TS EAMCET 2001 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ચુંબકને $AB$ પર તેના કેન્દ્ર $O$ સાથે મૂકવામાં આવ્યો છે. ચુંબકની લંબાઈ $2l = 10 \text{ cm}$ છે,તેથી $l = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$. ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = 1 \text{ Am}^2$ છે.
બિંદુ $C$ એ ચુંબકના લંબદ્વિભાજક પર આવેલું છે,જે વિષુવવૃત્તીય સ્થિતિ દર્શાવે છે.
ચુંબકના કેન્દ્ર $O$ થી બિંદુ $C$ નું અંતર $r$ એ $10 \text{ cm}$ બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણની ઊંચાઈ છે.
$r = \sqrt{a^2 - (a/2)^2} = \sqrt{0.1^2 - 0.05^2} = \sqrt{0.0075} = 5\sqrt{3} \times 10^{-2} \text{ m}$.
વિષુવવૃત્તીય સ્થિતિમાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{(r^2 + l^2)^{3/2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $r^2 + l^2 = (5\sqrt{3} \times 10^{-2})^2 + (5 \times 10^{-2})^2 = 100 \times 10^{-4} = 10^{-2} \text{ m}^2$.
તેથી,$(r^2 + l^2)^{3/2} = (10^{-2})^{3/2} = 10^{-3} \text{ m}^3$.
કિંમતો મૂકતા: $B = 10^{-7} \times \frac{1}{10^{-3}} = 10^{-4} \text{ T}$.

(C) ધારો કે $x = \frac{\sqrt{8+\sqrt{28}}+\sqrt{8-\sqrt{28}}}{\sqrt{8+\sqrt{28}}-\sqrt{8-\sqrt{28}}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$x = \frac{(\sqrt{8+\sqrt{28}}+\sqrt{8-\sqrt{28}})^2}{(\sqrt{8+\sqrt{28}})^2-(\sqrt{8-\sqrt{28}})^2}$
$x = \frac{(8+\sqrt{28}) + (8-\sqrt{28}) + 2\sqrt{(8+\sqrt{28})(8-\sqrt{28})}}{(8+\sqrt{28}) - (8-\sqrt{28})}$
$x = \frac{16 + 2\sqrt{64-28}}{2\sqrt{28}}$
$x = \frac{16 + 2\sqrt{36}}{2\sqrt{4 \times 7}}$
$x = \frac{16 + 2(6)}{2(2\sqrt{7})}$
$x = \frac{16 + 12}{4\sqrt{7}} = \frac{28}{4\sqrt{7}} = \frac{7}{\sqrt{7}} = \sqrt{7}$.

(D) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ સમીકરણ $x^2+bx+c=0$ ના બીજ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ મુજબ,$\alpha+\beta = -b$.
વળી,$\alpha+h$ અને $\beta+h$ એ સમીકરણ $x^2+qx+r=0$ ના બીજ છે.
તેથી,બીજનો સરવાળો $(\alpha+h) + (\beta+h) = -q$ થાય.
આને સાદું રૂપ આપતા $(\alpha+\beta) + 2h = -q$ મળે.
$\alpha+\beta = -b$ મૂકતા,$-b + 2h = -q$ મળે.
પદોને ગોઠવતા,$2h = b-q$.
આમ,$h = \frac{1}{2}(b-q)$.

(D) ધારો કે $y = (x-\alpha)(x-\beta)$.
પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $y = x^2 - (\alpha+\beta)x + \alpha\beta$ મળે છે.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે પૂર્ણવર્ગની રીતનો ઉપયોગ કરી શકીએ:
$y = x^2 - (\alpha+\beta)x + \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2 - \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2 + \alpha\beta$.
$y = \left(x - \frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2 - \frac{(\alpha+\beta)^2 - 4\alpha\beta}{4}$.
$y = \left(x - \frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2 - \frac{\alpha^2 + 2\alpha\beta + \beta^2 - 4\alpha\beta}{4}$.
$y = \left(x - \frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2 - \frac{(\alpha-\beta)^2}{4}$.
કારણ કે વર્ગ પદ $\left(x - \frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2 \ge 0$ છે,તેથી ન્યૂનતમ કિંમત $x = \frac{\alpha+\beta}{2}$ પર મળે છે.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $-\frac{1}{4}(\alpha-\beta)^2$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\frac{x-4}{x^2-5x-2k} = \frac{2}{x-2} - \frac{1}{x+k}$
જમણી બાજુનું સાદુંરૂપ આપતા: $\frac{2(x+k) - (x-2)}{(x-2)(x+k)} = \frac{2x + 2k - x + 2}{x^2 + kx - 2x - 2k} = \frac{x + 2k + 2}{x^2 + (k-2)x - 2k}$
છેદની સરખામણી કરતા: $x^2 - 5x - 2k = x^2 + (k-2)x - 2k$
આથી $k-2 = -5$,તેથી $k = -3$
અંશની સરખામણી કરતા: $x-4 = x + 2k + 2$
$k = -3$ મૂકતા: $x-4 = x + 2(-3) + 2 = x - 6 + 2 = x - 4$
બંને બાજુ સમાન છે,તેથી $k = -3$.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^3-6x^2+6x-5=0$ છે.
બીજમાં $h$ નો વધારો કરવા માટે,$x$ ને $x+h$ વડે બદલતા:
$(x+h)^3-6(x+h)^2+6(x+h)-5=0$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$(x^3+3x^2h+3xh^2+h^3) - 6(x^2+2xh+h^2) + 6(x+h) - 5 = 0$.
$x$ ની ઘાત મુજબ પદોને ગોઠવતા:
$x^3 + (3h-6)x^2 + (3h^2-12h+6)x + (h^3-6h^2+6h-5) = 0$.
$x^2$ વાળું પદ ન હોવા માટે,તેનો સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$3h-6 = 0$.
તેથી,$h = 2$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $x^3-14x^2+56x-64=0$.
ધારો કે $f(x) = x^3-14x^2+56x-64$.
$x=2$ માટે તપાસતા: $f(2) = 8 - 14(4) + 56(2) - 64 = 8 - 56 + 112 - 64 = 0$.
તેથી,$(x-2)$ એ એક અવયવ છે.
બહુપદીને $(x-2)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે $x^2(x-2) - 12x(x-2) + 32(x-2) = 0$.
$(x-2)(x^2-12x+32) = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x-2)(x-4)(x-8) = 0$.
બીજ $2, 4, 8$ છે.
અહીં $\frac{4}{2} = 2$ અને $\frac{8}{4} = 2$ હોવાથી,સામાન્ય ગુણોત્તર સમાન છે,તેથી બીજ $GP$ માં છે.

(B) આપેલ બહુપદી સમીકરણ $P(x) = x^4-2x^3+2x-1=0$ છે.
કારણ કે $1$ એ $3$ ક્રમનું બીજ છે,$(x-1)^3$ એ $P(x)$ નો અવયવ હોવો જોઈએ.
$(x-1)^3 = x^3-3x^2+3x-1$ નું વિસ્તરણ કરતા.
$x^4-2x^3+2x-1$ ને $(x-1)^3$ વડે ભાગતા:
$x^4-2x^3+2x-1 = (x-1)^3(x+1)$.
અવયવોને શૂન્ય સાથે સરખાવતા,આપણને $(x-1)^3 = 0$ અને $x+1 = 0$ મળે છે.
આમ,બીજ $1, 1, 1$ અને $-1$ છે.
બીજું બીજ $-1$ છે.

(A) બાયક્વાડ્રેટિક સમીકરણના સહગુણકો સંમેય હોવાથી,અસંમેય અને સંકર બીજ હંમેશા અનુબદ્ધ જોડીમાં હોય છે. તેથી,બીજ $1+i, 1-i, 1-\sqrt{2}, 1+\sqrt{2}$ છે.
$1+i$ અને $1-i$ બીજ માટે:
સરવાળો $= 2$,ગુણાકાર $= 2$
દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - 2x + 2 = 0$ મળે.
$1-\sqrt{2}$ અને $1+\sqrt{2}$ બીજ માટે:
સરવાળો $= 2$,ગુણાકાર $= -1$
દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - 2x - 1 = 0$ મળે.
બાયક્વાડ્રેટિક સમીકરણ $(x^2-2x+2)(x^2-2x-1) = 0$ છે.
ગુણાકાર કરતા: $x^4 - 4x^3 + 5x^2 - 2x - 2 = 0$.

(B) હૂકના નિયમ મુજબ,સ્થિતિસ્થાપક દોરીનું વિસ્તરણ લાગુ પાડવામાં આવેલા તણાવના પ્રમાણમાં હોય છે. ધારો કે દોરીની મૂળભૂત લંબાઈ $L_0$ છે અને બળ અચળાંક $k$ છે.
તણાવ $T$ હેઠળ લંબાઈ $L$ એ $L = L_0 + \frac{T}{k}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$T_1 = 4 \ N$ માટે,$L_1 = a = L_0 + \frac{4}{k}$ --- $(1)$
$T_2 = 5 \ N$ માટે,$L_2 = b = L_0 + \frac{5}{k}$ --- $(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $(1)$ બાદ કરતા: $b - a = \frac{5}{k} - \frac{4}{k} = \frac{1}{k} \Rightarrow k = \frac{1}{b-a}$.
$k$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા: $L_0 = a - 4(b-a) = a - 4b + 4a = 5a - 4b$.
હવે,$T_3 = 9 \ N$ માટે,લંબાઈ $x$ નીચે મુજબ છે:
$x = L_0 + \frac{9}{k} = (5a - 4b) + 9(b - a)$
$x = 5a - 4b + 9b - 9a$
$x = 5b - 4a$.

(D) આપેલ છે: પ્રારંભિક વેગ $u = 20 \ m/s$,પ્રક્ષિપ્ત કોણ $\theta = 45^{\circ}$ અને $g = 10 \ m/s^2$.
પ્રક્ષિપ્ત પદાર્થના ગતિપથનું પ્રમાણિત સમીકરણ $h = x \tan \theta - \frac{gx^2}{2u^2 \cos^2 \theta}$ છે.
આ સમીકરણને આપેલ સમીકરણ $h = Ax - Bx^2$ સાથે સરખાવતા:
$A = \tan \theta = \tan 45^{\circ} = 1$.
$B = \frac{g}{2u^2 \cos^2 \theta} = \frac{10}{2 \times (20)^2 \times (\cos 45^{\circ})^2} = \frac{10}{2 \times 400 \times (1/\sqrt{2})^2} = \frac{10}{800 \times 1/2} = \frac{10}{400} = \frac{1}{40}$.
હવે,$A:B$ નો ગુણોત્તર:
$\frac{A}{B} = \frac{1}{1/40} = 40$.
તેથી,$A:B$ નો ગુણોત્તર $40:1$ છે.

(A) રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પ્રારંભિક વેગમાન શૂન્ય છે,તેથી બંને ટુકડાઓના વેગમાનના મૂલ્યો સમાન હોવા જોઈએ:
$m_1 v_1 = m_2 v_2$
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{v_2}{v_1} = \frac{1}{3}$
ધારો કે ન્યુક્લિયસની ઘનતા $\rho$ અચળ છે,દળ $m$ એ કદ $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ ના સમપ્રમાણમાં છે,જ્યાં $R$ એ ત્રિજ્યા છે.
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{R_1^3}{R_2^3}$
દળના ગુણોત્તર માટે બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{R_1^3}{R_2^3} = \frac{v_2}{v_1} = \frac{1}{3}$
બંને બાજુ ઘનમૂળ લેતા:
$\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{1}{3}\right)^{1/3} = 1 : 3^{1/3}$

(B) સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ કરતા પદાર્થની સ્થિતિ ઊર્જા $U = \frac{1}{2} k r^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k = m \omega^2$ એ બળ અચળાંક છે અને $r$ એ સ્થાનાંતર છે.
આપેલ છે:
$E_1 = \frac{1}{2} k x^2 \implies x = \sqrt{\frac{2 E_1}{k}}$
$E_2 = \frac{1}{2} k y^2 \implies y = \sqrt{\frac{2 E_2}{k}}$
$(x+y)$ સ્થાનાંતર પર,સ્થિતિ ઊર્જા $E$ છે:
$E = \frac{1}{2} k (x+y)^2$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\sqrt{E} = \sqrt{\frac{1}{2} k} (x+y)$
$x$ અને $y$ ની કિંમતો મૂકતા:
$\sqrt{E} = \sqrt{\frac{1}{2} k} \left( \sqrt{\frac{2 E_1}{k}} + \sqrt{\frac{2 E_2}{k}} \right)$
$\sqrt{E} = \sqrt{\frac{1}{2} k} \cdot \sqrt{\frac{2}{k}} (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})$
$\sqrt{E} = \sqrt{\frac{1}{2} \cdot 2} (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})$
$\sqrt{E} = \sqrt{E_1} + \sqrt{E_2}$

(B) ધારો કે કંપવિસ્તાર $A$ છે. કોણીય આવૃત્તિઓ $\omega_1 = \frac{2\pi}{T_1} = \frac{2\pi}{3}$ અને $\omega_2 = \frac{2\pi}{T_2} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$ છે.
તેઓ ઉગમબિંદુથી શરૂઆત કરતા હોવાથી,તેમનું સ્થાનાંતર $x_1 = A \sin(\omega_1 t)$ અને $x_2 = A \sin(\omega_2 t)$ છે.
જ્યારે તેઓ મળે છે,ત્યારે $x_1 = x_2$,તેથી $\sin(\omega_1 t) = \sin(\omega_2 t)$.
આનો અર્થ એ છે કે $\omega_1 t = \pi - \omega_2 t$ (પ્રથમ મુલાકાત બિંદુ માટે),તેથી $t = \frac{\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \frac{\pi}{\frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{3}} = 1 \ s$.
સરળ આવર્ત ગતિમાં કણનો વેગ $v = A\omega \cos(\omega t)$ છે.
$t = 1 \ s$ સમયે,$v_P = A(\frac{2\pi}{3}) \cos(\frac{2\pi}{3} \cdot 1) = A(\frac{2\pi}{3})(-\frac{1}{2}) = -\frac{A\pi}{3}$.
$t = 1 \ s$ સમયે,$v_Q = A(\frac{\pi}{3}) \cos(\frac{\pi}{3} \cdot 1) = A(\frac{\pi}{3})(\frac{1}{2}) = \frac{A\pi}{6}$.
વેગના મૂલ્યોનો ગુણોત્તર $|v_P| : |v_Q| = \frac{A\pi}{3} : \frac{A\pi}{6} = 2 : 1$ થાય.

(C) બોરાઝોલ,જેને બોરાઝિન તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે,તે $B_3N_3H_6$ રાસાયણિક સૂત્ર ધરાવતું અકાર્બનિક સંયોજન છે.
તેને ઘણીવાર 'અકાર્બનિક બેન્ઝીન' તરીકે ઓળખવામાં આવે છે કારણ કે તે બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ સાથે આઇસોઇલેક્ટ્રોનિક અને બંધારણીય રીતે સમાન છે.

(A) કેટેનેશનની વૃત્તિ એ બંધ વિયોજન ઉર્જાના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
સમૂહમાં $C$ થી $Ge$ તરફ નીચે જતાં,પરમાણુ કદ વધે છે,જેના કારણે ઓર્બિટલ્સનું ઓવરલેપ ઘટે છે અને પરિણામે બંધની મજબૂતી ઘટે છે.
$C-C$,$Si-Si$ અને $Ge-Ge$ માટે બંધ વિયોજન ઉર્જા અનુક્રમે આશરે $348 \ kJ \ mol^{-1}$,$180 \ kJ \ mol^{-1}$ અને $167 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.
તેથી,બંધ ઉર્જાનો સાચો ક્રમ કેટેનેશનની વૃત્તિના ક્રમને અનુરૂપ છે.

(B) જ્યારે એમોનિયા વધારાના ક્લોરિન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે નાઇટ્રોજન ટ્રાયક્લોરાઇડ $(NCl_3)$ અને હાઇડ્રોજન ક્લોરાઇડ $(HCl)$ બને છે.
સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$NH_3 + 3Cl_2 \text{ (excess)} \longrightarrow NCl_3 + 3HCl$

(D) જ્યારે એમોનિયા વધારાના ક્લોરિન સાથે પ્રક્રિયા કરે છે,ત્યારે પ્રક્રિયા નીચે મુજબ થાય છે:
$NH_3 + 3Cl_2 \longrightarrow NCl_3 + 3HCl$
આમ,મળતી નીપજો નાઇટ્રોજન ટ્રાયક્લોરાઇડ $(NCl_3)$ અને હાઇડ્રોજન ક્લોરાઇડ $(HCl)$ છે.

(D) ફ્લોરિન $(F_2)$ સૌથી વધુ વિદ્યુતઋણ તત્વ છે અને તે પ્રબળ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે. જ્યારે તેને ગરમ સાંદ્ર $KOH$ દ્રાવણમાંથી પસાર કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે પાણીનું ઓક્સિડેશન કરીને ઓક્સિજન મુક્ત કરે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા:
$2F_2 + 4KOH \longrightarrow 4KF + 2H_2O + O_2$.

(C) જ્યારે ક્લોરીનને સોડિયમ થાયોસલ્ફેટ (હાઈપો) ના જલીય દ્રાવણમાંથી પસાર કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે. પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$Na_2S_2O_3 + H_2O + Cl_2 \longrightarrow Na_2SO_4 + 2HCl + S \downarrow$
આમ,સોડિયમ સલ્ફેટ $(Na_2SO_4)$,હાઈડ્રોક્લોરિક એસિડ $(HCl)$ અને સલ્ફર $(S)$ નીપજો તરીકે મળે છે.

(A) દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-x)^{-n} = 1 + nx + \frac{n(n+1)}{2!}x^2 + \ldots$ નો ઉપયોગ કરતા,$n = \frac{1}{2}$ લેતા:
$(1-x)^{-1/2} = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{1 \cdot 3}{8}x^2 + \frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{48}x^3 + \ldots$
અહીં $x = \frac{1}{2}$ મૂકતા,આપણને શ્રેણી મળે છે:
$(1 - \frac{1}{2})^{-1/2} = (\frac{1}{2})^{-1/2} = \sqrt{2}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 5 \theta = 5 \sin \theta - 20 \sin ^3 \theta + 16 \sin ^5 \theta$.
$\sin \theta$ વડે ભાગતા (ધારો કે $\sin \theta \neq 0$):
$\frac{\sin 5 \theta}{\sin \theta} = 5 - 20 \sin ^2 \theta + 16 \sin ^4 \theta$.
નિત્યસમ $\sin ^2 \theta = 1 - \cos ^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 5 - 20(1 - \cos ^2 \theta) + 16(1 - \cos ^2 \theta)^2$
$= 5 - 20 + 20 \cos ^2 \theta + 16(1 - 2 \cos ^2 \theta + \cos ^4 \theta)$
$= -15 + 20 \cos ^2 \theta + 16 - 32 \cos ^2 \theta + 16 \cos ^4 \theta$
$= 16 \cos ^4 \theta - 12 \cos ^2 \theta + 1$.

(A) ચક્રીય ચતુષ્કોણમાં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$A + C = 180^{\circ}$ અને $B + D = 180^{\circ}$.
આનો અર્થ એ છે કે $C = 180^{\circ} - A$ અને $D = 180^{\circ} - B$.
હવે,પદાવલિ $\cos A + \cos B + \cos C + \cos D$ ને ધ્યાનમાં લો.
$C$ અને $D$ ની કિંમતો મૂકતા:
$\cos A + \cos B + \cos(180^{\circ} - A) + \cos(180^{\circ} - B)$
કારણ કે $\cos(180^{\circ} - \theta) = -\cos \theta$,તેથી:
$\cos A + \cos B - \cos A - \cos B = 0$.

(A) આપેલ છે કે $\tan \theta + \cot \theta = 2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ અને $\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta}$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} + \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = 2$.
લસાઅ લેતા,$\frac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{\sin \theta \cos \theta} = 2$.
કારણ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,તેથી $\frac{1}{\sin \theta \cos \theta} = 2$,જેનો અર્થ છે કે $\sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા,$2 \sin \theta \cos \theta = 1$,એટલે કે $\sin 2 \theta = 1$.
આમ,$2 \theta = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\theta = \frac{\pi}{4}$.
તેથી,$\sin \theta = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(A) આપેલ છે $\operatorname{cosec} \theta = \frac{p+q}{p-q}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta = \frac{p-q}{p+q}$.
સૂત્ર $\sin \theta = \frac{2 \tan(\theta/2)}{1 + \tan^2(\theta/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2 \tan(\theta/2)}{1 + \tan^2(\theta/2)} = \frac{p-q}{p+q}$.
બંને બાજુ ઉલટાવતા: $\frac{1 + \tan^2(\theta/2)}{2 \tan(\theta/2)} = \frac{p+q}{p-q}$.
યોગ-વિયોગની રીત (Componendo and Dividendo) વાપરતા:
$\frac{1 + \tan^2(\theta/2) + 2 \tan(\theta/2)}{1 + \tan^2(\theta/2) - 2 \tan(\theta/2)} = \frac{(p+q) + (p-q)}{(p+q) - (p-q)}$.
$\frac{(1 + \tan(\theta/2))^2}{(1 - \tan(\theta/2))^2} = \frac{2p}{2q} = \frac{p}{q}$.
વર્ગમૂળ લેતા: $\frac{1 + \tan(\theta/2)}{1 - \tan(\theta/2)} = \sqrt{\frac{p}{q}}$.
$\tan(\pi/4) = 1$ હોવાથી,આ $\tan(\pi/4 + \theta/2) = \sqrt{\frac{p}{q}}$ થાય.
તેથી,$\cot(\pi/4 + \theta/2) = \frac{1}{\tan(\pi/4 + \theta/2)} = \sqrt{\frac{q}{p}}$.

(A) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos^2 A - \sin^2 B = \cos(A+B) \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$A = \frac{\pi}{6} + \theta$ અને $B = \frac{\pi}{6} - \theta$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\cos^2\left(\frac{\pi}{6}+\theta\right)-\sin^2\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right) = \cos\left(\frac{\pi}{6}+\theta + \frac{\pi}{6}-\theta\right) \cos\left(\frac{\pi}{6}+\theta - (\frac{\pi}{6}-\theta)\right)$
$= \cos\left(\frac{2\pi}{6}\right) \cos(2\theta)$
$= \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) \cos(2\theta)$
કારણ કે $\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}$,તેથી પદાવલિ $\frac{1}{2} \cos 2\theta$ થાય છે.

(D) આપણી પાસે છે,$\sqrt{3} \sin x + \cos x = 4$.
બંને બાજુ $2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે: $\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x + \frac{1}{2} \cos x = 2$.
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે તેને આ રીતે લખી શકીએ: $\sin(x + \frac{\pi}{6}) = 2$.
કારણ કે સાઈન વિધેયનો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે,તેથી $\sin(x + \frac{\pi}{6}) = 2$ શક્ય નથી.
તેથી,આ સમીકરણનો કોઈ ઉકેલ નથી.

(C) રેખાઓ $x=1$ અને $y=1$ એ $B(1, 1)$ પર છેદે છે.
રેખા $x+y=1$ એ $x=1$ ને $A(1, 0)$ પર અને $y=1$ ને $C(0, 1)$ પર છેદે છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(1, 0)$,$B(1, 1)$ અને $C(0, 1)$ છે.
બાજુઓની લંબાઈ:
$a = BC = \sqrt{(1-0)^2 + (1-1)^2} = 1$
$b = CA = \sqrt{(1-0)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{2}$
$c = AB = \sqrt{(1-1)^2 + (1-0)^2} = 1$
અંતઃકેન્દ્ર $(I_x, I_y)$:
$I_x = \frac{ax_1 + bx_2 + cx_3}{a+b+c} = \frac{1(1) + \sqrt{2}(1) + 1(0)}{1+\sqrt{2}+1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
$I_y = \frac{ay_1 + by_2 + cy_3}{a+b+c} = \frac{1(0) + \sqrt{2}(1) + 1(1)}{1+\sqrt{2}+1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
આમ,અંતઃકેન્દ્ર $\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $(a+2b)x + (a-b)y + (a+5b) = 0$ છે.
$a$ અને $b$ ના પદોને અલગ પાડતા:
$a(x + y + 1) + b(2x - y + 5) = 0$.
$a$ અને $b$ ની તમામ કિંમતો માટે આ સમીકરણ સાચું હોવા માટે,$a$ અને $b$ ના સહગુણકો સ્વતંત્ર રીતે શૂન્ય હોવા જોઈએ:
$x + y + 1 = 0$ --- $(1)$
$2x - y + 5 = 0$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(x + y + 1) + (2x - y + 5) = 0$
$3x + 6 = 0$
$3x = -6$
$x = -2$.
$x = -2$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મુકતા:
$-2 + y + 1 = 0$
$y - 1 = 0$
$y = 1$.
આમ,રેખા નિશ્ચિત બિંદુ $(-2, 1)$ માંથી પસાર થાય છે.

(A) આપેલ રેખાઓ $x+3y=10$ અને $6x^2+xy-y^2=0$ છે.
બીજા સમીકરણના અવયવ પાડતા: $6x^2+3xy-2xy-y^2=0$ $\Rightarrow 3x(2x+y)-y(2x+y)=0$ $\Rightarrow (3x-y)(2x+y)=0$.
તેથી,રેખાઓ $3x-y=0$ અને $2x+y=0$ છે.
ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ છે.
$2x+y=0$ અને $3x-y=0$ ઉકેલતા $A(0,0)$ મળે છે.
$x+3y=10$ અને $3x-y=0$ ઉકેલતા $B(1,3)$ મળે છે.
$x+3y=10$ અને $2x+y=0$ ઉકેલતા $C(-2,4)$ મળે છે.
$A(0,0)$ માંથી $BC$ $(x+3y=10)$ પરના વેધનો ઢાળ $3$ છે. સમીકરણ: $y-0=3(x-0) \Rightarrow 3x-y=0$.
$B(1,3)$ માંથી $AC$ $(2x+y=0)$ પરના વેધનો ઢાળ $1/2$ છે. સમીકરણ: $y-3=\frac{1}{2}(x-1) \Rightarrow x-2y+5=0$.
$3x-y=0$ અને $x-2y+5=0$ ઉકેલતા: $y=3x$ $\Rightarrow x-2(3x)+5=0$ $\Rightarrow -5x=-5$ $\Rightarrow x=1, y=3$.
લંબકેન્દ્ર $(1,3)$ છે.

(B) આપેલ રેખાઓની જોડી $ax^2 + 2hxy + by^2 = 0$ છે.
યામ અક્ષો વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગતી રેખાઓ $y = x$ અને $y = -x$ છે.
જો $y = x$ એક રેખા હોય,તો સમીકરણમાં $y = x$ મૂકતા:
$ax^2 + 2h(x)(x) + b(x)^2 = 0$
$ax^2 + 2hx^2 + bx^2 = 0$
$(a + 2h + b)x^2 = 0$
આથી $a + b + 2h = 0$,અથવા $a + b = -2h$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(a + b)^2 = (-2h)^2 = 4h^2$ મળે.
તે જ રીતે,જો $y = -x$ એક રેખા હોય,તો $y = -x$ મૂકતા:
$ax^2 + 2h(x)(-x) + b(-x)^2 = 0$
$ax^2 - 2hx^2 + bx^2 = 0$
$(a - 2h + b)x^2 = 0$
આથી $a + b = 2h$,જેનો વર્ગ કરતા $(a + b)^2 = 4h^2$ મળે.
આમ,શરત $(a + b)^2 = 4h^2$ છે.

(B) આપેલ રેખાઓની જોડી $ax^2 + 2hxy + by^2 = 0$ છે.
ધારો કે રેખાઓના ઢાળ $m_1$ અને $m_2$ છે.
આપેલ છે કે $m_1 = 2m_2$ ...$(i)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $m_1 + m_2 = -\frac{2h}{b}$ ...(ii)
અને $m_1 m_2 = \frac{a}{b}$ ...(iii)
$(i)$ ને (ii) માં મૂકતા: $2m_2 + m_2 = -\frac{2h}{b} \implies 3m_2 = -\frac{2h}{b} \implies m_2 = -\frac{2h}{3b}$ ...(iv)
$(i)$ ને (iii) માં મૂકતા: $2m_2 \cdot m_2 = \frac{a}{b} \implies 2m_2^2 = \frac{a}{b}$ ...$(v)$
(iv) ને $(v)$ માં મૂકતા: $2(-\frac{2h}{3b})^2 = \frac{a}{b} \implies 2 \cdot \frac{4h^2}{9b^2} = \frac{a}{b} \implies \frac{8h^2}{9b^2} = \frac{a}{b} \implies 8h^2 = 9ab$.

(B) ધારો કે વર્તુળ $x^2+y^2=p^2$ પરનું બિંદુ $(x_1, y_1)$ છે.
તેથી $x_1^2+y_1^2=p^2$.
વર્તુળ $x^2+y^2=q^2$ ની સાપેક્ષ $(x_1, y_1)$ ની ધ્રુવીય રેખાનું સમીકરણ $x x_1+y y_1=q^2$ છે.
આ રેખા વર્તુળ $x^2+y^2=r^2$ ને સ્પર્શે છે.
કેન્દ્ર $(0, 0)$ થી રેખા $x x_1+y y_1-q^2=0$ નું લંબ અંતર ત્રિજ્યા $r$ જેટલું થાય.
તેથી,$\frac{|0(x_1)+0(y_1)-q^2|}{\sqrt{x_1^2+y_1^2}} = r$.
આનું સાદુરૂપ આપતા $\frac{q^2}{\sqrt{p^2}} = r$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{q^2}{p} = r$.
તેથી,$q^2 = pr$,જે સૂચવે છે કે $p, q, r$ એ $GP$ માં છે.

(C) આપેલ વર્તુળો $S_1: x^2+y^2+2x-2y+2=0$ અને $S_2: x^2+y^2-\frac{2}{5}x-\frac{16}{5}y+\frac{13}{5}=0$ છે.
સહ-અક્ષીય વર્તુળોની શ્રેણી $S_1 + \lambda(S_1 - S_2) = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સીમિત બિંદુઓ એ પ્રણાલીમાં બિંદુ વર્તુળોના કેન્દ્રો છે,જે ત્યારે મળે છે જ્યારે ત્રિજ્યા $r = 0$ હોય.
વર્તુળ $x^2+y^2+2gx+2fy+c=0$ માટે,ત્રિજ્યા $r = \sqrt{g^2+f^2-c}$ છે. $r=0$ લેતા $g^2+f^2=c$ મળે.
રેડિકલ અક્ષ $S_1 - S_2 = 0 \Rightarrow 4x + 2y - 1 = 0$ છે.
પ્રણાલીનું કોઈપણ વર્તુળ $S_1 + \lambda(4x + 2y - 1) = 0 \Rightarrow x^2+y^2+(2+4\lambda)x+(-2+2\lambda)y+(2-\lambda)=0$ છે.
સીમિત બિંદુઓ માટે,$g^2+f^2=c \Rightarrow (1+2\lambda)^2 + (-1+\lambda)^2 = 2-\lambda$ થાય.
$5\lambda^2+3\lambda=0$ મળતા,$\lambda=0$ અથવા $\lambda=-\frac{3}{5}$ મળે.
$\lambda=0$ માટે,કેન્દ્ર $(-1, 1)$ છે.
$\lambda=-\frac{3}{5}$ માટે,કેન્દ્ર $(\frac{1}{5}, \frac{8}{5})$ છે.
તેથી,સીમિત બિંદુઓ $(-1, 1)$ અને $(\frac{1}{5}, \frac{8}{5})$ છે.

(C) આપેલ પરવલયનું સમીકરણ $y^2+8x-2y+17=0$ છે.
$y$ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$y^2-2y+1 = -8x-17+1$
$(y-1)^2 = -8x-16$
$(y-1)^2 = -8(x+2)$
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $(y-k)^2 = -4a(x-h)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $4a = 8$ મળે છે.
આમ,નાભિલંબની લંબાઈ $8$ છે.

(B) આપેલ પરવલયનું સમીકરણ $y^2=4x$ છે.
પરવલય $y^2=4ax$ પરના બિંદુ $P(x_1, y_1)$ આગળના અભિલંબનું સમીકરણ $y-y_1 = -\frac{y_1}{2a}(x-x_1)$ છે.
અહીં,$a=1$ અને $P=(1,2)$ હોવાથી,અભિલંબનો ઢાળ $m = -\frac{2}{2(1)} = -1$ થાય.
$P(1,2)$ આગળના અભિલંબનું સમીકરણ $y-2 = -1(x-1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x+y=3$ અથવા $x=3-y$ થાય.
$x=3-y$ ને પરવલયના સમીકરણ $y^2=4x$ માં મૂકતા:
$y^2 = 4(3-y)$
$y^2 = 12-4y$
$y^2+4y-12=0$
$(y-2)(y+6)=0$
આથી $y=2$ (જે $P$ બિંદુ દર્શાવે છે) અને $y=-6$ મળે.
$y=-6$ માટે,$x = 3-(-6) = 9$.
તેથી,બિંદુ $Q$ ના યામ $(9,-6)$ છે.

(D) આપણી પાસે છે,$\frac{(1-3x)^2}{(1-2x)} = (1 - 6x + 9x^2)(1 - 2x)^{-1}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$(1-2x)^{-1} = 1 + 2x + 4x^2 + 8x^3 + 16x^4 + \dots$.
હવે,$(1 - 6x + 9x^2)$ ને $(1 + 2x + 4x^2 + 8x^3 + 16x^4 + \dots)$ સાથે ગુણતા.
$x^4$ નો સહગુણક આ રીતે મળે છે:
$1 \times 16 - 6 \times 8 + 9 \times 4 = 16 - 48 + 36 = 4$.

(C) આપેલ ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1$ છે.
પ્રમાણિત સ્વરૂપ $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ સાથે સરખાવતા,$a^2 = 16$ અને $b^2 = 9$ મળે છે.
ઉત્કેન્દ્રતા $e$ નું સૂત્ર $e = \sqrt{1 - \frac{b^2}{a^2}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$e = \sqrt{1 - \frac{9}{16}}$.
$e = \sqrt{\frac{16 - 9}{16}} = \sqrt{\frac{7}{16}}$.
તેથી,$e = \frac{\sqrt{7}}{4}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $16 x^2+y^2+8 x y-74 x-78 y+212=0$ છે.
તેને સામાન્ય દ્વિઘાત સમીકરણ $a x^2+b y^2+2 h x y+2 g x+2 f y+c=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$a=16, b=1, h=4, g=-37, f=-39, c=212$.
હવે,આપણે વિવેચક $h^2 - ab$ ની ગણતરી કરીએ:
$h^2 - ab = (4)^2 - (16)(1) = 16 - 16 = 0$.
કારણ કે $h^2 - ab = 0$ છે,તેથી આ સમીકરણ પરવલય દર્શાવે છે.

(B) આપેલ ધ્રુવીય સમીકરણ: $\frac{l}{r} = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $2 \sin^2 \frac{\theta}{2} = 1 - \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{l}{r} = 1 - \cos \theta$
$l = r(1 - \cos \theta)$
$l = r - r \cos \theta$
$x = r \cos \theta$ અને $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ મૂકતા:
$l = \sqrt{x^2 + y^2} - x$
$l + x = \sqrt{x^2 + y^2}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(l + x)^2 = x^2 + y^2$
$l^2 + 2lx + x^2 = x^2 + y^2$
$y^2 = 2lx + l^2$
$y^2 = 2l(x + \frac{l}{2})$
આ પરવલયનું પ્રમાણિત સમીકરણ છે.

(C) અતિવલયનું સમીકરણ $x^2 - y^2 = 8$ છે.
અતિવલય $x^2 - y^2 = a^2$ ના અનંતસ્પર્શકો $x^2 - y^2 = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે $x = \pm y$,એટલે કે $x + y = 0$ અને $x - y = 0$.
ધારો કે $P(x, y)$ એ અતિવલય પરનું કોઈપણ બિંદુ છે.
બિંદુ $P(x, y)$ થી રેખા $x - y = 0$ પરના લંબની લંબાઈ $d_1 = \frac{|x - y|}{\sqrt{2}}$ છે.
બિંદુ $P(x, y)$ થી રેખા $x + y = 0$ પરના લંબની લંબાઈ $d_2 = \frac{|x + y|}{\sqrt{2}}$ છે.
લંબની લંબાઈનો ગુણાકાર $d_1 \times d_2 = \frac{|x^2 - y^2|}{2}$ થાય.
બિંદુ $(x, y)$ અતિવલય $x^2 - y^2 = 8$ પર હોવાથી,$d_1 \times d_2 = \frac{8}{2} = 4$ મળે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{-1} x}{x} = 1$.
આપેલ લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x \sin ^{-1} x}{x^2}$ છે.
આને $\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right) \left(\frac{\sin ^{-1} x}{x}\right)$ તરીકે લખી શકાય.
લક્ષના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $1 \times 1 = 1$ મળે છે.

(A) આપણે લક્ષ $\lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+a}{x+b}\right)^{x}$ ની ગણતરી કરીએ.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે.
આપણે પદાવલિને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+b+a-b}{x+b}\right)^{x} = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{x}$.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{k}{x})^x = e^k$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{x} = \lim _{x \rightarrow \infty} \left[\left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{\frac{x+b}{a-b}}\right]^{\frac{x(a-b)}{x+b}}$.
કારણ કે $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x(a-b)}{x+b} = a-b$,તેથી લક્ષ $e^{a-b}$ થાય છે.

(B) આપેલ લક્ષ: $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x(10^x - 1)}{1 - \cos x}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ હોવાથી,$L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \cdot 10^x \ln 10 + (10^x - 1)}{\sin x}$.
ફરીથી $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ હોવાથી,$L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \cdot 10^x (\ln 10)^2 + 10^x \ln 10 + 10^x \ln 10}{\cos x}$.
$x = 0$ મૂકતા:
$L = \frac{0 + \ln 10 + \ln 10}{1} = 2 \ln 10$.

(D) સ્ટાયરીન $(C_6H_5CH=CH_2)$ બેન્ઝીન $(C_6H_6)$ માંથી બે તબક્કામાં બનાવવામાં આવે છે:
$1$. બેન્ઝીન $AlCl_3$ ની હાજરીમાં ઇથિલીન $(CH_2=CH_2)$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને ઇથાઇલબેન્ઝીન $(C_6H_5CH_2CH_3)$ બનાવે છે.
$2$. ત્યારબાદ ઇથાઇલબેન્ઝીનનું ઊંચા તાપમાને (આશરે $700 \ ^\circ C$) ઉદ્દીપક (જેમ કે આયર્ન ઓક્સાઇડ અથવા $Al_2O_3$) ની હાજરીમાં ડિહાઇડ્રોજનેશન કરવામાં આવે છે,જેથી સ્ટાયરીન અને હાઇડ્રોજન વાયુ $(H_2)$ મળે છે.
આમ,સ્ટાયરીનની બનાવટમાં બેન્ઝીનનો ઉપયોગ થાય છે.

(B) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
પ્રથમ પદમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\cos C+\cos A}{c+a} = \frac{2 \cos \frac{C+A}{2} \cos \frac{C-A}{2}}{2R(\sin C+\sin A)} = \frac{2 \cos \frac{C+A}{2} \cos \frac{C-A}{2}}{2R(2 \sin \frac{C+A}{2} \cos \frac{C-A}{2})} = \frac{1}{2R} \cot \frac{C+A}{2}$.
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\frac{C+A}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{B}{2}$,તેથી $\cot \frac{C+A}{2} = \tan \frac{B}{2}$.
આમ,પ્રથમ પદ $\frac{1}{2R} \tan \frac{B}{2}$ થાય છે.
બીજા પદ માટે:
$\frac{\cos B}{b} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{1}{2R} \cot B = \frac{1}{2R} \left( \frac{1-\tan^2 \frac{B}{2}}{2 \tan \frac{B}{2}} \right)$.
બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{1}{2R} \left( \tan \frac{B}{2} + \frac{1-\tan^2 \frac{B}{2}}{2 \tan \frac{B}{2}} \right) = \frac{1}{2R} \left( \frac{2 \tan^2 \frac{B}{2} + 1 - \tan^2 \frac{B}{2}}{2 \tan \frac{B}{2}} \right) = \frac{1}{2R} \left( \frac{1+\tan^2 \frac{B}{2}}{2 \tan \frac{B}{2}} \right) = \frac{1}{2R \sin B} = \frac{1}{b}$.

(D) આપેલ છે,$\frac{a}{b^2-c^2} + \frac{c}{b^2-a^2} = 0$.
સાઇન નિયમ $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,$c = 2R \sin C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{2R \sin A}{4R^2(\sin^2 B - \sin^2 C)} + \frac{2R \sin C}{4R^2(\sin^2 B - \sin^2 A)} = 0$
$\frac{\sin A}{\sin(B+C)\sin(B-C)} + \frac{\sin C}{\sin(B+A)\sin(B-A)} = 0$
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\sin(B+C) = \sin A$ અને $\sin(B+A) = \sin C$:
$\frac{\sin A}{\sin A \sin(B-C)} + \frac{\sin C}{\sin C \sin(B-A)} = 0$
$\frac{1}{\sin(B-C)} + \frac{1}{\sin(B-A)} = 0$
$\sin(B-A) = -\sin(B-C) = \sin(C-B)$
$2B = A+C$. $A+B+C = \pi$ હોવાથી,$A+C = \pi - B$.
$2B = \pi - B$ $\Rightarrow 3B = \pi$ $\Rightarrow B = \frac{\pi}{3}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $a = 2R \sin A$ અને $c = 2R \sin C$. આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$a^2 \sin 2C + c^2 \sin 2A = (2R \sin A)^2 (2 \sin C \cos C) + (2R \sin C)^2 (2 \sin A \cos A)$
$= 8R^2 \sin^2 A \sin C \cos C + 8R^2 \sin^2 C \sin A \cos A$
$= 8R^2 \sin A \sin C [\sin A \cos C + \cos A \sin C]$
$= 8R^2 \sin A \sin C \sin(A + C)$
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\sin(A + C) = \sin B$.
$= 8R^2 \sin A \sin B \sin C$
ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનું સૂત્ર $\Delta = \frac{abc}{4R}$ વાપરતા,$abc = 4R\Delta$. વળી,$\sin A = \frac{a}{2R}$,$\sin B = \frac{b}{2R}$,અને $\sin C = \frac{c}{2R}$.
$= 8R^2 \left( \frac{a}{2R} \right) \left( \frac{b}{2R} \right) \left( \frac{c}{2R} \right) = \frac{abc}{R} = \frac{4R\Delta}{R} = 4\Delta$.

(D) ધારો કે ટાવર $AB$ ની ઊંચાઈ $h$ છે અને જ્યારે સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ $45^{\circ}$ હોય ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x$ છે.
$\triangle ABD$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{AB}{AD} = \frac{h}{x}$. $\tan 45^{\circ} = 1$ હોવાથી,$h = x$ મળે.
$\triangle ABC$ માં,પડછાયાની લંબાઈ $AC = AD + DC = x + 60$ છે. સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ $30^{\circ}$ છે.
$\tan 30^{\circ} = \frac{AB}{AC} = \frac{h}{x + 60}$.
$x = h$ મૂકતા,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{h + 60}$ મળે.
$h + 60 = h\sqrt{3}$.
$60 = h(\sqrt{3} - 1)$.
$h = \frac{60}{\sqrt{3} - 1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $h = \frac{60(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{60(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{60(\sqrt{3} + 1)}{2} = 30(\sqrt{3} + 1) \ m$.

(B) એક ચોરસ શ્રેણિકને અદિશ શ્રેણિક કહેવામાં આવે છે જો તેના તમામ વિકર્ણ ઘટકો એક અચળ $k$ સમાન હોય અને તમામ બિન-વિકર્ણ ઘટકો શૂન્ય હોય.
આપેલ છે કે $i \neq j$ માટે $a_{ij} = 0$ અને $i = j$ માટે $a_{ij} = k$,આ વ્યાખ્યા અદિશ શ્રેણિકની વ્યાખ્યા સાથે સંપૂર્ણપણે મેળ ખાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.