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

(A) माना $I = \int \frac{dx}{1+\sqrt{x}}$.
$\sqrt{x} = t$ प्रतिस्थापित करने पर,जिससे $x = t^2$ और $dx = 2t \, dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{2t}{1+t} \, dt$.
$I = 2 \int \frac{t}{1+t} \, dt$.
$I = 2 \int \frac{(t+1) - 1}{1+t} \, dt$.
$I = 2 \int \left( 1 - \frac{1}{1+t} \right) \, dt$.
$I = 2 \left( \int 1 \, dt - \int \frac{1}{1+t} \, dt \right)$.
$I = 2(t - \log|1+t|) + c$.
$t = \sqrt{x}$ वापस रखने पर:
$I = 2\sqrt{x} - 2\log|1+\sqrt{x}| + c$.

(C) माना $I = \int \frac{\sin x \cdot \cos x}{\sin ^{4} x + \cos ^{4} x} dx$.
अंश और हर को $\cos ^{4} x$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{\frac{\sin x \cdot \cos x}{\cos ^{4} x}}{\frac{\sin ^{4} x}{\cos ^{4} x} + 1} dx = \int \frac{\tan x \sec ^{2} x}{\tan ^{4} x + 1} dx$.
माना $\tan ^{2} x = t$. दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$2 \tan x \sec ^{2} x dx = dt$,जिसका अर्थ है कि $\tan x \sec ^{2} x dx = \frac{1}{2} dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{1}{1 + t^{2}} \cdot \frac{1}{2} dt = \frac{1}{2} \int \frac{1}{1 + t^{2}} dt$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{1}{1 + t^{2}} dt = \tan ^{-1} t + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \tan ^{-1} t + c = \frac{1}{2} \tan ^{-1}(\tan ^{2} x) + c$.

(A) माना $I = \int \frac{(\sin^{-1} x)^{\frac{3}{2}}}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
$\sin^{-1} x = t$ प्रतिस्थापित करने पर।
अतः,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx = dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int t^{\frac{3}{2}} dt$.
समाकलन के घात नियम $\int t^n dt = \frac{t^{n+1}}{n+1} + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{t^{\frac{3}{2} + 1}}{\frac{3}{2} + 1} + c = \frac{t^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}} + c = \frac{2}{5} t^{\frac{5}{2}} + c$.
अब $t = \sin^{-1} x$ वापस रखने पर:
$I = \frac{2}{5}(\sin^{-1} x)^{\frac{5}{2}} + c$.

(B) माना $I = \int x^{3} e^{x^{2}} dx$ है।
$x^{2} = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$2x dx = dt$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x dx = \frac{1}{2} dt$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर,$I = \frac{1}{2} \int t e^{t} dt$ प्राप्त होता है।
खंडशः समाकलन (Integration by Parts) विधि $\int u dv = uv - \int v du$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = t$ और $dv = e^{t} dt$ है।
अतः $du = dt$ और $v = e^{t}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$I = \frac{1}{2} [t e^{t} - \int e^{t} dt] = \frac{1}{2} [t e^{t} - e^{t}] + c$।
$e^{t}$ को उभयनिष्ठ लेने पर,$I = \frac{1}{2} e^{t}(t - 1) + c$ प्राप्त होता है।
अंत में $t = x^{2}$ का मान वापस रखने पर,$I = \frac{1}{2} e^{x^{2}}(x^{2} - 1) + c$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{e^{x}}{\sqrt{x}}(1+2x) dx$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int e^{x} \left( \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{2x}{\sqrt{x}} \right) dx = \int e^{x} \left( \frac{1}{\sqrt{x}} + 2\sqrt{x} \right) dx$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$I = \int e^{x} \left( 2\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} \right) dx$.
माना $f(x) = 2\sqrt{x}$. तब $f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{x}}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int e^{x} [f(x) + f'(x)] dx = e^{x} f(x) + c$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = e^{x} (2\sqrt{x}) + c = 2\sqrt{x} e^{x} + c$.

(B) माना $I = \int e^{\tan ^{-1} x} \left(1 + \frac{x}{1 + x^2} \right) dx$.
$t = \tan ^{-1} x$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = \tan t$ और $dx = (1 + x^2) dt = \sec^2 t dt$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int e^t \left(1 + \frac{\tan t}{1 + \tan^2 t} \right) \sec^2 t dt$.
चूँकि $1 + \tan^2 t = \sec^2 t$,व्यंजक $I = \int e^t \left(1 + \frac{\tan t}{\sec^2 t} \right) \sec^2 t dt$ हो जाता है।
$I = \int e^t (\sec^2 t + \tan t) dt$.
मानक समाकलन सूत्र $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ का उपयोग करने पर,जहाँ $f(t) = \tan t$ और $f'(t) = \sec^2 t$ है।
इस प्रकार,$I = e^t \tan t + c$.
$t = \tan ^{-1} x$ का मान वापस रखने पर,हमें $I = x e^{\tan ^{-1} x} + c$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int \cot x \cdot \log [\log (\sin x)] d x$ है।
$t = \log (\sin x)$ प्रतिस्थापित करने पर।
तब $dt = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x \, dx = \cot x \, dx$ प्राप्त होता है।
अतः,समाकलन $I = \int \log t \, dt$ हो जाता है।
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,जहाँ $u = \log t$ और $dv = dt$:
$I = t \log t - \int t \cdot \frac{1}{t} \, dt$.
$I = t \log t - \int 1 \, dt$.
$I = t \log t - t + c = t(\log t - 1) + c$.
$t = \log (\sin x)$ वापस रखने पर:
$I = \log (\sin x) [\log (\log (\sin x)) - 1] + c$.

(B) माना $I = \int \left[ \frac{\log x - 1}{1 + (\log x)^2} \right]^2 dx$.
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = e^t$ और $dx = e^t dt$ प्राप्त होता है।
समाकलन इस प्रकार होगा: $I = \int \left[ \frac{t - 1}{1 + t^2} \right]^2 e^t dt = \int e^t \left[ \frac{t^2 - 2t + 1}{(1 + t^2)^2} \right] dt$.
अंश को $(t^2 + 1) - 2t$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$I = \int e^t \left[ \frac{t^2 + 1}{(1 + t^2)^2} - \frac{2t}{(1 + t^2)^2} \right] dt = \int e^t \left[ \frac{1}{1 + t^2} - \frac{2t}{(1 + t^2)^2} \right] dt$.
यह $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ के रूप में है,जहाँ $f(t) = \frac{1}{1 + t^2}$ है।
इस प्रकार,$I = e^t \left( \frac{1}{1 + t^2} \right) + c$.
$t = \log x$ वापस रखने पर,$I = \frac{x}{1 + (\log x)^2} + c$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \log x \cdot (\log x + 2) dx$ है।
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = e^t$ और $dx = e^t dt$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int t(t + 2) e^t dt = \int (t^2 + 2t) e^t dt$।
मानक समाकलन सूत्र $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ का उपयोग करने पर।
यहाँ,यदि $f(t) = t^2$ है,तो $f'(t) = 2t$ होगा।
इस प्रकार,$I = e^t (t^2) + c$।
$t = \log x$ वापस रखने पर,हमें $I = x(\log x)^2 + c$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \sin^{-1} x \cdot 1 \, dx$.
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$\int u \cdot v \, dx = u \int v \, dx - \int (u' \cdot \int v \, dx) \, dx$.
यहाँ,$u = \sin^{-1} x$ और $v = 1$ है।
$I = \sin^{-1} x \cdot x - \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \cdot x \, dx$.
$I = x \sin^{-1} x - \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx$.
$\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx$ को हल करने के लिए,$1 - x^2 = t$ रखें,तो $-2x \, dx = dt$,अर्थात $x \, dx = -\frac{1}{2} dt$.
$\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \int \frac{-1/2}{\sqrt{t}} \, dt = -\frac{1}{2} \int t^{-1/2} \, dt = -\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} = -\sqrt{t} = -\sqrt{1 - x^2}$.
इस मान को $I$ के समीकरण में रखने पर:
$I = x \sin^{-1} x - (-\sqrt{1 - x^2}) + c = x \sin^{-1} x + \sqrt{1 - x^2} + c$.

(B) माना $I = \int (1+x) \log x \, dx$ है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \log x$ और $dv = (1+x) \, dx$ लें।
तब $du = \frac{1}{x} \, dx$ और $v = x + \frac{x^2}{2}$ प्राप्त होता है।
सूत्र $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ का उपयोग करने पर:
$I = \log x \left(x + \frac{x^2}{2}\right) - \int \left(x + \frac{x^2}{2}\right) \cdot \frac{1}{x} \, dx$।
$I = \left(x + \frac{x^2}{2}\right) \log x - \int \left(1 + \frac{x}{2}\right) \, dx$।
$I = \left(x + \frac{x^2}{2}\right) \log x - \left(x + \frac{x^2}{4}\right) + C$।

(B) हम मानक समाकलन रूप $\int e^{x} [f(x) + f'(x)] dx = e^{x} f(x) + c$ जानते हैं।
दिया गया समाकलन $\int e^{x} \sec x(1+\tan x) dx$ है।
$\sec x$ का वितरण करने पर,हमें $\int e^{x} (\sec x + \sec x \tan x) dx$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए $f(x) = \sec x$ है। तब $f'(x) = \sec x \tan x$ होगा।
इन मानों को मानक रूप में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $e^{x} \sec x + c$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(x^{2}+4)(x^{2}+9)}$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{(x^{2}+4)(x^{2}+9)} = \frac{A}{x^{2}+4} + \frac{B}{x^{2}+9}$.
$1 = A(x^{2}+9) + B(x^{2}+4)$.
$x^{2} = -4$ रखने पर,$1 = A(5) \implies A = \frac{1}{5}$.
$x^{2} = -9$ रखने पर,$1 = B(-5) \implies B = -\frac{1}{5}$.
अतः,$I = \frac{1}{5} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{x^{2}+4} - \frac{1}{x^{2}+9} \right) dx$.
सूत्र $\int \frac{dx}{x^{2}+a^{2}} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{5} \left[ \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{x}{2}) - \frac{1}{3} \tan^{-1}(\frac{x}{3}) \right]_{0}^{\infty}$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = \frac{1}{5} \left[ (\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} - 0) - (\frac{1}{3} \cdot \frac{\pi}{2} - 0) \right]$.
$I = \frac{1}{5} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = \frac{1}{5} \left( \frac{3\pi - 2\pi}{12} \right) = \frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{60}$.

(C) हमें दिया गया समाकलन $I = \int_{2}^{3} \frac{dx}{x^{2}+x}$ है।
सबसे पहले,हर का गुणनखंड करने पर: $x^{2}+x = x(x+1)$।
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}$ प्राप्त होता है।
अब,समाकलन करने पर: $I = \int_{2}^{3} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}\right) dx = [\log|x| - \log|x+1|]_{2}^{3} = [\log|\frac{x}{x+1}|]_{2}^{3}$।
सीमाओं का मान रखने पर: $I = \log(\frac{3}{4}) - \log(\frac{2}{3}) = \log(\frac{3}{4} \div \frac{2}{3}) = \log(\frac{3}{4} \times \frac{3}{2}) = \log(\frac{9}{8})$।

(A) माना $I = \int \frac{x^{2}}{(x+1)(x+2)^{2}} dx$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए:
$\frac{x^{2}}{(x+1)(x+2)^{2}} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2} + \frac{C}{(x+2)^{2}}$.
दोनों पक्षों को $(x+1)(x+2)^{2}$ से गुणा करने पर:
$x^{2} = A(x+2)^{2} + B(x+1)(x+2) + C(x+1)$.
$x = -2$ रखने पर,$(-2)^{2} = C(-2+1) \Rightarrow 4 = -C \Rightarrow C = -4$.
$x = -1$ रखने पर,$(-1)^{2} = A(-1+2)^{2} \Rightarrow 1 = A(1)^{2} \Rightarrow A = 1$.
$x^{2}$ के गुणांकों की तुलना करने पर,$1 = A + B$.
चूंकि $A = 1$,इसलिए $1 = 1 + B \Rightarrow B = 0$.
अतः,समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int \left( \frac{1}{x+1} - \frac{4}{(x+2)^{2}} \right) dx$.
$I = \int \frac{1}{x+1} dx - 4 \int (x+2)^{-2} dx$.
$I = \log |x+1| - 4 \left( \frac{(x+2)^{-1}}{-1} \right) + c$.
$I = \log |x+1| + \frac{4}{x+2} + c$.

(A) दिया गया समाकलन: $I = \int \frac{x^{2}+1}{(x-3)(x-2)} d x$
चूँकि अंश और हर की घात समान है,हम भाग देंगे:
$\frac{x^{2}+1}{x^{2}-5x+6} = 1 + \frac{5x-5}{x^{2}-5x+6}$
अतः,$I = \int (1 + \frac{5x-5}{(x-3)(x-2)}) d x = \int 1 d x + 5 \int \frac{x-1}{(x-3)(x-2)} d x$
$\frac{x-1}{(x-3)(x-2)} = \frac{A}{x-3} + \frac{B}{x-2}$ के लिए आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर:
$x-1 = A(x-2) + B(x-3)$
$x=3$ रखने पर: $3-1 = A(3-2) \Rightarrow A=2$
$x=2$ रखने पर: $2-1 = B(2-3) \Rightarrow B=-1$
इस प्रकार,$I = x + 5 \int (\frac{2}{x-3} - \frac{1}{x-2}) d x = x + 10 \log |x-3| - 5 \log |x-2| + c$
$Px + Q \log |x-3| + R \log |x-2| + c$ से तुलना करने पर,हमें $P=1, Q=10, R=-5$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{2 x^{2}+3}{\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}+4\right)} d x$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,माना $x^2 = t$. तब $\frac{2t+3}{(t-1)(t+4)} = \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t+4}$.
$2t+3 = A(t+4) + B(t-1)$.
$t=1$ के लिए,$5 = 5A \implies A=1$.
$t=-4$ के लिए,$-5 = -5B \implies B=1$.
अतः,$\frac{2x^2+3}{(x^2-1)(x^2+4)} = \frac{1}{x^2-1} + \frac{1}{x^2+4}$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,$I = \int \frac{1}{x^2-1} dx + \int \frac{1}{x^2+2^2} dx$.
$I = \frac{1}{2(1)} \log \left| \frac{x-1}{x+1} \right| + \frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{x}{2} \right) + C$.
इसे दिए गए व्यंजक $a \log \left| \frac{x-1}{x+1} \right| + b \tan^{-1} \left( \frac{x}{2} \right) + C$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = \frac{1}{2}$ और $b = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{x+1}{x^{2}+5x+6} dx$.
हर का गुणनखंड करने पर: $x^{2}+5x+6 = (x+2)(x+3)$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर: $\frac{x+1}{(x+2)(x+3)} = \frac{A}{x+2} + \frac{B}{x+3}$.
$x+1 = A(x+3) + B(x+2)$.
$x = -2$ रखने पर: $-2+1 = A(-2+3) \implies A = -1$.
$x = -3$ रखने पर: $-3+1 = B(-3+2) \implies -2 = B(-1) \implies B = 2$.
अतः,$I = \int \left( \frac{-1}{x+2} + \frac{2}{x+3} \right) dx$.
$I = -\int \frac{1}{x+2} dx + 2 \int \frac{1}{x+3} dx$.
$I = -\log |x+2| + 2 \log |x+3| + C$.

(A) माना $I = \int \frac{x^{2}+1}{x^{4}+x^{2}+1} dx$.
अंश और हर को $x^{2}$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{1 + \frac{1}{x^{2}}}{x^{2} + 1 + \frac{1}{x^{2}}} dx$.
हर को $(x^{2} + \frac{1}{x^{2}} - 2) + 3 = (x - \frac{1}{x})^{2} + (\sqrt{3})^{2}$ के रूप में लिखने पर।
अतः,$I = \int \frac{1 + \frac{1}{x^{2}}}{(x - \frac{1}{x})^{2} + (\sqrt{3})^{2}} dx$.
माना $t = x - \frac{1}{x}$,तो $dt = (1 + \frac{1}{x^{2}}) dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{t^{2} + (\sqrt{3})^{2}}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{x^{2} + a^{2}} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{3}}) + c$.
$t$ के स्थान पर $x - \frac{1}{x}$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{x - \frac{1}{x}}{\sqrt{3}}) + c$.

(A) माना $I = \int \frac{\sin 2x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx$.
सर्वसमिका $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx$
$I = 2 \int \frac{1}{\sin x \cos x} dx$
अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर:
$I = 2 \int \frac{2}{2 \sin x \cos x} dx = 4 \int \frac{1}{\sin 2x} dx$
$I = 4 \int \operatorname{cosec} 2x dx$
सूत्र $\int \operatorname{cosec} u du = \log |\tan(u/2)| + c$ का उपयोग करने पर:
$I = 4 \times \frac{1}{2} \log |\tan x| + c = 2 \log |\tan x| + c$
गुणधर्म $n \log a = \log a^n$ का उपयोग करने पर:
$I = \log |\tan^2 x| + c$.

(B) माना $I = \int \left[\frac{1-\log x}{1+(\log x)^{2}}\right]^{2} dx$.
$\log x = t$ रखने पर,$x = e^{t}$,अतः $dx = e^{t} dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,$I = \int e^{t} \left[\frac{1-t}{1+t^{2}}\right]^{2} dt$.
वर्ग का विस्तार करने पर,$I = \int e^{t} \frac{1+t^{2}-2t}{(1+t^{2})^{2}} dt = \int e^{t} \left[\frac{1}{1+t^{2}} - \frac{2t}{(1+t^{2})^{2}}\right] dt$.
मानक समाकलन सूत्र $\int e^{t} [f(t) + f'(t)] dt = e^{t} f(t) + c$ का उपयोग करने पर,जहाँ $f(t) = \frac{1}{1+t^{2}}$ और $f'(t) = -\frac{2t}{(1+t^{2})^{2}}$.
अतः,$I = e^{t} \left(\frac{1}{1+t^{2}}\right) + c$.
$t = \log x$ वापस रखने पर,$I = \frac{x}{1+(\log x)^{2}} + c$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{\sin x}{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)} d x$.
$x = (x - \frac{\pi}{4}) + \frac{\pi}{4}$ प्रतिस्थापित करने पर,$I = \int \frac{\sin \left((x-\frac{\pi}{4}) + \frac{\pi}{4}\right)}{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)} d x$.
सर्वसमिका $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर,$I = \int \frac{\sin (x-\frac{\pi}{4}) \cos \frac{\pi}{4} + \cos (x-\frac{\pi}{4}) \sin \frac{\pi}{4}}{\sin (x-\frac{\pi}{4})} d x$.
चूंकि $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ और $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,हमें प्राप्त होता है $I = \int \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cot (x-\frac{\pi}{4}) \right) d x$.
पद-दर-पद समाकलन करने पर,$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int 1 d x + \frac{1}{\sqrt{2}} \int \cot (x-\frac{\pi}{4}) d x$.
$\cot u$ का समाकलन $\log |\sin u|$ होता है,अतः $I = \frac{1}{\sqrt{2}} [x + \log |\sin (x-\frac{\pi}{4})|] + c$.

(D) माना $I = \int \left[ \log (1+\cos x) - x \tan \left( \frac{x}{2} \right) \right] dx$.
प्रथम पद के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर,$\int u \cdot v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$,जहाँ $u = \log(1+\cos x)$ और $v = 1$ है।
$I = x \log(1+\cos x) - \int x \cdot \frac{d}{dx} [\log(1+\cos x)] dx - \int x \tan \left( \frac{x}{2} \right) dx$.
चूँकि $\frac{d}{dx} [\log(1+\cos x)] = \frac{-\sin x}{1+\cos x} = \frac{-2 \sin(x/2) \cos(x/2)}{2 \cos^2(x/2)} = -\tan(x/2)$ है।
$I = x \log(1+\cos x) - \int x \left( -\tan \frac{x}{2} \right) dx - \int x \tan \frac{x}{2} dx$.
$I = x \log(1+\cos x) + \int x \tan \frac{x}{2} dx - \int x \tan \frac{x}{2} dx$.
$I = x \log(1+\cos x) + c$.

(A) $\text{हम जानते हैं कि}$ $\int e^{x}[f(x) + f'(x)] dx = e^{x}f(x) + C$.
$\text{दिया गया समाकलन}$ $I = \int e^{x} \left( \frac{1-x}{1+x^{2}} \right)^{2} dx$ $\text{है।}$
$\text{अंश का विस्तार करने पर:}$ $I = \int e^{x} \frac{1 + x^{2} - 2x}{(1+x^{2})^{2}} dx$.
$\text{भिन्न को अलग करने पर:}$ $I = \int e^{x} \left[ \frac{1+x^{2}}{(1+x^{2})^{2}} - \frac{2x}{(1+x^{2})^{2}} \right] dx$.
$I = \int e^{x} \left[ \frac{1}{1+x^{2}} - \frac{2x}{(1+x^{2})^{2}} \right] dx$.
$\text{मान लीजिए}$ $f(x) = \frac{1}{1+x^{2}}$. $\text{तो}$ $f'(x) = -\frac{1}{(1+x^{2})^{2}} \cdot (2x) = -\frac{2x}{(1+x^{2})^{2}}$.
$\text{अतः,}$ $I = \int e^{x} [f(x) + f'(x)] dx = e^{x} f(x) + C$.
$\text{इसलिए,}$ $I = \frac{e^{x}}{1+x^{2}} + C$.

(A) हमारे पास समाकलन $I = \int \frac{\sin \theta}{\sin 3 \theta} d \theta$ है।
सर्वसमिका $\sin 3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{\sin \theta}{\sin \theta(3 - 4 \sin^2 \theta)} d \theta = \int \frac{1}{3 - 4 \sin^2 \theta} d \theta$.
अंश और हर को $\cos^2 \theta$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\sec^2 \theta}{3 \sec^2 \theta - 4 \tan^2 \theta} d \theta = \int \frac{\sec^2 \theta}{3(1 + \tan^2 \theta) - 4 \tan^2 \theta} d \theta = \int \frac{\sec^2 \theta}{3 - \tan^2 \theta} d \theta$.
माना $\tan \theta = t$,तो $\sec^2 \theta d \theta = dt$.
$I = \int \frac{1}{(\sqrt{3})^2 - t^2} dt$.
सूत्र $\int \frac{1}{a^2 - x^2} dx = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log \left| \frac{\sqrt{3} + t}{\sqrt{3} - t} \right| + c = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log \left| \frac{\sqrt{3} + \tan \theta}{\sqrt{3} - \tan \theta} \right| + c$.
दिए गए व्यंजक $\frac{1}{2 k} \log \left|\frac{k+\tan \theta}{k-\tan \theta}\right|+c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $k = \sqrt{3}$ प्राप्त होता है।

(B) हम जानते हैं कि $\sin ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$ (या $30^{\circ}$)।
हम जानते हैं कि $\cos ^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$ (या $30^{\circ}$)।
हम जानते हैं कि $\cot ^{-1}\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \pi - \cot ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$ (या $120^{\circ}$)।
इन मानों को जोड़ने पर:
$\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi}{3} = \frac{2\pi}{6} + \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi}{3} = \frac{3\pi}{3} = \pi$.

(D) माना कि $y = \sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$ है।
तब,$\sin y = -\frac{1}{2}$ होगा।
हम जानते हैं कि $\sin ^{-1} x$ के मुख्य मान शाखा का परिसर $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ होता है।
चूंकि $\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$,इसलिए $\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{2}$ होगा।
अतः,मुख्य मान $-\frac{\pi}{6}$ है।

(C) माना कि $\alpha = \sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$ है। चूँकि $\sin ^{-1} x$ का परिसर $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ है,इसलिए $\sin \alpha = -\frac{1}{2} = \sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)$,जिससे $\alpha = -\frac{\pi}{6}$ प्राप्त होता है।
माना कि $\beta = \cos ^{-1}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ है। चूँकि $\cos ^{-1} x$ का परिसर $[0, \pi]$ है,इसलिए $\cos \beta = -\frac{\sqrt{3}}{2} = -\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\pi - \frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)$,जिससे $\beta = \frac{5\pi}{6}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को जोड़ने पर,$\alpha + \beta = -\frac{\pi}{6} + \frac{5\pi}{6} = \frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$ प्राप्त होता है।
अब,विकल्पों की जाँच करने पर:
विकल्प $C$ का मान $\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{2\pi}{3}$ है।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) दिया गया है $y = \tan^{-1}(\sec x + \tan x)$.
हम प्रतिलोम स्पर्शज्या (inverse tangent) फलन के अंदर के व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right)$.
अर्ध-कोण सर्वसमिकाओं $\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$,$\cos x = \cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}$,और $1 = \cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$y = \tan^{-1}\left[\frac{\cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2} + 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{\cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}}\right]$
$y = \tan^{-1}\left[\frac{(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})^2}{(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})}\right]$
$y = \tan^{-1}\left[\frac{\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}}\right]$
अंश और हर को $\cos\frac{x}{2}$ से विभाजित करने पर:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan\frac{x}{2}}{1 - \tan\frac{x}{2}}\right) = \tan^{-1}\left(\tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})\right)$
$y = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
अब,$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dy}{dx} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

(B) दिया गया है $y = \tan^{-1} \left[ \sqrt{\frac{1 + \cos(x/2)}{1 - \cos(x/2)}} \right]$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $1 + \cos \theta = 2 \cos^2(\theta/2)$ और $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ का उपयोग करने पर:
$y = \tan^{-1} \sqrt{\frac{2 \cos^2(x/4)}{2 \sin^2(x/4)}}$
$y = \tan^{-1} \sqrt{\cot^2(x/4)}$
$y = \tan^{-1} (\cot(x/4))$
चूँकि $\cot \theta = \tan(\pi/2 - \theta)$,इसलिए:
$y = \tan^{-1} \left[ \tan \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{4} \right) \right]$
$y = \frac{\pi}{2} - \frac{x}{4}$
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{4} \right) = 0 - \frac{1}{4} = -\frac{1}{4}$.

(A) दिया गया है $u=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}\right)$.
माना $x=\tan \theta$,तो $\theta=\tan ^{-1} x$.
$u=\tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta-1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin ^{2}(\theta/2)}{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(\theta/2)) = \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
अतः,$\frac{d u}{d x} = \frac{1}{2(1+x^{2})}$.
दिया गया है $v=\tan ^{-1}\left(\frac{2 x \sqrt{1-x^{2}}}{1-2 x^{2}}\right)$.
माना $x=\sin \theta$,तो $\theta=\sin ^{-1} x$.
$v=\tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin \theta \cos \theta}{1-2 \sin ^{2} \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin 2 \theta}{\cos 2 \theta}\right) = \tan ^{-1}(\tan 2 \theta) = 2 \theta = 2 \sin ^{-1} x$.
अतः,$\frac{d v}{d x} = \frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}$.
तब $\frac{d u}{d v} = \frac{d u/d x}{d v/d x} = \frac{1}{2(1+x^{2})} \times \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{4(1+x^{2})}$.
$x=0$ पर,$\frac{d u}{d v} = \frac{\sqrt{1-0}}{4(1+0)} = \frac{1}{4}$.

(A) हम जानते हैं कि $\cos ^{-1} x$ की मुख्य मान शाखा का परिसर $[0, \pi]$ है।
दिया गया व्यंजक $\cos ^{-1}\left(\cos \left(\frac{7 \pi}{6}\right)\right)$ है।
चूंकि $\frac{7 \pi}{6} > \pi$,हम सीधे $\cos ^{-1}(\cos \theta) = \theta$ नहीं लिख सकते।
हम गुणधर्म $\cos(2 \pi - \theta) = \cos \theta$ का उपयोग करते हैं।
$\cos \left(\frac{7 \pi}{6}\right) = \cos \left(2 \pi - \frac{5 \pi}{6}\right) = \cos \left(\frac{5 \pi}{6}\right)$.
अब,$\cos ^{-1}\left(\cos \left(\frac{5 \pi}{6}\right)\right) = \frac{5 \pi}{6}$,जो अंतराल $[0, \pi]$ में स्थित है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(C) हम जानते हैं कि $\cos ^{-1} x$ की मुख्य मान शाखा $[0, \pi]$ है।
दिया गया व्यंजक $\cos ^{-1}\left(\cos \frac{8 \pi}{3}\right)$ है।
चूंकि $\frac{8 \pi}{3} = 2 \pi + \frac{2 \pi}{3}$,इसलिए $\cos \frac{8 \pi}{3} = \cos \left(2 \pi + \frac{2 \pi}{3}\right) = \cos \frac{2 \pi}{3}$ होता है।
चूंकि $\frac{2 \pi}{3} \in [0, \pi]$,इसलिए $\cos ^{-1}\left(\cos \frac{2 \pi}{3}\right) = \frac{2 \pi}{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,सही मान $\frac{2 \pi}{3}$ है।

(A) दिया गया है कि $\Delta ABC$ में,$C=90^{\circ}$,इसलिए पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार,$a^{2}+b^{2}=c^{2}$ होता है।
हमें $\tan ^{-1}\left(\frac{a}{b+c}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{b}{c+a}\right)$ का मान ज्ञात करना है।
सूत्र $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ का उपयोग करने पर:
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a}}{1 - \left( \frac{a}{b+c} \right) \left( \frac{b}{c+a} \right)} \right]$
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{a(c+a) + b(b+c)}{(b+c)(c+a) - ab} \right]$
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{ac + a^{2} + b^{2} + bc}{bc + ab + c^{2} + ac - ab} \right]$
चूंकि $a^{2}+b^{2}=c^{2}$,अंश $ac + c^{2} + bc = c(a+b+c)$ हो जाता है।
हर $bc + ac + c^{2} = c(b+a+c)$ हो जाता है।
$= \tan ^{-1} \left( \frac{c(a+b+c)}{c(a+b+c)} \right)$
$= \tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(B) माना $\tan ^{-1} \frac{3}{4} = \theta$. तब $\tan \theta = \frac{3}{4}$.
सर्वसमिका $\sin \theta = \frac{\tan \theta}{\sqrt{1 + \tan^2 \theta}}$ का उपयोग करने पर,हमें $\sin \theta = \frac{3/4}{\sqrt{1 + (3/4)^2}} = \frac{3/4}{\sqrt{25/16}} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\left[\sin \left(\tan ^{-1} \frac{3}{4}\right)\right]^2 = \left(\frac{3}{5}\right)^2 = \frac{9}{25}$.
माना $\tan ^{-1} \frac{4}{3} = \phi$. तब $\tan \phi = \frac{4}{3}$.
सर्वसमिका $\sin \phi = \frac{\tan \phi}{\sqrt{1 + \tan^2 \phi}}$ का उपयोग करने पर,हमें $\sin \phi = \frac{4/3}{\sqrt{1 + (4/3)^2}} = \frac{4/3}{\sqrt{25/9}} = \frac{4/3}{5/3} = \frac{4}{5}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\left[\sin \left(\tan ^{-1} \frac{4}{3}\right)\right]^2 = \left(\frac{4}{5}\right)^2 = \frac{16}{25}$.
दोनों मानों को जोड़ने पर: $\frac{9}{25} + \frac{16}{25} = \frac{25}{25} = 1$.

(A) हम जानते हैं कि किसी भी $\theta \in [-1, 1]$ के लिए,$\sin^{-1} \theta + \cos^{-1} \theta = \frac{\pi}{2}$ होता है।
दिए गए समीकरण $x^{2} y^{2} = \sin^{-1} \sqrt{x^{2} + y^{2}} + \cos^{-1} \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ में दाईं ओर का सरलीकरण करने पर,हमें $x^{2} y^{2} = \frac{\pi}{2}$ प्राप्त होता है।
अब $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d}{dx}(x^{2} y^{2}) = \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{2})$
$x^{2} \cdot (2y \frac{dy}{dx}) + y^{2} \cdot (2x) = 0$
$2x^{2}y \frac{dy}{dx} = -2xy^{2}$
दोनों पक्षों को $2xy$ से विभाजित करने पर ($x, y \neq 0$ मानते हुए):
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2xy^{2}}{2x^{2}y} = -\frac{y}{x}$.

(B) हम जानते हैं कि किसी भी $u > 0$ के लिए $\tan^{-1}(u) + \cot^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$ होता है।
दिया गया समाकलन $I = \int_{-1}^{3} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{x^{2}+1}{x} \right) \right] dx$ है।
चूंकि $x > 0$ के लिए $\tan^{-1} \left( \frac{x^{2}+1}{x} \right) = \cot^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right)$ होता है,इसलिए समाकलन के अंदर का व्यंजक $\tan^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right) + \cot^{-1} \left( \frac{x}{x^{2}+1} \right) = \frac{\pi}{2}$ हो जाता है।
अतः,$I = \int_{-1}^{3} \frac{\pi}{2} dx = \frac{\pi}{2} [x]_{-1}^{3} = \frac{\pi}{2} (3 - (-1)) = \frac{\pi}{2} (4) = 2 \pi$.

(C) दिया गया है: $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y + \tan ^{-1} z = \frac{\pi}{2}$
$\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \frac{\pi}{2} - \tan ^{-1} z$
सर्वसमिका $\frac{\pi}{2} - \tan ^{-1} z = \cot ^{-1} z = \tan ^{-1} (\frac{1}{z})$ का उपयोग करने पर:
$\tan ^{-1} (\frac{x+y}{1-xy}) = \tan ^{-1} (\frac{1}{z})$
दोनों पक्षों की तुलना करने पर:
$\frac{x+y}{1-xy} = \frac{1}{z}$
$z(x+y) = 1 - xy$
$zx + zy = 1 - xy$
$xy + yz + zx = 1$

(D) हम जानते हैं कि $\cos ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$,क्योंकि एक समकोण त्रिभुज में आधार $4$ और कर्ण $5$ होने पर,लंब $\sqrt{5^2 - 4^2} = 3$ होता है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)\right)$
सूत्र $\tan ^{-1}(x) + \tan ^{-1}(y) = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ का उपयोग करते हुए:
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{3}{4} + \frac{2}{3}}{1 - \frac{3}{4} \times \frac{2}{3}}\right)\right)$
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{9+8}{12}}{1 - \frac{6}{12}}\right)\right)$
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{17}{12}}{\frac{6}{12}}\right)\right)$
$= \tan \left(\tan ^{-1}\left(\frac{17}{6}\right)\right) = \frac{17}{6}$

(C) दिया गया समीकरण $\tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-\frac{1}{2} \tan ^{-1} x=0$ है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{1}{2} \tan ^{-1} x$ प्राप्त होता है।
गुणधर्म $\tan ^{-1} a - \tan ^{-1} b = \tan ^{-1}\left(\frac{a-b}{1+ab}\right)$ का उपयोग करते हुए,हम $\tan ^{-1}(1) - \tan ^{-1}(x) = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$ लिख सकते हैं।
इसे सरल करने पर $\frac{\pi}{4} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x + \tan ^{-1} x$ प्राप्त होता है।
$\frac{\pi}{4} = \frac{3}{2} \tan ^{-1} x$.
$\tan ^{-1} x = \frac{\pi}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{\pi}{6}$.
अतः,$x = \tan\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(A) हम सूत्र $2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right)$ का उपयोग करते हैं।
$x = \frac{1}{3}$ के लिए,हमें प्राप्त होता है:
$2 \tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{2 \times \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{3})^2} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{2}{3}}{1 - \frac{1}{9}} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{2}{3}}{\frac{8}{9}} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{2}{3} \times \frac{9}{8} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right)$
अब,इस मान को मूल व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$2 \tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) - \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) - \tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) = 0$.

(C) हम सूत्र $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ का उपयोग करते हैं।
पहले,पहले दो पदों को जोड़ें:
$\tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{1}{5} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{5}}{1 - \frac{1}{3} \times \frac{1}{5}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{8}{15}}{\frac{14}{15}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{8}{14} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{4}{7} \right)$.
अब,अंतिम दो पदों को जोड़ें:
$\tan ^{-1} \left( \frac{1}{7} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{1}{8} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{1}{7} + \frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{7} \times \frac{1}{8}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{15}{56}}{\frac{55}{56}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{15}{55} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{3}{11} \right)$.
अंत में,परिणामों को जोड़ें:
$\tan ^{-1} \left( \frac{4}{7} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{3}{11} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{4}{7} + \frac{3}{11}}{1 - \frac{4}{7} \times \frac{3}{11}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{44+21}{77}}{\frac{77-12}{77}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{65}{65} \right) = \tan ^{-1} (1) = \frac{\pi}{4}$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) हम जानते हैं कि $\sin ^{-1} \theta$ का परिसर $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ होता है।
चूंकि इन तीन मानों का योग $\frac{3 \pi}{2}$ है,इसलिए प्रत्येक पद को अपने अधिकतम मान $\frac{\pi}{2}$ के बराबर होना चाहिए।
अतः,$\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,$\sin ^{-1} y = \frac{\pi}{2}$,और $\sin ^{-1} z = \frac{\pi}{2}$।
इसका अर्थ है कि $x = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$,$y = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$,और $z = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$।
इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $x^{100} + y^{100} + z^{100} = 1^{100} + 1^{100} + 1^{100} = 1 + 1 + 1 = 3$ प्राप्त होता है।

(B) $f(x)$ के $x = 0$ पर सतत होने के लिए,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ होना चाहिए।
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{1-3^{x}}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{-(3^{x}-1)}$
$f(0) = -\frac{\lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{x}}{\lim_{x \to 0} \frac{3^{x}-1}{x}}$
मानक सीमा $\lim_{x \to 0} \frac{a^{x}-1}{x} = \log a$ का उपयोग करने पर:
$f(0) = -\frac{\log 2}{\log 3}$

(B) सुसंगत क्षेत्र $5x + y \geq 5$,$x + y \geq 3$,$x \geq 0$,और $y \geq 0$ प्रतिबंधों द्वारा परिभाषित एक अपरिबद्ध क्षेत्र है।
कोणीय बिंदुओं को खोजने के लिए,हम रेखाओं के समीकरणों को हल करते हैं:
$1$) $5x + y = 5$ और $x + y = 3$। पहले समीकरण में से दूसरा घटाने पर $4x = 2$ प्राप्त होता है,इसलिए $x = 0.5$। $x + y = 3$ में मान रखने पर $y = 2.5$ प्राप्त होता है। अतः,बिंदु $P = (0.5, 2.5)$ है।
$2$) $x + y = 3$ का $x$-अक्ष $(y=0)$ के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु $C = (3, 0)$ है।
$3$) $5x + y = 5$ का $y$-अक्ष $(x=0)$ के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु $B = (0, 5)$ है।
इन कोणीय बिंदुओं पर $Z = 7x + y$ का मान ज्ञात करते हैं:
$C(3, 0)$ पर: $Z = 7(3) + 0 = 21$.
$P(0.5, 2.5)$ पर: $Z = 7(0.5) + 2.5 = 3.5 + 2.5 = 6$.
$B(0, 5)$ पर: $Z = 7(0) + 5 = 5$.
अतः,न्यूनतम मान $5$ है।

(D) सुसंगत क्षेत्र ज्ञात करने के लिए,हम पहले सीमा रेखाओं के अंतःखंड निर्धारित करते हैं:

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

समीकरणों $8x + 5y = 60$ और $4x + 5y = 40$ को एक साथ हल करने पर:
पहले में से दूसरे समीकरण को घटाने पर: $(8x - 4x) = 60 - 40 \Rightarrow 4x = 20 \Rightarrow x = 5$.
$x = 5$ को $4x + 5y = 40$ में रखने पर: $4(5) + 5y = 40 \Rightarrow 20 + 5y = 40 \Rightarrow 5y = 20 \Rightarrow y = 4$.
अतः,प्रतिच्छेदन बिंदु $E(5, 4)$ है।
प्रतिबंध $x \geq 0, y \geq 0$ क्षेत्र को प्रथम चतुर्थांश तक सीमित करते हैं।
सुसंगत क्षेत्र शीर्षों $O(0, 0)$,$A(7.5, 0)$,$E(5, 4)$,और $D(0, 8)$ द्वारा घिरा हुआ है।
चूंकि इसमें चार शीर्ष हैं,इसलिए सुसंगत क्षेत्र एक चतुर्भुज है।

(B) हल खोजने के लिए,हम सबसे पहले शर्तों द्वारा परिभाषित सुसंगत क्षेत्र (feasible region) की पहचान करते हैं:
$1$. $x+y \leq 30$
$2$. $x \leq 15$
$3$. $y \leq 20$
$4$. $x+y \geq 15$
$5$. $x, y \geq 0$
सुसंगत क्षेत्र के शीर्ष इन रेखाओं के प्रतिच्छेदन द्वारा निर्धारित होते हैं:
- $x=15$ और $y=20$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $E(15, 20)$ है।
- $x=0$ और $y=20$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $D(0, 20)$ है।
- $x=0$ और $x+y=15$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $F(0, 15)$ है।
- $x=15$ और $x+y=15$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $C(15, 0)$ है।
सुसंगत क्षेत्र चतुर्भुज $CDEF$ है।
हम इन शीर्षों पर उद्देश्य फलन $z=x+y$ का मान ज्ञात करते हैं:
- $C(15, 0)$ पर: $z = 15+0 = 15$
- $D(0, 20)$ पर: $z = 0+20 = 20$
- $E(15, 20)$ पर: $z = 15+20 = 35$
- $F(0, 15)$ पर: $z = 0+15 = 15$
$z$ का अधिकतम मान $35$ है,जो अद्वितीय शीर्ष $E(15, 20)$ पर प्राप्त होता है। इसलिए,दी गई $L$.$P$.$P$. का एक अद्वितीय हल है।

(D) $1$. रेखा $5x + 9y = 90$,$(18, 0)$ और $(0, 10)$ से गुजरती है। छायांकित क्षेत्र मूल बिंदु की ओर है,इसलिए अवरोध $5x + 9y \leq 90$ है।
$2$. रेखा $x + y = 4$,$(4, 0)$ और $(0, 4)$ से गुजरती है। छायांकित क्षेत्र मूल बिंदु से दूर है,इसलिए अवरोध $x + y \geq 4$ है।
$3$. रेखा $y = 8$ एक क्षैतिज रेखा है। छायांकित क्षेत्र इस रेखा के नीचे है,इसलिए अवरोध $y \leq 8$ है।
$4$. चूंकि क्षेत्र प्रथम चतुर्थांश में है,इसलिए $x \geq 0$ और $y \geq 0$ है।
इन सबको मिलाने पर,अवरोध $5x + 9y \leq 90, x + y \geq 4, y \leq 8, x, y \geq 0$ प्राप्त होते हैं।

(C) $Z=3x+5y$ का अधिकतम मान ज्ञात करने के लिए,हम सबसे पहले $x+4y \leq 24$,$y \leq 4$,$x \geq 0$,और $y \geq 0$ बाधाओं द्वारा परिभाषित सुसंगत क्षेत्र (feasible region) की पहचान करते हैं।
सुसंगत क्षेत्र के शीर्ष $O(0,0)$,$A(24,0)$,$D(8,4)$,और $C(0,4)$ हैं।
हम प्रत्येक शीर्ष पर उद्देश्य फलन $Z=3x+5y$ का मान ज्ञात करते हैं:
$1$. $O(0,0)$ पर: $Z = 3(0) + 5(0) = 0$
$2$. $A(24,0)$ पर: $Z = 3(24) + 5(0) = 72$
$3$. $D(8,4)$ पर: $Z = 3(8) + 5(4) = 24 + 20 = 44$
$4$. $C(0,4)$ पर: $Z = 3(0) + 5(4) = 20$
इन मानों की तुलना करने पर,$Z$ का अधिकतम मान बिंदु $A(24,0)$ पर $72$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया उद्देश्य फलन $Z=10 x+25 y$ है,जिसके प्रतिबंध $0 \leq x \leq 3, 0 \leq y \leq 3, x+y \leq 5, x \geq 0, y \geq 0$ हैं।
सुसंगत क्षेत्र (feasible region) के शीर्ष बिंदु $O(0,0), C(3,0), F(3,2), G(2,3), D(0,3)$ हैं।
प्रत्येक शीर्ष बिंदु पर $Z$ का मान ज्ञात करने पर:
$1$. $O(0,0)$ पर: $Z = 10(0) + 25(0) = 0$
$2$. $C(3,0)$ पर: $Z = 10(3) + 25(0) = 30$
$3$. $F(3,2)$ पर: $Z = 10(3) + 25(2) = 30 + 50 = 80$
$4$. $G(2,3)$ पर: $Z = 10(2) + 25(3) = 20 + 75 = 95$
$5$. $D(0,3)$ पर: $Z = 10(0) + 25(3) = 75$
अतः,$Z$ का अधिकतम मान बिंदु $(2,3)$ पर $95$ है।