KVPY 2021 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) અંકોનો ગણ $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ છે.
કુલ $7$-અંકી સંખ્યાઓ $7! - 6! = 6 \times 6! = 4320$ છે.
જો સંખ્યાના છેલ્લા બે અંકો $4$ વડે વિભાજ્ય હોય,તો તે સંખ્યા $4$ વડે વિભાજ્ય છે.
કિસ્સો $1$: છેલ્લા બે અંકોમાં $0$ ન હોય. શક્ય જોડીઓ $\{12, 16, 24, 32, 36, 52, 56, 64\}$ છે. આવી $8$ જોડીઓ છે.
દરેક જોડી માટે,બાકીના $5$ અંકોને $5! - 4!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
તેથી,$8 \times (5! - 4!) = 8 \times 96 = 768$.
કિસ્સો $2$: છેલ્લા બે અંકોમાં $0$ હોય. શક્ય જોડીઓ $\{04, 20, 40, 60\}$ છે. આવી $4$ જોડીઓ છે.
દરેક જોડી માટે,બાકીના $5$ અંકોને $5!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
તેથી,$4 \times 5! = 480$.
કુલ સાનુકૂળ પરિણામો $= 768 + 480 = 1248$.
સંભાવના $P = \frac{1248}{4320} = \frac{13}{45}$.

(C) આપેલ છે કે $\log_{a} b = 10$,જેનો અર્થ છે કે $\log b = 10 \log a$.
પદાવલિ $\frac{\log_{a} x \cdot \log_{x}(\frac{b}{a})}{\log_{x} b \cdot \log_{ab} x}$ છે.
બેઝ બદલવાના સૂત્ર $\log_{m} n = \frac{\log n}{\log m}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log_{a} x = \frac{\log x}{\log a}$,$\log_{x}(\frac{b}{a}) = \frac{\log b - \log a}{\log x}$,$\log_{x} b = \frac{\log b}{\log x}$,અને $\log_{ab} x = \frac{\log x}{\log a + \log b}$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{p}{q} = \frac{(\frac{\log x}{\log a}) \cdot (\frac{\log b - \log a}{\log x})}{(\frac{\log b}{\log x}) \cdot (\frac{\log x}{\log a + \log b})} = \frac{\frac{\log b - \log a}{\log a}}{\frac{\log b}{\log a + \log b}} = \frac{(\log b - \log a)(\log a + \log b)}{\log a \cdot \log b} = \frac{(\log b)^2 - (\log a)^2}{\log a \cdot \log b}$.
$\log b = 10 \log a$ હોવાથી,આ કિંમત મૂકતા:
$\frac{p}{q} = \frac{(10 \log a)^2 - (\log a)^2}{\log a \cdot (10 \log a)} = \frac{100(\log a)^2 - (\log a)^2}{10(\log a)^2} = \frac{99(\log a)^2}{10(\log a)^2} = \frac{99}{10}$.
$p=99$ અને $q=10$ પરસ્પર અવિભાજ્ય હોવાથી,$p+q = 99+10 = 109$.

(A) ધારો કે $P = \sqrt{|x-y|} + \sqrt{|y-z|} + \sqrt{|z-x|}$.
સામાન્યતા ગુમાવ્યા વિના,ધારો કે $0 \leq x \leq y \leq z \leq 1$.
તેથી $P = \sqrt{y-x} + \sqrt{z-y} + \sqrt{z-x}$.
$P$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $x=0$ અને $z=1$ લઈએ છીએ,જે $P = \sqrt{y} + \sqrt{1-y} + 1$ આપે છે.
ધારો કે $f(y) = \sqrt{y} + \sqrt{1-y} + 1$,જ્યાં $y \in [0, 1]$.
$y = \sin^2 \theta$ આદેશ લેતા,જ્યાં $\theta \in [0, \pi/2]$,આપણને $f(\theta) = \sin \theta + \cos \theta + 1$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta + \cos \theta = \sqrt{2} \sin(\theta + \pi/4)$,જેની મહત્તમ કિંમત $\theta = \pi/4$ પર $\sqrt{2}$ છે.
આમ,$P$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{2} + 1$ છે.

(A) ધારો કે $n$ એક પૂર્ણાંક છે. જ્યારે $n$ ની જમણી બાજુએ શૂન્યતર અંક $d$ ઉમેરવામાં આવે,ત્યારે નવી સંખ્યા $10n + d$ બને છે.
આપણને આપેલ છે કે $10n + d$ એ દરેક $d \in \{1, 2, \dots, 9\}$ માટે $d$ વડે વિભાજ્ય છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{10n + d}{d} = \frac{10n}{d} + 1$ એ દરેક $d \in \{1, 2, \dots, 9\}$ માટે પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ.
તેથી,$10n$ એ દરેક $d \in \{1, 2, \dots, 9\}$ વડે વિભાજ્ય હોવો જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $10n$ એ $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ ના લઘુત્તમ સામાન્ય અવયવી $(LCM)$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$\text{LCM}(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) = 2^3 \times 3^2 \times 5 \times 7 = 2520$.
તેથી,$10n$ એ $2520$ નો ગુણક હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $n$ એ $252$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $n$ એ $252$ છે.
$N = 252$ ના અંકોનો ગુણાકાર $2 \times 5 \times 2 = 20$ છે.

(C) પરવલય $y = x^2 + 2ax + 2021$ અને $x$-અક્ષ $(y = 0)$ ના છેદબિંદુઓ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 + 2ax + 2021 = 0$ ના ઉકેલો દ્વારા મળે છે.
ઉકેલો સંમેય હોવા માટે,વિવેચક $D$ પૂર્ણવર્ગ હોવો જોઈએ.
$D = (2a)^2 - 4(1)(2021) = 4a^2 - 8084 = 4(a^2 - 2021)$.
તેથી,$a^2 - 2021$ એ પૂર્ણવર્ગ હોવો જોઈએ,ધારો કે $\lambda^2$.
$a^2 - \lambda^2 = 2021 \Rightarrow (a - \lambda)(a + \lambda) = 2021$.
$2021 = 43 \times 47$ હોવાથી,આપણે અવયવો $(1, 2021)$ અને $(43, 47)$ લઈએ.
$a$ ની મહત્તમ કિંમત માટે,$a + \lambda = 2021$ અને $a - \lambda = 1$ લેતા.
સરવાળો કરતા: $2a = 2022 \Rightarrow a = 1011$.
બીજો કિસ્સો: $a + \lambda = 47$ અને $a - \lambda = 43$ $\Rightarrow 2a = 90$ $\Rightarrow a = 45$.
આમ,$E$ નો સૌથી મોટો ઘટક $1011$ છે.

(C) આ પ્રદેશ રેખાઓ $y = mx + 3$,$y = nx + 3$ અને $x$-અક્ષ $(y = 0)$ દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
$y = 0$ માટે,$x$-અંત:ખંડ $x_1 = -\frac{3}{m}$ અને $x_2 = -\frac{3}{n}$ છે.
બંને રેખાઓનું છેદબિંદુ $(0, 3)$ છે.
ત્રિકોણનો પાયો $b = 3 |\frac{1}{m} - \frac{1}{n}|$ અને ઊંચાઈ $h = 3$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A = \frac{9}{2} (\frac{1}{m} - \frac{1}{n})$.
ન્યૂનતમ ક્ષેત્રફળ માટે,$m = \sqrt{3}$ અને $n = -\sqrt{3}$ લેતા,
ક્ષેત્રફળ $= 3 \sqrt{3}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $R$ એ અર્ધવર્તુળ $S$ ની ત્રિજ્યા છે અને $r$ એ કેન્દ્ર $C$ વાળા નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા છે.
ધારો કે $O$ એ અર્ધવર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે.
$C$ થી વ્યાસ $AB$ નું અંતર $r$ છે.
$C$ થી કેન્દ્ર $O$ નું અંતર $R - r$ છે (કારણ કે નાનું વર્તુળ અર્ધવર્તુળ $S$ ને સ્પર્શે છે).
ધારો કે $T$ એ વ્યાસ $AB$ પર $C$ નો પ્રક્ષેપ છે. તેથી $CT = r$.
આમ,$C$ નું $O$ થી અંતર એ $C$ નું રેખા $AB$ થી અંતર અને અન્ય અચળના સરવાળા જેટલું છે.
આ ભૌમિતિક ગુણધર્મ પરવલયની વ્યાખ્યા સાથે સુસંગત છે,જ્યાં નિશ્ચિત બિંદુ (નાભિ) થી અંતર એ નિશ્ચિત રેખા (નિયામિકા) થી અંતર જેટલું હોય છે.
તેથી,$C$ નો બિંદુપથ એ પરવલયનો ચાપ છે.

(B) દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 + 4x \cos \theta + \cot \theta = 0$ ના બીજ સમાન હોવા માટે,તેનો વિવેચક $D$ શૂન્ય હોવો જોઈએ.
$D = b^2 - 4ac = (4 \cos \theta)^2 - 4(1)(\cot \theta) = 0$
$16 \cos^2 \theta - 4 \cot \theta = 0$
$4 \cos^2 \theta = \cot \theta$
$4 \cos^2 \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta}$
$0 < \theta < \pi / 2$ હોવાથી,$\cos \theta \neq 0$,તેથી આપણે $\cos \theta$ વડે ભાગી શકીએ:
$4 \cos \theta \sin \theta = 1$
$2 \sin 2 \theta = 1$
$\sin 2 \theta = \frac{1}{2}$
$0 < \theta < \pi / 2$ હોવાથી,$0 < 2 \theta < \pi$ મળે. $2 \theta$ માટેના ઉકેલો $\frac{\pi}{6}$ અને $\frac{5 \pi}{6}$ છે.
તેથી,$\theta = \frac{\pi}{12}$ અથવા $\theta = \frac{5 \pi}{12}$.

(A) ધારો કે સમીકરણ $x^2 + y^2 = a^2 + b^2 + c^2$ છે જ્યાં $x, y, a, b, c$ અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ છે.
કિસ્સો $1$: જો તમામ અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ એકી હોય,તો $x^2, y^2, a^2, b^2, c^2 \equiv 1 \pmod{4}$ અથવા $1 \pmod{8}$ થાય.
કોઈપણ એકી અવિભાજ્ય સંખ્યા $p$ માટે,$p^2 \equiv 1 \pmod{8}$ થાય.
તેથી $x^2 + y^2 \equiv 1 + 1 = 2 \pmod{8}$ અને $a^2 + b^2 + c^2 \equiv 1 + 1 + 1 = 3 \pmod{8}$ થાય.
$2 \not\equiv 3 \pmod{8}$ હોવાથી,કોઈ ઉકેલ શક્ય નથી.
કિસ્સો $2$: જો ઓછામાં ઓછી એક સંખ્યા $2$ હોય.
જો $x=2$ હોય,તો $4 + y^2 = a^2 + b^2 + c^2$. જો $y=2$ હોય,તો $8 = a^2 + b^2 + c^2$. $8$ થી નાની અવિભાજ્ય સંખ્યાઓનો વર્ગ માત્ર $2$ છે. જો $a=b=c=2$ લઈએ,તો $a^2 + b^2 + c^2 = 12 \neq 8$ થાય.
નાની અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ ચકાસતા,કોઈ ઉકેલ મળતો નથી.
આમ,ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(B) ધારો કે સંકર સમતલમાં બિંદુઓ $O(0,0)$,$A(1,0)$,$B(1,1)$,અને $C(0,1)$ છે.
આ પદાવલિ એકમ ચોરસ $OABC$ ના શિરોબિંદુઓથી બિંદુ $z$ ના અંતરનો સરવાળો દર્શાવે છે.
ત્રિકોણ અસમતા મુજબ,કોઈપણ બિંદુ $z$ થી બહિર્મુખ ચતુષ્કોણના શિરોબિંદુઓ સુધીના અંતરનો સરવાળો તેના વિકર્ણોના છેદબિંદુ પર ન્યૂનતમ થાય છે.
વિકર્ણો $OB$ (બિંદુ $(0,0)$ અને $(1,1)$ ને જોડતી રેખા) અને $AC$ (બિંદુ $(1,0)$ અને $(0,1)$ ને જોડતી રેખા) છે.
છેદબિંદુ $z = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$ છે.
ન્યૂનતમ કિંમત એ વિકર્ણોની લંબાઈનો સરવાળો છે:
$|z-0| + |z-(1+i)| = |\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i| + |-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i| = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
$|z-1| + |z-i| = |-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i| + |\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i| = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
કુલ ન્યૂનતમ કિંમત = $\sqrt{2} + \sqrt{2} = 2\sqrt{2}$.

(D) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $\alpha, \beta, \gamma$ છે. આપણને બે ખૂણાઓ $A = 2x + 7$ અને $B = 7x + 10$ આપેલા છે.
સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ માટે,ઓછામાં ઓછા બે ખૂણા સમાન હોવા જોઈએ. આપણે ત્રણ કિસ્સાઓ વિચારીએ છીએ:
કિસ્સો $1$: $A = B$
$2x + 7 = 7x + 10$ $\Rightarrow 5x = -3$ $\Rightarrow x = -0.6$.
ખૂણાઓ $A = 5.8^\circ, B = 5.8^\circ, C = 168.4^\circ$ છે. આ એક માન્ય ત્રિકોણ છે.
કિસ્સો $2$: $A = C$
$A + B + C = 180^\circ$ હોવાથી,$2A + B = 180^\circ$.
$2(2x + 7) + (7x + 10) = 180$ $\Rightarrow 11x = 156$ $\Rightarrow x = \frac{156}{11}$.
આ એક માન્ય ત્રિકોણ છે.
કિસ્સો $3$: $B = C$
$A + B + C = 180^\circ$ હોવાથી,$A + 2B = 180^\circ$.
$(2x + 7) + 2(7x + 10) = 180$ $\Rightarrow 16x = 153$ $\Rightarrow x = \frac{153}{16}$.
આ એક માન્ય ત્રિકોણ છે.
આમ,$x$ ની કુલ $3$ વાસ્તવિક કિંમતો મળે છે.

(C) ઉપવલય પ્રથમ ચરણમાં બંને અક્ષોને સ્પર્શતું હોવાથી,તેનું કેન્દ્ર $(a, b)$ છે. નાભિઓ $(a \pm ae, b)$ છે. આપેલ શરતો મુજબ,ત્રિકોણ $OF_1F_2$ સમદ્વિબાજુ છે અને $\angle OF_1F_2 = 120^{\circ}$ છે,જેનાથી ગણતરી કરતા ઉત્કેન્દ્રતા $e = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(D) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a=1$,$b$,અને $c$ છે. અનુરૂપ વેધ $h_a$,$h_b$,અને $h_c$ છે. ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} a h_a = \frac{1}{2} b h_b = \frac{1}{2} c h_c$.
આપેલ છે કે $h_a = 1 \cdot h_a$ અને $h_b = 2 h_a$. $h_a = \frac{2\Delta}{1}$ અને $h_b = \frac{2\Delta}{b}$ હોવાથી,સૌથી લાંબો વેધ સૌથી ટૂંકા કરતા બમણો હોવાની શરત મુજબ $b=2$ અથવા $c=2$ મળે.
$1, 2, c$ બાજુઓ ધરાવતા ત્રિકોણ માટે,ત્રિકોણની અસમતા મુજબ $2-1 < c < 2+1$,એટલે કે $1 < c < 3$. $c$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$c=2$.
બાજુઓ $1, 2, 2$ છે. આ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{1+2+2}{2} = \frac{5}{2}$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{\frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{15}}{4}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s} = \frac{\sqrt{15}/4}{5/2} = \frac{\sqrt{15}}{10}$.
પરિત્રિજ્યા $R = \frac{abc}{4\Delta} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 2}{4 \cdot \sqrt{15}/4} = \frac{4}{\sqrt{15}}$.
તેથી $\frac{R}{r} = \frac{4/\sqrt{15}}{\sqrt{15}/10} = \frac{40}{15} = \frac{8}{3}$.
આમ $m=8$ અને $n=3$. $m, n$ પરસ્પર અવિભાજ્ય હોવાથી,$m+n = 8+3 = 11$.

(C) આપેલ છે કે $\cos 3A + \cos 3B + \cos 3C = 1$.
ત્રિકોણ માટે જ્યાં $A+B+C = \pi$ હોય,ત્યારે આ સમીકરણનું સાદું રૂપ $1 - 4 \cos \frac{3A}{2} \cos \frac{3B}{2} \cos \frac{3C}{2} = 1$ થાય છે.
આથી $\cos \frac{3A}{2} \cos \frac{3B}{2} \cos \frac{3C}{2} = 0$.
તેથી,કોઈ એક ખૂણો $\frac{3A}{2} = \frac{\pi}{2}$,$\frac{3B}{2} = \frac{\pi}{2}$,અથવા $\frac{3C}{2} = \frac{\pi}{2}$ નું પાલન કરે છે.
આનાથી $A = \frac{2\pi}{3}$ મળે છે.
પરિત્રિજ્યા $R = \sqrt{3}$ આપેલ છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,બાજુ $a = 2R \sin A = 2(\sqrt{3}) \sin \frac{2\pi}{3} = 2\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$.
$A$ એ સૌથી મોટો ખૂણો હોવાથી,$a$ એ સૌથી લાંબી બાજુ છે.
તેથી,સૌથી લાંબી બાજુની લંબાઈ $3$ છે.

(C) આપેલ પદાવલિ $E = \frac{\sin A \cot C + \cos A}{\sin B \cot C + \cos B}$ છે.
$\cot C = \frac{\cos C}{\sin C}$ મૂકતા,$E = \frac{\sin(A+C)}{\sin(B+C)} = \frac{\sin B}{\sin A} = \frac{b}{a} = r$ મળે છે.
ત્રિકોણની અસ્તિત્વની શરતો મુજબ,$r \in \left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}, \frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)$ મળે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} k^2 = n(n+1) 2^{n-2}$.
$n=10$ માટે,સરવાળો $\sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k} k^2 = 10(11) 2^{10-2} = 110 \times 2^8$ થાય.
હવે,આપેલ પદાવલિની ગણતરી કરીએ:
$\frac{1}{2^{10}} \sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k} k^2 = \frac{110 \times 2^8}{2^{10}} = \frac{110}{4} = 27.5$.
આમ,$27.5$ એ $(27, 28)$ અંતરાલમાં આવે છે.

(C) $10$ માંથી $5$ ટિકિટ પસંદ કરવાની કુલ રીતો $^{10}C_5 = 252$ છે.
$p_1$ એ બરાબર $1$ વિજેતા ટિકિટ મેળવવાની સંભાવના છે:
$p_1 = \frac{^2C_1 \cdot ^8C_4}{^{10}C_5} = \frac{140}{252} = \frac{5}{9}$.
$p_2$ એ બરાબર $2$ વિજેતા ટિકિટ મેળવવાની સંભાવના છે:
$p_2 = \frac{^2C_2 \cdot ^8C_3}{^{10}C_5} = \frac{56}{252} = \frac{2}{9}$.
તેથી,$p_1 + p_2 = \frac{5}{9} + \frac{2}{9} = \frac{7}{9}$.
$\frac{7}{9} \approx 0.777$ હોવાથી,તે $\left(\frac{3}{4}, 1\right]$ અંતરાલમાં આવે છે.

(C) જો $B, I, O, C$ એકવર્તુળીય હોય,તો $\angle BIC = \angle BOC$ (સમાન વૃત્તખંડના ખૂણા).
આપણે જાણીએ છીએ કે $\angle BIC = 90^{\circ} + \frac{A}{2}$ અને $\angle BOC = 2A$.
આ બંનેને સરખાવતા,$90^{\circ} + \frac{A}{2} = 2A$.
$\frac{3A}{2} = 90^{\circ} \implies A = 60^{\circ}$.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$\angle B + \angle C = 180^{\circ} - A = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.

(C) આપેલ છે કે $AC$ એ $\angle DAB$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle DAC = \angle CAB$.
$DC \parallel AB$ હોવાથી,યુગ્મકોણ સમાન હોય છે,તેથી $\angle CAB = \angle ACD$.
તેથી,$\angle DAC = \angle ACD$,જે દર્શાવે છે કે $\triangle ADC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AD = DC$.
તે જ રીતે,$BD$ એ $\angle CBA$ નો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle CBD = \angle DBA$.
$DC \parallel AB$ હોવાથી,યુગ્મકોણ સમાન હોય છે,તેથી $\angle DBA = \angle BDC$.
તેથી,$\angle CBD = \angle BDC$,જે દર્શાવે છે કે $\triangle BCD$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $BC = DC$.
$AD = DC$ અને $BC = DC$ હોવાથી,આપણને $AD = BC = DC$ મળે છે.
આમ,સમલંબ ચતુષ્કોણની બરાબર ત્રણ બાજુઓ સમાન છે.

(B) ધારો કે $\angle A = \theta$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $\text{ar}(\triangle ABC) = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin \theta$ છે.
$\triangle ADE$ નું ક્ષેત્રફળ $\text{ar}(\triangle ADE) = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AE \cdot \sin \theta$ છે.
તેથી,ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર:
$\frac{\text{ar}(\triangle ABC)}{\text{ar}(\triangle ADE)} = \frac{\frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin \theta}{\frac{1}{2} \cdot AD \cdot AE \cdot \sin \theta} = \frac{AB}{AD} \times \frac{AC}{AE}$.
આપેલ છે કે $AD : AB = 3 : 5$,તેથી $\frac{AB}{AD} = \frac{5}{3}$.
આપેલ છે કે $AE : AC = 2 : 3$,તેથી $\frac{AC}{AE} = \frac{3}{2}$.
આમ,ગુણોત્તર $\frac{5}{3} \times \frac{3}{2} = \frac{5}{2} = 2.5$ છે.
કિંમત $2.5$ એ અંતરાલ $\left(2, \frac{5}{2}\right]$ માં આવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) $\triangle ABC$ અને $\triangle DCB$ માં,
$AB = DC$ (આપેલ છે)
$BC = CB$ (સામાન્ય બાજુ)
$AC = DB$ (આપેલ છે)
$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ABC \cong \triangle DCB$.
તેથી,$\angle BAC = \angle CDB = 70^{\circ}$ અને $\angle ABC = \angle DCB = 60^{\circ}$.
$\triangle ABC$ માં,$\angle ACB = 180^{\circ} - 70^{\circ} - 60^{\circ} = 50^{\circ}$.
હવે,$\angle DCO = \angle BCD - \angle ACB = 60^{\circ} - 50^{\circ} = 10^{\circ}$.
$\triangle DOC$ માં,$\angle DOC = 180^{\circ} - 70^{\circ} - 10^{\circ} = 100^{\circ}$.
$AC$ અને $BD$ વચ્ચેનો લઘુકોણ $180^{\circ} - 100^{\circ} = 80^{\circ}$ છે.

(C) પ્રથમ $n$ પૂર્ણાંકોનો સરવાળો $S_n = \frac{n(n+1)}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પૂર્ણાંક $k$ ને ભૂંસી નાખ્યા પછી,બાકી રહેલી $(n-1)$ સંખ્યાઓનો સરવાળો $\frac{n(n+1)}{2} - k$ થાય છે.
બાકી રહેલી સંખ્યાઓની સરેરાશ $16$ આપેલી છે,તેથી:
$\frac{\frac{n(n+1)}{2} - k}{n-1} = 16$
$n(n+1) - 2k = 32(n-1)$
$n^2 + n - 2k = 32n - 32$
$2k = n^2 - 31n + 32$
$k = \frac{n^2 - 31n + 32}{2}$
$1 < k < n$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$1 < \frac{n^2 - 31n + 32}{2} < n$
$k < n$ પરથી: $n^2 - 31n + 32 < 2n \implies n^2 - 33n + 32 < 0 \implies (n-32)(n-1) < 0$. $n \geq 3$ હોવાથી,$n < 32$ મળે.
$k > 1$ પરથી: $n^2 - 31n + 32 > 2 \implies n^2 - 31n + 30 > 0 \implies (n-30)(n-1) > 0$. $n \geq 3$ હોવાથી,$n > 30$ મળે.
આમ,$n = 31$ હોવું જોઈએ.
$k$ ના સમીકરણમાં $n = 31$ મૂકતા:
$k = \frac{31^2 - 31(31) + 32}{2} = \frac{32}{2} = 16$.
તેથી,$n + k = 31 + 16 = 47$.

(A) આપેલ છે $p = 99$ અને $q = 101$.
$p_1 = \log_{10} \left(\frac{99+101}{2}\right) = \log_{10} 100 = 2$.
$q_1 = \frac{1}{2}(\log_{10} 99 + \log_{10} 101) = \log_{10} \sqrt{99 \times 101} = \log_{10} \sqrt{9999}$.
$9999 < 10000$ હોવાથી,$\sqrt{9999} < 100$,તેથી $q_1 < \log_{10} 100 = 2$.
આમ,$p_1 > q_1$.
સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યકની અસમતા મુજબ,કોઈપણ બે ધન સંખ્યાઓ $a$ અને $b$ માટે,જો $a \neq b$ હોય તો $\frac{a+b}{2} > \sqrt{ab}$.
$p_1 > q_1$ હોવાથી,$\frac{p_1+q_1}{2} > \sqrt{p_1 q_1}$.
બંને બાજુ $\log_{10}$ લેતા,$\log_{10} \left(\frac{p_1+q_1}{2}\right) > \log_{10} \sqrt{p_1 q_1} = \frac{1}{2}(\log_{10} p_1 + \log_{10} q_1)$.
આ દર્શાવે છે કે $p_2 > q_2$.
વળી,$p_1 > q_1$ હોવાથી,$\log_{10} p_1 > \log_{10} q_1$.
$p_1 > \frac{p_1+q_1}{2} > q_1$ હોવાથી,લઘુગણક વિધેય (જે વધતું વિધેય છે) લાગુ પાડતા $\log_{10} p_1 > p_2 > \log_{10} q_1$ મળે.
આથી,$\log_{10} p_1 > p_2 > q_2 > \log_{10} q_1$ મળે છે.

(B) આપેલ બહુપદી સમીકરણ $x^6-6x^5+15x^4-20x^3+15x^2-6x+1=0$ છે.
આ પદાવલિ $(x-1)^6$ ના દ્વિપદી વિસ્તરણને અનુસરે છે.
તેથી,સમીકરણને $(x-1)^6=0$ તરીકે લખી શકાય.
આનો અર્થ એ છે કે સમીકરણના તમામ બીજ $1$ છે.
તેથી,સૌથી મોટું વાસ્તવિક બીજ $a = 1$ અને સૌથી નાનું વાસ્તવિક બીજ $b = 1$ છે.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\frac{a^2+b^2}{a+b+1} = \frac{1^2+1^2}{1+1+1} = \frac{1+1}{3} = \frac{2}{3}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $\alpha$ એ સમીકરણો $x^2 - ax + b = 0$ અને $x^3 - ax^2 + bx + a - b = 0$ નું સામાન્ય વાસ્તવિક બીજ છે.
પ્રથમ સમીકરણ માટે,$\alpha^2 - a\alpha + b = 0$ મળે.
બીજા સમીકરણમાં આ કિંમત મૂકતા: $\alpha(\alpha^2 - a\alpha + b) + a - b = 0$.
$\alpha^2 - a\alpha + b = 0$ હોવાથી,$a - b = 0$ મળે,એટલે કે $a = b$.
$a = b$ ને પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા,$x^2 - ax + a = 0$ મળે.
વાસ્તવિક બીજ માટે વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ,તેથી $a^2 - 4a \geq 0$.
આથી $a(a - 4) \geq 0$,જેનો અર્થ છે કે $a \leq 0$ અથવા $a \geq 4$.
$1 \leq a, b \leq 2021$ અને $a = b$ હોવાથી,$4 \leq a \leq 2021$ મળે.
આવા પૂર્ણાંકો $a$ ની કુલ સંખ્યા $2021 - 4 + 1 = 2018$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} + \frac{1}{x+2} = \frac{13}{12}$.
ડાબી બાજુના અપૂર્ણાંકોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{(x+1)(x+2) + x(x+2) + x(x+1)}{x(x+1)(x+2)} = \frac{13}{12}$.
અંશનું વિસ્તરણ કરતા:
$\frac{(x^2 + 3x + 2) + (x^2 + 2x) + (x^2 + x)}{x(x+1)(x+2)} = \frac{13}{12}$.
$\frac{3x^2 + 6x + 2}{x^3 + 3x^2 + 2x} = \frac{13}{12}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$12(3x^2 + 6x + 2) = 13(x^3 + 3x^2 + 2x)$.
$36x^2 + 72x + 24 = 13x^3 + 39x^2 + 26x$.
ઘાત સમીકરણમાં ગોઠવતા:
$13x^3 + 3x^2 - 46x - 24 = 0$.
રેશનલ રૂટ થિયરમનો ઉપયોગ કરીને ચકાસતા,$x=2$ એ ઉકેલ છે:
$13(8) + 3(4) - 46(2) - 24 = 104 + 12 - 92 - 24 = 0$.
$(x-2)$ વડે ભાગતા $(x-2)(13x^2 + 29x + 12) = 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $13x^2 + 29x + 12 = 0$ નો વિવેચક $D = 217$ છે,જે પૂર્ણવર્ગ નથી,તેથી અન્ય ઉકેલો પૂર્ણાંક નથી.
આમ,માત્ર એક જ ધન પૂર્ણાંક ઉકેલ $x=2$ છે.

(B) ટીમ $A$ દ્વારા એક દિવસમાં થયેલું કામ $= \frac{1}{12}$.
ટીમ $B$ દ્વારા એક દિવસમાં થયેલું કામ $= \frac{1}{36}$.
પ્રથમ $4$ દિવસમાં ટીમ $A$ દ્વારા થયેલું કામ $= 4 \times \frac{1}{12} = \frac{1}{3}$.
આગામી $2$ દિવસમાં ટીમ $A$ અને $B$ દ્વારા સાથે થયેલું કામ $= 2 \times (\frac{1}{12} + \frac{1}{36}) = 2 \times (\frac{3+1}{36}) = 2 \times \frac{4}{36} = \frac{2}{9}$.
$6$ દિવસમાં થયેલું કુલ કામ $= \frac{1}{3} + \frac{2}{9} = \frac{3+2}{9} = \frac{5}{9}$.
બાકી રહેલું કામ $= 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9}$.
ટીમ $B$ તેની કાર્યક્ષમતા બમણી કરે છે,તેથી નવી કાર્યક્ષમતા $= 2 \times \frac{1}{36} = \frac{1}{18}$.
ટીમ $B$ ને બાકીનું કામ પૂર્ણ કરવા માટે જરૂરી વધારાના દિવસો $= \frac{4/9}{1/18} = \frac{4}{9} \times 18 = 8$ દિવસ.

(C) આપણને આપેલ છે કે $(n+3)$ એ $(n^3-3)$ નો ભાજક છે.
બહુપદીના ભાગાકારનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{n^3-3}{n+3} = \frac{n^3+27-30}{n+3} = (n^2-3n+9) - \frac{30}{n+3}$.
પદાવલિ પૂર્ણાંક હોય તે માટે,$(n+3)$ એ $30$ નો ભાજક હોવો જોઈએ.
$n$ એ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી,$n \ge 1$,તેથી $n+3 \ge 4$.
$30$ ના ભાજકો $1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30$ છે.
શરત $n+3 \ge 4$ ને ધ્યાનમાં લેતા,$(n+3)$ ની શક્ય કિંમતો $5, 6, 10, 15, 30$ છે.
દરેક કિસ્સા માટે $n$ ની કિંમત:
$n+3 = 5 \Rightarrow n = 2$
$n+3 = 6 \Rightarrow n = 3$
$n+3 = 10 \Rightarrow n = 7$
$n+3 = 15 \Rightarrow n = 12$
$n+3 = 30 \Rightarrow n = 27$
આમ,આવા $5$ ધન પૂર્ણાંકો $n$ મળે છે.

(A) સમાંતર શ્રેણી $a_1, a_2, \ldots, a_n$ માટે $a_1 = 1$ અને સામાન્ય તફાવત $d = a_2 - a_1 = 5$ છે.
$n$-મું પદ $a_n = a_1 + (n - 1)d = 1 + (n - 1)5 = 5n - 4$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $a_k \leq 2021$,તેથી $5k - 4 \leq 2021$,જેનો અર્થ છે કે $5k \leq 2025$,એટલે કે $k \leq 405$.
$a_{k+1} > 2021$ હોવાથી,શ્રેણી $a_1, a_2, \ldots, a_{405}$ છે.
પદોની સંખ્યા $405$ છે,જે એકી સંખ્યા છે. એકી સંખ્યાના પદો ધરાવતી શ્રેણીનો મધ્યસ્થ $\frac{n+1}{2}$-મું પદ હોય છે.
અહીં,મધ્યસ્થ $\frac{405+1}{2} = 203$-મું પદ છે.
$203$-મું પદ $a_{203} = a_1 + (203 - 1)d = 1 + 202 \times 5 = 1 + 1010 = 1011$ છે.

(A) કોઈ સંખ્યા $x$ નું પાંચમું મૂળ $x^{1/5}$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
આપેલ પદાવલિ: $\left(10^{10^{10}}\right)^{\frac{1}{5}}$.
ઘાતાંકના નિયમ $(a^m)^n = a^{m \times n}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 10^{10^{10} \times \frac{1}{5}}$.
અહીં $10^{10}$ ને $10 \times 10^9$ તરીકે લખી શકાય:
$= 10^{\frac{10}{5} \times 10^9}$.
$= 10^{2 \times 10^9}$.

(C) ધારો કે $2$-અંકની સંખ્યા $10a + b$ છે,જ્યાં $a \in \{1, 2, \dots, 9\}$ અને $b \in \{0, 1, \dots, 9\}$.
પ્રશ્ન મુજબ,$10a + b = 4(a! + b!)$.
$10a + b \leq 99$ હોવાથી,$4(a! + b!) \leq 99$,એટલે કે $a! + b! \leq 24.75$.
આથી $a$ અને $b$ ની કિંમતો $4$ થી ઓછી અથવા તેના જેટલી હોવી જોઈએ.
શક્ય કિંમતો તપાસતા,$a=1$ માટે $12$ અને $a=3$ માટે $32$ મળે છે.
તેથી,$A = \{12, 32\}$.
સરવાળો $= 12 + 32 = 44$.

(B) ધારો કે $x$ એ ત્રણેય વિષયો પસંદ કરનાર વિદ્યાર્થીઓની સંખ્યા છે.
વેન આકૃતિની પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,કુલ વિદ્યાર્થીઓની સંખ્યા એ તમામ અલગ-અલગ ભાગોનો સરવાળો છે:
$100 = 15 + 3 + 45 + (23 - x) + (20 - x) + (12 - x) + x$
$100 = 63 + 55 - 2x$
$100 = 118 - 2x$
$2x = 118 - 100$
$2x = 18$
$x = 9$
આમ,ત્રણેય વિષયો પસંદ કરનાર વિદ્યાર્થીઓની સંખ્યા $9$ છે.

(C) ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ $b$,$c$ (પાયા) અને $x$ (કર્ણ) છે.
આપેલ છે કે $b + c + x = 42$ --- $(1)$
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ પરની મધ્યગા કર્ણની અડધી હોય છે,તેથી $M = \frac{x}{2}$.
કર્ણ પરનો વેધ $h = \frac{bc}{x}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $M - h = 2$,તેથી $\frac{x}{2} - \frac{bc}{x} = 2 \Rightarrow x^2 - 2bc = 4x$ --- $(2)$
$(1)$ પરથી,$b + c = 42 - x$. બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $b^2 + c^2 + 2bc = (42 - x)^2$.
$b^2 + c^2 = x^2$ હોવાથી,આપણને મળે $x^2 + 2bc = (42 - x)^2$ --- $(3)$
$(2)$ અને $(3)$ નો સરવાળો કરતા: $2x^2 = (42 - x)^2 + 4x$.
$2x^2 = 1764 - 84x + x^2 + 4x \Rightarrow x^2 + 80x - 1764 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(x + 98)(x - 18) = 0$. $x > 0$ હોવાથી,$x = 18$.
$x = 18$ ને $(2)$ માં મૂકતા: $18^2 - 2bc = 4(18)$ $\Rightarrow 324 - 2bc = 72$ $\Rightarrow 2bc = 252$ $\Rightarrow bc = 126$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}bc = \frac{1}{2} \times 126 = 63$ છે.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2+ax+b=0$ છે. જો $a-b$ એ બીજ હોય,તો તે સમીકરણનું સમાધાન કરે:
$(a-b)^2 + a(a-b) + b = 0$
$b^2 + b(1-3a) + 2a^2 = 0$
$b$ માટે ઉકેલતા,વિવેચક $D = a^2 - 6a + 1$ પૂર્ણવર્ગ હોવો જોઈએ,ધારો કે $k^2$.
$(a-3)^2 - k^2 = 8$
$(a-3-k)(a-3+k) = 8$
અવયવો પાડતા,શક્ય જોડીઓ $(a, b)$ મળે છે: $(6, 9), (6, 8), (0, 0), (0, -1)$.
આમ,કુલ $4$ ક્રમિત જોડીઓ શક્ય છે.

(B) કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,$n^3 \equiv 0, 1, \text{ અથવા } 8 \pmod{9}$,જે $n^3 \equiv 0, 1, -1 \pmod{9}$ ને સમાન છે.
વિધાન $I$: આપણે તપાસવું છે કે શું $a^3+b^3+c^3 \equiv 0 \pmod{9}$ એ $abc \equiv 0 \pmod{3}$ સૂચવે છે.
જો $abc$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય ન હોય,તો $a, b, c \not\equiv 0 \pmod{3}$. તેથી $a, b, c \equiv 1, 2 \pmod{3}$.
ત્યારે $a^3, b^3, c^3 \equiv 1, 8 \pmod{9}$ (કારણ કે $1^3=1$ અને $2^3=8 \equiv -1 \pmod{9}$).
$a^3+b^3+c^3 \equiv 0 \pmod{9}$ મેળવવા માટે,આપણે ${1, -1}$ માંથી ત્રણ કિંમતોનો સરવાળો $0 \pmod{9}$ જોઈએ,જે અશક્ય છે કારણ કે શક્ય સરવાળા $\{3, 1, -1, -3\}$ છે.
આમ,$a, b, c$ માંથી ઓછામાં ઓછું એક $3$ નો ગુણક હોવો જોઈએ,તેથી $abc$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય છે. વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$: $a=1, b=2, c=1, d=2$ લો.
તો $a^3+b^3+c^3+d^3 = 1^3+2^3+1^3+2^3 = 1+8+1+8 = 18$,જે $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
જો કે,$abcd = 1 \times 2 \times 1 \times 2 = 4$,જે $3$ વડે વિભાજ્ય નથી.
આમ,વિધાન $II$ ખોટું છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $x^2-x-1=0$ છે. તેના બીજ $x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ છે.
અહીં $\lambda = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ અને $1-\lambda = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ છે.
$a_n$ એ ફિબોનાકી શ્રેણીનું $n$-મું પદ $F_n$ દર્શાવે છે,જે હંમેશા પૂર્ણાંક હોય છે.
તેથી,$a_n$ ક્યારેય અસંમેય હોઈ શકે નહીં અને ક્યારેય પૂર્ણાંક ન હોય તેવી સંમેય સંખ્યા હોઈ શકે નહીં.
આમ,ગણ $A = \emptyset$ અને ગણ $B = \emptyset$ છે.

(B) $\frac{1}{q}$ નું દશાંશ નિરૂપણ શાંત હોવા માટે,$q$ એ $2^m 5^n$ સ્વરૂપમાં હોવું જોઈએ જ્યાં $m, n \in \mathbb{W}$.
$\sqrt{q}$ સંમેય હોવા માટે,$q$ પૂર્ણવર્ગ હોવું જોઈએ.
જો $q = 2^m 5^n$ પૂર્ણવર્ગ હોય,તો $m$ અને $n$ બંને બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ.
ધારો કે $m = 2a$ અને $n = 2b$ જ્યાં $a, b \in \mathbb{W}$.
તેથી $q = 2^{2a} 5^{2b} = (2^a 5^b)^2$.
આપણને $1 \leq q \leq 2021$ આપેલ છે,તેથી $1 \leq (2^a 5^b)^2 \leq 2021$,જેનો અર્થ છે $1 \leq 2^a 5^b \leq \sqrt{2021} \approx 44.95$.
$2^a 5^b \leq 44$ માટે શક્ય કિંમતો:
જો $b=0$: $2^a \leq 44 \Rightarrow a \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ (કિંમતો: $1, 2, 4, 8, 16, 32$)
જો $b=1$: $2^a \cdot 5 \leq 44$ $\Rightarrow 2^a \leq 8.8$ $\Rightarrow a \in \{0, 1, 2, 3\}$ (કિંમતો: $5, 10, 20, 40$)
જો $b=2$: $2^a \cdot 25 \leq 44$ $\Rightarrow 2^a \leq 1.76$ $\Rightarrow a = 0$ (કિંમત: $25$)
કુલ $2^a 5^b$ માટેની કિંમતો $6 + 4 + 1 = 11$ છે.
આમ,આવા $11$ પૂર્ણાંકો $q$ મળે છે.

(D) $x \neq 0$ માટે,વિધેય એ ભૌમિતિક શ્રેણીના સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f(x) = |x|^\alpha \sum \limits_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^2}\right)^n$.
$x \neq 0$ માટે $|\frac{1}{1+x^2}| < 1$ હોવાથી,અનંત ભૌમિતિક શ્રેણીનો સરવાળો $\frac{1}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = \frac{1+x^2}{x^2}$ થાય છે.
આમ,$f(x) = |x|^\alpha \cdot \frac{1+x^2}{x^2} = |x|^\alpha \cdot |x|^{-2} (1+x^2) = |x|^{\alpha-2} (1+x^2)$.
$f$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$ હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 0} |x|^{\alpha-2} (1+x^2) = 0$ ત્યારે જ શક્ય છે જો $\alpha - 2 > 0$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha > 2$.
આવી વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $\alpha$ નો ગણ એ અંતરાલ $(2, \infty)$ છે.
આ અંતરાલમાં અનંત વાસ્તવિક સંખ્યાઓ હોવાથી,ગણમાં $4$ કરતા વધુ ઘટકો છે.

(B) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x) + f(2x) = 0$ છે,જે તમામ $x \in R$ માટે સાચું છે.
$x = 0$ મૂકતા,આપણને $f(0) + f(0) = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $2f(0) = 0$,તેથી $f(0) = 0$.
આપેલ સમીકરણ પરથી,$f(x) = -f(x/2)$.
આ સંબંધનું પુનરાવર્તન કરતા,આપણને $f(x) = -f(x/2) = f(x/4) = -f(x/8) = \dots = (-1)^n f(x/2^n)$ મળે છે.
કારણ કે $f$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{n \to \infty} f(x/2^n) = f(\lim_{n \to \infty} x/2^n) = f(0) = 0$.
આમ,$f(x) = \lim_{n \to \infty} (-1)^n f(x/2^n) = 0$.
તેથી,શરતનું પાલન કરતું એકમાત્ર સતત વિધેય શૂન્ય વિધેય $f(x) = 0$ છે.
આમ,આવા માત્ર $1$ વિધેય શક્ય છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \frac{\cos x}{\cos 2x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{-\sin x \cos 2x - \cos x (-2 \sin 2x)}{(\cos 2x)^2} = \frac{-\sin x \cos 2x + 2 \sin 2x \cos x}{(\cos 2x)^2}$.
નિત્યસમ $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $f'(x) = \frac{\sin(2x-x) + \sin 2x \cos x}{(\cos 2x)^2} = \frac{\sin x + 2 \sin x \cos^2 x}{(\cos 2x)^2}$.
$f'(x) = \frac{\sin x (1 + 2 \cos^2 x)}{(\cos 2x)^2}$.
કારણ કે $(1 + 2 \cos^2 x) > 0$ અને $(\cos 2x)^2 > 0$ એ તમામ $x \in \left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$ માટે સત્ય છે,તેથી $f'(x)$ ની નિશાની માત્ર $\sin x$ પર આધાર રાખે છે.
$x \in \left(-\frac{\pi}{4}, 0\right)$ માટે,$\sin x < 0$,તેથી $f'(x) < 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
$x \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ માટે,$\sin x > 0$,તેથી $f'(x) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ વધતું વિધેય છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = 2 \sqrt{y}$ છે,જેમાં પ્રારંભિક શરત $y(0) = 0$ છે.
કિસ્સો $I$: શૂન્ય વિધેય $y(x) = 0$,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે,સમીકરણ અને પ્રારંભિક શરતનું સમાધાન કરે છે.
કિસ્સો $II$: કોઈપણ અચળાંક $a \geq 0$ માટે,આપણે વિધેયોનું એક કુળ વ્યાખ્યાયિત કરી શકીએ છીએ:
$y(x) = \begin{cases} 0 & x < a \\ (x-a)^2 & x \geq a \end{cases}$
ચાલો $x = a$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $\lim_{h \to 0^-} \frac{y(a+h) - y(a)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{0 - 0}{h} = 0$.
જમણી બાજુનું વિકલન: $\lim_{h \to 0^+} \frac{y(a+h) - y(a)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(a+h-a)^2 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2}{h} = 0$.
ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન હોવાથી,વિધેય $x = a$ આગળ વિકલનીય છે.
$x > a$ માટે,$y'(x) = 2(x-a) = 2\sqrt{(x-a)^2} = 2\sqrt{y(x)}$.
અહીં $a$ કોઈપણ અનૃણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે,તેથી આવા વિધેયોની સંખ્યા અનંત છે.

(D) આપેલ શરત: $\int_0^1 (f(x))^2 dx = 2 \int_0^1 f(x) dx$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $\int_0^1 (f(x))^2 dx - 2 \int_0^1 f(x) dx = 0$.
સંકલનની અંદર $1$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા: $\int_0^1 ((f(x))^2 - 2f(x) + 1 - 1) dx = 0$.
આનું સાદું રૂપ આપતા: $\int_0^1 (f(x) - 1)^2 dx - \int_0^1 1 dx = 0$.
તેથી,$\int_0^1 (f(x) - 1)^2 dx = 1$.
આપણે એવા સતત વિધેયો $f(x)$ શોધી રહ્યા છીએ કે જેના માટે $[0, 1]$ પર $(f(x) - 1)^2$ નું સંકલન $1$ થાય.
ધારો કે $g(x) = f(x) - 1$. તો આપણે $\int_0^1 (g(x))^2 dx = 1$ ની જરૂર છે.
આ શરતનું પાલન કરતા અસંખ્ય સતત વિધેયો $g(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે (દા.ત.,$g(x) = 1$,$g(x) = -1$,$g(x) = \sqrt{3}x$,$g(x) = \sqrt{5}x^2$,વગેરે).
આવા અસંખ્ય વિધેયો $g(x)$ હોવાથી,આવા અસંખ્ય વિધેયો $f(x) = g(x) + 1$ પણ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
આમ,આવા વિધેયોની સંખ્યા $4$ કરતા વધારે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \limits_0^{\pi / 2} \frac{\sin x \cos x}{1+\cos ^4 x} d x$.
$\cos ^2 x = t$ આદેશ લો. બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$2 \cos x (-\sin x) d x = d t$,જેનો અર્થ છે કે $\sin x \cos x d x = -\frac{1}{2} d t$.
સંકલનની સીમાઓ બદલતા:
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = \cos ^2(0) = 1$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $t = \cos ^2(\frac{\pi}{2}) = 0$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \limits_1^0 \frac{-1/2}{1+t^2} d t = \frac{1}{2} \int \limits_0^1 \frac{1}{1+t^2} d t$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$I = \frac{1}{2} [\tan ^{-1}(t)]_0^1 = \frac{1}{2} (\tan ^{-1}(1) - \tan ^{-1}(0)) = \frac{1}{2} (\frac{\pi}{4} - 0) = \frac{\pi}{8}$.

(A) આપણે સદિશ ત્રિગુણન સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\vec{a} \times (\vec{b} \times \vec{c}) = (\vec{a} \cdot \vec{c}) \vec{b} - (\vec{a} \cdot \vec{b}) \vec{c}$.
પ્રથમ,અંદરના સદિશ ગુણાકારની ગણતરી કરો: $(3\hat{i}+4\hat{j}) \times (\hat{j}+\hat{k}) = 3(\hat{i} \times \hat{j}) + 3(\hat{i} \times \hat{k}) + 4(\hat{j} \times \hat{j}) + 4(\hat{j} \times \hat{k}) = 3\hat{k} - 3\hat{j} + 0 + 4\hat{i} = 4\hat{i} - 3\hat{j} + 3\hat{k}$.
હવે,આગળના સદિશ ગુણાકારની ગણતરી કરો: $(\hat{i}-\hat{k}) \times (4\hat{i}-3\hat{j}+3\hat{k}) = \hat{i} \times (4\hat{i}-3\hat{j}+3\hat{k}) - \hat{k} \times (4\hat{i}-3\hat{j}+3\hat{k}) = (0 - 3\hat{k} - 3\hat{j}) - (4\hat{j} + 3\hat{i} + 0) = -3\hat{i} - 7\hat{j} - 3\hat{k}$.
આપેલ છે કે $\vec{v} \times (-3\hat{i} - 7\hat{j} - 3\hat{k}) = \vec{0}$,જે સૂચવે છે કે $\vec{v}$ એ $3\hat{i} + 7\hat{j} + 3\hat{k}$ ને સમાંતર છે.
ધારો કે $\vec{v} = \lambda(3\hat{i} + 7\hat{j} + 3\hat{k})$.
આપેલ છે કે $\vec{v} \cdot \hat{j} = -7$,તેથી $7\lambda = -7$,એટલે કે $\lambda = -1$.
આમ,$\vec{v} = -3\hat{i} - 7\hat{j} - 3\hat{k}$.
તેથી,$\vec{v} \cdot \hat{i} = -3$.

(D) કુલ પ્રશ્નોની સંખ્યા $n = 8$ છે.
દરેક પ્રશ્નમાં $4$ વિકલ્પો છે,જેનો અર્થ છે કે $1$ સાચો વિકલ્પ અને $3$ ખોટા વિકલ્પો છે.
વિદ્યાર્થીએ $8$ માંથી બરાબર $5$ સાચા જવાબો પસંદ કરવાના છે.
$5$ પ્રશ્નો સાચા હોય તે રીતે પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $\binom{8}{5}$ દ્વારા મળે છે.
$5$ સાચા પ્રશ્નો માટે,સાચો વિકલ્પ પસંદ કરવાની માત્ર $1$ રીત છે.
બાકીના $8 - 5 = 3$ ખોટા પ્રશ્નો માટે,દરેકને $3$ અલગ અલગ રીતે જવાબ આપી શકાય છે (કારણ કે $4$ વિકલ્પો છે અને $1$ સાચો છે,તેથી $4 - 1 = 3$ ખોટા છે).
આમ,કુલ રીતોની સંખ્યા $\binom{8}{5} \times (1)^5 \times (3)^3$ છે.
ગણતરી કરતા: $\binom{8}{5} = \binom{8}{3} = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56$.
કુલ રીતો $= 56 \times 1 \times 27 = 1512$.

(D) ધારો કે $E$ એ ઘટના છે કે વ્યક્તિને રોગ છે,અને $E^c$ એ ઘટના છે કે વ્યક્તિને રોગ નથી. ધારો કે $A$ એ ઘટના છે કે ટેસ્ટનું પરિણામ પોઝિટિવ આવે છે.
આપેલ છે:
$P(E) = \frac{2}{3}$
$P(E^c) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$
$P(A|E) = \frac{2}{3}$ (વ્યક્તિને રોગ હોય અને ટેસ્ટ પોઝિટિવ આવે તેની સંભાવના)
$P(A|E^c) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$ (વ્યક્તિને રોગ ન હોય અને ટેસ્ટ પોઝિટિવ આવે તેની સંભાવના)
કુલ સંભાવનાના નિયમ મુજબ,વ્યક્તિનો ટેસ્ટ પોઝિટિવ આવે તેની સંભાવના:
$P(A) = P(E) \times P(A|E) + P(E^c) \times P(A|E^c)$
$P(A) = \left(\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} \times \frac{1}{3}\right) = \frac{4}{9} + \frac{1}{9} = \frac{5}{9}$
બેયઝના પ્રમેય મુજબ,ટેસ્ટ પોઝિટિવ આવ્યા પછી વ્યક્તિને રોગ હોવાની સંભાવના:
$P(E|A) = \frac{P(E) \times P(A|E)}{P(A)}$
$P(E|A) = \frac{\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}}{\frac{5}{9}} = \frac{\frac{4}{9}}{\frac{5}{9}} = \frac{4}{5}$

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)(1+x)^2}$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$,અને જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{(1+\tan^2 \theta)(1+\tan \theta)^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{\sec^2 \theta (1+\tan \theta)^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(1+\tan \theta)^2}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(\theta) \, d\theta = \int_0^a f(a-\theta) \, d\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(1+\tan(\frac{\pi}{2}-\theta))^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(1+\cot \theta)^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{\tan^2 \theta \, d\theta}{(\tan \theta + 1)^2}$.
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \tan^2 \theta}{(1+\tan \theta)^2} \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta}{(1+\tan \theta)^2} \, d\theta$.
$u = 1 + \tan \theta$ લેતા,$du = \sec^2 \theta \, d\theta$ મળે.
$2I = \int_1^{\infty} \frac{du}{u^2} = \left[ -\frac{1}{u} \right]_1^{\infty} = 0 - (-1) = 1$.
તેથી,$I = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $f(x) + x^2 = g^2(x)$ જ્યાં $g(x) > 0$.
$f(x) = g^2(x) - x^2$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$4 \int_0^{3/2} (g^2(x) - x^2) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108$
$4 \int_0^{3/2} g^2(x) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108 + 4 \int_0^{3/2} x^2 dx$
$4 \int_0^{3/2} g^2(x) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108 + 4 [\frac{x^3}{3}]_0^{3/2} = 108 + 4.5 = 112.5$.
સમાંતર મધ્યક-ગુણોત્તર મધ્યક અસમતા $(AM \geq GM)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$4g^2(x) + \frac{62.5}{g(x)} + \frac{62.5}{g(x)} \geq 3 \sqrt[3]{4g^2(x) \cdot \frac{62.5}{g(x)} \cdot \frac{62.5}{g(x)}} = 3 \cdot 25 = 75$.
બંને બાજુ $0$ થી $3/2$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^{3/2} (4g^2(x) + \frac{125}{g(x)}) dx \geq 112.5$.
સમાનતા ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $4g^2(x) = \frac{62.5}{g(x)}$ થાય.
આથી $g(x) = 2.5 = 5/2$ અને $f(x) = \frac{25}{4} - x^2$.
આમ,આવા માત્ર $1$ વિધેયનું અસ્તિત્વ છે.

(C) આપણને સંકલન $I = \int_1^M \{x\}^{[x]} dx$ આપેલ છે. કારણ કે $[x]$ એ અંતરાલ $[n, n+1)$ પર અચળ છે,આપણે સંકલનને એકમ અંતરાલો પરના સંકલનોના સરવાળા તરીકે લખી શકીએ:
$I = \sum_{n=1}^{M-1} \int_n^{n+1} (x-n)^n dx$.
ધારો કે $u = x-n$,તો $du = dx$. સંકલન $\int_0^1 u^n du = \left[ \frac{u^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$ બને છે.
આમ,$I = \sum_{n=1}^{M-1} \frac{1}{n+1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{M}$.
$M=2$ માટે,$I = \frac{1}{2} = 0.5 < 1$.
$M=3$ માટે,$I = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} \approx 0.833 < 1$.
$M=4$ માટે,$I = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{6+4+3}{12} = \frac{13}{12} > 1$.
તેથી,સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $M$ એ $4$ છે.

(C) નિશ્ચાયક $f(x)$ નું પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = 1 \cdot (|x-1|(x-2)^2 - |x-2|(x-1)^2) - |x| \cdot ((x-2)^2 - (x-1)^2) + x^2 \cdot (|x-2| - |x-1|)$
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$f(x) = |x-1|(x^2-4x+4) - |x-2|(x^2-2x+1) - |x|(x^2-4x+4 - x^2+2x-1) + x^2(|x-2|-|x-1|)$
$f(x) = |x-1|(4-4x) + |x-2|(2x-1) - |x|(3-2x)$
અહીં નિરપેક્ષ મૂલ્યોના નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = 0, 1, 2$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$x=0$ આગળ: $|x|$ પદ વિકલનીય નથી અને તેનો સહગુણક $(3-2x)$ એ $3 \neq 0$ છે. તેથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x=1$ આગળ: $|x-1|$ પદ વિકલનીય નથી,પરંતુ તેનો સહગુણક $(4-4x)$ એ $0$ છે. તેથી,વિકલનીયતાનો અભાવ દૂર થાય છે.
$x=2$ આગળ: $|x-2|$ પદ વિકલનીય નથી અને તેનો સહગુણક $(2x-1)$ એ $3 \neq 0$ છે. તેથી,$f(x)$ એ $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય $x=0$ અને $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી. આવી કિંમતોની સંખ્યા $2$ છે.