MHT CET 2023 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ છે કે $\frac{\cos A}{a} = \frac{\cos B}{b} = \frac{\cos C}{c}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,તેથી $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{\cos A}{2R \sin A} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{\cos C}{2R \sin C}$,જેનો અર્થ છે કે $\cot A = \cot B = \cot C$.
ત્રિકોણના ખૂણાઓ હોવાથી,$A = B = C = 60^\circ$,એટલે કે ત્રિકોણ સમબાજુ છે.
$a = \frac{1}{\sqrt{6}}$ આપેલ હોવાથી,સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ થાય.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{\sqrt{3}}{4} \left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times \frac{1}{6} = \frac{\sqrt{3}}{24} = \frac{1}{8 \sqrt{3}}$ ચોરસ એકમ.

(B) ધારો કે $\frac{b+c}{11}=\frac{c+a}{12}=\frac{a+b}{13}=k$.
$b+c=11k$ $(i)$,$c+a=12k$ $(ii)$,$a+b=13k$ $(iii)$.
$(i), (ii), (iii)$ નો સરવાળો કરતા,$2(a+b+c)=36k$,તેથી $a+b+c=18k$ $(iv)$.
$(iv)$ પરથી,$a=7k, b=6k, c=5k$.
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos A = \frac{1}{5}, \cos B = \frac{19}{35}, \cos C = \frac{5}{7}$.
તેથી,$\cos A+\cos B+\cos C = \frac{1}{5}+\frac{19}{35}+\frac{5}{7} = \frac{51}{35}$.

(D) આપેલ છે કે $A, B, C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,એટલે કે $B = 60^{\circ}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c} = k$,તેથી $\sin A = ak, \sin B = bk, \sin C = ck$.
પદાવલિ $E = \frac{a}{c} \sin 2C + \frac{c}{a} \sin 2A$ છે.
$E = \frac{a}{c} (2 \sin C \cos C) + \frac{c}{a} (2 \sin A \cos A)$.
$\sin C = ck$ અને $\sin A = ak$ મૂકતા:
$E = \frac{a}{c} (2 ck \cos C) + \frac{c}{a} (2 ak \cos A) = 2ak \cos C + 2ck \cos A$.
$E = 2k (a \cos C + c \cos A)$.
પ્રક્ષેપણ સૂત્ર $b = a \cos C + c \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = 2kb = 2 \sin B$.
$B = 60^{\circ}$ હોવાથી,$E = 2 \sin 60^{\circ} = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\triangle ABC$ માં,$A+B+C = \pi$,તેથી $A+C = \pi-B$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$2ac \sin \left(\frac{(A+C)-B}{2}\right) = 2ac \sin \left(\frac{(\pi-B)-B}{2}\right)$
$= 2ac \sin \left(\frac{\pi-2B}{2}\right) = 2ac \sin \left(\frac{\pi}{2}-B\right)$
$= 2ac \cos B$
કોસાઇન નિયમ મુજબ,$\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$.
આ કિંમત મૂકતા:
$2ac \left(\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right) = a^2+c^2-b^2$.

(B) ધારો કે $\triangle PQR$ ના વેધ $h_1, h_2, h_3$ છે જે અનુક્રમે બાજુઓ $a, b, c$ ને અનુરૂપ છે.
$\triangle PQR$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ}$.
$\text{ક્ષેત્રફળ} = \frac{1}{2} a h_1 = \frac{1}{2} b h_2 = \frac{1}{2} c h_3$.
આમ,$h_1 = \frac{2 \times \text{ક્ષેત્રફળ}}{a}$,$h_2 = \frac{2 \times \text{ક્ષેત્રફળ}}{b}$,અને $h_3 = \frac{2 \times \text{ક્ષેત્રફળ}}{c}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin P} = \frac{b}{\sin Q} = \frac{c}{\sin R} = 2R$.
તેથી,$a = 2R \sin P$,$b = 2R \sin Q$,અને $c = 2R \sin R$.
જેহেতু $\sin P, \sin Q, \sin R$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $a, b, c$ પણ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
તેથી,$\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ હરાત્મક શ્રેણી ($H$.$P$.) માં છે.
$a, b, c$ ને $h_1, h_2, h_3$ ના સ્વરૂપમાં મૂકતા,આપણને મળે છે કે $\frac{h_1}{2 \times \text{ક્ષેત્રફળ}}, \frac{h_2}{2 \times \text{ક્ષેત્રફળ}}, \frac{h_3}{2 \times \text{ક્ષેત્રફળ}}$ હરાત્મક શ્રેણીમાં છે.
આમ,વેધ $h_1, h_2, h_3$ હરાત્મક શ્રેણી ($H$.$P$.) માં છે.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $4x, x$ અને $x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$4x + x + x = 180^{\circ}$,એટલે કે $6x = 180^{\circ}$,તેથી $x = 30^{\circ}$.
ખૂણાઓ $120^{\circ}, 30^{\circ}$ અને $30^{\circ}$ છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$,જ્યાં $a$ એ $120^{\circ}$ ની સામેની સૌથી મોટી બાજુ છે.
તેથી $a = k \sin 120^{\circ}$,$b = k \sin 30^{\circ}$ અને $c = k \sin 30^{\circ}$.
સૌથી મોટી બાજુ અને પરિમિતિનો ગુણોત્તર $\frac{a}{a+b+c} = \frac{\sin 120^{\circ}}{\sin 120^{\circ} + \sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}+2}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}$.

(A) $\triangle ABC$ માં,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
$\angle C = \frac{\pi}{2} = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle A + \angle B = 90^{\circ}$ થાય.
તેથી,$\frac{A}{2} + \frac{B}{2} = 45^{\circ} = \frac{\pi}{4}$.
આપેલ છે કે $\tan \left(\frac{A}{2}\right)$ અને $\tan \left(\frac{B}{2}\right)$ એ $a_1 x^2 + b_1 x + c_1 = 0$ ના બીજ છે,તેથી બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ મુજબ:
બીજનો સરવાળો: $\tan \left(\frac{A}{2}\right) + \tan \left(\frac{B}{2}\right) = -\frac{b_1}{a_1}$.
બીજનો ગુણાકાર: $\tan \left(\frac{A}{2}\right) \cdot \tan \left(\frac{B}{2}\right) = \frac{c_1}{a_1}$.
સૂત્ર $\tan \left(\frac{A}{2} + \frac{B}{2}\right) = \frac{\tan \left(\frac{A}{2}\right) + \tan \left(\frac{B}{2}\right)}{1 - \tan \left(\frac{A}{2}\right) \tan \left(\frac{B}{2}\right)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{-\frac{b_1}{a_1}}{1 - \frac{c_1}{a_1}}$.
$1 = \frac{-b_1}{a_1 - c_1}$.
$a_1 - c_1 = -b_1$,જેનો અર્થ છે કે $a_1 + b_1 = c_1$.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a, a+1, a+2$ છે જ્યાં $a \in \mathbb{N}$. ધારો કે આ બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ અનુક્રમે $A, B, C$ છે,જેથી $A < B < C$. આપેલ છે કે $C = 2A$.
સાઇનના નિયમ મુજબ: $\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin C}{a+2} = k$.
તેથી,$\sin C = k(a+2)$ અને $\sin A = ka$.
$C = 2A$ હોવાથી,$\sin C = 2 \sin A \cos A$,જે સૂચવે છે કે $k(a+2) = 2(ka) \cos A$,તેથી $\cos A = \frac{a+2}{2a}$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ: $\cos A = \frac{(a+1)^2 + (a+2)^2 - a^2}{2(a+1)(a+2)} = \frac{a^2+6a+5}{2(a^2+3a+2)}$.
$\cos A$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{a+2}{2a} = \frac{(a+1)(a+5)}{2(a+1)(a+2)} = \frac{a+5}{2(a+2)}$.
$(a+2)^2 = a(a+5) \Rightarrow a^2+4a+4 = a^2+5a$.
$a = 4$.
તેથી બાજુઓ $4, 5, 6$ છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $4x, x,$ અને $x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$4x + x + x = 180^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $6x = 180^{\circ}$,તેથી $x = 30^{\circ}$.
ખૂણાઓ $120^{\circ}, 30^{\circ},$ અને $30^{\circ}$ છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin 120^{\circ}} = \frac{b}{\sin 30^{\circ}} = \frac{c}{\sin 30^{\circ}} = k$.
તેથી,$a = k \sin 120^{\circ} = k \frac{\sqrt{3}}{2}$,$b = k \sin 30^{\circ} = k \frac{1}{2}$,અને $c = k \sin 30^{\circ} = k \frac{1}{2}$.
સૌથી મોટી બાજુ $a$ છે ($120^{\circ}$ ની સામેની બાજુ).
પરિમિતિ $a + b + c = k(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = k(\frac{\sqrt{3}+2}{2})$ છે.
સૌથી મોટી બાજુ અને પરિમિતિનો ગુણોત્તર $\frac{a}{a+b+c} = \frac{k \frac{\sqrt{3}}{2}}{k \frac{\sqrt{3}+2}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}$ થાય.

(B) ધારો કે બાજુઓ $n, n+1, n+2$ છે. સૌથી નાની બાજુ $n$ છે અને સૌથી મોટી બાજુ $n+2$ છે. તેમની સામેના ખૂણા અનુક્રમે $A$ અને $C$ છે. આપેલ છે કે $C = 2A$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{\sin A}{n} = \frac{\sin C}{n+2} = \frac{\sin 2A}{n+2} \Rightarrow \cos A = \frac{n+2}{2n}$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos A = \frac{(n+1)^2 + (n+2)^2 - n^2}{2(n+1)(n+2)} = \frac{n+5}{2(n+2)}$.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{n+2}{2n} = \frac{n+5}{2(n+2)}$ $\Rightarrow (n+2)^2 = n(n+5)$ $\Rightarrow n^2+4n+4 = n^2+5n$ $\Rightarrow n=4$.
તેથી બાજુઓ $4, 5, 6$ છે.

(D) આપેલ પરિપથનું સાંકેતિક સ્વરૂપ $(p \vee \sim q \vee \sim r) \wedge (p \vee (q \wedge r))$ છે.
વિભાજનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $p \vee [(\sim q \vee \sim r) \wedge (q \wedge r)]$ મળે છે.
ડી મોર્ગનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આ $p \vee [\sim (q \wedge r) \wedge (q \wedge r)]$ બને છે.
પૂરક નિયમ લાગુ કરતા,આપણને $p \vee F$ મળે છે.
અંતે,તાદાત્મ્યના નિયમ દ્વારા,આ $p$ માં સરળ બને છે.
આમ,પરિપથ માત્ર સ્વિચ $S_1$ ધરાવતા પરિપથને સમતુલ્ય છે.

(C) આપેલ છે કે $n = 50$ અવલોકનો માટે મધ્યક $\bar{x} = 16$ અને વિચરણ $\sigma^2 = 256$ છે.
$\text{મધ્યક} = \frac{\sum x_i}{n}$ $\Rightarrow 16 = \frac{\sum x_i}{50}$ $\Rightarrow \sum x_i = 800$.
$\text{વિચરણ} = \frac{\sum x_i^2}{n} - (\bar{x})^2 \Rightarrow 256 = \frac{\sum x_i^2}{50} - (16)^2$.
$256 = \frac{\sum x_i^2}{50} - 256$ $\Rightarrow \frac{\sum x_i^2}{50} = 512$ $\Rightarrow \sum x_i^2 = 25600$.
આપણે $(x_i - 5)^2$ નો મધ્યક શોધવો છે.
$\text{નવો મધ્યક} = \frac{\sum (x_i - 5)^2}{50} = \frac{\sum (x_i^2 - 10x_i + 25)}{50}$.
$= \frac{\sum x_i^2 - 10 \sum x_i + \sum 25}{50} = \frac{25600 - 10(800) + 25(50)}{50}$.
$= \frac{25600 - 8000 + 1250}{50} = \frac{18850}{50} = 377$.

(C) સૌ પ્રથમ,દરેક વર્ગ અંતરાલ ($C$.$I$.) માટે મધ્યબિંદુઓ $(x_i)$ શોધો:
$0-6$ માટે,$x_1 = \frac{0+6}{2} = 3$
$6-12$ માટે,$x_2 = \frac{6+12}{2} = 9$
$12-18$ માટે,$x_3 = \frac{12+18}{2} = 15$
હવે,$\sum f_i$,$\sum f_i x_i$,અને $\sum f_i x_i^2$ ની ગણતરી કરો:
$\sum f_i = 2 + 4 + 6 = 12$
$\sum f_i x_i = (2 \times 3) + (4 \times 9) + (6 \times 15) = 6 + 36 + 90 = 132$
$\sum f_i x_i^2 = (2 \times 3^2) + (4 \times 9^2) + (6 \times 15^2) = (2 \times 9) + (4 \times 81) + (6 \times 225) = 18 + 324 + 1350 = 1692$
વિચરણ $V(X)$ નીચે મુજબ છે:
$V(X) = \frac{\sum f_i x_i^2}{\sum f_i} - \left( \frac{\sum f_i x_i}{\sum f_i} \right)^2$
$V(X) = \frac{1692}{12} - \left( \frac{132}{12} \right)^2$
$V(X) = 141 - (11)^2$
$V(X) = 141 - 121 = 20$
પ્રમાણિત વિચલન $\sigma = \sqrt{V(X)} = \sqrt{20} = 2 \sqrt{5}$.

(C) આપેલ છે,$\text{Mean} = 5$ અને $\text{S.D.} = 2$.
માહિતી $3, 5, 7, a, b$ માટે $n=5$ છે:
$\text{Mean} = \frac{3+5+7+a+b}{5} = 5$
$\Rightarrow 15+a+b = 25$
$\Rightarrow a+b = 10$ ... $(i)$
વિચરણના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\text{Var} = \text{S.D.}^2 = 2^2 = 4$:
$\text{Var} = \frac{\sum x_i^2}{n} - (\text{Mean})^2$
$4 = \frac{3^2+5^2+7^2+a^2+b^2}{5} - 5^2$
$4 = \frac{9+25+49+a^2+b^2}{5} - 25$
$29 = \frac{83+a^2+b^2}{5}$
$145 = 83 + a^2 + b^2$
$a^2 + b^2 = 62$ ... $(ii)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $(a+b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab$.
$10^2 = 62 + 2ab$
$100 - 62 = 2ab$
$38 = 2ab \Rightarrow ab = 19$.
$a$ અને $b$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (a+b)x + ab = 0$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^2 - 10x + 19 = 0$ મળે છે.

(D) જ્યારે ડેટાની દરેક કિંમતને $\lambda$ વડે ગુણવામાં આવે છે,ત્યારે વિચરણ $\lambda^2$ વડે ગુણાય છે.
તેથી,નવું વિચરણ $= \lambda^2 \cdot \sigma_x^2$ થાય છે.

(B) $5$ કરતા મોટી પ્રથમ છ અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ $7, 11, 13, 17, 19, 23$ છે.
મધ્યક $\bar{x} = \frac{7+11+13+17+19+23}{6} = \frac{90}{6} = 15$.
વિચરણ $\sigma^2 = \frac{1}{n} \sum (x_i - \bar{x})^2$ દ્વારા મળે છે.
$\sigma^2 = \frac{(7-15)^2 + (11-15)^2 + (13-15)^2 + (17-15)^2 + (19-15)^2 + (23-15)^2}{6}$
$\sigma^2 = \frac{(-8)^2 + (-4)^2 + (-2)^2 + (2)^2 + (4)^2 + (8)^2}{6}$
$\sigma^2 = \frac{64 + 16 + 4 + 4 + 16 + 64}{6} = \frac{168}{6} = 28$.

(D) ધારો કે મૂળ અવલોકનો $x_1, x_2, \dots, x_6$ છે અને તેમનું વિચરણ $\sigma^2 = 16$ છે.
જ્યારે દરેક અવલોકનને અચળાંક $\lambda$ વડે ગુણવામાં આવે,ત્યારે નવું વિચરણ $\sigma'^2 = \lambda^2 \sigma^2$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$\lambda = 3$ અને $\sigma^2 = 16$ છે.
તેથી,નવું વિચરણ:
$\sigma'^2 = 3^2 \times 16$
$\sigma'^2 = 9 \times 16$
$\sigma'^2 = 144$

(C) આપેલ છે કે $n=50$,$\bar{x}=16$,અને $\sigma_x^2=256$.
સૂત્ર $\sigma_x^2 = \frac{1}{n} \sum x_i^2 - (\bar{x})^2$ નો ઉપયોગ કરતા,$256 = \frac{1}{50} \sum x_i^2 - 16^2$.
$256 = \frac{1}{50} \sum x_i^2 - 256 \implies \frac{1}{50} \sum x_i^2 = 512 \implies \sum x_i^2 = 25600$.
આપણે $(x_i-5)^2$ નો મધ્યક શોધવો છે,જે $\frac{1}{50} \sum_{i=1}^{50} (x_i-5)^2$ છે.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા: $\sum (x_i^2 - 10x_i + 25) = \sum x_i^2 - 10 \sum x_i + \sum 25$.
$\bar{x} = \frac{1}{50} \sum x_i = 16$ હોવાથી,$\sum x_i = 50 \times 16 = 800$.
તેથી,$\sum (x_i-5)^2 = 25600 - 10(800) + 50(25) = 25600 - 8000 + 1250 = 18850$.
માગેલ મધ્યક $= \frac{18850}{50} = 377$.

(B) વિચરણનું સૂત્ર $\sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - \bar{x}^2$ છે.
અહીં,$n = 4$ અને વિચરણ $\sigma^2 = 5$ છે.
મધ્યક $\bar{x} = \frac{-1 + 0 + 1 + k}{4} = \frac{k}{4}$ છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$5 = \frac{1}{4} [(-1)^2 + 0^2 + 1^2 + k^2] - (\frac{k}{4})^2$.
$5 = \frac{2 + k^2}{4} - \frac{k^2}{16}$.
છેદ દૂર કરવા માટે સમીકરણને $16$ વડે ગુણતા:
$80 = 4(2 + k^2) - k^2$.
$80 = 8 + 4k^2 - k^2$.
$80 - 8 = 3k^2$.
$72 = 3k^2$.
$k^2 = 24$.
કારણ કે $k > 0$,તેથી $k = \sqrt{24} = 2 \sqrt{6}$.

(A) પ્રમાણિત વિચલન ઉગમબિંદુના ફેરફારથી સ્વતંત્ર છે.
$\therefore$ $x_{i}$ નું પ્રમાણિત વિચલન $= (x_{i}-2)$ નું પ્રમાણિત વિચલન.
ધારો કે $y_{i} = x_{i}-2$. તો $n = 20$ માટે $\sum y_{i} = 20$ અને $\sum y_{i}^2 = 100$.
$y$ નું પ્રમાણિત વિચલન $= \sqrt{\frac{\sum y_{i}^2}{n} - \left(\frac{\sum y_{i}}{n}\right)^2}$.
$y$ નું પ્રમાણિત વિચલન $= \sqrt{\frac{100}{20} - \left(\frac{20}{20}\right)^2}$.
$y$ નું પ્રમાણિત વિચલન $= \sqrt{5 - 1^2} = \sqrt{4} = 2$.
આમ,$x$ નું પ્રમાણિત વિચલન $2$ છે.

(D) પદો $x_i = (i-1)d$ છે,જ્યાં $i=1, 2, \ldots, n$.
$\bar{x} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (i-1)d = \frac{d}{n} \frac{(n-1)n}{2} = \frac{(n-1)d}{2}$.
$\sum x_i^2 = \sum_{i=1}^{n} (i-1)^2 d^2 = d^2 \sum_{k=0}^{n-1} k^2 = d^2 \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$.
$\sigma^2 = \frac{1}{n} \sum x_i^2 - (\bar{x})^2 = \frac{d^2(n-1)(2n-1)}{6} - \frac{(n-1)^2 d^2}{4}$.
$\sigma^2 = \frac{d^2(n-1)}{2} \left[ \frac{2n-1}{3} - \frac{n-1}{2} \right] = \frac{d^2(n-1)}{2} \left[ \frac{4n-2-3n+3}{6} \right] = \frac{d^2(n-1)(n+1)}{12} = \frac{(n^2-1)d^2}{12}$.

(D) પ્રથમ $N$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનું વિચરણ $\sigma^2 = \frac{N^2-1}{12}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$N = 2n$ છે.
સૂત્રમાં $N = 2n$ મૂકતા:
$\sigma^2 = \frac{(2n)^2-1}{12}$
$\sigma^2 = \frac{4n^2-1}{12}$

(B) $\triangle ABC$ માં,સાઈન નિયમ મુજબ,$\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c}$.
આપેલ શરત મુજબ,$a = 2b$ અને $A - B = 60^{\circ}$,તેથી $A = 60^{\circ} + B$.
સાઈન નિયમમાં કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\sin(60^{\circ} + B)}{2b} = \frac{\sin B}{b}$
$\sin(60^{\circ} + B) = 2 \sin B$
$\sin 60^{\circ} \cos B + \cos 60^{\circ} \sin B = 2 \sin B$
$\frac{\sqrt{3}}{2} \cos B + \frac{1}{2} \sin B = 2 \sin B$
$\frac{\sqrt{3}}{2} \cos B = \frac{3}{2} \sin B$
$\tan B = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આમ,$B = 30^{\circ}$.
તેથી $A = 60^{\circ} + 30^{\circ} = 90^{\circ}$.
એક ખૂણો $90^{\circ}$ હોવાથી,ત્રિકોણ કાટકોણ છે.

(A) આપેલ રેખાઓના સમીકરણો $5x - 12y + 39 = 0$ અને $5x - 12y + 78 = 0$ છે.
$x$ અને $y$ ના સહગુણકો સમાન હોવાથી,રેખાઓ સમાંતર છે.
બે સમાંતર રેખાઓ $ax + by + c_1 = 0$ અને $ax + by + c_2 = 0$ વચ્ચેનું અંતર $d = \left| \frac{c_1 - c_2}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$a = 5$,$b = -12$,$c_1 = 39$,અને $c_2 = 78$ છે.
$d = \left| \frac{39 - 78}{\sqrt{5^2 + (-12)^2}} \right| = \left| \frac{-39}{\sqrt{169}} \right| = \frac{39}{13} = 3$ એકમ.
ચોરસની બે સમાંતર બાજુઓ વચ્ચેનું અંતર તેની બાજુની લંબાઈ જેટલું હોય છે,તેથી ચોરસની બાજુ $s = 3$ એકમ છે.
ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $s^2 = 3^2 = 9$ ચોરસ એકમ થાય.

(D) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(-2,3)$,$B(6,-1)$,અને $C(4,3)$ છે. ધારો કે $F(x,y)$ પરિકેન્દ્ર છે. પરિકેન્દ્ર શિરોબિંદુઓથી સમાન અંતરે હોય છે,તેથી $FA^2 = FB^2 = FC^2$.
$FA^2 = (x+2)^2 + (y-3)^2$
$FB^2 = (x-6)^2 + (y+1)^2$
$FC^2 = (x-4)^2 + (y-3)^2$
$FA^2 = FC^2$ સરખાવતા:
$(x+2)^2 + (y-3)^2 = (x-4)^2 + (y-3)^2$
$(x+2)^2 = (x-4)^2$
$x^2 + 4x + 4 = x^2 - 8x + 16$
$12x = 12 \implies x = 1$
$FA^2 = FB^2$ સરખાવતા:
$(1+2)^2 + (y-3)^2 = (1-6)^2 + (y+1)^2$
$9 + y^2 - 6y + 9 = 25 + y^2 + 2y + 1$
$18 - 6y = 26 + 2y$
$-8 = 8y \implies y = -1$
આમ,પરિકેન્દ્રના યામ $(1,-1)$ છે.

(A) બિંદુ $(1, 2)$ માંથી પસાર થતી રેખા $PQ$ નું સમીકરણ $y - 2 = m(x - 1)$ છે.
$x$-અંતઃખંડ (બિંદુ $P$) $(1 - \frac{2}{m}, 0)$ છે અને $y$-અંતઃખંડ (બિંદુ $Q$) $(0, 2 - m)$ છે.
ક્ષેત્રફળ ધન હોવું જોઈએ,તેથી આપણે અંતઃખંડોના મૂલ્યને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ. પ્રથમ ચરણમાં ત્રિકોણ બનાવવા માટે $m$ ઋણ હોવો જોઈએ. ધારો કે $m = -k$ જ્યાં $k > 0$.
અંતઃખંડો $P = (1 + \frac{2}{k}, 0)$ અને $Q = (0, 2 + k)$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \times (1 + \frac{2}{k}) \times (2 + k) = \frac{1}{2} (4 + k + \frac{4}{k}) = 2 + \frac{k}{2} + \frac{2}{k}$.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,$\frac{k}{2} + \frac{2}{k} \ge 2 \sqrt{\frac{k}{2} \times \frac{2}{k}} = 2$.
સમાનતા ત્યારે મળે છે જ્યારે $\frac{k}{2} = \frac{2}{k} \implies k^2 = 4 \implies k = 2$.
તેથી $m = -k$ હોવાથી,ઢાળ $m = -2$ થાય.

(B) ધારો કે શિરોબિંદુ $A(1, 2)$ છે અને પાયો $BC$ એ રેખા $2x - y - 1 = 0$ પર છે.
શિરોબિંદુ $A$ થી પાયા $BC$ પરનો વેધ $AD$ એ $(1, 2)$ થી રેખા $2x - y - 1 = 0$ નું લંબ અંતર છે.
$AD = \left| \frac{2(1) - (2) - 1}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} \right| = \left| \frac{2 - 2 - 1}{\sqrt{5}} \right| = \frac{1}{\sqrt{5}}$.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,વેધ $AD$ અને બાજુની લંબાઈ $s$ વચ્ચેનો સંબંધ $AD = s \sin 60^{\circ} = s \frac{\sqrt{3}}{2}$ છે.
તેથી,$\frac{1}{\sqrt{5}} = s \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$s = \frac{2}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{15}}$.

(C) $S$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ છે $= \left(\frac{6+7}{2}, \frac{-1+3}{2}\right) = \left(\frac{13}{2}, 1\right)$.
$PS$ નો ઢાળ $= \frac{2-1}{2-\frac{13}{2}} = \frac{1}{-\frac{9}{2}} = -\frac{2}{9}$.
રેખા $PS$ ને સમાંતર છે,તેથી તેનો ઢાળ $m = -\frac{2}{9}$ છે.
બિંદુ $(1, -1)$ માંથી પસાર થતી અને $m = -\frac{2}{9}$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ $y - (-1) = -\frac{2}{9}(x - 1)$ છે.
$9(y + 1) = -2(x - 1)$ $\Rightarrow 9y + 9 = -2x + 2$ $\Rightarrow 2x + 9y + 7 = 0$.
$X$-અક્ષ પરનો અંતઃખંડ શોધવા માટે,$y = 0$ મૂકતા: $2x + 7 = 0 \Rightarrow x = -\frac{7}{2}$.
$Y$-અક્ષ પરનો અંતઃખંડ શોધવા માટે,$x = 0$ મૂકતા: $9y + 7 = 0 \Rightarrow y = -\frac{7}{9}$.
આમ,અંતઃખંડો $-\frac{7}{2}$ અને $-\frac{7}{9}$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\angle A, \angle B, \angle C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2B = A + C$.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,એટલે કે $B = 60^{\circ}$.
ધારો કે બાજુઓ $a, b, c$ છે. આપેલ છે $a = 10$ અને $b = 9$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ: $\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$.
કિંમતો મૂકતા: $\cos 60^{\circ} = \frac{10^2 + c^2 - 9^2}{2(10)c}$.
$\frac{1}{2} = \frac{100 + c^2 - 81}{20c} \Rightarrow 10c = c^2 + 19$.
$c^2 - 10c + 19 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $c = \frac{10 \pm \sqrt{100 - 76}}{2} = \frac{10 \pm \sqrt{24}}{2} = 5 \pm \sqrt{6}$.
$b=9$ એ બીજી સૌથી મોટી બાજુ હોવાથી,$c$ સૌથી નાની બાજુ હોવી જોઈએ. તેથી,$c = 5 - \sqrt{6}$.

(C) બિંદુઓના યામ $P(-3, 0)$,$Q(0, 0)$ અને $R(3, 3\sqrt{3})$ છે.
$QP$ એ ઋણ $X$-અક્ષ પર છે,તેથી તે ધન $X$-અક્ષ સાથે $180^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
$QR$ નો ઢાળ $m = \frac{3\sqrt{3} - 0}{3 - 0} = \sqrt{3}$ છે.
$\tan \theta = \sqrt{3}$ હોવાથી,$QR$ ધન $X$-અક્ષ સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
ખૂણો $\angle PQR$ એ $QP$ અને $QR$ વચ્ચેનો ખૂણો છે,જે $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ છે.
$\angle PQR$ નો દ્વિભાજક આ ખૂણાને બે સમાન ભાગોમાં વહેંચે છે,દરેક $60^{\circ}$ નો.
દ્વિભાજક ધન $X$-અક્ષ સાથે $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
દ્વિભાજકનો ઢાળ $\tan 120^{\circ} = -\sqrt{3}$ છે.
દ્વિભાજક ઉગમબિંદુ $Q(0, 0)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,તેનું સમીકરણ $y - 0 = -\sqrt{3}(x - 0)$ થાય,જેનું સાદું રૂપ $\sqrt{3}x + y = 0$ મળે છે.

(C) લંબચોરસના વિકર્ણો એકબીજાને દુભાગે છે.
$(1,3)$ અને $(5,1)$ નું મધ્યબિંદુ $(\frac{1+5}{2}, \frac{3+1}{2}) = (3,2)$ છે.
બાકીના બે શિરોબિંદુઓ રેખા $y=2x+c$ પર આવેલા હોવાથી,મધ્યબિંદુ $(3,2)$ પણ આ રેખા પર આવેલું હશે.
$y=2x+c$ માં $(3,2)$ મૂકતા,$2 = 2(3) + c$,તેથી $c = -4$.
બાકીના બે શિરોબિંદુઓ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ $y=2x-4$ છે.
ધારો કે શિરોબિંદુના યામ $(x, 2x-4)$ છે.
લંબચોરસની પાસપાસેની બાજુઓ વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ હોવાથી,શિરોબિંદુ પર મળતી બાજુઓના ઢાળનો ગુણાકાર $-1$ થાય.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $A(1,3)$ અને $C(5,1)$ છે. ધારો કે અન્ય શિરોબિંદુઓ $B(x, 2x-4)$ અને $D$ છે. $AB$ નો ઢાળ $\frac{2x-7}{x-1}$ છે.
$BC$ નો ઢાળ $\frac{2x-5}{x-5}$ છે.
$AB \perp BC$ હોવાથી,$(\frac{2x-7}{x-1})(\frac{2x-5}{x-5}) = -1$.
$(2x-7)(2x-5) = -(x-1)(x-5)$
$4x^2 - 24x + 35 = -x^2 + 6x - 5$
$5x^2 - 30x + 40 = 0$
$x^2 - 6x + 8 = 0$
$(x-4)(x-2) = 0$
તેથી $x=4$ અથવા $x=2$.
જો $x=4$,તો $y=4$. જો $x=2$,તો $y=0$.
શિરોબિંદુઓ $(4,4)$ અને $(2,0)$ છે.
આમ,એક શિરોબિંદુ $(2,0)$ છે.

(B) રેખાના અંતઃખંડ સ્વરૂપનું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે.
આપેલ છે કે રેખા $(1, 3)$ બિંદુમાંથી પસાર થાય છે,તેથી:
$\frac{1}{a} + \frac{3}{b} = 1$.
આપણને $b = 3a$ આપેલ છે. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{a} + \frac{3}{3a} = 1$
$\frac{1}{a} + \frac{1}{a} = 1$
$\frac{2}{a} = 1 \Rightarrow a = 2$.
$b = 3a$ હોવાથી,$b = 3(2) = 6$ મળે.
$a = 2$ અને $b = 6$ ને અંતઃખંડ સ્વરૂપમાં મૂકતા:
$\frac{x}{2} + \frac{y}{6} = 1$.
બંને બાજુ $6$ વડે ગુણતા:
$3x + y = 6$.

(C) રેખાનું અંતઃખંડ સ્વરૂપનું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે,જેને $\frac{1}{a}x + \frac{1}{b}y - 1 = 0$ તરીકે લખી શકાય.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ થી રેખા $Ax + By + C = 0$ પરના લંબની લંબાઈ $p = \left| \frac{C}{\sqrt{A^2 + B^2}} \right|$ દ્વારા મળે છે.
$A = \frac{1}{a}$,$B = \frac{1}{b}$,અને $C = -1$ કિંમતો મૂકતા,$p = \left| \frac{-1}{\sqrt{(\frac{1}{a})^2 + (\frac{1}{b})^2}} \right|$ મળે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$p^2 = \frac{1}{\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}}$ મળે.
તેથી,$\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = \frac{1}{p^2}$.

(D) ધારો કે આપેલી રેખા $L: 3x + y + 4 = 0$ છે. $L$ નો ઢાળ $m = -3$ છે.
રેખાઓ $L_1$ અને $L_2$ ના ઢાળ અનુક્રમે $m_1 = \frac{3}{4}$ અને $m_2$ છે.
બિંદુ $A(2, 5)$ થી રેખા $L$ સુધીનું $L_1$ અને $L_2$ ની દિશામાં માપેલું અંતર સમાન હોવાથી,$L_1$ અને $L_2$ રેખાઓ રેખા $L$ સાથે જે ખૂણા $\theta_1$ અને $\theta_2$ બનાવે છે તે $\tan \theta_1 = \tan \theta_2$ અથવા $\tan \theta_1 = -\tan \theta_2$ નું પાલન કરે છે.
બે રેખાઓના ઢાળ $m$ અને $m'$ હોય તો તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\tan \theta = \left| \frac{m - m'}{1 + mm'} \right|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$L_1$ માટે: $\tan \theta = \left| \frac{-3 - 3/4}{1 + (-3)(3/4)} \right| = \left| \frac{-15/4}{1 - 9/4} \right| = \left| \frac{-15/4}{-5/4} \right| = 3$.
$L_2$ માટે: $\left| \frac{-3 - m_2}{1 - 3m_2} \right| = 3$.
કિસ્સો $1$: $\frac{-3 - m_2}{1 - 3m_2} = 3$ $\Rightarrow -3 - m_2 = 3 - 9m_2$ $\Rightarrow 8m_2 = 6$ $\Rightarrow m_2 = \frac{3}{4}$ (આ $L_1$ જ છે).
કિસ્સો $2$: $\frac{-3 - m_2}{1 - 3m_2} = -3$ $\Rightarrow -3 - m_2 = -3 + 9m_2$ $\Rightarrow 10m_2 = 0$ $\Rightarrow m_2 = 0$.
આમ,$L_2$ નો ઢાળ $0$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $x^2+4xy+4y^2+3x+6y-4=0$ છે.
આને $(x+2y)^2+3(x+2y)-4=0$ તરીકે લખી શકાય છે.
ધારો કે $t = x+2y$,તો $t^2+3t-4=0$.
$(t+4)(t-1)=0$,તેથી $(x+2y+4)(x+2y-1)=0$.
બે સમાંતર રેખાઓ $L_1: x+2y+4=0$ અને $L_2: x+2y-1=0$ છે.
બે સમાંતર રેખાઓ $ax+by+c_1=0$ અને $ax+by+c_2=0$ વચ્ચેનું અંતર $\lambda = \frac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\lambda = \frac{|4-(-1)|}{\sqrt{1^2+2^2}} = \frac{5}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}$.
તેથી,$\lambda^2 = (\sqrt{5})^2 = 5$.

(C) રેખાના સમીકરણનું અભિલંબ સ્વરૂપ $x \cos \alpha + y \sin \alpha = p$ છે.
અહીં,ઉગમબિંદુથી લંબ અંતર $p = 7$ અને ખૂણો $\alpha = 120^{\circ}$ છે.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$x \cos 120^{\circ} + y \sin 120^{\circ} = 7$
કેમ કે $\cos 120^{\circ} = -\frac{1}{2}$ અને $\sin 120^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી:
$x(-\frac{1}{2}) + y(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 7$
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા:
$-x + \sqrt{3}y = 14$
પદોને પ્રમાણિત સ્વરૂપમાં ગોઠવતા:
$x - \sqrt{3}y + 14 = 0$

(A) ધારો કે બિંદુ $P(x_1, y_1)$ છે. $P$ એ $2x - y = 5$ પર હોવાથી,$y_1 = 2x_1 - 5$ મળે.
રેખા $3x + 4y - 5 = 0$ થી બિંદુ $P(x_1, y_1)$ નું અંતર $d = \left|\frac{3x_1 + 4y_1 - 5}{\sqrt{3^2 + 4^2}}\right| = 1$ છે.
$y_1 = 2x_1 - 5$ ને અંતરના સૂત્રમાં મૂકતા:
$\left|\frac{3x_1 + 4(2x_1 - 5) - 5}{5}\right| = 1$
$\left|\frac{11x_1 - 25}{5}\right| = 1$
$11x_1 - 25 = 5$ અથવા $11x_1 - 25 = -5$
કિસ્સો $1$: $11x_1 = 30 \implies x_1 = \frac{30}{11}$. તેથી $y_1 = \frac{5}{11}$.
કિસ્સો $2$: $11x_1 = 20 \implies x_1 = \frac{20}{11}$. તેથી $y_1 = \frac{-15}{11}$.
આમ,માંગેલ બિંદુઓ $\left(\frac{30}{11}, \frac{5}{11}\right)$ અને $\left(\frac{20}{11}, \frac{-15}{11}\right)$ છે.

(A) દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ રેખાઓની જોડી દર્શાવે તે માટે નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$abc + 2fgh - af^2 - bg^2 - ch^2 = 0$.
આપેલ સમીકરણને સરખાવતા $a=2, h=2, b=-p, g=2, f=q/2, c=1$ મળે છે.
નિશ્ચાયકની શરતમાં કિંમતો મૂકતા:
$2(-p)(1) + 2(q/2)(2)(2) - 2(q/2)^2 - (-p)(2)^2 - 1(2)^2 = 0$.
$-2p + 4q - q^2/2 + 4p - 4 = 0$.
$-2$ વડે ગુણતા: $q^2 - 8q - 4p + 8 = 0$.
$q$ પૂર્ણાંક હોવા માટે,વિવેચક $D$ પૂર્ણવર્ગ હોવો જોઈએ:
$D = (-8)^2 - 4(1)(8 - 4p) = 32 + 16p = 16(2 + p)$.
$2 + p$ પૂર્ણવર્ગ $k^2$ હોવો જોઈએ.
$p \in [-5, 5]$ હોવાથી,$2 + p$ ની કિંમત $-3$ થી $7$ ની વચ્ચે હોય.
આ અંતરાલમાં પૂર્ણવર્ગ સંખ્યાઓ $0, 1, 4$ છે.
$2 + p = 0 \Rightarrow p = -2$.
$2 + p = 1 \Rightarrow p = -1$.
$2 + p = 4 \Rightarrow p = 2$.
આમ,$p$ ના શક્ય પૂર્ણાંક મૂલ્યો $\{-2, -1, 2\}$ છે.
તેથી,કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(A) રેખા $3x + 2y - 8 = 0$ નો ઢાળ $m_1 = -\frac{3}{2}$ છે.
ધારો કે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી રેખાઓનો ઢાળ $m$ છે જે આપેલી રેખા સાથે $\frac{\pi}{4}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
સૂત્ર $\tan \theta = \left| \frac{m - m_1}{1 + mm_1} \right|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \frac{\pi}{4} = \left| \frac{m - (-3/2)}{1 + m(-3/2)} \right|$
$1 = \left| \frac{2m + 3}{2 - 3m} \right|$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(2 - 3m)^2 = (2m + 3)^2$
$4 - 12m + 9m^2 = 4m^2 + 12m + 9$
$5m^2 - 24m - 5 = 0$
રેખાઓ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી હોવાથી,તેમનું સમીકરણ $y = mx$ છે,તેથી $m = \frac{y}{x}$.
સહાયક સમીકરણમાં $m = \frac{y}{x}$ મૂકતા:
$5(\frac{y}{x})^2 - 24(\frac{y}{x}) - 5 = 0$
$x^2$ વડે ગુણતા:
$5y^2 - 24xy - 5x^2 = 0$
તેથી,સંયુક્ત સમીકરણ $5x^2 + 24xy - 5y^2 = 0$ મળે છે.

(A) ત્રણ રેખાઓ $a_1 x + b_1 y + c_1 = 0$,$a_2 x + b_2 y + c_2 = 0$ અને $a_3 x + b_3 y + c_3 = 0$ સંગામી હોય,તો તેમના સહગુણકોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય થાય:
$\begin{vmatrix} k & 2 & 2 \\ 2 & k & 3 \\ 3 & 3 & k \end{vmatrix} = 0$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$k(k^2 - 9) - 2(2k - 9) + 2(6 - 3k) = 0$
$k^3 - 9k - 4k + 18 + 12 - 6k = 0$
$k^3 - 19k + 30 = 0$
અવયવ પાડતા,$(k - 2)$ એક અવયવ મળે છે:
$(k - 2)(k^2 + 2k - 15) = 0$
$(k - 2)(k + 5)(k - 3) = 0$
તેથી $k$ ના શક્ય મૂલ્યો $k_1 = 2$,$k_2 = -5$ અને $k_3 = 3$ છે.
સરવાળો $\sum k_i = 2 + (-5) + 3 = 0$ થાય.

(B) ધારો કે ત્રીજા શિરોબિંદુ $C$ ના યામ $(x, y, z)$ છે.
$G$ એ $\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર હોવાથી,$G$ ના યામ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$G = \left( \frac{x_A + x_B + x_C}{3}, \frac{y_A + y_B + y_C}{3}, \frac{z_A + z_B + z_C}{3} \right)$
અહીં $A(3, 1, 4)$,$B(-4, 5, -3)$ અને $G(-1, 2, 1)$ આપેલ છે:
$-1 = \frac{3 - 4 + x}{3} \implies -3 = -1 + x \implies x = -2$
$2 = \frac{1 + 5 + y}{3} \implies 6 = 6 + y \implies y = 0$
$1 = \frac{4 - 3 + z}{3} \implies 3 = 1 + z \implies z = 2$
તેથી,ત્રીજું શિરોબિંદુ $C$ એ $(-2, 0, 2)$ છે.

(D) ધારો કે શિરોબિંદુ $B$ ના યામ $(x_1, y_1, z_1)$ છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(x_A, y_A, z_A)$,$B(x_B, y_B, z_B)$ અને $C(x_C, y_C, z_C)$ હોય તો મધ્યકેન્દ્ર $G$ ના યામ $\left(\frac{x_A+x_B+x_C}{3}, \frac{y_A+y_B+y_C}{3}, \frac{z_A+z_B+z_C}{3}\right)$ થાય.
આપેલ છે કે $A(1,4,2)$,$C(5,-7,1)$ અને $G\left(\frac{4}{3}, 0, \frac{-2}{3}\right)$,તેથી:
$\frac{1+x_1+5}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow 6+x_1 = 4 \Rightarrow x_1 = -2$
$\frac{4+y_1-7}{3} = 0 \Rightarrow y_1-3 = 0 \Rightarrow y_1 = 3$
$\frac{2+z_1+1}{3} = \frac{-2}{3} \Rightarrow 3+z_1 = -2 \Rightarrow z_1 = -5$
આમ,$B = (-2, 3, -5)$.
બાજુ $BC$ નું મધ્યબિંદુ $\left(\frac{x_B+x_C}{2}, \frac{y_B+y_C}{2}, \frac{z_B+z_C}{2}\right)$ થાય.
મધ્યબિંદુ $= \left(\frac{-2+5}{2}, \frac{3-7}{2}, \frac{-5+1}{2}\right) = \left(\frac{3}{2}, -2, -2\right)$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\frac{\tan 3x - 1}{\tan 3x + 1} = \sqrt{3}$ છે.
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\tan 3x - \tan(\frac{\pi}{4})}{1 + \tan 3x \tan(\frac{\pi}{4})} = \sqrt{3}$.
તેથી,$\tan(3x - \frac{\pi}{4}) = \tan(\frac{\pi}{3})$.
વ્યાપક ઉકેલ માટે,$3x - \frac{\pi}{4} = n\pi + \frac{\pi}{3}$.
$3x = n\pi + \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4} = n\pi + \frac{7\pi}{12}$.
$x = \frac{n\pi}{3} + \frac{7\pi}{36}$.
$x = \frac{n\pi}{p} + \frac{7\pi}{q}$ સાથે સરખાવતા,$p = 3$ અને $q = 36$ મળે.
તેથી,$\frac{p}{q} = \frac{3}{36} = \frac{1}{12}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\cos ^2 \theta - 2 \sin \theta + \frac{1}{4} = 0$
$\cos ^2 \theta = 1 - \sin ^2 \theta$ મૂકતા:
$(1 - \sin ^2 \theta) - 2 \sin \theta + \frac{1}{4} = 0$
$\sin ^2 \theta + 2 \sin \theta - \frac{5}{4} = 0$
$4$ વડે ગુણતા:
$4 \sin ^2 \theta + 8 \sin \theta - 5 = 0$
અવયવ પાડતા:
$4 \sin ^2 \theta + 10 \sin \theta - 2 \sin \theta - 5 = 0$
$2 \sin \theta(2 \sin \theta + 5) - 1(2 \sin \theta + 5) = 0$
$(2 \sin \theta - 1)(2 \sin \theta + 5) = 0$
તેથી,$\sin \theta = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin \theta = -\frac{5}{2}$.
$\sin \theta = -\frac{5}{2}$ શક્ય નથી કારણ કે $-1 \le \sin \theta \le 1$.
તેથી,$\sin \theta = \frac{1}{2} = \sin \frac{\pi}{6}$.
વ્યાપક ઉકેલ $\theta = n \pi + (-1)^n \frac{\pi}{6}$ છે.
$\theta = \frac{n \pi}{A} + (-1)^n \frac{\pi}{B}$ સાથે સરખાવતા,$A = 1$ અને $B = 6$ મળે.
તેથી,$A + B = 1 + 6 = 7$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $3 \sec^2 \theta = 2 \operatorname{cosec} \theta$
$\Rightarrow \frac{3}{\cos^2 \theta} = \frac{2}{\sin \theta}$
$\Rightarrow \frac{3}{1 - \sin^2 \theta} = \frac{2}{\sin \theta}$
$\Rightarrow 3 \sin \theta = 2 - 2 \sin^2 \theta$
$\Rightarrow 2 \sin^2 \theta + 3 \sin \theta - 2 = 0$
$\Rightarrow (2 \sin \theta - 1)(\sin \theta + 2) = 0$
$\sin \theta = -2$ શક્ય નથી,તેથી $\sin \theta = \frac{1}{2} = \sin \frac{\pi}{6}$.
$\sin \theta = \sin \alpha$ નો વ્યાપક ઉકેલ $\theta = n \pi + (-1)^n \alpha$ છે.
તેથી,$\theta = n \pi + (-1)^n \frac{\pi}{6}, n \in Z$.

(A) આપેલ સમીકરણ $x \neq \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપેલ સમીકરણ: $\sec x + \tan x = 2 \cos x$
$\Rightarrow \frac{1}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos x} = 2 \cos x$
$\Rightarrow 1 + \sin x = 2 \cos^2 x$
$\Rightarrow 1 + \sin x = 2(1 - \sin^2 x)$
$\Rightarrow 1 + \sin x = 2(1 - \sin x)(1 + \sin x)$
કારણ કે $\sin x = -1$ લેવાથી $\cos x = 0$ થાય છે,જે અવ્યાખ્યાયિત છે,તેથી $1 + \sin x \neq 0$.
બંને બાજુ $(1 + \sin x)$ વડે ભાગતા:
$1 = 2(1 - \sin x)$
$\Rightarrow 1 = 2 - 2 \sin x$
$\Rightarrow 2 \sin x = 1$
$\Rightarrow \sin x = \frac{1}{2}$
અંતરાલ $[0, 2 \pi)$ માં,ઉકેલો $x = \frac{\pi}{6}$ અને $x = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5 \pi}{6}$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $x \neq \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપેલ છે: $\tan x + \sec x = 2 \cos x$
$\Rightarrow \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{1}{\cos x} = 2 \cos x$
$\Rightarrow \sin x + 1 = 2 \cos^2 x$
$\Rightarrow \sin x + 1 = 2(1 - \sin^2 x)$
$\Rightarrow \sin x + 1 = 2(1 - \sin x)(1 + \sin x)$
$\Rightarrow (1 + \sin x)[2(1 - \sin x) - 1] = 0$
કારણ કે $\sin x = -1$ નો અર્થ છે $\cos x = 0$,જે $\tan x$ અને $\sec x$ ને અવ્યાખ્યાયિત બનાવે છે,તેથી $1 + \sin x \neq 0$.
તેથી,$2(1 - \sin x) - 1 = 0$
$\Rightarrow 2 - 2 \sin x - 1 = 0$
$\Rightarrow 2 \sin x = 1$
$\Rightarrow \sin x = \frac{1}{2}$
$[0, 2 \pi]$ અંતરાલમાં,$\sin x = \frac{1}{2}$ એ $x = \frac{\pi}{6}$ અને $x = \frac{5 \pi}{6}$ પર મળે છે.
આમ,ઉકેલોની સંખ્યા $2$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin 7 \theta + \sin \theta + \sin 4 \theta = 0$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્ર $\sin C + \sin D = 2 \sin \frac{C+D}{2} \cos \frac{C-D}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin 4 \theta \cos 3 \theta + \sin 4 \theta = 0$
$\sin 4 \theta (2 \cos 3 \theta + 1) = 0$
કિસ્સો $1$: $\sin 4 \theta = 0 \implies 4 \theta = n \pi \implies \theta = \frac{n \pi}{4}$.
$\theta \in (0, \pi)$ માટે,$n = 1, 2, 3$,તેથી $\theta = \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}$.
કિસ્સો $2$: $\cos 3 \theta = -\frac{1}{2} = \cos \frac{2 \pi}{3} \implies 3 \theta = 2 n \pi \pm \frac{2 \pi}{3} \implies \theta = \frac{2 n \pi}{3} \pm \frac{2 \pi}{9}$.
$\theta \in (0, \pi)$ માટે:
જો $n=0$,તો $\theta = \frac{2 \pi}{9}$.
જો $n=1$,તો $\theta = \frac{2 \pi}{3} \pm \frac{2 \pi}{9} = \frac{8 \pi}{9}, \frac{4 \pi}{9}$.
ઉકેલો $\theta \in \{\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}, \frac{2 \pi}{9}, \frac{4 \pi}{9}, \frac{8 \pi}{9}\}$ છે.
કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $= 6$.

(C) આપેલ છે: $\cos x + \cos y - \cos (x + y) = \frac{3}{2}$
સૂત્ર $\cos x + \cos y = 2 \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right)$ અને $\cos (x+y) = 2 \cos^2 \left(\frac{x+y}{2}\right) - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) - (2 \cos^2 \left(\frac{x+y}{2}\right) - 1) = \frac{3}{2}$
$2 \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) - 2 \cos^2 \left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{1}{2}$
$2$ વડે ગુણતા:
$4 \cos^2 \left(\frac{x+y}{2}\right) - 4 \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) + 1 = 0$
ધારો કે $t = \cos \left(\frac{x+y}{2}\right)$. તેથી $4t^2 - 4t \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) + 1 = 0$.
$t$ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \geq 0$:
$(-4 \cos \left(\frac{x-y}{2}\right))^2 - 4(4)(1) \geq 0$
$16 \cos^2 \left(\frac{x-y}{2}\right) - 16 \geq 0$
$\cos^2 \left(\frac{x-y}{2}\right) \geq 1$.
$\cos^2 \theta$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ હોવાથી,$\cos^2 \left(\frac{x-y}{2}\right) = 1$ થવું જોઈએ.
આથી $\frac{x-y}{2} = 0$,એટલે કે $x = y$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $8 \cos^2 \theta + 14 \cos \theta + 5 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $8 \cos^2 \theta + 10 \cos \theta + 4 \cos \theta + 5 = 0$
$\therefore 2 \cos \theta (4 \cos \theta + 5) + 1 (4 \cos \theta + 5) = 0$
$\therefore (2 \cos \theta + 1)(4 \cos \theta + 5) = 0$
$\therefore \cos \theta = -\frac{1}{2}$ અથવા $\cos \theta = -\frac{5}{4}$
$\cos \theta$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ હોવાથી,$\cos \theta = -\frac{5}{4}$ શક્ય નથી.
$\therefore \cos \theta = -\frac{1}{2}$
અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$\cos \theta = -\frac{1}{2}$ માટે $\theta = \frac{2\pi}{3}$ અને $\theta = \frac{4\pi}{3}$ મળે.
તેથી,ઉકેલ ગણ $\left\{\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}\right\}$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x)=x-\frac{5}{x^5}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) = \int \left(x - 5x^{-5}\right) dx$
$f(x) = \frac{x^2}{2} - 5 \left( \frac{x^{-4}}{-4} \right) + c$
$f(x) = \frac{x^2}{2} + \frac{5}{4x^4} + c$
આપેલ છે કે $f(1) = 4$,તેથી $x=1$ મૂકતા:
$4 = \frac{1^2}{2} + \frac{5}{4(1)^4} + c$
$4 = \frac{1}{2} + \frac{5}{4} + c$
$4 = \frac{2+5}{4} + c$
$4 = \frac{7}{4} + c$
$c = 4 - \frac{7}{4} = \frac{16-7}{4} = \frac{9}{4}$
આમ,$f(x) = \frac{x^2}{2} + \frac{5}{4x^4} + \frac{9}{4}$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\cos x(1+\cos y) dx - \sin y(1+\sin x) dy = 0$ છે.
ચલને અલગ પાડતા:
$\cos x(1+\cos y) dx = \sin y(1+\sin x) dy$
$\frac{\cos x}{1+\sin x} dx = \frac{\sin y}{1+\cos y} dy$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{\cos x}{1+\sin x} dx = \int \frac{\sin y}{1+\cos y} dy$
ધારો કે $u = 1+\sin x$,તેથી $du = \cos x dx$.
ધારો કે $v = 1+\cos y$,તેથી $dv = -\sin y dy$,એટલે કે $\sin y dy = -dv$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\int \frac{1}{u} du = \int -\frac{1}{v} dv$
$\ln|u| = -\ln|v| + \ln|c|$
$\ln|1+\sin x| = -\ln|1+\cos y| + \ln|c|$
$\ln|1+\sin x| + \ln|1+\cos y| = \ln|c|$
$\ln|(1+\sin x)(1+\cos y)| = \ln|c|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા:
$(1+\sin x)(1+\cos y) = c$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{\sqrt{1-y^2}}{y}$
ચલને અલગ કરતા: $\int \frac{y}{\sqrt{1-y^2}} dy = \int dx$
ધારો કે $u = 1-y^2$,તો $du = -2y dy$,તેથી $y dy = -\frac{1}{2} du$.
સંકલન કરતા: $-\frac{1}{2} \int u^{-1/2} du = x + C$
$-\frac{1}{2} (2u^{1/2}) = x + C$
$-\sqrt{1-y^2} = x + C$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $1-y^2 = (x+C)^2$
$(x+C)^2 + y^2 = 1$
આ વર્તુળનું સમીકરણ $(x-h)^2 + (y-k)^2 = r^2$ છે,જ્યાં $h = -C$,$k = 0$,અને $r = 1$.
આમ,ત્રિજ્યા $1$ એકમ નિશ્ચિત છે અને કેન્દ્ર $(-C, 0)$ એ $X$-અક્ષ પર બદલાતું રહે છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{1+y^2}{1+x^2}$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dy}{1+y^2} = \frac{dx}{1+x^2}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dy}{1+y^2} = \int \frac{dx}{1+x^2}$.
આથી મળે: $\tan^{-1}(y) = \tan^{-1}(x) + C$,જ્યાં $C$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.
પદોને ગોઠવતા: $\tan^{-1}(y) - \tan^{-1}(x) = C$.
સૂત્ર $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}(\frac{A-B}{1+AB})$ નો ઉપયોગ કરતા: $\tan^{-1}(\frac{y-x}{1+xy}) = C$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા: $\frac{y-x}{1+xy} = \tan(C)$.
ધારો કે $\tan(C) = c$,જ્યાં $c$ એ નવો અચળાંક છે.
આમ,$y-x = c(1+xy)$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\log(x+y) = 2xy$ $(i)$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{x+y} \left(1 + \frac{dy}{dx}\right) = 2y + 2x \frac{dy}{dx}$ $(ii)$
$x=0$ આગળ,$(i)$ પરથી: $\log(0+y) = 2(0)y \implies \log(y) = 0 \implies y = e^0 = 1$.
$x=0$ અને $y=1$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$\frac{1}{0+1} \left(1 + \frac{dy}{dx}\right) = 2(1) + 2(0) \frac{dy}{dx}$
$1 + \frac{dy}{dx} = 2$
$\frac{dy}{dx} = 2 - 1 = 1$
આમ,$x=0$ આગળ $\frac{dy}{dx}$ ની કિંમત $1$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = y + 3$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{dy}{y + 3} = dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dy}{y + 3} = \int dx + C$.
આથી $\log|y + 3| = x + C$ મળે છે.
શરૂઆતની શરત $y(0) = 2$ આપેલ છે,તેથી $x = 0$ અને $y = 2$ મૂકતા:
$\log|2 + 3| = 0 + C \implies C = \log 5$.
તેથી,સમીકરણ $\log(y + 3) = x + \log 5$ બને છે.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,$y + 3 = e^{x + \log 5} = 5e^x$.
આમ,$y = 5e^x - 3$.
હવે,$y(\log 2)$ ની ગણતરી કરતા:
$y(\log 2) = 5e^{\log 2} - 3$.
કારણ કે $e^{\log 2} = 2$,તેથી $y(\log 2) = 5(2) - 3 = 10 - 3 = 7$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\cos (x+y) dy = dx$.
$dy$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $\frac{dx}{dy} = \cos (x+y)$.
ધારો કે $x+y = u$. $y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dx}{dy} + 1 = \frac{du}{dy}$,જેનો અર્થ છે $\frac{dx}{dy} = \frac{du}{dy} - 1$.
આ કિંમત વિકલ સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{du}{dy} - 1 = \cos u$.
પદોને ગોઠવતા: $\frac{du}{dy} = 1 + \cos u$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{du}{1 + \cos u} = dy$.
નિત્યસમ $1 + \cos u = 2 \cos^2 \left(\frac{u}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{du}{2 \cos^2 \left(\frac{u}{2}\right)} = dy$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{1}{2} \sec^2 \left(\frac{u}{2}\right) du = dy$ થાય છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{1}{2} \sec^2 \left(\frac{u}{2}\right) du = \int dy$.
આથી $\tan \left(\frac{u}{2}\right) = y + c$.
$u = x+y$ પાછું મૂકતા,આપણને મળે $\tan \left(\frac{x+y}{2}\right) = y + c$,અથવા $y = \tan \left(\frac{x+y}{2}\right) + c$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $e^{y-x} \frac{dy}{dx} = \frac{y(\sin x + \cos x)}{1 + y \log y}$
ચલને અલગ કરતા: $e^y \frac{1 + y \log y}{y} dy = e^x (\sin x + \cos x) dx$
ડાબી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા: $e^y (\log y + \frac{1}{y}) dy = e^x (\sin x + \cos x) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int e^y (\log y + \frac{1}{y}) dy = \int e^x (\sin x + \cos x) dx$
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(y) = \log y$ અને $f(x) = \sin x$:
$e^y \log y = e^x \sin x + c$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $e^{\frac{dy}{dx}} = (x+1)$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\frac{dy}{dx} = \log(x+1)$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા: $\int dy = \int \log(x+1) dx + C$.
$\int \log(x+1) dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા ($u = \log(x+1)$ અને $dv = dx$):
$y = (x+1) \log(x+1) - \int (x+1) \cdot \frac{1}{x+1} dx + C$.
$y = (x+1) \log(x+1) - \int 1 dx + C$.
$y = (x+1) \log(x+1) - x + C$.
શરત $y(0) = 3$ આપેલ છે,તેથી $x = 0$ અને $y = 3$ મુકતા:
$3 = (0+1) \log(0+1) - 0 + C$.
$3 = 1 \cdot \log(1) + C$.
$\log(1) = 0$ હોવાથી,$3 = 0 + C$,તેથી $C = 3$.
આમ,વિશિષ્ટ ઉકેલ $y = (x+1) \log(x+1) - x + 3$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $e^{-x}(y+1) dy + (\cos^2 x - \sin 2x) y dx = 0$
$y e^{-x}$ વડે ભાગતા: $\frac{y+1}{y} dy + e^x(\cos^2 x - \sin 2x) dx = 0$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int (1 + \frac{1}{y}) dy + \int e^x(\cos^2 x - 2 \sin x \cos x) dx = C$
સંકલનના સૂત્ર $\int e^x(f(x) + f'(x)) dx = e^x f(x) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(x) = \cos^2 x$ અને $f'(x) = -\sin 2x$:
$y + \log |y| + e^x \cos^2 x = C$
$x=0, y=1$ મુકતા:
$1 + \log(1) + e^0 \cos^2(0) = C$
$1 + 0 + 1(1) = C \Rightarrow C = 2$
આમ,ઉકેલ $y + \log |y| + e^x \cos^2 x = 2$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1+xy)y \, dx + (1-xy)x \, dy = 0$
પદોને વિસ્તૃત કરતા: $y \, dx + xy^2 \, dx + x \, dy - x^2y \, dy = 0$
ગોઠવણી કરતા: $(y \, dx + x \, dy) + xy(y \, dx - x \, dy) = 0$
$x^2y^2$ વડે ભાગતા: $\frac{y \, dx + x \, dy}{x^2y^2} + \frac{y \, dx - x \, dy}{xy} = 0$
આને આ રીતે લખી શકાય: $\frac{d(xy)}{(xy)^2} - \left(\frac{x \, dy - y \, dx}{xy}\right) = 0$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{d(xy)}{(xy)^2} - \int d\left(\log \frac{x}{y}\right) = \int 0$
$-\frac{1}{xy} - \log \left(\frac{x}{y}\right) = -k$
$\log \left(\frac{x}{y}\right) = \frac{1}{xy} + k$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\cos x(1+\cos y) dx - \sin y(1+\sin x) dy = 0$ છે.
ચલને અલગ પાડતા:
$\frac{\cos x}{1+\sin x} dx = \frac{\sin y}{1+\cos y} dy$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{\cos x}{1+\sin x} dx = \int \frac{\sin y}{1+\cos y} dy$.
ધારો કે $u = 1+\sin x$,તેથી $du = \cos x dx$.
ધારો કે $v = 1+\cos y$,તેથી $dv = -\sin y dy$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\int \frac{1}{u} du = -\int \frac{1}{v} dv$.
$\ln |u| = -\ln |v| + \ln |c|$.
$\ln |u| + \ln |v| = \ln |c|$.
$\ln |uv| = \ln |c|$.
$uv = c$.
$u$ અને $v$ ની કિંમતો પાછી મૂકતા:
$(1+\sin x)(1+\cos y) = c$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $P = \frac{3x^2}{1+x^3}$ અને $Q = \frac{1}{1+x^3}$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે સંકલ્યકારક અવયવ ($I$.$F$.) શોધીએ:
$\text{I.F.} = e^{\int P dx} = e^{\int \frac{3x^2}{1+x^3} dx} = e^{\ln(1+x^3)} = 1+x^3$.
વ્યાપક ઉકેલ $y \cdot (\text{I.F.}) = \int Q \cdot (\text{I.F.}) dx + c$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$y(1+x^3) = \int \left(\frac{1}{1+x^3}\right) \cdot (1+x^3) dx + c$
$y(1+x^3) = \int 1 dx + c$
$y(1+x^3) = x + c$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ પ્રકારનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P = \frac{1}{x}$ અને $Q = \sin x$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે સંકલ્યકારક અવયવ ($I$.$F$.) શોધીએ:
$I.F. = e^{\int P dx} = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln x} = x$.
વ્યાપક ઉકેલ $y \cdot (I.F.) = \int (Q \cdot I.F.) dx + c$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$yx = \int (\sin x \cdot x) dx + c$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા $(\int u v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx)$:
ધારો કે $u = x$ અને $v = \sin x$.
$yx = x(-\cos x) - \int (1 \cdot -\cos x) dx + c$.
$yx = -x \cos x + \int \cos x dx + c$.
$yx = -x \cos x + \sin x + c$.
પદોને ગોઠવતા:
$yx + x \cos x = \sin x + c$.
$x(y + \cos x) = \sin x + c$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\frac{dx}{dy} + \frac{x}{y} = x^2$
બંને બાજુ $x^2$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{x^2} \frac{dx}{dy} + \frac{1}{xy} = 1 \dots (i)$
ધારો કે $\frac{1}{x} = t$. તેથી $-\frac{1}{x^2} \frac{dx}{dy} = \frac{dt}{dy}$,એટલે કે $\frac{1}{x^2} \frac{dx}{dy} = -\frac{dt}{dy}$.
$(i)$ માં કિંમત મૂકતા: $-\frac{dt}{dy} + \frac{t}{y} = 1$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{dt}{dy} - \frac{t}{y} = -1$ થાય છે.
આ $t$ માં સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે. સંકલ્યકારક અવયવ ($I$.$F$.) $e^{\int -\frac{1}{y} dy} = e^{-\log y} = \frac{1}{y}$ છે.
ઉકેલ $t(I.F.) = \int (-1)(I.F.) dy + c$ છે.
$t(\frac{1}{y}) = \int -\frac{1}{y} dy + c = -\log y + c$.
$t = \frac{1}{x}$ મૂકતા: $\frac{1}{xy} = -\log y + c$.
તેથી,$\frac{1}{x} = cy - y \log y$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $x \, dy = y(dx + y \, dy)$
પદોને ગોઠવતા: $x \, dy = y \, dx + y^2 \, dy$
$y \, dx = (x - y^2) \, dy$
$y \, dy$ વડે ભાગતા: $\frac{dx}{dy} = \frac{x}{y} - y$
$\frac{dx}{dy} - \frac{1}{y} x = -y$
આ $\frac{dx}{dy} + P(y)x = Q(y)$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(y) = -\frac{1}{y}$ અને $Q(y) = -y$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ ($I$.$F$.) $= e^{\int P(y) \, dy} = e^{\int -\frac{1}{y} \, dy} = e^{-\ln y} = \frac{1}{y}$.
ઉકેલ: $x \cdot (I.F.) = \int Q(y) \cdot (I.F.) \, dy + C$.
$x \cdot \frac{1}{y} = \int (-y) \cdot \frac{1}{y} \, dy + C$
$\frac{x}{y} = \int -1 \, dy + C$
$\frac{x}{y} = -y + C$
$y(1) = 1$ આપેલ હોવાથી,$x = 1$ અને $y = 1$ મૂકતા:
$\frac{1}{1} = -1 + C \Rightarrow C = 2$.
તેથી,$\frac{x}{y} = -y + 2$.
$y(-3)$ શોધવા માટે,$x = -3$ મૂકતા:
$\frac{-3}{y} = -y + 2$
$-3 = -y^2 + 2y$
$y^2 - 2y - 3 = 0$
$(y - 3)(y + 1) = 0$
$y(x) > 0$ હોવાથી,$y = 3$ મળે.

(C) ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતા અને $X$-અક્ષ પર કેન્દ્ર ધરાવતા વર્તુળનું સામાન્ય સમીકરણ $(x-a)^2 + (y-0)^2 = a^2$ છે,જ્યાં $(a, 0)$ કેન્દ્ર છે અને $a$ ત્રિજ્યા છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $x^2 - 2ax + a^2 + y^2 = a^2$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 + y^2 - 2ax = 0 ... (i)$ થાય છે.
સમીકરણ $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2x + 2y \frac{dy}{dx} - 2a = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $2a = 2x + 2y \frac{dy}{dx} ... (ii)$.
સમીકરણ $(ii)$ માંથી $2a$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા,આપણને $x^2 + y^2 - x(2x + 2y \frac{dy}{dx}) = 0$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા,$x^2 + y^2 - 2x^2 - 2xy \frac{dy}{dx} = 0$.
આમ,$y^2 - x^2 - 2xy \frac{dy}{dx} = 0$,જે $y^2 = x^2 + 2xy \frac{dy}{dx}$ આપે છે.

(B) બાષ્પીભવનનો દર તેની સપાટીના ક્ષેત્રફળ $S = 4\pi R^2$ ના પ્રમાણમાં છે. કદ $V = \frac{4}{3}\pi R^3$ હોવાથી,કદમાં થતો ફેરફાર $\frac{dV}{dt} = 4\pi R^2 \frac{dR}{dt}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{dV}{dt} = -k(4\pi R^2)$,તેથી $4\pi R^2 \frac{dR}{dt} = -k(4\pi R^2)$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{dR}{dt} = -k$ થાય છે.
આનું સંકલન કરતા,આપણને $R(t) = -kt + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$R = 3$,તેથી $C = 3$. આમ $R(t) = -kt + 3$.
$t = 1$ સમયે,$R = 2$,તેથી $2 = -k(1) + 3$,જે આપણને $k = 1$ આપે છે.
તેથી,$R(t) = 3 - t$.
આપેલ વિકલ્પો તપાસતા,શરતો $R(0)=3$ અને $R(1)=2$ માટે વિકલ્પ $(B)$ $R(t + 2) = 6$ સંતોષાય છે,કારણ કે $t=0$ માટે $R=3$ અને $t=1$ માટે $R=2$ મળે છે.

(A) ધારો કે અર્ધ-શિરોબિંદુ ખૂણો $\alpha = \tan^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$ છે.
તેથી,$\tan \alpha = \frac{r}{h} = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $r = \frac{h}{2}$.
શંકુનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r = \frac{h}{2}$ મૂકતા,આપણને $V = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{h}{2}\right)^2 h = \frac{1}{12} \pi h^3$ મળે છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dV}{dt} = \frac{1}{12} \pi (3h^2) \frac{dh}{dt} = \frac{1}{4} \pi h^2 \frac{dh}{dt}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\frac{dV}{dt} = 5 \text{ m}^3/\text{min}$,તેથી $5 = \frac{1}{4} \pi h^2 \frac{dh}{dt}$,એટલે કે $\frac{dh}{dt} = \frac{20}{\pi h^2}$.
જ્યારે $h = 10 \text{ m}$ હોય,ત્યારે પાણીની સપાટી વધવાનો દર $\frac{dh}{dt} = \frac{20}{\pi (10)^2} = \frac{20}{100 \pi} = \frac{1}{5 \pi} \text{ m/min}$ થાય.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dP}{dt} = 0.5 P - 450 = \frac{1}{2}(P - 900)$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{2 dP}{P - 900} = dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $2 \int \frac{dP}{P - 900} = \int dt \Rightarrow 2 \ln |P - 900| = t + C$.
પ્રારંભિક શરત $P(0) = 850$ નો ઉપયોગ કરતા: $2 \ln |850 - 900| = 0 + C \Rightarrow C = 2 \ln 50$.
આમ,સમીકરણ $2 \ln |P - 900| = t + 2 \ln 50$ બને છે.
જ્યારે વસ્તી $P=0$ થાય ત્યારે સમય $t$ શોધવા માટે:
$2 \ln |0 - 900| = t + 2 \ln 50$
$2 \ln 900 = t + 2 \ln 50$
$t = 2 \ln 900 - 2 \ln 50 = 2 \ln \left( \frac{900}{50} \right) = 2 \ln 18$.

(A) ધારો કે $t$ સમયે હાજર બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $x$ છે.
વધારાનો દર બેક્ટેરિયાની સંખ્યાના પ્રમાણમાં છે,તેથી $\frac{dx}{dt} = kx$.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{dx}{x} = k dt$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\log x = kt + c$ ... $(i)$ મળે છે.
આપેલ છે કે $t = 3$ સમયે,$x = 10,000$,તેથી $\log(10,000) = 3k + c$ ... $(ii)$.
આપેલ છે કે $t = 5$ સમયે,$x = 40,000$,તેથી $\log(40,000) = 5k + c$ ... $(iii)$.
$(iii)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા,$\log(40,000) - \log(10,000) = 2k$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $\log(4) = 2k$ થાય છે,તેથી $k = \log(2)$.
$k = \log(2)$ ની કિંમત $(ii)$ માં મૂકતા,$\log(10,000) = 3\log(2) + c$ મળે છે.
આમ,$c = \log(10,000) - \log(8) = \log(\frac{10,000}{8}) = \log(1250)$.
શરૂઆતમાં,$t = 0$ સમયે,$\log x = k(0) + c$,તેથી $\log x = \log(1250)$.
તેથી,શરૂઆતમાં બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $x = 1250$ છે.

(D) ધારો કે $y = f(f(f(x))) + (f(x))^2$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,વિકલન નીચે મુજબ મળે:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(f(f(x))) \cdot f^{\prime}(f(x)) \cdot f^{\prime}(x) + 2f(x)f^{\prime}(x)$.
$x = 1$ આગળ,આપણી પાસે $f(1) = 1$ અને $f^{\prime}(1) = 3$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$f(f(1)) = f(1) = 1$.
$f(f(f(1))) = f(1) = 1$.
તેથી,$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=1} = f^{\prime}(f(f(1))) \cdot f^{\prime}(f(1)) \cdot f^{\prime}(1) + 2f(1)f^{\prime}(1)$.
$= f^{\prime}(1) \cdot f^{\prime}(1) \cdot f^{\prime}(1) + 2(1)(3)$.
$= 3 \cdot 3 \cdot 3 + 6 = 27 + 6 = 33$.

(C) આપેલ છે કે $y = \log_{\sin x} \tan x$. આધાર પરિવર્તન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{\log \tan x}{\log \sin x}$ લખી શકાય.
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \log \tan x$ અને $v = \log \sin x$ છે:
$u' = \frac{1}{\tan x} \cdot \sec^2 x = \frac{1}{\sin x \cos x} = 2 \csc(2x)$.
$v' = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x = \cot x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{(\log \sin x)(2 \csc 2x) - (\log \tan x)(\cot x)}{(\log \sin x)^2}$.
$x = \frac{\pi}{4}$ માટે,$\sin x = \frac{1}{\sqrt{2}}$,$\tan x = 1$,$\log \tan x = 0$,$\csc 2x = 1$,અને $\cot x = 1$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=\frac{\pi}{4}} = \frac{(\log \frac{1}{\sqrt{2}})(2) - 0}{(\log \frac{1}{\sqrt{2}})^2} = \frac{2 \log(2^{-1/2})}{(-\frac{1}{2} \log 2)^2} = \frac{-\log 2}{\frac{1}{4} (\log 2)^2} = \frac{-4}{\log 2}$.

(A) $y = [(x+1)(2x+1)(3x+1) \ldots (nx+1)]^{\frac{3}{2}}$
બંને બાજુ $\log$ લેતા,આપણને મળે છે
$\log y = \frac{3}{2} [\log(x+1) + \log(2x+1) + \log(3x+1) + \ldots + \log(nx+1)]$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{3}{2} \left[ \frac{1}{x+1} + \frac{2}{2x+1} + \frac{3}{3x+1} + \ldots + \frac{n}{nx+1} \right]$
$\therefore \frac{dy}{dx} = \frac{3y}{2} \left[ \frac{1}{x+1} + \frac{2}{2x+1} + \frac{3}{3x+1} + \ldots + \frac{n}{nx+1} \right]$
હવે $x=0$ આગળ,$y = [(1)(1)(1) \ldots (1)]^{\frac{3}{2}} = 1$
$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=0} = \frac{3(1)}{2} \left[ \frac{1}{0+1} + \frac{2}{0+1} + \frac{3}{0+1} + \ldots + \frac{n}{0+1} \right]$
$= \frac{3}{2} (1 + 2 + 3 + \ldots + n)$
$= \frac{3}{2} \times \frac{n(n+1)}{2}$
$= \frac{3n(n+1)}{4}$

(C) આપેલ છે કે $y=(1+x)(1+x^2)(1+x^4) \dots (1+x^{2n})$.
બંને બાજુ $\log$ લેતા,આપણને મળે $\log y = \log(1+x) + \log(1+x^2) + \log(1+x^4) + \dots + \log(1+x^{2n})$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{1}{1+x} + \frac{2x}{1+x^2} + \frac{4x^3}{1+x^4} + \dots + \frac{2n \cdot x^{2n-1}}{1+x^{2n}}$.
$x=0$ આગળ,$y = (1+0)(1+0) \dots (1+0) = 1$.
$x=0$ અને $y=1$ ની કિંમત મૂકતા,$\frac{1}{1} \left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=0} = \frac{1}{1+0} + 0 + 0 + \dots + 0$.
તેથી,$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=0} = 1$.

(C) આપેલ છે કે $\tan y = \frac{x \sin \alpha}{1-x \cos \alpha}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(\tan y) = \frac{d}{dx}\left(\frac{x \sin \alpha}{1-x \cos \alpha}\right)$
$\sec^2 y \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{(1-x \cos \alpha)(\sin \alpha) - (x \sin \alpha)(-\cos \alpha)}{(1-x \cos \alpha)^2}$
$\sec^2 y \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{\sin \alpha - x \sin \alpha \cos \alpha + x \sin \alpha \cos \alpha}{(1-x \cos \alpha)^2} = \frac{\sin \alpha}{(1-x \cos \alpha)^2}$
કારણ કે $\tan y = \frac{x \sin \alpha}{1-x \cos \alpha}$,તેથી $\sec^2 y = 1 + \tan^2 y = 1 + \frac{x^2 \sin^2 \alpha}{(1-x \cos \alpha)^2} = \frac{(1-x \cos \alpha)^2 + x^2 \sin^2 \alpha}{(1-x \cos \alpha)^2} = \frac{1 - 2x \cos \alpha + x^2 \cos^2 \alpha + x^2 \sin^2 \alpha}{(1-x \cos \alpha)^2} = \frac{1 - 2x \cos \alpha + x^2}{(1-x \cos \alpha)^2}$.
આ કિંમત મૂકતા:
$\frac{1 - 2x \cos \alpha + x^2}{(1-x \cos \alpha)^2} \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{\sin \alpha}{(1-x \cos \alpha)^2}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sin \alpha}{x^2 - 2x \cos \alpha + 1}$.
આને $\frac{dy}{dx} = \frac{m}{x^2+2nx+1}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m = \sin \alpha$ અને $n = -\cos \alpha$ મળે છે.
તેથી,$m^2 + n^2 = \sin^2 \alpha + (-\cos \alpha)^2 = \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$.

(C) આપેલ છે કે $y=\frac{\sqrt[3]{1+3 x} \sqrt[4]{1+4 x} \sqrt[5]{1+5 x}}{\sqrt[7]{1+7 x} \sqrt[8]{1+8 x}}$.
બંને બાજુ લઘુગણક (logarithm) લેતા:
$\log y = \frac{1}{3} \log (1+3 x) + \frac{1}{4} \log (1+4 x) + \frac{1}{5} \log (1+5 x) - \frac{1}{7} \log (1+7 x) - \frac{1}{8} \log (1+8 x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{d y}{d x} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{1+3 x} + \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{1+4 x} + \frac{1}{5} \cdot \frac{5}{1+5 x} - \frac{1}{7} \cdot \frac{7}{1+7 x} - \frac{1}{8} \cdot \frac{8}{1+8 x}$.
$\frac{1}{y} \frac{d y}{d x} = \frac{1}{1+3 x} + \frac{1}{1+4 x} + \frac{1}{1+5 x} - \frac{1}{1+7 x} - \frac{1}{1+8 x}$.
$x=0$ આગળ,$y = \frac{\sqrt[3]{1} \sqrt[4]{1} \sqrt[5]{1}}{\sqrt[7]{1} \sqrt[8]{1}} = 1$.
$x=0$ અને $y=1$ ની કિંમત વિકલિત સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{1} \left(\frac{d y}{d x}\right)_{x=0} = \frac{1}{1+0} + \frac{1}{1+0} + \frac{1}{1+0} - \frac{1}{1+0} - \frac{1}{1+0} = 1 + 1 + 1 - 1 - 1 = 1$.
આમ,$\left(\frac{d y}{d x}\right)_{x=0} = 1$.

(B) આપેલ છે કે $y = [(x+1)(2x+1)(3x+1) \ldots (nx+1)]^n$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (logarithm) લેતા:
$\log y = n [\log(x+1) + \log(2x+1) + \log(3x+1) + \ldots + \log(nx+1)]$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = n \left[ \frac{1}{x+1} + \frac{2}{2x+1} + \frac{3}{3x+1} + \ldots + \frac{n}{nx+1} \right]$.
$x=0$ આગળ,$y = [(1)(1)(1) \ldots (1)]^n = 1^n = 1$.
$x=0$ અને $y=1$ ની કિંમત વિકલિતના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{1} \left( \frac{dy}{dx} \right)_{x=0} = n [1 + 2 + 3 + \ldots + n]$.
સરવાળાના સૂત્ર $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left( \frac{dy}{dx} \right)_{x=0} = n \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right] = \frac{n^2(n+1)}{2}$.

(A) આપેલ પદાવલિ $y=\sqrt{(x-\sin x)+\sqrt{(x-\sin x)+\sqrt{(x-\sin x)+\ldots}}}$ છે.
આપણે તેને $y=\sqrt{(x-\sin x)+y}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $y^2 = x - \sin x + y$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $2y \frac{dy}{dx} = 1 - \cos x + \frac{dy}{dx}$ મળે છે.
$\frac{dy}{dx}$ માટે પદોને ગોઠવતા,આપણને $2y \frac{dy}{dx} - \frac{dy}{dx} = 1 - \cos x$ મળે છે.
$\frac{dy}{dx}$ સામાન્ય લેતા,આપણને $\frac{dy}{dx}(2y-1) = 1 - \cos x$ મળે છે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{1-\cos x}{2y-1}$.

(C) આપેલ છે કે $y=f\left(\frac{2 x+3}{3-2 x}\right)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d y}{d x}=f^{\prime}\left(\frac{2 x+3}{3-2 x}\right) \cdot \frac{d}{d x}\left(\frac{2 x+3}{3-2 x}\right)$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{d x}\left(\frac{2 x+3}{3-2 x}\right) = \frac{(3-2 x)(2) - (2 x+3)(-2)}{(3-2 x)^2} = \frac{6-4 x+4 x+6}{(3-2 x)^2} = \frac{12}{(3-2 x)^2}$.
આમ,$f^{\prime}\left(\frac{2 x+3}{3-2 x}\right) = \sin \left(\log \left(\frac{2 x+3}{3-2 x}\right)\right)$.
તેથી,$\frac{d y}{d x} = \sin \left(\log \left(\frac{2 x+3}{3-2 x}\right)\right) \cdot \frac{12}{(3-2 x)^2}$.
$x=1$ આગળ,વિધેયનો આર્ગ્યુમેન્ટ $\frac{2(1)+3}{3-2(1)} = 5$ થાય છે.
તેથી $x=1$ આગળ વિકલન $\sin (\log 5) \cdot \frac{12}{(3-2)^2} = 12 \sin (\log 5)$ મળે છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\log(x+y)=2xy$ ... $(i)$
$x=0$ માટે,$\log(0+y)=2(0)y$,જેનો અર્થ છે $\log(y)=0$,તેથી $y=e^0=1$.
સમીકરણ $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{x+y} \left(1 + \frac{dy}{dx}\right) = 2y + 2x \frac{dy}{dx}$
હવે $x=0$ અને $y=1$ મૂકતા:
$\frac{1}{0+1} \left(1 + \frac{dy}{dx}\right) = 2(1) + 2(0) \frac{dy}{dx}$
$1 + \frac{dy}{dx} = 2$
$\frac{dy}{dx} = 2 - 1 = 1$
આમ,$x=0$ આગળ $\frac{dy}{dx}$ ની કિંમત $1$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $(2x)^{2y} = 4e^{2x-2y}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક $(\log_e)$ લેતા:
$2y \log_e(2x) = \log_e 4 + (2x - 2y) \log_e e$
$\log_e 4 = 2 \log_e 2$ અને $\log_e e = 1$ હોવાથી:
$2y \log_e(2x) = 2 \log_e 2 + 2x - 2y$
$2$ વડે ભાગતા:
$y \log_e(2x) = \log_e 2 + x - y$
$y$ ને કર્તા બનાવતા:
$y(1 + \log_e 2x) = x + \log_e 2$
$y = \frac{x + \log_e 2}{1 + \log_e 2x} \quad \dots(i)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} (1 + \log_e 2x) + y \left( \frac{1}{x} \right) = 1$
$\frac{dy}{dx} (1 + \log_e 2x) = 1 - \frac{y}{x} = \frac{x - y}{x}$
$(i)$ માંથી $y$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} (1 + \log_e 2x) = \frac{x - \frac{x + \log_e 2}{1 + \log_e 2x}}{x} = \frac{x(1 + \log_e 2x) - (x + \log_e 2)}{x(1 + \log_e 2x)}$
$= \frac{x + x \log_e 2x - x - \log_e 2}{x(1 + \log_e 2x)} = \frac{x \log_e 2x - \log_e 2}{x(1 + \log_e 2x)}$
બંને બાજુ $(1 + \log_e 2x)$ વડે ગુણતા:
$(1 + \log_e 2x)^2 \frac{dy}{dx} = \frac{x \log_e 2x - \log_e 2}{x}$

(B) આપેલ છે: $x^2+y^2=t+\frac{1}{t}$ અને $x^4+y^4=t^2+\frac{1}{t^2}$.
પ્રથમ સમીકરણની બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(x^2+y^2)^2 = (t+\frac{1}{t})^2$
$x^4+y^4+2x^2y^2 = t^2+\frac{1}{t^2}+2$.
$x^4+y^4=t^2+\frac{1}{t^2}$ હોવાથી,આપણે તેને સમીકરણમાં મૂકતા:
$(t^2+\frac{1}{t^2})+2x^2y^2 = t^2+\frac{1}{t^2}+2$.
આથી $2x^2y^2 = 2$,જેનો અર્થ છે કે $x^2y^2 = 1$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x^2y^2) = \frac{d}{dx}(1)$
$x^2(2y\frac{dy}{dx}) + y^2(2x) = 0$.
$2x^2y\frac{dy}{dx} = -2xy^2$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2xy^2}{2x^2y} = \frac{-y}{x}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\log (x+y)=2xy \quad ...(i)$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{x+y} \cdot (1 + y^{\prime}) = 2(x y^{\prime} + y)$
$y^{\prime}$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$1 + y^{\prime} = 2(x+y)(x y^{\prime} + y)$
$1 + y^{\prime} = 2x^2 y^{\prime} + 2xy + 2xy y^{\prime} + 2y^2$
$y^{\prime}(1 - 2x^2 - 2xy) = 2xy + 2y^2 - 1$
$y^{\prime} = \frac{2xy + 2y^2 - 1}{1 - 2x^2 - 2xy}$
હવે,સમીકરણ $(i)$ માં $x=0$ મૂકતા $y$ ની કિંમત મેળવીએ:
$\log(0+y) = 2(0)y$
$\log(y) = 0$
$y = e^0 = 1$
હવે $x=0$ અને $y=1$ ને $y^{\prime}$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$y^{\prime}(0) = \frac{2(0)(1) + 2(1)^2 - 1}{1 - 2(0)^2 - 2(0)(1)}$
$y^{\prime}(0) = \frac{0 + 2 - 1}{1 - 0 - 0} = \frac{1}{1} = 1$

(A) આપેલ છે કે $f(x) = 3^x$,તેથી તેનું વિકલન $f^{\prime}(x) = 3^x \log 3$ થાય. $x = 0$ મૂકતા,$f^{\prime}(0) = 3^0 \log 3 = \log 3$ મળે.
આપેલ છે કે $g(x) = 4^x$,તેથી તેનું વિકલન $g^{\prime}(x) = 4^x \log 4$ થાય. $x = 0$ મૂકતા,$g^{\prime}(0) = 4^0 \log 4 = \log 4$ મળે.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા,$\frac{f^{\prime}(0)-g^{\prime}(0)}{1+f^{\prime}(0) g^{\prime}(0)} = \frac{\log 3 - \log 4}{1 + (\log 3)(\log 4)}$ મળે.
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\log a - \log b = \log \left(\frac{a}{b}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,અંશ $\log \left(\frac{3}{4}\right)$ બને છે.
આમ,પદાવલિ $\frac{\log \left(\frac{3}{4}\right)}{1 + (\log 3)(\log 4)}$ થાય છે.

(C) ધારો કે $y = f(\sec x)$ અને $z = g(\tan x)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન મેળવીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(\sec x) \cdot \sec x \tan x$
$\frac{dz}{dx} = g^{\prime}(\tan x) \cdot \sec^2 x$
હવે,$z$ ની સાપેક્ષે $y$ નું વિકલન નીચે મુજબ છે:
$\frac{dy}{dz} = \frac{dy/dx}{dz/dx} = \frac{f^{\prime}(\sec x) \cdot \sec x \tan x}{g^{\prime}(\tan x) \cdot \sec^2 x} = \frac{f^{\prime}(\sec x) \tan x}{g^{\prime}(\tan x) \sec x}$
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ,$\sec(\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}$ અને $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ થાય છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\left. \frac{dy}{dz} \right|_{x=\frac{\pi}{4}} = \frac{f^{\prime}(\sqrt{2}) \cdot 1}{g^{\prime}(1) \cdot \sqrt{2}} = \frac{4 \cdot 1}{2 \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.

(A) ધારો કે $y = \sqrt{x^2+16}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x^2+16}} \cdot (2x) = \frac{x}{\sqrt{x^2+16}}$.
ધારો કે $z = \frac{x}{x-1}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dz}{dx} = \frac{(x-1)(1) - x(1)}{(x-1)^2} = \frac{-1}{(x-1)^2}$.
આપણે $\frac{dy}{dz} = \frac{dy/dx}{dz/dx}$ શોધવાનું છે.
$\frac{dy}{dz} = \frac{x}{\sqrt{x^2+16}} \div \left( \frac{-1}{(x-1)^2} \right) = -\frac{x(x-1)^2}{\sqrt{x^2+16}}$.
$x=5$ આગળ:
$\frac{dy}{dz} = -\frac{5(5-1)^2}{\sqrt{5^2+16}} = -\frac{5(16)}{\sqrt{25+16}} = -\frac{80}{\sqrt{41}}$.

(B) આપેલ છે કે $x=3 \tan t$ અને $y=3 \sec t$.
પ્રથમ,$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = 3 \sec^2 t$
$\frac{dy}{dt} = 3 \sec t \tan t$
હવે,પ્રથમ વિકલન $\frac{dy}{dx}$ શોધો:
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{3 \sec t \tan t}{3 \sec^2 t} = \frac{\tan t}{\sec t} = \sin t$
હવે,દ્વિતીય વિકલન $\frac{d^2y}{dx^2}$ શોધો:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\sin t) = \frac{d}{dt}(\sin t) \cdot \frac{dt}{dx} = \cos t \cdot \frac{1}{3 \sec^2 t} = \frac{\cos t}{3 \sec^2 t} = \frac{\cos^3 t}{3}$
અંતે,$t = \frac{\pi}{4}$ માટે કિંમત મેળવો:
$\left(\frac{d^2y}{dx^2}\right)_{t=\frac{\pi}{4}} = \frac{(\cos(\pi/4))^3}{3} = \frac{(1/\sqrt{2})^3}{3} = \frac{1/(2\sqrt{2})}{3} = \frac{1}{6\sqrt{2}}$

(A) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x^2}}\right)$ અને $z = \cos ^{-1}(x^2)$.
$x^2 = \cos 2\theta$ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \frac{1}{2} \cos ^{-1}(x^2)$.
તેથી,$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta}-\sqrt{1-\cos 2\theta}}{\sqrt{1+\cos 2\theta}+\sqrt{1-\cos 2\theta}}\right)$.
નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ અને $1-\cos 2\theta = 2\sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos \theta - \sqrt{2}\sin \theta}{\sqrt{2}\cos \theta + \sqrt{2}\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\cos \theta - \sin \theta}{\cos \theta + \sin \theta}\right)$.
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)\right) = \frac{\pi}{4} - \theta$.
હવે $\theta = \frac{1}{2} \cos ^{-1}(x^2)$ કિંમત મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \cos ^{-1}(x^2) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} z$.
હવે $z$ ની સાપેક્ષે $y$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dz} = \frac{d}{dz}\left(\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} z\right) = -\frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $p = f(\tan x)$ અને $q = g(\sec x)$ છે.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન મેળવીએ છીએ:
$\frac{dp}{dx} = f^{\prime}(\tan x) \cdot \sec^2 x$
$\frac{dq}{dx} = g^{\prime}(\sec x) \cdot \sec x \tan x$
$x = \frac{\pi}{4}$ માટે,$\tan x = 1$ અને $\sec x = \sqrt{2}$ થાય છે.
$\left. \frac{dp}{dx} \right|_{x=\frac{\pi}{4}} = f^{\prime}(1) \cdot (\sqrt{2})^2 = 2 \cdot 2 = 4$.
$\left. \frac{dq}{dx} \right|_{x=\frac{\pi}{4}} = g^{\prime}(\sqrt{2}) \cdot (\sqrt{2} \cdot 1) = 4 \cdot \sqrt{2} = 4\sqrt{2}$.
માગેલ વિકલન $\frac{dp}{dq} = \frac{dp/dx}{dq/dx} = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.

(B) ધારો કે $u = \tan ^{-1}\left[\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right]$ અને $v = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{2 \sqrt{1+x^2}}}\right]$.
$x = \tan \theta$ લેતા,$\theta = \tan ^{-1} x$ મળે.
$u$ માટે:
$u = \tan ^{-1}\left[\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right] = \tan ^{-1}\left[\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right] = \tan ^{-1}\left[\frac{2 \sin ^2 (\theta/2)}{2 \sin (\theta/2) \cos (\theta/2)}\right] = \tan ^{-1}(\tan (\theta/2)) = \frac{\theta}{2} = \frac{\tan ^{-1} x}{2}$.
$v$ માટે:
$v = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{1+\sec \theta}{2 \sec \theta}}\right] = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{\cos \theta + 1}{2}}\right] = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{2 \cos ^2 (\theta/2)}{2}}\right] = \cos ^{-1}(\cos (\theta/2)) = \frac{\theta}{2} = \frac{\tan ^{-1} x}{2}$.
આમ,$u = v$ હોવાથી,$\frac{du}{dv} = \frac{d}{dv}(v) = 1$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $x=\log _{e}\left(\frac{\cos \frac{y}{2}-\sin \frac{y}{2}}{\cos \frac{y}{2}+\sin \frac{y}{2}}\right)$.
અંશ અને છેદને $\cos \frac{y}{2}$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $e^x=\frac{1-\tan \frac{y}{2}}{1+\tan \frac{y}{2}} = \tan \left(\frac{\pi}{4}-\frac{y}{2}\right) \quad \dots(i)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,$e^x = \sec^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{y}{2}\right) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \frac{dy}{dx}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = -2e^x \cos^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{y}{2}\right)$.
જ્યારે $t=\frac{1}{2}$,$\tan \frac{y}{2} = \sqrt{\frac{1-1/2}{1+1/2}} = \sqrt{\frac{1/2}{3/2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$\frac{y}{2} = \frac{\pi}{6}$.
સમીકરણ $(i)$ માં $\frac{y}{2} = \frac{\pi}{6}$ મૂકતા,$e^x = \tan \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6}\right) = \tan \frac{\pi}{12} = 2-\sqrt{3}$.
હવે,$\cos^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6}\right) = \cos^2 \frac{\pi}{12} = \left(\frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{3+1+2\sqrt{3}}{8} = \frac{4+2\sqrt{3}}{8} = \frac{2+\sqrt{3}}{4}$.
તેથી,$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{t=\frac{1}{2}} = -2(2-\sqrt{3}) \cdot \frac{2+\sqrt{3}}{4} = -\frac{1}{2}(4-3) = -\frac{1}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{\sqrt{x^4+a^4}}\right)$.
ધારો કે $x^2=a^2 \tan \theta$,તેથી $\theta=\tan ^{-1}\left(\frac{x^2}{a^2}\right)$.
$y$ ના પદમાં $x^2$ ની કિંમત મૂકતા:
$y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{\sqrt{(a^2 \tan \theta)^2+a^4}}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{\sqrt{a^4 \tan ^2 \theta+a^4}}\right)$
$y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{a^2 \sqrt{\tan ^2 \theta+1}}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{1}{\sec \theta}\right)$
$y=\cos ^{-1}(\cos \theta) = \theta$
આમ,$y=\tan ^{-1}\left(\frac{x^2}{a^2}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{1+\left(\frac{x^2}{a^2}\right)^2} \cdot \frac{d}{d x}\left(\frac{x^2}{a^2}\right)$
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{1+\frac{x^4}{a^4}} \cdot \frac{2x}{a^2} = \frac{a^4}{a^4+x^4} \cdot \frac{2x}{a^2}$
$\frac{d y}{d x} = \frac{2 a^2 x}{x^4+a^4}$.

(A) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{\log \left(\frac{e}{x^2}\right)}{\log \left(ex^2\right)}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{4+2 \log x}{1-8 \log x}\right)$.
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$\log(\frac{e}{x^2}) = \log e - \log x^2 = 1 - 2\log x$ અને $\log(ex^2) = \log e + \log x^2 = 1 + 2\log x$.
તેથી,$y = \tan^{-1}\left(\frac{1-2\log x}{1+2\log x}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{4+2\log x}{1-8\log x}\right)$.
$\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(2\log x) = \tan^{-1}\left(\frac{1-2\log x}{1+2\log x}\right)$.
તે જ રીતે,$\tan^{-1}(4) + \tan^{-1}(2\log x) = \tan^{-1}\left(\frac{4+2\log x}{1-8\log x}\right)$.
આ કિંમતો મૂકતા,$y = \tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(2\log x) + \tan^{-1}(4) + \tan^{-1}(2\log x)$.
$y = \tan^{-1}(1) + \tan^{-1}(4)$.
અહીં $y$ અચળ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $y=\sqrt{\frac{1-\sin ^{-1}(x)}{1+\sin ^{-1}(x)}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log y = \frac{1}{2} [\log(1-\sin^{-1}x) - \log(1+\sin^{-1}x)]$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{1-\sin^{-1}x} \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) - \frac{1}{1+\sin^{-1}x} \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) \right]$.
પદને સરળ બનાવતા:
$\frac{dy}{dx} = -\frac{y}{2\sqrt{1-x^2}} \left( \frac{1}{1-\sin^{-1}x} + \frac{1}{1+\sin^{-1}x} \right)$.
$x=0$ આગળ,$\sin^{-1}(0)=0$ અને $y=1$ છે:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(0,1)} = -\frac{1}{2\sqrt{1-0}} \left( \frac{1}{1-0} + \frac{1}{1+0} \right) = -\frac{1}{2} (1+1) = -1$.

(D) ધારો કે $u = \log x$. તેથી $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2u}{1+u^2}\right)$.
$u = \tan \theta$ આદેશ લેતા,આપણને મળે $\frac{2u}{1+u^2} = \sin(2\theta)$.
આમ,$f(x) = \sin^{-1}(\sin(2\theta)) = 2\theta = 2 \tan^{-1}(u) = 2 \tan^{-1}(\log x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 2 \times \frac{1}{1+(\log x)^2} \times \frac{d}{dx}(\log x)$
$f^{\prime}(x) = \frac{2}{1+(\log x)^2} \times \frac{1}{x} = \frac{2}{x(1+(\log x)^2)}$.
$x = e$ મુકતા:
$f^{\prime}(e) = \frac{2}{e(1+(\log e)^2)} = \frac{2}{e(1+1^2)} = \frac{2}{e(2)} = \frac{1}{e}$.

(C) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{4 \sin 2 x}{\cos 2 x-6 \sin ^2 x}\right)$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{8 \sin x \cos x}{\cos^2 x - \sin^2 x - 6 \sin^2 x} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{8 \sin x \cos x}{\cos^2 x - 7 \sin^2 x} \right)$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{8 \tan x}{1 - 7 \tan^2 x} \right)$.
આપણે $8 \tan x = 7 \tan x + \tan x$ લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{7 \tan x + \tan x}{1 - (7 \tan x)(\tan x)} \right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}(7 \tan x) + \tan^{-1}(\tan x) = \tan^{-1}(7 \tan x) + x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (7 \tan x)^2} \cdot 7 \sec^2 x + 1 = \frac{7 \sec^2 x}{1 + 49 \tan^2 x} + 1$.
$x=0$ આગળ,$\tan 0 = 0$ અને $\sec 0 = 1$:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=0} = \frac{7(1)^2}{1 + 49(0)^2} + 1 = \frac{7}{1} + 1 = 8$.

(A) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = \tan ^{-1}(\sec x + \tan x)$.
ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f^{\prime}(x) = \tan ^{-1}\left(\frac{1+\sin x}{\cos x}\right)$
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:
$f^{\prime}(x) = \tan ^{-1}\left[\frac{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2}{(\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})}\right]$
$f^{\prime}(x) = \tan ^{-1}\left(\frac{\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}\right)$
અંશ અને છેદને $\cos \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$f^{\prime}(x) = \tan ^{-1}\left(\frac{1 + \tan \frac{x}{2}}{1 - \tan \frac{x}{2}}\right) = \tan ^{-1}\left[\tan \left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right)\right]$
આમ,$f^{\prime}(x) = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) = \int \left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right) dx = \frac{\pi x}{4} + \frac{x^2}{4} + C$.
$f(0) = 0$ આપેલ હોવાથી,આપણને $C = 0$ મળે છે.
તેથી,$f(x) = \frac{\pi x + x^2}{4}$.
માટે,$f(1) = \frac{\pi(1) + (1)^2}{4} = \frac{\pi+1}{4}$.

(B) આપેલ છે કે $y = (\sin^{-1} x)^2 + (\cos^{-1} x)^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x$.
આ કિંમત મૂકતા,$y = (\sin^{-1} x)^2 + (\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x)^2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2(\sin^{-1} x) \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + 2(\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x) \cdot (-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}})$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} (\sin^{-1} x - \frac{\pi}{2} + \sin^{-1} x) = \frac{2(2\sin^{-1} x - \frac{\pi}{2})}{\sqrt{1-x^2}}$.
$\sqrt{1-x^2}$ વડે ગુણતા: $\sqrt{1-x^2} y_1 = 4\sin^{-1} x - \pi$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\sqrt{1-x^2} y_2 + y_1 \cdot (\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}) = \frac{4}{\sqrt{1-x^2}}$.
આખા સમીકરણને $\sqrt{1-x^2}$ વડે ગુણતા: $(1-x^2) y_2 - x y_1 = 4$.

(C) આપેલ છે કે $x = \sqrt{e^{\sin^{-1} t}}$ અને $y = \sqrt{e^{\cos^{-1} t}}$.
$x$ અને $y$ નો ગુણાકાર કરતા:
$xy = \sqrt{e^{\sin^{-1} t}} \cdot \sqrt{e^{\cos^{-1} t}} = \sqrt{e^{\sin^{-1} t + \cos^{-1} t}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1} t + \cos^{-1} t = \frac{\pi}{2}$,તેથી $xy = \sqrt{e^{\pi/2}}$,જે એક અચળ પદ છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x \frac{dy}{dx} + y = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x} \quad ... (i)$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = -\frac{d}{dx} \left( \frac{y}{x} \right) = -\left( \frac{x \frac{dy}{dx} - y}{x^2} \right)$.
સમીકરણ $(i)$ પરથી $\frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x}$ મૂકતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = -\left( \frac{x(-\frac{y}{x}) - y}{x^2} \right) = -\left( \frac{-y - y}{x^2} \right) = -\left( \frac{-2y}{x^2} \right) = \frac{2y}{x^2}$.