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

(C) આપેલ છે $J-I = \int \left( \frac{e^{-x}}{e^{-4x} + e^{-2x} + 1} - \frac{e^x}{e^{4x} + e^{2x} + 1} \right) dx$.
પ્રથમ પદના અંશ અને છેદને $e^{4x}$ વડે ગુણતા: $\frac{e^{-x} \cdot e^{4x}}{e^{-4x} \cdot e^{4x} + e^{-2x} \cdot e^{4x} + 1 \cdot e^{4x}} = \frac{e^{3x}}{1 + e^{2x} + e^{4x}}$.
તેથી, $J-I = \int \frac{e^{3x} - e^x}{e^{4x} + e^{2x} + 1} dx = \int \frac{(e^{2x} - 1)e^x}{e^{4x} + e^{2x} + 1} dx$.
ધારો કે $e^x = t$, તો $e^x dx = dt$.
સંકલન $\int \frac{t^2 - 1}{t^4 + t^2 + 1} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{(t^2 + 1 + 1/t^2)} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{(t + 1/t)^2 - 1} dt$ બને છે.
ધારો કે $u = t + 1/t$, તો $du = (1 - 1/t^2) dt$.
સંકલન $\int \frac{du}{u^2 - 1} = \frac{1}{2} \log \left| \frac{u-1}{u+1} \right| + c$ થાય.
$u = t + 1/t = e^x + e^{-x}$ મૂકતા, આપણને $\frac{1}{2} \log \left| \frac{e^x + e^{-x} - 1}{e^x + e^{-x} + 1} \right| + c = \frac{1}{2} \log \left| \frac{e^{2x} - e^x + 1}{e^{2x} + e^x + 1} \right| + c$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{2+\cos \frac{x}{2}}{x+\sin \frac{x}{2}} \,d x$.
$t = x + \sin \frac{x}{2}$ આદેશ લેતા.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dt}{dx} = 1 + \cos \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{1}{2} \cos \frac{x}{2} = \frac{2 + \cos \frac{x}{2}}{2}$.
તેથી,$(2 + \cos \frac{x}{2}) dx = 2 dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2}{t} dt = 2 \int \frac{1}{t} dt$.
સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$I = 2 \log |t| + c$.
$t = x + \sin \frac{x}{2}$ પાછું મૂકતા:
$I = 2 \log \left| x + \sin \frac{x}{2} \right| + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin x+\sin ^3 x}{\cos 2 x} \,d x$.
$= \int \frac{\sin x(1+\sin ^2 x)}{\cos 2 x} \,d x$.
$= \int \frac{\sin x(1+1-\cos ^2 x)}{2 \cos ^2 x-1} \,d x$.
$= \int \frac{\sin x(2-\cos ^2 x)}{2 \cos ^2 x-1} \,d x$.
$\cos x = t$ લેતા,તેથી $-\sin x \,d x = dt$ અથવા $\sin x \,d x = -dt$.
$I = -\int \frac{2-t^2}{2 t^2-1} dt = \int \frac{t^2-2}{2 t^2-1} dt$.
$= \frac{1}{2} \int \frac{2 t^2-4}{2 t^2-1} dt = \frac{1}{2} \int \left(1 - \frac{3}{2 t^2-1}\right) dt$.
$= \frac{1}{2} \int dt - \frac{3}{2} \int \frac{dt}{(\sqrt{2} t)^2-1^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2-a^2} = \frac{1}{2a} \log |\frac{x-a}{x+a}|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2} t - \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} \log |\frac{\sqrt{2} t-1}{\sqrt{2} t+1}| + c$.
$= \frac{1}{2} \cos x - \frac{3}{4 \sqrt{2}} \log |\frac{\sqrt{2} \cos x-1}{\sqrt{2} \cos x+1}| + c$.
$A \cos x + B \log |f(x)| + c$ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{1}{2}$,$B = \frac{-3}{4 \sqrt{2}}$,અને $f(x) = \frac{\sqrt{2} \cos x-1}{\sqrt{2} \cos x+1}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $t = \sin^2 x + \cos^3 x$.
તેથી,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$dt = (2 \sin x \cos x + 3 \cos^2 x (-\sin x)) \, dx$
$dt = (\sin 2x - 3 \cos^2 x \sin x) \, dx$
$dt = \sin 2x (1 - \frac{3}{2} \cos x) \, dx$
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$\int \frac{1}{e^t} \, dt = \int e^{-t} \, dt$
$= -e^{-t} + c$
$= -e^{-(\sin^2 x + \cos^3 x)} + c$.

(D) $I = \int \frac{dx}{\sin(x-a) \sin(x-b)}$ ની ગણતરી કરવા માટે,$\sin(b-a)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int \frac{\sin((x-a) - (x-b))}{\sin(x-a) \sin(x-b)} dx$
નિત્યસમ $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int \frac{\sin(x-a) \cos(x-b) - \cos(x-a) \sin(x-b)}{\sin(x-a) \sin(x-b)} dx$
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int \left( \frac{\cos(x-b)}{\sin(x-b)} - \frac{\cos(x-a)}{\sin(x-a)} \right) dx$
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int (\cot(x-b) - \cot(x-a)) dx$
સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} [\log|\sin(x-b)| - \log|\sin(x-a)|] + c$
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \log \left| \frac{\sin(x-b)}{\sin(x-a)} \right| + c$

(B) ધારો કે $\log x = t$,તેથી $x = e^t$. $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$dx = e^t \, dt$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \sin(t) e^t \, dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,જ્યાં $u = \sin t$ અને $dv = e^t \, dt$ લેતા,$du = \cos t \, dt$ અને $v = e^t$ મળે.
$I = e^t \sin t - \int e^t \cos t \, dt$.
ફરીથી $\int e^t \cos t \, dt$ માટે ખંડશઃ સંકલન કરતા:
$I = e^t \sin t - [e^t \cos t - \int e^t (-\sin t) \, dt]$.
$I = e^t \sin t - e^t \cos t - \int e^t \sin t \, dt$.
$I = e^t \sin t - e^t \cos t - I$.
$2I = e^t(\sin t - \cos t) + c$.
$t = \log x$ અને $e^t = x$ મૂકતા:
$2I = x(\sin(\log x) - \cos(\log x)) + c$.
$I = \frac{x}{2}(\sin(\log x) - \cos(\log x)) + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^4} \,dx$.
આપણે સંકલનને $I = \int \frac{x \sqrt{\frac{1}{x^2}-1}}{x^4} \,dx = \int \frac{\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}}{x^3} \,dx$ તરીકે લખી શકીએ.
ધારો કે $\frac{1}{x^2}-1 = t$. તેથી $-\frac{2}{x^3} \,dx = dt$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{x^3} \,dx = -\frac{dt}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$I = -\frac{1}{2} \int \sqrt{t} \,dt = -\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{3/2}}{3/2} + c = -\frac{1}{3} t^{3/2} + c$.
હવે $t = \frac{1-x^2}{x^2}$ પાછા મૂકતા,$I = -\frac{1}{3} \left(\frac{1-x^2}{x^2}\right)^{3/2} + c = -\frac{1}{3} \frac{(\sqrt{1-x^2})^3}{(x^2)^{3/2}} + c = -\frac{1}{3x^3} (\sqrt{1-x^2})^3 + c$.
આને $A(x)(\sqrt{1-x^2})^m + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A(x) = -\frac{1}{3x^3}$ અને $m = 3$ મળે છે.
તેથી,$(A(x))^m = \left(-\frac{1}{3x^3}\right)^3 = -\frac{1}{27x^9}$.

(A) આપણે સંકલન $I = \int \frac{x-3}{(x-1)^3} e^x \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
અંશને $(x-1) - 2$ તરીકે લખતા:
$I = \int \frac{(x-1) - 2}{(x-1)^3} e^x \, dx$
$I = \int \left[ \frac{x-1}{(x-1)^3} - \frac{2}{(x-1)^3} \right] e^x \, dx$
$I = \int e^x \left[ \frac{1}{(x-1)^2} - \frac{2}{(x-1)^3} \right] \, dx$
ધારો કે $f(x) = \frac{1}{(x-1)^2} = (x-1)^{-2}$.
તેથી,$f'(x) = -2(x-1)^{-3} = -\frac{2}{(x-1)^3}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^x [f(x) + f'(x)] \, dx = e^x f(x) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = e^x \left( \frac{1}{(x-1)^2} \right) + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{x^3 \, dx}{\sqrt{1+x^2}}$.
$1+x^2 = t^2$ લેતા,$2x \, dx = 2t \, dt$,એટલે કે $x \, dx = t \, dt$.
વળી,$x^2 = t^2 - 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(t^2-1) \cdot t \, dt}{t} = \int (t^2 - 1) \, dt$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$I = \frac{t^3}{3} - t + c$.
$t = \sqrt{1+x^2}$ પાછા મૂકતા:
$I = \frac{(1+x^2)^{3/2}}{3} - \sqrt{1+x^2} + c = \frac{1}{3}(1+x^2)\sqrt{1+x^2} - 1\sqrt{1+x^2} + c$.
આપેલ સ્વરૂપ $a(1+x^2)\sqrt{1+x^2} + b\sqrt{1+x^2} + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = \frac{1}{3}$ અને $b = -1$ મળે છે.
તેથી,$3ab = 3 \times \frac{1}{3} \times (-1) = -1$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x^2}{\sqrt{1-x}} \,dx$.
$1-x = t$ આદેશ લેતા, તેથી $x = 1-t$ અને $dx = -dt$.
$I = \int \frac{(1-t)^2}{\sqrt{t}} (-dt) = -\int \frac{1-2t+t^2}{t^{1/2}} dt$.
$I = -\int (t^{-1/2} - 2t^{1/2} + t^{3/2}) dt$.
$I = -(2t^{1/2} - \frac{4}{3}t^{3/2} + \frac{2}{5}t^{5/2}) + c$.
$I = -\frac{2}{15} t^{1/2} (15 - 10t + 3t^2) + c$.
$t = 1-x$ હોવાથી, $I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (15 - 10(1-x) + 3(1-x)^2) + c$.
$I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (15 - 10 + 10x + 3(1 - 2x + x^2)) + c$.
$I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (5 + 10x + 3 - 6x + 3x^2) + c$.
$I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (3x^2 + 4x + 8) + c$.
આને $p \sqrt{1-x} (3x^2 + 4x + 8) + c$ સાથે સરખાવતા, આપણને $p = \frac{-2}{15}$ મળે છે.

(A) આપણે સંકલન $I = \int e^x \left( \frac{x^2+4x+4}{(x+4)^2} \right) dx$ શોધવાનું છે.
પ્રથમ,અંશને ફરીથી લખતા: $x^2+4x+4 = x(x+4) + 4$.
તેથી,સંકલન આ મુજબ થશે:
$I = \int e^x \left( \frac{x(x+4) + 4}{(x+4)^2} \right) dx$
$I = \int e^x \left( \frac{x}{x+4} + \frac{4}{(x+4)^2} \right) dx$.
ધારો કે $f(x) = \frac{x}{x+4}$.
તો $f'(x) = \frac{(x+4)(1) - x(1)}{(x+4)^2} = \frac{x+4-x}{(x+4)^2} = \frac{4}{(x+4)^2}$.
સંકલન $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + c$ ના સ્વરૂપમાં હોવાથી,
આપણને $I = e^x \left( \frac{x}{x+4} \right) + c$ મળે છે.

(B) ધારો કે $y = \log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)$.
તેથી,$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$dy = \frac{1}{t+\sqrt{1+t^2}} \left(1 + \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right) dt$ મળે.
વિકલનનું સાદું રૂપ આપતા: $dy = \frac{1}{t+\sqrt{1+t^2}} \left(\frac{\sqrt{1+t^2}+t}{\sqrt{1+t^2}}\right) dt = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા: $\int y \, dy = \frac{y^2}{2} + c$.
આમ,$\frac{1}{2} \left[\log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)\right]^2 + c = \frac{1}{2} (g(t))^2 + c$.
બંને બાજુ સરખાવતા,આપણને $g(t) = \log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)$ મળે છે.
તેથી,$g(2) = \log \left(2+\sqrt{1+2^2}\right) = \log (2+\sqrt{5})$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{1}{7-6 x-x^2} dx$.
પ્રથમ,છેદમાં પૂર્ણવર્ગ પદાવલિ બનાવો: $7-6x-x^2 = 7 - (x^2+6x) = 7 - (x^2+6x+9-9) = 16 - (x+3)^2$.
તેથી,$I = \int \frac{1}{16-(x+3)^2} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{a^2-x^2} dx = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=4$ અને $x$ ની જગ્યાએ $(x+3)$ છે:
$I = \frac{1}{2(4)} \log \left| \frac{4+(x+3)}{4-(x+3)} \right| + c$.
$I = \frac{1}{8} \log \left| \frac{7+x}{1-x} \right| + c$.

(B) ધારો કે $ I = \int \frac{x^2+1}{x(x^2-1)} dx $.
અંશ અને છેદને $ x^2 $ વડે ભાગતા:
$ I = \int \frac{1 + \frac{1}{x^2}}{x(1 - \frac{1}{x^2})} dx $.
ધારો કે $ t = x - \frac{1}{x} $. તો $ dt = (1 + \frac{1}{x^2}) dx $.
અંશ-છેદની રીત (Partial Fractions) વાપરતા:
$ \frac{x^2+1}{x(x-1)(x+1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x-1} + \frac{C}{x+1} $.
$ x^2+1 = A(x^2-1) + Bx(x+1) + Cx(x-1) $.
$ x=0 $ લેતા,$ 1 = -A \Rightarrow A = -1 $.
$ x=1 $ લેતા,$ 2 = 2B \Rightarrow B = 1 $.
$ x=-1 $ લેતા,$ 2 = 2C \Rightarrow C = 1 $.
$ I = \int (-\frac{1}{x} + \frac{1}{x-1} + \frac{1}{x+1}) dx $.
$ I = -\log |x| + \log |x-1| + \log |x+1| + c $.
$ I = \log \left| \frac{(x-1)(x+1)}{x} \right| + c = \log \left| \frac{x^2-1}{x} \right| + c $.

(B) $\int \frac{1}{(x+2)(x^2+1)} \, dx$ ઉકેલવા માટે,આપણે આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $\frac{1}{(x+2)(x^2+1)} = \frac{A}{x+2} + \frac{Bx+C}{x^2+1}$.
$(x+2)(x^2+1)$ વડે ગુણતા,$1 = A(x^2+1) + (Bx+C)(x+2)$ મળે છે.
$x = -2$ લેતા,$1 = A(4+1) \implies A = \frac{1}{5}$.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $0 = A + B \implies B = -A = -\frac{1}{5}$.
અચળ પદોની સરખામણી કરતા: $1 = A + 2C \implies 1 = \frac{1}{5} + 2C \implies 2C = \frac{4}{5} \implies C = \frac{2}{5}$.
આમ,સંકલન $\int \left( \frac{1/5}{x+2} + \frac{-1/5x + 2/5}{x^2+1} \right) \, dx$ બને છે.
$= \frac{1}{5} \int \frac{1}{x+2} \, dx - \frac{1}{10} \int \frac{2x}{x^2+1} \, dx + \frac{2}{5} \int \frac{1}{x^2+1} \, dx$.
$= \frac{1}{5} \log |x+2| - \frac{1}{10} \log |x^2+1| + \frac{2}{5} \tan^{-1} x + c$.
$= \frac{1}{5} \log \left| \frac{x+2}{\sqrt{x^2+1}} \right| + \frac{2}{5} \tan^{-1} x + c$.

(C) $I = \int \frac{2x-7}{\sqrt{3x-2}} \, dx$ નું મૂલ્યાંકન કરવા માટે,આપણે અંશને છેદ $(3x-2)$ ના પદોમાં દર્શાવીએ.
$2x-7 = \frac{2}{3}(3x-2) - \frac{25}{3}$.
સંકલનમાં આ કિંમત મૂકતા:
$I = \int \frac{\frac{2}{3}(3x-2) - \frac{25}{3}}{\sqrt{3x-2}} \, dx$
$I = \frac{2}{3} \int (3x-2)^{\frac{1}{2}} \, dx - \frac{25}{3} \int (3x-2)^{-\frac{1}{2}} \, dx$
સૂત્ર $\int (ax+b)^n \, dx = \frac{(ax+b)^{n+1}}{a(n+1)} + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{4}{27}(3x-2)^{\frac{3}{2}} - \frac{50}{9}(3x-2)^{\frac{1}{2}} + c$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{d x}{\cot ^2 x-1}$ છે.
પ્રથમ,$\cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$ નો ઉપયોગ કરીને પદાવલિને ફરીથી લખતા:
$I = \int \frac{d x}{\frac{\cos ^2 x}{\sin ^2 x}-1} = \int \frac{\sin ^2 x}{\cos ^2 x-\sin ^2 x} d x$.
નિત્યસમ $\cos 2x = \cos ^2 x - \sin ^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sin ^2 x}{\cos 2 x} d x$.
નિત્યસમ $\sin ^2 x = \frac{1-\cos 2 x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{1-\cos 2 x}{2 \cos 2 x} d x = \frac{1}{2} \int (\sec 2 x - 1) d x$.
પદવાર સંકલન કરતા:
$I = \frac{1}{2} \left( \frac{\log |\sec 2 x + \tan 2 x|}{2} - x \right) + c$.
$I = \frac{1}{4} \log |\sec 2 x + \tan 2 x| - \frac{x}{2} + c$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $\frac{1}{A} \log |\sec 2 x + \tan 2 x| - \frac{x}{B} + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 4$ અને $B = 2$ મળે છે.
તેથી,$A + B = 4 + 2 = 6$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\cos \theta}{5+7 \sin \theta-2 \cos ^2 \theta} d \theta$.
નિત્યસમ $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\cos \theta}{5+7 \sin \theta-2(1-\sin^2 \theta)} d \theta = \int \frac{\cos \theta}{2 \sin^2 \theta+7 \sin \theta+3} d \theta$.
છેદના અવયવ પાડતા:
$2 \sin^2 \theta+7 \sin \theta+3 = (2 \sin \theta+1)(\sin \theta+3)$.
ધારો કે $\sin \theta = t$,તો $\cos \theta d \theta = dt$.
$I = \int \frac{dt}{(2t+1)(t+3)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા:
$\frac{1}{(2t+1)(t+3)} = \frac{A'}{2t+1} + \frac{B'}{t+3} \Rightarrow 1 = A'(t+3) + B'(2t+1)$.
$t = -3$ માટે,$1 = B'(-5) \Rightarrow B' = -\frac{1}{5}$.
$t = -\frac{1}{2}$ માટે,$1 = A'(\frac{5}{2}) \Rightarrow A' = \frac{2}{5}$.
$I = \int (\frac{2/5}{2t+1} - \frac{1/5}{t+3}) dt = \frac{1}{5} \ln |2t+1| - \frac{1}{5} \ln |t+3| + c = \frac{1}{5} \ln |\frac{2 \sin \theta+1}{\sin \theta+3}| + c$.
$A \ln |f(\theta)| + c$ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{1}{5}$ અને $f(\theta) = \frac{2 \sin \theta+1}{\sin \theta+3}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{f(\theta)}{A} = \frac{(2 \sin \theta+1)/(\sin \theta+3)}{1/5} = \frac{5(2 \sin \theta+1)}{\sin \theta+3}$.

(C) ધારો કે $I = \int \sqrt{\frac{x-7}{x-9}} ~dx$
અંશ અને છેદને $\sqrt{x-7}$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{x-7}{\sqrt{(x-9)(x-7)}} ~dx = \int \frac{x-7}{\sqrt{x^2-16x+63}} ~dx$
ધારો કે $x-7 = A \frac{d}{dx}(x^2-16x+63) + B$
$x-7 = A(2x-16) + B$
$x$ ના સહગુણકો અને અચળ પદોની સરખામણી કરતા:
$2A = 1 \implies A = \frac{1}{2}$
$-16A + B = -7 \implies -16(\frac{1}{2}) + B = -7 \implies -8 + B = -7 \implies B = 1$
હવે,$I = \int \frac{\frac{1}{2}(2x-16) + 1}{\sqrt{x^2-16x+63}} ~dx$
$I = \frac{1}{2} \int \frac{2x-16}{\sqrt{x^2-16x+63}} ~dx + \int \frac{1}{\sqrt{(x-8)^2 - 1^2}} ~dx$
$\int \frac{f'(x)}{\sqrt{f(x)}} ~dx = 2\sqrt{f(x)} + c$ અને $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}} ~dx = \log |x + \sqrt{x^2-a^2}| + c$ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{x^2-16x+63} + \log |(x-8) + \sqrt{(x-8)^2 - 1^2}| + c$
$I = 1 \cdot \sqrt{x^2-16x+63} + \log |(x-8) + \sqrt{x^2-16x+63}| + c$
આપેલ પદાવલિ $A \sqrt{x^2-16x+63} + \log |(x-8) + \sqrt{x^2-16x+63}| + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 1$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \cot^2 x = \operatorname{cosec}^2 x$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\int e^x(1 - \cot x + \cot^2 x) dx = \int e^x(\operatorname{cosec}^2 x - \cot x) dx$.
ધારો કે $f(x) = -\cot x$.
તો $f'(x) = -(-\operatorname{cosec}^2 x) = \operatorname{cosec}^2 x$ થાય.
પ્રમાણિત સૂત્ર $\int e^x[f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\int e^x(-\cot x + \operatorname{cosec}^2 x) dx = e^x(-\cot x) + c = -e^x \cdot \cot x + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \cos ^{\frac{3}{5}} x \sin ^3 x \,d x$.
આપણે $\sin ^3 x$ ને $\sin ^2 x \cdot \sin x = (1 - \cos ^2 x) \sin x$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$I = \int \cos ^{\frac{3}{5}} x (1 - \cos ^2 x) \sin x \,d x$.
$I = \int (\cos ^{\frac{3}{5}} x - \cos ^{\frac{13}{5}} x) \sin x \,d x$.
ધારો કે $\cos x = t$,તો $-\sin x \,d x = dt$,અથવા $\sin x \,d x = -dt$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = -\int (t^{\frac{3}{5}} - t^{\frac{13}{5}}) dt = -\int t^{\frac{3}{5}} dt + \int t^{\frac{13}{5}} dt$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$I = -\frac{t^{\frac{3}{5} + 1}}{\frac{3}{5} + 1} + \frac{t^{\frac{13}{5} + 1}}{\frac{13}{5} + 1} + c$.
$I = -\frac{t^{\frac{8}{5}}}{\frac{8}{5}} + \frac{t^{\frac{18}{5}}}{\frac{18}{5}} + c$.
$t = \cos x$ પાછું મૂકતા:
$I = -\frac{1}{\frac{8}{5}} \cos ^{\frac{8}{5}} x + \frac{1}{\frac{18}{5}} \cos ^{\frac{18}{5}} x + c$.
આપેલ પદ $\frac{-1}{m} \cos ^{m} x + \frac{1}{n} \cos ^{n} x + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m = \frac{8}{5}$ અને $n = \frac{18}{5}$ મળે છે.
આમ,$(m, n) = \left(\frac{8}{5}, \frac{18}{5}\right)$.

(A) ધારો કે $T = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1-x^2}}\right)$.
$x^2 = \cos 2\theta$ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $2\theta = \cos^{-1}(x^2)$ અથવા $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$.
$x^2 = \cos 2\theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$T = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta} + \sqrt{1-\cos 2\theta}}{\sqrt{1+\cos 2\theta} - \sqrt{1-\cos 2\theta}}\right)$
નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2\theta$ અને $1-\cos 2\theta = 2\sin^2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos\theta + \sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{2}\cos\theta - \sqrt{2}\sin\theta}\right)$
અંશ અને છેદને $\cos\theta$ વડે ભાગતા:
$T = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta}\right)$
સૂત્ર $\tan(\frac{\pi}{4} + \theta) = \frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T = \tan^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} + \theta\right)\right)$
$T = \frac{\pi}{4} + \theta$
હવે $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$ પાછું મૂકતા:
$T = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$.

(A) આપેલ છે કે $\alpha = 3 \sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right)$ અને $\beta = 3 \cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right)$.
કારણ કે $\frac{6}{11} > \frac{1}{2}$,અને $\sin^{-1} x$ એ વધતું વિધેય છે,તેથી $\sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right) > \sin^{-1} \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$.
આમ,$\alpha = 3 \sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right) > 3 \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{2}$.
વળી,$\frac{6}{11} < \frac{\sqrt{3}}{2}$ હોવાથી,$\alpha < 3 \left(\frac{\pi}{3}\right) = \pi$. તેથી,$\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$,જે $II$ ચરણમાં છે.
તેથી,$\cos \alpha < 0$.
$\beta$ માટે,$\frac{4}{9} < \frac{1}{2}$ હોવાથી,અને $\cos^{-1} x$ એ ઘટતું વિધેય છે,તેથી $\cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right) > \cos^{-1} \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$.
આમ,$\beta = 3 \cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right) > 3 \left(\frac{\pi}{3}\right) = \pi$.
$\frac{4}{9} > 0$ હોવાથી,$\beta < 3 \left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{2}$. તેથી,$\beta \in (\pi, \frac{3\pi}{2})$,જે $III$ ચરણમાં છે.
$III$ ચરણમાં,$\cos \beta < 0$ અને $\sin \beta < 0$ હોય છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ ખોટો છે.

(A) ધારો કે $\cot ^{-1} x = t$.
તેથી,$x = \cot t$.
આપણે જાણીએ છીએ કે નિત્યસમ $1 + \cot^2 t = \operatorname{cosec}^2 t$ થાય.
$x$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $1 + x^2 = \operatorname{cosec}^2 t$ મળે છે.
તેથી,$\operatorname{cosec} t = \sqrt{1 + x^2}$.
કારણ કે $\sin t = \frac{1}{\operatorname{cosec} t}$,તેથી $\sin t = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.
આમ,$\sin (\cot ^{-1} x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1} x$ ની મુખ્ય મૂલ્ય શાખાનો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ છે.
અહીં $\frac{3 \pi}{4}$ એ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ અંતરાલમાં નથી,તેથી આપણે પદને સાદું રૂપ આપીશું:
$\sin ^{-1}\left(\sin \frac{3 \pi}{4}\right) = \sin ^{-1}\left[\sin \left(\pi - \frac{\pi}{4}\right)\right]$
નિત્યસમ $\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \sin ^{-1}\left(\sin \frac{\pi}{4}\right)$
કારણ કે $\frac{\pi}{4} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$,તેથી પદનું સાદું રૂપ:
$= \frac{\pi}{4}$

(A) આપેલ છે કે $\cos ^{-1} x+\cos ^{-1} y+\cos ^{-1} z=3 \pi$.
$\cos ^{-1} \theta$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ હોવાથી,દરેક પદની મહત્તમ કિંમત $\pi$ છે.
ત્રણ પદોનો સરવાળો $3 \pi$ થવા માટે,દરેક પદ તેની મહત્તમ કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ:
$\cos ^{-1} x = \pi$,$\cos ^{-1} y = \pi$,અને $\cos ^{-1} z = \pi$.
આનો અર્થ એ છે કે $x = \cos \pi = -1$,$y = \cos \pi = -1$,અને $z = \cos \pi = -1$.
હવે,$x = -1$ ને $x^{2025}+x^{2026}+x^{2027}$ પદાવલિમાં મૂકતા:
$(-1)^{2025} + (-1)^{2026} + (-1)^{2027} = -1 + 1 - 1 = -1$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1}(1+x)+\tan ^{-1}(1-x)=\frac{\pi}{2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1}(A) + \cot ^{-1}(A) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\frac{\pi}{2} - \tan ^{-1}(1-x) = \cot ^{-1}(1-x)$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\tan ^{-1}(1+x) = \cot ^{-1}(1-x)$.
નિત્યસમ $\cot ^{-1}(y) = \tan ^{-1}(\frac{1}{y})$ નો ઉપયોગ કરતા: $\tan ^{-1}(1+x) = \tan ^{-1}(\frac{1}{1-x})$.
બંને બાજુ સરખાવતા: $1+x = \frac{1}{1-x}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા: $(1+x)(1-x) = 1$.
$1 - x^2 = 1$.
$-x^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $x = 0$.

(B) આપેલ છે કે $x = \operatorname{cosec}(\tan ^{-1}(\cos (\cot ^{-1}(\sec (\sin ^{-1} a)))))$.
ધારો કે $\sin^{-1} a = \theta$,તેથી $\sin \theta = a$. તો $\sec \theta = \frac{1}{\sqrt{1-a^2}}$.
હવે,$x = \operatorname{cosec}(\tan ^{-1}(\cos (\cot ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}))))$.
ધારો કે $\cot^{-1}(\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}) = \phi$,તેથી $\cot \phi = \frac{1}{\sqrt{1-a^2}}$.
તો $\cos \phi = \frac{\cot \phi}{\sqrt{1+\cot^2 \phi}} = \frac{1/\sqrt{1-a^2}}{\sqrt{1 + 1/(1-a^2)}} = \frac{1}{\sqrt{1-a^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{2-a^2}}$.
તેથી,${x = \operatorname{cosec}(\tan ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2-a^2}}}))$.
ધારો કે $\tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2-a^2}}) = \psi$,તેથી $\tan \psi = \frac{1}{\sqrt{2-a^2}}$.
તો $\operatorname{cosec} \psi = \sqrt{1+\cot^2 \psi} = \sqrt{1+(2-a^2)} = \sqrt{3-a^2}$.
આમ,$x = \sqrt{3-a^2}$,જે સૂચવે છે કે $x^2 = 3-a^2$,અથવા $x^2+a^2=3$.

(C) આપણને આપેલ સમીકરણ છે: $\tan ^{-1} a+\tan ^{-1} b+\tan ^{-1} c=\pi$.
ત્રણ ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટ વિધેયોના સરવાળા માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y + \tan ^{-1} z = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y+z-xyz}{1-xy-yz-zx} \right)$.
આ સૂત્રને આપેલ સમીકરણમાં લાગુ પાડતા: $\tan ^{-1} \left( \frac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca} \right) = \pi$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા: $\frac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca} = \tan \pi$.
કારણ કે $\tan \pi = 0$ છે,તેથી: $\frac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca} = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે અંશ શૂન્ય હોવો જોઈએ: $a+b+c-abc = 0$.
તેથી,$a+b+c = abc$.

(B) આપણને આપેલ સમીકરણ છે: $\sin ^{-1} x+\cos ^{-1} y=\frac{3 \pi}{10}$.
નિત્યસમ $\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} x$ અને $\cos ^{-1} y = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} y$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકીએ છીએ:
$(\frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} x) + (\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} y) = \frac{3 \pi}{10}$.
ડાબી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા:
$\pi - (\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y) = \frac{3 \pi}{10}$.
$\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y = \pi - \frac{3 \pi}{10}$.
$\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y = \frac{10\pi - 3\pi}{10} = \frac{7 \pi}{10}$.

(D) ધારો કે $\tan ^{-1} 2 = \alpha$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \alpha = 2$.
ધારો કે $\cot ^{-1} 3 = \beta$,જેનો અર્થ છે કે $\cot \beta = 3$.
આપણે $\sec ^2 \alpha + \operatorname{cosec}^2 \beta$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sec ^2 \theta = 1 + \tan ^2 \theta$ અને $\operatorname{cosec}^2 \theta = 1 + \cot ^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sec ^2 \alpha + \operatorname{cosec}^2 \beta = (1 + \tan ^2 \alpha) + (1 + \cot ^2 \beta)$.
$\tan \alpha = 2$ અને $\cot \beta = 3$ ની કિંમતો મૂકતા:
$= (1 + 2^2) + (1 + 3^2) = (1 + 4) + (1 + 9) = 5 + 10 = 15$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{1}{2} \tan ^{-1} x$
નિત્યસમ $\tan ^{-1} a - \tan ^{-1} b = \tan ^{-1}\left(\frac{a-b}{1+ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ કે $\tan ^{-1}(1) - \tan ^{-1}(x) = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{\pi}{4} = \tan ^{-1} x + \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$
$\frac{\pi}{4} = \frac{3}{2} \tan ^{-1} x$
$\tan ^{-1} x = \frac{\pi}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{\pi}{6}$
તેથી,$x = \tan \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \left(\cot ^{-1} x\right) = \sin \left(\sin ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)\right) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.
તે જ રીતે,$\cos \left(\tan ^{-1}(1+x)\right) = \cos \left(\cos ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}\right)\right) = \frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}$.
આપેલ સમીકરણ $\sin \left(\cot ^{-1}(x)\right) = \cos \left(\tan ^{-1}(1+x)\right)$ માટે,બંને પદોને સરખાવતા:
$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને મળે $1+x^2 = 1+(1+x)^2$.
$1+x^2 = 1 + 1 + 2x + x^2$.
$1+x^2 = 2 + 2x + x^2$.
બંને બાજુથી $x^2$ બાદ કરતા,$1 = 2 + 2x$.
$-1 = 2x$.
$x = -\frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે: $(\tan ^{-1} x)^2+(\cot ^{-1} x)^2=\frac{5 \pi^2}{8}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
ધારો કે $u = \tan ^{-1} x$. તો $\cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - u$.
સમીકરણ આ મુજબ બનશે: $u^2 + (\frac{\pi}{2} - u)^2 = \frac{5 \pi^2}{8}$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $u^2 + \frac{\pi^2}{4} - \pi u + u^2 = \frac{5 \pi^2}{8}$.
$2u^2 - \pi u + \frac{\pi^2}{4} - \frac{5 \pi^2}{8} = 0$.
$2u^2 - \pi u - \frac{3 \pi^2}{8} = 0$.
$8$ વડે ગુણતા: $16u^2 - 8\pi u - 3\pi^2 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(4u + \pi)(4u - 3\pi) = 0$.
તેથી,$u = -\frac{\pi}{4}$ અથવા $u = \frac{3\pi}{4}$.
$\tan ^{-1} x$ નો વિસ્તાર $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ હોવાથી,$u = -\frac{\pi}{4}$ લેવું પડે.
તેથી,$\tan ^{-1} x = -\frac{\pi}{4} \Rightarrow x = \tan(-\frac{\pi}{4}) = -1$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{1^2 - (3/5)^2}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3/5}{4/5}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.
સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{3}{4}+\frac{2}{3}}{1-\frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3}}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{9+8}{12}}{1-\frac{6}{12}}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{17/12}{6/12}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{17}{6}\right)\right]$
$= \frac{17}{6}$

(C) આપેલ સમીકરણ $\cos ^{-1} x - \cos ^{-1} \frac{y}{3} = \alpha$ છે.
નિત્યસમ $\cos ^{-1} u - \cos ^{-1} v = \cos ^{-1} (uv + \sqrt{1-u^2}\sqrt{1-v^2})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\cos ^{-1} (\frac{xy}{3} + \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac{y^2}{9}}) = \alpha$.
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા: $\frac{xy}{3} + \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac{y^2}{9}} = \cos \alpha$.
પદ ગોઠવતા: $\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac{y^2}{9}} = \cos \alpha - \frac{xy}{3}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(1-x^2)(1-\frac{y^2}{9}) = \cos^2 \alpha - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{x^2 y^2}{9}$.
$1 - \frac{y^2}{9} - x^2 + \frac{x^2 y^2}{9} = \cos^2 \alpha - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{x^2 y^2}{9}$.
$1 - x^2 - \frac{y^2}{9} = \cos^2 \alpha - \frac{2xy}{3} \cos \alpha$.
$1 - \cos^2 \alpha = x^2 - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{y^2}{9}$.
$\sin^2 \alpha = x^2 - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{y^2}{9}$.
$9$ વડે ગુણતા: $9 \sin^2 \alpha = 9x^2 - 6xy \cos \alpha + y^2$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan^{-1} x + \tan^{-1} 6x = \frac{\pi}{4}$
સૂત્ર $\tan^{-1}(u) + \tan^{-1}(v) = \tan^{-1}\left(\frac{u+v}{1-uv}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}\left(\frac{x + 6x}{1 - (x)(6x)}\right) = \frac{\pi}{4}$
$\tan^{-1}\left(\frac{7x}{1 - 6x^2}\right) = \frac{\pi}{4}$
બંને બાજુ $\tan$ લેતા:
$\frac{7x}{1 - 6x^2} = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$
$7x = 1 - 6x^2$
$6x^2 + 7x - 1 = 0$
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{-7 \pm \sqrt{49 - 4(6)(-1)}}{12} = \frac{-7 \pm \sqrt{49 + 24}}{12} = \frac{-7 \pm \sqrt{73}}{12}$
શરત $x \geq 0$ હોવાથી,આપણે ઋણ ઉકેલને અવગણીશું:
$x = \frac{-7 + \sqrt{73}}{12}$
આમ,$x$ માટે માત્ર એક જ માન્ય કિંમત હોવાથી,ગણ $A$ એ એકાકી ગણ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.
આપણે એ પણ જાણીએ છીએ કે $\cos ^{-1}(-x) = \pi - \cos ^{-1}(x)$,તેથી $\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = \pi - \cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}(-x) = -\sin ^{-1}(x)$,તેથી $\sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = -\sin ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = -\frac{\pi}{6}$.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{\pi}{4} + \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi + 8\pi - 2\pi}{12} = \frac{9\pi}{12} = \frac{3\pi}{4}$.

(C) આપણે સૂત્ર $2 \tan^{-1} x = \tan^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં $|x| < 1$.
$2 \tan^{-1} \frac{1}{2}$ માટે આ સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$2 \tan^{-1} \frac{1}{2} = \tan^{-1} \left( \frac{2(1/2)}{1-(1/2)^2} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{1}{1-1/4} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{1}{3/4} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{4}{3} \right)$.
હવે,$\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને $\tan^{-1} \frac{1}{7}$ ઉમેરો:
$\tan^{-1} \left( \frac{4}{3} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{1}{7} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{4/3 + 1/7}{1 - (4/3)(1/7)} \right)$.
અંશની ગણતરી કરતા: $\frac{4}{3} + \frac{1}{7} = \frac{28+3}{21} = \frac{31}{21}$.
છેદની ગણતરી કરતા: $1 - \frac{4}{21} = \frac{21-4}{21} = \frac{17}{21}$.
આમ,પદાવલિ $\tan^{-1} \left( \frac{31/21}{17/21} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{31}{17} \right)$ બને છે.

(C) આપણે નિત્યસમ $\sin^{-1} x + \sin^{-1} y = \sin^{-1} (x\sqrt{1-y^2} + y\sqrt{1-x^2})$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પ્રથમ,$\sin^{-1} \frac{4}{5} + \sin^{-1} \frac{5}{13}$ ની ગણતરી કરીએ:
$= \sin^{-1} \left(\frac{4}{5} \sqrt{1 - (\frac{5}{13})^2} + \frac{5}{13} \sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2}\right)$
$= \sin^{-1} \left(\frac{4}{5} \times \frac{12}{13} + \frac{5}{13} \times \frac{3}{5}\right)$
$= \sin^{-1} \left(\frac{48}{65} + \frac{15}{65}\right) = \sin^{-1} \frac{63}{65}$.
હવે,પદાવલિ $\pi + \sin^{-1} \frac{63}{65} + \sin^{-1} \frac{16}{65}$ બને છે.
ધારો કે $\alpha = \sin^{-1} \frac{63}{65}$,તો $\cos \alpha = \sqrt{1 - (\frac{63}{65})^2} = \sqrt{\frac{4225 - 3969}{4225}} = \sqrt{\frac{256}{4225}} = \frac{16}{65}$.
આમ,$\sin^{-1} \frac{63}{65} = \cos^{-1} \frac{16}{65}$.
આ કિંમત મૂકતા: $\pi + \cos^{-1} \frac{16}{65} + \sin^{-1} \frac{16}{65}$.
કારણ કે $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,તેથી આપણને $\pi + \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\cos ^{-1} \sqrt{p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}$
ધારો કે $t=\cos ^{-1} \sqrt{p}$. તેથી $\sqrt{p}=\cos t$,એટલે કે $p=\cos ^2 t$.
આથી,$1-p=1-\cos ^2 t=\sin ^2 t$,જેનો અર્થ છે કે $\sqrt{1-p}=\sin t$.
તેથી,$t=\sin ^{-1} \sqrt{1-p}$.
કારણ કે $t=\cos ^{-1} \sqrt{p}$,આપણને મળે છે $\cos ^{-1} \sqrt{p}=\sin ^{-1} \sqrt{1-p}$.
આ કિંમત આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\sin ^{-1} \sqrt{1-p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}$
નિત્યસમ $\sin ^{-1} x+\cos ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\pi}{2}+\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}$
$\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}$
$\sqrt{1-q}=\cos \left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $1-q=\frac{1}{2}$
$q=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$

(B) આપણે સૂત્ર $\tan ^{-1}(x) + \tan ^{-1}(y) = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
પ્રથમ,$\tan ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{1}{5}\right)$ ની ગણતરી કરો:
$\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{5}}{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{7}{10}}{\frac{9}{10}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{7}{9}\right)$.
હવે,પરિણામમાં $\tan ^{-1}\left(\frac{1}{8}\right)$ ઉમેરો:
$\tan ^{-1}\left(\frac{1}{8}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{7}{9}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{1}{8} + \frac{7}{9}}{1 - \frac{1}{8} \cdot \frac{7}{9}}\right)$.
કૌંસની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{\frac{9+56}{72}}{\frac{72-7}{72}} = \frac{65}{65} = 1$.
આમ,પદાવલિ $\tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$ થાય છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=1}^n 2k = 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1)$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\cot \left(\sum_{n=1}^{23} \cot ^{-1}(1+n(n+1))\right)$ મળે છે.
$x > 0$ માટે નિત્યસમ $\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ $\cot \left(\sum_{n=1}^{23} \tan ^{-1}\left(\frac{1}{1+n(n+1)}\right)\right)$ બને છે.
આપણે $\tan^{-1}$ ના આર્ગ્યુમેન્ટને $\frac{(n+1)-n}{1+n(n+1)}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ,જે આપણને $\tan^{-1}(a) - \tan^{-1}(b) = \tan^{-1}(\frac{a-b}{1+ab})$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરવાની મંજૂરી આપે છે.
આમ,$\sum_{n=1}^{23} \tan ^{-1}\left(\frac{(n+1)-n}{1+n(n+1)}\right) = \sum_{n=1}^{23} (\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n))$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળો છે: $(\tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(1)) + (\tan^{-1}(3) - \tan^{-1}(2)) + \dots + (\tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(23)) = \tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(1)$.
હવે,$\cot(\tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(1)) = \cot(\tan^{-1}(\frac{24-1}{1+24 \times 1})) = \cot(\tan^{-1}(\frac{23}{25}))$.
કારણ કે $\cot(\tan^{-1}(x)) = \cot(\cot^{-1}(\frac{1}{x})) = \frac{1}{x}$,તેથી $\cot(\tan^{-1}(\frac{23}{25})) = \frac{25}{23}$.

(A) $f(x) = [x] \sin(\pi x)$ આપેલ છે.
$x = k$ માટે,જ્યાં $k \in \mathbb{Z}$,ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(k-h) - f(k)}{-h}$
$k$ પૂર્ણાંક હોવાથી,નાના $h > 0$ માટે $[k-h] = k-1$ થાય.
વળી,$f(k) = [k] \sin(k\pi) = k \cdot 0 = 0$.
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k-1) \sin(\pi(k-h)) - 0}{-h}$
નિત્યસમ $\sin(k\pi - \pi h) = (-1)^{k+1} \sin(\pi h)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k-1) (-1)^{k+1} \sin(\pi h)}{-h}$
$\lim_{h \to 0} \frac{\sin(\pi h)}{h} = \pi$ હોવાથી:
$LHD = (k-1) (-1)^{k+1} (-\pi) = (-1)^k (k-1) \pi$.

(C) છાયાંકિત પ્રદેશ ત્રણ રેખાઓ અને પ્રથમ ચરણમાં અક્ષો દ્વારા ઘેરાયેલ છે:
$1$. $(0, 3)$ અને $(4, 0)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $\frac{x}{4} + \frac{y}{3} = 1$ છે,જેનું સાદું રૂપ $3x + 4y = 12$ થાય છે. છાયાંકિત પ્રદેશ ઉગમબિંદુ તરફ હોવાથી,અસમતા $3x + 4y \leq 12$ છે.
$2$. $(0, 0)$ અને $(3, 3)$ માંથી પસાર થતી રેખા $y = x$ છે,એટલે કે $y - x = 0$. છાયાંકિત પ્રદેશ આ રેખાની ઉપર છે,તેથી અસમતા $y \geq x$ અથવા $y - x \geq 0$ છે.
$3$. $(0, 3)$ માંથી પસાર થતી આડી રેખા $y = 3$ છે. છાયાંકિત પ્રદેશ આ રેખાની નીચે છે,તેથી અસમતા $y \leq 3$ છે.
$4$. પ્રદેશ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,$x \geq 0$ અને $y \geq 0$ છે.
આમ,સંબંધિત અસમતાઓ $3x + 4y \leq 12, y - x \geq 0, y \leq 3, x, y \geq 0$ છે.

(D) શક્ય ઉકેલ પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ ચરણ $(x \geq 0, y \geq 0)$ માં આપેલી અસમતાઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $x-2y \leq 2$ માટે: રેખા $(2, 0)$ અને $(0, -1)$ માંથી પસાર થાય છે. $(0, 0)$ બિંદુ ચકાસતા,$0-0 \leq 2$ સત્ય છે,તેથી પ્રદેશ ઉગમબિંદુ તરફ છે.
$2$. $5x+2y \geq 10$ માટે: રેખા $(2, 0)$ અને $(0, 5)$ માંથી પસાર થાય છે. $(0, 0)$ બિંદુ ચકાસતા,$0+0 \geq 10$ અસત્ય છે,તેથી પ્રદેશ ઉગમબિંદુથી દૂર છે.
$3$. $4x+5y \leq 20$ માટે: રેખા $(5, 0)$ અને $(0, 4)$ માંથી પસાર થાય છે. $(0, 0)$ બિંદુ ચકાસતા,$0+0 \leq 20$ સત્ય છે,તેથી પ્રદેશ ઉગમબિંદુ તરફ છે.
આ બધાને જોડતા,શક્ય ઉકેલ પ્રદેશ પ્રથમ ચરણમાં આ રેખાઓ દ્વારા ઘેરાયેલો ત્રિકોણાકાર વિસ્તાર છે,જે આકૃતિ $3$ ને અનુરૂપ છે.

(B) છાયાંકિત પ્રદેશ માટે સુરેખ પ્રતિબંધો નક્કી કરવા,આપણે દરેક રેખાની સાપેક્ષમાં પ્રદેશનું સ્થાન તપાસીએ છીએ:
$1$. રેખા $2x + y = 2$ માટે,છાયાંકિત પ્રદેશ ઉગમબિંદુથી દૂરની બાજુએ આવેલો છે. બિંદુ $(1, 1)$ ચકાસતા,આપણને $2(1) + 1 = 3 \geq 2$ મળે છે. તેથી,પ્રતિબંધ $2x + y \geq 2$ છે.
$2$. રેખા $x - y = 1$ માટે,છાયાંકિત પ્રદેશ ઉગમબિંદુ ધરાવતી બાજુએ આવેલો છે. બિંદુ $(0, 0)$ ચકાસતા,આપણને $0 - 0 = 0 \leq 1$ મળે છે. તેથી,પ્રતિબંધ $x - y \leq 1$ છે.
$3$. રેખા $x + 2y = 8$ માટે,છાયાંકિત પ્રદેશ ઉગમબિંદુ ધરાવતી બાજુએ આવેલો છે. બિંદુ $(0, 0)$ ચકાસતા,આપણને $0 + 2(0) = 0 \leq 8$ મળે છે. તેથી,પ્રતિબંધ $x + 2y \leq 8$ છે.
આમ,જરૂરી સુરેખ પ્રતિબંધો $2x + y \geq 2, x - y \leq 1, x + 2y \leq 8$ છે.

(B) હેતુલક્ષી વિધેય $z = 3x + 5y$ છે.
મર્યાદાઓ $3x + 2y \leq 18$,$x \leq 4$,$y \leq 6$ અને $x, y \geq 0$ છે.
શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ એ $O(0, 0)$,$A(4, 0)$,$B(4, 3)$,$C(2, 6)$ અને $D(0, 6)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો બહુકોણ છે.
દરેક શિરોબિંદુ પર $z$ ની કિંમત તપાસતા:
$O(0, 0)$ પર: $z = 3(0) + 5(0) = 0$
$A(4, 0)$ પર: $z = 3(4) + 5(0) = 12$
$B(4, 3)$ પર: $z = 3(4) + 5(3) = 12 + 15 = 27$
$C(2, 6)$ પર: $z = 3(2) + 5(6) = 6 + 30 = 36$
$D(0, 6)$ પર: $z = 3(0) + 5(6) = 30$
આમ,$z$ ની મહત્તમ કિંમત $36$ છે જે બિંદુ $(2, 6)$ પર મળે છે.

(C) આપેલ શક્ય ઉકેલ પ્રદેશ $OCDBO$ ના શિરોબિંદુઓ $O(0, 0)$,$C(10, 10)$,$D(10, 20)$ અને $B(0, 25)$ છે.
દરેક શિરોબિંદુ પર હેતુલક્ષી વિધેય $z = 3x + 4y$ ની કિંમત નીચે મુજબ છે:
$1$. $O(0, 0)$ પર: $z = 3(0) + 4(0) = 0$
$2$. $C(10, 10)$ પર: $z = 3(10) + 4(10) = 30 + 40 = 70$
$3$. $D(10, 20)$ પર: $z = 3(10) + 4(20) = 30 + 80 = 110$
$4$. $B(0, 25)$ પર: $z = 3(0) + 4(25) = 0 + 100 = 100$
કિંમતો $0, 70, 110$ અને $100$ ની સરખામણી કરતા,$z$ ની મહત્તમ કિંમત $110$ મળે છે.

(B) શક્ય ઉકેલનો પ્રદેશ $x+y \leq 20, y \geq 5, x \leq 10, x \geq 0, y \geq 0$ મર્યાદાઓ દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે.
શક્ય ઉકેલના પ્રદેશના શિરોબિંદુઓ $A(0, 5), B(10, 5), C(10, 10)$ અને $D(0, 20)$ છે.
દરેક શિરોબિંદુ પર હેતુલક્ષી વિધેય $z = 7x + 8y$ ની કિંમત તપાસતા:
$A(0, 5)$ પર: $z = 7(0) + 8(5) = 40$
$B(10, 5)$ પર: $z = 7(10) + 8(5) = 70 + 40 = 110$
$C(10, 10)$ પર: $z = 7(10) + 8(10) = 70 + 80 = 150$
$D(0, 20)$ પર: $z = 7(0) + 8(20) = 160$
આમ,$z$ ની મહત્તમ કિંમત $160$ છે.