TS EAMCET 2007 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) સરળ આવર્ત ગતિ કરતા દોલકનો મહત્તમ પ્રવેગ $a_{max} = \omega^2 A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega$ એ કોણીય આવૃત્તિ છે અને $A$ એ કંપવિસ્તાર છે.
મહત્તમ વેગ $v_{max} = \omega A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,મહત્તમ પ્રવેગનું મૂલ્ય મહત્તમ વેગ કરતા $\pi$ ગણું છે:
$a_{max} = \pi \cdot v_{max}$
$\omega^2 A = \pi \cdot \omega A$
બંને બાજુ $\omega A$ વડે ભાગતા (ધારી લો કે $\omega, A \neq 0$):
$\omega = \pi$
આપણે જાણીએ છીએ કે કોણીય આવૃત્તિ $\omega = \frac{2\pi}{T}$,જ્યાં $T$ એ આવર્તકાળ છે:
$\frac{2\pi}{T} = \pi$
$T = \frac{2\pi}{\pi} = 2 \ s$
તેથી,દોલકનો આવર્તકાળ $2 \ s$ છે.

(C) મુક્ત ઇલેક્ટ્રોનની હાજરીને કારણે ધાતુઓ વિદ્યુતની સારી વાહક છે.
તાપમાનમાં વધારો થવાથી સેમિકન્ડક્ટરની વિદ્યુત વાહકતા વધે છે.
બોરોન (સમૂહ $13$) સાથે ડોપ કરેલ સિલિકોન એ $p$-પ્રકારનો સેમિકન્ડક્ટર છે.
આર્સેનિક (સમૂહ $15$) સાથે ડોપ કરેલ સિલિકોન એ $n$-પ્રકારનો સેમિકન્ડક્ટર છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચું વિધાન છે.

(A) પ્રોડ્યુસર ગેસ એ $CO$ અને $N_2$ નું મિશ્રણ છે.
તેનું કેલરીફિક મૂલ્ય ઓછું હોવાનું મુખ્ય કારણ તેમાં રહેલા નાઈટ્રોજન $(N_2)$ વાયુની ઊંચી ટકાવારી છે,જે દહનશીલ નથી.

(C) જ્યારે સિલ્વર બ્રોમાઈડ $(AgBr)$ માં સોડિયમ થાયોસલ્ફેટનું દ્રાવણ ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે તે ઓગળીને સોડિયમ આર્જેન્ટોથાયોસલ્ફેટ નામનું દ્રાવ્ય સંકીર્ણ બનાવે છે.
રાસાયણિક પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$AgBr(s) + 2Na_2S_2O_3(aq) \longrightarrow Na_3[Ag(S_2O_3)_2](aq) + NaBr(aq)$
આમ,બનતી નીપજનું સૂત્ર $Na_3[Ag(S_2O_3)_2]$ છે.

(D) પેરોક્સી એસિડ તેની રચનામાં $-O-O-$ બંધ ધરાવે છે.
$1$. પરફોસ્ફોરિક એસિડ $(H_3PO_5)$ પેરોક્સી બંધ ધરાવે છે.
$2$. પરનાઈટ્રિક એસિડ $(HNO_4)$ પેરોક્સી બંધ ધરાવે છે.
$3$. પરડાયસલ્ફ્યુરિક એસિડ $(H_2S_2O_8)$ પેરોક્સી બંધ ધરાવે છે.
$4$. પરક્લોરિક એસિડ $(HClO_4)$ પેરોક્સી બંધ ધરાવતું નથી; તે ક્લોરિનનું ઓક્સોએસિડ છે જેમાં ક્લોરિન $+7$ ઓક્સિડેશન અવસ્થામાં છે.

(D) $Krypton$ નો ઉપયોગ ખાણિયોની કેપ લેમ્પમાં થાય છે કારણ કે તે ભૂગર્ભ ખાણકામની પરિસ્થિતિઓ માટે યોગ્ય ઉચ્ચ-તીવ્રતાનો પ્રકાશ સ્ત્રોત પૂરો પાડે છે.

(A) $n$ બાજુઓ ધરાવતા બહુકોણમાં વિકર્ણોની સંખ્યાનું સૂત્ર: $\frac{n(n-3)}{2} = 275$ છે.
$2$ વડે ગુણતા,$n(n-3) = 550$ મળે.
$n^2 - 3n - 550 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $n^2 - 25n + 22n - 550 = 0$.
$n(n - 25) + 22(n - 25) = 0$.
$(n - 25)(n + 22) = 0$.
બાજુઓની સંખ્યા $n$ ધન હોવી જોઈએ,તેથી $n = 25$ (કારણ કે $n = -22$ શક્ય નથી).

(A) જો $a, b, c$ એ $AP$ માં હોય,તો $2b = a + c$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $c - b = b - a$.
આપેલ છે કે $b-a, c-b, a$ એ $GP$ માં છે,તેથી મધ્યમ પદનો વર્ગ એ અંતિમ પદોના ગુણાકાર જેટલો થાય: $(c-b)^2 = (b-a)a$.
$c-b = b-a$ ને સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $(b-a)^2 = (b-a)a$ મળે છે.
જો $b \neq a$ હોય,તો $(b-a)$ વડે ભાગતા $b-a = a$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $b = 2a$ થાય છે.
$b = 2a$ ને $2b = a + c$ માં મૂકતા,$2(2a) = a + c$ એટલે કે $4a = a + c$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $c = 3a$.
આમ,ગુણોત્તર $a: b: c = a: 2a: 3a = 1: 2: 3$ થાય.

(C) આપેલ છે કે,$S_n = 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \sum_{k=1}^{n} k^3$.
વળી,$T_n = 1 + 2 + \ldots + n = \sum_{k=1}^{n} k$.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના ઘનનો સરવાળો $S_n = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2$ થાય છે.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $T_n = \frac{n(n+1)}{2}$ છે.
$S_n$ ના સૂત્રમાં $T_n$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $S_n = (T_n)^2$ મળે છે.
તેથી,$S_n = T_n^2$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$.
તેથી,$\tan A - \tan B = \tan(A-B)(1 + \tan A \tan B)$.
$A = 80^{\circ}$ અને $B = 10^{\circ}$ મૂકતા:
$\tan 80^{\circ} - \tan 10^{\circ} = \tan(80^{\circ}-10^{\circ})(1 + \tan 80^{\circ} \tan 10^{\circ}) = \tan 70^{\circ}(1 + \tan 80^{\circ} \tan 10^{\circ})$.
હવે,$\frac{\tan 80^{\circ}-\tan 10^{\circ}}{\tan 70^{\circ}} = \frac{\tan 70^{\circ}(1 + \tan 80^{\circ} \tan 10^{\circ})}{\tan 70^{\circ}} = 1 + \tan 80^{\circ} \tan 10^{\circ}$.
કારણ કે $\tan 80^{\circ} = \cot 10^{\circ}$,તેથી $1 + \cot 10^{\circ} \tan 10^{\circ} = 1 + 1 = 2$.

(B) ધારો કે બિંદુઓ $A(1, -2)$ અને $B(3, 2)$ છે.
$A$ અને $B$ માંથી પસાર થતી રેખાનો ઢાળ $m_1 = \frac{2 - (-2)}{3 - 1} = \frac{4}{2} = 2$ છે.
બીજી રેખાનું સમીકરણ $x + 2y - 7 = 0$ છે,જેને $y = -\frac{1}{2}x + \frac{7}{2}$ તરીકે લખી શકાય.
આ રેખાનો ઢાળ $m_2 = -\frac{1}{2}$ છે.
હવે,ઢાળનો ગુણાકાર $m_1 \times m_2 = 2 \times (-\frac{1}{2}) = -1$ થાય છે.
જેથી બંને રેખાઓ પરસ્પર લંબ છે.
તેથી,રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{2}$ છે.

(B) ધારો કે રેખા $AB$ એ $A(2,-1)$ અને $B(6,5)$ માંથી પસાર થાય છે. $AB$ નો ઢાળ $m = \frac{5 - (-1)}{6 - 2} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$ છે.
રેખા $AB$ નું સમીકરણ $y - (-1) = \frac{3}{2}(x - 2)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $3x - 2y - 8 = 0$ થાય છે.
રેખા $PD$ એ $AB$ ને લંબ છે અને $P(4,1)$ માંથી પસાર થાય છે. $PD$ નો ઢાળ $-\frac{2}{3}$ છે.
$PD$ નું સમીકરણ $y - 1 = -\frac{2}{3}(x - 4)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $2x + 3y - 11 = 0$ થાય છે.
ધારો કે $D$ એ $AB$ ને $k:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે. $D$ ના યામ $\left(\frac{6k+2}{k+1}, \frac{5k-1}{k+1}\right)$ છે.
$D$ એ $PD$ પર હોવાથી,$2\left(\frac{6k+2}{k+1}\right) + 3\left(\frac{5k-1}{k+1}\right) - 11 = 0$.
$12k + 4 + 15k - 3 - 11k - 11 = 0$.
$16k - 10 = 0 \Rightarrow k = \frac{5}{8}$.
આમ,ગુણોત્તર $5:8$ છે.

(D) આપેલ રેખાઓનું સમીકરણ $x^2+2xy-35y^2-4x+44y-12=0$ છે.
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા,આપણને $(x+7y-6)(x-5y+2)=0$ મળે છે.
આ બે રેખાઓ દર્શાવે છે: $L_1: x+7y-6=0$ અને $L_2: x-5y+2=0$.
ત્રીજી રેખા $L_3: 5x+\lambda y-8=0$ છે.
ત્રણ રેખાઓ સંગામી હોવા માટે,તેમના સહગુણકોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} 1 & 7 & -6 \\ 1 & -5 & 2 \\ 5 & \lambda & -8 \end{vmatrix} = 0$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1(40-2\lambda) - 7(-8-10) - 6(\lambda+25) = 0$
$40 - 2\lambda + 126 - 6\lambda - 150 = 0$
$16 - 8\lambda = 0$
$8\lambda = 16$
$\lambda = 2$

(C) આપેલ સમીકરણ $2x^2+4xy+5y^2-4x-22y+7=0$ છે.
સામાન્ય દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0$ સાથે સરખાવતા,$a=2, h=2, b=5, g=-2, f=-11, c=7$ મળે છે.
પ્રથમ ઘાતના પદો દૂર કરવા માટે,ઉગમબિંદુ $(0,0)$ ને એવા બિંદુ $(h', k')$ પર સ્થળાંતરિત કરવું જોઈએ જે આંશિક વિકલન $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ અને $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$ ના છેદબિંદુ દ્વારા મળે છે.
$\frac{\partial f}{\partial x} = 4x+4y-4 = 0 \implies x+y=1$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 4x+10y-22 = 0 \implies 2x+5y=11$
આ સમીકરણો ઉકેલતા:
પ્રથમ સમીકરણ પરથી,$x = 1-y$.
બીજા સમીકરણમાં મૂકતા: $2(1-y)+5y=11 \implies 2-2y+5y=11 \implies 3y=9 \implies y=3$.
તેથી $x = 1-3 = -2$.
આમ,ઉગમબિંદુને $(-2, 3)$ પર સ્થળાંતરિત કરવામાં આવે છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $2x^2 + 4xy + 5y^2 - 4x - 22y + 7 = 0$ છે.
સામાન્ય દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ સાથે સરખાવતા,$a = 2, h = 2, b = 5, g = -2, f = -11, c = 7$ મળે છે.
પ્રથમ ઘાતના પદો દૂર કરવા માટે,ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ ને બિંદુ $(h_0, k_0)$ પર ખસેડવું પડે,જે $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ અને $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$ ના છેદબિંદુ દ્વારા મળે છે.
સૂત્રો મુજબ:
$h_0 = \frac{hf - bg}{ab - h^2} = \frac{-22 + 10}{10 - 4} = -2$
$k_0 = \frac{gh - af}{ab - h^2} = \frac{-4 + 22}{10 - 4} = 3$
આમ,ઉગમબિંદુને $(-2, 3)$ બિંદુ પર ખસેડવું જોઈએ.

(D) આપેલ રેખાઓનું સમીકરણ $x^2+2xy-35y^2-4x+44y-12=0$ છે.
તેને વ્યાપક સ્વરૂપ $ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0$ સાથે સરખાવતા,$a=1, h=1, b=-35, g=-2, f=22, c=-12$ મળે છે.
રેખાઓના છેદબિંદુ $(x_0, y_0)$ માટેનું સૂત્ર:
$x_0 = \frac{hf-bg}{ab-h^2} = \frac{(1)(22)-(-35)(-2)}{(1)(-35)-(1)^2} = \frac{22-70}{-36} = \frac{4}{3}$
$y_0 = \frac{gh-af}{ab-h^2} = \frac{(-2)(1)-(1)(22)}{-36} = \frac{-24}{-36} = \frac{2}{3}$
રેખાઓ સંગામી હોવાથી,બિંદુ $(\frac{4}{3}, \frac{2}{3})$ એ રેખા $5x+\lambda y-8=0$ પર આવેલું છે.
$5(\frac{4}{3}) + \lambda(\frac{2}{3}) - 8 = 0$
$\frac{20}{3} + \frac{2\lambda}{3} - 8 = 0$
$3$ વડે ગુણતા: $20 + 2\lambda - 24 = 0$
$2\lambda - 4 = 0$
$\lambda = 2$

(A) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2=4$ છે અને રેખા $y=3x+c$ છે,જેને $\frac{y-3x}{c}=1$ તરીકે લખી શકાય.
ઉગમબિંદુને છેદબિંદુઓ સાથે જોડતી રેખાઓની જોડ મેળવવા માટે,વર્તુળના સમીકરણને સમઘાત બનાવતા:
$x^2+y^2=4(1)^2$
$x^2+y^2=4\left(\frac{y-3x}{c}\right)^2$
$c^2(x^2+y^2)=4(y^2+9x^2-6xy)$
$c^2x^2+c^2y^2=4y^2+36x^2-24xy$
$(c^2-36)x^2+24xy+(c^2-4)y^2=0$
રેખાઓ પરસ્પર લંબ હોવાથી,$x^2$ અને $y^2$ ના સહગુણકોનો સરવાળો શૂન્ય થાય:
$(c^2-36)+(c^2-4)=0$
$2c^2-40=0$
$2c^2=40$
$c^2=20$

(A) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2=4$ છે અને રેખા $y=3x+c$ છે,જેને $\frac{y-3x}{c}=1$ તરીકે લખી શકાય.
રેખાના સમીકરણનો ઉપયોગ કરીને વર્તુળના સમીકરણને સમઘાત બનાવતા:
$x^2+y^2=4\left(\frac{y-3x}{c}\right)^2$
$c^2(x^2+y^2)=4(y^2+9x^2-6xy)$
$c^2x^2+c^2y^2=4y^2+36x^2-24xy$
$(c^2-36)x^2+24xy+(c^2-4)y^2=0$
રેખાઓ પરસ્પર લંબ હોવાથી,$x^2$ અને $y^2$ ના સહગુણકોનો સરવાળો શૂન્ય થાય:
$(c^2-36)+(c^2-4)=0$
$2c^2-40=0$
$2c^2=40$
$c^2=20$

(A) આપેલ છે,ત્રિજ્યા $r = 3$.
વર્તુળ ચોથા ચરણમાં છે અને બંને અક્ષો ($x=0$ અને $y=0$) ને સ્પર્શે છે,તેથી તેનું કેન્દ્ર $(3, -3)$ થશે.
વર્તુળનું પ્રમાણિત સમીકરણ $(x-h)^2 + (y-k)^2 = r^2$ છે.
$h=3$,$k=-3$,અને $r=3$ મૂકતા:
$(x-3)^2 + (y+3)^2 = 9$
$x^2 - 6x + 9 + y^2 + 6y + 9 = 9$
$x^2 + y^2 - 6x + 6y + 9 = 0$.

(C) વર્તુળ $S=0$ ના સંદર્ભમાં $P(x_1, y_1)$ નું પ્રતિવર્તી બિંદુ એ વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી $P$ ના ધ્રુવીય (polar) પર દોરેલા લંબનો લંબપાદ છે.
આપેલ વર્તુળ: $x^2+y^2-4x-6y+9=0$. કેન્દ્ર $C = (2,3)$,ત્રિજ્યા $r = 2$.
$P(1,2)$ નો ધ્રુવીય: $x(1)+y(2)-2(x+1)-3(y+2)+9=0$.
સરળ કરતા: $x+y-1=0$.
રેખા $CP$ નું સમીકરણ: $y=x+1$.
$x+y-1=0$ અને $y=x+1$ નું છેદબિંદુ $(0,1)$ છે.

(D) વર્તુળોની કોએક્સિયલ સિસ્ટમનું સામાન્ય સમીકરણ $x^2+y^2+2\lambda x+c=0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લિમિટિંગ પોઈન્ટ્સ એ સિસ્ટમમાં શૂન્ય ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળોના કેન્દ્રો છે.
ત્રિજ્યા $r = \sqrt{g^2+f^2-c} = 0$ લેતા,આપણને $\sqrt{\lambda^2-c} = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\lambda^2 = c$.
લિમિટિંગ પોઈન્ટ્સ અલગ અને વાસ્તવિક હોવા માટે,આપણી પાસે $\lambda^2 > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $c > 0$.
આમ,સિસ્ટમ માટે અલગ લિમિટિંગ પોઈન્ટ્સ હોવાની શરત $c > 0$ છે.

(B) આપેલ પરવલયનું સમીકરણ $y^2+6y-2x+5=0$ છે.
$y$ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવતા:
$y^2+6y+9-9-2x+5=0$
$(y+3)^2-4-2x=0$
$(y+3)^2=2(x+2)$.
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $(y-k)^2=4a(x-h)$ સાથે સરખાવતા:
શિરોબિંદુ $(h, k) = (-2, -3)$. તેથી,વિધાન $(I)$ સાચું છે.
અહીં,$4a=2$,તેથી $a=\frac{1}{2}$.
પરવલય $(y-k)^2=4a(x-h)$ ની નિયામિકા $x=h-a$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x = -2 - \frac{1}{2} = -\frac{5}{2}$.
$2x+5=0$. તેથી,વિધાન $(II)$ ખોટું છે.
તેથી,$I$ સાચું છે અને $II$ ખોટું છે.

(A) આપણી પાસે $\frac{1-2x-x^2}{e^{-x}} = (1-2x-x^2)e^x$ છે.
$e^x$ ને $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ તરીકે વિસ્તૃત કરતા:
$(1-2x-x^2) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} - 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n!} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+2}}{n!}$.
$x^k$ નો સહગુણક શોધવા માટે:
$1$. $\sum \frac{x^n}{n!}$ માંથી,સહગુણક $\frac{1}{k!}$ છે.
$2$. $-2 \sum \frac{x^{n+1}}{n!}$ માં,$n+1=k \implies n=k-1$ લેતા,સહગુણક $-\frac{2}{(k-1)!}$ છે.
$3$. $-\sum \frac{x^{n+2}}{n!}$ માં,$n+2=k \implies n=k-2$ લેતા,સહગુણક $-\frac{1}{(k-2)!}$ છે.
કુલ સહગુણક: $\frac{1}{k!} - \frac{2}{(k-1)!} - \frac{1}{(k-2)!} = \frac{1-2k-k(k-1)}{k!} = \frac{1-k-k^2}{k!}$.

(D) આપણી પાસે છે,$(1+x+x^2)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + \ldots + a_{2n}x^{2n}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે:
$n(1+x+x^2)^{n-1}(1+2x) = a_1 + 2a_2x + 3a_3x^2 + \ldots + 2na_{2n}x^{2n-1}$.
હવે,$x=1$ મુકતા,આપણને મળે:
$n(1+1+1)^{n-1}(1+2(1)) = a_1 + 2a_2 + 3a_3 + \ldots + 2na_{2n}$.
$n(3)^{n-1}(3) = a_1 + 2a_2 + 3a_3 + \ldots + 2na_{2n}$.
તેથી,$a_1 + 2a_2 + 3a_3 + \ldots + 2na_{2n} = n \cdot 3^n$.

(C) આપેલ ઉપવલયનું સમીકરણ $2x^2 + 3y^2 = 6$ છે,જેને $\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} = 1$ તરીકે લખી શકાય.
બે બિંદુઓ $(x_1, y_1)$ અને $(x_2, y_2)$ એ ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ ના સાપેક્ષમાં સંયુગ્મી હોય જો $\frac{x_1 x_2}{a^2} + \frac{y_1 y_2}{b^2} = 1$ થાય.
અહીં,$(x_1, y_1) = (1, 2)$,$(x_2, y_2) = (k, -1)$,$a^2 = 3$,અને $b^2 = 2$ છે.
આ કિંમતોને શરતમાં મૂકતા:
$\frac{(1)(k)}{3} + \frac{(2)(-1)}{2} = 1$
$\frac{k}{3} - 1 = 1$
$\frac{k}{3} = 2$
$k = 6$.

(C) અતિવલય $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ ના બિંદુ $(a \sec \theta, b \tan \theta)$ આગળના અભિલંબનું સમીકરણ $\frac{ax}{\sec \theta} + \frac{by}{\tan \theta} = a^2 + b^2$ છે.
આપેલ રેખા $lx + my = 1$ સાથે સરખાવતા,$\frac{a \cos \theta}{a^2 + b^2} x + \frac{b \cot \theta}{a^2 + b^2} y = 1$ મળે.
તેથી,$l = \frac{a \cos \theta}{a^2 + b^2}$ અને $m = \frac{b \cot \theta}{a^2 + b^2}$.
હવે,$\frac{a^2}{l^2} - \frac{b^2}{m^2} = \frac{a^2 (a^2 + b^2)^2}{a^2 \cos^2 \theta} - \frac{b^2 (a^2 + b^2)^2}{b^2 \cot^2 \theta}$.
$= (a^2 + b^2)^2 (\sec^2 \theta - \tan^2 \theta)$.
$\sec^2 \theta - \tan^2 \theta = 1$ હોવાથી,$\frac{a^2}{l^2} - \frac{b^2}{m^2} = (a^2 + b^2)^2$ મળે.

(B) આપણને વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(1+[x])}{[x]}, & [x] \neq 0 \\ 0, & [x] = 0 \end{cases}$ આપેલ છે.
$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x)$ શોધવા માટે,આપણે $0$ થી થોડી નાની $x$ ની કિંમતો ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$x \in (-1, 0)$ માટે,મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x] = -1$ થાય છે.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin(1+[x])}{[x]}$.
$[x] = -1$ મૂકતા,આપણને $\frac{\sin(1-1)}{-1} = \frac{\sin(0)}{-1} = \frac{0}{-1} = 0$ મળે છે.

(C) Polyhydroxy butyrate-$co$-$\beta$-hydroxy valerate $(PHBV)$ એ એક જૈવ-વિઘટનીય પોલિમર છે.

(A) ધારો કે $\triangle ABC$ ના ખૂણાઓ $A = 45^{\circ}$,$B = 60^{\circ}$ અને $C = 75^{\circ}$ છે.
સૌથી નાની બાજુ $a$ (જે $45^{\circ}$ ની સામે છે) અને સૌથી મોટી બાજુ $c$ (જે $75^{\circ}$ ની સામે છે) છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{c} = \frac{\sin 45^{\circ}}{\sin 75^{\circ}} = \frac{1/\sqrt{2}}{(\sqrt{3}+1)/(2\sqrt{2})} = \frac{2}{\sqrt{3}+1} = \sqrt{3}-1$.
તેથી,ગુણોત્તર $(\sqrt{3}-1) : 1$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $a+b+c = 2s$,જ્યાં $s$ એ ત્રિકોણની અર્ધ-પરિમિતિ છે.
$\tan \frac{A}{2} = \frac{r}{s-a}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,
$(a+b+c)\left(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}\right) = 2s \left(\frac{r}{s-a} + \frac{r}{s-b}\right)$.
$= 2sr \left(\frac{s-b+s-a}{(s-a)(s-b)}\right) = 2sr \left(\frac{c}{(s-a)(s-b)}\right)$.
$r = \sqrt{\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}$ હોવાથી,સાદું રૂપ આપતા જવાબ $2c \cot \frac{C}{2}$ મળે છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ગુણધર્મો મુજબ $\Delta^2 = r r_1 r_2 r_3$ થાય છે.
અને $s^2 = r_1 r_2 + r_2 r_3 + r_3 r_1$ પણ એક પ્રમાણિત નિત્યસમ છે.
તેથી,બંને વિધાનો સાચા છે.

(B) આપેલ છે કે $A(\operatorname{adj} A) = \begin{bmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$.
બંને બાજુ નિશ્ચાયક લેતા,$|A(\operatorname{adj} A)| = \begin{vmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{vmatrix}$.
ગુણધર્મ $|AB| = |A||B|$ નો ઉપયોગ કરતા,$|A| |\operatorname{adj} A| = 4^3 = 64$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $|\operatorname{adj} A| = |A|^{n-1}$,જ્યાં $n$ એ શ્રેણિકની કક્ષા છે. અહીં $n = 3$ હોવાથી,$|\operatorname{adj} A| = |A|^{3-1} = |A|^2$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,$|A| \cdot |A|^2 = 64$,જેનો અર્થ છે કે $|A|^3 = 64$.
તેથી,$|A| = 4$.
અંતે,$|\operatorname{adj} A| = |A|^2 = 4^2 = 16$.

(A) આપેલ સુરેખ સમીકરણ સંહતિ સમઘાત છે,જેને શ્રેણિક સ્વરૂપ $AX = O$ માં નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
સમઘાત સંહતિ $AX = O$ માટે,અશૂન્ય ઉકેલ ત્યારે જ મળે જો સહગુણક શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોય,એટલે કે $|A| = 0$.
ચાલો નિશ્ચાયક $|A|$ ની ગણતરી કરીએ:
$|A| = \begin{vmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{vmatrix}$
$|A| = 1(2 \times 3 - (-1) \times 1) - (-1)(1 \times 3 - (-1) \times 2) + 1(1 \times 1 - 2 \times 2)$
$|A| = 1(6 + 1) + 1(3 + 2) + 1(1 - 4)$
$|A| = 7 + 5 - 3 = 9$
અહીં $|A| = 9 \neq 0$ હોવાથી,શ્રેણિક $A$ અસામાન્ય (non-singular) છે.
જ્યારે સહગુણક શ્રેણિક અસામાન્ય હોય,ત્યારે સમઘાત સંહતિનો માત્ર શૂન્ય ઉકેલ $(x=0, y=0, z=0)$ જ મળે છે.
તેથી,અશૂન્ય ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) શ્રેણિક $A$ સિંગ્યુલર હોય જો તેનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોય,એટલે કે $|A| = 0$.
આપેલ છે કે $A = \left[\begin{array}{rrr}1 & 2 & x \\ 4 & -1 & 7 \\ 2 & 4 & -6\end{array}\right]$.
પ્રથમ હારના આધારે નિશ્ચાયકની ગણતરી કરતા:
$|A| = 1((-1)(-6) - (7)(4)) - 2((4)(-6) - (7)(2)) + x((4)(4) - (-1)(2)) = 0$
$|A| = 1(6 - 28) - 2(-24 - 14) + x(16 + 2) = 0$
$|A| = 1(-22) - 2(-38) + x(18) = 0$
$-22 + 76 + 18x = 0$
$54 + 18x = 0$
$18x = -54$
$x = -3$

(D) ધારો કે $y = \operatorname{sech}^{-1}(\sin \theta)$.
તેથી,$\operatorname{sech} y = \sin \theta$.
$\operatorname{sech} y = \frac{1}{\cosh y}$ હોવાથી,$\cosh y = \frac{1}{\sin \theta} = \operatorname{cosec} \theta$ મળે.
વ્યસ્ત હાયપરબોલિક કોસાઇન વિધેયના લઘુગણકીય સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરતા,$\cosh^{-1}(x) = \log(x + \sqrt{x^2 - 1})$.
$x = \operatorname{cosec} \theta$ મૂકતા:
$y = \log(\operatorname{cosec} \theta + \sqrt{\operatorname{cosec}^2 \theta - 1})$.
$\operatorname{cosec}^2 \theta - 1 = \cot^2 \theta$ હોવાથી:
$y = \log(\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta = \frac{1 + \cos \theta}{\sin \theta} = \frac{2 \cos^2(\theta/2)}{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)} = \cot(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \log(\cot(\theta/2))$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan \left(\sec ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)\right)=\sin \left(\tan ^{-1} 2\right)$.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું સાદું રૂપ આપો: ધારો કે $\theta = \sec^{-1}(\frac{1}{x})$,તેથી $\sec \theta = \frac{1}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $\cos \theta = x$. $\tan^2 \theta = \sec^2 \theta - 1$ હોવાથી,$\tan \theta = \sqrt{(\frac{1}{x})^2 - 1} = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$ મળે.
હવે,જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપો: ધારો કે $\phi = \tan^{-1}(2)$,તેથી $\tan \phi = 2$. નિત્યસમ $\sin(\tan^{-1} y) = \frac{y}{\sqrt{1+y^2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin \phi = \frac{2}{\sqrt{1+2^2}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$ મળે.
બંને બાજુ સરખાવતા: $\frac{\sqrt{1-x^2}}{x} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{1-x^2}{x^2} = \frac{4}{5}$.
$5(1-x^2) = 4x^2 \Rightarrow 5 - 5x^2 = 4x^2 \Rightarrow 9x^2 = 5 \Rightarrow x^2 = \frac{5}{9}$.
$x>0$ હોવાથી,$x = \frac{\sqrt{5}}{3}$ મળે.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \frac{1}{2 - \cos 3x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ $x \in R$ માટે,$-1 \leq \cos 3x \leq 1$.
$-1$ વડે ગુણતા,$-1 \leq -\cos 3x \leq 1$ મળે.
બધા પદોમાં $2$ ઉમેરતા,$2 - 1 \leq 2 - \cos 3x \leq 2 + 1$,જેનું સાદું રૂપ $1 \leq 2 - \cos 3x \leq 3$ થાય.
વ્યસ્ત લેતા,અસમતાની નિશાની બદલાય છે: $\frac{1}{3} \leq \frac{1}{2 - \cos 3x} \leq \frac{1}{1}$.
આમ,$\frac{1}{3} \leq f(x) \leq 1$.
તેથી,$f$ નો વિસ્તાર $[1/3, 1]$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$f(x) = x - [x]$ અને $g(x) = [x]$ જ્યાં $x \in R$.
આપણે $f(g(x))$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$f(x)$ માં $g(x)$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે:
$f(g(x)) = f([x])$.
$f(x) = x - [x]$ હોવાથી,$x$ ની જગ્યાએ $[x]$ મૂકતા:
$f([x]) = [x] - [[x]]$.
અહીં $[x]$ એ એક પૂર્ણાંક છે,અને પૂર્ણાંક માટે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની કિંમત તે પૂર્ણાંક પોતે જ થાય,એટલે કે $[[x]] = [x]$.
તેથી,$f([x]) = [x] - [x] = 0$.
આમ,દરેક $x \in R$ માટે,$f(g(x)) = 0$.

(D) આપેલ છે કે,$\frac{p}{q} \in Q$ માટે $f\left(\frac{p}{q}\right)=\sqrt{p^2-q^2}$.
જો આપણે $\frac{p}{q} = \frac{1}{2}$ લઈએ,તો $p=1$ અને $q=2$ મળે.
$f\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{1^2 - 2^2} = \sqrt{1 - 4} = \sqrt{-3} = i\sqrt{3}$.
કારણ કે $\sqrt{-3}$ એ વાસ્તવિક સંખ્યા નથી,તેથી વિધાન $I$ ખોટું છે.
તે જ રીતે,જો આપણે $\frac{p}{q} = \frac{2}{1}$ લઈએ,તો $f(2) = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$ મળે,જે વાસ્તવિક સંખ્યા છે. તેથી વિધાન $II$ પણ દરેક કિસ્સા માટે સાચું નથી.
આમ,બંને વિધાનો ખોટા છે.

(D) આપેલ વક્ર $y=x^2+x-1$ અને બિંદુ $(x_1, y_1) = (1, 1)$ છે.
પ્રથમ,વિકલન શોધો: $\frac{dy}{dx} = 2x + 1$.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ,ઢાળ $m = \frac{dy}{dx} = 2(1) + 1 = 3$.
હવે,લંબાઈની ગણતરી કરો:
$1$. સ્પર્શકની લંબાઈ $A = \left|\frac{y_1 \sqrt{1+m^2}}{m}\right| = \left|\frac{1 \cdot \sqrt{1+3^2}}{3}\right| = \frac{\sqrt{10}}{3} \approx 1.05$.
$2$. અસ્પર્શકની લંબાઈ $B = \left|\frac{y_1}{m}\right| = \left|\frac{1}{3}\right| = \frac{1}{3} \approx 0.33$.
$3$. અભિલંબની લંબાઈ $C = \left|y_1 \sqrt{1+m^2}\right| = |1 \cdot \sqrt{1+3^2}| = \sqrt{10} \approx 3.16$.
$4$. અભિલંબના અદિશની લંબાઈ $D = |y_1 m| = |1 \cdot 3| = 3$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા: $B = 0.33$,$A \approx 1.05$,$D = 3$,$C \approx 3.16$.
આમ,ચડતો ક્રમ $B, A, D, C$ છે.

(A) વિધેય $f(x)$ ને કોઈ અંતિમ મૂલ્ય ન હોય જો તેનું વિકલિત $f^{\prime}(x)$ ચિહ્ન બદલે નહીં,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x)$ કાં તો હંમેશા અ-ઋણ હોય અથવા હંમેશા અ-ધન હોય.
આપેલ છે $f(x) = x^3 + p x^2 + q x + r$.
તેનું વિકલિત $f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2px + q$ છે.
જો $f(x)$ ને કોઈ અંતિમ મૂલ્ય ન હોય,તો $f^{\prime}(x)$ ને ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ ન હોવા જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે વિવેચક $D \le 0$ હોવો જોઈએ.
દ્વિઘાત સમીકરણ $3x^2 + 2px + q$ માટે વિવેચક $D = (2p)^2 - 4(3)(q) = 4p^2 - 12q$ છે.
$D \le 0$ લેતા:
$4p^2 - 12q \le 0$
$4p^2 \le 12q$
$p^2 \le 3q$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચી શરત $p^2 < 3q$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x e^{-x}$ છે.
પ્રથમ,આપણે પ્રથમ વિકલિત શોધીએ: $f^{\prime}(x) = (1)e^{-x} + x(-e^{-x}) = e^{-x}(1-x)$.
$f^{\prime}(x) = 0$ લેતા,આપણને $1-x = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 1$.
ત્યારબાદ,આપણે દ્વિતીય વિકલિત શોધીએ: $f^{\prime \prime}(x) = -e^{-x}(1-x) + e^{-x}(-1) = e^{-x}(x-1-1) = e^{-x}(x-2)$.
$x=1$ આગળ કિંમત મુકતા: $f^{\prime \prime}(1) = e^{-1}(1-2) = -e^{-1} = -\frac{1}{e}$.
કારણ કે $f^{\prime \prime}(1) < 0$ છે,તેથી વિધેયને $x=1$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય છે.
આમ,વિધાન $(A)$ અને કારણ $(R)$ બંને સાચા છે,અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) ધારો કે વસ્તુની ઊંચાઈ $h$ છે.
$\triangle ABC$ માં,$\tan \alpha = \frac{h}{x+d}$,જેનો અર્થ છે કે $x+d = h \cot \alpha$ $(i)$.
$\triangle ABD$ માં,$\tan \beta = \frac{h}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $x = h \cot \beta$ (ii).
(ii) માંથી $x$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$h \cot \beta + d = h \cot \alpha$
$d = h \cot \alpha - h \cot \beta$
$d = h(\cot \alpha - \cot \beta)$
$h = \frac{d}{\cot \alpha - \cot \beta}$

(C) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{e^x-1}{e^x+1} d x$ છે.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે લખી શકીએ: $\frac{e^x-1}{e^x+1} = \frac{2e^x - (e^x+1)}{e^x+1} = \frac{2e^x}{e^x+1} - 1$.
હવે,પદવાર સંકલન કરતા,આપણને મળે $I = \int \frac{2e^x}{e^x+1} d x - \int 1 d x$.
પ્રથમ ભાગ માટે,ધારો કે $u = e^x+1$,તો $du = e^x d x$.
તેથી,$\int \frac{2e^x}{e^x+1} d x = 2 \log |e^x+1|$.
આમ,$I = 2 \log (e^x+1) - x + c$.
આને $f(x)+c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = 2 \log (e^x+1) - x$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \tan ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{1+x}} d x$.
$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,$dx = -2\sin 2\theta d\theta$ મળે.
તેથી $\sqrt{\frac{1-x}{1+x}} = \sqrt{\frac{1-\cos 2\theta}{1+\cos 2\theta}} = \sqrt{\frac{2\sin^2 \theta}{2\cos^2 \theta}} = \tan \theta$.
આમ,$I = \int \theta (-2\sin 2\theta) d\theta = -2 \int \theta \sin 2\theta d\theta$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $I = -2 \left[ \theta \left( -\frac{\cos 2\theta}{2} \right) - \int 1 \cdot \left( -\frac{\cos 2\theta}{2} \right) d\theta \right] = \theta \cos 2\theta - \int \cos 2\theta d\theta = \theta \cos 2\theta - \frac{\sin 2\theta}{2} + c$.
અહીં $x = \cos 2\theta$ હોવાથી,$\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$ અને $\sin 2\theta = \sqrt{1-x^2}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $I = \frac{1}{2} x \cos^{-1} x - \frac{1}{2} \sqrt{1-x^2} + c = \frac{1}{2} \left( x \cos^{-1} x - \sqrt{1-x^2} \right) + c$.

(A) આપેલ છે કે $f(t) = \int_{-t}^t \frac{e^{-|x|}}{2} dx$.
અહીં વિધેય $\frac{e^{-|x|}}{2}$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$f(t) = 2 \int_0^t \frac{e^{-x}}{2} dx = \int_0^t e^{-x} dx$.
સંકલન કરતા:
$f(t) = [-e^{-x}]_0^t = -e^{-t} - (-e^0) = 1 - e^{-t}$.
હવે,$t \rightarrow \infty$ માટે લક્ષ લેતા:
$\lim_{t \rightarrow \infty} f(t) = \lim_{t \rightarrow \infty} (1 - e^{-t}) = 1 - 0 = 1$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{2 \pi} \sin^6 x \cos^5 x \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) \, dx = 2 \int_0^a f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા જો $f(2a-x) = f(x)$ હોય:
અહીં,$f(x) = \sin^6 x \cos^5 x$.
$f(2 \pi - x) = \sin^6(2 \pi - x) \cos^5(2 \pi - x) = (-\sin x)^6 (\cos x)^5 = \sin^6 x \cos^5 x = f(x)$.
તેથી,$I = 2 \int_0^{\pi} \sin^6 x \cos^5 x \, dx$.
હવે,ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = 0$ નો ઉપયોગ કરતા જો $f(a-x) = -f(x)$ હોય:
ધારો કે $g(x) = \sin^6 x \cos^5 x$.
$g(\pi - x) = \sin^6(\pi - x) \cos^5(\pi - x) = (\sin x)^6 (-\cos x)^5 = -\sin^6 x \cos^5 x = -g(x)$.
કારણ કે $g(\pi - x) = -g(x)$,તેથી સંકલન $\int_0^{\pi} \sin^6 x \cos^5 x \, dx = 0$ થાય.
તેથી,$I = 2 \times 0 = 0$.

(A) આપેલ વક્રો $y=x^2$ અને $y=x^3$ છે.
છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$x^2 = x^3$ લો,જેનો અર્થ છે કે $x^2(1-x) = 0$.
આમ,વક્રો $x=0$ અને $x=1$ આગળ છેદે છે.
અંતરાલ $[0, 1]$ માં,$x^2 \ge x^3$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A$ નીચે મુજબના સંકલન દ્વારા મળે છે:
$A = \int_0^1 (x^2 - x^3) dx$
$A = \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1$
$A = \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) - (0 - 0)$
$A = \frac{4-3}{12} = \frac{1}{12} \text{ ચોરસ એકમ}$.

(A) લેન્સ મેકરનું સૂત્ર $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દ્વિ-બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,વક્રતા ત્રિજ્યાઓ $R_1 = R$ અને $R_2 = -R$ છે.
આપેલ છે કે $f = 5 ~cm$ અને $\mu = 1.5$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{5} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right)$
$\frac{1}{5} = 0.5 \times \left( \frac{1}{R} + \frac{1}{R} \right)$
$\frac{1}{5} = 0.5 \times \frac{2}{R}$
$\frac{1}{5} = \frac{1}{R}$
તેથી,$R = 5 ~cm$.

(A) $n$-પ્રકારના સેમિકન્ડક્ટરમાં,મુખ્ય ચાર્જ કેરિયર્સ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે,જે ડોનર અશુદ્ધિ પરમાણુઓ દ્વારા પૂરા પાડવામાં આવે છે.
આ ડોનર ઉર્જા સ્તરો કન્ડક્શન બેન્ડની બરાબર નીચે આવેલા હોય છે.
જેમ જેમ તાપમાન વધે છે,તેમ આ ઇલેક્ટ્રોન કન્ડક્શન બેન્ડમાં ઉત્તેજિત થાય છે.
પરિણામે,ફર્મી ઉર્જા સ્તર ઉપરની તરફ ખસે છે અને ફોર્બિડન એનર્જી ગેપમાં રહે છે,પરંતુ કન્ડક્શન બેન્ડની નજીક હોય છે.