MHT CET 2025 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{x(x^3+1)}$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{x^2 dx}{x^3(x^3+1)}$.
ધારો કે $x^3 = t$,તેથી $3x^2 dx = dt$,અથવા $x^2 dx = \frac{dt}{3}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \frac{1}{3} \int \frac{dt}{t(t+1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા,$\frac{1}{t(t+1)} = \frac{1}{t} - \frac{1}{t+1}$.
$I = \frac{1}{3} \int \left(\frac{1}{t} - \frac{1}{t+1}\right) dt$.
$I = \frac{1}{3} (\log|t| - \log|t+1|) + c$.
$I = \frac{1}{3} \log \left|\frac{t}{t+1}\right| + c$.
$t = x^3$ પાછા મૂકતા:
$I = \frac{1}{3} \log \left|\frac{x^3}{x^3+1}\right| + c = \log \left|\left(\frac{x^3}{x^3+1}\right)^{1/3}\right| + c = \log \left(\sqrt[3]{\frac{x^3}{x^3+1}}\right) + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(x+a)^{\frac{9}{7}}(x-b)^{\frac{5}{7}}}$.
સંકલિતને આ રીતે ફરીથી લખો: $I = \int \frac{dx}{(x+a)^{\frac{9}{7}} \cdot (x+a)^{\frac{5}{7}} \cdot \left(\frac{x-b}{x+a}\right)^{\frac{5}{7}}} = \int \frac{dx}{(x+a)^2 \left(\frac{x-b}{x+a}\right)^{\frac{5}{7}}}$.
ધારો કે $t = \frac{x-b}{x+a}$. તો $dt = \frac{(x+a)(1) - (x-b)(1)}{(x+a)^2} dx = \frac{a+b}{(x+a)^2} dx$.
આમ,$\frac{dx}{(x+a)^2} = \frac{dt}{a+b}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે: $I = \int \frac{1}{t^{\frac{5}{7}}} \cdot \frac{dt}{a+b} = \frac{1}{a+b} \int t^{-\frac{5}{7}} dt$.
સંકલન કરતા,આપણને મળે: $I = \frac{1}{a+b} \cdot \frac{t^{-\frac{5}{7}+1}}{-\frac{5}{7}+1} + c = \frac{1}{a+b} \cdot \frac{t^{\frac{2}{7}}}{\frac{2}{7}} + c = \frac{7}{2(a+b)} \left(\frac{x-b}{x+a}\right)^{\frac{2}{7}} + c$.

(B) $\text{ધારો કે } I = \int \frac{\sqrt{\tan x}}{\sin x \cos x} \,dx$.
$\text{અંશ અને છેદને } \cos^2 x \text{ વડે ભાગતા:}$
$I = \int \frac{\sqrt{\tan x} / \cos^2 x}{(\sin x \cos x) / \cos^2 x} \,dx = \int \frac{\sqrt{\tan x} \cdot \sec^2 x}{\tan x} \,dx$.
$I = \int \frac{\sec^2 x}{\sqrt{\tan x}} \,dx$.
$\text{ધારો કે } u = \tan x, \text{તેથી } du = \sec^2 x \,dx$.
$\text{આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:}$
$I = \int \frac{1}{\sqrt{u}} \,du = \int u^{-1/2} \,du$.
$\text{ઘાતનો નિયમ } \int u^n \,du = \frac{u^{n+1}}{n+1} + c \text{ વાપરતા:}$
$I = \frac{u^{1/2}}{1/2} + c = 2 \sqrt{u} + c$.
$u = \tan x \text{ પાછા મૂકતા:}$
$I = 2 \sqrt{\tan x} + c$.

(A) સંકલન $I = \int \frac{dx}{x^{1/2} + x^{1/3}}$ ઉકેલવા માટે,આપણે $x = t^6$ આદેશ લઈએ,જેથી $dx = 6t^5 dt$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{6t^5 dt}{t^3 + t^2} = \int \frac{6t^5}{t^2(t+1)} dt = \int \frac{6t^3}{t+1} dt$.
બહુપદીના ભાગાકારનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{t^3}{t+1} = t^2 - t + 1 - \frac{1}{t+1}$.
તેથી,$I = 6 \int (t^2 - t + 1 - \frac{1}{t+1}) dt = 6 [\frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} + t - \log|t+1|] + k$.
$I = 2t^3 - 3t^2 + 6t - 6 \log|t+1| + k$.
$t = x^{1/6}$ પાછું મૂકતા,આપણને મળે:
$I = 2(x^{1/6})^3 - 3(x^{1/6})^2 + 6(x^{1/6}) - 6 \log(x^{1/6} + 1) + k$.
$I = 2x^{1/2} - 3x^{1/3} + 6x^{1/6} - 6 \log(x^{1/6} + 1) + k$.
આપેલ સ્વરૂપ $A x^{1/2} + B x^{1/3} + C x^{1/6} + D \log(x^{1/6} + 1) + k$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 2, B = -3, C = 6, D = -6$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{e^x}{\sqrt{e^{2x}+4e^x+13}} dx$.
$u = e^x$ આદેશ લેતા,$du = e^x dx$ મળે.
તેથી સંકલન $I = \int \frac{du}{\sqrt{u^2+4u+13}}$ થશે.
દ્વિઘાત પદાવલિને પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $u^2+4u+13 = (u+2)^2 + 9 = (u+2)^2 + 3^2$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} = \log |x + \sqrt{x^2+a^2}| + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \log |(u+2) + \sqrt{(u+2)^2 + 3^2}| + c$.
$u = e^x$ પાછું મૂકતા:
$I = \log |e^x + 2 + \sqrt{e^{2x}+4e^x+13}| + c$.
આપેલ પદ $\log |e^{ax}+2+\sqrt{e^{2x}+4e^x+13}| + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 1$ મળે છે.

(C) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{\sin 7 x}{\cos 9 x \cos 2 x} \,d x$ છે।
$7x = 9x - 2x$ હોવાથી, આપણે $\sin 7x = \sin(9x - 2x)$ લખી શકીએ।
નિત્યસમ $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sin 9x \cos 2x - \cos 9x \sin 2x}{\cos 9x \cos 2x} \,d x$.
અપૂર્ણાંકને અલગ કરતા:
$I = \int \left( \frac{\sin 9x \cos 2x}{\cos 9x \cos 2x} - \frac{\cos 9x \sin 2x}{\cos 9x \cos 2x} \right) \,d x$.
$I = \int (\tan 9x - \tan 2x) \,d x$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \int \tan 9x \,d x - \int \tan 2x \,d x$.
સૂત્ર $\int \tan(ax) \,d x = \frac{1}{a} \ln |\sec(ax)| + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{9} \ln |\sec 9x| - \frac{1}{2} \ln |\sec 2x| + c$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\cos x(1+\cos x)}$.
આપણે સંકલ્યને $\frac{1}{\cos x(1+\cos x)} = \frac{1+\cos x - \cos x}{\cos x(1+\cos x)} = \frac{1}{\cos x} - \frac{1}{1+\cos x}$ તરીકે લખી શકીએ.
હવે,$I = \int \sec x \, dx - \int \frac{dx}{1+\cos x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\int \sec x \, dx = \log |\sec x + \tan x| + c_1$.
બીજા ભાગ માટે,નિત્યસમ $1+\cos x = 2 \cos^2 \left(\frac{x}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરો.
તેથી,$\int \frac{dx}{1+\cos x} = \int \frac{dx}{2 \cos^2 \left(\frac{x}{2}\right)} = \frac{1}{2} \int \sec^2 \left(\frac{x}{2}\right) dx$.
આનું સંકલન કરતા,આપણને $\frac{1}{2} \cdot \frac{\tan(x/2)}{1/2} = \tan \left(\frac{x}{2}\right) + c_2$ મળે છે.
આ બંનેને જોડતા,$I = \log |\sec x + \tan x| - \tan \left(\frac{x}{2}\right) + c$.

(C) આપણે સંકલન $I = \int e^x \frac{x-1}{(x+1)^3} \, dx$ ની કિંમત શોધવી છે.
અંશને $(x+1) - 2$ તરીકે લખો:
$I = \int e^x \frac{(x+1) - 2}{(x+1)^3} \, dx$
$I = \int e^x \left( \frac{x+1}{(x+1)^3} - \frac{2}{(x+1)^3} \right) \, dx$
$I = \int e^x \left( \frac{1}{(x+1)^2} - \frac{2}{(x+1)^3} \right) \, dx$
પ્રમાણિત સંકલન સ્વરૂપ $\int e^x [f(x) + f'(x)] \, dx = e^x f(x) + c$ યાદ કરો.
ધારો કે $f(x) = \frac{1}{(x+1)^2} = (x+1)^{-2}$.
તો $f'(x) = -2(x+1)^{-3} = -\frac{2}{(x+1)^3}$ થાય.
આમ,સંકલ્ય $e^x [f(x) + f'(x)]$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,સંકલન $e^x f(x) + c$ થશે.
તેથી,$I = \frac{e^x}{(x+1)^2} + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \log (2+x)^{2+x} \, dx$.
$\log(a^b) = b \log a$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int (2+x) \log(2+x) \, dx$.
ધારો કે $u = 2+x$,તો $du = dx$.
સંકલન $I = \int u \log u \, du$ બને છે.
ખંડશઃ સંકલન $\int f(u)g'(u) \, du = f(u)g(u) - \int f'(u)g(u) \, du$ નો ઉપયોગ કરતા,$f(u) = \log u$ અને $g'(u) = u$ લો.
તેથી $f'(u) = \frac{1}{u}$ અને $g(u) = \frac{u^2}{2}$.
$I = \frac{u^2}{2} \log u - \int \frac{1}{u} \cdot \frac{u^2}{2} \, du$
$I = \frac{u^2}{2} \log u - \frac{1}{2} \int u \, du$
$I = \frac{u^2}{2} \log u - \frac{1}{2} \cdot \frac{u^2}{2} + c$
$I = \frac{u^2}{2} \left( \log u - \frac{1}{2} \right) + c$
કારણ કે $\frac{1}{2} = \log \sqrt{e}$,તેથી:
$I = \frac{u^2}{2} (\log u - \log \sqrt{e}) + c = \frac{u^2}{2} \log \left( \frac{u}{\sqrt{e}} \right) + c$.
$u = 2+x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{(2+x)^2}{2} \log \left( \frac{2+x}{\sqrt{e}} \right) + c$.

(D) ધારો કે $I = \int e^{2x} \frac{\sin 2x \cos 2x - 1}{\sin^2 2x} \, dx$.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે લખી શકીએ:
$I = \int e^{2x} \left( \frac{\sin 2x \cos 2x}{\sin^2 2x} - \frac{1}{\sin^2 2x} \right) \, dx$
$I = \int e^{2x} (\cot 2x - \csc^2 2x) \, dx$.
હવે,ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
ધારો કે $u = \cot 2x$,$dv = e^{2x} \, dx$. તો $du = -2 \csc^2 2x \, dx$ અને $v = \frac{1}{2} e^{2x}$.
$I = \int u \, dv = uv - \int v \, du$
$I = \cot 2x \cdot \frac{1}{2} e^{2x} - \int \frac{1}{2} e^{2x} (-2 \csc^2 2x) \, dx - \int e^{2x} \csc^2 2x \, dx$
$I = \frac{1}{2} e^{2x} \cot 2x + \int e^{2x} \csc^2 2x \, dx - \int e^{2x} \csc^2 2x \, dx + c$
$I = \frac{1}{2} e^{2x} \cot 2x + c$.

(D) આપણે પ્રમાણિત સંકલન સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + c$.
પ્રથમ,સંકલ્યને ફરીથી લખો: $\frac{x+5}{(x+6)^2} = \frac{(x+6) - 1}{(x+6)^2} = \frac{1}{x+6} - \frac{1}{(x+6)^2}$.
ધારો કે $f(x) = \frac{1}{x+6}$.
તો $f'(x) = -\frac{1}{(x+6)^2}$ થાય.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા: $\int e^x \left( \frac{1}{x+6} - \frac{1}{(x+6)^2} \right) dx = \int e^x [f(x) + f'(x)] dx$.
સૂત્ર લાગુ પાડતા,આપણને $e^x f(x) + c = \frac{e^x}{x+6} + c$ મળે છે.

(A) $\int x^2 \cos x \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલનની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = x^2$ અને $dv = \cos x \, dx$.
તેથી $du = 2x \, dx$ અને $v = \sin x$.
સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$\int x^2 \cos x \, dx = x^2 \sin x - \int (\sin x)(2x) \, dx = x^2 \sin x - 2 \int x \sin x \, dx$.
હવે,$\int x \sin x \, dx$ માટે ફરીથી ખંડશઃ સંકલન લાગુ કરો:
ધારો કે $u = x$ અને $dv = \sin x \, dx$.
તેથી $du = dx$ અને $v = -\cos x$.
$\int x \sin x \, dx = x(-\cos x) - \int (-\cos x) \, dx = -x \cos x + \int \cos x \, dx = -x \cos x + \sin x$.
આ કિંમતને મૂળ પદમાં મૂકતા:
$\int x^2 \cos x \, dx = x^2 \sin x - 2(-x \cos x + \sin x) + c = x^2 \sin x + 2x \cos x - 2 \sin x + c$.

(A) ધારો કે $I = \int e^x \cos x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = \cos x$ અને $dv = e^x \, dx$.
તેથી $du = -\sin x \, dx$ અને $v = e^x$.
$I = e^x \cos x - \int e^x (-\sin x) \, dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x \, dx$.
હવે,ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીને $\int e^x \sin x \, dx$ ની કિંમત શોધો.
ધારો કે $u = \sin x$ અને $dv = e^x \, dx$.
તેથી $du = \cos x \, dx$ અને $v = e^x$.
$\int e^x \sin x \, dx = e^x \sin x - \int e^x \cos x \, dx = e^x \sin x - I$.
આ કિંમતને $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = e^x \cos x + e^x \sin x - I$.
$2I = e^x (\cos x + \sin x)$.
$I = \frac{e^x (\cos x + \sin x)}{2} + c$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $|x| < 1$ માટે $\tan^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right) = 2 \tan^{-1} x$ થાય છે.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા,આપણને $I = \int 2 \tan^{-1} x \, dx$ મળે છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $u = \tan^{-1} x$ અને $dv = 2 \, dx$.
તેથી $du = \frac{1}{1+x^2} \, dx$ અને $v = 2x$ થાય.
સૂત્ર $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2x \tan^{-1} x - \int \frac{2x}{1+x^2} \, dx$.
ધારો કે $t = 1+x^2$,તો $dt = 2x \, dx$.
તેથી,$\int \frac{2x}{1+x^2} \, dx = \int \frac{1}{t} \, dt = \log|t| + c = \log(1+x^2) + c$.
આમ,$I = 2x \tan^{-1} x - \log(1+x^2) + c$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $I - 2x \tan^{-1} x = -\log(1+x^2) + c$ મળે છે.

(C) સંકલન $\int \frac{x \, dx}{(x-1)(x-2)}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $\frac{x}{(x-1)(x-2)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2}$.
બંને બાજુ $(x-1)(x-2)$ વડે ગુણતા,આપણને $x = A(x-2) + B(x-1)$ મળે છે.
$x = 1$ લેતા,$1 = A(1-2) \implies A = -1$.
$x = 2$ લેતા,$2 = B(2-1) \implies B = 2$.
આમ,$\int \frac{x \, dx}{(x-1)(x-2)} = \int \left( \frac{-1}{x-1} + \frac{2}{x-2} \right) dx$.
પદવાર સંકલન કરતા,આપણને $-\log |x-1| + 2 \log |x-2| + c$ મળે છે.
લઘુગણકના ગુણધર્મ $n \log m = \log m^n$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\log |x-2|^2 - \log |x-1| + c = \log \left| \frac{(x-2)^2}{x-1} \right| + c$ મળે છે.

(B) સંકલન $\int \frac{2x+3}{(x-1)(x^2+1)} dx$ ઉકેલવા માટે,આપણે આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\frac{2x+3}{(x-1)(x^2+1)} = \frac{B}{x-1} + \frac{Cx+D}{x^2+1}$
$2x+3 = B(x^2+1) + (Cx+D)(x-1)$
$x=1$ લેતા,આપણને $2(1)+3 = B(1^2+1) \implies 5 = 2B \implies B = \frac{5}{2}$ મળે છે.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $0 = B+C \implies C = -B = -\frac{5}{2}$.
અચળ પદોની સરખામણી કરતા: $3 = B-D \implies D = B-3 = \frac{5}{2} - 3 = -\frac{1}{2}$.
આમ,સંકલન $\int \left( \frac{5/2}{x-1} + \frac{-5/2x - 1/2}{x^2+1} \right) dx$ બને છે.
$= \frac{5}{2} \int \frac{1}{x-1} dx - \frac{5}{4} \int \frac{2x}{x^2+1} dx - \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2+1} dx$.
$= \frac{5}{2} \log_e |x-1| - \frac{5}{4} \log_e (x^2+1) - \frac{1}{2} \tan^{-1} x + A$.
$= \log_e |x-1|^{\frac{5}{2}} + \log_e (x^2+1)^{-\frac{5}{4}} - \frac{1}{2} \tan^{-1} x + A$.
$= \log_e \{(x-1)^{\frac{5}{2}}(x^2+1)^{-\frac{5}{4}}\} - \frac{1}{2} \tan^{-1} x + A$.
આપેલ અભિવ્યક્તિ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = -\frac{5}{4}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{3 \sin x \cos x}{4 \sin x + 7} \, dx$.
$u = \sin x$ લો,તેથી $du = \cos x \, dx$.
સંકલન $I = \int \frac{3u}{4u+7} \, du$ બને છે.
અંશને ફરીથી લખતા: $\frac{3u}{4u+7} = \frac{3}{4} \left( \frac{4u+7-7}{4u+7} \right) = \frac{3}{4} \left( 1 - \frac{7}{4u+7} \right) = \frac{3}{4} - \frac{21}{4(4u+7)}$.
$u$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા: $I = \int \left( \frac{3}{4} - \frac{21}{4(4u+7)} \right) \, du = \frac{3}{4}u - \frac{21}{16} \log |4u+7| + c$.
$u = \sin x$ પાછું મૂકતા: $I = \frac{3}{4} \sin x - \frac{21}{16} \log |4 \sin x + 7| + c$.
આને $A \sin x - B \log |4 \sin x + 7| + c$ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{3}{4}$ અને $B = \frac{21}{16}$ મળે છે.
તેથી,$A+B = \frac{3}{4} + \frac{21}{16} = \frac{12+21}{16} = \frac{33}{16}$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{2x^2+3}{(x^2-1)(x^2-4)} dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$x^2 = t$ લેતા,$\frac{2t+3}{(t-1)(t-4)} = \frac{A}{t-1} + \frac{B}{t-4}$.
$2t+3 = A(t-4) + B(t-1)$.
$t=1$ માટે,$5 = A(-3) \implies A = -\frac{5}{3}$.
$t=4$ માટે,$11 = B(3) \implies B = \frac{11}{3}$.
તેથી,$\frac{2x^2+3}{(x^2-1)(x^2-4)} = \frac{-5/3}{x^2-1} + \frac{11/3}{x^2-4}$.
સંકલન કરતા,$I = -\frac{5}{3} \int \frac{dx}{x^2-1} + \frac{11}{3} \int \frac{dx}{x^2-4}$.
$I = -\frac{5}{3} \cdot \frac{1}{2} \log \left| \frac{x-1}{x+1} \right| + \frac{11}{3} \cdot \frac{1}{4} \log \left| \frac{x-2}{x+2} \right| + c$.
$I = \frac{5}{6} \log \left| \frac{x+1}{x-1} \right| + \frac{11}{12} \log \left| \frac{x-2}{x+2} \right| + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$a = \frac{11}{12}$ અને $b = \frac{5}{6} = \frac{10}{12}$.
આમ,$a+b = \frac{11}{12} + \frac{10}{12} = \frac{21}{12}$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{x^4+5x^2+4}$.
છેદના અવયવો પાડતા: $x^4+5x^2+4 = (x^2+1)(x^2+4)$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)} = \frac{A'}{x^2+1} + \frac{B'}{x^2+4}$.
$1 = A'(x^2+4) + B'(x^2+1)$.
$x^2 = -1$ લેતા,$1 = A'(3) \implies A' = \frac{1}{3}$.
$x^2 = -4$ લેતા,$1 = B'(-3) \implies B' = -\frac{1}{3}$.
તેથી,$I = \int \left( \frac{1/3}{x^2+1} - \frac{1/3}{x^2+4} \right) dx$.
$I = \frac{1}{3} \int \frac{dx}{x^2+1} - \frac{1}{3} \int \frac{dx}{x^2+2^2}$.
$I = \frac{1}{3} \tan^{-1} x - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1} \frac{x}{2} + c$.
$I = \frac{1}{3} \tan^{-1} x - \frac{1}{6} \tan^{-1} \frac{x}{2} + c$.
$A \tan^{-1} x + B \tan^{-1} \frac{x}{2} + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = \frac{1}{3}$ અને $B = -\frac{1}{6}$ મળે છે.

(A) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{x^4+1}{x(x^2+1)^2} dx$ છે.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{x(x^4+1)}{x^2(x^2+1)^2} dx$.
ધારો કે $x^2 = t$,તેથી $2x dx = dt$,એટલે કે $x dx = \frac{dt}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \frac{1}{2} \int \frac{t^2+1}{t(t+1)^2} dt$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા: $\frac{t^2+1}{t(t+1)^2} = \frac{A_1}{t} + \frac{B_1}{t+1} + \frac{C_1}{(t+1)^2}$.
$t^2+1 = A_1(t+1)^2 + B_1 t(t+1) + C_1 t$.
$t=0$ લેતા,$1 = A_1(1)^2 \implies A_1 = 1$.
$t=-1$ લેતા,$2 = C_1(-1) \implies C_1 = -2$.
$t^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $1 = A_1 + B_1 \implies 1 = 1 + B_1 \implies B_1 = 0$.
તેથી,$I = \frac{1}{2} \int \left( \frac{1}{t} - \frac{2}{(t+1)^2} \right) dt = \frac{1}{2} \left( \log |t| + \frac{2}{t+1} \right) + c$.
$I = \frac{1}{2} \log |x^2| + \frac{1}{x^2+1} + c = \log |x| + \frac{1}{x^2+1} + c$.
$A \log |x| + \frac{B}{1+x^2} + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 1$ અને $B = 1$ મળે છે.
આમ,$A-B = 1-1 = 0$.

(A) આપણી પાસે $I = \int \tan^4 x dx = \int \tan^2 x (\sec^2 x - 1) dx$ છે.
$I = \int \tan^2 x \sec^2 x dx - \int \tan^2 x dx$.
$I = \int \tan^2 x \sec^2 x dx - \int (\sec^2 x - 1) dx$.
$I = \frac{\tan^3 x}{3} - \tan x + x + k$.
આને $a \tan^3 x + b \tan x + c x + k$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = \frac{1}{3}$,$b = -1$,અને $c = 1$ મળે છે.
તેથી,$a - b + c = \frac{1}{3} - (-1) + 1 = \frac{1}{3} + 1 + 1 = \frac{1}{3} + 2 = \frac{7}{3}$.

(A) આપણે પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$1$. $\sin ^{-1}(-x) = -\sin ^{-1}(x)$
$2$. $\cos ^{-1}(-x) = \pi - \cos ^{-1}(x)$
$3$. $\cot ^{-1}(-x) = \pi - \cot ^{-1}(x)$
$4$. $\tan ^{-1}(x)$ પ્રમાણિત છે.
દરેક પદની ગણતરી કરતા:
$\sin ^{-1}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -\sin ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -\frac{\pi}{4}$
$\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = \pi - \cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$
$\cot ^{-1}\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \pi - \cot ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$
$\tan ^{-1}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$-\frac{\pi}{4} + \frac{2\pi}{3} - \frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = -\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3} = \frac{-\pi + 4\pi}{12} = \frac{\pi}{12}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપણને પદાવલિ $\cot ^{-1}\left(2 \cos \left(2 \operatorname{cosec}^{-1}(\sqrt{2})\right)\right)$ આપેલ છે.
સૌ પ્રથમ,$\operatorname{cosec}^{-1}(\sqrt{2})$ ની કિંમત શોધો.
કારણ કે $\operatorname{cosec}(\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}$,તેથી $\operatorname{cosec}^{-1}(\sqrt{2}) = \frac{\pi}{4}$ થાય.
હવે,આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકતા:
$2 \cos \left(2 \times \frac{\pi}{4}\right) = 2 \cos \left(\frac{\pi}{2}\right)$.
કારણ કે $\cos \left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$,તેથી પદાવલિ $2 \times 0 = 0$ બને છે.
અંતે,આપણે $\cot ^{-1}(0)$ શોધવાનું છે.
કારણ કે $\cot \left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$,તેથી $\cot ^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$ થાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ધારો કે $y = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right)$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,તેથી $\theta = \tan^{-1} x$.
તેથી $y = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\tan^2 \theta}-1}{\tan \theta}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right)$.
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2\sin^2(\theta/2)}{2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}\right) = \tan^{-1}(\tan(\theta/2))$.
$y = \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \tan^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{2(1+x^2)}$ મળે છે.

(C) આપણને સમીકરણ $4 \sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \pi$ આપેલું છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે નિત્યસમ $\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} x$.
આ કિંમતને આપેલા સમીકરણમાં મૂકતા:
$4 \sin ^{-1} x + (\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} x) = \pi$
$3 \sin ^{-1} x + \frac{\pi}{2} = \pi$
$3 \sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$
$\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{6}$
બંને બાજુ સાઈન (sine) લેતા:
$x = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) ધારો કે $x = \cos \theta$. તેથી $\theta = \cos^{-1} x$.
$x = \cos \theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} = \sqrt{\frac{2\sin^2(\theta/2)}{2\cos^2(\theta/2)}} = \tan(\theta/2)$ મળે છે.
તેથી,પદાવલિ $y = \sin^2 \left( \cot^{-1} (\tan(\theta/2)) \right)$ બને છે.
કારણ કે $\tan(\theta/2) = \cot(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2})$,તેથી $y = \sin^2 \left( \cot^{-1} \left( \cot \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2} \right) \right) \right)$ મળે.
આનું સાદું રૂપ $y = \sin^2 \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2} \right) = \cos^2(\theta/2)$ થાય છે.
નિત્યસમ $\cos^2(\theta/2) = \frac{1+\cos \theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{1+x}{2} = \frac{1}{2} + \frac{x}{2}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} + \frac{x}{2} \right) = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $x = \tan \theta$. તેથી $\theta = \tan^{-1} x$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\tan^{-1}\left(\frac{1-\tan^2 \theta}{2 \tan \theta}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{\tan 2\theta}\right) = \tan^{-1}(\cot 2\theta) = \tan^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)\right) = \frac{\pi}{2} - 2\theta$.
હવે,$\cos^{-1}\left(\frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta}\right) = \cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta$.
આ બંને ભાગનો સરવાળો કરતા: $(\frac{\pi}{2} - 2\theta) + 2\theta = \frac{\pi}{2}$.
અંતે,$\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$.

(C) આપેલ છે કે $\cot ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)-\cot ^{-1}\left(\frac{1}{y}\right)=0$,જેનો અર્થ છે કે $\cot ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)=\cot ^{-1}\left(\frac{1}{y}\right)$.
આથી $\frac{1}{x}=\frac{1}{y}$,એટલે કે $x=y$.
પ્રથમ સમીકરણમાં $x=y$ મૂકતા: $\sin ^{-1} x+\sin ^{-1} x=\frac{\pi}{3}$.
$2 \sin ^{-1} x=\frac{\pi}{3} \implies \sin ^{-1} x=\frac{\pi}{6}$.
તેથી,$x=\sin \left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$.
કારણ કે $x=y$,તેથી $y=\frac{1}{2}$.
હવે,$2 x^2+y^2-x y$ ની કિંમત શોધો:
$2 \left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2-\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \left(\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}-\frac{1}{4} = \frac{1}{2}+0 = \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $x = \tan \theta$. તેથી $\theta = \tan^{-1} x$.
$x = \sqrt{3}$ માટે,$\theta = \frac{\pi}{3}$.
આપેલ પદ $y = \sin^{-1}(\sin 2\theta) + \sec^{-1}(\sec 2\theta)$ બને છે.
$x > 1$ માટે,$\sin^{-1}(\frac{2x}{1+x^2}) = \pi - 2\tan^{-1} x$ અને $\sec^{-1}(\frac{1+x^2}{1-x^2}) = 2\tan^{-1} x - \pi$ થાય છે.
તેથી,$y = (\pi - 2\tan^{-1} x) + (2\tan^{-1} x - \pi) = 0$.
આમ,$y$ અચળ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.

(B) ધારો કે $u = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right)$. $x = \tan \theta$ લેતા,$u = \tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right) = \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2(1+x^2)}$.
ધારો કે $v = \tan ^{-1}\left(\frac{2 x \sqrt{1-x^2}}{1-2 x^2}\right)$. $x = \sin \phi$ લેતા,$v = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin \phi \cos \phi}{1-2 \sin^2 \phi}\right) = \tan ^{-1}(\tan 2\phi) = 2\phi = 2 \sin ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{dv}{dx} = \frac{2}{\sqrt{1-x^2}}$.
આપણે $\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx} = \frac{1}{2(1+x^2)} \times \frac{\sqrt{1-x^2}}{2} = \frac{\sqrt{1-x^2}}{4(1+x^2)}$ શોધવાનું છે.
$x=0$ આગળ,$\frac{du}{dv} = \frac{\sqrt{1-0}}{4(1+0)} = \frac{1}{4}$.

(C) ધારો કે $\theta_1 = \sec ^{-1} 4$,તેથી $\sec \theta_1 = 4$.
નિત્યસમ $\tan ^2 \theta = \sec ^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\tan ^2(\sec ^{-1} 4) = \sec ^2(\sec ^{-1} 4) - 1 = 4^2 - 1 = 16 - 1 = 15$.
ધારો કે $\theta_2 = \operatorname{cosec}^{-1} 3$,તેથી $\operatorname{cosec} \theta_2 = 3$.
નિત્યસમ $\cot ^2 \theta = \operatorname{cosec}^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\cot ^2(\operatorname{cosec}^{-1} 3) = \operatorname{cosec}^2(\operatorname{cosec}^{-1} 3) - 1 = 3^2 - 1 = 9 - 1 = 8$.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા,$15 + 8 = 23$ મળે છે.

(A) આપણને પદાવલિ $\cos(2 \cos^{-1} x + \sin^{-1} x)$ આપેલ છે.
આપણે તેને $\cos(\cos^{-1} x + (\cos^{-1} x + \sin^{-1} x))$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમ $\cos^{-1} x + \sin^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ ($x \in [-1, 1]$ માટે) નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ $\cos(\cos^{-1} x + \frac{\pi}{2})$ બને છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(\theta + \frac{\pi}{2}) = -\sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $-\sin(\cos^{-1} x)$ મળે છે.
કારણ કે $\sin(\cos^{-1} x) = \sqrt{1 - x^2}$,તેથી પદાવલિ $-\sqrt{1 - x^2}$ માં સરળ બને છે.
$x = \frac{1}{5}$ આપેલ હોવાથી,આ કિંમતને સાદું રૂપ આપેલ પદાવલિમાં મૂકતા:
$-\sqrt{1 - (\frac{1}{5})^2} = -\sqrt{1 - \frac{1}{25}} = -\sqrt{\frac{24}{25}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ અસમતા $(\cos ^{-1} x)^2 - (\sin ^{-1} x)^2 > 0$ છે.
બીજગણિતીય નિત્યસમ $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\cos ^{-1} x - \sin ^{-1} x)(\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} x) > 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [-1, 1]$ માટે $\cos ^{-1} x + \sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ થાય છે.
આ કિંમત મૂકતા:
$(\cos ^{-1} x - \sin ^{-1} x) \cdot \frac{\pi}{2} > 0$.
$\frac{\pi}{2} > 0$ હોવાથી,બંને બાજુ ભાગતા:
$\cos ^{-1} x - \sin ^{-1} x > 0$
$\cos ^{-1} x > \sin ^{-1} x$.
$\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} x$ હોવાથી:
$\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} x > \sin ^{-1} x$
$\frac{\pi}{2} > 2 \sin ^{-1} x$
$\sin ^{-1} x < \frac{\pi}{4}$
$\sin \theta$ વધતું વિધેય હોવાથી,બંને બાજુ $\sin$ લેતા:
$x < \sin(\frac{\pi}{4})$
$x < \frac{1}{\sqrt{2}}$.
વળી,$\sin ^{-1} x$ અને $\cos ^{-1} x$ નો પ્રદેશ $x \in [-1, 1]$ છે.
તેથી,ઉકેલ $-1 \leqslant x < \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.

(B) આપણે $\cos ^{-1}\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos \frac{9 \pi}{10}-\sin \frac{9 \pi}{10}\right)\right]$ નું મુખ્ય મૂલ્ય શોધવાનું છે.
સૌ પ્રથમ,કૌંસની અંદરની પદાવલિને ફરીથી લખો:
$\frac{1}{\sqrt{2}} \cos \frac{9 \pi}{10} - \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \frac{9 \pi}{10}$
કારણ કે $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી આપણને મળે છે:
$\cos \frac{\pi}{4} \cos \frac{9 \pi}{10} - \sin \frac{\pi}{4} \sin \frac{9 \pi}{10}$
નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos \left(\frac{\pi}{4} + \frac{9 \pi}{10}\right) = \cos \left(\frac{5 \pi + 18 \pi}{20}\right) = \cos \left(\frac{23 \pi}{20}\right)$
કારણ કે $\cos \theta = \cos(2 \pi - \theta)$,તેથી $\cos \left(\frac{23 \pi}{20}\right) = \cos \left(2 \pi - \frac{23 \pi}{20}\right) = \cos \left(\frac{17 \pi}{20}\right)$.
આમ,$\cos ^{-1}\left[\cos \frac{17 \pi}{20}\right] = \frac{17 \pi}{20}$,જે $[0, \pi]$ ની રેન્જમાં છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
ધારો કે $u = \tan ^{-1} x$. તો $\cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - u$.
આપેલ સમીકરણ $u^2 + (\frac{\pi}{2} - u)^2 = \frac{5 \pi^2}{8}$ બને છે.
સમીકરણનું 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: $(4u - 3\pi)(4u + \pi) = 0$.
તેથી,$u = \frac{3\pi}{4}$ અથવા $u = -\frac{\pi}{4}$.
$\tan ^{-1} x$ નો વિસ્તાર $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ હોવાથી,$u = -\frac{\pi}{4}$ મળે.
આમ,$\tan ^{-1} x = -\frac{\pi}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $x = \tan(-\frac{\pi}{4}) = -1$.
તેથી,$x^2 + 1 = (-1)^2 + 1 = 1 + 1 = 2$.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{1+\sin x}{1-\sin x}}\right)$.
નિત્યસમ $1+\sin x = \left(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}\right)^2$ અને $1-\sin x = \left(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}\right)^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{(\cos(x/2) + \sin(x/2))^2}{(\cos(x/2) - \sin(x/2))^2}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\cos(x/2) + \sin(x/2)}{\cos(x/2) - \sin(x/2)}\right)$.
અંશ અને છેદને $\cos(x/2)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan(x/2)}{1 - \tan(x/2)}\right) = \tan^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right)\right)$.
કારણ કે $0 \leqslant x < \frac{\pi}{2}$,તેથી $\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2}$,તેથી $y = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$y' = \frac{1}{2}$ મળે.
આમ,$y'\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1} x + \cos ^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}\right) = \sin ^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $y > 0$ માટે $\cos ^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1}{y}\right)$.
વળી,$\sin ^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right) = \tan ^{-1}(3)$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1}\left(\frac{1}{y}\right) = \tan ^{-1}(3)$.
$\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\tan ^{-1}\left(\frac{x + \frac{1}{y}}{1 - \frac{x}{y}}\right) = \tan ^{-1}(3)$.
આથી $\frac{xy + 1}{y - x} = 3$,જેનું સાદું રૂપ $xy + 1 = 3y - 3x$ થાય છે.
પદોને ગોઠવતા: $xy + 3x - 3y = -1$.
અવયવ પાડવા માટે બંને બાજુ $9$ ઉમેરતા: $x(y+3) - 3(y+3) + 9 = -1 + 9$.
$(x-3)(y+3) = 8$.
$x$ અને $y$ ધન પૂર્ણાંકો હોવાથી,$x \ge 1$ અને $y \ge 1$. તેથી,$y+3 \ge 4$.
$8$ ના અવયવો કે જેમાં $y+3 \ge 4$ હોય તે નીચે મુજબ છે:
$1) y+3 = 4 \implies y=1$. તો $x-3 = 2 \implies x=5$.
$2) y+3 = 8 \implies y=5$. તો $x-3 = 1 \implies x=4$.
આમ,$(5, 1)$ અને $(4, 5)$ એ બે ધન પૂર્ણાંક ઉકેલો છે.
તેથી,કુલ $2$ ઉકેલો મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $\sin ^{-1}(4 x)+\sin ^{-1}(4 \sqrt{3} x)=-\frac{\pi}{2}$ છે.
$\sin ^{-1}(y)$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,સરવાળો $-\frac{\pi}{2}$ થવા માટે બંને પદો ઋણ અથવા શૂન્ય હોવા જોઈએ.
ધારો કે $4x = \sin(\alpha)$ અને $4\sqrt{3}x = \sin(\beta)$,જ્યાં $\alpha, \beta \in [-\frac{\pi}{2}, 0]$.
તેથી $\alpha + \beta = -\frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha = -\frac{\pi}{2} - \beta$.
બંને બાજુ સાઈન લેતા: $\sin(\alpha) = \sin(-\frac{\pi}{2} - \beta) = -\cos(\beta)$.
$\sin^2(\beta) + \cos^2(\beta) = 1$ હોવાથી,$\cos(\beta) = \sqrt{1 - \sin^2(\beta)}$.
કિંમતો મૂકતા: $4x = -\sqrt{1 - (4\sqrt{3}x)^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $16x^2 = 1 - 48x^2$.
$64x^2 = 1 \implies x^2 = \frac{1}{64}$.
સરવાળો ઋણ હોવાથી $x$ ઋણ હોવો જોઈએ,તેથી $x = -\frac{1}{8}$.
$x$ નું નિરપેક્ષ મૂલ્ય $|x| = \frac{1}{8}$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\cot ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha})-\tan ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha})=x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot ^{-1}(y) = \frac{\pi}{2} - \tan ^{-1}(y)$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $(\frac{\pi}{2} - \tan ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha})) - \tan ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha}) = x$.
તેથી,$\frac{\pi}{2} - 2 \tan ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha}) = x$.
આથી,$2 \tan ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha}) = \frac{\pi}{2} - x$.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા: $\tan(2 \tan ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha})) = \tan(\frac{\pi}{2} - x) = \cot x$.
સૂત્ર $\tan(2\theta) = \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = \tan ^{-1}(\sqrt{\cos \alpha})$:
$\cot x = \frac{2 \sqrt{\cos \alpha}}{1 - \cos \alpha}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્ર $1 - \cos \alpha = 2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cot x = \frac{2 \sqrt{\cos \alpha}}{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}} = \frac{\sqrt{\cos \alpha}}{\sin^2 \frac{\alpha}{2}}$.
પરંતુ,પ્રમાણિત નિત્યસમ $2 \tan ^{-1}(y) = \cos ^{-1}(\frac{1-y^2}{1+y^2})$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1}(\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}) = \sin ^{-1}(\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha})$.
તેથી,$\sin x = \frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha} = \frac{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}} = \tan^2 \frac{\alpha}{2}$.

(A) ધારો કે $\alpha = \cos^{-1} \frac{1}{5\sqrt{2}}$. તેથી $\cos \alpha = \frac{1}{5\sqrt{2}}$.
$\sin^2 \alpha = 1 - \cos^2 \alpha = 1 - \frac{1}{50} = \frac{49}{50}$ હોવાથી,$\sin \alpha = \frac{7}{5\sqrt{2}}$ મળે.
આમ,$\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{7/5\sqrt{2}}{1/5\sqrt{2}} = 7$.
ધારો કે $\beta = \sin^{-1} \frac{4}{\sqrt{17}}$. તેથી $\sin \beta = \frac{4}{\sqrt{17}}$.
$\cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta = 1 - \frac{16}{17} = \frac{1}{17}$ હોવાથી,$\cos \beta = \frac{1}{\sqrt{17}}$ મળે.
આમ,$\tan \beta = \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{4/\sqrt{17}}{1/\sqrt{17}} = 4$.
આપણે $\tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta}$ શોધવાનું છે.
કિંમતો મૂકતા,$\tan(\alpha - \beta) = \frac{7 - 4}{1 + (7)(4)} = \frac{3}{1 + 28} = \frac{3}{29}$.

(B) ધારો કે $\alpha = \sin^{-1}\left(\frac{3}{5}\right)$. તેથી $\sin \alpha = \frac{3}{5}$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \alpha = \frac{3}{4}$.
ધારો કે $\beta = \cos^{-1}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$. તેથી $\cos \beta = \frac{2}{\sqrt{5}}$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \beta = \frac{1}{2}$.
આપણે $\tan(\alpha - 2\beta)$ શોધવાનું છે.
પ્રથમ,$\tan(2\beta) = \frac{2 \tan \beta}{1 - \tan^2 \beta} = \frac{2(1/2)}{1 - (1/2)^2} = \frac{1}{1 - 1/4} = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}$ ગણો.
હવે,સૂત્ર $\tan(\alpha - 2\beta) = \frac{\tan \alpha - \tan 2\beta}{1 + \tan \alpha \tan 2\beta}$ નો ઉપયોગ કરો.
કિંમતો મૂકતા: $\tan(\alpha - 2\beta) = \frac{3/4 - 4/3}{1 + (3/4)(4/3)} = \frac{(9-16)/12}{1 + 1} = \frac{-7/12}{2} = -\frac{7}{24}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin \left(\sin ^{-1} \frac{1}{5}+\cos ^{-1} x\right)=1$
બંને બાજુ $\sin ^{-1}$ લેતા:
$\sin ^{-1} \frac{1}{5}+\cos ^{-1} x = \sin ^{-1}(1)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}(1) = \frac{\pi}{2}$,તેથી:
$\sin ^{-1} \frac{1}{5}+\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$
આપણે નિત્યસમ $\sin ^{-1} \theta + \cos ^{-1} \theta = \frac{\pi}{2}$ જાણીએ છીએ,જ્યાં $\theta \in [-1, 1]$.
આ બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા:
$\cos ^{-1} x = \cos ^{-1} \frac{1}{5}$
તેથી,$x = \frac{1}{5}$.

(A) ધારો કે $x = \frac{ab}{cr}$,$y = \frac{bc}{ar}$,અને $z = \frac{ca}{br}$.
આપણને આપેલ છે કે $a^2+b^2+c^2=r^2$.
ગુણાકાર $xyz = \frac{ab}{cr} \times \frac{bc}{ar} \times \frac{ca}{br} = \frac{a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2} = 1$ થાય છે.
જ્યારે $xyz = 1$ હોય,ત્યારે આપણે નિત્યસમ $\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(y) + \tan^{-1}(z) = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ.
તેથી,આપેલ પદાવલિનું મૂલ્ય $\frac{\pi}{2}$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $\tan ^{-1}\left(\frac{x}{2}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{y}{2}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{z}{2}\right)=\frac{\pi}{2}$.
ધારો કે $A = \tan ^{-1}\left(\frac{x}{2}\right)$,$B = \tan ^{-1}\left(\frac{y}{2}\right)$,અને $C = \tan ^{-1}\left(\frac{z}{2}\right)$.
તેથી $A+B+C = \frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $A+B = \frac{\pi}{2}-C$.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા,આપણને મળે $\tan(A+B) = \tan\left(\frac{\pi}{2}-C\right) = \cot(C) = \frac{1}{\tan(C)}$.
સૂત્ર $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{\frac{x}{2} + \frac{y}{2}}{1 - \frac{x}{2} \cdot \frac{y}{2}} = \frac{1}{z/2}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{(x+y)/2}{(4-xy)/4} = \frac{2}{z}$,એટલે કે $\frac{2(x+y)}{4-xy} = \frac{2}{z}$.
$2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $\frac{x+y}{4-xy} = \frac{1}{z}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા $z(x+y) = 4-xy$,જેનો અર્થ છે કે $zx + zy = 4 - xy$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે $xy + yz + zx = 4$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1} \frac{1}{3}+\sin ^{-1} \frac{3}{5}+\sin ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1} x = \cos ^{-1} \sqrt{1-x^2}$.
તેથી,$\sin ^{-1} \frac{1}{3} = \cos ^{-1} \frac{2\sqrt{2}}{3}$ અને $\sin ^{-1} \frac{3}{5} = \cos ^{-1} \frac{4}{5}$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - (\sin ^{-1} \frac{1}{3} + \sin ^{-1} \frac{3}{5})$.
ધારો કે $A = \sin ^{-1} \frac{1}{3}$ અને $B = \sin ^{-1} \frac{3}{5}$.
તો $\sin A = \frac{1}{3}, \cos A = \frac{2\sqrt{2}}{3}$ અને $\sin B = \frac{3}{5}, \cos B = \frac{4}{5}$.
$x = \sin(\frac{\pi}{2} - (A+B)) = \cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$.
$x = (\frac{2\sqrt{2}}{3} \times \frac{4}{5}) - (\frac{1}{3} \times \frac{3}{5}) = \frac{8\sqrt{2}-3}{15}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan^{-1}\left(x+\frac{2}{x}\right) - \tan^{-1}\left(x-\frac{2}{x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{4}{x}\right)$.
નિત્યસમ $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $A = x+\frac{2}{x}$ અને $B = x-\frac{2}{x}$.
તેથી $A-B = (x+\frac{2}{x}) - (x-\frac{2}{x}) = \frac{4}{x}$.
અને $1+AB = 1 + (x+\frac{2}{x})(x-\frac{2}{x}) = 1 + (x^2 - \frac{4}{x^2}) = x^2 - \frac{4}{x^2} + 1$.
તેથી,$\tan^{-1}\left(\frac{4/x}{1 + x^2 - 4/x^2}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{4}{x}\right)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{4/x}{1 + x^2 - 4/x^2} = \frac{4}{x}$.
ધારો કે $x \neq 0$,$4/x$ વડે ભાગતા આપણને $1 + x^2 - 4/x^2 = 1$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 - 4/x^2 = 0$ થાય છે.
આમ $x^4 = 4$,તેથી $x^2 = 2$,જે $x = \pm \sqrt{2}$ આપે છે.
બંને કિંમતો મૂળ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે. તેથી,$2$ ઉકેલો મળે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1}(x+1)+\tan ^{-1}(x-1)+\tan ^{-1} x=\tan ^{-1} 3$.
નિત્યસમ $\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{(x+1)+(x-1)}{1-(x+1)(x-1)} \right) + \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} 3$.
$\tan ^{-1} \left( \frac{2x}{1-(x^2-1)} \right) + \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} 3$.
$\tan ^{-1} \left( \frac{2x}{2-x^2} \right) + \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} 3$.
ફરીથી નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{\frac{2x}{2-x^2} + x}{1 - \frac{2x^2}{2-x^2}} \right) = \tan ^{-1} 3$.
$\frac{2x + 2x - x^3}{2-x^2-2x^2} = 3$.
$\frac{4x-x^3}{2-3x^2} = 3$.
$4x - x^3 = 6 - 9x^2$.
$x^3 - 9x^2 - 4x + 6 = 0$.
$x < 0$ હોવાથી,$x = -1$ એ ઉકેલ છે: $(-1)^3 - 9(-1)^2 - 4(-1) + 6 = -1 - 9 + 4 + 6 = 0$.
$(x+1)$ વડે ભાગતા,$(x+1)(x^2 - 10x + 6) = 0$ મળે.
ઉકેલ $x = -1$ અને $x = 5 \pm \sqrt{19}$ છે. $x < 0$ હોવાથી,$x = -1$ લેતા.
$500x^4 + 270x^2 + 997$ માં $x = -1$ મૂકતા:
$500(-1)^4 + 270(-1)^2 + 997 = 500 + 270 + 997 = 1767$.

(C) આપણે નિત્યસમ $\tan^{-1}(a) - \tan^{-1}(b) = \tan^{-1}\left(\frac{a-b}{1+ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
દરેક પદને નીચે મુજબ ફરીથી લખી શકાય:
$1. \tan^{-1}\left(\frac{1}{1+x(x+1)}\right) = \tan^{-1}(x+1) - \tan^{-1}(x)$
$2. \tan^{-1}\left(\frac{1}{1+(x+1)(x+2)}\right) = \tan^{-1}(x+2) - \tan^{-1}(x+1)$
$3. \tan^{-1}\left(\frac{1}{1+(x+2)(x+3)}\right) = \tan^{-1}(x+3) - \tan^{-1}(x+2)$
આનો સરવાળો કરતા,આપણને $y = \tan^{-1}(x+3) - \tan^{-1}(x)$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = \frac{1}{1+(x+3)^2} - \frac{1}{1+x^2}$.
$x=0$ આગળ કિંમત મુકતા:
$y'(0) = \frac{1}{1+3^2} - \frac{1}{1+0^2} = \frac{1}{10} - 1 = -\frac{9}{10}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $2 \tan^{-1}(\cos x) = \tan^{-1}(2 \operatorname{cosec} x)$.
સૂત્ર $2 \tan^{-1}(\theta) = \tan^{-1}\left(\frac{2\theta}{1-\theta^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}\left(\frac{2 \cos x}{1 - \cos^2 x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2}{\sin x}\right)$.
$1 - \cos^2 x = \sin^2 x$ હોવાથી,સમીકરણ આ મુજબ બનશે:
$\frac{2 \cos x}{\sin^2 x} = \frac{2}{\sin x}$.
જો $\sin x \neq 0$ હોય,તો આપણે સાદું રૂપ આપી શકીએ:
$\frac{\cos x}{\sin x} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $\cot x = 1$.
આમ,$x = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right)$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $2 \tan ^{-1} \frac{1}{2} = \tan ^{-1} \left( \frac{2 \times (1/2)}{1 - (1/2)^2} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{1}{1 - 1/4} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{1}{3/4} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{4}{3} \right)$.
હવે,પદાવલિ $\tan ^{-1} \left( \frac{4}{3} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{3}{8} \right)$ બને છે.
સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{4/3 + 3/8}{1 - (4/3)(3/8)} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{(32+9)/24}{1 - 12/24} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{41/24}{12/24} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{41}{12} \right)$.