ઉગમબિંદુ $O(0,0)$ થી $P(r,r)$ નું અંતર $OP = \sqrt{r^2+r^2} = r\sqrt{2}$ છે.
વર્તુળ $S$ એ એકમ વર્તુળ $x^2+y^2=1$ ને $C$ પર બહારથી સ્પર્શતું હોવાથી,તેમના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર તેમની ત્રિજ્યાઓના સરવાળા જેટલું થાય: $OP = 1 + r$.
$OP$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $r\sqrt{2} = 1 + r \Rightarrow r(\sqrt{2}-1) = 1 \Rightarrow r = \frac{1}{\sqrt{2}-1} = \sqrt{2}+1$.
$\triangle OAP$ માં,$OA = r$,$AP = r$,અને $\angle OAP = 90^{\circ}$. તેથી,$\triangle OAP$ એ સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણ છે,તેથી $\angle AOP = \angle APO = 45^{\circ}$.
$\triangle PCA$ માં,$PC = r$ અને $AC = r$ (વર્તુળ $S$ ની ત્રિજ્યાઓ). તેથી,$\triangle PCA$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle PCA = \angle PAC$ છે.
ખૂણો $\angle CPA = 180^{\circ} - 45^{\circ} = 135^{\circ}$ (કારણ કે $O, C, P$ સમરેખ છે).
$\triangle PCA$ માં,$2\angle PCA + 135^{\circ} = 180^{\circ} \Rightarrow 2\angle PCA = 45^{\circ} \Rightarrow \angle PCA = 22.5^{\circ} = \frac{\pi}{8}$.
અંતે,$\angle OCA = 180^{\circ} - \angle PCA = 180^{\circ} - 22.5^{\circ} = 157.5^{\circ} = \frac{5\pi}{8}$.

(D) પ્રદેશો નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$A_1: x^2 + 2y^2 \leq 1$ (એક ઉપવલય)
$A_2: |x|^3 + 2\sqrt{2}|y|^3 \leq 1$
$A_3: \max(|x|, \sqrt{2}|y|) \leq 1$ (એક લંબચોરસ જેના શિરોબિંદુઓ $(\pm 1, \pm 1/\sqrt{2})$ છે)
ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા,$0 < |x|, |y| < 1$ માટે,$|x|^3 < |x|^2$ અને $|y|^3 < |y|^2$ થાય છે.
આમ,પ્રદેશોનો સમાવેશ $A_1 \subset A_2 \subset A_3$ ક્રમમાં થાય છે,જેનો અર્થ છે કે $A_3 \supset A_2 \supset A_1$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(B) ધારો કે ચોરસ $ABCD$ ની બાજુની લંબાઈ $x$ છે. ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $x^2$ છે.
વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ એકબીજાને $M$ બિંદુએ કાટખૂણે દુભાગે છે,તેથી $AM = BM = \frac{x}{\sqrt{2}}$.
$E, A, C$ સમરેખ હોવાથી,$EA$ એ વિકર્ણ $AC$ પર છે. $\triangle EBD$ માં,$EB = ED = \sqrt{130}$ અને $EM \perp BD$.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$EM^2 + BM^2 = EB^2$ $\Rightarrow EM^2 + \frac{x^2}{2} = 130$ $\Rightarrow EM = \sqrt{130 - \frac{x^2}{2}}$.
$\triangle EAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times AB \times EA \times \sin(135^\circ) = \frac{ax}{2}$ (જ્યાં $EA=a$).
આપેલ છે કે $\frac{ax}{2} = x^2 \Rightarrow a = 2x$.
$EB^2 = (x+a)^2 + a^2 = 130$ $\Rightarrow (3x)^2 + (2x)^2 = 130$ $\Rightarrow 13x^2 = 130$ $\Rightarrow x^2 = 10$.
તેથી,ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $10$ છે.

(A) ગણ $A = \{1, 2, 3, \ldots, 30\}$ માં $30$ ઘટકો છે.
$3$ ના ગુણકોની સંખ્યા $10$ છે અને $9$ ના ગુણકોની સંખ્યા $3$ છે.
કુલ પસંદગીઓ $^{30}C_3 = 4060$ છે.
ગુણાકાર $9$ વડે વિભાજ્ય ન હોય તેવી સ્થિતિઓ બાદ કરતાં:
$1$. કોઈ પણ સંખ્યા $3$ નો ગુણક ન હોય: $^{20}C_3 = 1140$.
$2$. માત્ર એક સંખ્યા $3$ નો ગુણક હોય (પરંતુ $9$ નો નહીં): $^{7}C_1 \times ^{20}C_2 = 1330$.
કુલ રીતો = $4060 - (1140 + 1330) = 1590$.