TS EAMCET 2018 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) કુલ બિંદુઓ = $10$. સમરેખ બિંદુઓ = $4$. અસમરેખ બિંદુઓ = $6$.
ઓછામાં ઓછો એક શિરોબિંદુ $4$ સમરેખ બિંદુઓમાંથી હોય તેવા ત્રિકોણ માટે બે કિસ્સાઓ છે:
કિસ્સો $1$: $4$ સમરેખ બિંદુઓમાંથી $1$ બિંદુ અને $6$ અસમરેખ બિંદુઓમાંથી $2$ બિંદુઓ.
ત્રિકોણની સંખ્યા = $^4C_1 \times ^6C_2 = 4 \times 15 = 60$.
કિસ્સો $2$: $4$ સમરેખ બિંદુઓમાંથી $2$ બિંદુઓ અને $6$ અસમરેખ બિંદુઓમાંથી $1$ બિંદુ.
ત્રિકોણની સંખ્યા = $^4C_2 \times ^6C_1 = 6 \times 6 = 36$.
કુલ ત્રિકોણની સંખ્યા = $60 + 36 = 96$.

(A) આપેલ છે કે $x = \sum_{n=0}^{\infty} \cos^{2n} \theta = \frac{1}{1 - \cos^2 \theta} = \frac{1}{\sin^2 \theta} \implies \sin^2 \theta = \frac{1}{x}$.
આપેલ છે કે $y = \sum_{n=0}^{\infty} \sin^{2n} \theta = \frac{1}{1 - \sin^2 \theta} = \frac{1}{\cos^2 \theta} \implies \cos^2 \theta = \frac{1}{y}$.
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ હોવાથી,$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $x + y = xy$.
આપેલ છે કે $z = \sum_{n=0}^{\infty} (\cos^2 \theta \sin^2 \theta)^n = \frac{1}{1 - \cos^2 \theta \sin^2 \theta} = \frac{1}{1 - \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{y}} = \frac{xy}{xy - 1}$.
$xy - 1 = \frac{xy}{z}$ પરથી,આપણને મળે છે $xy - 1 = \frac{x+y}{z}$ (કારણ કે $xy = x+y$).
આમ,$z(xy - 1) = x + y \implies xyz - z = x + y$.
$x+y = xy$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ $xyz - z = xy$,અથવા $xyz = xy + z$.
વૈકલ્પિક રીતે,$xy = x+y$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $z(x+y) = xy + z$,જે $xz + yz = xy + z$ માં પરિણમે છે.

(B) આપેલ પદાવલિ $\left(x^{-\frac{3}{4}}+a x^{\frac{5}{4}}\right)^n$ છે.
સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^n C_r \left(x^{-\frac{3}{4}}\right)^{n-r} \left(a x^{\frac{5}{4}}\right)^r = {}^n C_r a^r x^{-\frac{3n}{4} + 2r}$ છે.
$x$ થી સ્વતંત્ર પદ માટે,ઘાત શૂન્ય હોવી જોઈએ: $-\frac{3n}{4} + 2r = 0 \Rightarrow r = \frac{3n}{8}$.
દ્વિપદી સહગુણકોનો સરવાળો $2^n$ છે.
$200 < 2^n < 400$ હોવાથી,$n=8$ મળે $(2^8 = 256)$.
$x$ થી સ્વતંત્ર પદ ${}^8 C_3 a^3 = 448$ છે.
$56 a^3 = 448$ $\Rightarrow a^3 = 8$ $\Rightarrow a = 2$.

(A) $(ax^2+\frac{1}{bx})^{13}$ ના વિસ્તરણમાં,સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{13}C_r (ax^2)^{13-r} (\frac{1}{bx})^r = {}^{13}C_r \frac{a^{13-r}}{b^r} x^{26-3r}$ છે.
$x^5$ ના સહગુણક માટે,$26-3r = 5$ લેતા,$3r = 21$,તેથી $r = 7$ મળે.
સહગુણક ${}^{13}C_7 \frac{a^6}{b^7}$ છે.
$(ax-\frac{1}{bx^2})^{13}$ ના વિસ્તરણમાં,સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{13}C_r (ax)^{13-r} (-\frac{1}{bx^2})^r = (-1)^r {}^{13}C_r \frac{a^{13-r}}{b^r} x^{13-3r}$ છે.
$x^{-5}$ ના સહગુણક માટે,$13-3r = -5$ લેતા,$3r = 18$,તેથી $r = 6$ મળે.
સહગુણક $(-1)^6 {}^{13}C_6 \frac{a^7}{b^6} = {}^{13}C_6 \frac{a^7}{b^6}$ છે.
સહગુણકોને સરખાવતા: ${}^{13}C_7 \frac{a^6}{b^7} = {}^{13}C_6 \frac{a^7}{b^6}$.
${}^{13}C_7 = {}^{13}C_6$ હોવાથી,$\frac{a^6}{b^7} = \frac{a^7}{b^6}$ મળે.
બંને બાજુ $a^6$ વડે ભાગતા અને $b^7$ વડે ગુણતા,$1 = ab$ મળે.

(B) $(2x - 3y)^{12}$ માં $x = 3$ અને $y = 2$ મૂકતા,$T_{r+1} = {}^{12}C_r (2x)^{12-r} (-3y)^r$ મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,$T_{r+1} = {}^{12}C_r (6)^{12-r} (-6)^r = {}^{12}C_r 6^{12} (-1)^r$.
તેથી,$|T_{r+1}| = {}^{12}C_r 6^{12}$.
આ મૂલ્ય ત્યારે મહત્તમ થાય જ્યારે ${}^{12}C_r$ મહત્તમ હોય,જે $r = 6$ માટે મળે છે.
આમ,સૌથી મોટું પદ ${}^{12}C_6 6^{12}$ છે.

(C) $(1+x)^{15}$ ના વિસ્તરણમાં,$x^{10}$ નો સહગુણક ${}^{15}C_{10}$ છે.
$(1-x)^{-n}$ નું વિસ્તરણ $1 + nx + \frac{n(n+1)}{2!}x^2 + \dots + \frac{n(n+1)\dots(n+r-1)}{r!}x^r + \dots$ છે.
તેથી,$(1-x)^{-n}$ માં $x^5$ નો સહગુણક $\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5!}$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5!} = {}^{15}C_{10}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ${}^{15}C_{10} = {}^{15}C_{5} = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 3003$.
તેથી,$n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) = 5! \times {}^{15}C_{5} = 120 \times 3003 = 360360$.
વૈકલ્પિક રીતે,$n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) = 11 \times 12 \times 13 \times 14 \times 15$.
બંને બાજુ સરખાવતા,આપણને $n = 11$ મળે છે.

(A) $(1+x)^{n}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{n}C_{r} x^{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$(1+x)^{2018}$ ના વિસ્તરણ માટે,$k$-માં પદનો સહગુણક ${}^{2018}C_{k-1}$ છે.
તેથી,$(2\alpha+4)$-માં પદનો સહગુણક ${}^{2018}C_{2\alpha+3}$ અને $(\alpha-2)$-માં પદનો સહગુણક ${}^{2018}C_{\alpha-3}$ છે.
આપેલ છે કે આ સહગુણકો સમાન છે,તેથી ${}^{2018}C_{2\alpha+3} = {}^{2018}C_{\alpha-3}$.
ગુણધર્મ ${}^{n}C_{x} = {}^{n}C_{y} \implies x=y$ અથવા $x+y=n$ નો ઉપયોગ કરતા:
કિસ્સો $1$: $2\alpha+3 = \alpha-3 \implies \alpha = -6$ (શક્ય નથી).
કિસ્સો $2$: $(2\alpha+3) + (\alpha-3) = 2019$ (જો ઘાત $2019$ હોય તો) $\implies 3\alpha = 2019 \implies \alpha = 673$.

(A) આપેલ આંશિક અપૂર્ણાંક વિઘટન: $\frac{3x+2}{(x+1)(2x^2+3)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{2x^2+3}$
અંશને સરખાવતા: $3x+2 = A(2x^2+3) + (x+1)(Bx+C)$
$3x+2 = 2Ax^2 + 3A + Bx^2 + Cx + Bx + C$
$3x+2 = (2A+B)x^2 + (B+C)x + (3A+C)$
સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$2A+B = 0$ $(i)$
$B+C = 3$ (ii)
$3A+C = 2$ (iii)
$(i)$ પરથી,$B = -2A$.
(ii) માં મૂકતા: $-2A+C = 3$ (iv)
(iii) માંથી (iv) બાદ કરતા: $(3A+C) - (-2A+C) = 2 - 3 \implies 5A = -1 \implies A = -\frac{1}{5}$
તેથી $B = -2(-\frac{1}{5}) = \frac{2}{5}$
અને $C = 3 - B = 3 - \frac{2}{5} = \frac{13}{5}$
અંતે,$A-B+C = -\frac{1}{5} - \frac{2}{5} + \frac{13}{5} = \frac{10}{5} = 2$

(B) $(1+x)^n$ ના વિસ્તરણમાં $r$-મા,$(r+1)$-મા અને $(r+2)$-મા પદના સહગુણકો અનુક્રમે $^nC_{r-1}$,$^nC_r$ અને $^nC_{r+1}$ છે.
આપેલ છે કે,
$^nC_{r-1} : ^nC_r : ^nC_{r+1} = 2 : 4 : 5$.
પ્રથમ ગુણોત્તર પરથી:
$\frac{^nC_{r-1}}{^nC_r} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow \frac{r}{n-r+1} = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow 2r = n-r+1$
$\Rightarrow n = 3r-1$ $(i)$
બીજા ગુણોત્તર પરથી:
$\frac{^nC_r}{^nC_{r+1}} = \frac{4}{5}$
$\Rightarrow \frac{r+1}{n-r} = \frac{4}{5}$
$\Rightarrow 5r+5 = 4n-4r$
$\Rightarrow 4n = 9r+5$ (ii)
$n = 3r-1$ ને (ii) માં મૂકતા:
$4(3r-1) = 9r+5$
$12r-4 = 9r+5$
$3r = 9 \Rightarrow r = 3$.
$r=3$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$n = 3(3)-1 = 8$.
આમ,$(r, n) = (3, 8)$.

(B) ધારો કે શ્રેણી $S = \frac{3}{10} + \frac{3 \cdot 7}{10 \cdot 15} + \frac{3 \cdot 7 \cdot 11}{10 \cdot 15 \cdot 20} + \ldots$ છે.
પદોને આ રીતે લખી શકાય:
$S = \frac{3}{5 \cdot 2} + \frac{3 \cdot 7}{5^2 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{3 \cdot 7 \cdot 11}{5^3 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} + \ldots$
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-x)^{-n} = 1 + nx + \frac{n(n+1)}{2!}x^2 + \ldots$ સાથે સરખાવતા,
શ્રેણીનો સરવાળો $\frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}} - \frac{8}{5}$ મળે છે.

(D) આપેલ શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = (-1)^r (3 + 5r) { }^n C_r$ છે,જ્યાં $r = 0, 1, 2, \ldots, n$.
સરવાળો $S_n = \sum_{r=0}^n (-1)^r (3 + 5r) { }^n C_r$ દ્વારા મળે છે.
$S_n = 3 \sum_{r=0}^n (-1)^r { }^n C_r + 5 \sum_{r=0}^n (-1)^r r { }^n C_r$.
$n > 1$ માટે,પ્રથમ ભાગ $3 \sum_{r=0}^n (-1)^r { }^n C_r = 3(1 - 1)^n = 0$.
બીજા ભાગ માટે,$r { }^n C_r = n { }^{n-1} C_{r-1}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $5n \sum_{r=1}^n (-1)^r { }^{n-1} C_{r-1} = 5n \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{k+1} { }^{n-1} C_k = -5n (1 - 1)^{n-1} = 0$ મળે છે.
આમ,$S_n = 0 + 0 = 0$.

(D) અમે દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+y)^{-n} = 1 - ny + \frac{n(n+1)}{2!}y^2 - \ldots \infty$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ $x = \frac{2 \cdot 5}{3 \cdot 6} - \frac{2 \cdot 5 \cdot 8}{3 \cdot 6 \cdot 9}\left(\frac{2}{5}\right) + \frac{2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot 11}{3 \cdot 6 \cdot 9 \cdot 12}\left(\frac{2}{5}\right)^2 - \ldots \infty$.
બંને બાજુ $\left(\frac{2}{5}\right)^2$ વડે ગુણતા,$\frac{4}{25}x = \frac{2 \cdot 5}{3 \cdot 6}\left(\frac{2}{5}\right)^2 - \frac{2 \cdot 5 \cdot 8}{3 \cdot 6 \cdot 9}\left(\frac{2}{5}\right)^3 + \ldots \infty$.
બંને બાજુ $1 - \frac{2}{3}\left(\frac{2}{5}\right)$ ઉમેરતા,શ્રેણી $(1 + \frac{2}{5})^{-\frac{2}{3}} = (\frac{7}{5})^{-\frac{2}{3}}$ બને છે.
આમ,$\frac{4x}{25} + 1 - \frac{4}{15} = (\frac{7}{5})^{-\frac{2}{3}} \implies \frac{4x}{25} + \frac{11}{15} = (\frac{7}{5})^{-\frac{2}{3}}$.
સાચો જવાબ $3^3 \cdot 5^8$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1+x)^{-2}$ નું શ્રેણી વિસ્તરણ નીચે મુજબ છે:
$(1+x)^{-2} = 1 - 2x + 3x^2 - 4x^3 + \ldots$
તેથી,આપેલ પદાવલિને આ રીતે લખી શકાય:
$(1-2x+3x^2-4x^3+\ldots)^{-n} = [(1+x)^{-2}]^{-n} = (1+x)^{2n}$
હવે,દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(1+x)^{2n}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ નીચે મુજબ છે:
$T_{r+1} = ^{(2n)}C_r x^r$
$x^6$ નો સહગુણક શોધવા માટે,આપણે $r = 6$ લઈએ છીએ:
$T_{6+1} = ^{(2n)}C_6 x^6$
આમ,$x^6$ નો સહગુણક $^{(2n)}C_6$ છે.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\sin 9 \theta}{\cos 27 \theta}+\frac{\sin 3 \theta}{\cos 9 \theta}+\frac{\sin \theta}{\cos 3 \theta}=k(\tan 27 \theta-\tan \theta)$.
$\theta = \frac{\pi}{3}$ મૂકતા:
$\frac{\sin 9(\frac{\pi}{3})}{\cos 27(\frac{\pi}{3})} + \frac{\sin 3(\frac{\pi}{3})}{\cos 9(\frac{\pi}{3})} + \frac{\sin(\frac{\pi}{3})}{\cos 3(\frac{\pi}{3})} = k(\tan 27(\frac{\pi}{3}) - \tan(\frac{\pi}{3}))$.
$\sin(3\pi) = 0$,$\sin(\pi) = 0$,અને $\cos(9\pi) = -1$,$\cos(3\pi) = -1$,$\cos(\pi) = -1$ હોવાથી:
$0 + 0 + \frac{\sqrt{3}/2}{-1} = k(0 - \sqrt{3})$.
$-\frac{\sqrt{3}}{2} = -k\sqrt{3}$.
તેથી,$k = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $A(n) = \sin^n \alpha + \cos^n \alpha$.
$A(1) A(4) + A(2) A(5) = (\sin \alpha + \cos \alpha)(\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha) + (\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)(\sin^5 \alpha + \cos^5 \alpha)$.
$\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$ હોવાથી,આ પદ $(\sin \alpha + \cos \alpha)(\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha) + (\sin^5 \alpha + \cos^5 \alpha)$ બને છે.
હવે $A(1) A(6) + A(2) A(3)$ ને ધ્યાનમાં લેતા,સાદુરૂપ આપતા તે $A(1) A(4) + A(2) A(5)$ જેટલું જ મળે છે.
તેથી,$A(1) A(4) + A(2) A(5) = A(1) A(6) + A(2) A(3)$.

(D) આપેલ છે કે $\sin \theta + \sin^2 \theta = 1$.
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ હોવાથી,$\sin \theta = 1 - \sin^2 \theta = \cos^2 \theta$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\sin^2 \theta = \cos^4 \theta$,જેનો અર્થ છે કે $1 - \cos^2 \theta = \cos^4 \theta$,એટલે કે $\cos^4 \theta + \cos^2 \theta = 1$.
બંને બાજુ ઘન કરતા: $(\cos^4 \theta + \cos^2 \theta)^3 = 1^3$.
$(x+y)^3 = x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3$ નો ઉપયોગ કરીને વિસ્તરણ કરતા:
$(\cos^4 \theta)^3 + 3(\cos^4 \theta)^2(\cos^2 \theta) + 3(\cos^4 \theta)(\cos^2 \theta)^2 + (\cos^2 \theta)^3 = 1$.
$\cos^{12} \theta + 3 \cos^{10} \theta + 3 \cos^8 \theta + \cos^6 \theta = 1$.
$\cos^{12} \theta + 3 \cos^{10} \theta + 3 \cos^8 \theta + \cos^6 \theta - 1 = 0$.
આને $\cos^{12} \theta + a \cos^{10} \theta + b \cos^8 \theta + c \cos^6 \theta + d = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 3, b = 3, c = 1, d = -1$ મળે છે.
તેથી,$ac + bd = (3)(1) + (3)(-1) = 3 - 3 = 0$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot \theta - \tan \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} - \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\cos^2 \theta - \sin^2 \theta}{\sin \theta \cos \theta} = \frac{\cos 2 \theta}{\frac{1}{2} \sin 2 \theta} = 2 \cot 2 \theta$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\cot \theta - \tan \theta - 2 \tan 2 \theta - 4 \tan 4 \theta = 2 \cot 2 \theta - 2 \tan 2 \theta - 4 \tan 4 \theta$.
હવે,$2(\cot 2 \theta - \tan 2 \theta) = 2(2 \cot 4 \theta) = 4 \cot 4 \theta$.
આ કિંમત ફરીથી મૂકતા:
$4 \cot 4 \theta - 4 \tan 4 \theta = 4(\cot 4 \theta - \tan 4 \theta) = 4(2 \cot 8 \theta) = 8 \cot 8 \theta$.

(B) આપેલ છે કે $\sinh x = \frac{3}{4}$.
સૂત્ર $\sinh^{-1} z = \log(z + \sqrt{z^2 + 1})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \log(\frac{3}{4} + \sqrt{(\frac{3}{4})^2 + 1}) = \log(\frac{3}{4} + \sqrt{\frac{9}{16} + 1}) = \log(\frac{3}{4} + \frac{5}{4}) = \log(2)$.
આપેલ છે કે $\cosh y = \frac{5}{3}$.
સૂત્ર $\cosh^{-1} z = \log(z + \sqrt{z^2 - 1})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \log(\frac{5}{3} + \sqrt{(\frac{5}{3})^2 - 1}) = \log(\frac{5}{3} + \sqrt{\frac{25}{9} - 1}) = \log(\frac{5}{3} + \frac{4}{3}) = \log(3)$.
તેથી,$x + y = \log 2 + \log 3 = \log(2 \times 3) = \log 6$.

(B) આપેલ છે: $A+B+C=2S$,જે સૂચવે છે કે $S-C = \frac{A+B}{2}$ અને $C = 2S-(A+B)$.
પદાવલિ ધ્યાનમાં લો: $\sin(S-A)+\sin(S-B)-\sin C$.
સરવાળા-થી-ગુણાકારના સૂત્ર $\sin x + \sin y = 2 \sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \sin \left(\frac{2S-A-B}{2}\right) \cos \left(\frac{B-A}{2}\right) - \sin C$
$= 2 \sin \left(\frac{C}{2}\right) \cos \left(\frac{B-A}{2}\right) - 2 \sin \frac{C}{2} \cos \frac{C}{2}$
$= 2 \sin \frac{C}{2} \left[ \cos \left(\frac{B-A}{2}\right) - \cos \frac{C}{2} \right]$
$\cos x - \cos y = -2 \sin \frac{x+y}{2} \sin \frac{x-y}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 4 \sin \frac{S-A}{2} \sin \frac{S-B}{2} \sin \frac{C}{2}$.

(A) ધારો કે $P = \cos \left(\frac{\pi}{7}\right) \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{4 \pi}{7}\right)$.
$2 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$P = \frac{2 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right) \cos \left(\frac{\pi}{7}\right) \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{4 \pi}{7}\right)}{2 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)}$
$2 \sin \theta \cos \theta = \sin 2 \theta$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$P = \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{4 \pi}{7}\right)}{2 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)}$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$P = \frac{2 \sin \left(\frac{2 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{4 \pi}{7}\right)}{4 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)} = \frac{\sin \left(\frac{4 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{4 \pi}{7}\right)}{4 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)}$
ફરીથી અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$P = \frac{2 \sin \left(\frac{4 \pi}{7}\right) \cos \left(\frac{4 \pi}{7}\right)}{8 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)} = \frac{\sin \left(\frac{8 \pi}{7}\right)}{8 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)}$
કારણ કે $\sin \left(\frac{8 \pi}{7}\right) = \sin \left(\pi + \frac{\pi}{7}\right) = -\sin \left(\frac{\pi}{7}\right)$:
$P = \frac{-\sin \left(\frac{\pi}{7}\right)}{8 \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)} = -\frac{1}{8}$.

(A) આપેલ છે,$\cos \frac{\pi}{15} \cos \frac{2 \pi}{15} \cos \frac{4 \pi}{15} \cos \frac{5 \pi}{15} \cos \frac{7 \pi}{15} \cos \frac{30 \pi}{15} = x$.
$\cos \frac{5 \pi}{15} = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ અને $\cos \frac{30 \pi}{15} = \cos 2 \pi = 1$ હોવાથી:
$\cos \frac{\pi}{15} \cos \frac{2 \pi}{15} \cos \frac{4 \pi}{15} \cdot \frac{1}{2} \cdot \cos \frac{7 \pi}{15} \cdot 1 = x$
$\Rightarrow \cos \frac{\pi}{15} \cos \frac{2 \pi}{15} \cos \frac{4 \pi}{15} \cos \frac{7 \pi}{15} = 2x$.
$\cos \frac{7 \pi}{15} = \cos (\pi - \frac{8 \pi}{15}) = -\cos \frac{8 \pi}{15}$ છે.
તેથી,$-\cos \frac{\pi}{15} \cos \frac{2 \pi}{15} \cos \frac{4 \pi}{15} \cos \frac{8 \pi}{15} = 2x$.
સૂત્ર $\cos \theta \cos 2 \theta \cos 4 \theta \cos 8 \theta = \frac{\sin 16 \theta}{16 \sin \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = \frac{\pi}{15}$:
$- \frac{\sin (16 \pi / 15)}{16 \sin (\pi / 15)} = 2x$.
$\sin \frac{16 \pi}{15} = \sin (\pi + \frac{\pi}{15}) = -\sin \frac{\pi}{15}$ હોવાથી:
$- \frac{-\sin (\pi / 15)}{16 \sin (\pi / 15)} = 2x$ $\Rightarrow \frac{1}{16} = 2x$ $\Rightarrow x = \frac{1}{32}$.
તેથી,$\frac{1}{8x} = \frac{1}{8(1/32)} = \frac{32}{8} = 4$.

(D) આપણી પાસે છે,
$\cos 20^{\circ} \cos 40^{\circ} \cos 60^{\circ} \cos 80^{\circ} = \cos 20^{\circ} \cos 40^{\circ} \left(\frac{1}{2}\right) \cos 80^{\circ}$
$= \frac{1}{2} (\cos 20^{\circ} \cos 40^{\circ} \cos 80^{\circ})$
સૂત્ર $\cos A \cos 2A \cos 4A \dots \cos 2^{n-1}A = \frac{\sin(2^n A)}{2^n \sin A}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = 20^{\circ}$ અને $n = 3$:
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin(2^3 \times 20^{\circ})}{2^3 \sin 20^{\circ}} \right]$
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin 160^{\circ}}{8 \sin 20^{\circ}}$
$= \frac{1}{16} \cdot \frac{\sin(180^{\circ} - 20^{\circ})}{\sin 20^{\circ}}$
$\sin(180^{\circ} - \theta) = \sin \theta$ હોવાથી,$\sin 160^{\circ} = \sin 20^{\circ}$ થાય.
$= \frac{1}{16} \cdot \frac{\sin 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}} = \frac{1}{16}$

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sin x + 3 \sin 3x + \sin 5x = 0$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$(\sin 5x + \sin x) + 3 \sin 3x = 0$
$2 \sin 3x \cos 2x + 3 \sin 3x = 0$
$\sin 3x (2 \cos 2x + 3) = 0$
કિસ્સો $1$: $\sin 3x = 0$ $\Rightarrow 3x = n\pi$ $\Rightarrow x = \frac{n\pi}{3}$
કિસ્સો $2$: $2 \cos 2x + 3 = 0 \Rightarrow \cos 2x = -\frac{3}{2}$
$\cos 2x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ હોવાથી,$\cos 2x = -\frac{3}{2}$ નો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.
તેથી,$x = \frac{n\pi}{3}$.
$x = \frac{n\pi}{3}$ માટે,$\cos x$ ના શક્ય મૂલ્યો $\cos(0) = 1$,$\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$,$\cos(\frac{2\pi}{3}) = -\frac{1}{2}$,$\cos(\pi) = -1$ છે.
તેથી,$\cos y$ ના તમામ મૂલ્યોનો ગણ $\{-1, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1\}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\cosh x = \frac{\sqrt{14}}{3}$.
નિત્યસમ $\sinh^2 x = \cosh^2 x - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sinh^2 x = \left(\frac{\sqrt{14}}{3}\right)^2 - 1 = \frac{14}{9} - 1 = \frac{5}{9}$.
$\sinh x = \cos \theta$ હોવાથી,$\cos \theta = \frac{\sqrt{5}}{3}$.
હવે,$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9}$.
તેથી,$\sin \theta = \pm \frac{2}{3}$.
આપેલ છે કે $-\pi < \theta < -\frac{\pi}{2}$,જે બીજા ચરણમાં આવે છે.
બીજા ચરણમાં $\sin \theta$ ધન હોય છે.
તેથી,$\sin \theta = \frac{2}{3}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin x - \sin 2x + \sin 3x = 2 \cos^2 x - 2 \cos x$
$\sin 2x(2 \cos x - 1) = 2 \cos x(\cos x - 1)$
$\cos x = 0$ માટે $x = \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
આમ,$(0, \pi)$ માં ઉકેલોની સંખ્યા $1$ છે.

(C) આપેલ છે: $\cosh \beta = \sec \alpha \cos \theta$ અને $\sinh \beta = \operatorname{cosec} \alpha \sin \theta$.
બીજા સમીકરણ પરથી,$\sin \theta = \sinh \beta \sin \alpha$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\sin^2 \theta = \sinh^2 \beta \sin^2 \alpha$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh^2 \beta - \sinh^2 \beta = 1$,તેથી $\cosh^2 \beta = 1 + \sinh^2 \beta$.
$\cosh \beta = \sec \alpha \cos \theta$ ને નિત્યસમમાં મૂકતા:
$\sec^2 \alpha \cos^2 \theta = 1 + \sinh^2 \beta$.
$\sec^2 \alpha (1 - \sin^2 \theta) = 1 + \sinh^2 \beta$.
$\sin^2 \theta = \sinh^2 \beta \sin^2 \alpha$ મૂકતા:
$\sec^2 \alpha (1 - \sinh^2 \beta \sin^2 \alpha) = 1 + \sinh^2 \beta$.
$\sec^2 \alpha - \sec^2 \alpha \sin^2 \alpha \sinh^2 \beta = 1 + \sinh^2 \beta$.
$\sec^2 \alpha \sin^2 \alpha = \tan^2 \alpha$ હોવાથી:
$\sec^2 \alpha - \tan^2 \alpha \sinh^2 \beta = 1 + \sinh^2 \beta$.
$\sec^2 \alpha - 1 = \sinh^2 \beta (1 + \tan^2 \alpha)$.
$\tan^2 \alpha = \sinh^2 \beta \sec^2 \alpha$.
$\sinh^2 \beta = \frac{\tan^2 \alpha}{\sec^2 \alpha} = \sin^2 \alpha$.

(A) For Assertion $(A)$: Given $\alpha=12^{\circ}, \beta=15^{\circ}, \gamma=18^{\circ}$.
We check if $\tan 2 \alpha \tan 2 \beta+\tan 2 \beta \tan 2 \gamma+\tan 2 \gamma \tan 2 \alpha=1$.
This is equivalent to $\tan 2 \alpha (\tan 2 \beta + \tan 2 \gamma) = 1 - \tan 2 \beta \tan 2 \gamma$.
$\tan 2 \alpha = \frac{1 - \tan 2 \beta \tan 2 \gamma}{\tan 2 \beta + \tan 2 \gamma} = \frac{1}{\tan(2 \beta + 2 \gamma)} = \cot(2 \beta + 2 \gamma)$.
Since $2 \alpha + 2 \beta + 2 \gamma = 2(12^{\circ} + 15^{\circ} + 18^{\circ}) = 2(45^{\circ}) = 90^{\circ}$,we have $2 \alpha = 90^{\circ} - (2 \beta + 2 \gamma)$.
Thus,$\tan 2 \alpha = \tan(90^{\circ} - (2 \beta + 2 \gamma)) = \cot(2 \beta + 2 \gamma)$.
So,Assertion $(A)$ is true.
For Reason $(R)$: In $\triangle ABC$,$A+B+C = 180^{\circ}$,so $\frac{A}{2} + \frac{B}{2} + \frac{C}{2} = 90^{\circ}$.
Then $\frac{A}{2} + \frac{C}{2} = 90^{\circ} - \frac{B}{2}$.
Taking tangent on both sides: $\tan(\frac{A}{2} + \frac{C}{2}) = \tan(90^{\circ} - \frac{B}{2}) = \cot \frac{B}{2}$.
$\frac{\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{C}{2}}{1 - \tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2}} = \frac{1}{\tan \frac{B}{2}}$.
$\tan \frac{B}{2} (\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{C}{2}) = 1 - \tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2}$.
$\tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2} + \tan \frac{C}{2} \tan \frac{A}{2} = 1$.
Reason $(R)$ is true and it provides the general identity that explains the specific case in $(A)$.

(B) પ્રથમ,$m = \sin 10^{\circ} \sin 50^{\circ} \sin 60^{\circ} \sin 70^{\circ}$ ની ગણતરી કરો.
નિત્યસમ $\sin \theta \sin(60^{\circ}-\theta) \sin(60^{\circ}+\theta) = \frac{1}{4} \sin 3\theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin 10^{\circ} \sin 50^{\circ} \sin 70^{\circ} = \frac{1}{4} \sin(3 \times 10^{\circ}) = \frac{1}{4} \sin 30^{\circ} = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$.
કારણ કે $\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી $m = \frac{1}{8} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{16}$.
આગળ,$n = \tan 20^{\circ} \tan 40^{\circ} \tan 60^{\circ} \tan 80^{\circ}$ ની ગણતરી કરો.
નિત્યસમ $\tan \theta \tan(60^{\circ}-\theta) \tan(60^{\circ}+\theta) = \tan 3\theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\tan 20^{\circ} \tan 40^{\circ} \tan 80^{\circ} = \tan(3 \times 20^{\circ}) = \tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$.
કારણ કે $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,તેથી $n = \sqrt{3} \times \sqrt{3} = 3$.
અંતે,$\frac{n}{m} = \frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{16}} = \frac{3 \times 16}{\sqrt{3}} = 16 \sqrt{3}$.

(D) આપેલ છે,$\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C = 1$ અને $C = \frac{\pi}{2}$.
કારણ કે $C = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin C = \sin \frac{\pi}{2} = 1$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,$\cos A \cos B + \sin A \sin B = 1$ મળે છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,સમીકરણ $\cos(A - B) = 1$ બને છે.
આનો અર્થ એ છે કે $A - B = 0$,એટલે કે $A = B$.
તેથી,ગુણોત્તર $A : B = 1 : 1$ થાય છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin \theta - 3 \sin 2 \theta + \sin 3 \theta = \cos \theta - 3 \cos 2 \theta + \cos 3 \theta$
પદોને ગોઠવતા: $(\sin \theta + \sin 3 \theta) - 3 \sin 2 \theta = (\cos \theta + \cos 3 \theta) - 3 \cos 2 \theta$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin 2 \theta \cos \theta - 3 \sin 2 \theta = 2 \cos 2 \theta \cos \theta - 3 \cos 2 \theta$
$\sin 2 \theta (2 \cos \theta - 3) = \cos 2 \theta (2 \cos \theta - 3)$
$(\sin 2 \theta - \cos 2 \theta)(2 \cos \theta - 3) = 0$
અહીં $2 \cos \theta - 3 = 0 \Rightarrow \cos \theta = \frac{3}{2}$ શક્ય નથી.
તેથી,$\sin 2 \theta - \cos 2 \theta = 0$
$\sin 2 \theta = \cos 2 \theta \Rightarrow \tan 2 \theta = 1$
$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$2 \theta = \frac{\pi}{4} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{8}$.

(C) આપેલ છે,$\sin \frac{\pi}{2n} + \cos \frac{\pi}{2n} = \frac{\sqrt{n}}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\left(\sin \frac{\pi}{2n} + \cos \frac{\pi}{2n}\right)^2 = \frac{n}{4}$
$1 + \sin \frac{\pi}{n} = \frac{n}{4}$
$\sin \frac{\pi}{n} = \frac{n-4}{4}$.
$n > 2$ હોવાથી,$\frac{\pi}{n} \in (0, \frac{\pi}{2}]$,તેથી $\sin \frac{\pi}{n} > 0$,જેનો અર્થ છે કે $n-4 > 0$,એટલે કે $n > 4$.
વળી,$\sin \frac{\pi}{2n} + \cos \frac{\pi}{2n} = \sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2n}\right) = \frac{\sqrt{n}}{2}$.
$\sin \left(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2n}\right) = \frac{\sqrt{n}}{2\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{n}{8}}$.
$\sin \theta \le 1$ હોવાથી,$\sqrt{\frac{n}{8}} \le 1 \Rightarrow n \le 8$.
$n=8$ માટે,$\sin \frac{\pi}{16} = \frac{8-4}{4} = 1$,જે અશક્ય છે કારણ કે $\frac{\pi}{16} \neq \frac{\pi}{2}$.
આમ,$4 < n < 8$,તેથી $n \in \{5, 6, 7\}$.
પૂર્ણાંક કિંમતોની સંખ્યા $3$ છે.

(A) આપણી પાસે સમીકરણ $1+\sin^2(ax)=\cos(x)$ છે.
$\sin^2(ax) \geq 0$ હોવાથી,$1+\sin^2(ax) \geq 1$ થાય.
વળી,આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $\cos(x) \leq 1$ થાય.
સમીકરણ $1+\sin^2(ax)=\cos(x)$ સાચું હોવા માટે,બંને બાજુ $1$ હોવી જોઈએ.
તેથી,$\cos(x) = 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x = 2n\pi$ (જ્યાં $n$ પૂર્ણાંક છે).
$x = 2n\pi$ ને સમીકરણમાં મૂકતા,$1+\sin^2(a(2n\pi)) = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\sin^2(2an\pi) = 0$.
આથી $\sin(2an\pi) = 0$,એટલે કે $2an\pi = k\pi$ (જ્યાં $k$ પૂર્ણાંક છે),જેનું સાદું રૂપ $a = \frac{k}{2n}$ થાય.
જો $n \neq 0$ હોય,તો $a$ સંમેય સંખ્યા હોવી જોઈએ.
પરંતુ,પ્રશ્નમાં આપેલ છે કે $a$ અસંમેય છે.
તેથી,$n$ માટે માત્ર $0$ શક્ય છે,જે $x = 0$ આપે છે.
$x=0$ માટે ચકાસતા: $1+\sin^2(a \cdot 0) = 1+0 = 1$ અને $\cos(0) = 1$.
આમ,$x=0$ એ એકમાત્ર ઉકેલ છે.

(C) આપેલ અસમતા $|\sqrt{3} \cos x - \sin x| \geq 2$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a \cos x + b \sin x$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{a^2 + b^2}$ છે.
અહીં,$a = \sqrt{3}$ અને $b = -1$ છે,તેથી $\sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = \sqrt{3 + 1} = 2$.
આમ,$|\sqrt{3} \cos x - \sin x|$ ની કિંમત $2$ કે તેથી વધુ ત્યારે જ હોઈ શકે જ્યારે તે બરાબર $2$ હોય.
આનો અર્થ એ છે કે $2 \cos(x + \frac{\pi}{6}) = 2$ અથવા $2 \cos(x + \frac{\pi}{6}) = -2$.
$\cos(x + \frac{\pi}{6}) = 1 \implies x + \frac{\pi}{6} = 0, 2\pi \implies x = \frac{11\pi}{6}$ ($[0, 2\pi]$ ની અંદર).
$\cos(x + \frac{\pi}{6}) = -1 \implies x + \frac{\pi}{6} = \pi \implies x = \frac{5\pi}{6}$.
તેથી,$A = \{\frac{5\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}\}$.
$x_1 = \frac{5\pi}{6}$ અને $x_2 = \frac{11\pi}{6}$ લેતા,આપણને $\frac{x_1}{x_2} = \frac{5\pi/6}{11\pi/6} = \frac{5}{11}$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $A+B+C=\frac{\pi}{4}$,તેથી $\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=\frac{\pi}{8}$.
પદાવલિ $E = 4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}-\cos \frac{\pi}{8}$ ધ્યાનમાં લો.
$2 \cos x \cos y = \cos(x+y) + \cos(x-y)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = 2 \left[ \cos \left( \frac{A+B}{2} \right) + \cos \left( \frac{A-B}{2} \right) \right] \cos \frac{C}{2} - \cos \frac{\pi}{8}$.
કારણ કે $\frac{A+B}{2} = \frac{\pi}{8} - \frac{C}{2}$,તેથી:
$E = 2 \cos \left( \frac{\pi}{8} - \frac{C}{2} \right) \cos \frac{C}{2} + 2 \cos \left( \frac{A-B}{2} \right) \cos \frac{C}{2} - \cos \frac{\pi}{8}$.
ફરીથી $2 \cos x \cos y = \cos(x+y) + \cos(x-y)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \left[ \cos \frac{\pi}{8} + \cos \left( \frac{\pi}{8} - C \right) \right] + \left[ \cos \left( \frac{A-B+C}{2} \right) + \cos \left( \frac{A-B-C}{2} \right) \right] - \cos \frac{\pi}{8}$.
અહીં $\frac{A-B+C}{2} = \frac{\pi}{8} - B$ અને $\frac{A-B-C}{2} = A - \frac{\pi}{8}$ હોવાથી,$\cos(A-\frac{\pi}{8}) = \cos(\frac{\pi}{8}-A)$ મળે છે.
તેથી $E = \cos \left( \frac{\pi}{8} - C \right) + \cos \left( \frac{\pi}{8} - B \right) + \cos \left( \frac{\pi}{8} - A \right)$.

(B) ધારો કે જરૂરી રેખા $x+2y+k=0$ છે.
તે $x+2y+3=0$ અને $x+2y+8=0$ વચ્ચેના અંતરનું $1:2$ ગુણોત્તરમાં આંતરિક વિભાજન કરે છે,તેથી $\frac{|k-3|}{|k-8|} = \frac{1}{2}$.
$2|k-3| = |k-8| \Rightarrow 4(k^2-6k+9) = k^2-16k+64$.
$3k^2-8k-28=0 \Rightarrow (3k-14)(k+2)=0$.
રેખા બે આપેલી રેખાઓની વચ્ચે હોવાથી,$k$ એ $3$ અને $8$ ની વચ્ચે હોવો જોઈએ,તેથી $k = \frac{14}{3}$.
સમીકરણ $x+2y+\frac{14}{3}=0$ અથવા $3x+6y+14=0$ છે.
અભિલંબ સ્વરૂપ $x \cos \alpha + y \sin \alpha = p$ માં ફેરવવા માટે,$-3x-6y=14$ લખીએ.
$\sqrt{(-3)^2+(-6)^2} = \sqrt{45}$ વડે ભાગતા,$\frac{-3}{\sqrt{45}}x + \frac{-6}{\sqrt{45}}y = \frac{14}{\sqrt{45}}$.
અહીં $\cos \alpha = \frac{-3}{\sqrt{45}} = \frac{-1}{\sqrt{5}}$ અને $\sin \alpha = \frac{-6}{\sqrt{45}} = \frac{-2}{\sqrt{5}}$.
બંને $\cos \alpha$ અને $\sin \alpha$ ઋણ હોવાથી,$\alpha$ ત્રીજા ચરણમાં છે.
$\alpha = \pi + \tan^{-1}(\frac{-2/-1}) = \pi + \tan^{-1}(2)$.

(D) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(0, 0)$,$B(3, 0)$ અને $C(0, 4)$ છે.
ધારો કે બાજુઓની લંબાઈ અનુક્રમે $a$,$b$ અને $c$ છે જે શિરોબિંદુઓ $A$,$B$ અને $C$ ની સામે છે.
$a = BC = \sqrt{(3-0)^2 + (0-4)^2} = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$.
$b = AC = \sqrt{(0-0)^2 + (4-0)^2} = 4$.
$c = AB = \sqrt{(3-0)^2 + (0-0)^2} = 3$.
અંતઃકેન્દ્ર $I$ ના યામ $\left(\frac{ax_1 + bx_2 + cx_3}{a+b+c}, \frac{ay_1 + by_2 + cy_3}{a+b+c}\right)$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$(x_1, y_1) = (0, 0)$,$(x_2, y_2) = (3, 0)$ અને $(x_3, y_3) = (0, 4)$.
$I = \left(\frac{5(0) + 4(3) + 3(0)}{5+4+3}, \frac{5(0) + 4(0) + 3(4)}{5+4+3}\right)$.
$I = \left(\frac{12}{12}, \frac{12}{12}\right) = (1, 1)$.

(D) યામ અક્ષોને $\alpha$ ખૂણે ફેરવવા માટેના રૂપાંતરણ સમીકરણો:
$x' = x \cos \alpha + y \sin \alpha$
$y' = -x \sin \alpha + y \cos \alpha$
આપેલ છે $(x, y) = (1, 2)$ અને $(x', y') = \left(\frac{3 \sqrt{3}-1}{2 \sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}+3}{2 \sqrt{2}}\right)$:
$\frac{3 \sqrt{3}-1}{2 \sqrt{2}} = 1 \cos \alpha + 2 \sin \alpha$ $(1)$
$\frac{\sqrt{3}+3}{2 \sqrt{2}} = -1 \sin \alpha + 2 \cos \alpha$ $(2)$
આ સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને $\alpha = 15^{\circ} = \frac{\pi}{12}$ મળે છે.

(D) આપેલા બિંદુઓ $A(3, 4), B(-3, 6), C(-5, 1), D(x, y)$ છે.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |3(6 - 1) + (-3)(1 - 4) + (-5)(4 - 6)|$
$= \frac{1}{2} |3(5) + (-3)(-3) + (-5)(-2)| = \frac{1}{2} |15 + 9 + 10| = 17 \dots (1)$
$\triangle ACD$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |3(1 - y) + (-5)(y - 4) + x(4 - 1)|$
$= \frac{1}{2} |3 - 3y - 5y + 20 + 3x| = \frac{1}{2} |3x - 8y + 23| \dots (2)$
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \triangle ACD$ નું ક્ષેત્રફળ હોવાથી,$\frac{1}{2} |3x - 8y + 23| = 17$
$|3x - 8y + 23| = 34$
$3x - 8y + 23 = 34$ અથવા $3x - 8y + 23 = -34$
$3x - 8y - 11 = 0$ અથવા $3x - 8y + 57 = 0$
આમ,$D$ નો બિંદુપથ $(3x - 8y - 11)(3x - 8y + 57) = 0$ છે.

(C) આપેલ રેખાઓની જોડ $12x^2 - 20xy + 7y^2 = 0$ છે. તેના અવયવ પાડતા:
$12x^2 - 14xy - 6xy + 7y^2 = 0$
$2x(6x - 7y) - y(6x - 7y) = 0$
$(2x - y)(6x - 7y) = 0$
તેથી,બે રેખાઓ $2x - y = 0$ અને $6x - 7y = 0$ છે.
ત્રીજી રેખા $2x - 3y + 4 = 0$ છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ શોધવા માટે રેખાઓની જોડ ઉકેલતા:
$1$. $2x - y = 0$ અને $6x - 7y = 0$ નું છેદબિંદુ:
ઉકેલતા,$x = 0, y = 0$. તેથી,શિરોબિંદુ $A = (0, 0)$.
$2$. $2x - y = 0$ અને $2x - 3y + 4 = 0$ નું છેદબિંદુ:
બાદબાકી કરતા: $(2x - y) - (2x - 3y + 4) = 0$ $\Rightarrow 2y - 4 = 0$ $\Rightarrow y = 2$.
$2x - y = 0$ માં $y = 2$ મૂકતા,$x = 1$. તેથી,શિરોબિંદુ $B = (1, 2)$.
$3$. $6x - 7y = 0$ અને $2x - 3y + 4 = 0$ નું છેદબિંદુ:
$6x - 7y = 0$ પરથી,$x = \frac{7y}{6}$. $2x - 3y + 4 = 0$ માં મૂકતા:
$2(\frac{7y}{6}) - 3y + 4 = 0$ $\Rightarrow \frac{7y}{3} - 3y + 4 = 0$ $\Rightarrow -\frac{2y}{3} = -4$ $\Rightarrow y = 6$.
તેથી $x = \frac{7(6)}{6} = 7$. તેથી,શિરોબિંદુ $C = (7, 6)$.
મધ્યકેન્દ્ર $(\alpha, \beta) = (\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3}, \frac{y_1 + y_2 + y_3}{3})$:
$\alpha = \frac{0 + 1 + 7}{3} = \frac{8}{3}$
$\beta = \frac{0 + 2 + 6}{3} = \frac{8}{3}$
આમ,$\alpha + 2\beta = \frac{8}{3} + 2(\frac{8}{3}) = \frac{8 + 16}{3} = \frac{24}{3} = 8$.

(A) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે રેખાઓના સમીકરણોને જોડીમાં ઉકેલીએ છીએ:
$1$. શિરોબિંદુ $A$ માટે,$x+3y-4=0$ અને $3x+y-4=0$ ઉકેલો:
પ્રથમ સમીકરણને $3$ વડે ગુણતા,આપણને $3x+9y-12=0$ મળે છે.
તેમાંથી $3x+y-4=0$ બાદ કરતા,આપણને $8y-8=0$ મળે છે,તેથી $y=1$. $y=1$ ને $x+3(1)-4=0$ માં મૂકતા,આપણને $x=1$ મળે છે. આમ,$A = (1, 1)$.
$2$. શિરોબિંદુ $B$ માટે,$x+3y-4=0$ અને $x+y-4=0$ ઉકેલો:
પ્રથમમાંથી બીજું બાદ કરતા,આપણને $2y=0$ મળે છે,તેથી $y=0$. $y=0$ ને $x+y-4=0$ માં મૂકતા,આપણને $x=4$ મળે છે. આમ,$B = (4, 0)$.
$3$. શિરોબિંદુ $C$ માટે,$3x+y-4=0$ અને $x+y-4=0$ ઉકેલો:
પ્રથમમાંથી બીજું બાદ કરતા,આપણને $2x=0$ મળે છે,તેથી $x=0$. $x=0$ ને $x+y-4=0$ માં મૂકતા,આપણને $y=4$ મળે છે. આમ,$C = (0, 4)$.
હવે,બાજુઓની લંબાઈની ગણતરી કરો:
$AB = \sqrt{(4-1)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{9+1} = \sqrt{10}$
$BC = \sqrt{(0-4)^2 + (4-0)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 4^2} = \sqrt{16+16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$
$CA = \sqrt{(1-0)^2 + (1-4)^2} = \sqrt{1^2 + (-3)^2} = \sqrt{1+9} = \sqrt{10}$
કારણ કે $AB = CA = \sqrt{10}$,તેથી આ ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(C) મૂળ રેખા $x-2y-4=0$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $m_1 = 1/2$ છે.
જ્યારે કોઈ રેખાને તેની સમાંતર ખસેડવામાં આવે છે,ત્યારે તેનો ઢાળ બદલાતો નથી. તેથી,ખસેડ્યા પછી રેખાનો ઢાળ $m_1 = 1/2 = \tan \alpha$ રહે છે,જ્યાં $\alpha = \tan^{-1}(1/2)$ છે.
રેખાને $30^{\circ}$ ના ખૂણે ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં ફેરવ્યા પછી,નવો ઢાળ $m$ એ ખૂણાઓના સરવાળાના ટેન્જન્ટના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$m = \tan(\alpha + 30^{\circ}) = \frac{\tan \alpha + \tan 30^{\circ}}{1 - \tan \alpha \tan 30^{\circ}}$
કિંમતો $\tan \alpha = 1/2$ અને $\tan 30^{\circ} = 1/\sqrt{3}$ મૂકતા:
$m = \frac{1/2 + 1/\sqrt{3}}{1 - (1/2)(1/\sqrt{3})} = \frac{(\sqrt{3}+2)/(2\sqrt{3})}{(\sqrt{3}-1)/(2\sqrt{3})} = \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{3}-1}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$m = \frac{(\sqrt{3}+2)(\sqrt{3}+1)}{3-1} = \frac{3+\sqrt{3}+2\sqrt{3}+2}{2} = \frac{5+3\sqrt{3}}{2}$
$\sqrt{3} \approx 1.732$ નો ઉપયોગ કરતા:
$m \approx \frac{5+3(1.732)}{2} = \frac{5+5.196}{2} = \frac{10.196}{2} = 5.098$
$m$ નો પૂર્ણાંક ભાગ $5$ છે.

(C) બિંદુ $N(x, y)$ એ રેખાખંડ $AB$ નું $b: a$ ગુણોત્તરમાં બહારની તરફ વિભાજન કરે છે.
બાહ્ય વિભાજનના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$N$ ના યામ નીચે મુજબ મળે છે:
$x = \frac{b(a \cos \beta) - a(b \cos \alpha)}{b - a} = \frac{ab(\cos \beta - \cos \alpha)}{b - a}$
$y = \frac{b(a \sin \beta) - a(b \sin \alpha)}{b - a} = \frac{ab(\sin \beta - \sin \alpha)}{b - a}$
આના પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{x}{ab} = \frac{\cos \beta - \cos \alpha}{b - a} \implies \frac{b - a}{ab} = \frac{\cos \beta - \cos \alpha}{x}$
$\frac{y}{ab} = \frac{\sin \beta - \sin \alpha}{b - a} \implies \frac{b - a}{ab} = \frac{\sin \beta - \sin \alpha}{y}$
$\frac{b - a}{ab}$ માટેના બંને પદોને સરખાવતા:
$\frac{\cos \beta - \cos \alpha}{x} = \frac{\sin \beta - \sin \alpha}{y}$
$y(\cos \beta - \cos \alpha) = x(\sin \beta - \sin \alpha)$
ત્રિકોણમિતિના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$y \left( -2 \sin \frac{\beta + \alpha}{2} \sin \frac{\beta - \alpha}{2} \right) = x \left( 2 \cos \frac{\beta + \alpha}{2} \sin \frac{\beta - \alpha}{2} \right)$
$2 \sin \frac{\beta - \alpha}{2}$ વડે ભાગતા:
$-y \sin \frac{\alpha + \beta}{2} = x \cos \frac{\alpha + \beta}{2}$
$x \cos \frac{\alpha + \beta}{2} + y \sin \frac{\alpha + \beta}{2} = 0$

(C) આપેલ છે કે $P_1, P_2, \ldots, P_n$ એ રેખા $y=x$ પરના બિંદુઓ છે. $O$ એ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ હોવાથી,કોઈપણ બિંદુ $P_k(x_k, x_k)$ માટે અંતર $OP_k = \sqrt{x_k^2 + x_k^2} = x_k \sqrt{2}$ થાય.
$OP_1 = 1$ આપેલ છે,તેથી $x_1 \sqrt{2} = 1$,એટલે કે $x_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
પુનરાવર્તિત સંબંધ $OP_n = n(OP_{n-1})$ છે.
$n=2$ માટે,$OP_2 = 2(OP_1) = 2(1) = 2$.
$n=3$ માટે,$OP_3 = 3(OP_2) = 3(2) = 6$.
$n=4$ માટે,$OP_4 = 4(OP_3) = 4(6) = 24$.
સામાન્ય રીતે,$OP_n = n \times (n-1) \times \ldots \times 1 = n!$.
આપણને $P_n = (2520 \sqrt{2}, 2520 \sqrt{2})$ આપેલ છે.
તેથી,$OP_n = \sqrt{(2520 \sqrt{2})^2 + (2520 \sqrt{2})^2} = \sqrt{2 \times (2520^2 \times 2)} = \sqrt{4 \times 2520^2} = 2 \times 2520 = 5040$.
તેથી,$n! = 5040$.
$7! = 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 5040$ હોવાથી,$n=7$ મળે છે.

(B) પગલું $1$: રેખા $y=x$ વિશે બિંદુ $P(3,2)$ નું પરાવર્તન યામોને અદલાબદલી કરે છે,જે $(2,3)$ પરિણામ આપે છે.
પગલું $2$: $X$-અક્ષની ધન દિશામાં $(2,3)$ નું $3$ એકમનું સ્થાનાંતર $x$-યામમાં $3$ ઉમેરે છે,જે $(2+3, 3) = (5,3)$ પરિણામ આપે છે.
પગલું $3$: ઉગમબિંદુની આસપાસ ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં $\theta = \frac{\pi}{4}$ ખૂણે $(x,y) = (5,3)$ બિંદુનું પરિભ્રમણ નીચે મુજબ છે:
$x' = x \cos \theta - y \sin \theta$
$y' = x \sin \theta + y \cos \theta$
$x=5, y=3, \theta = \frac{\pi}{4}$ મૂકતા:
$x' = 5 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - 3 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$
$y' = 5 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + 3 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{8}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}$
આમ,અંતિમ સ્થાન $(\sqrt{2}, 4\sqrt{2})$ છે.

(D) બિંદુઓ $(3,0)$ અને $(1, 4/3)$ માંથી પસાર થતી રેખા $L$ નું સમીકરણ:
$y - 0 = \frac{4/3 - 0}{1 - 3}(x - 3)$
$y = -\frac{2}{3}(x - 3) \Rightarrow 2x + 3y = 6$ (સમીકરણ $i$)
રેખા $L$ નો ઢાળ $m_1 = -2/3$ છે. તેને લંબ રેખાનો ઢાળ $m_2 = 3/2$ થાય.
$(8,1)$ માંથી પસાર થતી અને $3/2$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ:
$y - 1 = \frac{3}{2}(x - 8) \Rightarrow 3x - 2y = 22$ (સમીકરણ $ii$)
સમીકરણ $i$ અને $ii$ નો છેદબિંદુ $(6, -2)$ મળે છે.
રેખા $2x + 3y = 6$ એ $Y$-અક્ષને $(0, 2)$ પર છેદે છે.
રેખા $3x - 2y = 22$ એ $Y$-અક્ષને $(0, -11)$ પર છેદે છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(6, -2)$,$(0, 2)$ અને $(0, -11)$ છે.
$Y$-અક્ષ પરનો પાયો $|2 - (-11)| = 13$ છે અને વેધ $6$ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 13 \times 6 = 39 \text{ ચોરસ એકમ}$.

(C) શિરોબિંદુ $A(2,3)$ એ રેખા $12x+5y-65=0$ પર આવેલું નથી,તેથી $A$ થી પાયા $BC$ પરનો લંબ એ સમબાજુ ત્રિકોણ $\triangle ABC$ નો વેધ $AD$ છે.
વેધ $AD$ ની લંબાઈ બિંદુ $(x_1, y_1)$ થી રેખા $ax+by+c=0$ ના લંબ અંતરના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$AD = \left|\frac{ax_1+by_1+c}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|$
$AD = \left|\frac{12(2)+5(3)-65}{\sqrt{12^2+5^2}}\right| = \left|\frac{24+15-65}{\sqrt{144+25}}\right| = \left|\frac{39-65}{\sqrt{169}}\right| = \left|\frac{-26}{13}\right| = 2$
સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ $s$ હોય,તો વેધ $h = \frac{\sqrt{3}}{2}s$ થાય.
તેથી,$s = \frac{2}{\sqrt{3}} \times h$.
$h = AD = 2$ મૂકતા:
$s = \frac{2}{\sqrt{3}} \times 2 = \frac{4}{\sqrt{3}}$.

(C) પગલું $1$: $(4,1)$ નું રેખા $y=x$ ની સાપેક્ષે પરાવર્તન $(1,4)$ આપે છે.
પગલું $2$: $(1,4)$ નું ધન $X$-દિશામાં $2$ એકમ સ્થાનાંતર $(1+2, 4) = (3,4)$ આપે છે.
પગલું $3$: $(x,y) = (3,4)$ નું ઉગમબિંદુની આસપાસ $\theta = \frac{\pi}{4}$ ખૂણે ઘડિયાળના કાંટાની વિરુદ્ધ દિશામાં પરિભ્રમણ:
$x' = x \cos \theta - y \sin \theta = 3 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - 4 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$
$y' = x \sin \theta + y \cos \theta = 3 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + 4 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{7}{\sqrt{2}}$
આમ,અંતિમ સ્થાન $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{7}{\sqrt{2}}\right)$ છે.

(B) આપેલ છે કે $L(p, q) = \frac{ap + bq + c}{\sqrt{a^2 + b^2}}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$L\left(\frac{2}{3}, \frac{1}{3}\right) = \frac{2a + b + 3c}{3\sqrt{a^2 + b^2}}$
$L\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right) = \frac{a + 2b + 3c}{3\sqrt{a^2 + b^2}}$
$L(2, 2) = \frac{6a + 6b + 3c}{3\sqrt{a^2 + b^2}}$
સરવાળો કરતા:
$\frac{9a + 9b + 9c}{3\sqrt{a^2 + b^2}} = 0$
$a + b + c = 0$
આ દર્શાવે છે કે રેખા $ax + by + c = 0$ એ બિંદુ $(1, 1)$ માટે $a(1) + b(1) + c = 0$ નું પાલન કરે છે.
તેથી,રેખા હંમેશા $(1, 1)$ બિંદુમાંથી પસાર થાય છે.

(B) ધારો કે બે આપેલા વેધ $L_1: \sqrt{3}x - y + 8 - 4\sqrt{3} = 0$ અને $L_2: \sqrt{3}x + y - 12 - 4\sqrt{3} = 0$ છે.
આ બે વેધનું છેદબિંદુ એ ત્રિકોણનું લંબકેન્દ્ર છે.
$L_1$ અને $L_2$ નો સરવાળો કરતા: $(\sqrt{3}x - y + 8 - 4\sqrt{3}) + (\sqrt{3}x + y - 12 - 4\sqrt{3}) = 0$.
$2\sqrt{3}x - 4 - 8\sqrt{3} = 0$ $\Rightarrow 2\sqrt{3}x = 4 + 8\sqrt{3}$ $\Rightarrow x = 4 + \frac{2}{\sqrt{3}}$.
$L_2$ માંથી $L_1$ બાદ કરતા: $(\sqrt{3}x + y - 12 - 4\sqrt{3}) - (\sqrt{3}x - y + 8 - 4\sqrt{3}) = 0$.
$2y - 20 = 0 \Rightarrow y = 10$.
લંબકેન્દ્ર $(4 + \frac{2}{\sqrt{3}}, 10)$ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,લંબકેન્દ્ર અને મધ્યકેન્દ્ર એક જ હોય છે.
ત્રીજો વેધ આ બિંદુમાંથી પસાર થવો જોઈએ,તેથી વિકલ્પો તપાસતા,ત્રીજા વેધનું સમીકરણ $y = 10$ મળે છે.

(B) આપેલ રેખાઓ:
$2x + 3y - 1 = 0$ $(i)$
$3x + 4y - 6 = 0$ $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને $3$ વડે અને $(ii)$ ને $2$ વડે ગુણતા:
$6x + 9y - 3 = 0$
$6x + 8y - 12 = 0$
બાદબાકી કરતા: $y + 9 = 0 \Rightarrow y = -9$.
$y = -9$ ને $(i)$ માં મુકતા: $2x + 3(-9) - 1 = 0$ $\Rightarrow 2x - 27 - 1 = 0$ $\Rightarrow 2x = 28$ $\Rightarrow x = 14$.
છેદબિંદુ $(14, -9)$ છે.
$5x - 2y = 7$ ને લંબ રેખાનું સ્વરૂપ $2x + 5y + k = 0$ છે.
તે $(14, -9)$ માંથી પસાર થાય છે:
$2(14) + 5(-9) + k = 0$
$28 - 45 + k = 0$
$-17 + k = 0 \Rightarrow k = 17$.
આમ,રેખાનું સમીકરણ $2x + 5y + 17 = 0$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[-1, 1]$ પર સતત છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{\sqrt{1+ax}-\sqrt{1-ax}}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(\sqrt{1+ax}-\sqrt{1-ax})(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})}{x(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})}$
$= \lim_{x \to 0^-} \frac{(1+ax)-(1-ax)}{x(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2ax}{x(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})} = \frac{2a}{1+1} = a$.
હવે,$x = 0$ આગળ જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{x^2+2}{x-2} = \frac{0^2+2}{0-2} = \frac{2}{-2} = -1$.
વિધેય સતત હોવાથી,$LHL$ = $RHL$,તેથી $a = -1$.

(C) આપેલ છે કે,$f(x)=\frac{2x}{4+3|x|}, x \in R$.
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} \frac{2x}{4+3x}, & \text{જો } x \geq 0 \\ \frac{2x}{4-3x}, & \text{જો } x < 0 \end{cases}$
$f^{\prime}(0)$ શોધવા માટે,આપણે $x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન ચકાસીશું.
$x > 0$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{2x}{4+3x} \right) = \frac{(4+3x)(2) - 2x(3)}{(4+3x)^2} = \frac{8+6x-6x}{(4+3x)^2} = \frac{8}{(4+3x)^2}$.
તેથી,$Rf^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{8}{(4+3x)^2} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$.
$x < 0$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{2x}{4-3x} \right) = \frac{(4-3x)(2) - 2x(-3)}{(4-3x)^2} = \frac{8-6x+6x}{(4-3x)^2} = \frac{8}{(4-3x)^2}$.
તેથી,$Lf^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{8}{(4-3x)^2} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$.
અહીં $Lf^{\prime}(0) = Rf^{\prime}(0) = \frac{1}{2}$ હોવાથી,વિકલન $f^{\prime}(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને તેની કિંમત $\frac{1}{2}$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x=a$ આગળ વિકલનીય છે જો ડાબી બાજુનું વિકલિત $LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ અસ્તિત્વ ધરાવે અને સમાન હોય.
$f_1(x)=|x|$ માટે,$x=1$ આગળ,$f_1(x)=x$. તેથી $f_1'(1)=1$. તે વિકલનીય છે.
$f_2(x)$ માટે,$x=1$ આગળ,$LHD = \frac{d}{dx}(1+\sin(x-1))|_{x=1} = \cos(0) = 1$. $RHD = \frac{d}{dx}(x)|_{x=1} = 1$. $LHD=RHD$ હોવાથી,તે વિકલનીય છે.
$f_3(x)$ માટે,$x=1$ આગળ,$LHD = \frac{d}{dx}(x^2+7x-7)|_{x=1} = 2(1)+7 = 9$. $RHD = \frac{d}{dx}(\frac{3x-1}{2})|_{x=1} = \frac{3}{2} = 1.5$. $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f_3(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$f_4(x)$ માટે,$x=1$ આગળ,$f_4(x) = |x-1|+|x-2|$. $x \leq 1$ માટે,$f_4(x) = -(x-1)-(x-2) = -2x+3$. $LHD = -2$. $x > 1$ માટે,$f_4(x) = 1+x-x^3$. $RHD = \frac{d}{dx}(1+x-x^3)|_{x=1} = 1-3(1)^2 = -2$. $LHD=RHD$ હોવાથી,તે વિકલનીય છે.

(D) આપેલ છે $y=(\sin x)^{x^2}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log y = x^2 \log(\sin x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા (ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = x^2 \cdot \frac{d}{dx}(\log(\sin x)) + \log(\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$.
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = x^2 \cdot \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x + \log(\sin x) \cdot 2x$.
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = x^2 \cot x + 2x \log(\sin x)$.
$y$ વડે ગુણતા:
$\frac{dy}{dx} = y \cdot (x^2 \cot x + 2x \log(\sin x))$.
$y = (\sin x)^{x^2}$ મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = (\sin x)^{x^2} (x^2 \cot x + 2x \log(\sin x))$.
પદનું વિસ્તરણ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = x^2 (\sin x)^{x^2} \frac{\cos x}{\sin x} + 2x (\sin x)^{x^2} \log(\sin x)$.
$\frac{dy}{dx} = x^2 (\sin x)^{x^2-1} \cos x + 2x (\sin x)^{x^2} \log(\sin x)$.

(C) આપેલ છે કે $y=\frac{(x+1)^2 \sqrt{x-1}}{(x+4)^3 e^x}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (log) લેતા:
$\log y = \log \left( \frac{(x+1)^2 (x-1)^{1/2}}{(x+4)^3 e^x} \right)$
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા:
$\log y = 2 \log(x+1) + \frac{1}{2} \log(x-1) - 3 \log(x+4) - x \log e$
કારણ કે $\log e = 1$,તેથી:
$\log y = 2 \log(x+1) + \frac{1}{2} \log(x-1) - 3 \log(x+4) - x$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{2}{x+1} + \frac{1}{2(x-1)} - \frac{3}{x+4} - 1$
તેથી,$\frac{dy}{dx} = y \left[ \frac{2}{x+1} + \frac{1}{2(x-1)} - \frac{3}{x+4} - 1 \right]$
$y$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{(x+1)^2 \sqrt{x-1}}{(x+4)^3 e^x} \left[ \frac{2}{x+1} + \frac{1}{2(x-1)} - \frac{3}{x+4} - 1 \right]$

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{x+5}{(x+1)^2(x+2)}$. આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખીએ છીએ:
$\frac{x+5}{(x+1)^2(x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{(x+1)^2} + \frac{C}{x+2}$
$x+5 = A(x+1)(x+2) + B(x+2) + C(x+1)^2$
$x = -1$ માટે: $-1+5 = B(-1+2) \Rightarrow B = 4$.
$x = -2$ માટે: $-2+5 = C(-2+1)^2 \Rightarrow C = 3$.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $0 = A + C \Rightarrow A = -C = -3$.
આમ,$f(x) = -\frac{3}{x+1} + \frac{4}{(x+1)^2} + \frac{3}{x+2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( -3(x+1)^{-1} + 4(x+1)^{-2} + 3(x+2)^{-1} \right)$
$f'(x) = 3(x+1)^{-2} - 8(x+1)^{-3} - 3(x+2)^{-2}$
$f'(x) = \frac{3}{(x+1)^2} - \frac{8}{(x+1)^3} - \frac{3}{(x+2)^2}$.

(A) $y=|x|+|x-2|$ માટે,$x=2$ આગળ,વિધેય $y$ વિકલનીય નથી કારણ કે તેમાં નિરપેક્ષ મૂલ્યોનો સરવાળો છે જ્યાં $|x-2|$ પદ $x=2$ આગળ તીક્ષ્ણ વળાંક ધરાવે છે. તેથી,$\frac{dy}{dx}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. (મેળ ખાય છે $iv$)
$(b)$ $f(x)=|\cos 2x|$ માટે,$x=\frac{\pi}{4}$ આગળ,$\cos(2 \cdot \frac{\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$. $x > \frac{\pi}{4}$ માટે,$\cos 2x$ ઋણ છે,તેથી $f(x) = -\cos 2x$. પછી $f^{\prime}(x) = 2\sin 2x$. $x = \frac{\pi}{4}^{+}$ આગળ,$f^{\prime}(\frac{\pi}{4}^{+}) = 2\sin(\frac{\pi}{2}) = 2$. (મેળ ખાય છે $i$)
$(c)$ $f(x)=\sin(\pi[x])$ માટે,$1$ થી થોડા નાના $x$ $(x \in (0, 1))$ માટે,$[x]=0$. તેથી $f(x) = \sin(0) = 0$. અચળ વિધેયનું વિકલન $0$ થાય છે. (મેળ ખાય છે $ii$)
$(d)$ $f(x)=\log|x-1|$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{1}{x-1}$. $x=\frac{1}{2}$ આગળ,$f^{\prime}(\frac{1}{2}) = \frac{1}{\frac{1}{2}-1} = \frac{1}{-\frac{1}{2}} = -2$. (મેળ ખાય છે $iii$)

(C) આપેલ છે કે,$y = \frac{(\sin^{-1} x)^2}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{d}{dx} \left[ \frac{(\sin^{-1} x)^2}{2} \right] = \frac{1}{2} \cdot 2(\sin^{-1} x) \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{\sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}}$.
તેથી,$\sqrt{1-x^2} y_1 = \sin^{-1} x$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\sqrt{1-x^2} y_2 + y_1 \cdot \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}} (-2x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
બંને બાજુ $\sqrt{1-x^2}$ વડે ગુણતા:
$(1-x^2) y_2 - x y_1 = 1$.

(B) આપેલ છે $y=\tan ^{-1}(\sin \sqrt{x})+\operatorname{cosec}^{-1}\left(e^{2 x+1}\right)$.
વિકલન માટે સાંકળનો નિયમ (chain rule) લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx}(\tan^{-1}(\sin \sqrt{x})) = \frac{1}{1+(\sin \sqrt{x})^2} \cdot \cos \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{\cos \sqrt{x}}{2\sqrt{x}(1+\sin^2 \sqrt{x})}$.
બીજા પદ માટે,$\frac{d}{dx}(\operatorname{cosec}^{-1}(u)) = -\frac{1}{|u|\sqrt{u^2-1}} \cdot \frac{du}{dx}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dx}(\operatorname{cosec}^{-1}(e^{2x+1})) = -\frac{1}{e^{2x+1}\sqrt{(e^{2x+1})^2-1}} \cdot e^{2x+1} \cdot 2 = -\frac{2}{\sqrt{e^{4x+2}-1}}$.
આ બંનેને જોડતા,આપણને $\frac{dy}{dx} = \frac{\cos \sqrt{x}}{2 \sqrt{x}(1+\sin ^2 \sqrt{x})} - \frac{2}{\sqrt{e^{4 x+2}-1}}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે $y = (\sin^{-1} 2x)^2 + (\cos^{-1} 2x)^2$.
નિત્યસમ $\sin^{-1} \theta + \cos^{-1} \theta = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ કે $\cos^{-1} 2x = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} 2x$.
આ કિંમત $y$ માં મૂકતા:
$y = (\sin^{-1} 2x)^2 + (\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} 2x)^2$
$y = (\sin^{-1} 2x)^2 + \frac{\pi^2}{4} - \pi \sin^{-1} 2x + (\sin^{-1} 2x)^2$
$y = 2(\sin^{-1} 2x)^2 - \pi \sin^{-1} 2x + \frac{\pi^2}{4}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = 4(\sin^{-1} 2x) \cdot \frac{2}{\sqrt{1-4x^2}} - \pi \cdot \frac{2}{\sqrt{1-4x^2}}$
$y_1 = \frac{8 \sin^{-1} 2x - 2\pi}{\sqrt{1-4x^2}}$.
$\sqrt{1-4x^2} y_1 = 8 \sin^{-1} 2x - 2\pi$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\sqrt{1-4x^2} y_2 + y_1 \cdot \frac{-8x}{2\sqrt{1-4x^2}} = 8 \cdot \frac{2}{\sqrt{1-4x^2}}$.
બંને બાજુ $\sqrt{1-4x^2}$ વડે ગુણતા:
$(1-4x^2) y_2 - 4x y_1 = 16$.

(A-(III), B-(V), C-(I), D-(II)) માટે: ધારો કે $y = \tan^{-1}\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}} = \tan^{-1}\sqrt{\frac{2\sin^2(x/2)}{2\cos^2(x/2)}} = \tan^{-1}(\tan(x/2)) = \frac{x}{2}$.
તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}$. આમ,$A \rightarrow (iii)$.
$B$ માટે: ધારો કે $y = \frac{3+|x-1|}{3x+4}$. વિધેય $|x-1|$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,આ પદાવલિ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી. આમ,$B \rightarrow (v)$.
$C$ માટે: ધારો કે $y = \sinh^{-1} x$. આપણે જાણીએ છીએ કે $\sinh^{-1} x = \log(x+\sqrt{1+x^2})$. આમ,$C \rightarrow (i)$.
$D$ માટે: ધારો કે $y = \cos^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right) = 2\tan^{-1} x$.
તેથી $\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+x^2} = 2(1+x^2)^{-1}$.
તેથી $\frac{d^2y}{dx^2} = 2(-1)(1+x^2)^{-2}(2x) = -\frac{4x}{(1+x^2)^2}$. આમ,$D \rightarrow (ii)$.
સાચી જોડ $A-(iii), B-(v), C-(i), D-(ii)$ છે.

(A) આપેલ છે,$y = e^x \log x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{d y}{d x} = e^x \log x + e^x \cdot \frac{1}{x} = y + \frac{e^x}{x}$.
આથી $x y_1 = x y + e^x$ મળે.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x y_2 + y_1 = x y_1 + y + e^x$.
પ્રથમ વિકલનના સમીકરણમાંથી $e^x = x y_1 - x y$ મૂકતા:
$x y_2 + y_1 = x y_1 + y + (x y_1 - x y)$.
$x y_2 = x y_1 + y + x y_1 - x y - y_1$.
$x y_2 = (2 x - 1) y_1 + (1 - x) y$.
પદોને ગોઠવતા:
$x y_2 + (x - 1) y = (2 x - 1) y_1$.

(A) આપેલ છે કે $y = 2 \cos (2 \log x) + 3 \sin (2 \log x)$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y^{\prime} = -2 \sin (2 \log x) \cdot \frac{2}{x} + 3 \cos (2 \log x) \cdot \frac{2}{x}$
$x y^{\prime} = -4 \sin (2 \log x) + 6 \cos (2 \log x)$
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x y^{\prime \prime} + y^{\prime} = -4 \cos (2 \log x) \cdot \frac{2}{x} - 6 \sin (2 \log x) \cdot \frac{2}{x}$
$x$ વડે ગુણતા:
$x^2 y^{\prime \prime} + x y^{\prime} = -8 \cos (2 \log x) - 12 \sin (2 \log x)$
$x^2 y^{\prime \prime} + x y^{\prime} = -4 [2 \cos (2 \log x) + 3 \sin (2 \log x)]$
કારણ કે $y = 2 \cos (2 \log x) + 3 \sin (2 \log x)$,તેથી:
$x^2 y^{\prime \prime} + x y^{\prime} = -4 y$
આમ,$x^2 y^{\prime \prime} + x y^{\prime} + 2 y = -4 y + 2 y = -2 y$.

(B) આપેલ વક્રો $x^2-y^2=4$ અને $x^2+y^2=4 \sqrt{2}$ છે.
ધારો કે $(x_0, y_0)$ એ છેદબિંદુ છે.
વક્રો વચ્ચેનો ખૂણો એ છેદબિંદુ પરના સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો છે.
પ્રથમ વક્ર $x^2-y^2=4$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા $2x - 2y \frac{dy}{dx} = 0$,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$. $(x_0, y_0)$ પર,$m_1 = \frac{x_0}{y_0}$.
બીજા વક્ર $x^2+y^2=4 \sqrt{2}$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા $2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0$,તેથી $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$. $(x_0, y_0)$ પર,$m_2 = -\frac{x_0}{y_0}$.
સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right|$ દ્વારા મળે છે.
ઢાળની કિંમતો મૂકતા: $\tan \theta = \left| \frac{\frac{x_0}{y_0} - (-\frac{x_0}{y_0})}{1 + (\frac{x_0}{y_0})(-\frac{x_0}{y_0})} \right| = \left| \frac{2 \frac{x_0}{y_0}}{1 - \frac{x_0^2}{y_0^2}} \right| = \left| \frac{2 x_0 y_0}{y_0^2 - x_0^2} \right|$.
કારણ કે $x_0^2 - y_0^2 = 4$,તેથી $y_0^2 - x_0^2 = -4$.
આમ,$\tan \theta = \left| \frac{2 x_0 y_0}{-4} \right| = \frac{|x_0 y_0|}{2}$.
સમીકરણો $x_0^2 - y_0^2 = 4$ અને $x_0^2 + y_0^2 = 4 \sqrt{2}$ ઉકેલતા:
સરવાળો કરતા: $2x_0^2 = 4(1 + \sqrt{2}) \Rightarrow x_0^2 = 2(1 + \sqrt{2})$.
બાદબાકી કરતા: $2y_0^2 = 4(\sqrt{2} - 1) \Rightarrow y_0^2 = 2(\sqrt{2} - 1)$.
તેથી $x_0^2 y_0^2 = 4(1 + \sqrt{2})(\sqrt{2} - 1) = 4(2 - 1) = 4$.
તેથી,$|x_0 y_0| = 2$.
આ કિંમત $\tan \theta$ માં મૂકતા: $\tan \theta = \frac{2}{2} = 1$.
તેથી,$\theta = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(C) આપેલ વક્ર $y^2 = ax^3 + b$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2y \frac{dy}{dx} = 3ax^2$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{3ax^2}{2y}$.
બિંદુ $(1,2)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{(1,2)} = \frac{3a(1)^2}{2(2)} = \frac{3a}{4}$ છે.
આપેલ સ્પર્શક $y = 2x$ છે,જેનો ઢાળ $2$ છે.
ઢાળને સરખાવતા,$\frac{3a}{4} = 2$,તેથી $a = \frac{8}{3}$.
વક્ર બિંદુ $(1,2)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી આ કિંમતોને વક્રના સમીકરણમાં મૂકતા: $2^2 = \frac{8}{3}(1)^3 + b$.
$4 = \frac{8}{3} + b$,જે આપણને $b = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3}$ આપે છે.
તેથી,$(a, b) = (\frac{8}{3}, \frac{4}{3})$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \tanh^{-1}(\sin x)$ છે.
ધારો કે $y = \tanh^{-1}(\sin x)$,જેનો અર્થ છે કે $\tanh y = \sin x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\operatorname{sech}^2 y \cdot \frac{dy}{dx} = \cos x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{\cos x}{\operatorname{sech}^2 y}$.
નિત્યસમ $\operatorname{sech}^2 y = 1 - \tanh^2 y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\cos x}{1 - \tanh^2 y}$.
ચૂકી $\tanh y = \sin x$ છે,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x} = \frac{\cos x}{\cos^2 x} = \sec x$.
$x = \pi$ આગળ,ઢાળ $\sec(\pi) = -1$ થાય છે.

(D) ધારો કે $(x_1, y_1)$ એ પરવલય $y^2 = 16ax$ પરનું ઉગમબિંદુ સિવાયનું કોઈપણ બિંદુ છે.
$(x_1, y_1)$ આગળ સબટેન્જન્ટની લંબાઈ $y_1 \left| \frac{dx}{dy} \right|_{(x_1, y_1)}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$y^2 = 16ax$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $2y \frac{dy}{dx} = 16a$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{8a}{y}$.
તેથી,$\frac{dx}{dy} = \frac{y}{8a}$.
$(x_1, y_1)$ આગળ સબટેન્જન્ટની લંબાઈ $y_1 \left( \frac{y_1}{8a} \right) = \frac{y_1^2}{8a}$ છે.
બિંદુ $(x_1, y_1)$ પરવલય પર હોવાથી,$y_1^2 = 16ax_1$ થાય.
આ કિંમત સબટેન્જન્ટની લંબાઈના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $\frac{16ax_1}{8a} = 2x_1$ મળે છે.
સબટેન્જન્ટની લંબાઈ અને એબ્સિસિસા $x_1$ નો ગુણોત્તર $\frac{2x_1}{x_1} = 2:1$ છે.

(B) આપેલ વક્રોના સમીકરણો છે:
$y = \sin 2x$ $(i)$
$y = \cos 2x$ (ii)
છેદબિંદુ શોધવા માટે,આપણે સમીકરણોને સરખાવીએ:
$\sin 2x = \cos 2x$
$\tan 2x = 1 = \tan \frac{\pi}{4}$
$2x = \frac{\pi}{4} \Rightarrow x = \frac{\pi}{8}$
જ્યારે $x = \frac{\pi}{8}$ હોય,ત્યારે $y = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,છેદબિંદુ $(\frac{\pi}{8}, \frac{1}{\sqrt{2}})$ છે.
હવે,આ બિંદુએ ઢાળ $m_1$ અને $m_2$ શોધીએ:
$m_1 = \frac{dy}{dx} (\sin 2x) = 2 \cos 2x$. $x = \frac{\pi}{8}$ પર,$m_1 = 2 \cos \frac{\pi}{4} = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
$m_2 = \frac{dy}{dx} (\cos 2x) = -2 \sin 2x$. $x = \frac{\pi}{8}$ પર,$m_2 = -2 \sin \frac{\pi}{4} = -2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = -\sqrt{2}$.
વક્રો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\tan \theta = |\frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2}|$
$\tan \theta = |\frac{-\sqrt{2} - \sqrt{2}}{1 + (\sqrt{2})(-\sqrt{2})}| = |\frac{-2\sqrt{2}}{1 - 2}| = |\frac{-2\sqrt{2}}{-1}| = 2\sqrt{2}$.
તેથી,$\theta = \tan^{-1}(2\sqrt{2})$.

(C) આપેલ છે કે,ઊંચાઈની સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\delta h}{h} = 0.02$ છે.
ત્રિજ્યાની સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\delta r}{r} = 0.02$ છે.
શંકુનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln V = \ln \left( \frac{1}{3} \pi r^2 h \right)$.
$\ln V = \ln \left( \frac{\pi}{3} \right) + 2 \ln r + \ln h$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,$\frac{\delta V}{V} = 2 \left( \frac{\delta r}{r} \right) + \left( \frac{\delta h}{h} \right)$.
આપેલી કિંમતો મૂકતા,$\frac{\delta V}{V} = 2(0.02) + 0.02 = 0.04 + 0.02 = 0.06$.
ઘનફળમાં પ્રતિશત ત્રુટિ $\frac{\delta V}{V} \times 100 = 0.06 \times 100 = 6 \%$ છે.
તેથી,ઘનફળમાં પ્રતિશત ત્રુટિ $6$ છે.

(D) આપેલ છે: ત્રિજ્યામાં થતો ફેરફારનો દર $\frac{dr}{dt} = 0.01 \text{ cm/sec}$ છે.
આપણે $r = 12 \text{ cm}$ હોય ત્યારે ક્ષેત્રફળ $A$ માં થતો ફેરફારનો દર શોધવાનો છે.
વર્તુળાકાર પ્લેટનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{dA}{dt} = 2 \pi r \frac{dr}{dt}$.
આપેલ કિંમતો $r = 12 \text{ cm}$ અને $\frac{dr}{dt} = 0.01 \text{ cm/sec}$ મૂકતા:
$\frac{dA}{dt} = 2 \pi (12) (0.01) = 24 \pi (0.01) = 0.24 \pi \text{ cm}^2/\text{sec}$.
આમ,ક્ષેત્રફળમાં થતો વધારાનો દર $0.24 \pi \text{ cm}^2/\text{sec}$ છે.

(A) ધારો કે વિધેય $f(x) = x^3 + 2x^{3/2} + 5$ છે.
આપણે $x = 1.01$ પર આશરે કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $x = 1$ અને $\Delta x = 0.01$.
$y$ નું વિકલન $dy = f'(x) \Delta x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ,વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 + 2x^{3/2} + 5) = 3x^2 + 2 \cdot \frac{3}{2} x^{1/2} = 3x^2 + 3x^{1/2}$.
$x = 1$ પર,$f'(1) = 3(1)^2 + 3(1)^{1/2} = 3 + 3 = 6$.
$x = 1$ પર વિધેયની કિંમત $f(1) = 1^3 + 2(1)^{3/2} + 5 = 1 + 2 + 5 = 8$ છે.
આશરે કિંમત શોધવાના સૂત્ર $f(x + \Delta x) \approx f(x) + f'(x) \Delta x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(1.01) \approx f(1) + f'(1) \Delta x = 8 + 6(0.01) = 8 + 0.06 = 8.06$.

(C) ની ગણતરી:
ધારો કે $S$ એ $a$ બાજુવાળા ચોરસનું ક્ષેત્રફળ છે. તેથી $S = a^2$.
સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta S}{S} = \frac{2a \Delta a}{a^2} = 2 \frac{\Delta a}{a}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{\Delta a}{a} = 0.4$,તેથી $A = 2 \times 0.4 = 0.8$.
$B$ ની ગણતરી:
ધારો કે $V$ એ $r$ ત્રિજ્યાવાળા ગોળાનું ઘનફળ છે. તેથી $V = \frac{4}{3} \pi r^3$.
સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta V}{V} = \frac{4 \pi r^2 \Delta r}{\frac{4}{3} \pi r^3} = 3 \frac{\Delta r}{r}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{\Delta r}{r} = 0.3$,તેથી $B = 3 \times 0.3 = 0.9$.
$C$ ની ગણતરી:
ધારો કે $S'$ એ $r$ ત્રિજ્યા અને $h$ ઊંચાઈવાળા બંધ નળાકારનું પૃષ્ઠફળ છે. $r = h$ હોવાથી,$S' = 2 \pi r h + 2 \pi r^2 = 2 \pi h^2 + 2 \pi h^2 = 4 \pi h^2$.
સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta S'}{S'} = \frac{8 \pi h \Delta h}{4 \pi h^2} = 2 \frac{\Delta h}{h}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{\Delta h}{h} = 0.2$,તેથી $C = 2 \times 0.2 = 0.4$.
$D$ ની ગણતરી:
આપેલ છે $y = x^2 + x - 3$,તેથી $\frac{dy}{dx} = 2x + 1$.
અંદાજિત ત્રુટિ $\Delta y \approx \frac{dy}{dx} \Delta x = (2x + 1) \Delta x$ છે.
$x = 2$ અને $\Delta x = 0.1$ માટે,$\Delta y = (2(2) + 1) \times 0.1 = 5 \times 0.1 = 0.5$.
તેથી $D = 0.5$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા: $C = 0.4, D = 0.5, A = 0.8, B = 0.9$.
ચડતો ક્રમ $C < D < A < B$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^3 - 15x^2 + 36x - 8$ છે.
વળાંક બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વિકલન $f'(x)$ શોધીને તેને $0$ સાથે સરખાવીએ:
$f'(x) = 6x^2 - 30x + 36 = 0$.
$6$ વડે ભાગતા,આપણને $x^2 - 5x + 6 = 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x - 2)(x - 3) = 0$.
આમ,વળાંક બિંદુઓના $x$-યામ $x = 2$ અને $x = 3$ છે.
$x = 2$ માટે,$f(2) = 2(8) - 15(4) + 36(2) - 8 = 16 - 60 + 72 - 8 = 20$.
$x = 3$ માટે,$f(3) = 2(27) - 15(9) + 36(3) - 8 = 54 - 135 + 108 - 8 = 19$.
આપેલ છે કે $\alpha < \gamma$,તેથી $\alpha = 2$ અને $\gamma = 3$ થાય.
તદનુસાર,$\beta = 20$ અને $\delta = 19$ થાય.
હવે,$\alpha - \gamma - \beta + \delta = 2 - 3 - 20 + 19 = -2$.

(D) આપેલ છે કે $g(x) = \frac{f(x)}{x+1}$.
કારણ કે $f(x)$ એ $[0,6]$ પર સતત છે અને $(0,6)$ પર વિકલનીય છે,તેથી $g(x)$ પણ $[0,6]$ પર સતત અને $(0,6)$ પર વિકલનીય છે કારણ કે $x \in [0,6]$ માટે $x+1 \neq 0$ છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર $g(x)$ ની કિંમતો શોધો:
$g(0) = \frac{f(0)}{0+1} = \frac{12}{1} = 12$
$g(6) = \frac{f(6)}{6+1} = \frac{-4}{7}$
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0,6)$ એવું મળે કે જેથી $g^{\prime}(c) = \frac{g(6)-g(0)}{6-0}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$g^{\prime}(c) = \frac{-\frac{4}{7} - 12}{6} = \frac{-\frac{4}{7} - \frac{84}{7}}{6} = \frac{-\frac{88}{7}}{6} = -\frac{88}{42} = -\frac{44}{21}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[1, 6]$ પર વિકલનીય છે અને $f(1) = -2$ છે.
કારણ કે $f(x)$ ને $(1, 6)$ માં બરાબર એક શૂન્ય છે,ધારો કે આ શૂન્ય $x_0$ છે.
$f(x)$ ને $(1, 6)$ માં શૂન્ય હોવા માટે,વિધેયની નિશાની બદલાવી જોઈએ.
$f(1) = -2 < 0$ હોવાથી,$(1, 6)$ માં શૂન્ય હોવા માટે $f(6) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
લેગ્રાન્જ મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,એવો $c \in (1, 6)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(6) - f(1)}{6 - 1}$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $f^{\prime}(c) = \frac{f(6) - (-2)}{5} = \frac{f(6) + 2}{5}$.
$f(6) > 0$ હોવાથી,$f(6) + 2 > 2$ થાય.
તેથી,$f^{\prime}(c) = \frac{f(6) + 2}{5} > \frac{2}{5}$.
આમ,એવો $c \in (1, 6)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) > \frac{2}{5}$.

(A) ધારો કે $f(x) = e^x \cos x + 1$.
ધારો કે $\alpha$ અને $\beta$ એ $f(x) = 0$ ના બે ક્રમિક બીજ છે જેથી $\alpha < \beta$.
તેથી $f(\alpha) = 0$ અને $f(\beta) = 0$.
$f(x)$ એ $[\alpha, \beta]$ પર સતત છે અને $(\alpha, \beta)$ પર વિકલનીય છે,તેથી રોલના પ્રમેય મુજબ,$(\alpha, \beta)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
પરંતુ,વિધેય $g(x) = e^{-x} f(x) = \cos x + e^{-x}$ ધ્યાનમાં લો.
તો $g(\alpha) = 0$ અને $g(\beta) = 0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(\alpha, \beta)$ માં એક $c$ એવું મળે કે જેથી $g'(c) = 0$ થાય.
$g'(x) = -\sin x - e^{-x} = 0$.
બંને બાજુ $-e^x$ વડે ગુણતા,આપણને $e^x \sin x + 1 = 0$ મળે છે.
આમ,$\alpha$ અને $\beta$ ની વચ્ચે $e^x \sin x + 1 = 0$ નું એક બીજ રહેલું છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[0,4]$ પર સતત છે અને $(0,4)$ પર વિકલનીય છે.
$g(x) = \frac{f(x)}{x+2}$ હોવાથી,$g(x)$ પણ $[0,4]$ પર સતત અને $(0,4)$ પર વિકલનીય છે કારણ કે $x \in [0,4]$ માટે $x+2 \neq 0$ થાય છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર $g(x)$ ની કિંમતો શોધીએ:
$g(0) = \frac{f(0)}{0+2} = \frac{4}{2} = 2$
$g(4) = \frac{f(4)}{4+2} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}$
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0,4)$ એવું મળે કે જેથી $g^{\prime}(c) = \frac{g(4)-g(0)}{4-0}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$g^{\prime}(c) = \frac{-\frac{1}{3} - 2}{4} = \frac{-\frac{7}{3}}{4} = -\frac{7}{12}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+2x^2-x$.
$f(x)$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે $[-1,2]$ પર સતત છે અને $(-1,2)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એવો $C \in (-1,2)$ મળે કે જેથી $f'(C) = \frac{f(2)-f(-1)}{2-(-1)}$ થાય.
પ્રથમ,$f(2) = 2^3 + 2(2^2) - 2 = 8 + 8 - 2 = 14$.
ત્યારબાદ,$f(-1) = (-1)^3 + 2(-1)^2 - (-1) = -1 + 2 + 1 = 2$.
હવે,$f'(x) = 3x^2 + 4x - 1$.
તેથી,$3C^2 + 4C - 1 = \frac{14-2}{3} = \frac{12}{3} = 4$.
$3C^2 + 4C - 5 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $C = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,$C = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4(3)(-5)}}{2(3)} = \frac{-4 \pm \sqrt{16+60}}{6} = \frac{-4 \pm \sqrt{76}}{6}$.
સાદુરૂપ આપતા,$C = \frac{-4 \pm 2\sqrt{19}}{6} = \frac{-2 \pm \sqrt{19}}{3}$.
$C \in (-1,2)$ હોવાથી,આપણે ધન મૂલ્ય લઈશું: $C = \frac{-2+\sqrt{19}}{3}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x(x-1)(x-2) = x^3-3x^2+2x$.
વિકલન કરતા $f'(x) = 3x^2-6x+2$ મળે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,એવો $c \in (0, 1/2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(1/2)-f(0)}{1/2-0}$ થાય.
$f(1/2) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2) = \frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2}) = \frac{3}{8}$ અને $f(0) = 0$ છે.
તેથી,$f'(c) = \frac{3/8 - 0}{1/2} = \frac{3}{4}$.
$3c^2-6c+2 = 3/4$ લેતા,$12c^2-24c+5 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,$c = \frac{24 \pm \sqrt{576-240}}{24} = \frac{24 \pm \sqrt{336}}{24} = 1 \pm \frac{4\sqrt{21}}{24} = 1 \pm \frac{\sqrt{21}}{6} = 1 \pm \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$ મળે.
$c \in (0, 1/2)$ હોવાથી,આપણે $c = 1 - \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$ પસંદ કરીશું.

(B) ધારો કે $R$ એ ગોળાની ત્રિજ્યા છે અને $r$ તથા $h$ એ નળાકારની ત્રિજ્યા અને ઊંચાઈ છે.
ગોળા અને અંતર્ગત નળાકારની ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે સંબંધ છે: $R^2 = r^2 + (h/2)^2$.
આથી,$r^2 = R^2 - h^2/4$.
નળાકારનું ઘનફળ $V = \pi r^2 h = \pi (R^2 - h^2/4) h = \pi R^2 h - \pi h^3/4$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,આપણે $V$ નું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ: $\frac{dV}{dh} = \pi R^2 - \frac{3\pi h^2}{4}$.
$\frac{dV}{dh} = 0$ લેતા,આપણને $\pi R^2 = \frac{3\pi h^2}{4}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $h^2 = \frac{4R^2}{3}$,તેથી $h = \frac{2R}{\sqrt{3}}$.
અહીં $R = 3 \ cm$ આપેલ છે,તેથી $h = \frac{2 \times 3}{\sqrt{3}} = 2 \sqrt{3} \ cm$.
કારણ કે $\frac{d^2V}{dh^2} = -\frac{6\pi h}{4} < 0$ છે,તેથી $h = 2 \sqrt{3} \ cm$ પર ઘનફળ મહત્તમ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = x^2 e^{-2x}$ છે,જ્યાં $x > 0$.
મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot e^{-2x} + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(e^{-2x})$
$f'(x) = 2x e^{-2x} + x^2(-2)e^{-2x}$
$f'(x) = 2x e^{-2x}(1 - x)$
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે $f'(x) = 0$ લેતા:
$2x e^{-2x}(1 - x) = 0$
અહીં $x > 0$ અને $e^{-2x} \neq 0$ હોવાથી,$1 - x = 0$ મળે,એટલે કે $x = 1$.
પ્રથમ વિકલિત કસોટીનો ઉપયોગ કરતા:
$0 < x < 1$ માટે,$f'(x) > 0$ (વિધેય વધતું વિધેય છે).
$x > 1$ માટે,$f'(x) < 0$ (વિધેય ઘટતું વિધેય છે).
આમ,$x = 1$ આગળ $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત મળે છે.
મહત્તમ કિંમત $f(1) = (1)^2 e^{-2(1)} = e^{-2} = \frac{1}{e^2}$ થાય.

(A) આપણી પાસે સંકલન $I = \int(\cot x \cot (x+\alpha)+1) d x$ છે.
નિત્યસમ $\cot A \cot B + 1 = \frac{\cos A \cos B + \sin A \sin B}{\sin A \sin B} = \frac{\cos(A-B)}{\sin A \sin B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\cos(x - (x+\alpha))}{\sin x \sin (x+\alpha)} d x = \int \frac{\cos(-\alpha)}{\sin x \sin (x+\alpha)} d x = \cos \alpha \int \frac{1}{\sin x \sin (x+\alpha)} d x$.
$\sin \alpha$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$I = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \int \frac{\sin \alpha}{\sin x \sin (x+\alpha)} d x = \cot \alpha \int \frac{\sin((x+\alpha)-x)}{\sin x \sin (x+\alpha)} d x$.
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \cot \alpha \int \frac{\sin(x+\alpha) \cos x - \cos(x+\alpha) \sin x}{\sin x \sin (x+\alpha)} d x$.
$I = \cot \alpha \int (\cot x - \cot (x+\alpha)) d x$.
સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \cot \alpha (\log |\sin x| - \log |\sin (x+\alpha)|) + c = \cot \alpha \log \left|\frac{\sin x}{\sin (x+\alpha)}\right| + c$.

(C) આપણી પાસે છે,$\int \frac{2 \, dx}{\sqrt{\cot^2 x - \tan^2 x}}$.
તેને $\sin x$ અને $\cos x$ માં ફેરવતા:
$= \int \frac{2 \, dx}{\sqrt{\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} - \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}}} = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\sqrt{\cos^4 x - \sin^4 x}} \, dx$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $\cos^4 x - \sin^4 x = (\cos^2 x - \sin^2 x)(\cos^2 x + \sin^2 x) = \cos 2x \cdot 1 = \cos 2x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \int \frac{\sin 2x \, dx}{\sqrt{\cos 2x}}$.
ધારો કે $t = \cos 2x$,તો $dt = -2 \sin 2x \, dx$,જેનો અર્થ છે કે $\sin 2x \, dx = -\frac{1}{2} dt$.
$= -\frac{1}{2} \int \frac{dt}{\sqrt{t}} = -\frac{1}{2} \int t^{-1/2} \, dt = -\frac{1}{2} \left( \frac{t^{1/2}}{1/2} \right) + c = -\sqrt{t} + c$.
$t = \cos 2x$ પાછું મૂકતા,આપણને $-\sqrt{\cos 2x} + c$ મળે છે.
$-\sqrt{f(x)} + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \cos 2x$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\sqrt{(x-1)(x-2)}} = \int \frac{dx}{\sqrt{x^2-3x+2}}$.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા:
$x^2-3x+2 = (x^2-3x+\frac{9}{4}) - \frac{9}{4} + 2 = (x-\frac{3}{2})^2 - \frac{1}{4} = (x-\frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2$.
તેથી,$I = \int \frac{dx}{\sqrt{(x-\frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \cosh^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \cosh^{-1}(\frac{x-3/2}{1/2}) + c = \cosh^{-1}(2x-3) + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{\left(e^x+e^{-x}\right)^2} = \int \frac{d x}{\left(e^x+\frac{1}{e^x}\right)^2}$
$= \int \frac{e^{2 x} d x}{\left(e^{2 x}+1\right)^2}$
ધારો કે $t = e^{2 x}+1$,તેથી $dt = 2e^{2 x} dx$,જેનો અર્થ છે કે $e^{2 x} dx = \frac{dt}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{2} \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{2} \int t^{-2} dt$
$= \frac{1}{2} \left( \frac{t^{-1}}{-1} \right) + c = -\frac{1}{2t} + c$
$t = e^{2 x}+1$ પાછું મૂકતા:
$I = -\frac{1}{2\left(e^{2 x}+1\right)} + c$

(D) આપેલ છે કે,$f\left(\frac{t+1}{2 t+1}\right)=t+1$.
ધારો કે $\frac{t+1}{2 t+1}=x$.
તેથી $t+1=x(2t+1) \Rightarrow t+1=2tx+x$.
$t(1-2x)=x-1 \Rightarrow t=\frac{x-1}{1-2x}=\frac{1-x}{2x-1}$.
$f(x)$ ના પદમાં $t$ ની કિંમત મૂકતા:
$f(x) = \frac{1-x}{2x-1} + 1 = \frac{1-x+2x-1}{2x-1} = \frac{x}{2x-1}$.
હવે,સંકલન મેળવીએ:
$\int f(x) dx = \int \frac{x}{2x-1} dx = \frac{1}{2} \int \frac{2x}{2x-1} dx$.
$= \frac{1}{2} \int \frac{2x-1+1}{2x-1} dx = \frac{1}{2} \int \left(1 + \frac{1}{2x-1}\right) dx$.
$= \frac{1}{2} \left[ x + \frac{1}{2} \log |2x-1| \right] + c$.
$= \frac{x}{2} + \frac{1}{4} \log |2x-1| + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{3^x}{\sqrt{9^x-1}} dx$.
$3^x = t$ આદેશ લેતા.
તેથી,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $3^x \log 3 dx = dt$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $3^x dx = \frac{dt}{\log 3}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \frac{1}{\log 3} \int \frac{dt}{\sqrt{t^2-1}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \log \left|x + \sqrt{x^2-a^2}\right| + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\log 3} \log \left|t + \sqrt{t^2-1}\right| + c$.
$t$ ની જગ્યાએ $3^x$ મૂકતા:
$I = \frac{1}{\log 3} \log \left|3^x + \sqrt{9^x-1}\right| + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(2ax+x^2)^{3/2}}$.
આપણે સંકલનની અંદરની પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ:
$I = \int \frac{dx}{(x^2+2ax)^{3/2}} = \int \frac{dx}{[x(x+2a)]^{3/2}} = \int \frac{dx}{x^{3/2}(x+2a)^{3/2}}$.
વૈકલ્પિક રીતે,કૌંસની અંદર પૂર્ણવર્ગ બનાવો:
$2ax+x^2 = (x+a)^2 - a^2$.
ધારો કે $x+a = a \sec \theta$,તો $dx = a \sec \theta \tan \theta d\theta$.
વળી,$(x+a)^2 - a^2 = a^2 \sec^2 \theta - a^2 = a^2 \tan^2 \theta$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta d\theta}{(a^2 \tan^2 \theta)^{3/2}} = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta d\theta}{a^3 \tan^3 \theta} = \frac{1}{a^2} \int \frac{\sec \theta}{\tan^2 \theta} d\theta$.
$I = \frac{1}{a^2} \int \frac{1/\cos \theta}{\sin^2 \theta / \cos^2 \theta} d\theta = \frac{1}{a^2} \int \frac{\cos \theta}{\sin^2 \theta} d\theta$.
ધારો કે $u = \sin \theta$,તો $du = \cos \theta d\theta$.
$I = \frac{1}{a^2} \int u^{-2} du = \frac{1}{a^2} (-u^{-1}) + c = -\frac{1}{a^2 \sin \theta} + c$.
કારણ કે $\sec \theta = \frac{x+a}{a}$,તેથી $\cos \theta = \frac{a}{x+a}$.
તેથી $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - \frac{a^2}{(x+a)^2}} = \sqrt{\frac{(x+a)^2 - a^2}{(x+a)^2}} = \frac{\sqrt{x^2+2ax}}{x+a}$.
તેથી,$I = -\frac{1}{a^2} \cdot \frac{x+a}{\sqrt{x^2+2ax}} + c$.

(D) ધારો કે $I = \int(\sqrt{\tan x}+\sqrt{\cot x}) d x$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સ્વરૂપમાં લખતા:
$I = \int \left(\sqrt{\frac{\sin x}{\cos x}} + \sqrt{\frac{\cos x}{\sin x}}\right) d x = \int \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{\sin x \cos x}} d x$.
$\sqrt{2}$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$I = \sqrt{2} \int \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2 \sin x \cos x}} d x$.
કારણ કે $1 - (\sin x - \cos x)^2 = 1 - (\sin^2 x + \cos^2 x - 2 \sin x \cos x) = 2 \sin x \cos x$:
$I = \sqrt{2} \int \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{1 - (\sin x - \cos x)^2}} d x$.
ધારો કે $t = \sin x - \cos x$,તો $dt = (\cos x + \sin x) d x$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \sqrt{2} \int \frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}} = \sqrt{2} \sin^{-1}(t) + c$.
$t = \sin x - \cos x$ પાછું મૂકતા:
$I = \sqrt{2} \sin^{-1}(\sin x - \cos x) + c$.

(A) આપણી પાસે છે,$\int \frac{x^4+1}{x^6+1} dx = A \tan^{-1} x + B \tan^{-1} x^3 + c$.
ધારો કે $I = \int \frac{x^4+1}{x^6+1} dx = \int \frac{(x^4-x^2+1) + x^2}{(x^2)^3 + 1^3} dx$.
નિત્યસમ $a^3+b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$x^6+1 = (x^2+1)(x^4-x^2+1)$ મળે.
તેથી,$I = \int \frac{x^4-x^2+1}{(x^2+1)(x^4-x^2+1)} dx + \int \frac{x^2}{x^6+1} dx$.
$I = \int \frac{1}{x^2+1} dx + \int \frac{x^2}{(x^3)^2+1} dx$.
$I = \tan^{-1} x + \int \frac{x^2}{(x^3)^2+1} dx$.
ધારો કે $x^3 = t$,તેથી $3x^2 dx = dt$,એટલે કે $x^2 dx = \frac{1}{3} dt$.
$I = \tan^{-1} x + \frac{1}{3} \int \frac{1}{t^2+1} dt = \tan^{-1} x + \frac{1}{3} \tan^{-1} t + c$.
$I = \tan^{-1} x + \frac{1}{3} \tan^{-1} x^3 + c$.
$A \tan^{-1} x + B \tan^{-1} x^3 + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A=1$ અને $B=\frac{1}{3}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I=\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-\sqrt[3]{x}} d x$.
$x=t^6$ આદેશ લેતા,$d x=6 t^5 d t$ મળે.
તેથી $I=\int \frac{t^3}{t^3-t^2} \cdot 6 t^5 d t = 6 \int \frac{t^8}{t^2(t-1)} d t = 6 \int \frac{t^6}{t-1} d t$.
બહુપદી ભાગાકારનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{t^6}{t-1} = t^5+t^4+t^3+t^2+t+1+\frac{1}{t-1}$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા: $I = 6 \left[ \frac{t^6}{6} + \frac{t^5}{5} + \frac{t^4}{4} + \frac{t^3}{3} + \frac{t^2}{2} + t + \log|t-1| \right] + K$.
$I = t^6 + \frac{6}{5} t^5 + \frac{6}{4} t^4 + \frac{6}{3} t^3 + \frac{6}{2} t^2 + 6t + 6 \log|t-1| + K$.
$t = x^{1/6}$ હોવાથી,$I = x + \frac{6}{5} x^{5/6} + \frac{3}{2} x^{2/3} + 2 x^{1/2} + 3 x^{1/3} + 6 x^{1/6} + \log(\sqrt[6]{x}-1)^6 + K$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $E = \frac{6}{5}$,$D = \frac{3}{2}$,$C = 2$,$B = 3$,$A = 6$.
સરવાળો $A+B+C+D+E = 6 + 3 + 2 + \frac{3}{2} + \frac{6}{5} = 11 + 1.5 + 1.2 = 13.7 = \frac{137}{10}$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\cos 2x \sin 4x}{\cos^4 x (1 + \cos^2 2x)} dx$.
$\sin 4x = 2 \sin 2x \cos 2x$ અને $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos^4 x = \frac{(1 + \cos 2x)^2}{4}$ મળે.
આ કિંમતો મૂકતા,$I = \int \frac{\cos 2x (2 \sin 2x \cos 2x)}{\frac{(1 + \cos 2x)^2}{4} (1 + \cos^2 2x)} dx = 8 \int \frac{\cos^2 2x \sin 2x}{(1 + \cos 2x)^2 (1 + \cos^2 2x)} dx$.
ધારો કે $t = \cos 2x$,તેથી $dt = -2 \sin 2x dx$,એટલે કે $\sin 2x dx = -\frac{dt}{2}$.
$I = 8 \int \frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} (-\frac{dt}{2}) = -4 \int \frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} dt$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા: $\frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} = \frac{A}{1+t} + \frac{B}{(1+t)^2} + \frac{Ct+D}{1+t^2}$.
ઉકેલતા $A = 0, B = -1/2, C = 1/2, D = 1/2$ મળે છે.
$I = -4 \int (-\frac{1}{2(1+t)^2} + \frac{t+1}{2(1+t^2)}) dt = 2 \int \frac{1}{(1+t)^2} dt - 2 \int \frac{t}{1+t^2} dt - 2 \int \frac{1}{1+t^2} dt$.
$I = -\frac{2}{1+t} - \log(1+t^2) - 2 \tan^{-1}(t) + c$.
$t = \cos 2x$ મૂકીને સાદું રૂપ આપતા યોગ્ય વિકલ્પ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \sin^{-1}\left(\sqrt{\frac{x}{a+x}}\right) dx$.
$x = a \tan^2 \theta$ આદેશ લેતા,$dx = 2a \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$ મળે.
તેથી $\sqrt{\frac{x}{a+x}} = \sqrt{\frac{a \tan^2 \theta}{a(1+\tan^2 \theta)}} = \sqrt{\sin^2 \theta} = \sin \theta$.
આમ,$I = \int \sin^{-1}(\sin \theta) \cdot 2a \tan \theta \sec^2 \theta d\theta = 2a \int \theta \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \theta$ અને $dv = \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$ લેતા,$du = d\theta$ અને $v = \frac{\tan^2 \theta}{2}$ મળે.
$I = 2a \left[ \theta \cdot \frac{\tan^2 \theta}{2} - \int \frac{\tan^2 \theta}{2} d\theta \right] = a \theta \tan^2 \theta - a \int (\sec^2 \theta - 1) d\theta$.
$I = a \theta \tan^2 \theta - a(\tan \theta - \theta) + C = a \theta (\tan^2 \theta + 1) - a \tan \theta + C = a \theta \sec^2 \theta - a \tan \theta + C$.
અહીં $\tan^2 \theta = \frac{x}{a}$ હોવાથી,$\theta = \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}}$ અને $\sec^2 \theta = 1 + \frac{x}{a} = \frac{a+x}{a}$ થાય.
કિંમત મુકતા: $I = a \left( \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} \right) \left( \frac{a+x}{a} \right) - a \sqrt{\frac{x}{a}} + C = (a+x) \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} - \sqrt{ax} + C$.
તેથી,$A(x) = (a+x) \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} - \sqrt{ax}$.

(C) ધારો કે $I = \int (x+x^2) \log(1+x^2) dx$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\log(1+x^2)$ ને પ્રથમ વિધેય લેતા:
$I = \log(1+x^2) \int (x+x^2) dx - \int \left( \frac{d}{dx} \log(1+x^2) \int (x+x^2) dx \right) dx$
$I = \log(1+x^2) \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \right) - \int \frac{2x}{1+x^2} \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \right) dx$
$I = \log(1+x^2) \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \right) - \int \left( \frac{x^3}{1+x^2} + \frac{2x^4}{3(1+x^2)} \right) dx$
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\int \frac{x^3}{1+x^2} dx = \int \frac{x(x^2+1-1)}{1+x^2} dx = \int x dx - \int \frac{x}{1+x^2} dx = \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2} \log(1+x^2)$
$\int \frac{2x^4}{3(1+x^2)} dx = \frac{2}{3} \int \frac{x^4-1+1}{1+x^2} dx = \frac{2}{3} \int (x^2-1) dx + \frac{2}{3} \int \frac{1}{1+x^2} dx = \frac{2x^3}{9} - \frac{2x}{3} + \frac{2}{3} \tan^{-1} x$
કિંમતો મૂકતા:
$I = \log(1+x^2) \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \right) - \left( \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2} \log(1+x^2) + \frac{2x^3}{9} - \frac{2x}{3} + \frac{2}{3} \tan^{-1} x \right) + c$
$I = \log(1+x^2) \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{1}{2} \right) - \frac{2}{3} \tan^{-1} x - \frac{2x^3}{9} - \frac{x^2}{2} + \frac{2x}{3} + c$
આપેલ સમીકરણ સાથે સરખાવતા,$F(x) = \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{1}{2}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I_1 = \int \tan ^{-1}\left(\frac{2 x}{1-x^2}\right) d x$.
$|x| < 1$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1}\left(\frac{2 x}{1-x^2}\right) = 2 \tan ^{-1} x$.
તેથી,$I_1 = \int 2 \tan ^{-1} x d x = 2 \int \tan ^{-1} x d x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \tan ^{-1} x$ અને $dv = dx$ લો. તો $du = \frac{1}{1+x^2} dx$ અને $v = x$ થાય.
$I_1 = 2 \left( x \tan ^{-1} x - \int \frac{x}{1+x^2} dx \right)$.
$I_1 = 2 x \tan ^{-1} x - \int \frac{2x}{1+x^2} dx$.
$I_1 = 2 x \tan ^{-1} x - \log(1+x^2) + C$.
કારણ કે $2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1}\left(\frac{2 x}{1-x^2}\right)$,આપણે કિંમત પાછી મૂકતા:
$I_1 = x \tan ^{-1}\left(\frac{2 x}{1-x^2}\right) - \log(1+x^2) + C$.

(A) ધારો કે $I = \int (\log x)^3 x^4 \, dx$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$. $u = (\log x)^3$ અને $dv = x^4 \, dx$ લેતા,$du = 3(\log x)^2 \cdot \frac{1}{x} \, dx$ અને $v = \frac{x^5}{5}$ મળે.
$I = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \int \frac{x^5}{5} \cdot 3(\log x)^2 \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{5} \int x^4 (\log x)^2 \, dx$.
ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{5} [\frac{x^5}{5}(\log x)^2 - \int \frac{x^5}{5} \cdot 2(\log x) \cdot \frac{1}{x} \, dx] = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25} x^5(\log x)^2 + \frac{6}{25} \int x^4 \log x \, dx$.
છેલ્લે,$\int x^4 \log x \, dx$ માટે ખંડશઃ સંકલન કરતા:
$I = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25} x^5(\log x)^2 + \frac{6}{25} [\frac{x^5}{5} \log x - \int \frac{x^5}{5} \cdot \frac{1}{x} \, dx] = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25} x^5(\log x)^2 + \frac{6}{125} x^5 \log x - \frac{6}{625} x^5 + c$.
$\frac{x^5}{625}$ સામાન્ય લેતા:
$I = \frac{x^5}{625} [125(\log x)^3 - 75(\log x)^2 + 30(\log x) - 6] + c$.
$p = \log x$ મૂકતા,જવાબ $\frac{x^5}{625} [125 p^3 - 75 p^2 + 30 p - 6] + c$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x}{(x^2+1)(x-1)} dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ $\frac{x}{(x^2+1)(x-1)} = \frac{P}{x-1} + \frac{Qx+R}{x^2+1}$.
અંશને સરખાવતા: $x = P(x^2+1) + (Qx+R)(x-1) = (P+Q)x^2 + (R-Q)x + (P-R)$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $P+Q=0$,$R-Q=1$,$P-R=0$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને $P = \frac{1}{2}$,$Q = -\frac{1}{2}$,$R = \frac{1}{2}$ મળે છે.
તેથી,$I = \int \frac{1/2}{x-1} dx + \int \frac{-1/2x + 1/2}{x^2+1} dx$.
$I = \frac{1}{2} \log |x-1| - \frac{1}{4} \int \frac{2x}{x^2+1} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2+1} dx$.
$I = \frac{1}{2} \log |x-1| - \frac{1}{4} \log |x^2+1| + \frac{1}{2} \tan^{-1} x + d$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$A = -\frac{1}{4}$,$B = \frac{1}{2}$,$C = \frac{1}{2}$.
તેથી,$A+B+C = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$.

(D) અમે $I_n = \int \cos^n x \, dx$ માટે રિડક્શન ફોર્મ્યુલાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) કરતા:
$I_n = \int \cos^{n-1} x \cdot \cos x \, dx$
$= \cos^{n-1} x \sin x - \int (n-1) \cos^{n-2} x (-\sin x) \sin x \, dx$
$= \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) \, dx$
$= \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$
પદોને ગોઠવતા:
$I_n + (n-1) I_n = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2}$
$n I_n = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2}$
$n I_n - (n-1) I_{n-2} = \cos^{n-1} x \sin x$
$n = 6$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$6 I_6 - 5 I_4 = \cos^{6-1} x \sin x$
$6 I_6 - 5 I_4 = \cos^5 x \sin x$

(B) આપેલ છે કે $\int \phi(x) dx = \psi(x)$. આપણે $I = \int \phi(h(x)) \cdot h(x) h'(x) dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $h(x) = t$,તેથી $h'(x) dx = dt$.
સંકલન $I = \int \phi(t) \cdot t dt$ બને છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = t$ અને $dv = \phi(t) dt$ લો. તેથી $du = dt$ અને $v = \int \phi(t) dt = \psi(t)$.
સૂત્ર $\int u dv = uv - \int v du$ લાગુ પાડતા:
$I = t \psi(t) - \int \psi(t) dt$.
$t = h(x)$ ને ફરીથી મૂકતા:
$I = h(x) \psi(h(x)) - \int \psi(h(x)) h'(x) dx + c$.
આને $(\psi \circ h)(x) h(x) - \int (\psi \circ h)(x) h'(x) dx + c$ તરીકે લખી શકાય છે.

(B) આપણી પાસે $I_n = \int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} \cos^n x \, dx$ છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \cos^n x$ અને $dv = e^{-x} dx$ લેતા,આપણને $du = n \cos^{n-1} x (-\sin x) dx$ અને $v = -e^{-x}$ મળે છે.
$I_n = [-e^{-x} \cos^n x]_{\pi / 2}^{\infty} - \int_{\pi / 2}^{\infty} (-e^{-x}) (n \cos^{n-1} x) (-\sin x) dx$
$I_n = 0 - n \int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$.
ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$ માટે $u = \cos^{n-1} x \sin x$ અને $dv = e^{-x} dx$ લેતા:
$I_n = -n [(-e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x)_{\pi / 2}^{\infty} - \int_{\pi / 2}^{\infty} (-e^{-x}) ((n-1) \cos^{n-2} x (-\sin^2 x) + \cos^n x) dx]$
$I_n = -n [0 + \int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} (-(n-1) \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) + \cos^n x) dx]$
$I_n = -n [-(n-1) I_{n-2} + (n-1) I_n + I_n]$
$I_n = -n [n I_n - (n-1) I_{n-2}]$
$I_n = -n^2 I_n + n(n-1) I_{n-2}$
$I_n(1 + n^2) = n(n-1) I_{n-2}$
$\frac{I_n}{I_{n-2}} = \frac{n(n-1)}{n^2+1}$.
$n = 2018$ મૂકતા,આપણને $\frac{I_{2018}}{I_{2016}} = \frac{2018 \times 2017}{(2018)^2+1}$ મળે છે.