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

(C) दिया गया है $J-I = \int \left( \frac{e^{-x}}{e^{-4x} + e^{-2x} + 1} - \frac{e^x}{e^{4x} + e^{2x} + 1} \right) dx$.
प्रथम पद के अंश और हर को $e^{4x}$ से गुणा करने पर: $\frac{e^{-x} \cdot e^{4x}}{e^{-4x} \cdot e^{4x} + e^{-2x} \cdot e^{4x} + 1 \cdot e^{4x}} = \frac{e^{3x}}{1 + e^{2x} + e^{4x}}$.
अतः, $J-I = \int \frac{e^{3x} - e^x}{e^{4x} + e^{2x} + 1} dx = \int \frac{(e^{2x} - 1)e^x}{e^{4x} + e^{2x} + 1} dx$.
माना $e^x = t$, तो $e^x dx = dt$.
समाकलन $\int \frac{t^2 - 1}{t^4 + t^2 + 1} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{(t^2 + 1 + 1/t^2)} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{(t + 1/t)^2 - 1} dt$ बन जाता है.
माना $u = t + 1/t$, तो $du = (1 - 1/t^2) dt$.
समाकलन $\int \frac{du}{u^2 - 1} = \frac{1}{2} \log \left| \frac{u-1}{u+1} \right| + c$ होता है.
$u = t + 1/t = e^x + e^{-x}$ प्रतिस्थापित करने पर, हमें $\frac{1}{2} \log \left| \frac{e^x + e^{-x} - 1}{e^x + e^{-x} + 1} \right| + c = \frac{1}{2} \log \left| \frac{e^{2x} - e^x + 1}{e^{2x} + e^x + 1} \right| + c$ प्राप्त होता है.

(A) माना $I = \int \frac{2+\cos \frac{x}{2}}{x+\sin \frac{x}{2}} \,d x$.
$t = x + \sin \frac{x}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dt}{dx} = 1 + \cos \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{1}{2} \cos \frac{x}{2} = \frac{2 + \cos \frac{x}{2}}{2}$.
अतः,$(2 + \cos \frac{x}{2}) dx = 2 dt$.
इन मानों को समाकल में रखने पर:
$I = \int \frac{2}{t} dt = 2 \int \frac{1}{t} dt$.
समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = 2 \log |t| + c$.
$t = x + \sin \frac{x}{2}$ वापस रखने पर:
$I = 2 \log \left| x + \sin \frac{x}{2} \right| + c$.

(A) माना $I = \int \frac{\sin x+\sin ^3 x}{\cos 2 x} \,d x$.
$= \int \frac{\sin x(1+\sin ^2 x)}{\cos 2 x} \,d x$.
$= \int \frac{\sin x(1+1-\cos ^2 x)}{2 \cos ^2 x-1} \,d x$.
$= \int \frac{\sin x(2-\cos ^2 x)}{2 \cos ^2 x-1} \,d x$.
$\cos x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$-\sin x \,d x = dt$ या $\sin x \,d x = -dt$.
$I = -\int \frac{2-t^2}{2 t^2-1} dt = \int \frac{t^2-2}{2 t^2-1} dt$.
$= \frac{1}{2} \int \frac{2 t^2-4}{2 t^2-1} dt = \frac{1}{2} \int \left(1 - \frac{3}{2 t^2-1}\right) dt$.
$= \frac{1}{2} \int dt - \frac{3}{2} \int \frac{dt}{(\sqrt{2} t)^2-1^2}$.
सूत्र $\int \frac{dx}{x^2-a^2} = \frac{1}{2a} \log |\frac{x-a}{x+a}|$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{1}{2} t - \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} \log |\frac{\sqrt{2} t-1}{\sqrt{2} t+1}| + c$.
$= \frac{1}{2} \cos x - \frac{3}{4 \sqrt{2}} \log |\frac{\sqrt{2} \cos x-1}{\sqrt{2} \cos x+1}| + c$.
$A \cos x + B \log |f(x)| + c$ के साथ तुलना करने पर,$A = \frac{1}{2}$,$B = \frac{-3}{4 \sqrt{2}}$,और $f(x) = \frac{\sqrt{2} \cos x-1}{\sqrt{2} \cos x+1}$ प्राप्त होता है।

(B) माना $t = \sin^2 x + \cos^3 x$ है।
अतः,$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$dt = (2 \sin x \cos x + 3 \cos^2 x (-\sin x)) \, dx$
$dt = (\sin 2x - 3 \cos^2 x \sin x) \, dx$
$dt = \sin 2x (1 - \frac{3}{2} \cos x) \, dx$
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int \frac{1}{e^t} \, dt = \int e^{-t} \, dt$
$= -e^{-t} + c$
$= -e^{-(\sin^2 x + \cos^3 x)} + c$.

(D) $I = \int \frac{dx}{\sin(x-a) \sin(x-b)}$ का मूल्यांकन करने के लिए,$\sin(b-a)$ से गुणा और भाग करें:
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int \frac{\sin((x-a) - (x-b))}{\sin(x-a) \sin(x-b)} dx$
सर्वसमिका $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करते हुए:
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int \frac{\sin(x-a) \cos(x-b) - \cos(x-a) \sin(x-b)}{\sin(x-a) \sin(x-b)} dx$
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int \left( \frac{\cos(x-b)}{\sin(x-b)} - \frac{\cos(x-a)}{\sin(x-a)} \right) dx$
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \int (\cot(x-b) - \cot(x-a)) dx$
समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} [\log|\sin(x-b)| - \log|\sin(x-a)|] + c$
$I = \frac{1}{\sin(b-a)} \log \left| \frac{\sin(x-b)}{\sin(x-a)} \right| + c$

(B) माना $\log x = t$,तब $x = e^t$। $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$dx = e^t \, dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \sin(t) e^t \, dt$।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करते हुए,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,जहाँ $u = \sin t$ और $dv = e^t \, dt$ लेने पर,$du = \cos t \, dt$ और $v = e^t$ प्राप्त होता है।
$I = e^t \sin t - \int e^t \cos t \, dt$।
पुनः $\int e^t \cos t \, dt$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$I = e^t \sin t - [e^t \cos t - \int e^t (-\sin t) \, dt]$।
$I = e^t \sin t - e^t \cos t - \int e^t \sin t \, dt$।
$I = e^t \sin t - e^t \cos t - I$।
$2I = e^t(\sin t - \cos t) + c$।
$t = \log x$ और $e^t = x$ प्रतिस्थापित करने पर:
$2I = x(\sin(\log x) - \cos(\log x)) + c$।
$I = \frac{x}{2}(\sin(\log x) - \cos(\log x)) + c$।

(C) माना $I = \int \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^4} \,dx$.
हम समाकलन को $I = \int \frac{x \sqrt{\frac{1}{x^2}-1}}{x^4} \,dx = \int \frac{\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}}{x^3} \,dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
माना $\frac{1}{x^2}-1 = t$. तब $-\frac{2}{x^3} \,dx = dt$,जिसका अर्थ है $\frac{1}{x^3} \,dx = -\frac{dt}{2}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,$I = -\frac{1}{2} \int \sqrt{t} \,dt = -\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{3/2}}{3/2} + c = -\frac{1}{3} t^{3/2} + c$.
अब $t = \frac{1-x^2}{x^2}$ वापस रखने पर,$I = -\frac{1}{3} \left(\frac{1-x^2}{x^2}\right)^{3/2} + c = -\frac{1}{3} \frac{(\sqrt{1-x^2})^3}{(x^2)^{3/2}} + c = -\frac{1}{3x^3} (\sqrt{1-x^2})^3 + c$.
इसे $A(x)(\sqrt{1-x^2})^m + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $A(x) = -\frac{1}{3x^3}$ और $m = 3$ प्राप्त होता है।
अतः,$(A(x))^m = \left(-\frac{1}{3x^3}\right)^3 = -\frac{1}{27x^9}$.

(A) हमें समाकलन $I = \int \frac{x-3}{(x-1)^3} e^x \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
अंश को $(x-1) - 2$ के रूप में लिखने पर:
$I = \int \frac{(x-1) - 2}{(x-1)^3} e^x \, dx$
$I = \int \left[ \frac{x-1}{(x-1)^3} - \frac{2}{(x-1)^3} \right] e^x \, dx$
$I = \int e^x \left[ \frac{1}{(x-1)^2} - \frac{2}{(x-1)^3} \right] \, dx$
माना $f(x) = \frac{1}{(x-1)^2} = (x-1)^{-2}$ है।
तब,$f'(x) = -2(x-1)^{-3} = -\frac{2}{(x-1)^3}$ होगा।
मानक समाकलन सूत्र $\int e^x [f(x) + f'(x)] \, dx = e^x f(x) + c$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = e^x \left( \frac{1}{(x-1)^2} \right) + c$.

(B) माना $I = \int \frac{x^3 \, dx}{\sqrt{1+x^2}}$.
$1+x^2 = t^2$ रखने पर,$2x \, dx = 2t \, dt$,जिसका अर्थ है $x \, dx = t \, dt$.
साथ ही,$x^2 = t^2 - 1$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{(t^2-1) \cdot t \, dt}{t} = \int (t^2 - 1) \, dt$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \frac{t^3}{3} - t + c$.
$t = \sqrt{1+x^2}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{(1+x^2)^{3/2}}{3} - \sqrt{1+x^2} + c = \frac{1}{3}(1+x^2)\sqrt{1+x^2} - 1\sqrt{1+x^2} + c$.
दिए गए रूप $a(1+x^2)\sqrt{1+x^2} + b\sqrt{1+x^2} + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = \frac{1}{3}$ और $b = -1$ प्राप्त होता है।
अतः,$3ab = 3 \times \frac{1}{3} \times (-1) = -1$.

(A) माना $I = \int \frac{x^2}{\sqrt{1-x}} \,dx$.
$1-x = t$ प्रतिस्थापित करने पर, अतः $x = 1-t$ और $dx = -dt$.
$I = \int \frac{(1-t)^2}{\sqrt{t}} (-dt) = -\int \frac{1-2t+t^2}{t^{1/2}} dt$.
$I = -\int (t^{-1/2} - 2t^{1/2} + t^{3/2}) dt$.
$I = -(2t^{1/2} - \frac{4}{3}t^{3/2} + \frac{2}{5}t^{5/2}) + c$.
$I = -\frac{2}{15} t^{1/2} (15 - 10t + 3t^2) + c$.
चूँकि $t = 1-x$, $I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (15 - 10(1-x) + 3(1-x)^2) + c$.
$I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (15 - 10 + 10x + 3(1 - 2x + x^2)) + c$.
$I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (5 + 10x + 3 - 6x + 3x^2) + c$.
$I = -\frac{2}{15} \sqrt{1-x} (3x^2 + 4x + 8) + c$.
इसकी तुलना $p \sqrt{1-x} (3x^2 + 4x + 8) + c$ से करने पर, हमें $p = \frac{-2}{15}$ प्राप्त होता है।

(A) हमें समाकलन $I = \int e^x \left( \frac{x^2+4x+4}{(x+4)^2} \right) dx$ का मान ज्ञात करना है।
सबसे पहले,अंश को फिर से लिखें: $x^2+4x+4 = x(x+4) + 4$.
अतः,समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int e^x \left( \frac{x(x+4) + 4}{(x+4)^2} \right) dx$
$I = \int e^x \left( \frac{x}{x+4} + \frac{4}{(x+4)^2} \right) dx$.
माना $f(x) = \frac{x}{x+4}$.
तब $f'(x) = \frac{(x+4)(1) - x(1)}{(x+4)^2} = \frac{x+4-x}{(x+4)^2} = \frac{4}{(x+4)^2}$.
चूंकि समाकलन $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + c$ के रूप में है,
इसलिए हमें $I = e^x \left( \frac{x}{x+4} \right) + c$ प्राप्त होता है।

(B) माना $y = \log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)$.
अतः,$t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$dy = \frac{1}{t+\sqrt{1+t^2}} \left(1 + \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right) dt$ प्राप्त होता है।
व्यंजक को सरल करने पर: $dy = \frac{1}{t+\sqrt{1+t^2}} \left(\frac{\sqrt{1+t^2}+t}{\sqrt{1+t^2}}\right) dt = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt$.
इस मान को समाकलन में रखने पर: $\int y \, dy = \frac{y^2}{2} + c$.
इस प्रकार,$\frac{1}{2} \left[\log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)\right]^2 + c = \frac{1}{2} (g(t))^2 + c$.
दोनों पक्षों की तुलना करने पर,हमें $g(t) = \log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)$ प्राप्त होता है।
अतः,$g(2) = \log \left(2+\sqrt{1+2^2}\right) = \log (2+\sqrt{5})$.

(B) माना $I = \int \frac{1}{7-6 x-x^2} dx$.
सबसे पहले,हर में पूर्ण वर्ग बनाएँ: $7-6x-x^2 = 7 - (x^2+6x) = 7 - (x^2+6x+9-9) = 16 - (x+3)^2$.
अतः,$I = \int \frac{1}{16-(x+3)^2} dx$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{1}{a^2-x^2} dx = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + c$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a=4$ और $x$ के स्थान पर $(x+3)$ है:
$I = \frac{1}{2(4)} \log \left| \frac{4+(x+3)}{4-(x+3)} \right| + c$.
$I = \frac{1}{8} \log \left| \frac{7+x}{1-x} \right| + c$.

(B) माना $ I = \int \frac{x^2+1}{x(x^2-1)} dx $.
अंश और हर को $ x^2 $ से विभाजित करने पर:
$ I = \int \frac{1 + \frac{1}{x^2}}{x(1 - \frac{1}{x^2})} dx $.
माना $ t = x - \frac{1}{x} $. तब $ dt = (1 + \frac{1}{x^2}) dx $.
आंशिक भिन्नों (Partial Fractions) का उपयोग करने पर:
$ \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 $ रखने पर,$ 1 = -A \Rightarrow A = -1 $.
$ x=1 $ रखने पर,$ 2 = 2B \Rightarrow B = 1 $.
$ x=-1 $ रखने पर,$ 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) $\int \frac{1}{(x+2)(x^2+1)} \, dx$ को हल करने के लिए,हम आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हैं।
माना $\frac{1}{(x+2)(x^2+1)} = \frac{A}{x+2} + \frac{Bx+C}{x^2+1}$.
$(x+2)(x^2+1)$ से गुणा करने पर,$1 = A(x^2+1) + (Bx+C)(x+2)$ प्राप्त होता है।
$x = -2$ रखने पर,$1 = A(4+1) \implies A = \frac{1}{5}$.
$x^2$ के गुणांकों की तुलना करने पर: $0 = A + B \implies B = -A = -\frac{1}{5}$.
अचर पदों की तुलना करने पर: $1 = A + 2C \implies 1 = \frac{1}{5} + 2C \implies 2C = \frac{4}{5} \implies C = \frac{2}{5}$.
अतः,समाकलन $\int \left( \frac{1/5}{x+2} + \frac{-1/5x + 2/5}{x^2+1} \right) \, dx$ हो जाता है।
$= \frac{1}{5} \int \frac{1}{x+2} \, dx - \frac{1}{10} \int \frac{2x}{x^2+1} \, dx + \frac{2}{5} \int \frac{1}{x^2+1} \, dx$.
$= \frac{1}{5} \log |x+2| - \frac{1}{10} \log |x^2+1| + \frac{2}{5} \tan^{-1} x + c$.
$= \frac{1}{5} \log \left| \frac{x+2}{\sqrt{x^2+1}} \right| + \frac{2}{5} \tan^{-1} x + c$.

(C) $I = \int \frac{2x-7}{\sqrt{3x-2}} \, dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम अंश को हर $(3x-2)$ के पदों में व्यक्त करते हैं।
$2x-7 = \frac{2}{3}(3x-2) - \frac{25}{3}$.
समाकलन में यह मान रखने पर:
$I = \int \frac{\frac{2}{3}(3x-2) - \frac{25}{3}}{\sqrt{3x-2}} \, dx$
$I = \frac{2}{3} \int (3x-2)^{\frac{1}{2}} \, dx - \frac{25}{3} \int (3x-2)^{-\frac{1}{2}} \, dx$
सूत्र $\int (ax+b)^n \, dx = \frac{(ax+b)^{n+1}}{a(n+1)} + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{4}{27}(3x-2)^{\frac{3}{2}} - \frac{50}{9}(3x-2)^{\frac{1}{2}} + c$.

(B) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{d x}{\cot ^2 x-1}$ है।
सबसे पहले,$\cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$ का उपयोग करके समाकल्य को फिर से लिखने पर:
$I = \int \frac{d x}{\frac{\cos ^2 x}{\sin ^2 x}-1} = \int \frac{\sin ^2 x}{\cos ^2 x-\sin ^2 x} d x$.
सर्वसमिका $\cos 2x = \cos ^2 x - \sin ^2 x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{\sin ^2 x}{\cos 2 x} d x$.
सर्वसमिका $\sin ^2 x = \frac{1-\cos 2 x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{1-\cos 2 x}{2 \cos 2 x} d x = \frac{1}{2} \int (\sec 2 x - 1) d x$.
पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$I = \frac{1}{2} \left( \frac{\log |\sec 2 x + \tan 2 x|}{2} - x \right) + c$.
$I = \frac{1}{4} \log |\sec 2 x + \tan 2 x| - \frac{x}{2} + c$.
इसे दिए गए रूप $\frac{1}{A} \log |\sec 2 x + \tan 2 x| - \frac{x}{B} + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $A = 4$ और $B = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$A + B = 4 + 2 = 6$.

(D) माना $I = \int \frac{\cos \theta}{5+7 \sin \theta-2 \cos ^2 \theta} d \theta$.
सर्वसमिका $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{\cos \theta}{5+7 \sin \theta-2(1-\sin^2 \theta)} d \theta = \int \frac{\cos \theta}{2 \sin^2 \theta+7 \sin \theta+3} d \theta$.
हर का गुणनखंड करने पर:
$2 \sin^2 \theta+7 \sin \theta+3 = (2 \sin \theta+1)(\sin \theta+3)$.
माना $\sin \theta = t$,तब $\cos \theta d \theta = dt$.
$I = \int \frac{dt}{(2t+1)(t+3)}$.
आंशिक भिन्न विधि का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{(2t+1)(t+3)} = \frac{A'}{2t+1} + \frac{B'}{t+3} \Rightarrow 1 = A'(t+3) + B'(2t+1)$.
$t = -3$ के लिए,$1 = B'(-5) \Rightarrow B' = -\frac{1}{5}$.
$t = -\frac{1}{2}$ के लिए,$1 = A'(\frac{5}{2}) \Rightarrow A' = \frac{2}{5}$.
$I = \int (\frac{2/5}{2t+1} - \frac{1/5}{t+3}) dt = \frac{1}{5} \ln |2t+1| - \frac{1}{5} \ln |t+3| + c = \frac{1}{5} \ln |\frac{2 \sin \theta+1}{\sin \theta+3}| + c$.
$A \ln |f(\theta)| + c$ के साथ तुलना करने पर,$A = \frac{1}{5}$ और $f(\theta) = \frac{2 \sin \theta+1}{\sin \theta+3}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{f(\theta)}{A} = \frac{(2 \sin \theta+1)/(\sin \theta+3)}{1/5} = \frac{5(2 \sin \theta+1)}{\sin \theta+3}$.

(C) माना $I = \int \sqrt{\frac{x-7}{x-9}} ~dx$
अंश और हर को $\sqrt{x-7}$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{x-7}{\sqrt{(x-9)(x-7)}} ~dx = \int \frac{x-7}{\sqrt{x^2-16x+63}} ~dx$
माना $x-7 = A \frac{d}{dx}(x^2-16x+63) + B$
$x-7 = A(2x-16) + B$
$x$ के गुणांकों और अचर पदों की तुलना करने पर:
$2A = 1 \implies A = \frac{1}{2}$
$-16A + B = -7 \implies -16(\frac{1}{2}) + B = -7 \implies -8 + B = -7 \implies B = 1$
अब,$I = \int \frac{\frac{1}{2}(2x-16) + 1}{\sqrt{x^2-16x+63}} ~dx$
$I = \frac{1}{2} \int \frac{2x-16}{\sqrt{x^2-16x+63}} ~dx + \int \frac{1}{\sqrt{(x-8)^2 - 1^2}} ~dx$
सूत्रों $\int \frac{f'(x)}{\sqrt{f(x)}} ~dx = 2\sqrt{f(x)} + c$ और $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}} ~dx = \log |x + \sqrt{x^2-a^2}| + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{x^2-16x+63} + \log |(x-8) + \sqrt{(x-8)^2 - 1^2}| + c$
$I = 1 \cdot \sqrt{x^2-16x+63} + \log |(x-8) + \sqrt{x^2-16x+63}| + c$
दी गई अभिव्यक्ति $A \sqrt{x^2-16x+63} + \log |(x-8) + \sqrt{x^2-16x+63}| + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $A = 1$ प्राप्त होता है।

(C) हम जानते हैं कि $1 + \cot^2 x = \operatorname{cosec}^2 x$ होता है।
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\int e^x(1 - \cot x + \cot^2 x) dx = \int e^x(\operatorname{cosec}^2 x - \cot x) dx$.
माना $f(x) = -\cot x$ है।
तब $f'(x) = -(-\operatorname{cosec}^2 x) = \operatorname{cosec}^2 x$ होगा।
मानक सूत्र $\int e^x[f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + c$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\int e^x(-\cot x + \operatorname{cosec}^2 x) dx = e^x(-\cot x) + c = -e^x \cdot \cot x + c$.

(C) माना $I = \int \cos ^{\frac{3}{5}} x \sin ^3 x \,d x$.
हम $\sin ^3 x$ को $\sin ^2 x \cdot \sin x = (1 - \cos ^2 x) \sin x$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$I = \int \cos ^{\frac{3}{5}} x (1 - \cos ^2 x) \sin x \,d x$.
$I = \int (\cos ^{\frac{3}{5}} x - \cos ^{\frac{13}{5}} x) \sin x \,d x$.
माना $\cos x = t$,तो $-\sin x \,d x = dt$,या $\sin x \,d x = -dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = -\int (t^{\frac{3}{5}} - t^{\frac{13}{5}}) dt = -\int t^{\frac{3}{5}} dt + \int t^{\frac{13}{5}} dt$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = -\frac{t^{\frac{3}{5} + 1}}{\frac{3}{5} + 1} + \frac{t^{\frac{13}{5} + 1}}{\frac{13}{5} + 1} + c$.
$I = -\frac{t^{\frac{8}{5}}}{\frac{8}{5}} + \frac{t^{\frac{18}{5}}}{\frac{18}{5}} + c$.
$t = \cos x$ वापस रखने पर:
$I = -\frac{1}{\frac{8}{5}} \cos ^{\frac{8}{5}} x + \frac{1}{\frac{18}{5}} \cos ^{\frac{18}{5}} x + c$.
दिए गए व्यंजक $\frac{-1}{m} \cos ^{m} x + \frac{1}{n} \cos ^{n} x + c$ से तुलना करने पर,हमें $m = \frac{8}{5}$ और $n = \frac{18}{5}$ प्राप्त होता है।
अतः,$(m, n) = \left(\frac{8}{5}, \frac{18}{5}\right)$.

(A) मान लीजिए $T = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1-x^2}}\right)$ है।
$x^2 = \cos 2\theta$ रखने पर,जिसका अर्थ है $2\theta = \cos^{-1}(x^2)$ या $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$ है।
व्यंजक में $x^2 = \cos 2\theta$ प्रतिस्थापित करने पर:
$T = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta} + \sqrt{1-\cos 2\theta}}{\sqrt{1+\cos 2\theta} - \sqrt{1-\cos 2\theta}}\right)$
सर्वसमिकाओं $1+\cos 2\theta = 2\cos^2\theta$ और $1-\cos 2\theta = 2\sin^2\theta$ का उपयोग करने पर:
$T = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos\theta + \sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{2}\cos\theta - \sqrt{2}\sin\theta}\right)$
अंश और हर को $\cos\theta$ से विभाजित करने पर:
$T = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta}\right)$
सूत्र $\tan(\frac{\pi}{4} + \theta) = \frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta}$ का उपयोग करने पर:
$T = \tan^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} + \theta\right)\right)$
$T = \frac{\pi}{4} + \theta$
अब $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$ वापस रखने पर:
$T = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$।

(A) दिया गया है $\alpha = 3 \sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right)$ और $\beta = 3 \cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right)$.
चूंकि $\frac{6}{11} > \frac{1}{2}$,और $\sin^{-1} x$ एक वर्धमान फलन है,इसलिए $\sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right) > \sin^{-1} \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$.
अतः,$\alpha = 3 \sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right) > 3 \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{2}$.
साथ ही,$\frac{6}{11} < \frac{\sqrt{3}}{2}$ होने के कारण,$\alpha < 3 \left(\frac{\pi}{3}\right) = \pi$. अतः,$\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$,जो $II$ चतुर्थांश में है।
इसलिए,$\cos \alpha < 0$.
$\beta$ के लिए,चूंकि $\frac{4}{9} < \frac{1}{2}$,और $\cos^{-1} x$ एक ह्रासमान फलन है,इसलिए $\cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right) > \cos^{-1} \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$.
अतः,$\beta = 3 \cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right) > 3 \left(\frac{\pi}{3}\right) = \pi$.
चूंकि $\frac{4}{9} > 0$,इसलिए $\beta < 3 \left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{2}$. अतः,$\beta \in (\pi, \frac{3\pi}{2})$,जो $III$ चतुर्थांश में है।
$III$ चतुर्थांश में,$\cos \beta < 0$ और $\sin \beta < 0$ होता है।
अतः,विकल्प $A$ गलत है।

(A) माना $\cot ^{-1} x = t$ है।
तब,$x = \cot t$ होगा।
हम सर्वसमिका $1 + \cot^2 t = \operatorname{cosec}^2 t$ जानते हैं।
$x$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें $1 + x^2 = \operatorname{cosec}^2 t$ प्राप्त होता है।
अतः,$\operatorname{cosec} t = \sqrt{1 + x^2}$।
चूँकि $\sin t = \frac{1}{\operatorname{cosec} t}$ होता है,इसलिए $\sin t = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$।
अतः,$\sin (\cot ^{-1} x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$।

(A) हम जानते हैं कि $\sin ^{-1} x$ की मुख्य मान शाखा का परिसर $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ है।
चूंकि $\frac{3 \pi}{4}$ अंतराल $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ में स्थित नहीं है,इसलिए हम व्यंजक को सरल करते हैं:
$\sin ^{-1}\left(\sin \frac{3 \pi}{4}\right) = \sin ^{-1}\left[\sin \left(\pi - \frac{\pi}{4}\right)\right]$
सर्वसमिका $\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$= \sin ^{-1}\left(\sin \frac{\pi}{4}\right)$
चूंकि $\frac{\pi}{4} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$,इसलिए व्यंजक का सरल मान है:
$= \frac{\pi}{4}$

(A) दिया गया है कि $\cos ^{-1} x+\cos ^{-1} y+\cos ^{-1} z=3 \pi$ है।
चूंकि $\cos ^{-1} \theta$ का परिसर $[0, \pi]$ है,इसलिए प्रत्येक पद का अधिकतम मान $\pi$ होता है।
तीन पदों का योग $3 \pi$ होने के लिए,प्रत्येक पद को अपने अधिकतम मान के बराबर होना चाहिए:
$\cos ^{-1} x = \pi$,$\cos ^{-1} y = \pi$,और $\cos ^{-1} z = \pi$।
इसका अर्थ है कि $x = \cos \pi = -1$,$y = \cos \pi = -1$,और $z = \cos \pi = -1$।
अब,$x = -1$ को व्यंजक $x^{2025}+x^{2026}+x^{2027}$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$(-1)^{2025} + (-1)^{2026} + (-1)^{2027} = -1 + 1 - 1 = -1$।

(B) दिया गया समीकरण: $\tan ^{-1}(1+x)+\tan ^{-1}(1-x)=\frac{\pi}{2}$
हम जानते हैं कि $\tan ^{-1}(A) + \cot ^{-1}(A) = \frac{\pi}{2}$,इसलिए $\frac{\pi}{2} - \tan ^{-1}(1-x) = \cot ^{-1}(1-x)$.
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $\tan ^{-1}(1+x) = \cot ^{-1}(1-x)$.
सर्वसमिका $\cot ^{-1}(y) = \tan ^{-1}(\frac{1}{y})$ का उपयोग करने पर: $\tan ^{-1}(1+x) = \tan ^{-1}(\frac{1}{1-x})$.
तर्कों की तुलना करने पर: $1+x = \frac{1}{1-x}$.
इसे सरल करने पर: $(1+x)(1-x) = 1$.
$1 - x^2 = 1$.
$-x^2 = 0$,जिसका अर्थ है कि $x = 0$.

(B) दिया गया है $x = \operatorname{cosec}(\tan ^{-1}(\cos (\cot ^{-1}(\sec (\sin ^{-1} a)))))$.
माना $\sin^{-1} a = \theta$,इसलिए $\sin \theta = a$. तब $\sec \theta = \frac{1}{\sqrt{1-a^2}}$.
अब,$x = \operatorname{cosec}(\tan ^{-1}(\cos (\cot ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}))))$.
माना $\cot^{-1}(\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}) = \phi$,इसलिए $\cot \phi = \frac{1}{\sqrt{1-a^2}}$.
तब $\cos \phi = \frac{\cot \phi}{\sqrt{1+\cot^2 \phi}} = \frac{1/\sqrt{1-a^2}}{\sqrt{1 + 1/(1-a^2)}} = \frac{1}{\sqrt{1-a^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{2-a^2}}$.
अतः,${x = \operatorname{cosec}(\tan ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2-a^2}}}))$.
माना $\tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2-a^2}}) = \psi$,इसलिए $\tan \psi = \frac{1}{\sqrt{2-a^2}}$.
तब $\operatorname{cosec} \psi = \sqrt{1+\cot^2 \psi} = \sqrt{1+(2-a^2)} = \sqrt{3-a^2}$.
इस प्रकार,$x = \sqrt{3-a^2}$,जो दर्शाता है कि $x^2 = 3-a^2$,या $x^2+a^2=3$.

(C) हमें दिया गया समीकरण है: $\tan ^{-1} a+\tan ^{-1} b+\tan ^{-1} c=\pi$.
तीन प्रतिलोम स्पर्शज्या (inverse tangent) फलनों के योग के सूत्र का उपयोग करते हुए: $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y + \tan ^{-1} z = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y+z-xyz}{1-xy-yz-zx} \right)$.
इसे दिए गए समीकरण में लागू करने पर: $\tan ^{-1} \left( \frac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca} \right) = \pi$.
दोनों पक्षों का स्पर्शज्या (tangent) लेने पर: $\frac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca} = \tan \pi$.
चूंकि $\tan \pi = 0$ होता है,इसलिए: $\frac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca} = 0$.
इसका अर्थ है कि अंश शून्य होना चाहिए: $a+b+c-abc = 0$.
अतः,$a+b+c = abc$.

(B) हमें दिया गया समीकरण है: $\sin ^{-1} x+\cos ^{-1} y=\frac{3 \pi}{10}$.
सर्वसमिका $\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} x$ और $\cos ^{-1} y = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} y$ का उपयोग करते हुए,हम इन मानों को समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$(\frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} x) + (\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} y) = \frac{3 \pi}{10}$.
बाएँ पक्ष को सरल करने पर:
$\pi - (\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y) = \frac{3 \pi}{10}$.
$\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y = \pi - \frac{3 \pi}{10}$.
$\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} y = \frac{10\pi - 3\pi}{10} = \frac{7 \pi}{10}$.

(D) माना $\tan ^{-1} 2 = \alpha$,जिसका अर्थ है $\tan \alpha = 2$।
माना $\cot ^{-1} 3 = \beta$,जिसका अर्थ है $\cot \beta = 3$।
हमें $\sec ^2 \alpha + \operatorname{cosec}^2 \beta$ का मान ज्ञात करना है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $\sec ^2 \theta = 1 + \tan ^2 \theta$ और $\operatorname{cosec}^2 \theta = 1 + \cot ^2 \theta$ का उपयोग करने पर:
$\sec ^2 \alpha + \operatorname{cosec}^2 \beta = (1 + \tan ^2 \alpha) + (1 + \cot ^2 \beta)$।
$\tan \alpha = 2$ और $\cot \beta = 3$ के मान रखने पर:
$= (1 + 2^2) + (1 + 3^2) = (1 + 4) + (1 + 9) = 5 + 10 = 15$।

(C) दिया गया समीकरण: $\tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{1}{2} \tan ^{-1} x$
सर्वसमिका $\tan ^{-1} a - \tan ^{-1} b = \tan ^{-1}\left(\frac{a-b}{1+ab}\right)$ का उपयोग करते हुए,हम लिख सकते हैं $\tan ^{-1}(1) - \tan ^{-1}(x) = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$
इसे सरल करने पर $\frac{\pi}{4} = \tan ^{-1} x + \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$
$\frac{\pi}{4} = \frac{3}{2} \tan ^{-1} x$
$\tan ^{-1} x = \frac{\pi}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{\pi}{6}$
अतः,$x = \tan \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$

(C) हम जानते हैं कि $\sin \left(\cot ^{-1} x\right) = \sin \left(\sin ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)\right) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.
साथ ही,$\cos \left(\tan ^{-1}(1+x)\right) = \cos \left(\cos ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}\right)\right) = \frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}$.
दिए गए समीकरण $\sin \left(\cot ^{-1}(x)\right) = \cos \left(\tan ^{-1}(1+x)\right)$ के लिए,दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर:
$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें प्राप्त होता है $1+x^2 = 1+(1+x)^2$.
$1+x^2 = 1 + 1 + 2x + x^2$.
$1+x^2 = 2 + 2x + x^2$.
दोनों पक्षों से $x^2$ घटाने पर,हमें मिलता है $1 = 2 + 2x$.
$-1 = 2x$.
$x = -\frac{1}{2}$.

(B) दिया गया है: $(\tan ^{-1} x)^2+(\cot ^{-1} x)^2=\frac{5 \pi^2}{8}$
हम जानते हैं कि $\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ होता है।
माना $u = \tan ^{-1} x$ है। तब $\cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - u$ होगा।
समीकरण इस प्रकार होगा: $u^2 + (\frac{\pi}{2} - u)^2 = \frac{5 \pi^2}{8}$।
पदों का विस्तार करने पर: $u^2 + \frac{\pi^2}{4} - \pi u + u^2 = \frac{5 \pi^2}{8}$।
$2u^2 - \pi u + \frac{\pi^2}{4} - \frac{5 \pi^2}{8} = 0$।
$2u^2 - \pi u - \frac{3 \pi^2}{8} = 0$।
$8$ से गुणा करने पर: $16u^2 - 8\pi u - 3\pi^2 = 0$।
द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर: $(4u + \pi)(4u - 3\pi) = 0$।
अतः,$u = -\frac{\pi}{4}$ या $u = \frac{3\pi}{4}$।
चूंकि $\tan ^{-1} x$ का परिसर $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ है,इसलिए $u = -\frac{\pi}{4}$ लेना होगा।
अतः,$\tan ^{-1} x = -\frac{\pi}{4} \Rightarrow x = \tan(-\frac{\pi}{4}) = -1$।

(B) हम जानते हैं कि $\sin ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{1^2 - (3/5)^2}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3/5}{4/5}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$।
सूत्र $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{3}{4}+\frac{2}{3}}{1-\frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3}}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{9+8}{12}}{1-\frac{6}{12}}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{17/12}{6/12}\right)\right]$
$= \tan \left[\tan ^{-1}\left(\frac{17}{6}\right)\right]$
$= \frac{17}{6}$

(C) दिया गया समीकरण $\cos ^{-1} x - \cos ^{-1} \frac{y}{3} = \alpha$ है।
सर्वसमिका $\cos ^{-1} u - \cos ^{-1} v = \cos ^{-1} (uv + \sqrt{1-u^2}\sqrt{1-v^2})$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $\cos ^{-1} (\frac{xy}{3} + \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac{y^2}{9}}) = \alpha$।
दोनों पक्षों का कोसाइन लेने पर: $\frac{xy}{3} + \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac{y^2}{9}} = \cos \alpha$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac{y^2}{9}} = \cos \alpha - \frac{xy}{3}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $(1-x^2)(1-\frac{y^2}{9}) = \cos^2 \alpha - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{x^2 y^2}{9}$।
$1 - \frac{y^2}{9} - x^2 + \frac{x^2 y^2}{9} = \cos^2 \alpha - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{x^2 y^2}{9}$।
$1 - x^2 - \frac{y^2}{9} = \cos^2 \alpha - \frac{2xy}{3} \cos \alpha$।
$1 - \cos^2 \alpha = x^2 - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{y^2}{9}$।
$\sin^2 \alpha = x^2 - \frac{2xy}{3} \cos \alpha + \frac{y^2}{9}$।
$9$ से गुणा करने पर: $9 \sin^2 \alpha = 9x^2 - 6xy \cos \alpha + y^2$।

(B) दिया गया समीकरण: $\tan^{-1} x + \tan^{-1} 6x = \frac{\pi}{4}$
सूत्र $\tan^{-1}(u) + \tan^{-1}(v) = \tan^{-1}\left(\frac{u+v}{1-uv}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\tan^{-1}\left(\frac{x + 6x}{1 - (x)(6x)}\right) = \frac{\pi}{4}$
$\tan^{-1}\left(\frac{7x}{1 - 6x^2}\right) = \frac{\pi}{4}$
दोनों पक्षों में $\tan$ लेने पर:
$\frac{7x}{1 - 6x^2} = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$
$7x = 1 - 6x^2$
$6x^2 + 7x - 1 = 0$
द्विघात सूत्र $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करने पर:
$x = \frac{-7 \pm \sqrt{49 - 4(6)(-1)}}{12} = \frac{-7 \pm \sqrt{49 + 24}}{12} = \frac{-7 \pm \sqrt{73}}{12}$
चूंकि शर्त $x \geq 0$ है,इसलिए हम ऋणात्मक मान को अस्वीकार करते हैं:
$x = \frac{-7 + \sqrt{73}}{12}$
अतः,$x$ का केवल एक ही मान्य मान होने के कारण,समुच्चय $A$ एक एकल समुच्चय है।

(D) हम जानते हैं कि $\tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$।
हम यह भी जानते हैं कि $\cos ^{-1}(-x) = \pi - \cos ^{-1}(x)$,इसलिए $\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = \pi - \cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$।
हम जानते हैं कि $\sin ^{-1}(-x) = -\sin ^{-1}(x)$,इसलिए $\sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = -\sin ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = -\frac{\pi}{6}$।
इन मानों को जोड़ने पर:
$\frac{\pi}{4} + \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi + 8\pi - 2\pi}{12} = \frac{9\pi}{12} = \frac{3\pi}{4}$।

(C) हम सूत्र $2 \tan^{-1} x = \tan^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right)$ का उपयोग करते हैं,जहाँ $|x| < 1$ है।
$2 \tan^{-1} \frac{1}{2}$ पर इसे लागू करने पर:
$2 \tan^{-1} \frac{1}{2} = \tan^{-1} \left( \frac{2(1/2)}{1-(1/2)^2} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{1}{1-1/4} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{1}{3/4} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{4}{3} \right)$.
अब,सूत्र $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ का उपयोग करके $\tan^{-1} \frac{1}{7}$ जोड़ें:
$\tan^{-1} \left( \frac{4}{3} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{1}{7} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{4/3 + 1/7}{1 - (4/3)(1/7)} \right)$.
अंश की गणना करने पर: $\frac{4}{3} + \frac{1}{7} = \frac{28+3}{21} = \frac{31}{21}$.
हर की गणना करने पर: $1 - \frac{4}{21} = \frac{21-4}{21} = \frac{17}{21}$.
अतः,व्यंजक $\tan^{-1} \left( \frac{31/21}{17/21} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{31}{17} \right)$ हो जाता है।

(C) हम सर्वसमिका $\sin^{-1} x + \sin^{-1} y = \sin^{-1} (x\sqrt{1-y^2} + y\sqrt{1-x^2})$ का उपयोग करते हैं।
सबसे पहले,$\sin^{-1} \frac{4}{5} + \sin^{-1} \frac{5}{13}$ की गणना करें:
$= \sin^{-1} \left(\frac{4}{5} \sqrt{1 - (\frac{5}{13})^2} + \frac{5}{13} \sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2}\right)$
$= \sin^{-1} \left(\frac{4}{5} \times \frac{12}{13} + \frac{5}{13} \times \frac{3}{5}\right)$
$= \sin^{-1} \left(\frac{48}{65} + \frac{15}{65}\right) = \sin^{-1} \frac{63}{65}$.
अब,व्यंजक $\pi + \sin^{-1} \frac{63}{65} + \sin^{-1} \frac{16}{65}$ हो जाता है।
मान लीजिए $\alpha = \sin^{-1} \frac{63}{65}$,तो $\cos \alpha = \sqrt{1 - (\frac{63}{65})^2} = \sqrt{\frac{4225 - 3969}{4225}} = \sqrt{\frac{256}{4225}} = \frac{16}{65}$.
अतः,$\sin^{-1} \frac{63}{65} = \cos^{-1} \frac{16}{65}$.
इसे प्रतिस्थापित करने पर: $\pi + \cos^{-1} \frac{16}{65} + \sin^{-1} \frac{16}{65}$.
चूंकि $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,हमें $\pi + \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया समीकरण: $\cos ^{-1} \sqrt{p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}$
मान लीजिए $t=\cos ^{-1} \sqrt{p}$. तब $\sqrt{p}=\cos t$,अतः $p=\cos ^2 t$.
इस प्रकार,$1-p=1-\cos ^2 t=\sin ^2 t$,जिसका अर्थ है कि $\sqrt{1-p}=\sin t$.
अतः,$t=\sin ^{-1} \sqrt{1-p}$.
चूँकि $t=\cos ^{-1} \sqrt{p}$,हमें प्राप्त होता है $\cos ^{-1} \sqrt{p}=\sin ^{-1} \sqrt{1-p}$.
इस मान को दिए गए समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\sin ^{-1} \sqrt{1-p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-p}+\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}$
सर्वसमिका $\sin ^{-1} x+\cos ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{\pi}{2}+\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}$
$\cos ^{-1} \sqrt{1-q}=\frac{3 \pi}{4}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}$
$\sqrt{1-q}=\cos \left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $1-q=\frac{1}{2}$
$q=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$

(B) हम सूत्र $\tan ^{-1}(x) + \tan ^{-1}(y) = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ का उपयोग करेंगे।
सबसे पहले,$\tan ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{1}{5}\right)$ की गणना करें:
$\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{5}}{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{7}{10}}{\frac{9}{10}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{7}{9}\right)$.
अब,परिणाम में $\tan ^{-1}\left(\frac{1}{8}\right)$ जोड़ें:
$\tan ^{-1}\left(\frac{1}{8}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{7}{9}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{1}{8} + \frac{7}{9}}{1 - \frac{1}{8} \cdot \frac{7}{9}}\right)$.
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक को सरल करें:
$\frac{\frac{9+56}{72}}{\frac{72-7}{72}} = \frac{65}{65} = 1$.
अतः,व्यंजक $\tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$ हो जाता है।

(B) हम जानते हैं कि $\sum_{k=1}^n 2k = 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1)$.
इस मान को व्यंजक में रखने पर,हमें $\cot \left(\sum_{n=1}^{23} \cot ^{-1}(1+n(n+1))\right)$ प्राप्त होता है।
$x > 0$ के लिए सर्वसमिका $\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ का उपयोग करने पर,व्यंजक $\cot \left(\sum_{n=1}^{23} \tan ^{-1}\left(\frac{1}{1+n(n+1)}\right)\right)$ बन जाता है।
हम $\tan^{-1}$ के तर्क को $\frac{(n+1)-n}{1+n(n+1)}$ के रूप में लिख सकते हैं,जो हमें सूत्र $\tan^{-1}(a) - \tan^{-1}(b) = \tan^{-1}(\frac{a-b}{1+ab})$ का उपयोग करने की अनुमति देता है।
अतः,$\sum_{n=1}^{23} \tan ^{-1}\left(\frac{(n+1)-n}{1+n(n+1)}\right) = \sum_{n=1}^{23} (\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n))$.
यह एक टेलीस्कोपिंग योग है: $(\tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(1)) + (\tan^{-1}(3) - \tan^{-1}(2)) + \dots + (\tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(23)) = \tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(1)$.
अब,$\cot(\tan^{-1}(24) - \tan^{-1}(1)) = \cot(\tan^{-1}(\frac{24-1}{1+24 \times 1})) = \cot(\tan^{-1}(\frac{23}{25}))$.
चूंकि $\cot(\tan^{-1}(x)) = \cot(\cot^{-1}(\frac{1}{x})) = \frac{1}{x}$,इसलिए $\cot(\tan^{-1}(\frac{23}{25})) = \frac{25}{23}$.

(A) $f(x) = [x] \sin(\pi x)$ दिया गया है।
$x = k$ के लिए,जहाँ $k \in \mathbb{Z}$,बायां अवकलज $(LHD)$ इस प्रकार परिभाषित है:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(k-h) - f(k)}{-h}$
चूँकि $k$ एक पूर्णांक है,छोटे $h > 0$ के लिए $[k-h] = k-1$ होता है।
साथ ही,$f(k) = [k] \sin(k\pi) = k \cdot 0 = 0$ है।
इन मानों को सीमा में रखने पर:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k-1) \sin(\pi(k-h)) - 0}{-h}$
सर्वसमिका $\sin(k\pi - \pi h) = (-1)^{k+1} \sin(\pi h)$ का उपयोग करने पर:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k-1) (-1)^{k+1} \sin(\pi h)}{-h}$
चूँकि $\lim_{h \to 0} \frac{\sin(\pi h)}{h} = \pi$ है:
$LHD = (k-1) (-1)^{k+1} (-\pi) = (-1)^k (k-1) \pi$.

(C) छायांकित क्षेत्र तीन रेखाओं और प्रथम चतुर्थांश में अक्षों द्वारा घिरा हुआ है:
$1$. $(0, 3)$ और $(4, 0)$ से गुजरने वाली रेखा का समीकरण $\frac{x}{4} + \frac{y}{3} = 1$ है,जिसे सरल करने पर $3x + 4y = 12$ प्राप्त होता है। चूंकि छायांकित क्षेत्र मूल बिंदु की ओर है,इसलिए असमिका $3x + 4y \leq 12$ है।
$2$. $(0, 0)$ और $(3, 3)$ से गुजरने वाली रेखा $y = x$ है,यानी $y - x = 0$। छायांकित क्षेत्र इस रेखा के ऊपर है,इसलिए असमिका $y \geq x$ या $y - x \geq 0$ है।
$3$. $(0, 3)$ से गुजरने वाली क्षैतिज रेखा $y = 3$ है। छायांकित क्षेत्र इस रेखा के नीचे है,इसलिए असमिका $y \leq 3$ है।
$4$. चूंकि क्षेत्र प्रथम चतुर्थांश में है,इसलिए $x \geq 0$ और $y \geq 0$ है।
अतः,संबंधित असमिकाएं $3x + 4y \leq 12, y - x \geq 0, y \leq 3, x, y \geq 0$ हैं।

(D) सुसंगत क्षेत्र (feasible region) ज्ञात करने के लिए,हम प्रथम चतुर्थांश $(x \geq 0, y \geq 0)$ में दी गई असमिकाओं का विश्लेषण करते हैं:
$1$. $x-2y \leq 2$ के लिए: रेखा $(2, 0)$ और $(0, -1)$ से होकर गुजरती है। $(0, 0)$ बिंदु का परीक्षण करने पर,$0-0 \leq 2$ सत्य है,अतः क्षेत्र मूल बिंदु की ओर है।
$2$. $5x+2y \geq 10$ के लिए: रेखा $(2, 0)$ और $(0, 5)$ से होकर गुजरती है। $(0, 0)$ बिंदु का परीक्षण करने पर,$0+0 \geq 10$ असत्य है,अतः क्षेत्र मूल बिंदु से दूर है।
$3$. $4x+5y \leq 20$ के लिए: रेखा $(5, 0)$ और $(0, 4)$ से होकर गुजरती है। $(0, 0)$ बिंदु का परीक्षण करने पर,$0+0 \leq 20$ सत्य है,अतः क्षेत्र मूल बिंदु की ओर है।
इन सबको मिलाने पर,सुसंगत क्षेत्र प्रथम चतुर्थांश में इन रेखाओं द्वारा घिरा हुआ त्रिकोणीय क्षेत्र है,जो चित्र $3$ के अनुरूप है।

(B) छायांकित क्षेत्र के लिए रैखिक बाधाओं को निर्धारित करने के लिए,हम प्रत्येक रेखा के सापेक्ष क्षेत्र की स्थिति का विश्लेषण करते हैं:
$1$. रेखा $2x + y = 2$ के लिए,छायांकित क्षेत्र मूल बिंदु से दूर की ओर स्थित है। बिंदु $(1, 1)$ का परीक्षण करने पर,हमें $2(1) + 1 = 3 \geq 2$ प्राप्त होता है। अतः,बाधा $2x + y \geq 2$ है।
$2$. रेखा $x - y = 1$ के लिए,छायांकित क्षेत्र मूल बिंदु वाली ओर स्थित है। बिंदु $(0, 0)$ का परीक्षण करने पर,हमें $0 - 0 = 0 \leq 1$ प्राप्त होता है। अतः,बाधा $x - y \leq 1$ है।
$3$. रेखा $x + 2y = 8$ के लिए,छायांकित क्षेत्र मूल बिंदु वाली ओर स्थित है। बिंदु $(0, 0)$ का परीक्षण करने पर,हमें $0 + 2(0) = 0 \leq 8$ प्राप्त होता है। अतः,बाधा $x + 2y \leq 8$ है।
इसलिए,आवश्यक रैखिक बाधाएँ $2x + y \geq 2, x - y \leq 1, x + 2y \leq 8$ हैं।

(B) उद्देश्य फलन $z = 3x + 5y$ है।
प्रतिबंध $3x + 2y \leq 18$,$x \leq 4$,$y \leq 6$ और $x, y \geq 0$ हैं।
सुसंगत क्षेत्र के कोणीय बिंदु $O(0, 0)$,$A(4, 0)$,$B(4, 3)$,$C(2, 6)$ और $D(0, 6)$ हैं।
प्रत्येक कोणीय बिंदु पर $z$ का मान ज्ञात करने पर:
$O(0, 0)$ पर: $z = 3(0) + 5(0) = 0$
$A(4, 0)$ पर: $z = 3(4) + 5(0) = 12$
$B(4, 3)$ पर: $z = 3(4) + 5(3) = 12 + 15 = 27$
$C(2, 6)$ पर: $z = 3(2) + 5(6) = 6 + 30 = 36$
$D(0, 6)$ पर: $z = 3(0) + 5(6) = 30$
अतः,$z$ का अधिकतम मान $36$ है जो बिंदु $(2, 6)$ पर प्राप्त होता है।

(C) दिए गए सुसंगत क्षेत्र $OCDBO$ के कोणीय बिंदु $O(0, 0)$,$C(10, 10)$,$D(10, 20)$ और $B(0, 25)$ हैं।
प्रत्येक कोणीय बिंदु पर उद्देश्य फलन $z = 3x + 4y$ का मान इस प्रकार है:
$1$. $O(0, 0)$ पर: $z = 3(0) + 4(0) = 0$
$2$. $C(10, 10)$ पर: $z = 3(10) + 4(10) = 30 + 40 = 70$
$3$. $D(10, 20)$ पर: $z = 3(10) + 4(20) = 30 + 80 = 110$
$4$. $B(0, 25)$ पर: $z = 3(0) + 4(25) = 0 + 100 = 100$
मानों $0, 70, 110$ और $100$ की तुलना करने पर,$z$ का अधिकतम मान $110$ है।

(B) सुसंगत क्षेत्र $x+y \leq 20, y \geq 5, x \leq 10, x \geq 0, y \geq 0$ अवरोधों द्वारा निर्धारित होता है।
सुसंगत क्षेत्र के कोणीय बिंदु $A(0, 5), B(10, 5), C(10, 10)$ और $D(0, 20)$ हैं।
प्रत्येक कोणीय बिंदु पर उद्देश्य फलन $z = 7x + 8y$ का मान ज्ञात करने पर:
$A(0, 5)$ पर: $z = 7(0) + 8(5) = 40$
$B(10, 5)$ पर: $z = 7(10) + 8(5) = 70 + 40 = 110$
$C(10, 10)$ पर: $z = 7(10) + 8(10) = 70 + 80 = 150$
$D(0, 20)$ पर: $z = 7(0) + 8(20) = 160$
अतः,$z$ का अधिकतम मान $160$ है।