KVPY 2018 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) એકમના મૂળ $z^n = 1$ સમીકરણના ઉકેલો દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n \in \mathbb{N}$ છે.
આ મૂળ $z_k = e^{i \frac{2k\pi}{n}}$ સ્વરૂપના છે,જ્યાં $k = 0, 1, 2, \dots, n-1$.
જેમ $n$ વધે છે,તેમ એકમના તમામ મૂળનો સમૂહ $\bigcup_{n=1}^{\infty} \{e^{i \frac{2k\pi}{n}} : k=0, 1, \dots, n-1\}$ એકમ વર્તુળ $|z|=1$ પર ગીચ (dense) બને છે.
કોઈપણ ધન લંબાઈના ચાપ પર આ ગીચ સમૂહના અનંત બિંદુઓ આવેલા હોવાથી,આવા કોઈપણ ચાપ પર એકમના અનંત મૂળ હોય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$ છે.
બિંદુ $(3 \cos \theta, 2 \sin \theta)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $\frac{x}{3} \cos \theta + \frac{y}{2} \sin \theta = 1$ છે.
આ સ્પર્શકના અક્ષો પરના અંતઃખંડો $(3 \sec \theta, 0)$ અને $(0, 2 \operatorname{cosec} \theta)$ છે.
ચાર સ્પર્શકો $(\pm 3 \sec \theta, 0)$ અને $(0, \pm 2 \operatorname{cosec} \theta)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો સમબાજુ ચતુષ્કોણ બનાવે છે.
આ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $A(\theta) = 4 \times \left( \frac{1}{2} \times |3 \sec \theta| \times |2 \operatorname{cosec} \theta| \right)$ છે.
$A(\theta) = 12 \sec \theta \operatorname{cosec} \theta = \frac{12}{\sin \theta \cos \theta} = \frac{24}{2 \sin \theta \cos \theta} = \frac{24}{\sin 2 \theta}$.
$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$\sin 2 \theta$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $1$ છે (જ્યારે $\theta = \frac{\pi}{4}$ હોય).
તેથી,$A(\theta)$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય $\frac{24}{1} = 24$ થાય.

(D) આપણને ગણ $S = \{x \in R : \cos(x) + \cos(\sqrt{2}x) < 2\}$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોસાઈન વિધેયની મહત્તમ કિંમત $1$ છે,જે ત્યારે મળે છે જ્યારે તેનો ખૂણો $2\pi$ નો પૂર્ણાંક ગુણક હોય.
$\cos(x) + \cos(\sqrt{2}x) = 2$ થવા માટે,$\cos(x)$ અને $\cos(\sqrt{2}x)$ બંને એકસાથે $1$ હોવા જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $x = 2n\pi$ અને $\sqrt{2}x = 2m\pi$ કોઈ પૂર્ણાંકો $n, m$ માટે.
જો $x = 0$ હોય,તો $n = 0$ અને $m = 0$,જે શરત $\cos(0) + \cos(0) = 1 + 1 = 2$ નું પાલન કરે છે.
જો $x \neq 0$ હોય,તો $\frac{\sqrt{2}x}{x} = \frac{2m\pi}{2n\pi} \implies \sqrt{2} = \frac{m}{n}$,જે અશક્ય છે કારણ કે $\sqrt{2}$ અસંમેય સંખ્યા છે.
આમ,સરવાળો $\cos(x) + \cos(\sqrt{2}x)$ ફક્ત $x = 0$ માટે જ $2$ થાય છે,અને બાકીના તમામ $x \in R \setminus \{0\}$ માટે તે $2$ કરતા નાનો રહે છે.
તેથી,$S = R \setminus \{0\}$.

(B) લંબચોરસ અતિવલય $x^2-y^2=a^2$ છે.
ધારો કે $B$ ના યામ $(a \sec \theta, a \tan \theta)$ અને $C$ ના યામ $(a \sec \theta, -a \tan \theta)$ છે.
$\triangle ABC$ સમબાજુ હોવાથી,$AB^2 = BC^2$.
બાજુ $BC = 2a \tan \theta$.
$AB^2 = (a \sec \theta + a)^2 + (a \tan \theta)^2 = a^2(\sec \theta + 1)^2 + a^2 \tan^2 \theta$.
$AB^2 = BC^2$ લેતા:
$a^2(\sec \theta + 1)^2 + a^2 \tan^2 \theta = 4a^2 \tan^2 \theta$.
$(\sec \theta + 1)^2 = 3 \tan^2 \theta = 3(\sec^2 \theta - 1) = 3(\sec \theta + 1)(\sec \theta - 1)$.
$\sec \theta + 1 = 3 \sec \theta - 3 \implies 2 \sec \theta = 4 \implies \sec \theta = 2$.
તેથી $\tan \theta = \sqrt{3}$.
બાજુની લંબાઈ $BC = 2a \sqrt{3}$.
બાજુની લંબાઈ $ka$ હોવાથી,$k = 2 \sqrt{3} \approx 3.464$.
આમ,$k \in (2, 4]$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\cos^2(x \sin(2x)) + \frac{1}{1+x^2} = \cos^2 x + \sec^2 x$.
ડાબી બાજુ $(LHS)$ ધ્યાનમાં લો: $f(x) = \cos^2(x \sin(2x)) + \frac{1}{1+x^2}$.
દરેક વાસ્તવિક $x$ માટે $\cos^2(\theta) \leq 1$ અને $\frac{1}{1+x^2} \leq 1$ હોવાથી,$f(x) \leq 1 + 1 = 2$ થાય.
જમણી બાજુ $(RHS)$ ધ્યાનમાં લો: $g(x) = \cos^2 x + \sec^2 x$.
સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક અસમતા $(AM \geq GM)$ મુજબ,$\cos^2 x + \sec^2 x \geq 2 \sqrt{\cos^2 x \cdot \sec^2 x} = 2 \sqrt{1} = 2$ થાય.
સમીકરણ સંતોષવા માટે,$f(x) = 2$ અને $g(x) = 2$ હોવું જોઈએ.
$g(x) = 2$ ત્યારે થાય જ્યારે $\cos^2 x = \sec^2 x$,જેનો અર્થ છે $\cos^4 x = 1$,એટલે કે $\cos x = \pm 1$,એટલે કે $x = n\pi$ જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
જો $x = 0$ હોય,તો $f(0) = \cos^2(0) + \frac{1}{1+0} = 1 + 1 = 2$ અને $g(0) = \cos^2(0) + \sec^2(0) = 1 + 1 = 2$.
જો $x = n\pi$ જ્યાં $n \neq 0$ હોય,તો $\frac{1}{1+x^2} < 1$ થાય,તેથી $f(x) < 2$,જે $f(x) = 2$ સાથે વિરોધાભાસ ધરાવે છે.
આમ,માત્ર એક જ વાસ્તવિક ઉકેલ $x = 0$ છે.

(D) આપેલ ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ છે,જ્યાં $a>b$.
$\triangle ABC$ સમબાજુ હોવાથી,$\angle BAC = 60^{\circ}$ થાય.
ઉપવલયની સંમિતિને કારણે,રેખા $AO$ (y-અક્ષ) એ $\angle BAC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle OAF_2 = 30^{\circ}$ થાય.
કાટકોણ $\triangle AOF_2$ માં,$\tan(30^{\circ}) = \frac{OF_2}{OA}$ મળે.
અહીં,$OF_2 = ae$ અને $OA = b$ છે.
તેથી,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{ae}{b}$,જેનો અર્થ છે કે $b = \sqrt{3}ae$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$b^2 = 3a^2e^2$.
સંબંધ $b^2 = a^2(1-e^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$a^2(1-e^2) = 3a^2e^2$ મળે.
$a^2$ વડે ભાગતા,$1-e^2 = 3e^2$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $4e^2 = 1$ થાય.
આમ,$e^2 = \frac{1}{4}$,અને $e>0$ હોવાથી,$e = \frac{1}{2}$ મળે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(n\theta) + i \sin(n\theta) = (\cos \theta + i \sin \theta)^n$.
$\theta = 1^{\circ}$ અને $n = 90$ માટે,$\cos 90^{\circ} + i \sin 90^{\circ} = (\cos 1^{\circ} + i \sin 1^{\circ})^{90} = i$.
આ સૂચવે છે કે $\cos 1^{\circ} + i \sin 1^{\circ}$ એ બહુપદી $z^{90} - i = 0$ નું બીજ છે.
કોઈપણ સંકર સંખ્યા $z = a + ib$ બીજગણિતીય છે જો અને માત્ર જો તેનો વાસ્તવિક ભાગ $a$ અને કાલ્પનિક ભાગ $b$ બંને બીજગણિતીય હોય.
$\cos 1^{\circ} + i \sin 1^{\circ}$ એ $z^{90} = i$ નું બીજ હોવાથી,$z^{180} = -1$,અથવા $z^{180} + 1 = 0$.
આમ,$\cos 1^{\circ} + i \sin 1^{\circ}$ એ બીજગણિતીય સંખ્યા છે.
તે જાણીતું પરિણામ છે કે જો $\alpha$ બીજગણિતીય સંખ્યા હોય,તો $\pi$ ના સંમેય ગુણાંકો માટે $\cos \alpha$ અને $\sin \alpha$ બીજગણિતીય હોય છે.
$1^{\circ} = \frac{\pi}{180}$ રેડિયન હોવાથી,$\cos 1^{\circ}$ અને $\sin 1^{\circ}$ બંને બીજગણિતીય સંખ્યાઓ છે.

(A) ધારો કે $n = 2018$. આપણને $N = \sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ આપેલ છે.
અસમતા $I$ માટે,આપણે કોશી-શ્વાર્ટ્ઝ અસમતાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $(\sum a_k b_k)^2 \leq (\sum a_k^2)(\sum b_k^2)$.
ધારો કે $a_k = \sqrt{k}$ અને $b_k = \sqrt{k} x_k$. તો:
$\left(\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \cdot \sqrt{k} x_k\right)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^{n} (\sqrt{k})^2\right) \left(\sum_{k=1}^{n} (\sqrt{k} x_k)^2\right)$
$\left(\sum_{k=1}^{n} k x_k\right)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^{n} k\right) \left(\sum_{k=1}^{n} k x_k^2\right) = N \sum_{k=1}^{n} k x_k^2$.
આમ,$I$ સાચું છે.
અસમતા $II$ માટે,આપણે નોંધ્યું કે $k \geq 1$ હોવાથી,બધા $k \in \{1, 2, \dots, n\}$ માટે $k^2 \geq k$ થાય.
તેથી,$\sum_{k=1}^{n} k^2 x_k^2 \geq \sum_{k=1}^{n} k x_k^2$.
$I$ સાચું હોવાથી,આપણી પાસે $\left(\sum_{k=1}^{n} k x_k\right)^2 \leq N \sum_{k=1}^{n} k x_k^2 \leq N \sum_{k=1}^{n} k^2 x_k^2$ છે.
આમ,$II$ પણ સાચું છે.
તેથી,$I$ અને $II$ બંને સાચા છે.

(C) પરવલય $x^2=4ky$ છે. નાભિલંબ $BC$ એ રેખા $y=k$ છે. $B$ અને $C$ ના યામ $(-2k, k)$ અને $(2k, k)$ છે.
$BD=DE=EC$ અને $BC=4k$ હોવાથી,$DE = \frac{4k}{3}$ મળે.
ઉપવલયનું કેન્દ્ર $P$ એ $DE$ નું મધ્યબિંદુ $(0, k)$ છે.
ઉપવલય ઉગમબિંદુ $O(0,0)$ આગળ પરવલયને સ્પર્શે છે. ધારો કે ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{x^2}{a^2} + \frac{(y-k)^2}{b^2} = 1$ છે.
તે $O(0,0)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,$\frac{0}{a^2} + \frac{(-k)^2}{b^2} = 1$,તેથી $b^2 = k^2$.
ઉપવલય $BC$ (રેખા $y=k$) ને $D$ અને $E$ માં છેદે છે. $y=k$ મુકતા,$\frac{x^2}{a^2} = 1$,તેથી $x = \pm a$.
આમ,$D = (-a, k)$ અને $E = (a, k)$. $DE = 2a = \frac{4k}{3}$ હોવાથી,$a = \frac{2k}{3}$.
અહીં $a < b$ હોવાથી,ઉત્કેન્દ્રતા $e^2 = 1 - \frac{a^2}{b^2} = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}$.
તેથી,$e = \frac{\sqrt{5}}{3}$.

(D) લંબચોરસ $R$,વર્તુળ $C$ અને ત્રિકોણ $T$ ની પરિમિતિ પર સામાન્ય બિંદુઓની મહત્તમ શક્ય સંખ્યા $6$ છે. આ આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ આકારોને એવી રીતે ગોઠવી શકાય છે કે જેથી તેમની સીમાઓ $6$ અલગ-અલગ બિંદુઓ પર છેદે.

(C) આપેલ સમીકરણ $x^4+4y^4+16z^4+64=32xyz$ છે.
$AM \geq GM$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા,$x^4, 4y^4, 16z^4, 64$ માટે:
$\frac{x^4+4y^4+16z^4+64}{4} \geq \sqrt[4]{x^4 \cdot 4y^4 \cdot 16z^4 \cdot 64} = 8|xyz|$.
તેથી,$x^4+4y^4+16z^4+64 \geq 32|xyz|$.
સમાનતા માટે,$|x|=2\sqrt{2}, |y|=2, |z|=\sqrt{2}$ હોવું જોઈએ અને $xyz > 0$ હોવું જોઈએ.
$(x, y, z)$ માટે શક્યતાઓ:
$1$. $(2\sqrt{2}, 2, \sqrt{2}) \implies x+y+z = 3\sqrt{2}+2$.
$2$. $(2\sqrt{2}, -2, -\sqrt{2}) \implies x+y+z = \sqrt{2}-2$.
$3$. $(-2\sqrt{2}, 2, -\sqrt{2}) \implies x+y+z = 2-3\sqrt{2}$.
$4$. $(-2\sqrt{2}, -2, \sqrt{2}) \implies x+y+z = -\sqrt{2}-2$.
આમ,$x+y+z$ માટે $4$ અલગ કિંમતો શક્ય છે.

(B) ધારો કે વર્તુળનું સમીકરણ $x^2 + y^2 = r^2$ છે,જ્યાં કેન્દ્ર $O(0, 0)$ છે.
ધારો કે $M = (r \cos \theta, r \sin \theta)$.
$M$ આગળનો સ્પર્શક $x \cos \theta + y \sin \theta = r$ છે.
$B(r, 0)$ આગળનો સ્પર્શક $l$ એ $x = r$ છે.
$M$ આગળના સ્પર્શક અને $l$ નું છેદબિંદુ $P$ શોધવા માટે $x = r$ ને સ્પર્શકના સમીકરણમાં મૂકતા:
$r \cos \theta + y \sin \theta = r \implies y \sin \theta = r(1 - \cos \theta) \implies y = r \tan(\theta/2)$.
તેથી,$P = (r, r \tan(\theta/2))$.
$P$ માંથી પસાર થતી અને $AB$ ($x$-અક્ષ) ને સમાંતર રેખા $y = r \tan(\theta/2)$ છે.
રેખા $OM$ એ $(0, 0)$ અને $(r \cos \theta, r \sin \theta)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનું સમીકરણ $y = x \tan \theta$ છે.
$Q(h, k)$ એ $y = r \tan(\theta/2)$ અને $y = x \tan \theta$ નું છેદબિંદુ છે.
તેથી,$k = r \tan(\theta/2)$ અને $k = h \tan \theta$.
$\tan \theta = \frac{2 \tan(\theta/2)}{1 - \tan^2(\theta/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $k = h \cdot \frac{2(k/r)}{1 - (k/r)^2}$.
$1 - k^2/r^2 = 2h/r \implies r^2 - k^2 = 2hr \implies k^2 = -2r(h - r/2)$.
$Q(x, y)$ નો બિંદુપથ $y^2 = -2r(x - r/2)$ છે,જે પરવલય છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin(x+x^2) - \sin(x^2) = \sin x$
નિત્યસમ $\sin A - \sin B = 2 \sin(\frac{A-B}{2}) \cos(\frac{A+B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin(\frac{x}{2}) \cos(\frac{2x^2+x}{2}) = \sin x$
$\sin x = 2 \sin(\frac{x}{2}) \cos(\frac{x}{2})$ હોવાથી,સમીકરણ:
$2 \sin(\frac{x}{2}) [\cos(\frac{2x^2+x}{2}) - \cos(\frac{x}{2})] = 0$
કિસ્સો $1$: $\sin(\frac{x}{2}) = 0 \Rightarrow x = 2n\pi$. $n=1$ માટે $x=2\pi \approx 6.28$,જે $[2, 3]$ ની બહાર છે.
કિસ્સો $2$: $\cos(\frac{2x^2+x}{2}) = \cos(\frac{x}{2}) \Rightarrow x^2 = 2k\pi$ અથવા $x^2 + x - 2k\pi = 0$.
$k=1$ માટે $x = \sqrt{2\pi} \approx 2.506$ અને $x^2 + x - 2\pi = 0$ નો ધન ઉકેલ $x \approx 2.055$ મળે છે.
આમ,કુલ $2$ ઉકેલો મળે છે.

(B) આપેલ પરવલય $y=x^2+x+10$ છે.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,$y = (x + \frac{1}{2})^2 + \frac{39}{4}$,અથવા $(x + \frac{1}{2})^2 = (y - \frac{39}{4})$.
આ $X^2 = 4aY$ પ્રકારનું પરવલય છે જ્યાં $4a = 1$,તેથી નાભિલંબની લંબાઈ $1$ છે.
પરવલય અને $L$ લંબાઈની જીવા દ્વારા ઘેરાયેલ ક્ષેત્રફળનું સૂત્ર $A = \frac{L^3}{6 \cdot (4a)}$ છે.
અહીં $L = 1$ અને $4a = 1$ છે.
તેથી,ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1^3}{6 \cdot 1} = \frac{1}{6}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $11 z^8 + 21 i z^7 + 10 i z - 22 = 0$ છે.
આને $11 z^8 - 22 = -21 i z^7 - 10 i z$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ માનાંક લેતા,$|11 z^8 - 22| = |-21 i z^7 - 10 i z|$ મળે.
ત્રિકોણ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા,$|11 z^8 - 22| \leq 11|z|^8 + 22$ મળે.
તે જ રીતે,$|-21 i z^7 - 10 i z| = |z| |21 i z^6 + 10 i| \leq |z| (21|z|^6 + 10)$ મળે.
આ બહુપદીના બીજ માટે $1 < |z| < 2$ સાબિત કરી શકાય છે.
ધારો કે $r = |z|$,તો $1 < r < 2$ થાય.
$S = r^2 + r + 1$ લેતા,$1^2 + 1 + 1 < S < 2^2 + 2 + 1$ મળે.
આમ,$3 < S < 7$ થાય.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ અસમતાઓ $a^4+b^4 < 1$ અને $a^2+b^2 > 1$ છે,જ્યાં $a$ અને $b$ ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે.
પ્રથમ ચરણમાં $x, y > 0$ માટે વક્ર $x^2+y^2=1$ (ત્રિજ્યા $1$ વાળું વર્તુળ) અને $x^4+y^4=1$ (સ્કવર્કલ) ધ્યાનમાં લો.
વર્તુળ $x^2+y^2=1$ પરના કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ માટે,$x^4+y^4 = (x^2+y^2)^2 - 2x^2y^2 = 1 - 2x^2y^2$ થાય. $x, y > 0$ હોવાથી,$x^2y^2 > 0$,જેનો અર્થ છે કે $x^4+y^4 < 1$.
આનો અર્થ એ છે કે પ્રથમ ચરણમાં $a^4+b^4 < 1$ વાળો વિસ્તાર વર્તુળ $a^2+b^2=1$ ની બહાર આવે છે,જ્યારે $a^2+b^2 > 1$ વાળો વિસ્તાર વર્તુળની બહાર આવે છે. જોકે,વક્ર $a^4+b^4=1$ વાસ્તવમાં પ્રથમ ચરણમાં વર્તુળ $a^2+b^2=1$ કરતા મોટો વિસ્તાર આવરી લે છે.
ચોક્કસ રીતે,$a, b > 0$ માટે,$a^2+b^2 > 1$ અને $a^4+b^4 < 1$ એ પ્રથમ ચરણમાં વર્તુળ અને સ્કવર્કલ વચ્ચેનો વિસ્તાર દર્શાવે છે.
આ વિસ્તાર શૂન્ય ન હોવાથી,આ અસમતાઓનું સમાધાન કરતી ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓની અસંખ્ય જોડીઓ $(a, b)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,આવી જોડીઓની સંખ્યા $2$ કરતા વધારે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $x^4-x^2+2x-1=0$
સમીકરણને આ રીતે ફરીથી લખતા: $x^4-(x^2-2x+1)=0$
આનું સાદું રૂપ: $x^4-(x-1)^2=0$
તફાવતની રીત $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(x^2-(x-1))(x^2+(x-1))=0$
$(x^2-x+1)(x^2+x-1)=0$
કિસ્સો $1$: $x^2-x+1=0$. વિવેચક $D = (-1)^2 - 4(1)(1) = 1-4 = -3$. $D < 0$ હોવાથી,કોઈ વાસ્તવિક બીજ નથી.
કિસ્સો $2$: $x^2+x-1=0$. વિવેચક $D = (1)^2 - 4(1)(-1) = 1+4 = 5$. $D > 0$ હોવાથી,બે ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ મળે છે.
તેથી,વાસ્તવિક બીજની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$S_m = n$ અને $S_n = m$.
પ્રથમ $k$ પદોના સરવાળાનું સૂત્ર $S_k = \frac{k}{2}[2a + (k-1)d]$ છે.
તેથી,$S_m = \frac{m}{2}[2a + (m-1)d] = n \implies 2a + (m-1)d = \frac{2n}{m} \quad (i)$.
તે જ રીતે,$S_n = \frac{n}{2}[2a + (n-1)d] = m \implies 2a + (n-1)d = \frac{2m}{n} \quad (ii)$.
સમીકરણ $(i)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા:
$(m-n)d = \frac{-2(m-n)(m+n)}{mn} \implies d = \frac{-2(m+n)}{mn}$.
આ કિંમત મૂકતા,$S_{m+n} = \frac{m+n}{2}[2a + (m+n-1)d] = -(m+n)$.

(B) વિધાન $I$ ખોટું છે. સુસંગત સુરેખ સમીકરણોની જોડીને કાં તો અનન્ય ઉકેલ (છેદતી રેખાઓ) અથવા અનંત ઉકેલો (સંપાતી રેખાઓ) હોઈ શકે છે.
વિધાન $II$ ખોટું છે. ધારો કે બે ક્રમિક પૂર્ણાંકો $x$ અને $x+1$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$x^2 + (x+1)^2 = 365$.
$x^2 + x^2 + 2x + 1 = 365$
$2x^2 + 2x - 364 = 0$
$x^2 + x - 182 = 0$
$(x + 14)(x - 13) = 0$
તેથી,$x = 13$ અથવા $x = -14$.
જો $x = 13$ હોય,તો પૂર્ણાંકો $13$ અને $14$ છે. ચકાસણી: $13^2 + 14^2 = 169 + 196 = 365$.
આમ,આવા પૂર્ણાંકો અસ્તિત્વમાં હોવાથી વિધાન $II$ ખોટું છે.
તેથી,$I$ અને $II$ બંને ખોટા છે.

(A) ધારો કે $p(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0$ જ્યાં $a_i \in \mathbb{Z}$.
આપેલ છે કે $p(2) = 2$ અને $p(4) = 5$.
પૂર્ણાંક સહગુણકો ધરાવતી બહુપદીઓના ગુણધર્મ મુજબ,કોઈપણ બે ભિન્ન પૂર્ણાંકો $a$ અને $b$ માટે,$(a-b)$ એ $(p(a) - p(b))$ ને ભાગી શકે છે.
અહીં,$a = 4$ અને $b = 2$.
તેથી,$(4-2)$ એ $(p(4) - p(2))$ ને ભાગવું જોઈએ.
$(4-2) = 2$ અને $(p(4) - p(2)) = 5 - 2 = 3$.
કારણ કે $2$ એ $3$ ને ભાગી શકતું નથી,તેથી આવી કોઈ પૂર્ણાંક સહગુણકો વાળી બહુપદી અસ્તિત્વમાં નથી.
તેથી,આવી બહુપદીઓની સંખ્યા $0$ છે.

(B) $7$ વડે વિભાજ્ય $4$-અંકી સંખ્યાઓ સમાંતર શ્રેણી બનાવે છે: $1001, 1008, 1015, \ldots, 9996$.
અહીં,પ્રથમ પદ $a = 1001$ અને સામાન્ય તફાવત $d = 7$ છે.
છેલ્લું પદ $l = a + (n-1)d$,તેથી $9996 = 1001 + (n-1)7$.
$8995 = (n-1)7 \implies n-1 = 1285 \implies n = 1286$.
પદોની સંખ્યા $n = 1286$ બેકી હોવાથી,મધ્યસ્થ એ $\left(\frac{n}{2}\right)$-મું અને $\left(\frac{n}{2}+1\right)$-મું પદની સરેરાશ છે.
મધ્યસ્થ $= \frac{a_{643} + a_{644}}{2}$.
$a_{643} = 1001 + (643-1)7 = 1001 + 4494 = 5495$.
$a_{644} = 1001 + (644-1)7 = 1001 + 4501 = 5502$.
મધ્યસ્થ $= \frac{5495 + 5502}{2} = \frac{10997}{2} = 5498.5$.

(C) ધારો કે નળાકારની ઊંચાઈ $h$ અને ત્રિજ્યા $r$ છે.
નળાકારનું કદ $V_{cyl} = \pi r^2 h$ અને અર્ધગોલકનું કદ $V_{hemi} = \frac{2}{3} \pi r^3$ છે.
સિસ્ટમનું કુલ કદ $V_1 = \pi r^2 h + \frac{2}{3} \pi r^3$ છે.
જ્યારે નળાકારની ઊંચાઈ બમણી કરવામાં આવે $(h \to 2h)$,ત્યારે નવું કદ $V_2$ નીચે મુજબ થાય:
$V_2 = \pi r^2 (2h) + \frac{2}{3} \pi r^3 = 2 \pi r^2 h + \frac{2}{3} \pi r^3$.
આપેલ છે કે કદમાં $50\,\%$ નો વધારો થાય છે,તેથી $V_2 = 1.5 V_1 = \frac{3}{2} V_1$.
$\frac{2 \pi r^2 h + \frac{2}{3} \pi r^3}{\pi r^2 h + \frac{2}{3} \pi r^3} = \frac{3}{2}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,$4 \pi r^2 h + \frac{4}{3} \pi r^3 = 3 \pi r^2 h + 2 \pi r^3$.
$\pi r^2 h = \frac{2}{3} \pi r^3$,જેનો અર્થ છે કે $h = \frac{2}{3} r$.
હવે,જો ઊંચાઈ $h$ અચળ રાખીને ત્રિજ્યા બમણી કરવામાં આવે $(r \to 2r)$,તો નવું કદ $V'_2$ નીચે મુજબ થાય:
$V'_2 = \pi (2r)^2 h + \frac{2}{3} \pi (2r)^3 = 4 \pi r^2 h + \frac{16}{3} \pi r^3$.
$h = \frac{2}{3} r$ ને $V'_2$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$V'_2 = 4 \pi r^2 (\frac{2}{3} r) + \frac{16}{3} \pi r^3 = \frac{8}{3} \pi r^3 + \frac{16}{3} \pi r^3 = \frac{24}{3} \pi r^3 = 8 \pi r^3$.
$r$ ના સંદર્ભમાં મૂળ કદ $V_1$:
$V_1 = \pi r^2 (\frac{2}{3} r) + \frac{2}{3} \pi r^3 = \frac{2}{3} \pi r^3 + \frac{2}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi r^3$.
ગુણોત્તર $\frac{V'_2}{V_1} = \frac{8 \pi r^3}{\frac{4}{3} \pi r^3} = 8 \times \frac{3}{4} = 6$.
કદમાં વધારો $V'_2 - V_1 = 6 V_1 - V_1 = 5 V_1$.
ટકાવારી વધારો = $\frac{5 V_1}{V_1} \times 100\,\% = 500\,\%$.

(C) $\triangle PQR$ માં,ધારો કે શિરોબિંદુઓ $P, Q, R$ છે. $M$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ છે અને $N$ એ $PR$ નું મધ્યબિંદુ છે. મધ્યગાઓ $PM$ અને $QN$ મધ્યકેન્દ્ર $G$ પર છેદે છે.
મધ્યગાના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$QG = \frac{2}{3}QN$ અને $GM = \frac{1}{3}PM$.
$\triangle QGM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,જો $\angle QGM = 90^{\circ}$ હોય,તો $QG^2 + GM^2 = QM^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $QM = \frac{1}{2}QR$,તેથી $QM^2 = \frac{1}{4}QR^2$.
મધ્યગા માટે એપોલોનિયસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$QN^2 = \frac{2PQ^2 + 2QR^2 - PR^2}{4}$ અને $PM^2 = \frac{2PQ^2 + 2PR^2 - QR^2}{4}$.
તેથી $QG^2 + GM^2 = \left(\frac{2}{3}QN\right)^2 + \left(\frac{1}{3}PM\right)^2 = \frac{4}{9}QN^2 + \frac{1}{9}PM^2$.
$QN^2$ અને $PM^2$ માટેના પદો મૂકતા:
$= \frac{4}{9} \left(\frac{2PQ^2 + 2QR^2 - PR^2}{4}\right) + \frac{1}{9} \left(\frac{2PQ^2 + 2PR^2 - QR^2}{4}\right)$
$= \frac{1}{9} \left( \frac{8PQ^2 + 8QR^2 - 4PR^2 + 2PQ^2 + 2PR^2 - QR^2}{4} \right)$
$= \frac{1}{9} \left( \frac{10PQ^2 + 7QR^2 - 2PR^2}{4} \right)$.
આપેલ છે કે $PR^2 = 5PQ^2 - QR^2$,આ કિંમત મૂકતા:
$= \frac{1}{9} \left( \frac{10PQ^2 + 7QR^2 - 2(5PQ^2 - QR^2)}{4} \right)$
$= \frac{1}{9} \left( \frac{10PQ^2 + 7QR^2 - 10PQ^2 + 2QR^2}{4} \right) = \frac{1}{9} \left( \frac{9QR^2}{4} \right) = \frac{1}{4}QR^2 = QM^2$.
કારણ કે $QG^2 + GM^2 = QM^2$,$\triangle QGM$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle QGM = 90^{\circ}$ છે.

(C) ધારો કે $\triangle ABC$ ની બાજુઓ $BC = a, AC = b, AB = c$ છે અને મધ્યગાઓ $AD = l, BE = m, CF = n$ છે.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મધ્યગાની લંબાઈ તેની આસપાસની બાજુઓના સરવાળાના અડધા કરતા ઓછી હોય છે. તેથી,$l < \frac{b+c}{2}$,$m < \frac{a+c}{2}$,અને $n < \frac{a+b}{2}$.
આ અસમતાઓનો સરવાળો કરતા,$l+m+n < a+b+c$ મળે છે.
તેથી,$K = \frac{l+m+n}{a+b+c} < 1$.
વળી,ધારો કે $G$ એ ત્રિકોણનું મધ્યકેન્દ્ર છે. $\triangle BGC$ માં,ત્રિકોણની અસમતા મુજબ,$BG + GC > BC$. મધ્યકેન્દ્ર મધ્યગાને $2:1$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે,તેથી $BG = \frac{2}{3}m$ અને $GC = \frac{2}{3}n$. આમ,$\frac{2}{3}(m+n) > a$.
તે જ રીતે,$\frac{2}{3}(n+l) > b$ અને $\frac{2}{3}(l+m) > c$.
આ ત્રણેય અસમતાઓનો સરવાળો કરતા,$\frac{4}{3}(l+m+n) > a+b+c$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $K = \frac{l+m+n}{a+b+c} > \frac{3}{4}$.
આમ,$K \in \left(\frac{3}{4}, 1\right)$.

(A) ધારો કે $P(x_0, y_0)$ એ એકમ વર્તુળ $x^2+y^2 \leq 1$ ની બહાર આવેલું નિશ્ચિત બિંદુ છે.
ધારો કે $Q(x, y)$ એ વર્તુળ પર અથવા તેની અંદરનું કોઈ પણ બિંદુ છે.
પદ $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2$ એ બિંદુઓ $P$ અને $Q$ વચ્ચેના અંતરનો વર્ગ $PQ^2$ દર્શાવે છે.
ધારો કે $O$ એ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ છે. અંતર $OP = \sqrt{x_0^2+y_0^2}$ છે.
કારણ કે $P$ વર્તુળની બહાર છે,તેથી $OP > 1$ થાય.
જ્યારે $Q$ એ રેખાખંડ $OP$ પર હોય ત્યારે અંતર $PQ$ ન્યૂનતમ થાય છે.
આ કિસ્સામાં,અંતર $PQ = OP - OQ$ થાય.
જ્યારે $Q$ વર્તુળની સીમા પર હોય ત્યારે ન્યૂનતમ અંતર $PQ$ મળે છે,તેથી $OQ = 1$ થાય.
આમ,ન્યૂનતમ અંતર $PQ = \sqrt{x_0^2+y_0^2} - 1$ થાય.
તેથી $PQ^2$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $(\sqrt{x_0^2+y_0^2}-1)^2$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$\triangle PQR$ માં,
$PQ=3$
વેધ $RS=\sqrt{3}$
$PS=QR$
$\triangle SQR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$QR^2=SR^2+SQ^2$.
$PS=QR$ હોવાથી,$PS^2=SR^2+SQ^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $SQ=PQ-PS=3-PS$.
કિંમતો મૂકતા,$PS^2=(\sqrt{3})^2+(3-PS)^2$.
$PS^2=3+9-6PS+PS^2$
$6PS=12 \Rightarrow PS=2$.
$\triangle PRS$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$PR^2=PS^2+RS^2$.
$PR^2=2^2+(\sqrt{3})^2=4+3=7$.
તેથી,$PR=\sqrt{7}$.

(D) કુલ વિદ્યાર્થીઓની સંખ્યા $n = 50$.
સરેરાશ ગુણ $\bar{x} = 47.5$.
બધા વિદ્યાર્થીઓના કુલ ગુણ $= 50 \times 47.5 = 2375$.
ધારો કે $k$ એવા વિદ્યાર્થીઓની સંખ્યા છે જેમણે સરેરાશ $(47.5)$ કરતા વધુ ગુણ મેળવ્યા છે. ગુણ પૂર્ણાંક હોવાથી,આ વિદ્યાર્થીઓએ ઓછામાં ઓછા $48$ ગુણ મેળવ્યા હશે.
બાકીના $(50 - k)$ વિદ્યાર્થીઓએ ઓછામાં ઓછા $0$ ગુણ મેળવ્યા છે તેમ ધારીએ.
$k$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે ધારીએ છીએ કે આ $k$ વિદ્યાર્થીઓએ સરેરાશ કરતા વધુમાં વધુ ઓછા ગુણ એટલે કે $48$ મેળવ્યા છે.
તેથી,$48k + (50 - k) \times 0 \leq 2375$.
$48k \leq 2375$.
$k \leq \frac{2375}{48} \approx 49.479$.
$k$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $k$ ની મહત્તમ કિંમત $49$ છે.

(B) આપેલ સંખ્યા $n = 15^2 \times 5^{18}$ છે.
$n = (3 \times 5)^2 \times 5^{18} = 3^2 \times 5^2 \times 5^{18} = 9 \times 5^{20}$.
અંકોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $\log_{10} n = \log_{10} (9 \times 5^{20}) = \log_{10} 9 + 20 \log_{10} 5$ ગણીએ છીએ.
$\log_{10} 3 \approx 0.4771$ અને $\log_{10} 5 \approx 0.6990$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log_{10} n = 2 \times 0.4771 + 20 \times 0.6990 = 0.9542 + 13.98 = 14.9342$.
કેરેક્ટરિસ્ટિક $14$ હોવાથી,સંખ્યા $n$ માં $14 + 1 = 15$ અંકો છે.
$15$ અંકની સંખ્યા માટે અંકોનો મહત્તમ સરવાળો $9 \times 15 = 135$ છે. જોકે,$n = 9 \times 5^{20}$ નો છેલ્લો અંક $5$ છે.
તેથી અંકોનો સરવાળો $S$ એ $S \leq 9 \times 14 + 5 = 126 + 5 = 131$ નું પાલન કરે છે.
આમ,$6 \leq S < 140$.

(A) $\triangle PQR$ માં,ધારો કે $PQ = r$,$QR = p$,અને $PR = q$ છે. $PQ < QR$ હોવાથી,$r < p$ મળે.
$1$. વેધ $QQ_1$ એ $Q$ થી રેખા $PR$ પરનું સૌથી ટૂંકું અંતર છે. તેથી,$PQ_1$ સૌથી નાનું અંતર છે.
$2$. મધ્યગા $QQ_3$ એ $PR$ ને દુભાગે છે,તેથી $PQ_3 = \frac{1}{2} PR$.
$3$. ખૂણાના દ્વિભાજક પ્રમેય મુજબ,ખૂણાનો દ્વિભાજક $QQ_2$ એ $PR$ ને બાજુઓના ગુણોત્તર $PQ:QR = r:p$ માં વિભાજિત કરે છે. તેથી,$PQ_2 = \left(\frac{r}{r+p}\right) PR$.
$r < p$ હોવાથી,$r+p > 2r$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\frac{r}{r+p} < \frac{r}{2r} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$PQ_2 < \frac{1}{2} PR = PQ_3$.
$PR$ પરના બિંદુઓના સ્થાનની સરખામણી કરતા,$PQ_1 < PQ_2 < PQ_3$ મળે. સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $(a-8)^2-(b-7)^2=5$
આને આ રીતે લખી શકાય: $(a-8-b+7)(a-8+b-7)=5$
$\Rightarrow (a-b-1)(a+b-15)=5$
$a$ અને $b$ પૂર્ણાંકો હોવાથી,$(a-b-1)$ અને $(a+b-15)$ એ $5$ ના પૂર્ણાંક અવયવો હોવા જોઈએ. $xy=5$ થાય તેવી શક્ય જોડીઓ $(1, 5), (5, 1), (-1, -5), (-5, -1)$ છે.
કિસ્સો $1$: $a-b-1=1$ અને $a+b-15=5 \Rightarrow a-b=2$ અને $a+b=20$. સરવાળો કરતા $2a=22 \Rightarrow a=11$,તેથી $b=9$.
કિસ્સો $2$: $a-b-1=5$ અને $a+b-15=1 \Rightarrow a-b=6$ અને $a+b=16$. સરવાળો કરતા $2a=22 \Rightarrow a=11$,તેથી $b=5$.
કિસ્સો $3$: $a-b-1=-1$ અને $a+b-15=-5 \Rightarrow a-b=0$ અને $a+b=10$. સરવાળો કરતા $2a=10 \Rightarrow a=5$,તેથી $b=5$.
કિસ્સો $4$: $a-b-1=-5$ અને $a+b-15=-1 \Rightarrow a-b=-4$ અને $a+b=14$. સરવાળો કરતા $2a=10 \Rightarrow a=5$,તેથી $b=9$.
શિરોબિંદુઓ $(11, 9), (11, 5), (5, 5), (5, 9)$ છે.
બાજુઓની લંબાઈ પાસપાસેના શિરોબિંદુઓ વચ્ચેનું અંતર છે:
લંબાઈ $L = \sqrt{(11-11)^2+(9-5)^2} = 4$
પહોળાઈ $W = \sqrt{(11-5)^2+(5-5)^2} = 6$
પરિમિતિ $= 2(L+W) = 2(4+6) = 20$.

(B) ધારો કે $P(n)$ એ $n$ ના અંકોનો ગુણાકાર છે. આપણને આપેલ છે કે $P(n) = n^2-10n-36$.
$P(n) \geq 0$ હોવાથી,$n^2-10n-36 \geq 0$. $n^2-10n-36 = 0$ ઉકેલતા $n = 5 \pm \sqrt{61}$ મળે. $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યા હોવાથી,$n \geq 5 + \sqrt{61} \approx 12.8$,તેથી $n \geq 13$.
જો $n$ એ $2$ અંકની સંખ્યા હોય,$n = 10a+b$,તો $P(n) = ab \leq 81$. તેથી $n^2-10n-36 \leq 81$,જે સૂચવે છે કે $n^2-10n-117 \leq 0$. તેના બીજ $5 \pm \sqrt{142} \approx 5 \pm 11.9$ છે,તેથી $n \leq 16.9$. આમ $n \in \{13, 14, 15, 16\}$.
$n=13$ માટે,$P(13) = 1 \times 3 = 3$ અને $13^2-10(13)-36 = 169-130-36 = 3$. આ સાચું છે.
$n=14, 15, 16$ માટે સમીકરણ સંતોષાતું નથી.
જો $n$ એ $3$ અંકની સંખ્યા હોય,તો $n^2-10n-36$ ની કિંમત $3$ અંકની સંખ્યાના મહત્તમ ગુણાકાર $729$ કરતા ઘણી મોટી થઈ જાય છે.
તેથી માત્ર $n=13$ જ ઉકેલ છે.

(C) બે પાસપાસેના અંકોનો સરવાળો એકી હોવા માટે,એક અંક બેકી અને બીજો એકી હોવો જોઈએ. અંકોનો સમૂહ $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ છે,જેમાં એકી અંકો $O = \{1, 3, 5\}$ (કુલ $3$) અને બેકી અંકો $E = \{2, 4\}$ (કુલ $2$) છે.
કિસ્સો $I$: પુનરાવર્તન સાથે $(m)$
ભાત $1$: $O-E-O-E-O$. રીતોની સંખ્યા $= 3 \times 2 \times 3 \times 2 \times 3 = 108$.
ભાત $2$: $E-O-E-O-E$. રીતોની સંખ્યા $= 2 \times 3 \times 2 \times 3 \times 2 = 72$.
કુલ $m = 108 + 72 = 180$.
કિસ્સો $II$: પુનરાવર્તન વગર $(n)$
ભાત $1$: $O-E-O-E-O$. રીતોની સંખ્યા $= 3 \times 2 \times 2 \times 1 \times 1 = 12$.
ભાત $2$: $E-O-E-O-E$. આ શક્ય નથી કારણ કે આપણી પાસે માત્ર $2$ બેકી અંકો છે અને આ ભાત માટે $3$ બેકી અંકોની જરૂર પડે.
કુલ $n = 12$.
તેથી,$\frac{m}{n} = \frac{180}{12} = 15$.

(B) ધારો કે શંકુની ઊંચાઈ અને ત્રિજ્યા અનુક્રમે $h$ અને $r$ છે,જ્યાં $h, r \in \mathbb{Z}^+$.
આપેલ છે કે શંકુનું ઘનફળ તેના કુલ પૃષ્ઠફળ જેટલું છે:
$\frac{1}{3} \pi r^2 h = \pi r l + \pi r^2$,જ્યાં $l = \sqrt{h^2 + r^2}$.
$\pi r$ વડે ભાગતા ($r \neq 0$ હોવાથી):
$\frac{1}{3} r h = \sqrt{h^2 + r^2} + r$
$\frac{1}{3} r h - r = \sqrt{h^2 + r^2}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$r^2(\frac{h-3}{3})^2 = h^2 + r^2$
$r^2(h^2 - 6h + 9) = 9h^2 + 9r^2$
$r^2 h^2 - 6h r^2 = 9h^2$
$h$ વડે ભાગતા:
$h(r^2 - 9) = 6r^2$
$h = 6 + \frac{54}{r^2 - 9}$.
$h$ પૂર્ણાંક હોવા માટે,$r^2 - 9$ એ $54$ નો ભાજક હોવો જોઈએ અને $r > 3$ હોવો જોઈએ.
$54$ ના ભાજકો $1, 2, 3, 6, 9, 18, 27, 54$ છે.
જો $r^2 - 9 = 27$,તો $r^2 = 36 \Rightarrow r = 6$. તેથી $h = 6 + 2 = 8$.
આમ,માત્ર એક જ શંકુ શક્ય છે $(r, h) = (6, 8)$.

(D) ધારો કે ચોરસ $ABCD$ ની બાજુની લંબાઈ $1$ છે. તેથી,$AB = AD = 1$.
ધારો કે ચોરસ $PQRS$ ની બાજુની લંબાઈ $s$ છે.
$PQ$ અને $RS$ એ $AC$ ને સમાંતર હોવાથી,વિકર્ણ $AC$ એ $AB$ અને $AD$ સાથે $45^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
ધારો કે $A$ એ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ છે. તો $A=(0,0)$,$B=(1,0)$,$D=(0,1)$.
ચાપ $BD$ એ વર્તુળ $x^2 + y^2 = 1$ નો ભાગ છે.
રેખા $AC$ એ $y=x$ છે. $PQ$ એ $AC$ ને સમાંતર હોવાથી,તેનું સમીકરણ $y=x+c$ છે.
ચોરસ $PQRS$ ની ભૂમિતિ અને ચાપના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,બાજુની લંબાઈ $s$ માટે $s^2 = 2/5$ મળે છે જ્યારે $ABCD$ ની બાજુ $1$ હોય.
આમ,ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર $\frac{s^2}{1^2} = \frac{2}{5}$ થાય.

(B) ધારો કે સમાંતર બાજુઓ $AB = x$ અને $CD = y$ છે,અને ઊંચાઈ $h$ છે. સમલંબ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times h(x + y) = 12$ છે,જેનો અર્થ છે કે $h(x + y) = 24$.
$h, x, y$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$h$ એ $24$ નો અવયવ હોવો જોઈએ. સમલંબ ચતુષ્કોણ માટે,ત્રાંસી બાજુ ઊંચાઈ $h$ કરતા મોટી હોવી જોઈએ. જો આપણે કાટકોણ સમલંબ ચતુષ્કોણ લઈએ જ્યાં એક ત્રાંસી બાજુ ઊંચાઈ જેટલી હોય,તો $h=3$ માટે,$x+y=8$ મળે. પાયથાગોરસના ત્રિપુટી $(4, 3, 5)$ નો ઉપયોગ કરતા,$x-y=4$ મળે.
$x+y=8$ અને $x-y=4$ ઉકેલતા,$x=6$ અને $y=2$ મળે.
આમ,$|AB-CD| = |6-2| = 4$.

(A) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ અને $A^2 = A$.
$A^2$ ની ગણતરી કરતા:
$A^2 = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a^2 + bc & ab + bd \\ ac + cd & bc + d^2 \end{bmatrix}$.
$A^2 = A$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\begin{bmatrix} a^2 + bc & ab + bd \\ ac + cd & bc + d^2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$.
ઘટકોની સરખામણી કરતા,$ab + bd = b$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $b(a + d) = b$.
અહીં ઘટકો શૂન્યતર છે,તેથી $b \neq 0$,તેથી $b$ વડે ભાગતા આપણને $a + d = 1$ મળે છે.

(B) વક્રો $y_1 = x^2-4$ અને $y_2 = \frac{4-x^2}{2}$ છે.
ધારો કે લંબચોરસના શિરોબિંદુઓ ઉપરના વક્ર પર $C(h, y_2)$ અને $D(-h, y_2)$ છે,અને નીચેના વક્ર પર $B(h, y_1)$ અને $A(-h, y_1)$ છે,જ્યાં $h > 0$.
લંબચોરસની પહોળાઈ $2h$ છે અને ઊંચાઈ $y_2 - y_1 = \frac{4-x^2}{2} - (x^2-4) = 6 - \frac{3x^2}{2}$ છે.
$x$ ની જગ્યાએ $h$ મૂકતા,ક્ષેત્રફળ $A(h) = 2h \times (6 - \frac{3h^2}{2}) = 12h - 3h^3$ મળે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,$h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dA}{dh} = 12 - 9h^2$.
$\frac{dA}{dh} = 0$ લેતા,$9h^2 = 12$,તેથી $h^2 = \frac{4}{3}$,એટલે કે $h = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $A = 12(\frac{2}{\sqrt{3}}) - 3(\frac{2}{\sqrt{3}})^3 = \frac{24}{\sqrt{3}} - \frac{8}{\sqrt{3}} = \frac{16}{\sqrt{3}} = \frac{16\sqrt{3}}{3}$ છે.
$\sqrt{3} \approx 1.732$ લેતા,$A \approx \frac{16 \times 1.732}{3} \approx 9.237$.
$9.237$ ની સૌથી નજીકનો પૂર્ણાંક $9$ છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = x |\sin x|$.
$x = n\pi$ (જ્યાં $n \in Z$) આગળ,આપણે વિકલનીયતાની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને ચકાસીએ:
$f'(n\pi) = \lim_{x \to n\pi} \frac{f(x) - f(n\pi)}{x - n\pi} = \lim_{x \to n\pi} \frac{x |\sin x| - 0}{x - n\pi} = \lim_{x \to n\pi} \frac{x |\sin x|}{x - n\pi}$.
ધારો કે $x = n\pi + h$,જ્યાં $h \to 0$.
તો $f'(n\pi) = \lim_{h \to 0} \frac{(n\pi + h) |\sin(n\pi + h)|}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(n\pi + h) |(-1)^n \sin h|}{h} = \lim_{h \to 0} (n\pi + h) \frac{|\sin h|}{|h|} \cdot |h| \cdot \frac{(-1)^n}{h}$.
જેમ $h \to 0$ થાય,તેમ $\frac{|\sin h|}{h} \to 1$,તેથી લક્ષ $\lim_{h \to 0} (n\pi + h) \cdot 1 \cdot \frac{|h|}{h} \cdot (-1)^n$ બને છે.
$n = 0$ માટે,$f'(0) = \lim_{h \to 0} h \cdot \frac{|h|}{h} = \lim_{h \to 0} |h| = 0$. આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$n \neq 0$ માટે,લક્ષ $\lim_{h \to 0} n\pi \cdot (-1)^n \cdot \frac{|h|}{h}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી કારણ કે ડાબી બાજુનું લક્ષ $-n\pi(-1)^n$ છે અને જમણી બાજુનું લક્ષ $n\pi(-1)^n$ છે.
તેથી,$f(x)$ એ $n = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$ માટે $x = n\pi$ સિવાય તમામ $x$ માટે વિકલનીય છે.

(C) $x=0$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે વિકલનનું લક્ષ તપાસીએ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \left| \cos \left(\frac{\pi}{h}\right) \right| - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \left| \cos \left(\frac{\pi}{h}\right) \right|$.
$|\cos(\frac{\pi}{h})| \leq 1$ હોવાથી,સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{h \to 0} h \left| \cos \left(\frac{\pi}{h}\right) \right| = 0$. આમ,$f$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x \neq 0$ માટે,$f(x) = x^2 |\cos(\frac{\pi}{x})|$. વિધેય $|\cos(\frac{\pi}{x})|$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં નિરપેક્ષ મૂલ્યનો અંદરનો ભાગ શૂન્ય થાય,એટલે કે $\cos(\frac{\pi}{x}) = 0$.
$\cos(\frac{\pi}{x}) = 0 \implies \frac{\pi}{x} = (2n+1)\frac{\pi}{2}$ જ્યાં $n \in Z$.
$x = \frac{2}{2n+1}$.
આમ,$f$ એ $x = \frac{2}{2n+1}$ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી,જ્યાં $n \in Z$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^\pi (1 - |\sin 8x|) dx$.
આપણે સંકલનને આ રીતે વિભાજિત કરી શકીએ:
$I = \int_0^\pi 1 dx - \int_0^\pi |\sin 8x| dx$.
પ્રથમ ભાગ $\int_0^\pi dx = \pi$ છે.
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $f(x) = |\sin 8x|$. $|\sin 8x|$ નું આવર્તમાન $\frac{\pi}{8}$ છે.
અંતરાલ $[0, \pi]$ માં $|\sin 8x|$ વિધેયના $8$ પૂર્ણ આવર્તનો સમાવિષ્ટ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$\int_0^\pi |\sin 8x| dx = 8 \int_0^{\pi/8} |\sin 8x| dx$.
અંતરાલ $[0, \pi/8]$ માં,$\sin 8x \ge 0$ છે,તેથી $|\sin 8x| = \sin 8x$ થાય.
આમ,$8 \int_0^{\pi/8} \sin 8x dx = 8 \left[ -\frac{\cos 8x}{8} \right]_0^{\pi/8} = -(\cos \pi - \cos 0) = -(-1 - 1) = 2$.
આ કિંમતોને $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = \pi - 2$.

(D) વિધેય $f^{\prime}(x) = \ln(x^2-1)$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $x^2-1 > 0$,જેનો અર્થ છે કે $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.
કારણ કે $S = (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$ એ બે અલગ અંતરાલોનો બનેલો અસંબંધિત સમૂહ છે,તેથી સંકલનનો અચળાંક દરેક અંતરાલ માટે સ્વતંત્ર રીતે પસંદ કરી શકાય છે.
ધારો કે $x \in (1, \infty)$ માટે $f(x) = \int \ln(x^2-1) dx + C_1$ અને $x \in (-\infty, -1)$ માટે $f(x) = \int \ln(x^2-1) dx + C_2$.
આપેલ છે કે $f(2) = 0$,તેથી આપણે $C_1$ ને અનન્ય રીતે નક્કી કરી શકીએ છીએ.
જો કે,અંતરાલ $(1, \infty)$ પરના વિધેયની કિંમતને અંતરાલ $(-\infty, -1)$ સાથે જોડતી કોઈ શરત નથી.
કારણ કે અચળાંક $C_2$ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે,તેથી આવા અનંત વિધેયો $f$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $\int_0^x f(t) dt = p f(x)$ છે.
જો $p = 0$ હોય,તો તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $\int_0^x f(t) dt = 0$ થાય. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f(x) = 0$ મળે છે. આમ,$p = 0$ માટે કોઈ શૂન્યતર વિધેય $f$ અસ્તિત્વમાં નથી.
જો $p \neq 0$ હોય,તો કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f(x) = p f'(x) \implies \frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{p}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $\ln|f(x)| = \frac{x}{p} + C$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x) = A e^{x/p}$ કોઈ અચળાંક $A$ માટે.
આ કિંમતને મૂળ સંકલન સમીકરણમાં $x = 0$ આગળ મૂકતા:
$\int_0^0 f(t) dt = p f(0) \implies 0 = p A e^0 \implies p A = 0$.
કારણ કે $p \neq 0$,તેથી $A = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે તમામ $x$ માટે $f(x) = 0$.
આમ,કોઈપણ $p \in \mathbb{R}$ માટે,આપેલ સમીકરણનું પાલન કરતું કોઈ શૂન્યતર સતત વિધેય $f$ અસ્તિત્વમાં નથી.
તેથી,$S = \mathbb{R}$.

(A) ધારો કે $M$ એ પુરુષ પસંદ થવાની ઘટના છે અને $W$ એ સ્ત્રી પસંદ થવાની ઘટના છે. ધારો કે $D$ એ ઘટના છે કે વ્યક્તિને રોગ છે અને $D^c$ એ ઘટના છે કે વ્યક્તિને રોગ નથી. ધારો કે $T^+$ એ ઘટના છે કે રક્ત તપાસ પોઝિટિવ છે.
આપેલ છે:
$P(M) = \frac{30}{50} = \frac{3}{5}$
$P(W) = \frac{20}{50} = \frac{2}{5}$
$P(D|M) = \frac{1}{2}$,તેથી $P(D^c|M) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$P(D|W) = \frac{1}{5}$,તેથી $P(D^c|W) = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}$
તપાસ $\frac{4}{5}$ સંભાવના સાથે સાચી છે,તેથી:
$P(T^+|D) = \frac{4}{5}$ (સાચું પોઝિટિવ)
$P(T^+|D^c) = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}$ (ખોટું પોઝિટિવ)
આપણે $P(M|T^+)$ શોધવું છે. બેયઝના પ્રમેય દ્વારા:
$P(M|T^+) = \frac{P(M) \cdot P(T^+|M)}{P(T^+)}$
$P(T^+|M) = P(T^+|D)P(D|M) + P(T^+|D^c)P(D^c|M) = (\frac{4}{5} \times \frac{1}{2}) + (\frac{1}{5} \times \frac{1}{2}) = \frac{4}{10} + \frac{1}{10} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$
$P(T^+|W) = P(T^+|D)P(D|W) + P(T^+|D^c)P(D^c|W) = (\frac{4}{5} \times \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} \times \frac{4}{5}) = \frac{4}{25} + \frac{4}{25} = \frac{8}{25}$
$P(T^+) = P(M)P(T^+|M) + P(W)P(T^+|W) = (\frac{3}{5} \times \frac{1}{2}) + (\frac{2}{5} \times \frac{8}{25}) = \frac{3}{10} + \frac{16}{125} = \frac{75 + 32}{250} = \frac{107}{250}$
$P(M|T^+) = \frac{\frac{3}{5} \times \frac{1}{2}}{\frac{107}{250}} = \frac{3/10}{107/250} = \frac{3}{10} \times \frac{250}{107} = \frac{75}{107}$

(B) આપેલ શરત $|f(x)-f(y)|=|x-y|$ છે,જ્યાં $x, y \in [0,1]$.
આનો અર્થ એ છે કે વિધેય $f$ નો ઢાળ $\pm 1$ હોવો જોઈએ,એટલે કે $f'(x) = 1$ અથવા $f'(x) = -1$.
કિસ્સો $1$: જો $f'(x) = 1$,તો $f(x) = x + c$. સહપ્રદેશ $[0,1]$ હોવાથી,$f:[0,1] \rightarrow [0,1]$ માટે $f(0) \ge 0$ અને $f(1) \le 1$ હોવું જોઈએ. તેથી,$0+c \ge 0$ અને $1+c \le 1$,જે $c=0$ આપે છે. આમ,$f(x) = x$.
કિસ્સો $2$: જો $f'(x) = -1$,તો $f(x) = -x + c$. $f:[0,1] \rightarrow [0,1]$ માટે $f(0) \le 1$ અને $f(1) \ge 0$ હોવું જોઈએ. તેથી,$0+c \le 1$ અને $-1+c \ge 0$,જે $c=1$ આપે છે. આમ,$f(x) = 1-x$.
તેથી,આવા બરાબર $2$ વિધેયો છે: $f(x) = x$ અને $f(x) = 1-x$.

(A) શ્રેણિક $A$ એ $3 \times 3$ શ્રેણિક છે જેના ઘટકો $S = \{-1000, -999, \ldots, 1000\}$ ગણમાંથી છે. $S$ માં કુલ ઘટકોની સંખ્યા $2001$ છે.
શક્ય શ્રેણિકો $A$ ની કુલ સંખ્યા $(2001)^9$ છે.
કિસ્સો $1$: $A^2 = -I$. જો $A$ એ $3 \times 3$ શ્રેણિક હોય,તો લાક્ષણિક સમીકરણ $\det(A - \lambda I) = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કેલી-હેમિલ્ટન પ્રમેય મુજબ,$A$ તેના લાક્ષણિક સમીકરણનું પાલન કરે છે. જો $A^2 = -I$ હોય,તો ન્યૂનતમ બહુપદી $x^2 + 1$ ને ભાગે છે. કારણ કે ન્યૂનતમ બહુપદીની ઘાત પરિમાણ $3$ ને ભાગવી જોઈએ,અને $x^2+1$ ના કોઈ વાસ્તવિક બીજ નથી,તેથી વાસ્તવિક (પૂર્ણાંક) ઘટકો ધરાવતા $3 \times 3$ શ્રેણિક માટે આ અશક્ય છે. આમ,આવા શ્રેણિકોની સંખ્યા $0$ છે.
કિસ્સો $2$: $A$ એ વિકર્ણ શ્રેણિક છે. ધારો કે $A = \text{diag}(a, b, c)$. આવા શ્રેણિકોની સંખ્યા $(2001)^3$ છે.
તેથી,સાનુકૂળ પરિણામોની કુલ સંખ્યા $(2001)^3$ છે.
સંભાવના $P = \frac{(2001)^3}{(2001)^9} = \frac{1}{(2001)^6}$ દ્વારા મળે છે.
આપણી પાસે $P = \frac{1}{(2001)^6} = \frac{1}{(2000 + 1)^6} = \frac{1}{2000^6 (1 + \frac{1}{2000})^6} = \frac{1}{64 \times 10^{18} (1 + \frac{1}{2000})^6}$ છે.
કારણ કે $(1 + \frac{1}{2000})^6 > 1$,તેથી $P < \frac{1}{64 \times 10^{18}} < \frac{1}{10^{18}}$ મળે છે.
આમ,$P < \frac{1}{10^{18}}$.

(B) ધારો કે $h(x) = g(f(x))$. આપણને આપેલ છે કે $h: [0,1] \rightarrow [0,2]$ વ્યાપ્ત છે.
$h$ વ્યાપ્ત હોવાથી,$h$ નો વિસ્તાર તેના સહ-પ્રદેશ $[0,2]$ જેટલો થાય છે.
$h(x) = g(f(x))$ હોવાથી,$h$ નો વિસ્તાર એ $g$ ના વિસ્તારનો ઉપગણ છે.
આમ,$g$ નો વિસ્તાર $[0,2]$ સમાવવો જોઈએ.
જોકે,$g$ નો સહ-પ્રદેશ $[0,2]$ છે,તેથી $g$ નો વિસ્તાર ચોક્કસપણે $[0,2]$ જ હોવો જોઈએ.
આ સૂચવે છે કે $g$ વ્યાપ્ત છે.
$g$ એક-એક આપેલ છે અને હવે તે વ્યાપ્ત સાબિત થયું છે,તેથી $g$ એ બાયજેક્ટિવ વિધેય છે.
$h = g \circ f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,$f$ નું વ્યાપ્ત હોવું અનિવાર્ય છે.
જો $f$ વ્યાપ્ત ન હોય,તો $[-1,1]$ માં કોઈ એવો $y$ અસ્તિત્વ ધરાવે જે $f$ ના વિસ્તારમાં ન હોય.
$g$ બાયજેક્ટિવ હોવાથી,$g(y)$ એ $g \circ f$ ના વિસ્તારમાં ન હોય,જે $h$ ની વ્યાપ્તતાનો વિરોધાભાસ કરે છે.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત હોવું જ જોઈએ.

(A) ધારો કે $g(x) = p(x) - x^2$.
આપેલ છે કે $p(0) = 0$,તેથી $g(0) = p(0) - 0^2 = 0$.
બધા $x \neq 0$ માટે $p(x) > x^2$ હોવાથી,$g(x) > 0$ થાય છે.
આમ,$x = 0$ એ વિધેય $g(x)$ માટે સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.
વિકલનીય વિધેય $g(x)$ માટે $x = 0$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ હોવા માટે,દ્વિતીય વિકલિત $g^{\prime \prime}(0) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$g(x)$ નું દ્વિતીય વિકલિત શોધતા:
$g^{\prime}(x) = p^{\prime}(x) - 2x$
$g^{\prime \prime}(x) = p^{\prime \prime}(x) - 2$
$x = 0$ આગળ:
$g^{\prime \prime}(0) = p^{\prime \prime}(0) - 2 = \frac{1}{2} - 2 = -\frac{3}{2}$.
અહીં $-\frac{3}{2} < 0$ હોવાથી,$g^{\prime \prime}(0) \geq 0$ ની શરતનું પાલન થતું નથી.
તેથી,આવી કોઈ બહુપદી $p(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતી નથી.
આવી બહુપદીઓની સંખ્યા $0$ છે.

(A) આપણે લક્ષ $L = \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$ ની ગણતરી કરીએ.
$x = \frac{t}{\sqrt{n}}$ આદેશ લેતા,$dx = \frac{dt}{\sqrt{n}}$ મળે.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે સંકલન $L = \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \int_0^{\sqrt{n}} \frac{1}{(1 + t^2/n)^n} \cdot \frac{dt}{\sqrt{n}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^{\sqrt{n}} (1 + t^2/n)^{-n} dt$ બને છે.
ઘાતાંકીય વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{n \rightarrow \infty} (1 + t^2/n)^{-n} = e^{-t^2}$.
તેથી,$L = \int_0^{\infty} e^{-t^2} dt$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ગાઉસિયન સંકલન $\int_0^{\infty} e^{-t^2} dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ છે.
$\pi \approx 3.14159$ હોવાથી,$\sqrt{\pi} \approx 1.772$.
તેથી,$L = \frac{1.772}{2} = 0.886$.
$0.5 < 0.886 < 2$ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $\frac{1}{2} < L < 2$ છે.

(A) $A_n$ સમૂહમાં $(n+1)^2$ બિંદુઓ છે. ઓછામાં ઓછા બે બિંદુઓમાંથી પસાર થતી રેખાઓની કુલ સંખ્યા $S_n$ એ $O(n^4)$ તરીકે વધે છે.
બે બિંદુઓ $(x_1, y_1)$ અને $(x_2, y_2)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $ax+by+c=0$ છે,જ્યાં $a, b, c$ પૂર્ણાંક છે.
ઉગમબિંદુથી આ રેખાનું લંબ અંતર $d = \frac{|c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$ છે.
વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2=R^2$ છે,જ્યાં $R^2 = n^2\left(1+\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^2\right)$.
જો $d^2 = R^2$ હોય તો રેખા વર્તુળને સ્પર્શે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{c^2}{a^2+b^2} = n^2\left(1+\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^2\right)$.
$a, b, c$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$\frac{c^2}{a^2+b^2}$ એક સંમેય સંખ્યા છે. જોકે,મોટાભાગના $n$ માટે,$R^2$ અસંમેય છે. જ્યારે $R^2$ સંમેય હોય ત્યારે પણ,આ શરત સંતોષતી રેખાઓની સંખ્યા $S_n$ માંની કુલ રેખાઓની સરખામણીમાં નહિવત છે જેમ $n \rightarrow \infty$.
આમ,સંભાવના $P_n$ કે યાદચ્છિક રીતે પસંદ કરેલી રેખા વર્તુળને સ્પર્શે છે તે $n \rightarrow \infty$ તરીકે $0$ ને અનુલક્ષે છે.

(D) આપેલ છે કે $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ એ $-1 < f(0) < f(1) < 1$ શરત ધરાવતું એક-એક અને સતત વિધેય છે.
$f$ એ $[0,1]$ પર સતત અને એક-એક હોવાથી,તે ચુસ્તપણે વધતું વિધેય હોવું જોઈએ.
$f$ નો વિસ્તાર $[f(0), f(1)]$ છે,જે $(-1, 1)$ નો ઉપગણ છે.
આપણે એવા વિધેયો $g:[-1,1] \rightarrow [0,1]$ શોધવાના છે કે જેથી તમામ $x \in [0,1]$ માટે $(g \circ f)(x) = x$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે કોઈપણ $y \in [f(0), f(1)]$ માટે,$g(y) = f^{-1}(y)$ થાય.
જોકે,$y \in [-1, 1] \setminus [f(0), f(1)]$ માટે,વિધેય $g(y)$ એ $[0, 1]$ માં કોઈપણ કિંમત ધારણ કરી શકે છે કારણ કે આ કિંમતો માટે $g$ પર કોઈ પ્રતિબંધ નથી.
ગણ $[-1, 1] \setminus [f(0), f(1)]$ ખાલી નથી અને તેમાં અનંત બિંદુઓ છે,તેથી આપણે આ ગણ માટે $g(y)$ ને અનંત રીતે વ્યાખ્યાયિત કરી શકીએ છીએ.
તેથી,આવા અનંત વિધેયો $g$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.