MHT CET 2020 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{1+\sqrt{x}}$.
$\sqrt{x} = t$ આદેશ લેતા,તેથી $x = t^2$ અને $dx = 2t \, dt$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2t}{1+t} \, dt$.
$I = 2 \int \frac{t}{1+t} \, dt$.
$I = 2 \int \frac{(t+1) - 1}{1+t} \, dt$.
$I = 2 \int \left( 1 - \frac{1}{1+t} \right) \, dt$.
$I = 2 \left( \int 1 \, dt - \int \frac{1}{1+t} \, dt \right)$.
$I = 2(t - \log|1+t|) + c$.
$t = \sqrt{x}$ પાછું મૂકતા:
$I = 2\sqrt{x} - 2\log|1+\sqrt{x}| + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{\sin x \cdot \cos x}{\sin ^{4} x + \cos ^{4} x} dx$.
અંશ અને છેદને $\cos ^{4} x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$I = \int \frac{\frac{\sin x \cdot \cos x}{\cos ^{4} x}}{\frac{\sin ^{4} x}{\cos ^{4} x} + 1} dx = \int \frac{\tan x \sec ^{2} x}{\tan ^{4} x + 1} dx$.
ધારો કે $\tan ^{2} x = t$. બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$2 \tan x \sec ^{2} x dx = dt$,જેનો અર્થ છે કે $\tan x \sec ^{2} x dx = \frac{1}{2} dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{1 + t^{2}} \cdot \frac{1}{2} dt = \frac{1}{2} \int \frac{1}{1 + t^{2}} dt$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{1 + t^{2}} dt = \tan ^{-1} t + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} \tan ^{-1} t + c = \frac{1}{2} \tan ^{-1}(\tan ^{2} x) + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{(\sin^{-1} x)^{\frac{3}{2}}}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
$\sin^{-1} x = t$ આદેશ લેતા.
તેથી,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx = dt$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int t^{\frac{3}{2}} dt$.
સંકલનના ઘાત નિયમ $\int t^n dt = \frac{t^{n+1}}{n+1} + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{t^{\frac{3}{2} + 1}}{\frac{3}{2} + 1} + c = \frac{t^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}} + c = \frac{2}{5} t^{\frac{5}{2}} + c$.
હવે $t = \sin^{-1} x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{2}{5}(\sin^{-1} x)^{\frac{5}{2}} + c$.

(B) ધારો કે $I = \int x^{3} e^{x^{2}} dx$.
$x^{2} = t$ આદેશ લેતા,$2x dx = dt$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $x dx = \frac{1}{2} dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$I = \frac{1}{2} \int t e^{t} dt$ મળે.
ખંડશઃ સંકલન (Integration by Parts) ની રીત $\int u dv = uv - \int v du$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = t$ અને $dv = e^{t} dt$ છે.
તેથી $du = dt$ અને $v = e^{t}$ મળે.
આમ,$I = \frac{1}{2} [t e^{t} - \int e^{t} dt] = \frac{1}{2} [t e^{t} - e^{t}] + c$.
$e^{t}$ સામાન્ય લેતા,$I = \frac{1}{2} e^{t}(t - 1) + c$ મળે.
છેલ્લે $t = x^{2}$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{1}{2} e^{x^{2}}(x^{2} - 1) + c$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{e^{x}}{\sqrt{x}}(1+2x) dx$.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$I = \int e^{x} \left( \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{2x}{\sqrt{x}} \right) dx = \int e^{x} \left( \frac{1}{\sqrt{x}} + 2\sqrt{x} \right) dx$.
પદોને ગોઠવતા:
$I = \int e^{x} \left( 2\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} \right) dx$.
ધારો કે $f(x) = 2\sqrt{x}$. તો $f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{x}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^{x} [f(x) + f'(x)] dx = e^{x} f(x) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = e^{x} (2\sqrt{x}) + c = 2\sqrt{x} e^{x} + c$.

(B) ધારો કે $I = \int e^{\tan ^{-1} x} \left(1 + \frac{x}{1 + x^2} \right) dx$.
$t = \tan ^{-1} x$ આદેશ લેતા,$x = \tan t$ અને $dx = (1 + x^2) dt = \sec^2 t dt$ મળે.
તેથી,$I = \int e^t \left(1 + \frac{\tan t}{1 + \tan^2 t} \right) \sec^2 t dt$.
$1 + \tan^2 t = \sec^2 t$ હોવાથી,પદાવલિ $I = \int e^t \left(1 + \frac{\tan t}{\sec^2 t} \right) \sec^2 t dt$ બને છે.
$I = \int e^t (\sec^2 t + \tan t) dt$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(t) = \tan t$ અને $f'(t) = \sec^2 t$ છે.
આમ,$I = e^t \tan t + c$.
$t = \tan ^{-1} x$ પાછું મૂકતા,આપણને $I = x e^{\tan ^{-1} x} + c$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \cot x \cdot \log [\log (\sin x)] d x$.
$t = \log (\sin x)$ આદેશ લેતા.
તેથી $dt = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x \, dx = \cot x \, dx$ મળે.
આમ,સંકલન $I = \int \log t \, dt$ બને છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,જ્યાં $u = \log t$ અને $dv = dt$:
$I = t \log t - \int t \cdot \frac{1}{t} \, dt$.
$I = t \log t - \int 1 \, dt$.
$I = t \log t - t + c = t(\log t - 1) + c$.
$t = \log (\sin x)$ પાછું મૂકતા:
$I = \log (\sin x) [\log (\log (\sin x)) - 1] + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \left[ \frac{\log x - 1}{1 + (\log x)^2} \right]^2 dx$.
$\log x = t$ આદેશ લેતા,$x = e^t$ અને $dx = e^t dt$ મળે.
સંકલન આ મુજબ થશે: $I = \int \left[ \frac{t - 1}{1 + t^2} \right]^2 e^t dt = \int e^t \left[ \frac{t^2 - 2t + 1}{(1 + t^2)^2} \right] dt$.
અંશને $(t^2 + 1) - 2t$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$I = \int e^t \left[ \frac{t^2 + 1}{(1 + t^2)^2} - \frac{2t}{(1 + t^2)^2} \right] dt = \int e^t \left[ \frac{1}{1 + t^2} - \frac{2t}{(1 + t^2)^2} \right] dt$.
આ $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $f(t) = \frac{1}{1 + t^2}$.
આમ,$I = e^t \left( \frac{1}{1 + t^2} \right) + c$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{x}{1 + (\log x)^2} + c$ મળે.

(A) ધારો કે $I = \int \log x \cdot (\log x + 2) dx$.
$\log x = t$ આદેશ લેતા,$x = e^t$ અને $dx = e^t dt$ મળે.
તેથી,$I = \int t(t + 2) e^t dt = \int (t^2 + 2t) e^t dt$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં,$f(t) = t^2$ લેતા,$f'(t) = 2t$ થાય.
આમ,$I = e^t (t^2) + c$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા,આપણને $I = x(\log x)^2 + c$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \sin^{-1} x \cdot 1 \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \cdot v \, dx = u \int v \, dx - \int (u' \cdot \int v \, dx) \, dx$.
અહીં,$u = \sin^{-1} x$ અને $v = 1$ છે.
$I = \sin^{-1} x \cdot x - \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \cdot x \, dx$.
$I = x \sin^{-1} x - \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx$.
$\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx$ ઉકેલવા માટે,$1 - x^2 = t$ લો,તેથી $-2x \, dx = dt$,એટલે કે $x \, dx = -\frac{1}{2} dt$.
$\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \int \frac{-1/2}{\sqrt{t}} \, dt = -\frac{1}{2} \int t^{-1/2} \, dt = -\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} = -\sqrt{t} = -\sqrt{1 - x^2}$.
આ કિંમત $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = x \sin^{-1} x - (-\sqrt{1 - x^2}) + c = x \sin^{-1} x + \sqrt{1 - x^2} + c$.

(B) ધારો કે $I = \int (1+x) \log x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log x$ અને $dv = (1+x) \, dx$ લો.
તેથી $du = \frac{1}{x} \, dx$ અને $v = x + \frac{x^2}{2}$ મળે.
સૂત્ર $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \log x \left(x + \frac{x^2}{2}\right) - \int \left(x + \frac{x^2}{2}\right) \cdot \frac{1}{x} \, dx$.
$I = \left(x + \frac{x^2}{2}\right) \log x - \int \left(1 + \frac{x}{2}\right) \, dx$.
$I = \left(x + \frac{x^2}{2}\right) \log x - \left(x + \frac{x^2}{4}\right) + C$.

(B) આપણે પ્રમાણિત સંકલનનું સ્વરૂપ જાણીએ છીએ $\int e^{x} [f(x) + f'(x)] dx = e^{x} f(x) + c$.
આપેલ સંકલન $\int e^{x} \sec x(1+\tan x) dx$ છે.
$\sec x$ ને અંદર ગુણતા,આપણને $\int e^{x} (\sec x + \sec x \tan x) dx$ મળે છે.
ધારો કે $f(x) = \sec x$. તો $f'(x) = \sec x \tan x$ થાય.
આ કિંમતોને પ્રમાણિત સ્વરૂપમાં મૂકતા,આપણને $e^{x} \sec x + c$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(x^{2}+4)(x^{2}+9)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(x^{2}+4)(x^{2}+9)} = \frac{A}{x^{2}+4} + \frac{B}{x^{2}+9}$.
$1 = A(x^{2}+9) + B(x^{2}+4)$.
$x^{2} = -4$ લેતા,$1 = A(5) \implies A = \frac{1}{5}$.
$x^{2} = -9$ લેતા,$1 = B(-5) \implies B = -\frac{1}{5}$.
તેથી,$I = \frac{1}{5} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{x^{2}+4} - \frac{1}{x^{2}+9} \right) dx$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^{2}+a^{2}} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{5} \left[ \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{x}{2}) - \frac{1}{3} \tan^{-1}(\frac{x}{3}) \right]_{0}^{\infty}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = \frac{1}{5} \left[ (\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} - 0) - (\frac{1}{3} \cdot \frac{\pi}{2} - 0) \right]$.
$I = \frac{1}{5} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = \frac{1}{5} \left( \frac{3\pi - 2\pi}{12} \right) = \frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{60}$.

(C) આપેલ સંકલન $I = \int_{2}^{3} \frac{dx}{x^{2}+x}$ છે.
પ્રથમ,છેદના અવયવ પાડતા: $x^{2}+x = x(x+1)$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}$ મળે છે.
હવે,સંકલન કરતા: $I = \int_{2}^{3} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}\right) dx = [\log|x| - \log|x+1|]_{2}^{3} = [\log|\frac{x}{x+1}|]_{2}^{3}$.
સીમાઓ મૂકતા: $I = \log(\frac{3}{4}) - \log(\frac{2}{3}) = \log(\frac{3}{4} \div \frac{2}{3}) = \log(\frac{3}{4} \times \frac{3}{2}) = \log(\frac{9}{8})$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x^{2}}{(x+1)(x+2)^{2}} dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{x^{2}}{(x+1)(x+2)^{2}} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2} + \frac{C}{(x+2)^{2}}$.
બંને બાજુ $(x+1)(x+2)^{2}$ વડે ગુણતા:
$x^{2} = A(x+2)^{2} + B(x+1)(x+2) + C(x+1)$.
$x = -2$ લેતા,$(-2)^{2} = C(-2+1) \Rightarrow 4 = -C \Rightarrow C = -4$.
$x = -1$ લેતા,$(-1)^{2} = A(-1+2)^{2} \Rightarrow 1 = A(1)^{2} \Rightarrow A = 1$.
$x^{2}$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$1 = A + B$.
$A = 1$ હોવાથી,$1 = 1 + B \Rightarrow B = 0$.
તેથી,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int \left( \frac{1}{x+1} - \frac{4}{(x+2)^{2}} \right) dx$.
$I = \int \frac{1}{x+1} dx - 4 \int (x+2)^{-2} dx$.
$I = \log |x+1| - 4 \left( \frac{(x+2)^{-1}}{-1} \right) + c$.
$I = \log |x+1| + \frac{4}{x+2} + c$.

(A) આપેલ સંકલન: $I = \int \frac{x^{2}+1}{(x-3)(x-2)} d x$
અંશ અને છેદની ઘાત સમાન હોવાથી,આપણે ભાગાકાર કરીશું:
$\frac{x^{2}+1}{x^{2}-5x+6} = 1 + \frac{5x-5}{x^{2}-5x+6}$
તેથી,$I = \int (1 + \frac{5x-5}{(x-3)(x-2)}) d x = \int 1 d x + 5 \int \frac{x-1}{(x-3)(x-2)} d x$
$\frac{x-1}{(x-3)(x-2)} = \frac{A}{x-3} + \frac{B}{x-2}$ માટે આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$x-1 = A(x-2) + B(x-3)$
$x=3$ લેતા: $3-1 = A(3-2) \Rightarrow A=2$
$x=2$ લેતા: $2-1 = B(2-3) \Rightarrow B=-1$
આમ,$I = x + 5 \int (\frac{2}{x-3} - \frac{1}{x-2}) d x = x + 10 \log |x-3| - 5 \log |x-2| + c$
$Px + Q \log |x-3| + R \log |x-2| + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $P=1, Q=10, R=-5$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{2 x^{2}+3}{\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}+4\right)} d x$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,ધારો કે $x^2 = t$. તેથી $\frac{2t+3}{(t-1)(t+4)} = \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t+4}$.
$2t+3 = A(t+4) + B(t-1)$.
$t=1$ માટે,$5 = 5A \implies A=1$.
$t=-4$ માટે,$-5 = -5B \implies B=1$.
આમ,$\frac{2x^2+3}{(x^2-1)(x^2+4)} = \frac{1}{x^2-1} + \frac{1}{x^2+4}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$I = \int \frac{1}{x^2-1} dx + \int \frac{1}{x^2+2^2} dx$.
$I = \frac{1}{2(1)} \log \left| \frac{x-1}{x+1} \right| + \frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{x}{2} \right) + C$.
આપેલ પદ $a \log \left| \frac{x-1}{x+1} \right| + b \tan^{-1} \left( \frac{x}{2} \right) + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = \frac{1}{2}$ અને $b = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x+1}{x^{2}+5x+6} dx$.
છેદના અવયવ પાડતા: $x^{2}+5x+6 = (x+2)(x+3)$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{x+1}{(x+2)(x+3)} = \frac{A}{x+2} + \frac{B}{x+3}$.
$x+1 = A(x+3) + B(x+2)$.
$x = -2$ લેતા: $-2+1 = A(-2+3) \implies A = -1$.
$x = -3$ લેતા: $-3+1 = B(-3+2) \implies -2 = B(-1) \implies B = 2$.
તેથી,$I = \int \left( \frac{-1}{x+2} + \frac{2}{x+3} \right) dx$.
$I = -\int \frac{1}{x+2} dx + 2 \int \frac{1}{x+3} dx$.
$I = -\log |x+2| + 2 \log |x+3| + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x^{2}+1}{x^{4}+x^{2}+1} dx$.
અંશ અને છેદને $x^{2}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{1 + \frac{1}{x^{2}}}{x^{2} + 1 + \frac{1}{x^{2}}} dx$.
છેદને $(x^{2} + \frac{1}{x^{2}} - 2) + 3 = (x - \frac{1}{x})^{2} + (\sqrt{3})^{2}$ તરીકે લખતા.
તેથી,$I = \int \frac{1 + \frac{1}{x^{2}}}{(x - \frac{1}{x})^{2} + (\sqrt{3})^{2}} dx$.
ધારો કે $t = x - \frac{1}{x}$,તો $dt = (1 + \frac{1}{x^{2}}) dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dt}{t^{2} + (\sqrt{3})^{2}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^{2} + a^{2}} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{3}}) + c$.
$t$ ની જગ્યાએ $x - \frac{1}{x}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{x - \frac{1}{x}}{\sqrt{3}}) + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin 2x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx$
$I = 2 \int \frac{1}{\sin x \cos x} dx$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$I = 2 \int \frac{2}{2 \sin x \cos x} dx = 4 \int \frac{1}{\sin 2x} dx$
$I = 4 \int \operatorname{cosec} 2x dx$
સૂત્ર $\int \operatorname{cosec} u du = \log |\tan(u/2)| + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 4 \times \frac{1}{2} \log |\tan x| + c = 2 \log |\tan x| + c$
ગુણધર્મ $n \log a = \log a^n$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \log |\tan^2 x| + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \left[\frac{1-\log x}{1+(\log x)^{2}}\right]^{2} dx$.
$\log x = t$ લેતા,$x = e^{t}$ મળે,તેથી $dx = e^{t} dt$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$I = \int e^{t} \left[\frac{1-t}{1+t^{2}}\right]^{2} dt$.
વર્ગનું વિસ્તરણ કરતા,$I = \int e^{t} \frac{1+t^{2}-2t}{(1+t^{2})^{2}} dt = \int e^{t} \left[\frac{1}{1+t^{2}} - \frac{2t}{(1+t^{2})^{2}}\right] dt$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^{t} [f(t) + f'(t)] dt = e^{t} f(t) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(t) = \frac{1}{1+t^{2}}$ અને $f'(t) = -\frac{2t}{(1+t^{2})^{2}}$.
તેથી,$I = e^{t} \left(\frac{1}{1+t^{2}}\right) + c$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{x}{1+(\log x)^{2}} + c$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin x}{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)} d x$.
$x = (x - \frac{\pi}{4}) + \frac{\pi}{4}$ મૂકતા,$I = \int \frac{\sin \left((x-\frac{\pi}{4}) + \frac{\pi}{4}\right)}{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)} d x$.
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int \frac{\sin (x-\frac{\pi}{4}) \cos \frac{\pi}{4} + \cos (x-\frac{\pi}{4}) \sin \frac{\pi}{4}}{\sin (x-\frac{\pi}{4})} d x$.
$\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ હોવાથી,$I = \int \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cot (x-\frac{\pi}{4}) \right) d x$.
પદવાર સંકલન કરતા,$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int 1 d x + \frac{1}{\sqrt{2}} \int \cot (x-\frac{\pi}{4}) d x$.
$\cot u$ નું સંકલન $\log |\sin u|$ છે,તેથી $I = \frac{1}{\sqrt{2}} [x + \log |\sin (x-\frac{\pi}{4})|] + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \left[ \log (1+\cos x) - x \tan \left( \frac{x}{2} \right) \right] dx$.
પ્રથમ પદ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \cdot v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$,જ્યાં $u = \log(1+\cos x)$ અને $v = 1$ છે.
$I = x \log(1+\cos x) - \int x \cdot \frac{d}{dx} [\log(1+\cos x)] dx - \int x \tan \left( \frac{x}{2} \right) dx$.
અહીં $\frac{d}{dx} [\log(1+\cos x)] = \frac{-\sin x}{1+\cos x} = \frac{-2 \sin(x/2) \cos(x/2)}{2 \cos^2(x/2)} = -\tan(x/2)$ થાય છે.
$I = x \log(1+\cos x) - \int x \left( -\tan \frac{x}{2} \right) dx - \int x \tan \frac{x}{2} dx$.
$I = x \log(1+\cos x) + \int x \tan \frac{x}{2} dx - \int x \tan \frac{x}{2} dx$.
$I = x \log(1+\cos x) + c$.

(A) $\text{આપણે જાણીએ છીએ કે}$ $\int e^{x}[f(x) + f'(x)] dx = e^{x}f(x) + C$.
$\text{આપેલ સંકલન}$ $I = \int e^{x} \left( \frac{1-x}{1+x^{2}} \right)^{2} dx$ $\text{છે।}$
$\text{અંશનું વિસ્તરણ કરતા:}$ $I = \int e^{x} \frac{1 + x^{2} - 2x}{(1+x^{2})^{2}} dx$.
$\text{અપૂર્ણાંકને અલગ કરતા:}$ $I = \int e^{x} \left[ \frac{1+x^{2}}{(1+x^{2})^{2}} - \frac{2x}{(1+x^{2})^{2}} \right] dx$.
$I = \int e^{x} \left[ \frac{1}{1+x^{2}} - \frac{2x}{(1+x^{2})^{2}} \right] dx$.
$\text{ધારો કે}$ $f(x) = \frac{1}{1+x^{2}}$. $\text{તો}$ $f'(x) = -\frac{1}{(1+x^{2})^{2}} \cdot (2x) = -\frac{2x}{(1+x^{2})^{2}}$.
$\text{આમ,}$ $I = \int e^{x} [f(x) + f'(x)] dx = e^{x} f(x) + C$.
$\text{તેથી,}$ $I = \frac{e^{x}}{1+x^{2}} + C$.

(A) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{\sin \theta}{\sin 3 \theta} d \theta$ છે.
નિત્યસમ $\sin 3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sin \theta}{\sin \theta(3 - 4 \sin^2 \theta)} d \theta = \int \frac{1}{3 - 4 \sin^2 \theta} d \theta$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 \theta$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\sec^2 \theta}{3 \sec^2 \theta - 4 \tan^2 \theta} d \theta = \int \frac{\sec^2 \theta}{3(1 + \tan^2 \theta) - 4 \tan^2 \theta} d \theta = \int \frac{\sec^2 \theta}{3 - \tan^2 \theta} d \theta$.
ધારો કે $\tan \theta = t$,તો $\sec^2 \theta d \theta = dt$.
$I = \int \frac{1}{(\sqrt{3})^2 - t^2} dt$.
સૂત્ર $\int \frac{1}{a^2 - x^2} dx = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log \left| \frac{\sqrt{3} + t}{\sqrt{3} - t} \right| + c = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log \left| \frac{\sqrt{3} + \tan \theta}{\sqrt{3} - \tan \theta} \right| + c$.
આપેલ પદ $\frac{1}{2 k} \log \left|\frac{k+\tan \theta}{k-\tan \theta}\right|+c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = \sqrt{3}$ મળે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$ (અથવા $30^{\circ}$).
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos ^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$ (અથવા $30^{\circ}$).
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot ^{-1}\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \pi - \cot ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$ (અથવા $120^{\circ}$).
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi}{3} = \frac{2\pi}{6} + \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi}{3} = \frac{3\pi}{3} = \pi$.

(D) ધારો કે $y = \sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$.
તેથી,$\sin y = -\frac{1}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1} x$ ના મુખ્ય મૂલ્યની શાખાનો વિસ્તાર $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ છે.
કારણ કે $\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$,તેથી $\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{2}$ થાય.
આમ,મુખ્ય મૂલ્ય $-\frac{\pi}{6}$ છે.

(C) ધારો કે $\alpha = \sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$. $\sin ^{-1} x$ નો વિસ્તાર $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ હોવાથી,$\sin \alpha = -\frac{1}{2} = \sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)$,તેથી $\alpha = -\frac{\pi}{6}$ મળે.
ધારો કે $\beta = \cos ^{-1}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. $\cos ^{-1} x$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ હોવાથી,$\cos \beta = -\frac{\sqrt{3}}{2} = -\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\pi - \frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)$,તેથી $\beta = \frac{5\pi}{6}$ મળે.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા,$\alpha + \beta = -\frac{\pi}{6} + \frac{5\pi}{6} = \frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$.
હવે,વિકલ્પો તપાસતા:
વિકલ્પ $C$ એ $\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{2\pi}{3}$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}(\sec x + \tan x)$.
આપણે ઇન્વર્સ ટેન્જેન્ટ વિધેયની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right)$.
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$,$\cos x = \cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}$,અને $1 = \cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}\left[\frac{\cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2} + 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{\cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}}\right]$
$y = \tan^{-1}\left[\frac{(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})^2}{(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})}\right]$
$y = \tan^{-1}\left[\frac{\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}}\right]$
અંશ અને છેદને $\cos\frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan\frac{x}{2}}{1 - \tan\frac{x}{2}}\right) = \tan^{-1}\left(\tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})\right)$
$y = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left[ \sqrt{\frac{1 + \cos(x/2)}{1 - \cos(x/2)}} \right]$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 + \cos \theta = 2 \cos^2(\theta/2)$ અને $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \sqrt{\frac{2 \cos^2(x/4)}{2 \sin^2(x/4)}}$
$y = \tan^{-1} \sqrt{\cot^2(x/4)}$
$y = \tan^{-1} (\cot(x/4))$
કારણ કે $\cot \theta = \tan(\pi/2 - \theta)$,તેથી:
$y = \tan^{-1} \left[ \tan \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{4} \right) \right]$
$y = \frac{\pi}{2} - \frac{x}{4}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{4} \right) = 0 - \frac{1}{4} = -\frac{1}{4}$.

(A) આપેલ છે કે $u=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}\right)$.
ધારો કે $x=\tan \theta$,તેથી $\theta=\tan ^{-1} x$.
$u=\tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta-1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin ^{2}(\theta/2)}{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(\theta/2)) = \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{d u}{d x} = \frac{1}{2(1+x^{2})}$.
આપેલ છે કે $v=\tan ^{-1}\left(\frac{2 x \sqrt{1-x^{2}}}{1-2 x^{2}}\right)$.
ધારો કે $x=\sin \theta$,તેથી $\theta=\sin ^{-1} x$.
$v=\tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin \theta \cos \theta}{1-2 \sin ^{2} \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin 2 \theta}{\cos 2 \theta}\right) = \tan ^{-1}(\tan 2 \theta) = 2 \theta = 2 \sin ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{d v}{d x} = \frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}$.
હવે $\frac{d u}{d v} = \frac{d u/d x}{d v/d x} = \frac{1}{2(1+x^{2})} \times \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{4(1+x^{2})}$.
$x=0$ આગળ,$\frac{d u}{d v} = \frac{\sqrt{1-0}}{4(1+0)} = \frac{1}{4}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos ^{-1} x$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખાનો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.
આપેલ પદ $\cos ^{-1}\left(\cos \left(\frac{7 \pi}{6}\right)\right)$ છે.
કારણ કે $\frac{7 \pi}{6} > \pi$,આપણે સીધું $\cos ^{-1}(\cos \theta) = \theta$ લખી શકતા નથી.
આપણે ગુણધર્મ $\cos(2 \pi - \theta) = \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$\cos \left(\frac{7 \pi}{6}\right) = \cos \left(2 \pi - \frac{5 \pi}{6}\right) = \cos \left(\frac{5 \pi}{6}\right)$.
હવે,$\cos ^{-1}\left(\cos \left(\frac{5 \pi}{6}\right)\right) = \frac{5 \pi}{6}$,જે અંતરાલ $[0, \pi]$ માં આવે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos ^{-1} x$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખા $[0, \pi]$ છે.
આપેલ પદ $\cos ^{-1}\left(\cos \frac{8 \pi}{3}\right)$ છે.
અહીં $\frac{8 \pi}{3} = 2 \pi + \frac{2 \pi}{3}$ હોવાથી,$\cos \frac{8 \pi}{3} = \cos \left(2 \pi + \frac{2 \pi}{3}\right) = \cos \frac{2 \pi}{3}$ થાય.
કારણ કે $\frac{2 \pi}{3} \in [0, \pi]$,તેથી $\cos ^{-1}\left(\cos \frac{2 \pi}{3}\right) = \frac{2 \pi}{3}$ મળે.
આમ,સાચો જવાબ $\frac{2 \pi}{3}$ છે.

(A) આપેલ છે કે $\Delta ABC$ માં,$C=90^{\circ}$,તેથી પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$a^{2}+b^{2}=c^{2}$ થાય.
આપણે $\tan ^{-1}\left(\frac{a}{b+c}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{b}{c+a}\right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a}}{1 - \left( \frac{a}{b+c} \right) \left( \frac{b}{c+a} \right)} \right]$
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{a(c+a) + b(b+c)}{(b+c)(c+a) - ab} \right]$
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{ac + a^{2} + b^{2} + bc}{bc + ab + c^{2} + ac - ab} \right]$
કારણ કે $a^{2}+b^{2}=c^{2}$,અંશ $ac + c^{2} + bc = c(a+b+c)$ બને છે.
છેદ $bc + ac + c^{2} = c(b+a+c)$ બને છે.
$= \tan ^{-1} \left( \frac{c(a+b+c)}{c(a+b+c)} \right)$
$= \tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(B) ધારો કે $\tan ^{-1} \frac{3}{4} = \theta$. તેથી $\tan \theta = \frac{3}{4}$.
નિત્યસમ $\sin \theta = \frac{\tan \theta}{\sqrt{1 + \tan^2 \theta}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin \theta = \frac{3/4}{\sqrt{1 + (3/4)^2}} = \frac{3/4}{\sqrt{25/16}} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$ મળે છે.
આમ,$\left[\sin \left(\tan ^{-1} \frac{3}{4}\right)\right]^2 = \left(\frac{3}{5}\right)^2 = \frac{9}{25}$.
ધારો કે $\tan ^{-1} \frac{4}{3} = \phi$. તેથી $\tan \phi = \frac{4}{3}$.
નિત્યસમ $\sin \phi = \frac{\tan \phi}{\sqrt{1 + \tan^2 \phi}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin \phi = \frac{4/3}{\sqrt{1 + (4/3)^2}} = \frac{4/3}{\sqrt{25/9}} = \frac{4/3}{5/3} = \frac{4}{5}$ મળે છે.
આમ,$\left[\sin \left(\tan ^{-1} \frac{4}{3}\right)\right]^2 = \left(\frac{4}{5}\right)^2 = \frac{16}{25}$.
બંને કિંમતોનો સરવાળો કરતા: $\frac{9}{25} + \frac{16}{25} = \frac{25}{25} = 1$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ $\theta \in [-1, 1]$ માટે,$\sin^{-1} \theta + \cos^{-1} \theta = \frac{\pi}{2}$ થાય છે.
આપેલ સમીકરણ $x^{2} y^{2} = \sin^{-1} \sqrt{x^{2} + y^{2}} + \cos^{-1} \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ માં જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $x^{2} y^{2} = \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
હવે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x^{2} y^{2}) = \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{2})$
$x^{2} \cdot (2y \frac{dy}{dx}) + y^{2} \cdot (2x) = 0$
$2x^{2}y \frac{dy}{dx} = -2xy^{2}$
બંને બાજુ $2xy$ વડે ભાગતા ($x, y \neq 0$ ધારીને):
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2xy^{2}}{2x^{2}y} = -\frac{y}{x}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ $u > 0$ માટે $\tan^{-1}(u) + \cot^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$ થાય છે.
આપેલ સંકલન $I = \int_{-1}^{3} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{x^{2}+1}{x} \right) \right] dx$ છે.
જ્યારે $x > 0$ હોય ત્યારે $\tan^{-1} \left( \frac{x^{2}+1}{x} \right) = \cot^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right)$ હોવાથી,સંકલનની અંદરની પદાવલિ $\tan^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right) + \cot^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right) = \frac{\pi}{2}$ બને છે.
તેથી,$I = \int_{-1}^{3} \frac{\pi}{2} dx = \frac{\pi}{2} [x]_{-1}^{3} = \frac{\pi}{2} (3 - (-1)) = \frac{\pi}{2} (4) = 2 \pi$.

(C) આપેલ છે: $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y + \tan ^{-1} z = \frac{\pi}{2}$
$\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \frac{\pi}{2} - \tan ^{-1} z$
નિત્યસમ $\frac{\pi}{2} - \tan ^{-1} z = \cot ^{-1} z = \tan ^{-1} (\frac{1}{z})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} (\frac{x+y}{1-xy}) = \tan ^{-1} (\frac{1}{z})$
બંને બાજુ સરખાવતા:
$\frac{x+y}{1-xy} = \frac{1}{z}$
$z(x+y) = 1 - xy$
$zx + zy = 1 - xy$
$xy + yz + zx = 1$

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$,કારણ કે કાટકોણ ત્રિકોણમાં પાસેની બાજુ $4$ અને કર્ણ $5$ હોય,તો સામેની બાજુ $\sqrt{5^2 - 4^2} = 3$ થાય.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)\right)$
સૂત્ર $\tan ^{-1}(x) + \tan ^{-1}(y) = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{3}{4} + \frac{2}{3}}{1 - \frac{3}{4} \times \frac{2}{3}}\right)\right)$
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{9+8}{12}}{1 - \frac{6}{12}}\right)\right)$
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{17}{12}}{\frac{6}{12}}\right)\right)$
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{17}{6}\right)\right) = \frac{17}{6}$

(C) આપેલ સમીકરણ $\tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-\frac{1}{2} \tan ^{-1} x=0$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $\tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{1}{2} \tan ^{-1} x$ મળે છે.
ગુણધર્મ $\tan ^{-1} a - \tan ^{-1} b = \tan ^{-1}\left(\frac{a-b}{1+ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $\tan ^{-1}(1) - \tan ^{-1}(x) = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$ લખી શકીએ છીએ.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{\pi}{4} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x + \tan ^{-1} x$ મળે છે.
$\frac{\pi}{4} = \frac{3}{2} \tan ^{-1} x$.
$\tan ^{-1} x = \frac{\pi}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{\pi}{6}$.
તેથી,$x = \tan\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(A) આપણે સૂત્ર $2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$x = \frac{1}{3}$ માટે,આપણને મળે છે:
$2 \tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{2 \times \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{3})^2} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{2}{3}}{1 - \frac{1}{9}} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{2}{3}}{\frac{8}{9}} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{2}{3} \times \frac{9}{8} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right)$
હવે,આ કિંમતને મૂળ પદાવલિમાં મૂકતા:
$2 \tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) - \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) - \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) = 0$.

(C) આપણે સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
પ્રથમ,પ્રથમ બે પદોને જોડો:
$\tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{1}{5} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{5}}{1 - \frac{1}{3} \times \frac{1}{5}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{8}{15}}{\frac{14}{15}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{8}{14} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{4}{7} \right)$.
હવે,છેલ્લા બે પદોને જોડો:
$\tan ^{-1} \left( \frac{1}{7} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{1}{8} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{1}{7} + \frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{7} \times \frac{1}{8}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{15}{56}}{\frac{55}{56}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{15}{55} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{3}{11} \right)$.
અંતે,પરિણામોનો સરવાળો કરો:
$\tan ^{-1} \left( \frac{4}{7} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{3}{11} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{4}{7} + \frac{3}{11}}{1 - \frac{4}{7} \times \frac{3}{11}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{44+21}{77}}{\frac{77-12}{77}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{65}{65} \right) = \tan ^{-1} (1) = \frac{\pi}{4}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1} \theta$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ છે.
આ ત્રણ કિંમતોનો સરવાળો $\frac{3 \pi}{2}$ હોવાથી,દરેક પદ તેની મહત્તમ કિંમત $\frac{\pi}{2}$ જેટલું હોવું જોઈએ.
તેથી,$\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,$\sin ^{-1} y = \frac{\pi}{2}$,અને $\sin ^{-1} z = \frac{\pi}{2}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $x = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$,$y = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$,અને $z = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $x^{100} + y^{100} + z^{100} = 1^{100} + 1^{100} + 1^{100} = 1 + 1 + 1 = 3$ મળે છે.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થવું જોઈએ.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{1-3^{x}}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{-(3^{x}-1)}$
$f(0) = -\frac{\lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{x}}{\lim_{x \to 0} \frac{3^{x}-1}{x}}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{a^{x}-1}{x} = \log a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = -\frac{\log 2}{\log 3}$

(B) શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ એ $5x + y \geq 5$,$x + y \geq 3$,$x \geq 0$,અને $y \geq 0$ શરતો દ્વારા વ્યાખ્યાયિત અનિયંત્રિત પ્રદેશ છે.
શિરોબિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે રેખાઓના સમીકરણો ઉકેલીએ છીએ:
$1$) $5x + y = 5$ અને $x + y = 3$. પ્રથમમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા $4x = 2$ મળે,તેથી $x = 0.5$. $x + y = 3$ માં કિંમત મૂકતા $y = 2.5$ મળે. આમ,બિંદુ $P = (0.5, 2.5)$ છે.
$2$) $x + y = 3$ નું $x$-અક્ષ $(y=0)$ સાથેનું છેદબિંદુ $C = (3, 0)$ છે.
$3$) $5x + y = 5$ નું $y$-અક્ષ $(x=0)$ સાથેનું છેદબિંદુ $B = (0, 5)$ છે.
આ શિરોબિંદુઓ પર $Z = 7x + y$ ની કિંમત તપાસીએ:
$C(3, 0)$ પર: $Z = 7(3) + 0 = 21$.
$P(0.5, 2.5)$ પર: $Z = 7(0.5) + 2.5 = 3.5 + 2.5 = 6$.
$B(0, 5)$ પર: $Z = 7(0) + 5 = 5$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $5$ છે.

(D) શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ સીમા રેખાઓના અંતઃખંડો નક્કી કરીએ છીએ:

$\text{રેખા}$	$\text{અંતઃખંડો}$
$8x + 5y = 60$	$A(7.5, 0), B(0, 12)$
$4x + 5y = 40$	$C(10, 0), D(0, 8)$

સમીકરણો $8x + 5y = 60$ અને $4x + 5y = 40$ ને એકસાથે ઉકેલતા:
પ્રથમમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા: $(8x - 4x) = 60 - 40 \Rightarrow 4x = 20 \Rightarrow x = 5$.
$x = 5$ ને $4x + 5y = 40$ માં મૂકતા: $4(5) + 5y = 40 \Rightarrow 20 + 5y = 40 \Rightarrow 5y = 20 \Rightarrow y = 4$.
તેથી,છેદબિંદુ $E(5, 4)$ છે.
શરતો $x \geq 0, y \geq 0$ પ્રદેશને પ્રથમ ચરણમાં મર્યાદિત કરે છે.
શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ શિરોબિંદુઓ $O(0, 0)$,$A(7.5, 0)$,$E(5, 4)$,અને $D(0, 8)$ દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
અહીં ચાર શિરોબિંદુઓ હોવાથી,શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ એક ચતુષ્કોણ છે.

(B) ઉકેલ શોધવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ શરતો દ્વારા વ્યાખ્યાયિત શક્ય ઉકેલ પ્રદેશને ઓળખીએ છીએ:
$1$. $x+y \leq 30$
$2$. $x \leq 15$
$3$. $y \leq 20$
$4$. $x+y \geq 15$
$5$. $x, y \geq 0$
શક્ય ઉકેલ પ્રદેશના શિરોબિંદુઓ આ રેખાઓના છેદબિંદુઓ દ્વારા નક્કી થાય છે:
- $x=15$ અને $y=20$ નું છેદબિંદુ $E(15, 20)$ છે.
- $x=0$ અને $y=20$ નું છેદબિંદુ $D(0, 20)$ છે.
- $x=0$ અને $x+y=15$ નું છેદબિંદુ $F(0, 15)$ છે.
- $x=15$ અને $x+y=15$ નું છેદબિંદુ $C(15, 0)$ છે.
શક્ય ઉકેલ પ્રદેશ ચતુષ્કોણ $CDEF$ છે.
આપણે આ શિરોબિંદુઓ પર હેતુલક્ષી વિધેય $z=x+y$ ની કિંમત તપાસીએ છીએ:
- $C(15, 0)$ પર: $z = 15+0 = 15$
- $D(0, 20)$ પર: $z = 0+20 = 20$
- $E(15, 20)$ પર: $z = 15+20 = 35$
- $F(0, 15)$ પર: $z = 0+15 = 15$
$z$ ની મહત્તમ કિંમત $35$ છે,જે અનન્ય શિરોબિંદુ $E(15, 20)$ પર મળે છે. તેથી,આપેલ $L$.$P$.$P$. નો ઉકેલ અનન્ય છે.

(D) $1$. રેખા $5x + 9y = 90$ એ $(18, 0)$ અને $(0, 10)$ માંથી પસાર થાય છે. છાયાંકિત પ્રદેશ ઉગમબિંદુ તરફ છે,તેથી અવરોધ $5x + 9y \leq 90$ છે.
$2$. રેખા $x + y = 4$ એ $(4, 0)$ અને $(0, 4)$ માંથી પસાર થાય છે. છાયાંકિત પ્રદેશ ઉગમબિંદુથી દૂર છે,તેથી અવરોધ $x + y \geq 4$ છે.
$3$. રેખા $y = 8$ એ આડી રેખા છે. છાયાંકિત પ્રદેશ આ રેખાની નીચે છે,તેથી અવરોધ $y \leq 8$ છે.
$4$. પ્રદેશ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,$x \geq 0$ અને $y \geq 0$ છે.
આ બધાને જોડતા,અવરોધો $5x + 9y \leq 90, x + y \geq 4, y \leq 8, x, y \geq 0$ મળે છે.

(C) $Z=3x+5y$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ $x+4y \leq 24$,$y \leq 4$,$x \geq 0$,અને $y \geq 0$ શરતો દ્વારા વ્યાખ્યાયિત શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ નક્કી કરીએ છીએ.
શક્ય ઉકેલના પ્રદેશના શિરોબિંદુઓ $O(0,0)$,$A(24,0)$,$D(8,4)$,અને $C(0,4)$ છે.
આપણે દરેક શિરોબિંદુ પર હેતુલક્ષી વિધેય $Z=3x+5y$ ની કિંમત શોધીએ છીએ:
$1$. $O(0,0)$ પર: $Z = 3(0) + 5(0) = 0$
$2$. $A(24,0)$ પર: $Z = 3(24) + 5(0) = 72$
$3$. $D(8,4)$ પર: $Z = 3(8) + 5(4) = 24 + 20 = 44$
$4$. $C(0,4)$ પર: $Z = 3(0) + 5(4) = 20$
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા,$Z$ ની મહત્તમ કિંમત બિંદુ $A(24,0)$ પર $72$ મળે છે.

(D) આપેલ હેતુલક્ષી વિધેય $Z=10 x+25 y$ છે,જેની શરતો $0 \leq x \leq 3, 0 \leq y \leq 3, x+y \leq 5, x \geq 0, y \geq 0$ છે.
શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ શિરોબિંદુઓ $O(0,0), C(3,0), F(3,2), G(2,3), D(0,3)$ દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
દરેક શિરોબિંદુ પર $Z$ ની કિંમત તપાસતા:
$1$. $O(0,0)$ પર: $Z = 10(0) + 25(0) = 0$
$2$. $C(3,0)$ પર: $Z = 10(3) + 25(0) = 30$
$3$. $F(3,2)$ પર: $Z = 10(3) + 25(2) = 30 + 50 = 80$
$4$. $G(2,3)$ પર: $Z = 10(2) + 25(3) = 20 + 75 = 95$
$5$. $D(0,3)$ પર: $Z = 10(0) + 25(3) = 75$
આમ,$Z$ ની મહત્તમ કિંમત બિંદુ $(2,3)$ પર $95$ મળે છે.