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

(B) આપેલ છે:
દળ $m = 2.05 \times 10^6 \ kg$
પ્રારંભિક વેગ $v_1 = 5 \ m/s$
અંતિમ વેગ $v_2 = 25 \ m/s$
સમય $t = 5 \ minutes = 5 \times 60 = 300 \ s$
પાવર એ કાર્ય કરવાના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,જે ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફારના દર જેટલો હોય છે:
$P = \frac{W}{t} = \frac{\Delta KE}{t}$
$P = \frac{\frac{1}{2} m (v_2^2 - v_1^2)}{t}$
કિંમતો મૂકતા:
$P = \frac{1}{2} \times \frac{2.05 \times 10^6 \times (25^2 - 5^2)}{300}$
$P = \frac{1}{2} \times \frac{2.05 \times 10^6 \times (625 - 25)}{300}$
$P = \frac{1}{2} \times \frac{2.05 \times 10^6 \times 600}{300}$
$P = \frac{1}{2} \times 2.05 \times 10^6 \times 2$
$P = 2.05 \times 10^6 \ W = 2.05 \ MW$

(D) આપેલ છે: દળ $m = 6 ~kg$,સ્થાનાંતર $s = \frac{t^2}{4} ~m$.
વેગ $v = \frac{ds}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{t^2}{4}) = \frac{2t}{4} = \frac{t}{2} ~m/s$.
પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{t}{2}) = \frac{1}{2} ~m/s^2$.
બળ $F = m \times a = 6 \times \frac{1}{2} = 3 ~N$.
$t = 2 ~s$ સમયે,સ્થાનાંતર $s = \frac{(2)^2}{4} = \frac{4}{4} = 1 ~m$.
થયેલું કાર્ય $W = F \times s = 3 ~N \times 1 ~m = 3 ~J$.

(B) પગલું $1$: એસેટિક એસિડની ધાતુ સોડિયમ સાથેની પ્રક્રિયા:
$2CH_3COOH + 2Na \rightarrow 2CH_3COONa + H_2 \uparrow$
અહીં,$X$ એ સોડિયમ એસિટેટ $(CH_3COONa)$ છે.
પગલું $2$: સોડાલાઇમ $(NaOH + CaO)$ સાથે સોડિયમ એસિટેટનું ડિકાર્બોક્સિલેશન:
$CH_3COONa + NaOH \xrightarrow{CaO, \Delta} CH_4 + Na_2CO_3$
અહીં,$Y$ એ મિથેન $(CH_4)$ છે.

(A) આપેલ દળ: $m_1 = 20 \ g$,$m_2 = 30 \ g$,$m_3 = 50 \ g$.
વેગ: $\vec{v}_1 = 10 \hat{i} \ m/s$,$\vec{v}_2 = 10 \hat{j} \ m/s$,$\vec{v}_3 = 10 \hat{k} \ m/s$.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો વેગ નીચે મુજબ મળે છે:
$\vec{v}_{cm} = \frac{m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2 + m_3 \vec{v}_3}{m_1 + m_2 + m_3}$
કિંમતો મૂકતા:
$\vec{v}_{cm} = \frac{20(10 \hat{i}) + 30(10 \hat{j}) + 50(10 \hat{k})}{20 + 30 + 50}$
$\vec{v}_{cm} = \frac{200 \hat{i} + 300 \hat{j} + 500 \hat{k}}{100}$
$\vec{v}_{cm} = 2 \hat{i} + 3 \hat{j} + 5 \hat{k}$

(C) $NH_3$ માં $sp^3$ સંકરણ હોય છે અને તેનો આકાર ત્રિકોણીય પિરામિડલ હોય છે.
$BeCl_2$ રેખીય છે અને $SO_2$ વળેલું ($V$-આકારનું) છે.
$SF_6$ માં $sp^3d^2$ સંકરણ હોય છે,જે અષ્ટફલકીય ભૂમિતિ આપે છે જેમાં તમામ $F-S-F$ બંધકોણ $90^{\circ}$ હોય છે.
$CO_2$ એક રેખીય અણુ છે જેની ચોખ્ખી ડાયપોલ મોમેન્ટ શૂન્ય છે.

(D) મધ્યસ્થ પરમાણુ $Xe$ પાસે $8$ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોન છે.
$XeF_4$ માં,$Xe$ એ $4$ ફ્લોરિન પરમાણુઓ સાથે $4$ એકલ બંધ બનાવે છે.
બંધ બનાવવા માટે વપરાયેલા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $= 4$.
બાકી રહેલા સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનની સંખ્યા $= 8 - 4 = 4$.
અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મોની સંખ્યા $= \frac{4}{2} = 2$.
આમ,$XeF_4$ માં $Xe$ પર $2$ અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મો છે.

(B) સંતુલન અચળાંક $K_c$ એ પુરોગામી વેગ અચળાંક $k_f$ અને પ્રતિગામી વેગ અચળાંક $k_b$ સાથે નીચે મુજબ સંબંધિત છે: $K_c = \frac{k_f}{k_b}$.
આપેલ છે કે $K_c = 81$ અને $k_f = 162 \ L \ mol^{-1} \ s^{-1}$.
કિંમતો મૂકતા: $81 = \frac{162}{k_b}$.
$k_b$ માટે ઉકેલતા: $k_b = \frac{162}{81} = 2 \ L \ mol^{-1} \ s^{-1}$.

(C) $Z = 12$ પરમાણુ ક્રમાંક ધરાવતા તત્વની ઇલેક્ટ્રોનીય રચના $1s^2, 2s^2, 2p^6, 3s^2$ છે.
સંયોજકતા કક્ષા $3$ છે,તેથી આવર્ત $3$ છે.
સંયોજકતા કક્ષામાં $2$ ઇલેક્ટ્રોન હોવાથી,તે સમૂહ $II A$ (અથવા આધુનિક આવર્ત કોષ્ટક મુજબ સમૂહ $2$) માં આવે છે.

(C) મુલિકન સ્કેલ મુજબ,તત્વની વિદ્યુતઋણતા $(EN)$ એ તેના આયનીકરણ પોટેન્શિયલ $(IP)$ અને ઇલેક્ટ્રોન પ્રાપ્તિ એન્થાલ્પી $(EA)$ ના સરેરાશ (અંકગણિત મધ્યક) તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
ગાણિતિક રીતે,આને $EN = \frac{IP + EA}{2}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.

(A) તત્વો $A, B$ અને $C$ અનુક્રમે લિથિયમ $(Li)$,સોડિયમ $(Na)$ અને પોટેશિયમ $(K)$ છે,જે આવર્ત કોષ્ટકના સમૂહ $1$ માં આવે છે.
જેમ આપણે સમૂહમાં ઉપરથી નીચે જઈએ છીએ,તેમ નવી કક્ષાઓ ઉમેરાવાને કારણે પરમાણુ કદ વધે છે.
આયનીકરણ એન્થાલ્પી એ પરમાણુ કદના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
તેથી,જેમ પરમાણુ કદ $A$ થી $C$ તરફ વધે છે,તેમ સંયોજકતા ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા ઘટે છે.
પ્રથમ આયનીકરણ એન્થાલ્પીનો સાચો ક્રમ $A > B > C$ છે.

(D) આપેલ શ્રેણી એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જ્યાં પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = (\cos \theta + i \sin \theta) = e^{i \theta}$ છે.
સમગુણોત્તર શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = a \cdot r^{n-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$10$ માં પદ માટે,$n = 10$,તેથી $T_{10} = 1 \cdot (e^{i \theta})^{10-1} = e^{i 9 \theta}$.
$\theta = \frac{\pi}{6}$ આપેલ હોવાથી,આપણે કિંમત મૂકીએ:
$T_{10} = e^{i 9 (\frac{\pi}{6})} = e^{i \frac{3\pi}{2}}$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i \phi} = \cos \phi + i \sin \phi$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T_{10} = \cos(\frac{3\pi}{2}) + i \sin(\frac{3\pi}{2}) = 0 + i(-1) = -i$.

(C) $0, 2, 4, 6, 8$ અંકોનો ઉપયોગ કરીને પુનરાવર્તન વગર $5$ અંકની સંખ્યા બનાવવા માટે,પ્રથમ અંક $0$ ન હોઈ શકે.
$5$ અંકોની કુલ ગોઠવણી $^5P_5 = 5! = 120$ છે.
$0$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ બાકીના $4$ અંકોને છેલ્લા $4$ સ્થાનો પર ગોઠવીને મળે છે,જે $^4P_4 = 4! = 24$ છે.
તેથી,$5$ અંકની કુલ સંખ્યાઓ $120 - 24 = 96$ છે.

(D) ઓઝોન સ્તરનો ઘટાડો મુખ્યત્વે $Chloro-fluoro \ carbons$ $(CFCs)$ ના ઉત્સર્જનને કારણે થાય છે.
જ્યારે આ સંયોજનો વાતાવરણમાં મુક્ત થાય છે,ત્યારે તે સ્ટ્રેટોસ્ફિયરમાં પહોંચે છે જ્યાં અલ્ટ્રાવાયોલેટ કિરણોત્સર્ગ દ્વારા તેનું વિઘટન થઈને ક્લોરિન પરમાણુઓ મુક્ત થાય છે.
આ ક્લોરિન પરમાણુઓ પછી ઓઝોન $(O_3)$ અણુઓના ઓક્સિજન $(O_2)$ માં રૂપાંતરની પ્રક્રિયાને વેગ આપે છે.

(D) આપણી પાસે છે,$\sqrt{3} \sin x + \cos x = 4$.
બંને બાજુ $2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x + \frac{1}{2} \cos x = 2$.
$\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin x \cos \frac{\pi}{6} + \cos x \sin \frac{\pi}{6} = 2$.
$\sin(x + \frac{\pi}{6}) = 2$.
સાઇન વિધેયનો વિસ્તાર $[-1, 1]$ હોવાથી,$2$ કિંમત શક્ય નથી.
તેથી,આ સમીકરણનો કોઈ ઉકેલ નથી.

(C) રેખાઓ $x=1$ અને $y=1$ બિંદુ $B(1, 1)$ 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 $(I_x, I_y)$ માટે:
$I_x = \frac{ax_1 + bx_2 + cx_3}{a+b+c} = \frac{1(1) + \sqrt{2}(1) + 1(0)}{1+\sqrt{2}+1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
$I_y = \frac{ay_1 + by_2 + cy_3}{a+b+c} = \frac{1(0) + \sqrt{2}(1) + 1(1)}{1+\sqrt{2}+1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
આમ,અંતઃકેન્દ્ર $\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ છે.

(D) આપેલ રેખાઓ $L_1: x+y-4=0$,$L_2: x-y+2=0$ અને $L_3: y-2=0$ છે.
આ ત્રણ રેખાઓ એક ત્રિકોણ બનાવે છે.
ત્રિકોણની ત્રણેય બાજુઓને સ્પર્શતા વર્તુળને અંતઃવર્તુળ અથવા બહિર્વર્તુળ કહેવામાં આવે છે.
કોઈપણ ત્રિકોણ માટે,બરાબર $1$ અંતઃવર્તુળ અને $3$ બહિર્વર્તુળ હોય છે.
તેથી,આપેલ ત્રણેય રેખાઓને સ્પર્શતા કુલ $1+3=4$ વર્તુળો મળે છે.

(A) આપેલ રેખાઓ $2x + 3y = 6$ અને $2x + 3y = 8$ છે.
આ રેખાઓ $X$-અક્ષને અનુક્રમે $A(3, 0)$ અને $B(4, 0)$ માં છેદે છે.
રેખા $L$ એ $(2, 2)$ માંથી પસાર થાય છે અને $X$-અક્ષને $C(x_1, 0)$ માં છેદે છે,જેથી $A, B$ અને $C$ ના $x$-યામ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,એટલે કે $3, 4, x_1$.
તેથી,$2 \times 4 = 3 + x_1$,જે $x_1 = 8 - 3 = 5$ આપે છે.
તેથી,$C$ ના યામ $(5, 0)$ છે.
બિંદુઓ $(2, 2)$ અને $(5, 0)$ માંથી પસાર થતી રેખા $L$ નું સમીકરણ:
$y - 0 = \frac{0 - 2}{5 - 2}(x - 5)$
$y = \frac{-2}{3}(x - 5)$
$3y = -2x + 10$
$2x + 3y = 10$

(D) $2$-methyl-$2$-butene નું $IUPAC$ નામ દર્શાવે છે કે તેમાં $4$-કાર્બનની શૃંખલા છે,જેમાં $2$-જા સ્થાને દ્વિબંધ અને $2$-જા સ્થાને મિથાઈલ સમૂહ છે.
તેનું બંધારણ $CH_3-CH=C(CH_3)-CH_3$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) ક્રિયાશીલ સમઘટકો એવા સંયોજનો છે જેનું આણ્વીય સૂત્ર સમાન હોય પરંતુ ક્રિયાશીલ સમૂહ અલગ હોય.
વિકલ્પ $(D)$ માં,પ્રથમ સંયોજન $CH_3CH_2CH_2OH$ (પ્રોપેન$-1-$ઓલ) છે,જેમાં આલ્કોહોલ $(-OH)$ ક્રિયાશીલ સમૂહ છે.
બીજું સંયોજન $CH_3OCH_2CH_3$ (મિથોક્સિઈથેન) છે,જેમાં ઈથર $(-O-)$ ક્રિયાશીલ સમૂહ છે.
તેમનું આણ્વીય સૂત્ર સમાન $(C_3H_8O)$ હોવાથી,તેઓ ક્રિયાશીલ સમઘટકો છે.

(A) ધારો કે બે ભાગ $m_1 = xM$ અને $m_2 = (1-x)M$ છે.
ન્યૂટનના ગુરુત્વાકર્ષણના નિયમ મુજબ,$r$ અંતરે તેમની વચ્ચેનું બળ $F = G \frac{m_1 m_2}{r^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $F = \frac{G}{r^2} (xM)(1-x)M = \frac{GM^2}{r^2} (x - x^2)$.
બળ $F$ મહત્તમ થાય તે માટે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $F$ નું વિકલન શૂન્ય હોવું જોઈએ: $\frac{dF}{dx} = 0$.
$\frac{d}{dx} [\frac{GM^2}{r^2} (x - x^2)] = 0$.
અહીં $\frac{GM^2}{r^2}$ અચળ હોવાથી,$\frac{d}{dx} (x - x^2) = 0$.
$1 - 2x = 0$.
$2x = 1$,જે આપે છે $x = 1/2$.

(D) $1$. $C_2 H_2$ (એસીટીલીન) ની $500^{\circ}C$ તાપમાને લાલ ગરમ લોખંડની નળી સાથેની પ્રક્રિયા ચક્રીય પોલીમરાઈઝેશન છે,જે $C_6 H_6$ (બેન્ઝીન) આપે છે. તેથી,$A = C_6 H_6$.
$2$. બેન્ઝીન $(A)$ ની $70^{\circ}C$ તાપમાને સાંદ્ર $HNO_3$ અને સાંદ્ર $H_2 SO_4$ ના મિશ્રણ સાથેની પ્રક્રિયા નાઈટ્રેશન છે,જે $C_6 H_5 NO_2$ (નાઈટ્રોબેન્ઝીન) આપે છે. તેથી,$B = C_6 H_5 NO_2$.
$3$. નાઈટ્રોબેન્ઝીન $(B)$ નું $LiAlH_4$ સાથે રિડક્શન કરવાથી એઝોબેન્ઝીન $(C_6 H_5-N=N-C_6 H_5)$ મળે છે.
$4$. આમ,$A = C_6 H_6$ અને $B = C_6 H_5 NO_2$ છે.

(C) બંધ વિયોજન ઉર્જા બંધની લંબાઈ પર આધાર રાખે છે. જેમ હેલોજન પરમાણુનું કદ $F$ થી $Br$ તરફ વધે છે,તેમ બંધની લંબાઈ વધે છે,જેના પરિણામે બંધ વિયોજન ઉર્જામાં ઘટાડો થાય છે.
પરમાણુ કદનો ક્રમ $F < Cl < Br$ છે.
તેથી,બંધની લંબાઈનો ક્રમ $H-F < H-Cl < H-Br$ છે.
પરિણામે,બંધ વિયોજન ઉર્જાનો ક્રમ $HF > HCl > HBr$ છે.

(A) રિડક્શનકર્તા એ પદાર્થ છે જે બીજાનું રિડક્શન કરે છે અને પોતે ઓક્સિડેશન પામે છે. પ્રક્રિયા $PbO_{2(s)} + H_2O_{2(aq)} \longrightarrow PbO_{(s)} + H_2O_{(l)} + O_{2(g)}$ માં,$H_2O_2$ માં ઓક્સિજનનો ઓક્સિડેશન આંક $-1$ થી બદલાઈને $0$ ($O_2$ માં) થાય છે,જે ઓક્સિડેશન સૂચવે છે. તેથી,આ પ્રક્રિયામાં $H_2O_2$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે. અન્ય વિકલ્પો $(B, C, D)$ માં,$H_2O_2$ ઓક્સિડેશનકર્તા તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે $H_2O$ માં રિડક્શન પામે છે.

(A) પાણીની કઠિનતા દૂર કરવા માટે $Calgon$ પ્રક્રિયાનો ઉપયોગ થાય છે. $Calgon$ એ સોડિયમ હેક્ઝામેટાફોસ્ફેટ,$Na_2[Na_4(PO_3)_6]$ નું વ્યાપારી નામ છે,જે $Ca^{2+}$ અને $Mg^{2+}$ આયનો સાથે દ્રાવ્ય સંકીર્ણ બનાવીને તેમને દૂર કરે 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 મળે છે,જેનો અર્થ છે 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 $d_1 = \frac{|x-y|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} = \frac{|x-y|}{\sqrt{2}}$ છે.
બિંદુ $P(x, y)$ થી રેખા $x+y=0$ પરના લંબની લંબાઈ $d_2 = \frac{|x+y|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{|x+y|}{\sqrt{2}}$ છે.
લંબની લંબાઈનો ગુણાકાર $d_1 \times d_2 = \frac{|x-y|}{\sqrt{2}} \times \frac{|x+y|}{\sqrt{2}} = \frac{|x^2-y^2|}{2}$ થાય.
બિંદુ અતિવલય $x^2-y^2=8$ પર હોવાથી,કિંમત મૂકતા: $\frac{8}{2} = 4$.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 5$ આગળ સતત છે,તેથી $f(5) = \lim_{x \rightarrow 5} f(x)$ થાય.
પ્રથમ,આપણે અંશ અને છેદના અવયવો પાડીએ:
$f(x) = \frac{x^2-10x+25}{x^2-7x+10} = \frac{(x-5)^2}{(x-5)(x-2)}$.
$x \neq 5$ માટે,આપણે સામાન્ય અવયવ $(x-5)$ ને દૂર કરીને પદાવલિનું સાદું રૂપ આપી શકીએ:
$f(x) = \frac{x-5}{x-2}$.
હવે,$x \rightarrow 5$ માટે લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$f(5) = \lim_{x \rightarrow 5} \frac{x-5}{x-2} = \frac{5-5}{5-2} = \frac{0}{3} = 0$.

(C) આપેલ છે કે,$u=e^{x^2-y^2}$.
સૌ પ્રથમ,આપણે $u$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં આંશિક વિકલન મેળવીએ:
$u_x = \frac{\partial}{\partial x}(e^{x^2-y^2}) = e^{x^2-y^2}(2x)$.
તેને $y$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$y u_x = 2xy e^{x^2-y^2} \quad (i)$.
ત્યારબાદ,આપણે $u$ નું $y$ ની સાપેક્ષમાં આંશિક વિકલન મેળવીએ:
$u_y = \frac{\partial}{\partial y}(e^{x^2-y^2}) = e^{x^2-y^2}(-2y)$.
તેને $x$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$x u_y = -2xy e^{x^2-y^2} \quad (ii)$.
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$y u_x + x u_y = 2xy e^{x^2-y^2} - 2xy e^{x^2-y^2} = 0$.

(B) ધારો કે $y = \sin^{-1}(3x - 4x^3)$.
$x = \sin \theta$ આદેશ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \sin^{-1} x$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 3\theta = 3\sin \theta - 4\sin^3 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \sin^{-1}(\sin 3\theta) = 3\theta$.
$\theta$ ની કિંમત પાછી મૂકતા:
$y = 3\sin^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{3}{\sqrt{1-x^2}}$.

(C) આપેલ વિધેય $u(x, y) = x y^2 \tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right)$ છે.
આ $n = 1 + 2 = 3$ ઘાતવાળું સમપરિમાણીય વિધેય છે કારણ કે $u(tx, ty) = (tx)(ty)^2 \tan^{-1}\left(\frac{ty}{tx}\right) = t^3 x y^2 \tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) = t^3 u(x, y)$ થાય છે.
સમપરિમાણીય વિધેયો માટેના આઈલરના પ્રમેય મુજબ,જો $u$ એ $x$ અને $y$ માં $n$ ઘાતવાળું સમપરિમાણીય વિધેય હોય,તો $x \frac{\partial u}{\partial x} + y \frac{\partial u}{\partial y} = n u$ થાય.
અહીં,$n = 3$ છે.
તેથી,$x \frac{\partial u}{\partial x} + y \frac{\partial u}{\partial y} = 3 u$ થાય.

(A) બફર દ્રાવણ નિર્બળ એસિડ અને પ્રબળ બેઇઝ સાથેના તેના ક્ષાર અથવા નિર્બળ બેઇઝ અને પ્રબળ એસિડ સાથેના તેના ક્ષારના મિશ્રણથી બને છે.
જ્યારે $1 \ M \ CH_3COOH$ અને $0.5 \ M \ NaOH$ ને સમાન કદમાં મિશ્ર કરવામાં આવે છે,ત્યારે પ્રક્રિયા નીચે મુજબ થાય છે:
$CH_3COOH + NaOH \longrightarrow CH_3COONa + H_2O$.
અહીં $CH_3COOH$ ની સાંદ્રતા $(1 \ M)$ એ $NaOH$ $(0.5 \ M)$ કરતા બમણી હોવાથી,પ્રક્રિયા પછી $0.5 \ M \ CH_3COOH$ બાકી રહે છે અને $0.5 \ M \ CH_3COONa$ બને છે.
આ નિર્બળ એસિડ $(CH_3COOH)$ અને તેના ક્ષાર $(CH_3COONa)$ નું મિશ્રણ એસિડિક બફર તરીકે કાર્ય કરે છે.

(A) એસિડિક બફર માટે હેન્ડરસન-હેસલબેક સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$pH = pK_a + \log \frac{[\text{salt}]}{[\text{acid}]}$
આપેલ છે $pH = 5.8$ અને $pK_a = 4.8$:
$5.8 = 4.8 + \log \frac{[\text{salt}]}{[\text{acid}]}$
$\log \frac{[\text{salt}]}{[\text{acid}]} = 5.8 - 4.8 = 1.0$
બંને બાજુ એન્ટિલોગ લેતા:
$\frac{[\text{salt}]}{[\text{acid}]} = 10^1 = 10$
તેથી,$\frac{[\text{acid}]}{[\text{salt}]} = \frac{1}{10} = 0.1$.

(D) ધારો કે નળાકારની કુલ લંબાઈ $L$ છે. શરૂઆતમાં,પિસ્ટન મધ્યમાં છે,તેથી દરેક બાજુની લંબાઈ $l = L/2$ છે.
ચાર્લ્સના નિયમ મુજબ,અચળ દબાણે $V \propto T$,જેનો અર્થ છે કે સમાન આડછેદ ધરાવતા નળાકાર માટે $l \propto T$.
ધારો કે પ્રારંભિક તાપમાન $T_1 = 0^{\circ} C = 273 ~K$ છે અને ગરમ કરેલી બાજુનું અંતિમ તાપમાન $T_2 = 100^{\circ} C = 373 ~K$ છે.
જ્યારે પિસ્ટન $5 ~cm$ ખસે છે,ત્યારે ગરમ બાજુની લંબાઈ $(l + 5)$ થાય છે અને બીજી બાજુની લંબાઈ $(l - 5)$ થાય છે.
ગુણોત્તર લાગુ પાડતા: $\frac{l+5}{l-5} = \frac{373}{273}$.
યોગ-વિયોગની રીત વાપરતા: $\frac{(l+5) + (l-5)}{(l+5) - (l-5)} = \frac{373 + 273}{373 - 273}$.
$\frac{2l}{10} = \frac{646}{100}$.
$2l = 64.6 ~cm$.
નળાકારની કુલ લંબાઈ $L = 2l$ હોવાથી,કુલ લંબાઈ $64.6 ~cm$ થાય.

(C) જ્યારે કોઈ કણને ઢળતા સમતલ પર ઉપરની તરફ ફેંકવામાં આવે છે,ત્યારે ગુરુત્વાકર્ષણનો સમતલની નીચેની તરફનો ઘટક અને ઘર્ષણ બળ બંને ગતિની વિરુદ્ધ દિશામાં કાર્ય કરે છે.
સમતલ પર નીચેની તરફ લાગતું બળ $F = mg \sin \theta + f_k$ છે,જ્યાં $f_k = \mu N = \mu mg \cos \theta$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$ma = -(mg \sin \theta + \mu mg \cos \theta)$.
મંદનનું મૂલ્ય $a = g(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ છે.
અહીં $\theta = 45^{\circ}$ અને $\mu = 0.5 = \frac{1}{2}$ આપેલ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $a = g(\sin 45^{\circ} + 0.5 \cos 45^{\circ})$.
$a = g\left(\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.
$a = g\left(\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2\sqrt{2}}\right) = g\left(\frac{2+1}{2\sqrt{2}}\right) = \frac{3g}{2\sqrt{2}}$.

(D) આપેલ છે: વજન $W = 64 ~N$,સ્થિત ઘર્ષણાંક $\mu_s = 0.6$,ગતિક ઘર્ષણાંક $\mu_k = 0.4$.
ગતિ શરૂ કરવા માટે,લગાડવામાં આવેલ બળ $F$ એ સીમાંત ઘર્ષણ બળ જેટલું હોવું જોઈએ: $F = \mu_s N = \mu_s W$.
કિંમતો મૂકતા: $F = 0.6 \times 64 ~N = 38.4 ~N$.
એકવાર પદાર્થ ગતિમાં આવે,ત્યારે તેના પર લાગતું ગતિક ઘર્ષણ બળ $f_k = \mu_k N = \mu_k W$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $f_k = 0.4 \times 64 ~N = 25.6 ~N$.
પદાર્થ પર લાગતું પરિણામી બળ $F_{net} = F - f_k = (\mu_s - \mu_k) W$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ,$F_{net} = ma$,જ્યાં $m = \frac{W}{g}$.
તેથી,$(\mu_s - \mu_k) W = \frac{W}{g} \times a$.
$a = (\mu_s - \mu_k) g$.
$a = (0.6 - 0.4) g = 0.2 ~g$.

(D) આપેલ છે કે $y = \cos(\sin x)$.
પ્રથમ વિકલન $y_1 = \frac{dy}{dx} = -\sin(\sin x) \cdot \cos x$.
બીજું વિકલન $y_2 = \frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}[-\sin(\sin x) \cdot \cos x]$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $y_2 = -[\cos(\sin x) \cdot \cos x \cdot \cos x + \sin(\sin x) \cdot (-\sin x)]$.
$y_2 = -\cos(\sin x) \cos^2 x + \sin(\sin x) \sin x$.
હવે,$y_1 \sin x + y_2 \cos x$ ની ગણતરી કરીએ:
$y_1 \sin x + y_2 \cos x = [-\sin(\sin x) \cos x] \sin x + [-\cos(\sin x) \cos^2 x + \sin(\sin x) \sin x] \cos x$.
$= -\sin(\sin x) \sin x \cos x - \cos(\sin x) \cos^3 x + \sin(\sin x) \sin x \cos x$.
$= -\cos(\sin x) \cos^3 x$.
કારણ કે $y = \cos(\sin x)$,તેથી આ પદ $-y \cos^3 x$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x^2}{x+a}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f^{\prime}(x) = \frac{(x+a)(2x) - x^2(1)}{(x+a)^2} = \frac{2x^2 + 2ax - x^2}{(x+a)^2} = \frac{x^2 + 2ax}{(x+a)^2}$.
હવે,$f^{\prime}(x)$ નું ફરીથી વિકલન કરતા $f^{\prime \prime}(x)$ મળે:
$f^{\prime \prime}(x) = \frac{(x+a)^2(2x + 2a) - (x^2 + 2ax)(2(x+a))}{(x+a)^4}$
$f^{\prime \prime}(x) = \frac{(x+a)(2x + 2a) - 2(x^2 + 2ax)}{(x+a)^3} = \frac{2x^2 + 4ax + 2a^2 - 2x^2 - 4ax}{(x+a)^3} = \frac{2a^2}{(x+a)^3}$.
$x = a$ મુકતા:
$f^{\prime \prime}(a) = \frac{2a^2}{(a+a)^3} = \frac{2a^2}{(2a)^3} = \frac{2a^2}{8a^3} = \frac{1}{4a}$.

(A) આપેલ વિધેય: $y = A \cos n x + B \sin n x$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{dy}{dx} = -A n \sin n x + B n \cos n x$.
હવે,દ્વિતીય વિકલિત $y_2$ મેળવવા માટે ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_2 = \frac{d^2y}{dx^2} = -A n^2 \cos n x - B n^2 \sin n x$.
$-n^2$ સામાન્ય લેતા:
$y_2 = -n^2 (A \cos n x + B \sin n x)$.
કારણ કે $y = A \cos n x + B \sin n x$,તેથી આપણે સમીકરણમાં $y$ મૂકી શકીએ:
$y_2 = -n^2 y$.
પદોને ગોઠવતા આપણને મળે છે:
$y_2 + n^2 y = 0$.

(D) આપણે ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) ના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું: $\int u v d x = u \int v d x - \int (u' \int v d x) d x$.
ધારો કે $u = (x+1)^2$ અને $v = e^x$.
તેથી $u' = 2(x+1)$ અને $\int v d x = e^x$.
સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$\int(x+1)^2 e^x d x = (x+1)^2 e^x - \int 2(x+1) e^x d x$.
હવે,$\int (x+1) e^x d x$ માટે ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int (x+1) e^x d x = (x+1) e^x - \int 1 \cdot e^x d x = (x+1) e^x - e^x$.
આ કિંમત પાછી મૂકતા:
$= (x+1)^2 e^x - 2[(x+1) e^x - e^x] + C$
$= (x^2+2x+1) e^x - 2x e^x - 2 e^x + 2 e^x + C$
$= (x^2+2x+1-2x) e^x + C$
$= (x^2+1) e^x + C$.

(A) સબ-ટેન્જન્ટની લંબાઈનું સૂત્ર $y \cdot \frac{dx}{dy}$ છે.
આપેલ છે કે સબ-ટેન્જન્ટ એ એબ્સિસા $(x)$ કરતા બમણો છે,તેથી વિકલ સમીકરણ:
$y \cdot \frac{dx}{dy} = 2x$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{dx}{x} = 2 \frac{dy}{y}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{1}{x} dx = 2 \int \frac{1}{y} dy$
$\ln|x| = 2 \ln|y| + \ln|C|$
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા:
$\ln|x| = \ln|y^2| + \ln|C|$
$\ln|x| = \ln|C y^2|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા,આપણને મળે છે:
$x = C y^2$

(B) ધારો કે રાશિ $X = \frac{L}{T^2}$ છે.
$X$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta X}{X} = \frac{\Delta L}{L} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $L$ માં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta L}{L} \times 100 = 3 \%$ અને $T$ માં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta T}{T} \times 100 = 2 \%$ છે.
$X$ માં મહત્તમ પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\Delta X}{X} \times 100 = \left( \frac{\Delta L}{L} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta T}{T} \times 100 \right)$ થશે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\text{પ્રતિશત ત્રુટિ} = 3 \% + 2 \times (2 \%) = 3 \% + 4 \% = 7 \%$.

(B) ધારો કે ચોરસની બાજુની લંબાઈ $a$ છે.
બાજુ $a$ ધરાવતા ચોરસના વિકર્ણની લંબાઈ $d = a\sqrt{2}$ થાય છે.
આપેલા બે બિંદુઓ $(1, -2, 3)$ અને $(2, -3, 5)$ વચ્ચેનું અંતર એ વિકર્ણની લંબાઈ $d$ છે.
$d = \sqrt{(2-1)^2 + (-3 - (-2))^2 + (5-3)^2}$
$d = \sqrt{(1)^2 + (-1)^2 + (2)^2}$
$d = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}$
કારણ કે $d = a\sqrt{2}$,તેથી:
$a\sqrt{2} = \sqrt{6}$
$a = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}$
આમ,ચોરસની બાજુની લંબાઈ $\sqrt{3}$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે રેખાના દિકકોસાઇન સંબંધનું પાલન કરે છે: $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1$,જ્યાં $\alpha, \beta, \gamma$ એ રેખા દ્વારા $X, Y,$ અને $Z$-અક્ષ સાથે બનાવેલા ખૂણા છે.
આપેલ છે કે $\alpha = \frac{\pi}{3}$ અને $\beta = \frac{\pi}{4}$.
આ કિંમતોને નિત્યસમમાં મૂકતા:
$\cos^2 \left(\frac{\pi}{3}\right) + \cos^2 \left(\frac{\pi}{4}\right) + \cos^2 \gamma = 1$
$\Rightarrow \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \cos^2 \gamma = 1$
$\Rightarrow \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \cos^2 \gamma = 1$
$\Rightarrow \frac{3}{4} + \cos^2 \gamma = 1$
$\Rightarrow \cos^2 \gamma = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$
$\Rightarrow \cos \gamma = \pm \frac{1}{2}$.
મુખ્ય કિંમતને ધ્યાનમાં લેતા,$\cos \gamma = \frac{1}{2} = \cos \left(\frac{\pi}{3}\right)$,તેથી $\gamma = \frac{\pi}{3}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $C$ જીતે તેની સંભાવના $P(C) = p$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$B$ જીતે તેની સંભાવના $P(B) = 2p$ છે.
$A$ જીતે તેની સંભાવના $P(A) = 2 \times P(B) = 2(2p) = 4p$ છે.
કોઈ એક વ્યક્તિ જીતશે જ,તેથી તેમની સંભાવનાઓનો સરવાળો $1$ થાય:
$P(A) + P(B) + P(C) = 1$
$4p + 2p + p = 1$
$7p = 1 \Rightarrow p = \frac{1}{7}$.
તેથી,$A$ જીતે તેની સંભાવના $P(A) = 4p = \frac{4}{7}$ છે.
$A$ હારે તેની સંભાવના $P(\bar{A}) = 1 - P(A) = 1 - \frac{4}{7} = \frac{3}{7}$ થાય.

(A) જ્યારે બે પાસા ફેંકવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ શક્ય પરિણામોની સંખ્યા $6 \times 6 = 36$ છે.
ધારો કે $X$ એ બે પાસા પરની સંખ્યાઓનો સરવાળો છે. $X$ માટે શક્ય કિંમતો $2$ થી $12$ સુધીની છે.
આ શ્રેણીમાં અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ $2, 3, 5, 7, 11$ છે.
દરેક સરવાળા માટે પરિણામોની સંખ્યા નીચે મુજબ છે:
- $X=2$: $(1,1) \rightarrow 1$ પરિણામ
- $X=3$: $(1,2), (2,1) \rightarrow 2$ પરિણામો
- $X=5$: $(1,4), (2,3), (3,2), (4,1) \rightarrow 4$ પરિણામો
- $X=7$: $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) \rightarrow 6$ પરિણામો
- $X=11$: $(5,6), (6,5) \rightarrow 2$ પરિણામો
કુલ સાનુકૂળ પરિણામો $= 1 + 2 + 4 + 6 + 2 = 15$.
સંભાવના $= \frac{\text{સાનુકૂળ પરિણામો}}{\text{કુલ પરિણામો}} = \frac{15}{36} = \frac{5}{12}$.

(A) સમૂહ $S = \{1, 2, 3, \ldots, 100\}$ માં કુલ ઘટકોની સંખ્યા $n(S) = 100$ છે.
કોઈ સંખ્યા પૂર્ણ ઘન ત્યારે કહેવાય જો તે કોઈ પૂર્ણાંક $k$ માટે $k^3$ સ્વરૂપમાં હોય.
આપેલ સમૂહમાં પૂર્ણ ઘન સંખ્યાઓ $1^3 = 1$,$2^3 = 8$,$3^3 = 27$,અને $4^3 = 64$ છે. નોંધો કે $5^3 = 125$,જે $100$ કરતા મોટી છે.
આમ,સાનુકૂળ પરિણામોનો સમૂહ $A = \{1, 8, 27, 64\}$ છે.
સાનુકૂળ પરિણામોની સંખ્યા $n(A) = 4$ છે.
જરૂરી સંભાવના $P(A) = \frac{n(A)}{n(S)} = \frac{4}{100} = \frac{1}{25}$ થાય.

(B) ધારો કે પાણીની સપાટીથી કાણાની ઊંડાઈ $x$ છે. જમીનથી કાણાની ઊંચાઈ $(h - x + H)$ થશે.
બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ $v = \sqrt{2gx}$ છે.
પાણીને જમીન સુધી પહોંચવા માટે લાગતો સમય $t = \sqrt{\frac{2(h - x + H)}{g}}$ છે.
સમક્ષિતિજ અવધિ $R = v \cdot t = \sqrt{2gx} \cdot \sqrt{\frac{2(h - x + H)}{g}} = 2\sqrt{x(h + H - x)}$.
મહત્તમ અવધિ માટે,વર્ગમૂળની અંદરનું પદ $f(x) = x(h + H - x) = x(h + H) - x^2$ મહત્તમ હોવું જોઈએ.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા અને તેને શૂન્ય લેતા: $\frac{df}{dx} = (h + H) - 2x = 0$.
આમ,$x = \frac{h + H}{2}$.

(A) આપેલ છે: વ્યાસ $d = 8 \text{ cm} = 0.08 \text{ m}$,તેથી ત્રિજ્યા $r = 0.04 \text{ m} = 4 \times 10^{-2} \text{ m}$.
લંબાઈ $l = 3140 \text{ m}$.
પ્રવાહનો દર $Q = 2 \times 10^{-3} \text{ m}^3/\text{s}$.
સ્નિગ્ધતા $\eta = 10^{-3} \text{ SI units}$.
પાઈપમાં લેમિનર પ્રવાહ માટે પોઈઝ્યુઈલના સમીકરણ મુજબ:
$Q = \frac{\pi P r^4}{8 \eta l}$
દબાણ તફાવત $P$ માટે સૂત્ર:
$P = \frac{8 \eta l Q}{\pi r^4}$
કિંમતો મૂકતા:
$P = \frac{8 \times 10^{-3} \times 3140 \times 2 \times 10^{-3}}{3.14 \times (4 \times 10^{-2})^4}$
$P = \frac{16 \times 3140 \times 10^{-6}}{3.14 \times 256 \times 10^{-8}}$
$P = \frac{16 \times 1000 \times 10^{-6}}{256 \times 10^{-8}} = \frac{16000 \times 10^2}{256} = \frac{1600000}{256} = 6250 \text{ N/m}^2$
$P = 6.25 \times 10^3 \text{ N/m}^2$.

(A) આપેલ છે: મોટા ટીપાની ત્રિજ્યા $R = 1 ~cm = 10^{-2} ~m$,નાના ટીપાની સંખ્યા $n = 10^6$,પૃષ્ઠતાણ $T = 460 \times 10^{-3} ~N/m$.
કદનું સંરક્ષણ: $n \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3 \implies r^3 = \frac{R^3}{n} \implies r = \frac{R}{n^{1/3}}$.
$n = 10^6$ માટે,$r = \frac{R}{(10^6)^{1/3}} = \frac{R}{10^2} = 10^{-2} R$.
વપરાતી ઉર્જા $W = T \times \Delta A = T \times (n \times 4 \pi r^2 - 4 \pi R^2) = 4 \pi T (n r^2 - R^2)$.
$r = R/100$ મૂકતા: $W = 4 \pi T (n \frac{R^2}{10^4} - R^2) = 4 \pi R^2 T (\frac{n}{10^4} - 1)$.
$n = 10^6$ હોવાથી,$W = 4 \pi R^2 T (10^2 - 1) = 4 \pi R^2 T (99)$.
ગણતરી: $W = 4 \times 3.14 \times (10^{-2})^2 \times 460 \times 10^{-3} \times 99$.
$W = 4 \times 3.14 \times 10^{-4} \times 460 \times 10^{-3} \times 99 \approx 0.057 ~J$.

(C) ધારો કે તળાવની ઊંડાઈ $h$ છે. વાતાવરણીય દબાણ $P_0$ એ $H = 10 \ m$ ઊંચાઈના પાણીના સ્તંભ જેટલું છે.
તળાવના તળિયે,દબાણ $P_1 = P_0 + h \rho g = (H + h) \rho g$ છે.
સપાટી પર,દબાણ $P_2 = P_0 = H \rho g$ છે.
તાપમાન અચળ હોવાથી,બોઈલના નિયમ મુજબ: $P_1 V_1 = P_2 V_2$.
અહીં $V_1 = \frac{4}{3} \pi r^3$ અને $V_2 = \frac{4}{3} \pi (\frac{5r}{4})^3$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $(H + h) \rho g \times \frac{4}{3} \pi r^3 = H \rho g \times \frac{4}{3} \pi (\frac{5r}{4})^3$.
$(10 + h) = 10 \times (\frac{5}{4})^3$.
$10 + h = 10 \times \frac{125}{64} = \frac{1250}{64} = 19.53125$.
$h = 19.53125 - 10 = 9.53125 \ m \approx 9.53 \ m$.

(B) સરળ આવર્ત ગતિ $(SHM)$ કરતા પદાર્થની $d$ સ્થાનાંતરે સ્થિતિ ઉર્જા $U = \frac{1}{2} k d^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k = m \omega^2$ એ બળ અચળાંક છે.
આપેલ છે:
$E_1 = \frac{1}{2} k x^2 \implies x = \sqrt{\frac{2 E_1}{k}}$
$E_2 = \frac{1}{2} k y^2 \implies y = \sqrt{\frac{2 E_2}{k}}$
$(x+y)$ સ્થાનાંતરે,સ્થિતિ ઉર્જા $E$ 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:
$\sqrt{E} = \sqrt{\frac{1}{2} k} \left( \sqrt{\frac{2 E_1}{k}} + \sqrt{\frac{2 E_2}{k}} \right)$
$\sqrt{E} = \sqrt{\frac{1}{2} k} \cdot \sqrt{\frac{2}{k}} (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})$
$\sqrt{E} = \sqrt{\frac{1}{2} k \cdot \frac{2}{k}} (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})$
$\sqrt{E} = \sqrt{1} (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})$
$\sqrt{E} = \sqrt{E_1} + \sqrt{E_2}$