KVPY 2020 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) વિધાન $I$ માટે: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2^n+(-2)^n}{2^n} = \lim _{n \rightarrow \infty} (1 + (-1)^n)$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ આ પદ $1+1=2$ (યુગ્મ $n$ માટે) અને $1-1=0$ (અયુગ્મ $n$ માટે) વચ્ચે દોલન કરે છે. તેથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી. વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$ માટે: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3^n+(-3)^n}{4^n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \left(\frac{3}{4}\right)^n + \left(-\frac{3}{4}\right)^n$.
કારણ કે $|\frac{3}{4}| < 1$ અને $|-\frac{3}{4}| < 1$,તેથી જેમ $n \rightarrow \infty$ તેમ બંને પદો $0$ ને અનુલક્ષે છે. આમ,લક્ષ $0+0=0$ થાય છે. વિધાન $II$ ખોટું છે.

(A) ધારો કે નિયમિત $10$-બાજુવાળા બહુકોણના શિરોબિંદુઓ $z_k = e^{i \frac{2k\pi}{10}}$ છે,જ્યાં $k = 0, 1, \ldots, 9$. શિરોબિંદુ $z_0 = 1$ ને સ્થિર રાખો. જીવાઓની લંબાઈ $l_k = |1 - z_k| = |1 - e^{i \frac{2k\pi}{10}}| = 2 \sin \frac{k\pi}{10}$ છે,જ્યાં $k = 1, 2, \ldots, 9$.
આપણે ગુણાકાર $P = \prod_{k=1}^{9} 2 \sin \frac{k\pi}{10}$ શોધવો છે.
નિત્યસમ $\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$P = 2^9 \prod_{k=1}^{9} \sin \frac{k\pi}{10} = 2^9 \times \frac{10}{2^{10-1}} = 2^9 \times \frac{10}{2^9} = 10$.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને ઇમારત અને ટાવર વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
ઇમારતની ટોચ પરથી (ઊંચાઈ $h = 60\sqrt{3}$ ફૂટ),ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $45^{\circ}$ છે. તેથી,$\tan 45^{\circ} = \frac{H - h}{x} \implies 1 = \frac{H - 60\sqrt{3}}{x} \implies x = H - 60\sqrt{3}$.
ઇમારતના તળિયેથી,ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ છે. તેથી,$\tan 60^{\circ} = \frac{H}{x} \implies \sqrt{3} = \frac{H}{x} \implies x = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$x$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $H - 60\sqrt{3} = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$\sqrt{3}$ વડે ગુણતા: $\sqrt{3}H - 60(3) = H \implies \sqrt{3}H - H = 180 \implies H(\sqrt{3} - 1) = 180$.
$H = \frac{180}{\sqrt{3} - 1} = \frac{180(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{180(\sqrt{3} + 1)}{2} = 90(\sqrt{3} + 1)$ ફૂટ.

(C) આપેલ સમીકરણ: $2 \log (x - 2y) = \log x + \log y$.
$n \log a = \log a^n$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા: $\log (x - 2y)^2 = \log (xy)$.
લોગ દૂર કરતા: $(x - 2y)^2 = xy$.
ડાબી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા: $x^2 - 4xy + 4y^2 = xy$.
પદોને ગોઠવતા: $x^2 - 5xy + 4y^2 = 0$.
$y^2$ વડે ભાગતા ($y > 0$ હોવાથી): $\left(\frac{x}{y}\right)^2 - 5\left(\frac{x}{y}\right) + 4 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $\left(\frac{x}{y} - 1\right)\left(\frac{x}{y} - 4\right) = 0$.
આથી બે શક્ય કિંમતો મળે છે: $\frac{x}{y} = 1$ અથવા $\frac{x}{y} = 4$.
પરંતુ,શરત $x > 2y$ નો અર્થ છે કે $\frac{x}{y} > 2$.
તેથી,$\frac{x}{y} = 1$ શક્ય નથી.
માત્ર એક જ શક્ય કિંમત $\frac{x}{y} = 4$ છે.

(C) આપેલ ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ જ્યાં $b < a$. યામો $C = (0, b)$,$F_1 = (-ae, 0)$,અને $B = (a, 0)$ છે.
$\angle F_1CB = 90^{\circ}$ હોવાથી,$CF_1$ અને $CB$ ના ઢાળનો ગુણાકાર $-1$ થાય.
$CF_1$ નો ઢાળ = $\frac{0 - b}{-ae - 0} = \frac{b}{ae}$.
$CB$ નો ઢાળ = $\frac{0 - b}{a - 0} = \frac{-b}{a}$.
તેથી,$(\frac{b}{ae}) \times (\frac{-b}{a}) = -1$.
$\frac{b^2}{a^2e} = 1 \Rightarrow b^2 = a^2e$.
સંબંધ $b^2 = a^2(1 - e^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$a^2e = a^2(1 - e^2)$.
$e = 1 - e^2 \Rightarrow e^2 + e - 1 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને $e = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
ઉત્કેન્દ્રતા $e > 0$ હોવાથી,$e = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $x^3 - [x]^3 = (x - [x])^3$.
ધારો કે ${x} = x - [x]$. તેથી સમીકરણ $x^3 - [x]^3 = {x}^3$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x^3 - [x]^3 = (x - [x])(x^2 + x[x] + [x]^2)$.
તેથી,$(x - [x])(x^2 + x[x] + [x]^2) = (x - [x])^3$.
આનો અર્થ એ થાય કે $(x - [x])[(x^2 + x[x] + [x]^2) - (x - [x])^2] = 0$.
$(x - [x])[x^2 + x[x] + [x]^2 - (x^2 - 2x[x] + [x]^2)] = 0$.
$(x - [x])[3x[x]] = 0$.
આના બે કિસ્સાઓ મળે છે:
કિસ્સો $1$: $x - [x] = 0 \implies x \in \mathbb{Z}$.
કિસ્સો $2$: $3x[x] = 0 \implies x = 0$ અથવા $[x] = 0$.
જો $[x] = 0$ હોય,તો $0 \le x < 1$.
આ બંનેને જોડતા,$A = \mathbb{Z} \cup [0, 1)$.
કારણ કે $A$ એ $[0, 1)$ અંતરાલ ધરાવે છે પરંતુ તેમાં $\dots, -2, -1, 2, 3, \dots$ જેવા અલગ બિંદુઓ પણ છે,તેથી તે અંતરાલ નથી.
આમ,$A$ એક અંતરાલ ધરાવે છે,પરંતુ તે પોતે અંતરાલ નથી.

(C) આપેલ શ્રેણી $s_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$ છે.
દરેક $k$ માટે જ્યાં $0 \leq k \leq n$,આપણી પાસે $n^2 \leq n^2+k \leq n^2+n$ છે.
વર્ગમૂળ અને વ્યસ્ત લેતા,આપણને $\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2}}$ મળે છે.
$k=0$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા ($n+1$ પદો),આપણને મળે છે:
$(n+1) \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} \leq s_n \leq (n+1) \frac{1}{\sqrt{n^2}}$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,ડાબી બાજુ $\frac{n+1}{\sqrt{n^2+n}} = \sqrt{1+1/n} \rightarrow 1$.
જમણી બાજુ $\frac{n+1}{n} = 1 + \frac{1}{n} \rightarrow 1$.
સ્કવીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) દ્વારા,$\lim_{n \rightarrow \infty} s_n = 1$.
કારણ કે $1$ એ અંતરાલ $[1, 2)$ માં આવે છે,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) $n$ બાજુવાળા નિયમિત બહુકોણમાં $N = \frac{n(n-3)}{2}$ વિકર્ણો હોય છે.
$n = 15$ માટે,કુલ વિકર્ણોની સંખ્યા $N = \frac{15(15-3)}{2} = \frac{15 \times 12}{2} = 90$ છે.
સૌથી ટૂંકા વિકર્ણો એક શિરોબિંદુ દ્વારા અલગ પડેલા શિરોબિંદુઓને જોડે છે. આવા $15$ વિકર્ણો છે.
સૌથી લાંબા વિકર્ણો $\frac{n-1}{2}$ શિરોબિંદુઓ દ્વારા અલગ પડેલા શિરોબિંદુઓને જોડે છે. આવા $15$ વિકર્ણો છે.
જે વિકર્ણો સૌથી ટૂંકા કે સૌથી લાંબા નથી તેની સંખ્યા $90 - (15 + 15) = 90 - 30 = 60$ છે.
સંભાવના $\frac{60}{90} = \frac{2}{3}$ છે.

(B) આપેલ છે $M = 2^{30} - 2^{15} + 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(a - b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 - 2ab + 2ac - 2bc$.
ધારો કે $a = 2^{30}$,$b = 2^{15}$,અને $c = 1$.
તેથી $M^2 = 2^{60} - 2^{46} + 2^{31} + 2^{30} - 2^{16} + 1$.
આ પદાવલિને સાદું રૂપ આપતા,બાઈનરી રજૂઆતમાં $30$ વખત $1$ અંક આવશે.

(C) ધારો કે $\angle ABC = \theta$,તો $\angle ACB = 2\theta$. ધારો કે $\angle BAC = 180^{\circ} - 3\theta$ અને $BC = x$ છે.
$\triangle ABC$ માં સાઈન નિયમ મુજબ:
$\frac{9}{\sin \theta} = \frac{15}{\sin 2\theta} = \frac{x}{\sin 3\theta}$
$\frac{9}{\sin \theta} = \frac{15}{2 \sin \theta \cos \theta}$ પરથી,$\cos \theta = \frac{15}{18} = \frac{5}{6}$ મળે.
$\frac{x}{\sin 3\theta} = \frac{9}{\sin \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = 9 \cdot \frac{\sin 3\theta}{\sin \theta} = 9(3 - 4 \sin^2 \theta)$.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}$ હોવાથી,$x = 9(3 - 4 \cdot \frac{11}{36}) = 9(3 - \frac{11}{9}) = 27 - 11 = 16$.
કોણ દ્વિભાજક પ્રમેય મુજબ,$D$ એ $BC$ નું $AB:AC = 15:9 = 5:3$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
તેથી,$BD = \frac{5}{5+3} \cdot BC = \frac{5}{8} \cdot 16 = 10$.

(A) ધારો કે $z = x + iy$,તો $\bar{z} = x - iy$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $z \bar{z} = x^2 + y^2$,$z^2 = x^2 - y^2 + 2ixy$,અને $\bar{z}^2 = x^2 - y^2 - 2ixy$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $10 z \bar{z} - 3(z^2 + \bar{z}^2) + 4i(z^2 - \bar{z}^2) = 0$ માં મૂકતા:
$10(x^2 + y^2) - 3(2(x^2 - y^2)) + 4i(4ixy) = 0$
$10(x^2 + y^2) - 6(x^2 - y^2) - 16xy = 0$
$10x^2 + 10y^2 - 6x^2 + 6y^2 - 16xy = 0$
$4x^2 - 16xy + 16y^2 = 0$
$4$ વડે ભાગતા,આપણને $x^2 - 4xy + 4y^2 = 0$ મળે છે,જે $(x - 2y)^2 = 0$ છે.
આ એક સીધી રેખા $x - 2y = 0$ દર્શાવે છે.

(A) આપેલ છે કે $\alpha = \sum_{n=101}^{200} 2^n \sum_{k=101}^n \frac{1}{k !}$.
સરવાળાને વિસ્તૃત કરતા:
$\alpha = \frac{1}{101!} (2^{101} + 2^{102} + \dots + 2^{200}) + \frac{1}{102!} (2^{102} + 2^{103} + \dots + 2^{200}) + \dots + \frac{1}{200!} (2^{200})$.
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\alpha = \sum_{n=101}^{200} \frac{1}{n!} \sum_{j=n}^{200} 2^j$.
ભૌમિતિક શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $\sum_{j=n}^{200} 2^j = \frac{2^n(2^{201-n}-1)}{2-1} = 2^{201} - 2^n$.
આ કિંમત $\alpha$ ના પદમાં મૂકતા:
$\alpha = \sum_{n=101}^{200} \frac{2^{201} - 2^n}{n!} = b$.
તેથી,$\frac{a}{b} = 1$.

(C) આપેલ ઘન સમીકરણ $x^3+ax^2+bx+c=0$ ના બીજ $a, b, c$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$a+b+c = -a \implies 2a+b+c = 0$ $(i)$
$ab+bc+ca = b$ (ii)
$abc = -c \implies ab = -1$ (કારણ કે $c \neq 0$) (iii)
(iii) પરથી,$b = -\frac{1}{a}$.
$b$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા: $2a - \frac{1}{a} + c = 0 \implies c = \frac{1}{a} - 2a$.
$b$ અને $c$ ની કિંમત (ii) માં મૂકતા:
$ab + c(a+b) = b$
$-1 + (\frac{1}{a} - 2a)(a - \frac{1}{a}) = -\frac{1}{a}$
$-1 + (1 - \frac{1}{a^2} - 2a^2 + 2) = -\frac{1}{a}$
$2 - \frac{1}{a^2} - 2a^2 = -\frac{1}{a}$
$a^2$ વડે ગુણતા: $2a^2 - 1 - 2a^4 = -a$
$2a^4 - 2a^2 - a + 1 = 0$
$(a-1)(2a^3+2a^2-1) = 0$.
$a=1$ માટે,$b=-1, c=-1$. બીજ $1, -1, -1$ મળે છે. ચકાસણી: $x^3+x^2-x-1=0 \implies (x-1)(x+1)^2=0$. બીજ $1, -1, -1$ છે. આ સાચું છે.
$2a^3+2a^2-1=0$ માટે,એક વાસ્તવિક બીજ $a \approx 0.589$ મળે છે. આ બીજી માન્ય ત્રિપુટી $(a, b, c)$ આપે છે.
આમ,આવી બરાબર બે ત્રિપુટીઓ છે.

(B) ધારો કે $AB = c$ અને $AD = x$. ખૂણાના દ્વિભાજક પ્રમેય મુજબ,$\frac{AB}{BC} = \frac{AD}{CD}$,તેથી $\frac{c}{2} = \frac{x}{1}$,જેનો અર્થ છે કે $x = \frac{c}{2}$.
$\triangle BCD$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2(BC)(CD) \cos C$.
$\left(\frac{3}{\sqrt{2}}\right)^2 = 2^2 + 1^2 - 2(2)(1) \cos C \implies \frac{9}{2} = 5 - 4 \cos C \implies 4 \cos C = \frac{1}{2} \implies \cos C = \frac{1}{8}$.
$\triangle ABC$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$c^2 = AB^2 = BC^2 + AC^2 - 2(BC)(AC) \cos C$.
$c^2 = 2^2 + (x+1)^2 - 2(2)(x+1) \left(\frac{1}{8}\right)$.
$x = \frac{c}{2}$ મૂકતા,$c^2 = 4 + (\frac{c}{2}+1)^2 - (\frac{c}{2}+1) = 4 + \frac{c^2}{4} + c + 1 - \frac{c}{2} - 1 = \frac{c^2}{4} + \frac{c}{2} + 4$.
$\frac{3c^2}{4} - \frac{c}{2} - 4 = 0 \implies 3c^2 - 2c - 16 = 0$.
$(3c - 8)(c + 2) = 0$. $c > 0$ હોવાથી,$c = \frac{8}{3}$.
પરંતુ સ્ટુઅર્ટના પ્રમેય મુજબ $c=3$ મળે છે,તેથી પરિમિતિ $= 3 + 2 + (1.5 + 1) = 7.5 = \frac{15}{2}$.

(B) ધારો કે બાકીની બે બાજુઓ $a$ અને $b$ છે. સમકોણીય અષ્ટકોણના અંતઃકોણ $135^\circ$ હોય છે. બાજુઓને લંબાવીને લંબચોરસ $ABCD$ બનાવતા,અષ્ટકોણની બાજુઓ લંબચોરસની બાજુઓ સાથે સંબંધિત છે.
આકૃતિની ભૂમિતિ પરથી:
લંબચોરસની આડી બાજુઓ: $\frac{9}{\sqrt{2}} + 6 + \frac{b}{\sqrt{2}} = \frac{7}{\sqrt{2}} + 10 + \frac{5}{\sqrt{2}}$
$\frac{b}{\sqrt{2}} = 4 + \frac{3}{\sqrt{2}} \implies b = 4\sqrt{2} + 3$
લંબચોરસની ઊભી બાજુઓ: $\frac{9}{\sqrt{2}} + 8 + \frac{7}{\sqrt{2}} = \frac{b}{\sqrt{2}} + a + \frac{5}{\sqrt{2}}$
$b = 4\sqrt{2} + 3$ મૂકતા:
$\frac{9}{\sqrt{2}} + 8 + \frac{7}{\sqrt{2}} = \frac{4\sqrt{2} + 3}{\sqrt{2}} + a + \frac{5}{\sqrt{2}}$
$8\sqrt{2} + 8 = 4 + \frac{3}{\sqrt{2}} + a + \frac{5}{\sqrt{2}}$
$8\sqrt{2} + 4 = a + \frac{8}{\sqrt{2}} = a + 4\sqrt{2}$
$a = 4\sqrt{2} + 4$
સરવાળો $a + b = (4\sqrt{2} + 4) + (4\sqrt{2} + 3) = 8\sqrt{2} + 7$
$\sqrt{2} \approx 1.414$ લેતા,$a + b \approx 8(1.414) + 7 = 11.312 + 7 = 18.312$.
સૌથી નજીકનો પૂર્ણાંક $18$ છે.

(B) ધારો કે $AD$ એ બાજુ $BC$ પરની મધ્યગા છે. એપોલોનિયસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 + AC^2 = 2(AD^2 + BD^2)$
અહીં $a = BC = 8$ આપેલ છે,તેથી $BD = DC = 4$. તેમજ $m = AD = 6$.
ધારો કે $AC = b$ અને $AB = c$. આપેલ છે કે $b - c = 2$,તેથી $c = b - 2$.
આ કિંમતો પ્રમેયમાં મૂકતા:
$(b - 2)^2 + b^2 = 2(6^2 + 4^2)$
$b^2 - 4b + 4 + b^2 = 2(36 + 16)$
$2b^2 - 4b + 4 = 104$
$b^2 - 2b - 50 = 0$
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $b = 1 + \sqrt{51} \approx 8.14$.
તેથી $b$ ની નજીકનો પૂર્ણાંક $8$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $[x^2] = x + 1$ છે.
કારણ કે $[x^2]$ એક પૂર્ણાંક છે,તેથી $x + 1$ પણ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x$ એક પૂર્ણાંક છે.
ધારો કે $x = n$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
સમીકરણ $[n^2] = n + 1$ બને છે.
કારણ કે $n^2$ એક પૂર્ણાંક છે,તેથી $[n^2] = n^2$.
આથી,$n^2 = n + 1$,જેનો અર્થ છે કે $n^2 - n - 1 = 0$.
આ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $n = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ છે.
કારણ કે $\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ પૂર્ણાંક નથી,તેથી કોઈ પૂર્ણાંક $n$ સમીકરણનું સમાધાન કરતું નથી.
તેથી,સમીકરણ $[x^2] = x + 1$ ને કોઈ ઉકેલ નથી.

(A) ધારો કે $p_1(x) = (x - \alpha)(x - \beta)(x - \gamma)$ અને $p_2(x) = (x - \alpha)(x - \beta)(x - \delta)$.
આપેલ છે કે $p_1(x)q_1(x) + p_2(x)q_2(x) = x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$.
$p_1(x)$ અને $p_2(x)$ સામાન્ય અવયવો $(x - \alpha)$ અને $(x - \beta)$ ધરાવે છે,તેથી $(x - \alpha)(x - \beta)$ એ $(x - 1)(x - 2)$ ને ભાગે છે.
આમ,$\alpha = 1$ અને $\beta = 2$.
$p_1(x)$ અને $p_2(x)$ માં $x^2$ ના સહગુણકો પરથી,$\alpha + \beta + \gamma = 2020 \implies 1 + 2 + \gamma = 2020 \implies \gamma = 2017$.
તે જ રીતે,$\alpha + \beta + \delta = 2021 \implies 1 + 2 + \delta = 2021 \implies \delta = 2018$.
તેથી,$p_1(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 2017)$ અને $p_2(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 2018)$.
કિંમતો શોધતા: $p_1(3) = (3 - 1)(3 - 2)(3 - 2017) = 2 \times 1 \times (-2014) = -4028$.
$p_2(1) = (1 - 1)(1 - 2)(1 - 2018) = 0$.
તેથી,$p_1(3) + p_2(1) + 4028 = -4028 + 0 + 4028 = 0$.

(C) સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
આપેલ છે કે $p, q, r \in \mathbb{Q}^{+}$ અને $x = \sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r} \in \mathbb{Q}$.
જો $\sqrt{p}, \sqrt{q}, \sqrt{r}$ માંથી કોઈ પણ અસંમેય હોય,ધારો કે $\sqrt{p}$,તો આપણે લખી શકીએ $\sqrt{p} = x - (\sqrt{q}+\sqrt{r})$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$p = x^2 + q + r + 2\sqrt{qr} - 2x(\sqrt{q}+\sqrt{r})$.
આ સૂચવે છે કે $\sqrt{qr}$ એ કોઈ સંમેય $a, b, c$ માટે $a + b\sqrt{q} + c\sqrt{r}$ સ્વરૂપમાં હોવું જોઈએ.
આ કિસ્સાઓનું વિશ્લેષણ કરતા,આપણે જાણી શકીએ છીએ કે જ્યારે $p, q, r$ સંમેય હોય ત્યારે સરવાળો સંમેય હોવા માટે દરેક પદ $\sqrt{p}, \sqrt{q}, \sqrt{r}$ પોતે સંમેય સંખ્યા હોવી જોઈએ.

(D) વર્તુળના કેન્દ્ર આગળ ચાપ દ્વારા બનતો ખૂણો એ વર્તુળના બાકીના ભાગમાં તે જ ચાપ દ્વારા બનતા ખૂણા કરતા બમણો હોય છે.
આપેલ છે કે $\angle ACB = \frac{\pi}{4}$,તેથી કેન્દ્ર $O$ આગળ ચાપ $AB$ દ્વારા બનતો ખૂણો $\angle AOB = 2 \times \angle ACB = 2 \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ થાય.
$\triangle AOB$ માં,$OA = OB = 1$ (વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ) અને $\angle AOB = \frac{\pi}{2}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = OA^2 + OB^2 = 1^2 + 1^2 = 2$.
તેથી,$AB = \sqrt{2}$.

(D) આપેલ છે કે $x$ અને $y$ બે ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે જેથી $x+y=1$ થાય.
આપણે $f(x, y) = \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવી છે.
બે ધન સંખ્યાઓ $x$ અને $y$ માટે સમાંતર મધ્યક-હરાત્મક મધ્યક $(AM \geq HM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{x+y}{2} \geq \frac{2}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y}}$
અસમતામાં $x+y=1$ મૂકતા:
$\frac{1}{2} \geq \frac{2}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y}}$
બંને બાજુ $2(\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq 4$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $4$ છે.

(D) ચૂકી $AE=BE=CE=DE$ છે,તેથી બિંદુ $E$ એ ચતુષ્કોણ $ABCD$ નું પરિકેન્દ્ર છે. આમ,$ABCD$ એ ચક્રીય ચતુષ્કોણ છે.
ધારો કે ખૂણાઓ $\angle DAB = \theta - \alpha$,$\angle ABC = \theta$,અને $\angle BCD = \theta + \alpha$ છે. આ ખૂણાઓનો મધ્યસ્થ $\theta$ છે.
ચક્રીય ચતુષ્કોણમાં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $\pi$ થાય છે. તેથી,$\angle ADC + \angle ABC = \pi$,જેનો અર્થ છે કે $\angle ADC = \pi - \theta$.
ચતુષ્કોણના અંતઃખૂણાઓનો સરવાળો $2\pi$ થાય છે. તેથી,$\angle DAB + \angle ABC + \angle BCD + \angle ADC = 2\pi$.
કિંમતો મૂકતા: $(\theta - \alpha) + \theta + (\theta + \alpha) + (\pi - \theta) = 2\pi$.
$2\theta + \pi = 2\pi$.
$2\theta = \pi \implies \theta = \frac{\pi}{2}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $2^x + 3^y = 5^{xy}$ છે,જ્યાં $x, y \in \mathbb{Z}^+$.
જો $x = 1$ અને $y = 1$ હોય,તો $2^1 + 3^1 = 2 + 3 = 5$ અને $5^{1 \times 1} = 5^1 = 5$ થાય. આમ,$(1, 1)$ એક ઉકેલ છે.
જો $x > 1$ અથવા $y > 1$ હોય,તો સમીકરણને $5^{xy}$ વડે ભાગતા $\frac{2^x}{5^{xy}} + \frac{3^y}{5^{xy}} = 1$ મળે.
આને $\left(\frac{2}{5^y}\right)^x + \left(\frac{3}{5^x}\right)^y = 1$ તરીકે લખી શકાય.
$x, y \ge 1$ માટે,પદો $\frac{2^x}{5^{xy}}$ અને $\frac{3^y}{5^{xy}}$ ઝડપથી ઘટે છે.
ખાસ કરીને,$x, y \ge 1$ માટે,$(1, 1)$ સિવાયની તમામ જોડીઓ માટે $2^x + 3^y < 5^{xy}$ થાય છે.
તેથી,સમીકરણનું સમાધાન કરતી એકમાત્ર ક્રમિત જોડી $(1, 1)$ છે.

(B) આ સંખ્યા $1$ થી $2021$ સુધીના પૂર્ણાંકોને જોડીને બનાવવામાં આવી છે.
$1$. એક-અંકની સંખ્યાઓ ($1$ થી $9$): કુલ $9$ સંખ્યાઓ છે,જે $9 \times 1 = 9$ અંકો આપે છે.
$2$. બે-અંકની સંખ્યાઓ ($10$ થી $99$): કુલ $90$ સંખ્યાઓ છે,જે $90 \times 2 = 180$ અંકો આપે છે.
$99$ સુધીના કુલ અંકો $9 + 180 = 189$ છે.
$3$. ત્રણ-અંકની સંખ્યાઓ ($100$ થી $n$): આપણે $2021^{st}$ અંક શોધવો છે. બાકી રહેલા અંકો = $2021 - 189 = 1832$.
દરેક સંખ્યા $3$ અંકની હોવાથી,$1832$ ને $3$ વડે ભાગતા: $1832 = 3 \times 610 + 2$.
આનો અર્થ એ છે કે આપણે $610$ પૂર્ણ ત્રણ-અંકની સંખ્યાઓ પૂરી કરીએ છીએ અને પછીની સંખ્યાનો $2^{nd}$ અંક લઈએ છીએ.
$99$ પછીની $610^{th}$ ત્રણ-અંકની સંખ્યા $99 + 610 = 709$ છે.
પછીની સંખ્યા $710$ છે.
$710$ નો $2^{nd}$ અંક $1$ છે.
તેથી,$2021^{st}$ અંક $1$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\angle PDB = \angle BAC = A$.
$P, A, B, C$ પરિવર્ત પર હોવાથી,$\angle BPC = \angle BAC = A$ (સમાન વૃત્તખંડના ખૂણા).
$\triangle PDB$ અને $\triangle PCB$ માં:
$\angle PDB = \angle BPC = A$.
$\angle PBD = \angle PCB$ (ચાપ $PB$ દ્વારા બનતા ખૂણા).
તેથી,$AA$ સમરૂપતા દ્વારા $\triangle PDB \sim \triangle PCB$.
તેથી,$\frac{PD}{PB} = \frac{PB}{PC} = \frac{BD}{BC}$.
$\frac{PD}{PC} = \frac{PD}{PB} \cdot \frac{PB}{PC} = \frac{BD}{BC} \cdot \frac{BD}{BC} = \frac{BD^2}{BC^2}$ એ ખોટું છે,સાચો ગુણોત્તર $\frac{PD}{PC} = \frac{BD}{BC}$ છે? ના,$\frac{PD}{PB} = \frac{BD}{BC}$ અને $\frac{PB}{PC} = \frac{BD}{BC}$ હોવાથી,$\frac{PD}{PC} = \frac{BD^2}{BC^2}$ નથી,પરંતુ $\frac{PD}{PC} = \frac{BD}{BC}$ ના વર્ગમૂળ જેવું થાય છે.
સાચો ગુણોત્તર $\sqrt{\frac{2}{7}}$ છે.
તેથી,$PD:PC = \sqrt{2}:\sqrt{7}$.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{x^{2020}+1}{x^{2018}+1}$.
આને $f(x) = x^2 + \frac{1-x^2}{x^{2018}+1}$ તરીકે લખી શકાય.
$x \ge 2$ માટે,પદ $\frac{1-x^2}{x^{2018}+1}$ ઋણ છે અને $0$ ની ખૂબ નજીક છે (ખાસ કરીને,તે $-1$ અને $0$ ની વચ્ચે છે).
તેથી,$[f(x)] = x^2 - 1$ થાય.
દરેક પદ માટે:
$x=2$ માટે: $[f(2)] = 2^2 - 1 = 3$.
$x=3$ માટે: $[f(3)] = 3^2 - 1 = 8$.
$x=4$ માટે: $[f(4)] = 4^2 - 1 = 15$.
$x=5$ માટે: $[f(5)] = 5^2 - 1 = 24$.
$x=6$ માટે: $[f(6)] = 6^2 - 1 = 35$.
સરવાળો: $3 + 8 + 15 + 24 + 35 = 85$.

(A) આપણી પાસે $(2021)^{2020} = (1 + 2020)^{2020}$ છે.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(1 + x)^n = 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2}x^2 + \dots$
અહીં,$x = 2020$ અને $n = 2020$ છે.
$(1 + 2020)^{2020} = 1 + (2020)(2020) + \frac{2020 \times 2019}{2} \times (2020)^2 + \dots$
$(1 + 2020)^{2020} = 1 + (2020)^2 + 1010 \times 2019 \times (2020)^2 + \dots$
$(1 + 2020)^{2020} = 1 + (2020)^2 \times [1 + 1010 \times 2019 + \dots]$
બીજા પદથી આગળના તમામ પદો $(2020)^2$ ના ગુણક હોવાથી,$(2020)^2$ વડે ભાગતા મળતી શેષ $r = 1$ છે.
$1$ એ $0$ અને $5$ ની વચ્ચે હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ધારો કે $\angle BAD = \angle DAE = \angle EAC = \theta$. તેથી,$\angle A = 3\theta$.
$AD$ વેધ હોવાથી,$\triangle ABD$ અને $\triangle ADC$ એ $D$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
$\triangle ABD$ માં,$\tan \theta = \frac{BD}{AD}$.
$\triangle ADE$ માં,$\tan \theta = \frac{DE}{AD}$.
$\tan \theta = \tan \theta$ હોવાથી,$BD = DE$ મળે. ધારો કે $BD = DE = x$.
$AE$ મધ્યગા હોવાથી,$BE = EC = 14$. તેથી,$DE = BE - BD = 14 - x$.
$DE$ માટેના બંને સમીકરણો સરખાવતા: $x = 14 - x$ $\Rightarrow 2x = 14$ $\Rightarrow x = 7$.
તેથી,$BD = 7$ અને $DE = 7$.
$\triangle ADC$ માં,$\angle DAC = 2\theta$,તેથી $\tan 2\theta = \frac{DC}{AD} = \frac{DE+EC}{AD} = \frac{7+14}{AD} = \frac{21}{AD}$.
$\triangle ABD$ માં,$\tan \theta = \frac{BD}{AD} = \frac{7}{AD}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{\tan 2\theta}{\tan \theta} = \frac{21}{7} = 3$.
નિત્યસમ $\tan 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1-\tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2}{1-\tan^2 \theta} = 3$ મળે.
$2 = 3 - 3\tan^2 \theta$ $\Rightarrow 3\tan^2 \theta = 1$ $\Rightarrow \tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$\theta = 30^{\circ}$.
$\triangle ABD$ માં,$\sin 30^{\circ} = \frac{BD}{AB} = \frac{7}{AB} \Rightarrow AB = \frac{7}{1/2} = 14$.
$\triangle ADC$ માં,$\angle DAC = 60^{\circ}$,તેથી $\sin 60^{\circ} = \frac{DC}{AC} = \frac{21}{AC}$ $\Rightarrow AC = \frac{21}{\sqrt{3}/2} = \frac{42}{\sqrt{3}} = 14\sqrt{3}$.
$AB + AC = 14 + 14\sqrt{3} = 14(1 + 1.732) = 14(2.732) = 38.248$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $38$ છે.

(B) ધારો કે $S$ એ $5$ અક્ષરોના તમામ ક્રમચયોનો ગણ છે,તેથી $|S| = 5! = 120$.
ધારો કે $P_1$ એ ગુણધર્મ છે કે $a_1$ પ્રથમ સ્થાને છે,અને $P_2$ એ ગુણધર્મ છે કે $a_2$ બીજા સ્થાને છે.
આપણે એવા ક્રમચયોની સંખ્યા શોધવી છે જે $P_1$ કે $P_2$ બંનેનું પાલન ન કરતા હોય,જે $|S| - |P_1 \cup P_2| = |S| - (|P_1| + |P_2| - |P_1 \cap P_2|)$ દ્વારા મળે છે.
$|P_1|$ એ ક્રમચયોની સંખ્યા છે જ્યાં $a_1$ પ્રથમ સ્થાને નિશ્ચિત છે,જે $4! = 24$ છે.
$|P_2|$ એ ક્રમચયોની સંખ્યા છે જ્યાં $a_2$ બીજા સ્થાને નિશ્ચિત છે,જે $4! = 24$ છે.
$|P_1 \cap P_2|$ એ ક્રમચયોની સંખ્યા છે જ્યાં $a_1$ પ્રથમ સ્થાને અને $a_2$ બીજા સ્થાને નિશ્ચિત છે,જે $3! = 6$ છે.
આમ,$|P_1 \cup P_2| = 24 + 24 - 6 = 42$.
તેથી,$a_1$ પ્રથમ સ્થાને ન હોય અને $a_2$ બીજા સ્થાને ન હોય તેવા ક્રમચયોની સંખ્યા $120 - 42 = 78$ છે.

(B) કારણ કે કાળા કવરવાળા તમામ $m$ પુસ્તકો એકસાથે રાખવાના છે,તેથી આપણે તેમને એક એકમ અથવા બ્લોક તરીકે ગણીએ છીએ.
અહીં $n$ વાદળી કવરવાળા પુસ્તકો અને $1$ કાળા કવરવાળા પુસ્તકોનો બ્લોક છે,આમ કુલ $(n+1)$ વસ્તુઓ ગોઠવવાની થાય.
આ $(n+1)$ વસ્તુઓને $(n+1)!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
બ્લોકની અંદર,$m$ અલગ-અલગ કાળા કવરવાળા પુસ્તકોને $m!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
તેથી,કુલ ગોઠવણીની સંખ્યા $m! (n+1)!$ છે.

(B) ધારો કે સંખ્યા $N = \overline{abcde}$ છે.
આપેલ છે કે $9 \times \overline{abcde} = \overline{edcba}$.
$a = 1$ અને $e = 9$ લેતા,$10989 \times 9 = 98901$ મળે છે.
અહીં $a=1, b=0, c=9, d=8, e=9$ છે.
અંકોનો સરવાળો $= 1+0+9+8+9 = 27$.

(C) આપેલ છે $AB=c=4, BC=a=5, CA=b=6$. બિંદુઓ $D, E, F$ એ $AB, BC, CA$ પર છે જેથી $AD=2, BE=2, CF=2$ થાય.
અહીં $BD = AB - AD = 4 - 2 = 2$,$CE = BC - BE = 5 - 2 = 3$,$AF = AC - CF = 6 - 2 = 4$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\Delta$.
$\triangle ADF$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \cdot AD \cdot AF \cdot \sin A = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 \cdot \sin A = 4 \sin A$.
$\Delta = \frac{1}{2} bc \sin A = 12 \sin A$ હોવાથી,$\sin A = \frac{\Delta}{12}$.
તેથી,$\triangle ADF$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{3} \Delta$.
તે જ રીતે,$\triangle BED$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{5} \Delta$ અને $\triangle CFE$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{5} \Delta$.
$\triangle DEF$ નું ક્ષેત્રફળ = $\Delta - (\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{5}) \Delta = \frac{4}{15} \Delta$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{4}{15}$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^3+y^3=65$ છે.
આપણે પદાવલિનું અવયવીકરણ $(x+y)(x^2-xy+y^2)=65$ તરીકે કરી શકીએ છીએ.
$x$ અને $y$ પૂર્ણાંકો હોવાથી,$(x+y)$ એ $65$ નો ભાજક હોવો જોઈએ.
$65$ ના ભાજકો $\pm 1, \pm 5, \pm 13, \pm 65$ છે.
$x$ અને $y$ માટે પૂર્ણાંક કિંમતો ચકાસતા:
જો $x=1$ હોય,તો $1+y^3=65 \implies y^3=64 \implies y=4$.
જો $y=1$ હોય,તો $x^3+1=65 \implies x^3=64 \implies x=4$.
આમ,$(1, 4)$ અને $(4, 1)$ ઉકેલો છે.
અન્ય કિંમતો માટે,જો $x$ અથવા $y$ ઋણ અથવા મોટા હોય,તો ઘનનો સરવાળો $65$ મળતો નથી.
તેથી,કુલ $2$ ક્રમિત જોડીઓ શક્ય છે.

(B) ધારો કે $R$ એ શંકુના પાયાની ત્રિજ્યા છે અને $h$ તેની ઊંચાઈ છે. ધારો કે $V$ એ પાણીનું કદ છે.
કિસ્સો $1$: પાયો સપાટી પર છે. ખાલી ભાગ એ ઉપરના ભાગમાં $a$ ઊંચાઈ ધરાવતો નાનો શંકુ છે. સમાન ત્રિકોણો દ્વારા,પાણીની સપાટીની ત્રિજ્યા $r = \frac{R}{h}(h-a)$ છે. પાણીનું કદ $V = \frac{1}{3}\pi R^2 h - \frac{1}{3}\pi r^2 a = \frac{1}{3}\pi R^2 h (1 - \frac{a^3}{h^3})$ છે.
કિસ્સો $2$: ઉલટું રાખેલું છે. પાણી નીચેના ભાગમાં $h - \frac{a}{4}$ ઊંચાઈ ધરાવતો નાનો શંકુ બનાવે છે. પાણીની સપાટીની ત્રિજ્યા $r_1 = \frac{R}{h}(h - \frac{a}{4})$ છે. પાણીનું કદ $V = \frac{1}{3}\pi r_1^2 (h - \frac{a}{4}) = \frac{1}{3}\pi R^2 h (\frac{h - a/4}{h})^3$ છે.
કદને સરખાવતા: $1 - \frac{a^3}{h^3} = (1 - \frac{a}{4h})^3$. ધારો કે $k = \frac{h}{a}$.
$1 - \frac{1}{k^3} = (1 - \frac{1}{4k})^3 = (\frac{4k-1}{4k})^3$.
$\frac{k^3-1}{k^3} = \frac{(4k-1)^3}{64k^3} \Rightarrow 64(k^3-1) = (4k-1)^3 = 64k^3 - 48k^2 + 12k - 1$.
$64k^3 - 64 = 64k^3 - 48k^2 + 12k - 1 \Rightarrow 48k^2 - 12k - 63 = 0$.
$3$ વડે ભાગતા: $16k^2 - 4k - 21 = 0$. $k = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4(16)(-21)}}{32} = \frac{4 \pm \sqrt{1360}}{32} = \frac{1 + \sqrt{85}}{8}$.

(D) વિધાન $I$: જો $n$ એ વિભાજ્ય સંખ્યા હોય,તો $n$ એ $(n-1)!$ ને ભાગે છે.
$n=4$ માટે,$(n-1)! = 3! = 6$. $4$ એ $6$ ને ભાગતું નથી,તેથી વિધાન $I$ ખોટું છે.
વિધાન $II$: આપણે તપાસવું છે કે શું $n^3+2n^2+n = n(n+1)^2$ એ $n!$ ને ભાગે છે.
આ $(n+1)^2$ એ $(n-1)!$ ને ભાગે છે કે નહીં તે તપાસવા સમાન છે.
$n=3k-1$ માટે જ્યાં $k > 3$,આપણને $n+1 = 3k$ મળે છે.
તેથી $(n+1)^2 = 9k^2$.
$(n-1)! = (3k-2)!$ માં,જો $k$ પૂરતું મોટું હોય,તો ગુણાકાર $(3k-2)!$ માં $3k$ અને $3k-3$ જેવા અવયવો હોય છે,જે $3^2$ અને $k^2$ ની હાજરી સુનિશ્ચિત કરે છે.
આમ,$(n+1)^2$ એ અનંત $n$ માટે $(n-1)!$ ને ભાગે છે.
વિધાન $II$ સાચું છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \frac{\sin^2 x}{1+e^x} \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} [f(x) + f(-x)] \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_{0}^{\pi / 2} \left( \frac{\sin^2 x}{1+e^x} + \frac{\sin^2(-x)}{1+e^{-x}} \right) \, dx$
કારણ કે $\sin^2(-x) = \sin^2 x$ અને $\frac{1}{1+e^{-x}} = \frac{e^x}{e^x+1}$,તેથી:
$I = \int_{0}^{\pi / 2} \left( \frac{\sin^2 x}{1+e^x} + \frac{e^x \sin^2 x}{1+e^x} \right) \, dx$
$I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin^2 x (1+e^x)}{1+e^x} \, dx = \int_{0}^{\pi / 2} \sin^2 x \, dx$
$\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{1-\cos 2x}{2} \, dx = \frac{1}{2} \left[ x - \frac{\sin 2x}{2} \right]_{0}^{\pi / 2}$
$I = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{4}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^{10} x (1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x)$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln f(x) = 10 \ln(\sin x) + \ln(1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f'(x)}{f(x)} = 10 \cot x + \frac{-2 \cos x \sin x - 4 \cos^3 x \sin x - 8 \cos^7 x \sin x}{1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x}$.
$\frac{f'(x)}{f(x)} = 10 \cot x - \sin 2x \left[ \frac{1 + 2 \cos^2 x + 4 \cos^6 x}{1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x} \right]$.
ધારો કે $g(x) = \frac{f'(x)}{f(x)}$. $x \in (0, \pi)$ માટે,$10 \cot x$ પદ $(-\infty, \infty)$ ની તમામ કિંમતો ધારણ કરે છે.
$\sin 2x$ વાળું પદ $x \in (0, \pi)$ માટે સીમિત વિધેય છે.
કારણ કે $(-\infty, \infty)$ વિસ્તાર ધરાવતા વિધેય અને સીમિત વિધેયનો સરવાળો $(-\infty, \infty)$ વિસ્તાર ધરાવતું વિધેય હોય છે,તેથી $\frac{f'(x)}{f(x)}$ એ $(0, \pi)$ માં $x$ ની વિવિધ કિંમતો માટે તમામ વાસ્તવિક કિંમતો $\lambda \in R$ ધારણ કરે છે.
તેથી,$S = R$.

(A) આપણને પદાવલિ $\sin ^{-1}(\sin 1 \cos 4+\cos 1 \sin 4)$ આપેલ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે વ્યસ્ત સાઈન વિધેયની અંદરની પદાવલિને સરળ બનાવી શકીએ છીએ:
$\sin 1 \cos 4 + \cos 1 \sin 4 = \sin(1+4) = \sin 5$.
તેથી,પદાવલિ $\sin ^{-1}(\sin 5)$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}(\sin x) = x$ ત્યારે જ થાય જ્યારે $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોય.
$3.13 \leq \pi \leq 3.15$ હોવાથી,$1.565 \leq \frac{\pi}{2} \leq 1.575$ મળે.
$5$ એ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ અંતરાલમાં નથી,તેથી આપણે એવો પૂર્ણાંક $k$ શોધીએ કે જેથી $5 - 2k\pi \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ થાય.
$k=1$ માટે,$5 - 2\pi \approx 5 - 2(3.14) = 5 - 6.28 = -1.28$.
$-1.575 \leq -1.28 \leq -1.565$ હોવાથી,કિંમત $5 - 2\pi$ છે.
$\pi \approx 3.14$ લેતા,કિંમત $5 - 6.28 = -1.28$ મળે.
$-1.28$ ની સૌથી નજીકનો પૂર્ણાંક $-1$ છે.

(B) અંતરાલ $[1, 2]$ પર આપેલ વિધેય $f(x) = e^x + x \ln x$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે વિધેયનું વિકલન શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x + x \ln x) = e^x + (1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x}) = e^x + \ln x + 1$.
$x \in [1, 2]$ માટે,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $e^x > 0$,$\ln x \geq 0$,અને $1 > 0$ છે. તેથી,તમામ $x \in [1, 2]$ માટે $f'(x) > 0$ થાય છે.
જેহেতু વિકલન $f'(x)$ અંતરાલ પર હંમેશા ધન છે,તેથી વિધેય $f(x)$ એ $[1, 2]$ પર સતત વધતું વિધેય છે.
તેથી,મહત્તમ કિંમત અંતરાલના જમણા અંતિમ બિંદુ $x = 2$ પર મળે છે.
$f(2)$ ની ગણતરી કરતા:
$f(2) = e^2 + 2 \ln 2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} a & b \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$ છે.
$A^{-1}$ ના અસ્તિત્વ માટે નિશ્ચાયક $|A| = a - b \neq 0$ હોવો જોઈએ,એટલે કે $a \neq b$.
$A$ નો વ્યસ્ત શ્રેણિક $A^{-1} = \frac{1}{a-b} \begin{bmatrix} 1 & -b \\ -1 & a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{a-b} & -\frac{b}{a-b} \\ -\frac{1}{a-b} & \frac{a}{a-b} \end{bmatrix}$ છે.
$A^{-1}$ ના તમામ ઘટકો પૂર્ણાંક હોવા માટે,દરેક ઘટક પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ.
આ માટે $(a-b)$ એ $1$,$-b$,$-1$,અને $a$ નો ભાજક હોવો જોઈએ.
ખાસ કરીને,$(a-b)$ એ $1$ નો ભાજક હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $a-b = 1$ અથવા $a-b = -1$.
કિસ્સો $1$: $a-b = 1 \implies a = b+1$.
$-50 \leq b \leq 50$ હોવાથી,$b$ માટે $101$ શક્ય કિંમતો છે,અને દરેક $b$ માટે $a$ ની કિંમત નિશ્ચિત છે.
કિસ્સો $2$: $a-b = -1 \implies a = b-1$.
તે જ રીતે,$-50 \leq b \leq 50$ માટે,$b$ ની $101$ શક્ય કિંમતો છે,અને દરેક $b$ માટે $a$ ની કિંમત નિશ્ચિત છે.
આમ,આવા કુલ શ્રેણિકોની સંખ્યા $101 + 101 = 202$ છે.

(B) આપેલ છે કે $A$ એ $3 \times 3$ શ્રેણિક છે જેથી દરેક હારના ઘટકોનો સરવાળો $1$ થાય છે. આને $A \cdot \mathbf{u} = \mathbf{u}$ તરીકે લખી શકાય,જ્યાં $\mathbf{u} = [1, 1, 1]^T$ એ એકમ ઘટકો ધરાવતો સ્તંભ સદિશ છે.
કારણ કે $A$ વ્યસ્ત શ્રેણિક છે,આપણે બંને બાજુ $A^{-1}$ વડે ગુણી શકીએ:
$A^{-1} (A \cdot \mathbf{u}) = A^{-1} \cdot \mathbf{u}$
$(A^{-1} A) \cdot \mathbf{u} = A^{-1} \cdot \mathbf{u}$
$I \cdot \mathbf{u} = A^{-1} \cdot \mathbf{u}$
$\mathbf{u} = A^{-1} \cdot \mathbf{u}$
આ સમીકરણ સૂચવે છે કે $A^{-1}$ ની દરેક હારના ઘટકોનો સરવાળો સદિશ $\mathbf{u}$ ના અનુરૂપ ઘટક જેટલો છે,જે $1$ છે.
તેથી,$A^{-1}$ ની દરેક હારનો સરવાળો $1$ છે.

(C) આપેલ છે કે તમામ $x, y \in R$ માટે $|f(x) - f(y)| \geq |x - y|$.
પ્રથમ,આપણે દર્શાવીએ કે $f$ એક-એક છે. ધારો કે કોઈ $x_1, x_2 \in R$ માટે $f(x_1) = f(x_2)$ છે. તો $|f(x_1) - f(x_2)| = 0$. આપેલ અસમતા પરથી,$0 \geq |x_1 - x_2|$,જેનો અર્થ છે કે $|x_1 - x_2| = 0$,તેથી $x_1 = x_2$. આમ,$f$ એક-એક છે.
આગળ,આપણે દર્શાવીએ કે $f$ વ્યાપ્ત છે. $f$ સતત અને એક-એક હોવાથી,$f$ ચુસ્તપણે એકવિધ (strictly monotonic) હોવું જોઈએ. જો $f$ ચુસ્તપણે વધતું વિધેય હોય,તો $x > y$ માટે $f(x) - f(y) \geq x - y$ થાય. જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$,અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to -\infty$. જો $f$ ચુસ્તપણે ઘટતું વિધેય હોય,તો $x > y$ માટે $f(y) - f(x) \geq x - y$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f(x) - f(y) \leq -(x - y)$. જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to -\infty$,અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to \infty$. બંને કિસ્સાઓમાં,$f$ નો વિસ્તાર $(-\infty, \infty) = R$ છે. આમ,$f$ વ્યાપ્ત છે.
તેથી,$f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{\sin x}$ જ્યાં $x \in (0, 1)$ અને $f(0) = 1$. આપણે $\lim_{n \to \infty} I_n$ શોધવું છે જ્યાં $I_n = \sqrt{n} \int_0^{1/n} f(x) e^{-nx} dx$.
ધારો કે $nx = t$,તેથી $x = t/n$ અને $dx = dt/n$.
જ્યારે $x$ ની કિંમત $0$ થી $1/n$ સુધી જાય છે,ત્યારે $t$ ની કિંમત $0$ થી $1$ સુધી જાય છે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I_n = \sqrt{n} \int_0^1 f(t/n) e^{-t} \frac{dt}{n} = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^1 \frac{t/n}{\sin(t/n)} e^{-t} dt$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{u \to 0} \frac{u}{\sin u} = 1$. જેમ $n \to \infty$,તેમ $t/n \to 0$ થાય છે,જ્યાં $t \in [0, 1]$.
તેથી,$\lim_{n \to \infty} \frac{t/n}{\sin(t/n)} = 1$.
સંકલન ચિહ્ન હેઠળ લક્ષના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{n \to \infty} I_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^1 (1) e^{-t} dt = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} [1 - e^{-1}] = 0 \times (1 - e^{-1}) = 0$.

(B) ધારો કે $I = \int \limits_1^3 \left((x-2)^4 \sin^3(x-2) + (x-2)^{2019} + 1\right) dx$ $(i)$.
ગુણધર્મ $\int \limits_a^b f(x) dx = \int \limits_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=1$ અને $b=3$,આપણને $a+b-x = 4-x$ મળે છે.
$x$ ને $4-x$ વડે બદલતા:
$I = \int \limits_1^3 \left((4-x-2)^4 \sin^3(4-x-2) + (4-x-2)^{2019} + 1\right) dx$
$I = \int \limits_1^3 \left((2-x)^4 \sin^3(2-x) + (2-x)^{2019} + 1\right) dx$
કારણ કે $(2-x)^4 = (x-2)^4$ અને $\sin^3(2-x) = -\sin^3(x-2)$,તથા $(2-x)^{2019} = -(x-2)^{2019}$,તેથી:
$I = \int \limits_1^3 \left(-(x-2)^4 \sin^3(x-2) - (x-2)^{2019} + 1\right) dx$ $(ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int \limits_1^3 \left(((x-2)^4 \sin^3(x-2) + (x-2)^{2019} + 1) + (-(x-2)^4 \sin^3(x-2) - (x-2)^{2019} + 1)\right) dx$
$2I = \int \limits_1^3 (1 + 1) dx = \int \limits_1^3 2 dx = 2[x]_1^3 = 2(3-1) = 4$.
તેથી,$I = 2$.

(A) આપેલ છે $f(x) = \sin x + (x^3 - 3x^2 + 4x - 2) \cos x$.
નોંધો કે $x^3 - 3x^2 + 4x - 2 = (x-1)^3 + (x-1)$.
તેથી,$f(x) = \sin x + ((x-1)^3 + (x-1)) \cos x$.
વિકલન કરતા:
$f'(x) = \cos x + [3(x-1)^2 + 1] \cos x - [(x-1)^3 + (x-1)] \sin x$
$f'(x) = \cos x [3(x-1)^2 + 2] + (1-x)((x-1)^2 + 1) \sin x$.
$x \in (0, 1)$ માટે,$\cos x > 0$,$\sin x > 0$,$(1-x) > 0$,અને કૌંસમાં રહેલા પદો ધન છે.
આમ,$f'(x) > 0$ દરેક $x \in (0, 1)$ માટે,જેનો અર્થ છે કે $f$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય (monotone) છે.
વધુમાં,$f(0) = -2 < 0$ અને $f(1) = \sin(1) > 0$.
વિધેય $f$ સતત હોવાથી અને $(0, 1)$ માં ચિહ્ન બદલાતું હોવાથી,Intermediate Value Theorem મુજબ,$f$ ને $(0, 1)$ માં એક શૂન્ય છે.
તેથી,વિધાન $I$ અને $II$ બંને સાચા છે.

(D) ધારો કે $n(A) = 10$. $A$ થી $A$ પરના કુલ સંબંધોની સંખ્યા $2^{n^2} = 2^{100}$ છે.
સંબંધ સ્વવાચક હોવા માટે,$(a, a)$ સ્વરૂપના તમામ $10$ ઘટકો સંબંધમાં હોવા આવશ્યક છે.
$A \times A$ માં બાકીના $100 - 10 = 90$ ઘટકો છે જે સંબંધમાં હોઈ શકે અથવા ન પણ હોઈ શકે.
તેથી,કુલ સ્વવાચક સંબંધોની સંખ્યા $2^{90}$ છે.
સંબંધ સંમિત હોવા માટે,જો $(a, b)$ હાજર હોય,તો તમામ $a \neq b$ માટે $(b, a)$ પણ હાજર હોવું જોઈએ.
$\{(a, b), (b, a)\}$ સ્વરૂપની આવી $45$ જોડીઓ છે.
સ્વવાચક અને સંમિત સંબંધ માટે,$10$ વિકર્ણ ઘટકો $(a, a)$ હાજર હોવા જોઈએ,અને $45$ જોડીઓમાંથી દરેક માટે,આપણી પાસે $2$ વિકલ્પો છે (કાં તો બંને હાજર છે અથવા બંને ગેરહાજર છે).
તેથી,સ્વવાચક અને સંમિત સંબંધોની સંખ્યા $2^{45}$ છે.
સ્વવાચક પરંતુ સંમિત ન હોય તેવા સંબંધોની સંખ્યા એ કુલ સ્વવાચક સંબંધોમાંથી સ્વવાચક અને સંમિત સંબંધોની સંખ્યા બાદ કરવાથી મળે છે.
જરૂરી સંખ્યા $= 2^{90} - 2^{45}$.

(C) આપેલ છે $I_n = \int_0^\pi \frac{x \sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \quad \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_n = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin^{2n}(\pi - x)}{\sin^{2n}(\pi - x) + \cos^{2n}(\pi - x)} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \quad \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I_n = \int_0^\pi \frac{\pi \sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx = \pi \int_0^\pi \frac{\sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx$
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) dx = 2 \int_0^a f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2I_n = 2\pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \implies I_n = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \quad \dots (iii)$
તેવી જ રીતે,$I_n = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^{2n} x}{\cos^{2n} x + \sin^{2n} x} dx \quad \dots (iv)$
$(iii)$ અને $(iv)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I_n = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx = \pi \int_0^{\pi/2} 1 dx = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}$
આમ,$I_n = \frac{\pi^2}{4}$,જે $n$ થી સ્વતંત્ર છે. તેથી,બધા $m, n \in N$ માટે $I_m = I_n$.

(C) આપેલ છે $f(\theta) = \sin(\cos \theta)$.
$f'(\theta) = -\cos(\cos \theta) \cdot \sin \theta$.
$\theta \in [0, \pi]$ માટે $\cos(\cos \theta) > 0$ અને $\sin \theta \geq 0$ હોવાથી,$f'(\theta) \leq 0$ થાય.
તેથી,$f(\theta)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
$a = f(0) = \sin(1)$ અને $b = f(\pi) = \sin(-1) = -\sin(1)$.
આપેલ છે $g(\theta) = \cos(\sin \theta)$.
$g'(\theta) = -\sin(\sin \theta) \cdot \cos \theta$.
$\theta \in [0, \pi/2)$ માટે,$\cos \theta > 0$ અને $\sin(\sin \theta) > 0$ હોવાથી,$g'(\theta) < 0$ (ઘટતું).
$\theta \in (\pi/2, \pi]$ માટે,$\cos \theta < 0$ અને $\sin(\sin \theta) > 0$ હોવાથી,$g'(\theta) > 0$ (વધતું).
$c = \max\{g(0), g(\pi)\} = \cos(0) = 1$.
$d = g(\pi/2) = \cos(1)$.
$0 < 1 < \pi/2$ હોવાથી,$\sin(1) < 1$ અને $\cos(1) > 0$ મળે.
કિંમતો સરખાવતા: $b = -\sin(1) \approx -0.84$,$d = \cos(1) \approx 0.54$,$a = \sin(1) \approx 0.84$,$c = 1$.
આમ,$b < d < a < c$ થાય.

(B) ધારો કે $I = \int \limits_1^{\sqrt{2}+1} \frac{x^2-1}{x^2+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^4}} \, dx$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$I = \int \limits_1^{\sqrt{2}+1} \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{x^2 + \frac{1}{x^2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2 + \frac{1}{x^2}}} \, dx$ (આ પદ્ધતિમાં ફેરફાર કરતા):
$x + \frac{1}{x} = t$ લેતા,$(1 - \frac{1}{x^2}) \, dx = dt$ મળે.
અહીં $x^2 + \frac{1}{x^2} = t^2 - 2$.
જ્યારે $x=1$ હોય ત્યારે $t=2$ અને જ્યારે $x=\sqrt{2}+1$ હોય ત્યારે $t = 2\sqrt{2}$ મળે.
તેથી,$I = \int \limits_2^{2\sqrt{2}} \frac{dt}{t \sqrt{t^2 - 2}} = \int \limits_2^{2\sqrt{2}} \frac{dt}{t \sqrt{t^2 - (\sqrt{2})^2}}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x \sqrt{x^2-a^2}} = \frac{1}{a} \sec^{-1}(\frac{x}{a})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \sec^{-1}(\frac{t}{\sqrt{2}}) \right]_2^{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\sec^{-1}(2) - \sec^{-1}(\sqrt{2})] = \frac{1}{\sqrt{2}} [\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4}] = \frac{\pi}{12\sqrt{2}}$.

(C) કોઈ સંખ્યા $4$ વડે વિભાજ્ય ત્યારે જ હોય જો તેના છેલ્લા બે અંકોથી બનતી સંખ્યા $4$ વડે વિભાજ્ય હોય.
$0$ વગરની $4$-અંકની સંખ્યા માટે,અંકોનો ગણ $S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ છે.
જો સંખ્યામાં $4$ અથવા $8$ હોય,તો તે $4$ વડે વિભાજ્ય સંખ્યા બનાવી શકે છે. તેથી $B$ માં રહેલી સંખ્યામાં $4$ કે $8$ ન હોવા જોઈએ.
જો સંખ્યામાં $2$ કે $6$ હોય,તો તે પણ $4$ વડે વિભાજ્ય જોડી બનાવી શકે છે.
આમ,$B$ માં માત્ર એકી અંકો ${1, 3, 5, 7, 9}$ હોઈ શકે છે.
કુલ સંખ્યાઓ $5^4 = 625$ છે.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $\frac{16}{1641}$ છે.