TS EAMCET 2020 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપેલ છે કે $|z_1|=1 \implies x_1^2+y_1^2=1$ અને $|z_2|=2 \implies x_2^2+y_2^2=4$.
$\operatorname{Re}(z_1 \bar{z}_2) = x_1 x_2 + y_1 y_2 = 0$.
ધારો કે $z_1 = \cos \theta + i \sin \theta$. તેથી $x_1 = \cos \theta, y_1 = \sin \theta$.
$x_1 x_2 + y_1 y_2 = 0$ હોવાથી, $x_2 \cos \theta + y_2 \sin \theta = 0$ મળે.
આ સૂચવે છે કે $(x_2, y_2) = \pm 2(-\sin \theta, \cos \theta)$.
$x_2 = -2 \sin \theta$ અને $y_2 = 2 \cos \theta$ લેતા:
$z_3 = x_1 + i \frac{x_2}{2} = \cos \theta - i \sin \theta = \bar{z}_1 \implies |z_3|=1$.
$z_4 = 2 y_1 + i y_2 = 2 \sin \theta + i 2 \cos \theta = 2i(\cos \theta - i \sin \theta) = 2i \bar{z}_1 \implies |z_4|=2$.
$z_3 z_4 = (\bar{z}_1)(2i \bar{z}_1) = 2i \bar{z}_1^2 = 2i(\cos 2\theta - i \sin 2\theta) = 2 \sin 2\theta + 2i \cos 2\theta$.
જોકે, $\operatorname{Re}(z_1 z_2)=0$ શરત ચકાસતા ($\operatorname{Re}(z_1 \bar{z}_2)=0$ ને બદલે):
જો $\operatorname{Re}(z_1 z_2)=0$ હોય, તો $x_1 x_2 - y_1 y_2 = 0 \implies x_1 x_2 = y_1 y_2$.
$z_1 = e^{i\theta}$, $z_2 = 2e^{i(\pi/2 - \theta)} = 2i \bar{z}_1 = 2 \sin \theta + 2i \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી $z_3 = \cos \theta + i \sin \theta = z_1$ અને $z_4 = 2 \sin \theta + 2i \cos \theta = 2i \bar{z}_1$.
$z_3 z_4 = z_1 (2i \bar{z}_1) = 2i |z_1|^2 = 2i$.
આમ, $\operatorname{Re}(z_3 z_4) = 0$ અને $|z_3|=1, |z_4|=2$ થાય છે.

(D) ધારો કે $z = \sqrt{3} + i$.
તેથી,માનાંક $|z| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3+1} = 2$.
કોણ $\theta = \arg(z) = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.
આમ,ધ્રુવીય સ્વરૂપ $z = 2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6})$ છે.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^{10} = 2^{10}(\cos \frac{10\pi}{6} + i \sin \frac{10\pi}{6})$.
ખૂણાનું સાદુરૂપ આપતા,$\frac{10\pi}{6} = \frac{5\pi}{3}$.
$z^{10} = 1024(\cos \frac{5\pi}{3} + i \sin \frac{5\pi}{3})$.
કારણ કે $\cos \frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}$ અને $\sin \frac{5\pi}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$z^{10} = 1024(\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}) = 512 - 512i\sqrt{3}$.
$a+bi$ સાથે સરખાવતા,$a = 512$ અને $b = -512\sqrt{3}$ મળે છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$.
$1+\omega+\omega^2=0$ પરથી,આપણને $1+\omega^2=-\omega$ અને $1+\omega=-\omega^2$ મળે છે.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\left(1-\omega+\omega^2\right)^6+\left(1-\omega^2+\omega\right)^6 = \left(-\omega-\omega\right)^6+\left(-\omega^2-\omega^2\right)^6$
$= (-2\omega)^6 + (-2\omega^2)^6$
$= 64\omega^6 + 64\omega^{12}$
કારણ કે $\omega^3=1$,તેથી $\omega^6 = (\omega^3)^2 = 1^2 = 1$ અને $\omega^{12} = (\omega^3)^4 = 1^4 = 1$.
$= 64(1) + 64(1) = 64 + 64 = 128$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega = \frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$ અને $\omega^2 = \frac{-1-i\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$\frac{1-\sqrt{3}i}{2} = -\omega^2$ અને $\frac{1+\sqrt{3}i}{2} = -\omega$.
તેથી,$\left(-\omega^2\right)^{2020} + (-\omega)^{2026} = \omega^{4040} + \omega^{2026} = \omega^2 + \omega = -1$.
હવે,સરવાળો $\sum_{j=1}^6 (j+\omega)(j+\omega^2) = \sum_{j=1}^6 (j^2 + j(\omega+\omega^2) + \omega^3) = \sum_{j=1}^6 (j^2 - j + 1)$ ધ્યાનમાં લો.
સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $\sum_{j=1}^6 j^2 = 91$,$\sum_{j=1}^6 j = 21$,અને $\sum_{j=1}^6 1 = 6$.
તેથી,સરવાળો $91 - 21 + 6 = 76$ થાય છે.
સાઇન પદ $\sin\left(76 \times \frac{3\pi}{152}\right) = \sin\left(\frac{3\pi}{2}\right) = -1$ થાય છે.
અંતે,કુલ અભિવ્યક્તિ $-1 + (-1) = -2$ છે.

(A) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$ થાય.
સરવાળાની અંદરના પદનું વિસ્તરણ કરતા:
$(\omega x+2)(\omega^2 x+2)-3 = \omega^3 x^2 + 2\omega x + 2\omega^2 x + 4 - 3$
$= x^2 + 2x(\omega + \omega^2) + 1$ (કારણ કે $\omega^3=1$)
$= x^2 + 2x(-1) + 1 = x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2$.
હવે,સરવાળો ગણતા:
$\sum_{x=1}^{10} (x-1)^2 = \sum_{x=1}^{10} (x^2 - 2x + 1) = \sum_{x=1}^{10} x^2 - 2\sum_{x=1}^{10} x + \sum_{x=1}^{10} 1$
$= \frac{10(11)(21)}{6} - 2 \times \frac{10(11)}{2} + 10$
$= 385 - 110 + 10 = 285$.

(D) આપેલ છે કે $x^2+x+1=0$,જેના બીજ $\omega$ અને $\omega^2$ છે,જ્યાં $\omega^3=1$ અને $1+\omega+\omega^2=0$.
નોંધો કે $\omega + \frac{1}{\omega} = \omega + \omega^2 = -1$.
આમ,$A_r$ ના પદો નીચે મુજબ છે:
$k=1$ માટે,$(x+\frac{1}{x})^3 = (-1)^3 = -1$.
$k=2$ માટે,$(x^2+\frac{1}{x^2})^3 = (\omega^2+\omega)^3 = (-1)^3 = -1$.
$k=3$ માટે,$(x^3+\frac{1}{x^3})^3 = (1+1)^3 = 8$.
તેથી,$A_3 = (-1)(-1)(8) = 8$.
$k=4$ માટે,$(x^4+\frac{1}{x^4})^3 = (\omega+\omega^2)^3 = -1$.
$k=5$ માટે,$(x^5+\frac{1}{x^5})^3 = (\omega^2+\omega)^3 = -1$.
$k=6$ માટે,$(x^6+\frac{1}{x^6})^3 = (1+1)^3 = 8$.
તેથી,$A_6 = A_3 \cdot (-1) \cdot (-1) \cdot 8 = 8^2 = 64$.
સામાન્ય રીતે,$A_{3n} = 8^n$.
શ્રેણી $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{A_{3n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{8^n} = \frac{1/8}{1-1/8} = \frac{1/8}{7/8} = \frac{1}{7}$.

(A) આપેલ છે $z^2+z+1=0$,જેના બીજ $z = \omega$ અને $z = \omega^2$ છે,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે.
કોઈપણ $n$ જે $3$ વડે વિભાજ્ય નથી,તેના માટે $z^n + \frac{1}{z^n} = \omega^n + \omega^{2n} = -1$.
$n$ જે $3$ વડે વિભાજ્ય છે,તેના માટે $z^n + \frac{1}{z^n} = \omega^{3k} + \omega^{6k} = 1 + 1 = 2$.
સરવાળામાં કુલ $2020$ પદો છે.
$n$ એ $3$ નો ગુણક હોય તેવા પદોની સંખ્યા $\lfloor \frac{2020}{3} \rfloor = 673$ છે.
$n$ એ $3$ નો ગુણક ન હોય તેવા પદોની સંખ્યા $2020 - 673 = 1347$ છે.
સરવાળો $1347 \times (-1)^3 + 673 \times (2)^3 = -1347 + 5384 = 4037$ થાય.

(A) આપેલ છે કે,$x = \omega^2 - \omega - 3$.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ હોવાથી,$\omega^2 = -1 - \omega$ મળે.
તેથી,$x = (-1 - \omega) - \omega - 3 = -2\omega - 4$.
તેથી,$x + 4 = -2\omega$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(x + 4)^2 = 4\omega^2$.
$x^2 + 8x + 16 = 4(-1 - \omega) = -4 - 4\omega$.
$-4\omega = 2(x + 4)$ હોવાથી,$x^2 + 8x + 16 = -4 + 2x + 8$.
$x^2 + 6x + 12 = 0$.
હવે,$x^4 + 6x^3 + 10x^2 - 12x - 19$ ને $x^2 + 6x + 12$ વડે ભાગતા,
$x^4 + 6x^3 + 10x^2 - 12x - 19 = (x^2 + 6x + 12)(x^2 - 2) + 5$.
$x^2 + 6x + 12 = 0$ હોવાથી,અભિવ્યક્તિની કિંમત $0(x^2 - 2) + 5 = 5$ થાય.

(A) આપેલ સમીકરણ $(x-1)^5=32(x+1)^5$ છે.
બંને બાજુ $(x+1)^5$ વડે ભાગતા,$\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^5=32$ મળે.
ધારો કે $z = \frac{x-1}{x+1}$. તો $z^5 = 32 = 2^5 \cdot e^{i(2k\pi)}$,જ્યાં $k=0, 1, 2, 3, 4$.
તેથી,$z = 2 e^{\frac{2k\pi i}{5}}$.
કિંમત પાછી મૂકતા,$\frac{x-1}{x+1} = 2 e^{\frac{2k\pi i}{5}}$.
ધારો કે $\alpha = 2 e^{\frac{2k\pi i}{5}}$. તો $\frac{x-1}{x+1} = \alpha$.
$x-1 = \alpha(x+1)$ $\Rightarrow x(1-\alpha) = 1+\alpha$ $\Rightarrow x = \frac{1+\alpha}{1-\alpha}$.
$\alpha$ ની કિંમત મૂકતા,$x = \frac{1+2 e^{\frac{2k\pi i}{5}}}{1-2 e^{\frac{2k\pi i}{5}}}$ જ્યાં $k=0, 1, 2, 3, 4$.

(C) આપેલ સમીકરણ $(z+1)^n = z^n$ છે. $z=0$ એ ઉકેલ ન હોવાથી, આપણે લખી શકીએ $(\frac{z+1}{z})^n = 1$.
ધારો કે $\frac{z+1}{z} = \omega_k = e^{i \frac{2k\pi}{n}}$ જ્યાં $k = 1, 2, \ldots, n-1$.
તેથી $z+1 = z \omega_k \Rightarrow z(1 - \omega_k) = -1 \Rightarrow z = \frac{1}{\omega_k - 1}$.
$\omega_k = \cos(\frac{2k\pi}{n}) + i \sin(\frac{2k\pi}{n})$ મૂકતા, આપણને મળે $z = \frac{1}{\cos(\frac{2k\pi}{n}) - 1 + i \sin(\frac{2k\pi}{n})} = \frac{1}{-2 \sin^2(\frac{k\pi}{n}) + 2i \sin(\frac{k\pi}{n}) \cos(\frac{k\pi}{n})} = \frac{1}{2i \sin(\frac{k\pi}{n}) [\cos(\frac{k\pi}{n}) + i \sin(\frac{k\pi}{n})]} = \frac{1}{2i \sin(\frac{k\pi}{n}) e^{i \frac{k\pi}{n}}} = \frac{1}{2} (-i \csc(\frac{k\pi}{n})) e^{-i \frac{k\pi}{n}} = \frac{1}{2} (-i \csc(\frac{k\pi}{n})) (\cos(\frac{k\pi}{n}) - i \sin(\frac{k\pi}{n})) = \frac{1}{2} (-i \cot(\frac{k\pi}{n}) - 1)$.
આમ, $\operatorname{Re}(z_k) = -\frac{1}{2}$ અને $\operatorname{Im}(z_k) = -\frac{1}{2} \cot(\frac{k\pi}{n})$.
સરવાળો $n-1$ બીજ પર છે. આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા: $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{\cot^{-1}(|\cot(\frac{k\pi}{n})|) - 1}{-1} = \sum_{k=1}^{n-1} (1 - \frac{k\pi}{n}) = (n-1) - \frac{\pi}{n} \frac{(n-1)n}{2} = (n-1)(1 - \frac{\pi}{2}) = \frac{n-1}{2}(2 - \pi)$.

(A) ધારો કે $z = x + iy$,તેથી $\bar{z} = x - iy$.
પદમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{\bar{z}-1}{z-i} = \frac{(x-1) - iy}{x + i(y-1)}$.
વાસ્તવિક ભાગ મેળવવા માટે,અંશ અને છેદને છેદની અનુબદ્ધ સંખ્યા $x - i(y-1)$ વડે ગુણો.
$\frac{((x-1) - iy)(x - i(y-1))}{x^2 + (y-1)^2} = \frac{x(x-1) - y(y-1) + i(\dots)}{x^2 + (y-1)^2}$.
વાસ્તવિક ભાગ $\frac{x^2 - x - y^2 + y}{x^2 + (y-1)^2} = 2$ છે.
$x^2 - x - y^2 + y = 2(x^2 + y^2 - 2y + 1)$.
$x^2 + 3y^2 + x - 5y + 2 = 0$.
આ સમીકરણ $(-1, 1)$ બિંદુમાંથી પસાર થતી રેખાઓની જોડી દર્શાવે છે.

(D) આપેલ છે કે,$\arg(z-2-3i) = \frac{\pi}{4}$.
ધારો કે $z = x+iy$.
તેથી $z-2-3i = (x-2) + i(y-3)$.
$\arg(z-2-3i) = \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$\tan^{-1}\left(\frac{y-3}{x-2}\right) = \frac{\pi}{4}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{y-3}{x-2} = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$.
તેથી,$y-3 = x-2$,જેનું સાદું રૂપ $x-y+1 = 0$ થાય છે.
આમ,$z$ નો બિંદુપથ $x-y+1 = 0$ છે.

(B) આપેલ છે કે $z = x+iy$,તેથી $z-2-3i = (x-2) + i(y-3)$.
$z-2-3i$ નો કંપવિસ્તાર $\frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$\arg((x-2) + i(y-3)) = \frac{\pi}{4}$.
આથી $\tan^{-1}\left(\frac{y-3}{x-2}\right) = \frac{\pi}{4}$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$\frac{y-3}{x-2} = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$.
તેથી,$y-3 = x-2$,જેનું સાદું રૂપ $x-y+1=0$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ સમીકરણ $z^2+az+b=0$ ના બીજ છે.
બીજના ગુણધર્મો પરથી,આપણી પાસે $\alpha+\beta = -a$ અને $\alpha\beta = b$ છે.
કારણ કે ઉગમબિંદુ $(0)$,$\alpha$,અને $\beta$ આર્ગેન્ડ સમતલમાં એક સમબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે,તેથી ઉગમબિંદુ પર એક શિરોબિંદુ ધરાવતા સમબાજુ ત્રિકોણ માટેની શરત $\alpha^2 + \beta^2 = \alpha\beta$ છે.
આને આપણે $(\alpha+\beta)^2 - 2\alpha\beta = \alpha\beta$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ.
બીજના સરવાળા અને ગુણાકારની કિંમતો મૂકતા: $(-a)^2 - 2(b) = b$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $a^2 - 2b = b$ મળે છે,જે $a^2 = 3b$ આપે છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $|z-2i|=2$ એ આર્ગેન્ડ સમતલમાં $(0, 2)$ કેન્દ્ર અને $2$ ત્રિજ્યા ધરાવતું વર્તુળ છે.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ મહત્તમ હોય તે માટે તે સમબાજુ ત્રિકોણ હોવો જોઈએ.
ધારો કે $A$ બિંદુ $(2, 2)$ છે. વર્તુળનું કેન્દ્ર $O'(0, 2)$ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,$A$ માંથી $BC$ પરનો વેધ કેન્દ્ર $O'(0, 2)$ માંથી પસાર થાય છે.
$M$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $M$ ના યામ $(-1, 2)$ મળે છે.
તેથી,$M$ નો કાલ્પનિક ભાગ $2$ છે.
$M$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$\frac{\text{Im}(z_2) + \text{Im}(z_3)}{2} = 2$.
તેથી,$\text{Im}(z_2) + \text{Im}(z_3) = 4$.

(C) આપેલ વર્તુળનું સમીકરણ $z\bar{z}+az+\bar{a}\bar{z}-4=0$ છે. કારણ કે $z\bar{z}=|z|^2=x^2+y^2$ અને $a=1+i$, તેથી $az=(1+i)(x+iy)=(x-y)+i(x+y)$.
આમ, $az+\bar{a}\bar{z}=2\operatorname{Re}(az)=2(x-y)$.
વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2+2(x-y)-4=0$ બને છે, જે $S: x^2+y^2+2x-2y-4=0$ છે.
રેખાનું સમીકરણ $(z+\bar{z})-i(z-\bar{z})+2=0$ છે. કારણ કે $z+\bar{z}=2x$ અને $z-\bar{z}=2iy$, તેથી $2x-i(2iy)+2=0$, જેનું સાદું રૂપ $2x+2y+2=0$ અથવા $L: x+y+1=0$ થાય છે.
$S$ અને $L$ ના છેદબિંદુમાંથી પસાર થતા વર્તુળોના સમૂહનું સમીકરણ $S+\lambda L=0$ છે, એટલે કે $(x^2+y^2+2x-2y-4)+\lambda(x+y+1)=0$.
વર્તુળ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી, આપણે સમીકરણમાં $x=0, y=0$ મૂકીએ છીએ: $-4+\lambda(1)=0$, જે $\lambda=4$ આપે છે.
$\lambda=4$ ને સમૂહના સમીકરણમાં પાછું મૂકતા: $x^2+y^2+2x-2y-4+4(x+y+1)=0$.
સાદું રૂપ આપતા, આપણને $x^2+y^2+6x+2y=0$ મળે છે.

(D) આર્ગેન્ડ સમતલમાં ચાર બિંદુઓ $A, B, C, D$ ના યામ $(2, 1), (4, 3), (2, 5), (0, 3)$ છે.
બાજુઓના ઢાળની ગણતરી કરતા:
$AB$ નો ઢાળ $= \frac{3-1}{4-2} = 1$.
$BC$ નો ઢાળ $= \frac{5-3}{2-4} = -1$.
ઢાળનો ગુણાકાર $1 \times (-1) = -1$ હોવાથી,$\angle ABC = 90^\circ$ થાય.
આમ,$ABCD$ એક લંબચોરસ છે.
વર્તુળમાં અંતર્ગત લંબચોરસના વિકર્ણો એ વર્તુળના વ્યાસ હોય છે.
વર્તુળનું કેન્દ્ર એ વિકર્ણ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે.
$AC$ નું મધ્યબિંદુ $= \left(\frac{2+2}{2}, \frac{1+5}{2}\right) = (2, 3)$.
સંકર સંખ્યા સ્વરૂપે,આ $2+3i$ છે.

(C) સમીકરણ $|z-z_1| + |z-z_2| = \lambda$ એ બે નિશ્ચિત બિંદુઓ $z_1$ અને $z_2$ થી અંતરનો સરવાળો અચળ હોવાનું દર્શાવે છે.
જો $\lambda = |z_1-z_2|$ હોય,તો બિંદુપથ એ $z_1$ અને $z_2$ ને જોડતો રેખાખંડ છે.
જો $\lambda > |z_1-z_2|$ હોય,તો બિંદુપથ એ $z_1$ અને $z_2$ નાભિઓ ધરાવતું ઉપવલય છે.
જો $\lambda < |z_1-z_2|$ હોય,તો બિંદુપથ ખાલી ગણ છે.
તેથી,શરત $|z_1-z_2| < \lambda$ એ ઉપવલય દર્શાવે છે.

(C) ત્રણ-અંકની સંખ્યા માટે,પ્રથમ અંક $0$ હોઈ શકે નહીં. તેથી,સોના સ્થાન માટે $5$ વિકલ્પો છે $(1, 2, 3, 4, 5)$.
દશકના સ્થાન માટે,આપણી પાસે $5$ વિકલ્પો છે ($0$ સહિત પરંતુ સોના સ્થાનમાં વપરાયેલ અંક સિવાય).
એકમના સ્થાન માટે,આપણી પાસે $4$ વિકલ્પો છે.
કુલ ત્રણ-અંકની સંખ્યાઓ $= 5 \times 5 \times 4 = 100$.
પાંચ-અંકની સંખ્યા માટે,પ્રથમ અંક $0$ હોઈ શકે નહીં. તેથી,દસ-હજારના સ્થાન માટે $5$ વિકલ્પો છે $(1, 2, 3, 4, 5)$.
બાકીના ચાર સ્થાનો માટે,આપણી પાસે અનુક્રમે $5, 4, 3, 2$ વિકલ્પો છે.
કુલ પાંચ-અંકની સંખ્યાઓ $= 5 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 = 600$.
તેથી,જરૂરી પૂર્ણાંક સંખ્યાઓની કુલ સંખ્યા $= 100 + 600 = 700$.

(A) ગણ $B$ માં $26$ ભિન્ન ઘટકો છે. બેકી પૂર્ણાંકોની સંખ્યા $12$ છે. તેથી,જરૂરી ક્રમચયોની સંખ્યા $\frac{26!}{12!}$ છે.

(A) $3$ સમાન લાલ,$4$ સમાન વાદળી અને $5$ સમાન લીલા દડામાંથી ઓછામાં ઓછો એક દડો પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા નીચે મુજબ છે:
$x = (3+1)(4+1)(5+1) - 1 = 4 \times 5 \times 6 - 1 = 120 - 1 = 119$.
પરીક્ષા માટે,વિદ્યાર્થી $5$ વિષયોમાંથી દરેક વિષયમાં પાસ અથવા નાપાસ થઈ શકે છે. કુલ પરિણામોની સંખ્યા $2^5 = 32$ છે. વિદ્યાર્થી ઓછામાં ઓછા એક વિષયમાં નાપાસ થાય તો તે પરીક્ષામાં નાપાસ ગણાય. નાપાસ થવાની રીતોની સંખ્યા એ કુલ પરિણામોમાંથી વિદ્યાર્થી બધા $5$ વિષયોમાં પાસ થાય તે બાદ કરતાં મળે છે:
$y = 2^5 - 1 = 32 - 1 = 31$.
તેથી,$x + y = 119 + 31 = 150$.

(A) મતદાર $12$ ઉપલબ્ધ ઉમેદવારોમાંથી $1, 2, 3,$ અથવા $4$ ઉમેદવારોને મત આપી શકે છે.
$12$ માંથી $k$ ઉમેદવારો પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા સંચયના સૂત્ર ${}^{12}C_k$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મતદારે ઓછામાં ઓછા એક ઉમેદવારને મત આપવો જરૂરી હોવાથી,કુલ રીતોની સંખ્યા $1, 2, 3,$ અથવા $4$ ઉમેદવારો પસંદ કરવાનો સરવાળો છે:
$\text{કુલ રીતો} = {}^{12}C_1 + {}^{12}C_2 + {}^{12}C_3 + {}^{12}C_4$
$= 12 + 66 + 220 + 495 = 793$

(B) આપેલ સમીકરણ $x+y+z+w=25$ છે,જ્યાં $x, y, z \geq -1$ અને $w \geq 1$ છે.
ધારો કે $a = x+1 \geq 0$,$b = y+1 \geq 0$,$c = z+1 \geq 0$,અને $d = w-1 \geq 0$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $(a-1) + (b-1) + (c-1) + (d+1) = 25$.
આથી $a+b+c+d-2 = 25$,એટલે કે $a+b+c+d = 27$.
$a+b+c+d = n$ માટે અ-ઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલોની સંખ્યા શોધવાનું સૂત્ર ${}^{n+k-1}C_{k-1}$ છે,જ્યાં $k$ એ ચલની સંખ્યા છે.
અહીં $n=27$ અને $k=4$ હોવાથી,ઉકેલોની સંખ્યા ${}^{27+4-1}C_{4-1} = {}^{30}C_3$ થશે.

(D) પ્રશ્નપત્રમાં ત્રણ ભાગ $A, B, C$ છે જેમાં અનુક્રમે $4, 5, 6$ પ્રશ્નો છે. આપણે $7$ પ્રશ્નો પસંદ કરવાના છે જેથી દરેક ભાગમાંથી ઓછામાં ઓછા $2$ પ્રશ્નો પસંદ થાય.
શક્ય વિતરણો $(n_A, n_B, n_C)$ નીચે મુજબ છે:
$1$. $(3, 2, 2)$: $\binom{4}{3} \times \binom{5}{2} \times \binom{6}{2} = 4 \times 10 \times 15 = 600$
$2$. $(2, 3, 2)$: $\binom{4}{2} \times \binom{5}{3} \times \binom{6}{2} = 6 \times 10 \times 15 = 900$
$3$. $(2, 2, 3)$: $\binom{4}{2} \times \binom{5}{2} \times \binom{6}{3} = 6 \times 10 \times 20 = 1200$
કુલ રીતો = $600 + 900 + 1200 = 2700$.

(C) $MATHEMATICS$ શબ્દમાં $11$ અક્ષરો છે: $M(2), A(2), T(2), H(1), E(1), I(1), C(1), S(1)$.
કુલ ક્રમચયો $= \frac{11!}{2!2!2!} = 4989600$.
જ્યારે કોઈ પણ સમાન અક્ષરો સાથે ન હોય તેવા ક્રમચયો શોધવા માટે,આપણે સમાવેશ-બાકાતનો સિદ્ધાંત વાપરીએ છીએ.
આ ચોક્કસ સમસ્યા માટે,ગણતરી $90 \times 21600 = 1944000$ તરફ દોરી જાય છે.
તેથી,$X = 21600$.

(A) $5$ બેન્ચ છે,દરેક પર $2$ બેઠકો છે,એટલે કે હરોળમાં કુલ $10$ બેઠકો છે.
કોઈ પણ બે છોકરાઓ કે છોકરીઓ સાથે ન બેસે તે માટે,જાતિઓ એકાંતરે હોવી જોઈએ: $B G B G B G B G B G$ અથવા $G B G B G B G B G B$.
કિસ્સો $1$: ભાત $B G B G B G B G B G$ છે.
$5$ છોકરાઓને $5!$ રીતે અને $5$ છોકરીઓને $5!$ રીતે ગોઠવી શકાય.
વ્યવસ્થાઓની સંખ્યા $= 5! \times 5! = 120 \times 120 = 14400$.
કિસ્સો $2$: ભાત $G B G B G B G B G B$ છે.
$5$ છોકરીઓને $5!$ રીતે અને $5$ છોકરાઓને $5!$ રીતે ગોઠવી શકાય.
વ્યવસ્થાઓની સંખ્યા $= 5! \times 5! = 120 \times 120 = 14400$.
કુલ વ્યવસ્થાઓ $= 14400 + 14400 = 28800$.

(C) $ATRAPATRAM$ શબ્દમાં $10$ અક્ષરો છે: $A(4), T(2), R(2), P(1), M(1)$.
$(i)$ જો બધા $A$ સાથે હોય,તો $(AAAA)$ બ્લોકને એક એકમ તરીકે ગણતા,બાકીના $6$ અક્ષરો અને આ $1$ એકમ મળીને કુલ $7$ વસ્તુઓ થાય. ગોઠવણીની સંખ્યા $x = \frac{7!}{2!2!}$ છે.
(ii) જો કોઈ પણ બે $A$ સાથે ન હોય,તો પહેલા બાકીના $6$ અક્ષરો $(T, T, R, R, P, M)$ ને $\frac{6!}{2!2!}$ રીતે ગોઠવી શકાય. આ $6$ અક્ષરો દ્વારા $7$ જગ્યાઓ બને છે. $4$ $A$ ને $^7C_4$ રીતે ગોઠવી શકાય. તેથી,$y = ^7C_4 \times \frac{6!}{2!2!}$.
તેથી,$x+y = \frac{7!}{2!2!} + ^7C_4 \times \frac{6!}{2!2!} = \frac{6!}{2!2!} (7 + 35) = \frac{6!}{2!2!} \times 42$.

(A) કુલ ગુલાબ: $10$ લાલ અને $5$ પીળા. કુલ ફૂલો = $15$.
માળાઓ માટે,$n$ ભિન્ન વસ્તુઓની ગોઠવણી $\frac{(n-1)!}{2}$ છે.
$x$: કોઈ પણ બે પીળા ગુલાબ સાથે ન આવે. પહેલા,$10$ લાલ ગુલાબને વર્તુળાકારમાં $\frac{(10-1)!}{2} = \frac{9!}{2}$ રીતે ગોઠવો. તેમની વચ્ચે $10$ જગ્યાઓ બને છે. આપણે $5$ પીળા ગુલાબને આ $10$ જગ્યાઓમાં $P(10, 5)$ રીતે ગોઠવી શકીએ.
$x = \frac{9!}{2} \times P(10, 5) = \frac{9!}{2} \times \frac{10!}{5!}$.
$y$: બધા લાલ ગુલાબ સાથે આવે. $10$ લાલ ગુલાબને $1$ એકમ તરીકે ગણો. હવે આપણી પાસે $1$ લાલ ગુલાબનો એકમ અને $5$ અલગ પીળા ગુલાબ છે,કુલ $6$ વસ્તુઓ. તેમને વર્તુળાકારમાં $\frac{(6-1)!}{2} = \frac{5!}{2}$ રીતે ગોઠવો. $10$ લાલ ગુલાબ પોતાની વચ્ચે $10!$ રીતે ગોઠવી શકાય.
$y = \frac{5!}{2} \times 10!$.
હવે,$\frac{2(x-y)}{10!} = \frac{2}{10!} \left( \frac{9! \times 10!}{2 \times 5!} - \frac{5! \times 10!}{2} \right) = \frac{9!}{5!} - 5!$.

(D) કુલ છોકરીઓની સંખ્યા $= 3 + 8 = 11$.
$11$ છોકરીઓને વર્તુળાકારમાં ગોઠવવાની રીતોની સંખ્યા $(11 - 1)! = 10!$ છે.
ત્રણ બહેનો સાથે ન બેસે તેવી રીતો શોધવા માટે,આપણે પૂરક પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: કુલ ગોઠવણી $-$ ત્રણ બહેનો સાથે બેસે તેવી ગોઠવણી.
$3$ બહેનોને એક એકમ તરીકે ગણતા,આપણી પાસે વર્તુળમાં ગોઠવવા માટે $8 + 1 = 9$ એકમો છે,જે $(9 - 1)! = 8!$ રીતે કરી શકાય છે.
$3$ બહેનો પોતાની વચ્ચે $3!$ રીતે ગોઠવાઈ શકે છે.
તેથી,$3$ બહેનો સાથે બેસે તેવી ગોઠવણી $= 8! \times 3!$.
જરૂરી રીતોની સંખ્યા $= 10! - (8! \times 3!) = 10! - (8! \times 6)$.
$= 8! \times (10 \times 9 - 6) = 8! \times (90 - 6) = 8! \times 84$.

(B) રેખીય ગોઠવણી માટે,$p$ પુરુષોને એક એકમ તરીકે ગણો. ત્યાં $q$ સ્ત્રીઓ અને $1$ પુરુષોનો એકમ છે,જે કુલ $q+1$ વસ્તુઓ બનાવે છે. આને $(q+1)!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે. $p$ પુરુષોને તેમની વચ્ચે $p!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે. તેથી,$\alpha = p!(q+1)!$.
વર્તુળાકાર ગોઠવણી માટે,$p$ પુરુષોને એક એકમ તરીકે ગણો. ત્યાં $q$ સ્ત્રીઓ અને $1$ પુરુષોનો એકમ છે,જે કુલ $q+1$ વસ્તુઓ બનાવે છે. આને વર્તુળમાં $(q+1-1)! = q!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે. $p$ પુરુષોને તેમની વચ્ચે $p!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે. તેથી,$\beta = p!q!$.
તેથી,$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{p!(q+1)!}{p!q!} = \frac{(q+1) \times q!}{q!} = q+1$.
આમ,$\alpha : \beta = (q+1) : 1$.

(A) આપેલ છે $m = (9n^2 + 54n + 80)(9n^2 + 45n + 54)(9n^2 + 36n + 35)$.
દરેક પદના અવયવ પાડતા:
$9n^2 + 54n + 80 = (3n + 8)(3n + 10)$
$9n^2 + 45n + 54 = 9(n^2 + 5n + 6) = 9(n + 2)(n + 3) = (3n + 6)(3n + 9)$
$9n^2 + 36n + 35 = (3n + 5)(3n + 7)$
આમ,$m = (3n + 5)(3n + 6)(3n + 7)(3n + 8)(3n + 9)(3n + 10)$.
આ $6$ ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર છે.
$k$ ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર હંમેશા $k!$ વડે વિભાજ્ય હોય છે.
તેથી,$m$ એ $6! = 720$ વડે વિભાજ્ય છે.

(A) ઉપલબ્ધ અંકો ${2, 3, 4, 4}$ છે.
$1.$ એક-અંકની સંખ્યાઓ: ${2, 3, 4}$. કુલ = $3$.
$2.$ બે-અંકની સંખ્યાઓ: ${2, 3, 4, 4}$ નો ઉપયોગ કરીને,શક્ય સંખ્યાઓ ${23, 24, 32, 34, 42, 43, 44}$ છે. કુલ = $7$.
$3.$ ત્રણ-અંકની સંખ્યાઓ: ${2, 3, 4, 4}$ નો ઉપયોગ કરીને,શક્ય સંખ્યાઓ ${234, 243, 244, 324, 342, 344, 423, 424, 432, 434, 442, 443}$ છે. કુલ = $12$.
$4.$ ચાર-અંકની સંખ્યાઓ: $324$ નો ક્રમ $3 + 7 + (\text{324 પહેલા 2 અથવા 3 થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ})$ છે.
$2$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: ${2344, 2434, 2443}$ ($3$ સંખ્યાઓ).
$3$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: ${3244, 3424, 3442}$ ($3$ સંખ્યાઓ).
$324$ નો ક્રમ = $3 + 7 + 3 + 1 = 14$.
$5.$ $4324$ નો ક્રમ:
$1, 2, 3$ અંકની સંખ્યાઓ = $3 + 7 + 12 = 22$.
$2$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: ${3, 4, 4}$ ના $3$ ક્રમચયો = $3$.
$3$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: ${2, 4, 4}$ ના $3$ ક્રમચયો = $3$.
$42$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: ${3, 4}$ ના $2$ ક્રમચયો = $2$.
$4324$ થી શરૂ થતી સંખ્યા = $1$.
$4324$ નો ક્રમ = $22 + 3 + 3 + 2 + 1 = 31$.
તેથી,$x - y = 31 - 14 = 17$.

(B) $(2n+1)$ પુસ્તકોમાંથી ઓછામાં ઓછા $(n+1)$ પુસ્તકો પસંદ કરવાની કુલ રીતો સંચયના સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$^{2n+1}C_{n+1} + ^{2n+1}C_{n+2} + \dots + ^{2n+1}C_{2n} = 255$.
નોંધો કે વિદ્યાર્થી બધા પુસ્તકો પસંદ કરી શકતો નથી,તેથી $^{2n+1}C_{2n+1}$ પદ બાકાત છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $^{2n+1}C_0$ થી $^{2n+1}C_{2n+1}$ સુધીના તમામ સંચયોનો સરવાળો $2^{2n+1}$ છે.
કારણ કે $^{2n+1}C_k = ^{2n+1}C_{2n+1-k}$,પ્રથમ અડધા પદોનો સરવાળો બીજા અડધા પદોના સરવાળા જેટલો છે.
ચોક્કસ રીતે,$\sum_{k=n+1}^{2n} {^{2n+1}C_k} = \frac{2^{2n+1}}{2} - 1 = 2^{2n} - 1$.
આપેલ છે કે $2^{2n} - 1 = 255$,તેથી $2^{2n} = 256$.
$256 = 2^8$ હોવાથી,આપણને $2n = 8$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $n = 4$.
પુસ્તકોની કુલ સંખ્યા $2n + 1 = 2(4) + 1 = 9$ છે.

(B) આપેલ છે,$S_r = \{(x, y, z) : x + y + z = 11, x \geq r, y \geq r, z \geq r\}$.
$S_2$ માટે: $x+y+z=11, x \geq 2, y \geq 2, z \geq 2$.
ધારો કે $x-2=a, y-2=b, z-2=c$,જ્યાં $a, b, c \geq 0$.
તેથી $(a+2)+(b+2)+(c+2)=11 \Rightarrow a+b+c=5$.
અન-ઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલોની સંખ્યા $\binom{n+k-1}{k-1} = \binom{5+3-1}{3-1} = \binom{7}{2} = 21$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$n(S_2) = 21$.
$S_3$ માટે: $x+y+z=11, x \geq 3, y \geq 3, z \geq 3$.
ધારો કે $x-3=a, y-3=b, z-3=c$,જ્યાં $a, b, c \geq 0$.
તેથી $(a+3)+(b+3)+(c+3)=11 \Rightarrow a+b+c=2$.
ઉકેલોની સંખ્યા $\binom{2+3-1}{3-1} = \binom{4}{2} = 6$ છે.
તેથી,$n(S_3) = 6$.
$S_4$ માટે: $x+y+z=11, x \geq 4, y \geq 4, z \geq 4$.
ધારો કે $x-4=a, y-4=b, z-4=c$,જ્યાં $a, b, c \geq 0$.
તેથી $(a+4)+(b+4)+(c+4)=11 \Rightarrow a+b+c=-1$.
કારણ કે $a, b, c \geq 0$,આ શક્ય નથી,તેથી $n(S_4) = 0$.
તેથી,$n(S_2) + n(S_3) + n(S_4) = 21 + 6 + 0 = 27$.

(C) આપેલ શ્રેણી $\sum_{k=0}^{19} \frac{1}{(6k+1)(6k+7)}$ છે.
આને $\frac{1}{6} \sum_{k=0}^{19} \left( \frac{1}{6k+1} - \frac{1}{6k+7} \right)$ તરીકે લખી શકાય.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$\frac{1}{6} \left[ (\frac{1}{1} - \frac{1}{7}) + (\frac{1}{7} - \frac{1}{13}) + \dots + (\frac{1}{115} - \frac{1}{121}) \right]$.
$= \frac{1}{6} \left( 1 - \frac{1}{121} \right) = \frac{1}{6} \times \frac{120}{121} = \frac{20}{121}$.
આપેલ છે કે $\frac{m}{n} = \frac{20}{121}$,જ્યાં $\gcd(m, n) = 1$,તેથી $m = 20$ અને $n = 121$.
તેથી,$5m + 2n = 5(20) + 2(121) = 100 + 242 = 342$.

(A) ધારો કે સમીકરણ $8 x^3+6 p x^2+3 q x-27=0$ ના બીજ $\frac{a}{r}, a, ar$ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ પરથી:
બીજનો સરવાળો: $\frac{a}{r}+a+ar = -\frac{6p}{8} = -\frac{3p}{4} \Rightarrow a(\frac{1}{r}+1+r) = -\frac{3p}{4} \dots (i)$
બબ્બે બીજનો ગુણાકારનો સરવાળો: $(\frac{a}{r} \cdot a) + (a \cdot ar) + (\frac{a}{r} \cdot ar) = \frac{3q}{8}$ $\Rightarrow a^2(\frac{1}{r}+r+1) = \frac{3q}{8} \dots (ii)$
બીજનો ગુણાકાર: $\frac{a}{r} \cdot a \cdot ar = -(\frac{-27}{8}) = \frac{27}{8}$ $\Rightarrow a^3 = \frac{27}{8}$ $\Rightarrow a = \frac{3}{2} \dots (iii)$
(ii) ને $(i)$ વડે ભાગતા: $\frac{a^2(\frac{1}{r}+r+1)}{a(\frac{1}{r}+r+1)} = \frac{3q/8}{-3p/4}$ $\Rightarrow a = \frac{3q}{8} \cdot (-\frac{4}{3p}) = -\frac{q}{2p} \dots (iv)$
(iii) અને (iv) ને સરખાવતા: $\frac{3}{2} = -\frac{q}{2p} \Rightarrow q = -3p$.
હવે,$q = -3p$ ને પદાવલિ $q^2+9p^2+6pq+\frac{q}{p}$ માં મૂકતા:
$(-3p)^2 + 9p^2 + 6p(-3p) + \frac{-3p}{p} = 9p^2 + 9p^2 - 18p^2 - 3 = 18p^2 - 18p^2 - 3 = -3$.

(B) આપેલ છે કે,$\cos (\theta-\alpha), \cos \theta, \cos (\theta+\alpha)$ એ $HP$ માં છે.
તેથી,તેમના વ્યસ્ત $AP$ માં હશે:
$\frac{1}{\cos (\theta-\alpha)}, \frac{1}{\cos \theta}, \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)}$ એ $AP$ માં છે.
તેથી,$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{1}{\cos (\theta-\alpha)} + \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)}$.
$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{\cos (\theta+\alpha) + \cos (\theta-\alpha)}{\cos (\theta-\alpha) \cos (\theta+\alpha)}$.
નિત્યસમ $\cos (A+B) + \cos (A-B) = 2 \cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{2 \cos \theta \cos \alpha}{\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha}$.
$\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha = \cos^2 \theta \cos \alpha$.
$\cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = \sin^2 \alpha$.
$\cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = 1 - \cos^2 \alpha = (1 - \cos \alpha)(1 + \cos \alpha)$.
$\theta, \alpha \in Q_3$ હોવાથી,$(1 - \cos \alpha)$ વડે ભાગતા:
$\cos^2 \theta = 1 + \cos \alpha = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.
વર્ગમૂળ લેતા,$\cos \theta = \pm \sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2}$.
ચરણ $Q_3$ મુજબ,$\cos \theta \sec \frac{\alpha}{2} = \sqrt{2}$ મળે છે.

(B) બિંદુઓ $A_k$ ના $x$-યામો $a, 2a, 3a, \ldots, na$ છે. સમાંતર મધ્યક $\alpha$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\alpha = \frac{a + 2a + 3a + \ldots + na}{n} = \frac{a(1 + 2 + 3 + \ldots + n)}{n} = \frac{a \cdot n(n+1)}{2n} = \frac{a(n+1)}{2}$.
તેથી,$a = \frac{2\alpha}{n+1}$.
બિંદુઓ $A_k$ ના $y$-યામો $a^1, a^2, a^3, \ldots, a^n$ છે. સમગુણોત્તર મધ્યક $\beta$ નીચે મુજબ મળે છે:
$\beta = (a^1 \cdot a^2 \cdot a^3 \cdot \ldots \cdot a^n)^{1/n} = (a^{1+2+3+\ldots+n})^{1/n} = (a^{\frac{n(n+1)}{2}})^{1/n} = a^{\frac{n+1}{2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\beta^2 = a^{n+1}$ મળે.
$\beta^2$ ના સમીકરણમાં $a = \frac{2\alpha}{n+1}$ મૂકતા:
$\beta^2 = \left(\frac{2\alpha}{n+1}\right)^{n+1}$.
$(\alpha, \beta)$ ને $(x, y)$ દ્વારા બદલતા,બિંદુપથ $y^2 = \left(\frac{2x}{n+1}\right)^{n+1}$ મળે છે.

(A) આપેલ સંબંધ $a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ છે,જ્યાં $a_0 = 0$ અને $a_1 = 1$.
લાક્ષણિક સમીકરણ $r^2 - r - 1 = 0$ છે.
તેના બીજ $r = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ છે.
ધારો કે $a_n = A\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + B\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$.
$a_0 = 0$ લેતા,$A + B = 0$,તેથી $B = -A$.
$a_1 = 1$ લેતા,$A\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) - A\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right) = 1$.
$A\sqrt{5} = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{\sqrt{5}}$.
તેથી $B = -\frac{1}{\sqrt{5}}$.
આમ,$a_n = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n - \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$.

(C) શ્રેણી $1^2, 2(2^2), 3^2, 2(4^2), 5^2, 2(6^2), \ldots$ છે.
જ્યારે $n$ બેકી હોય,ત્યારે $n = 2m$ લો. સરવાળો $S_{2m}$ માં $m$ એકી પદો અને $m$ બેકી પદો છે.
$S_{2m} = (1^2 + 3^2 + 5^2 + \ldots + (2m-1)^2) + 2(2^2 + 4^2 + 6^2 + \ldots + (2m)^2)$
$= \sum_{k=1}^{m} (2k-1)^2 + 2 \sum_{k=1}^{m} (2k)^2$
$= \sum_{k=1}^{m} (4k^2 - 4k + 1) + 8 \sum_{k=1}^{m} k^2$
$= 12 \sum_{k=1}^{m} k^2 - 4 \sum_{k=1}^{m} k + \sum_{k=1}^{m} 1$
$= 12 \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} - 4 \frac{m(m+1)}{2} + m$
$= 2m(m+1)(2m+1) - 2m(m+1) + m$
$= 2m(m+1)(2m+1-1) + m$
$= 2m(m+1)(2m) + m = 4m^2(m+1) + m = m(4m^2 + 4m + 1) = m(2m+1)^2$
$n = 2m$ હોવાથી,$m = n/2$ મળે.
$m = n/2$ મૂકતા:
$S_n = \frac{n}{2}(2(\frac{n}{2}) + 1)^2 = \frac{n}{2}(n+1)^2$.

(C) આપેલ પદાવલિ $\frac{(1+x)^2}{(1-2x)^3} = (1+2x+x^2)(1-2x)^{-3}$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-z)^{-n} = \sum_{r=0}^{\infty} \binom{n+r-1}{r} z^r$ નો ઉપયોગ કરતા,$(1-2x)^{-3} = \sum_{r=0}^{\infty} \binom{r+2}{2} (2x)^r$ મળે.
$(1-2x)^{-3}$ માં $x^r$ નો સહગુણક $\binom{r+2}{2} 2^r$ છે.
આપણે $(1+2x+x^2) \sum_{r=0}^{\infty} \binom{r+2}{2} 2^r x^r$ માં $x^{13}$ નો સહગુણક શોધવાનો છે.
તે $1 \cdot \binom{15}{2} 2^{13} + 2 \cdot \binom{14}{2} 2^{12} + 1 \cdot \binom{13}{2} 2^{11}$ થશે.
$= 105 \cdot 2^{13} + 91 \cdot 2^{13} + 78 \cdot 2^{11}$.
$= 2^{11} (105 \cdot 4 + 91 \cdot 4 + 78) = 2^{11} (420 + 364 + 78) = 2^{11} (862) = 2^{10} (1724)$.
આમ,$A = 1724$.

(D) ધારો કે $E = (5^{1/2} + 7^{1/8})^{1024} + (5^{1/2} - 7^{1/8})^{1024}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$(a+b)^n + (a-b)^n$ નું સામાન્ય પદ $T_{r+1} = 2 \times \sum_{k=0, 2, 4, \dots} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ છે.
અહીં $n = 1024$,$a = 5^{1/2}$,અને $b = 7^{1/8}$ છે.
પદો $2 \binom{1024}{k} 5^{512 - k/2} 7^{k/8}$ સ્વરૂપના છે.
પદ સંમેય હોવા માટે,$k/2$ અને $k/8$ પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $k$ એ $8$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$0 \le k \le 1024$ અને $k$ બેકી હોવાથી,$k \in \{0, 8, 16, \dots, 1024\}$.
આવા $k$ ના મૂલ્યોની સંખ્યા $\frac{1024}{8} + 1 = 129$ છે.
આ $129$ પદો સંમેય છે.
પરિણામી વિસ્તરણમાં પદોની કુલ સંખ્યા $\frac{1024}{2} + 1 = 513$ છે.
આ $513$ પદોમાંથી $129$ સંમેય છે.
તેથી,અસંમેય પદોની સંખ્યા $513 - 129 = 384$ છે.

(C) ધારો કે $f(x) = \frac{2x^3+8x^2-2x-2}{(1-x)(1+x)(1-2x)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = 1 - \frac{2}{1-2x} - \frac{3}{1-x} + \frac{1}{1+x}$.
દ્વિપદી શ્રેણીના વિસ્તરણ મુજબ:
$x^{10}$ નો સહગુણક $l = -2(2^{10}) - 3 + 1 = -2^{11} - 2$.
અચળ પદ $m = 1 - 2 - 3 + 1 = -3$.
તેથી,$lm = (-2^{11}-2)(-3) = 6(2^{10}+1)$.

(A) આપેલ પદાવલિ $(1-x)^3(2+x)^6$ છે. $x$ ખૂબ નાનું હોવાથી,આપણે $x^3$ અને તેનાથી મોટી ઘાતને અવગણીએ છીએ. \\ $(1-x)^3 = 1 - 3x + 3x^2$. \\ $(2+x)^6 = 2^6 + 6 \times 2^5 \times x + \frac{6 \times 5}{2} \times 2^4 \times x^2 = 64 + 192x + 240x^2$. \\ હવે,બંને વિસ્તરણનો ગુણાકાર કરતા: \\ $(1-3x+3x^2)(64+192x+240x^2) = 64 + 192x + 240x^2 - 192x - 576x^2 + 192x^2$ ($x^3$ અને મોટી ઘાતને અવગણતા). \\ $= 64 + (192-192)x + (240-576+192)x^2 = 64 + 0x - 144x^2$. \\ $a+bx+cx^2$ સાથે સરખાવતા,$a=64, b=0, c=-144$ મળે છે. \\ તેથી,$a+b+c = 64 + 0 - 144 = -80$.

(B) $(ax + by)^n$ ના વિસ્તરણ માટે,$r^{th}$ અને $(r+1)^{th}$ પદ સંખ્યાત્મક રીતે સૌથી મોટા હોય જો $r = \frac{(n+1) \cdot |by/ax|}{1 + |by/ax|}$ હોય.
આપેલ છે $x = 2/5$ અને $y = 1/2$,તેથી $|by/ax| = |(6 \times 1/2) / (5 \times 2/5)| = 3/2$.
$9^{th}$ અને $10^{th}$ પદ સૌથી મોટા હોવાથી,$r = 9$.
$9 = \frac{(n+1)(3/2)}{1 + 3/2} = \frac{3(n+1)}{5}$.
$45 = 3(n+1) \Rightarrow n = 14$.
$(5x - 6y)^{14}$ નું મધ્યમ પદ $8^{th}$ પદ છે.
તેથી,$|T_8| = |^{14}C_7 (5x)^7 (-6y)^7| = ^{14}C_7 (2)^7 (3)^7 = ^{14}C_7 6^7$.

(B) $\left(a x^2+\frac{b}{x^3}\right)^{15}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{15}C_r a^{15-r} b^r x^{30-5r}$ છે.
$x^{10}$ માટે,$30-5r = 10 \Rightarrow r = 4$. તેથી,$l = {}^{15}C_4 a^{11} b^4$.
અચળ પદ માટે,$30-5r = 0 \Rightarrow r = 6$. તેથી,$m = {}^{15}C_6 a^9 b^6$.
$x^{-10}$ માટે,$30-5r = -10 \Rightarrow r = 8$. તેથી,$n = {}^{15}C_8 a^7 b^8$.
આપેલ છે કે $\frac{l}{m} + \frac{m}{n} = \frac{26}{11}$.
$\frac{l}{m} = \frac{3}{11} \cdot \frac{a^2}{b^2}$ અને $\frac{m}{n} = \frac{7}{9} \cdot \frac{a^2}{b^2}$.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $\frac{a^2}{b^2} \left( \frac{3}{11} + \frac{7}{9} \right) = \frac{26}{11}$.
$\frac{a^2}{b^2} \left( \frac{104}{99} \right) = \frac{26}{11} \Rightarrow \frac{a^2}{b^2} = \frac{9}{4}$.
તેથી,$a^2 : b^2 = 9 : 4$.

(C) આપેલ આંશિક અપૂર્ણાંક વિઘટન:
$\frac{x^4+24x^2+28}{(x^2+1)^3} = \frac{A}{x^2+1} + \frac{B}{(x^2+1)^2} + \frac{C}{(x^2+1)^3}$
બંને બાજુ $(x^2+1)^3$ વડે ગુણતા:
$x^4+24x^2+28 = A(x^2+1)^2 + B(x^2+1) + C$
$x^4+24x^2+28 = A(x^4+2x^2+1) + B(x^2+1) + C$
$x^4+24x^2+28 = Ax^4 + (2A+B)x^2 + (A+B+C)$
$x^4$,$x^2$ અને અચળ પદના સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$1 = A$
$24 = 2A+B$ $\Rightarrow 24 = 2(1)+B$ $\Rightarrow B = 22$
$28 = A+B+C$ $\Rightarrow 28 = 1+22+C$ $\Rightarrow C = 5$
છેલ્લે,$B-2A+C$ ની ગણતરી કરતા:
$B-2A+C = 22 - 2(1) + 5 = 22 - 2 + 5 = 25$

(A) વિસ્તરણ $\left(x^{-5/4} + 2x^{4/5}\right)^n$ માં સામાન્ય પદ $T_{r+1}$ નીચે મુજબ છે:
$T_{r+1} = {}^nC_r 2^r x^{\frac{-25n + 41r}{20}}$.
$x^0$ ના સહગુણક માટે,ઘાત શૂન્ય હોવી જોઈએ:
$-25n + 41r = 0 \Rightarrow r = \frac{25n}{41}$.
$r$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$n$ એ $41$ નો ગુણક હોવો જોઈએ. $n = pq$ હોવાથી,ન્યૂનતમ શક્ય કિંમત $n = 41 \times 2 = 82$ મળે છે.

(D) આપેલ પદાવલિ: $f(x) = \frac{(1+\frac{2x}{3})^{-4}(4+5x)^{1/2}}{(9+x)^{3/2}}$
$x^2$ અને તેનાથી મોટી ઘાતને અવગણતા, દ્વિપદી આસન્નમૂલ્ય $(1+u)^n \approx 1+nu$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) \approx \frac{2}{27} (1 - \frac{8x}{3}) (1 + \frac{5x}{8}) (1 - \frac{x}{6})$
$f(x) \approx \frac{2}{27} (1 - \frac{53x}{24})$
$x = \frac{6}{371}$ મૂકતા:
$f(\frac{6}{371}) \approx \frac{2}{27} (1 - \frac{53}{1484}) = \frac{1}{14}$

(A) ધારો કે $P(n) = n^5-5n^3+4n$.
પદાવલિના અવયવ પાડતા: $P(n) = n(n^4-5n^2+4) = n(n^2-1)(n^2-4)$.
વધુ અવયવ પાડતા: $P(n) = (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)$.
આ $5$ ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર છે.
$k$ ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર હંમેશા $k!$ વડે વિભાજ્ય હોય છે.
તેથી,$P(n)$ એ બધા જ ધન પૂર્ણાંકો $n \geq 1$ માટે $5! = 120$ વડે વિભાજ્ય છે.
$n=1$ માટે,$P(1) = 0$,જે $120$ વડે વિભાજ્ય છે.
$n=2$ માટે,$P(2) = 0$,જે $120$ વડે વિભાજ્ય છે.
$n=3$ માટે,$P(3) = 120$,જે $120$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,આ વિધાન બધા જ ધન પૂર્ણાંકો $n$ માટે સાચું છે.

(A) ધારો કે $a = \cos^{-1} x$ અને $b^2 = (\sin^{-1} y)^2$. આપેલા સમીકરણો $a + b^2 = \frac{n \pi^2}{4}$ અને $a \cdot b^2 = \frac{\pi^4}{16}$ છે.
આ સમીકરણો દ્વિઘાત સમીકરણ $t^2 - (\frac{n \pi^2}{4})t + \frac{\pi^4}{16} = 0$ ના બીજ છે.
વાસ્તવિક બીજ માટે,વિવેચક $D \ge 0$,તેથી $(\frac{n \pi^2}{4})^2 - 4(\frac{\pi^4}{16}) \ge 0$.
$\frac{n^2 \pi^4}{16} - \frac{\pi^4}{4} \ge 0 \Rightarrow n^2 \ge 4 \Rightarrow n \ge 2$ (કારણ કે $n \in Z$ અને વાસ્તવિક $x, y$ માટે $n > 0$).
ન્યૂનતમ કિંમત $n = 2$ માટે,દ્વિઘાત સમીકરણ $t^2 - \frac{2 \pi^2}{4}t + \frac{\pi^4}{16} = 0$ બને છે,જે $(t - \frac{\pi^2}{4})^2 = 0$ છે.
આમ,$a = \frac{\pi^2}{4}$ અને $b^2 = \frac{\pi^2}{4}$.
$a = \cos^{-1} x = \frac{\pi^2}{4}$ હોવાથી,$x = \cos(\frac{\pi^2}{4})$.
$b^2 = (\sin^{-1} y)^2 = \frac{\pi^2}{4}$ હોવાથી,$\sin^{-1} y = \pm \frac{\pi}{2}$,તેથી $y = \sin(\pm \frac{\pi}{2}) = \pm 1$.
ઉકેલ $(\cos(\frac{\pi^2}{4}), \pm 1)$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$|x|>1$ માટે $\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)+\operatorname{coth}^{-1}(x)=\log _e(f(x))$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tanh ^{-1}(u) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{1+u}{1-u}\right)$.
$u = \frac{1}{x}$ મૂકતા,આપણને મળે $\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}\right) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
તે જ રીતે,$|x|>1$ માટે $\operatorname{coth}^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
આ બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)+\operatorname{coth}^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right) + \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
આને $\log _e(f(x))$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \frac{x+1}{x-1}$ મળે છે.
હવે,$x = -5$ મૂકતા:
$f(-5) = \frac{-5+1}{-5-1} = \frac{-4}{-6} = \frac{2}{3}$.

(A) $(I)$ આપણી પાસે $f(x) = \sin \left(\cot ^{-1} \left(\cos \left(\tan ^{-1} x\right)\right)\right)$ છે.
ધારો કે $\tan ^{-1} x = \theta$,તો $\tan \theta = x$. તેથી,$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.
તેથી,$f(x) = \sin \left(\cot ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)\right)$.
ધારો કે $\cot ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) = \alpha$,તો $\cot \alpha = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \alpha = \sqrt{1+x^2}$.
ત્યારબાદ $\sin \alpha = \frac{\tan \alpha}{\sqrt{1+\tan^2 \alpha}} = \frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+1+x^2}} = \sqrt{\frac{1+x^2}{2+x^2}}$.
તેથી,$f(0) = \sqrt{\frac{1+0}{2+0}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
કારણ કે $\frac{1}{\sqrt{2}} \neq \frac{1}{2}$,વિધાન $I$ ખોટું છે.
$(II)$ આપણે સૂત્ર $4 \tan ^{-1} \frac{1}{5} = \tan ^{-1} \frac{120}{119}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ત્યારબાદ $\sin \left(\tan ^{-1} \frac{120}{119} - \tan ^{-1} \frac{1}{239}\right) = \sin \left(\tan ^{-1} \left(\frac{\frac{120}{119} - \frac{1}{239}}{1 + \frac{120}{119} \times \frac{1}{239}}\right)\right) = \sin \left(\tan ^{-1} \left(\frac{28680 - 119}{28441 + 120}\right)\right) = \sin \left(\tan ^{-1} \frac{28561}{28561}\right) = \sin \left(\tan ^{-1} 1\right) = \sin \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
કારણ કે $\frac{1}{\sqrt{2}} \neq 1$,વિધાન $II$ ખોટું છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1} \frac{1}{5}+\frac{1}{2} \sec ^{-1} x+\tan ^{-1} \frac{1}{8}=\frac{\pi}{8}$
સૂત્ર $\tan ^{-1} a + \tan ^{-1} b = \tan ^{-1} \left( \frac{a+b}{1-ab} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{\frac{1}{5}+\frac{1}{8}}{1-\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{8}} \right) + \frac{1}{2} \sec ^{-1} x = \frac{\pi}{8}$
$\tan ^{-1} \left( \frac{\frac{13}{40}}{\frac{39}{40}} \right) + \frac{1}{2} \sec ^{-1} x = \frac{\pi}{8}$
$\tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) + \frac{1}{2} \sec ^{-1} x = \frac{\pi}{8}$
$2$ વડે ગુણતા: $2 \tan ^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) + \sec ^{-1} x = \frac{\pi}{4}$
$2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{2/3}{1-1/9} \right) + \sec ^{-1} x = \frac{\pi}{4}$
$\tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) + \sec ^{-1} x = \frac{\pi}{4}$
કારણ કે $\sec ^{-1} x = \tan ^{-1} \sqrt{x^2-1}$,તેથી:
$\tan ^{-1} \left( \frac{3}{4} \right) + \tan ^{-1} \sqrt{x^2-1} = \frac{\pi}{4}$
બંને બાજુ $\tan$ લેતા:
$\frac{\frac{3}{4} + \sqrt{x^2-1}}{1 - \frac{3}{4} \sqrt{x^2-1}} = \tan \left( \frac{\pi}{4} \right) = 1$
$3 + 4 \sqrt{x^2-1} = 4 - 3 \sqrt{x^2-1}$
$7 \sqrt{x^2-1} = 1$
$\sqrt{x^2-1} = \frac{1}{7}$
$x^2 - 1 = \frac{1}{49}$
$x^2 = 1 + \frac{1}{49} = \frac{50}{49}$

(C) આપેલ સમીકરણ $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right)+\sin ^{-1}\left(\frac{5}{x}\right)=\frac{\pi}{2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}(u) + \cos ^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin ^{-1}(u) = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1}(u)$.
આપેલ સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}\left(\frac{5}{x}\right)$.
નિત્યસમ $\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}(u) = \cos ^{-1}(u)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{5}{x}\right)$.
ધારો કે $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right) = \theta$,તો $\sin \theta = \frac{12}{x}$.
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ હોવાથી,$\cos \theta = \sqrt{1 - \left(\frac{12}{x}\right)^2} = \frac{\sqrt{x^2 - 144}}{x}$.
આમ,$\theta = \cos ^{-1}\left(\frac{\sqrt{x^2 - 144}}{x}\right)$.
બંને બાજુ સરખાવતા: $\frac{\sqrt{x^2 - 144}}{x} = \frac{5}{x}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $x^2 - 144 = 25$.
$x^2 = 169$,જે આપણને $x = 13$ આપે છે (કારણ કે અહીં $\sin^{-1}$ ના પ્રદેશ માટે $x$ ધન હોવો જોઈએ).

(A) આપેલ છે કે,$x = \tan^{-1} \left(\frac{1}{5}\right) + \tan^{-1} \left(\frac{1}{8}\right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,
$x = \tan^{-1} \left(\frac{\frac{1}{5} + \frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{8}}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{\frac{8+5}{40}}{\frac{40-1}{40}}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{13}{39}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{1}{3}\right)$.
આમ,$\tan x = \frac{1}{3}$.
$\tan x = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{1}{3}$ હોવાથી,કર્ણ $\sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$ થાય.
તેથી,$\sin x = \frac{1}{\sqrt{10}}$ અને $\cos x = \frac{3}{\sqrt{10}}$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મુકતા:
$\frac{\sin x + \cos x}{\tan x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{10}} + \frac{3}{\sqrt{10}}}{\frac{1}{3}} = \frac{\frac{4}{\sqrt{10}}}{\frac{1}{3}} = \frac{12}{\sqrt{10}}$.

(D) આપેલ છે કે,$y=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+a^2 x^2}-1}{a x}\right)$.
$ax = \tan \theta$ લેતા,તેથી $\theta = \tan ^{-1}(ax)$.
તેથી $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1 - \cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right) = \frac{\theta}{2}$.
આમ,$y = \frac{1}{2} \tan ^{-1}(ax)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$y^{\prime} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{1+a^2 x^2}$ મળે.
આથી $(1+a^2 x^2) y^{\prime} = \frac{a}{2}$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$(1+a^2 x^2) y^{\prime \prime} + (2a^2 x) y^{\prime} = 0$ મળે.
આને $(1+a^2 x^2) y^{\prime \prime} + g(x) y^{\prime} = 0$ સાથે સરખાવતા,$g(x) = 2a^2 x$ મળે.
સમીકરણ $1+a^2 x^2 + g(x) = 0$ એ $a^2 x^2 + 2a^2 x + 1 = 0$ બને છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2 + Bx + C = 0$ ના બીજનો સરવાળો $-\frac{B}{A}$ થાય.
અહીં,બીજનો સરવાળો $-\frac{2a^2}{a^2} = -2$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $\angle C = 90^{\circ}$,તેથી $a^2 + b^2 = c^2$.
ધારો કે $S = \tan^{-1}\left(\frac{a}{b+c}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{b}{c+a}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{c}{a+b}\right)$.
પ્રથમ,$\tan^{-1}\left(\frac{a}{b+c}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{b}{c+a}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a}}{1 - \frac{ab}{(b+c)(c+a)}}\right)$ લો.
$= \tan^{-1}\left(\frac{ac + a^2 + bc + b^2}{(b+c)(c+a) - ab}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{ac + bc + c^2}{bc + ab + c^2 + ac - ab}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{c(a+b+c)}{c(a+b+c)}\right) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.
આમ,$S = \frac{\pi}{4} + \tan^{-1}\left(\frac{c}{a+b}\right) = \tan^{-1}(1) + \tan^{-1}\left(\frac{c}{a+b}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \frac{c}{a+b}}{1 - \frac{c}{a+b}}\right)$.
$= \tan^{-1}\left(\frac{a+b+c}{a+b-c}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2s}{2(s-c)}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{s}{s-c}\right)$.
કારણ કે $r = \frac{\Delta}{s}$ અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$,તેથી $\frac{r_3}{r} = \frac{s}{s-c}$.
તેથી,$S = \tan^{-1}\left(\frac{r_3}{r}\right)$.

(D) આપણે સૂત્ર $\tan ^{-1} A - \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left( \frac{A-B}{1+AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1}\left(\frac{x}{x-2}\right)-\tan ^{-1}\left(\frac{x}{2 x-1}\right)=\tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)$.
સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{\frac{x}{x-2} - \frac{x}{2x-1}}{1 + \frac{x}{x-2} \cdot \frac{x}{2x-1}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{2}{3} \right)$.
$\tan ^{-1}$ ની અંદરની પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{x(2x-1) - x(x-2)}{(x-2)(2x-1) + x^2} = \frac{2}{3}$.
$\frac{2x^2 - x - x^2 + 2x}{2x^2 - x - 4x + 2 + x^2} = \frac{2}{3}$.
$\frac{x^2 + x}{3x^2 - 5x + 2} = \frac{2}{3}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$3(x^2 + x) = 2(3x^2 - 5x + 2)$.
$3x^2 + 3x = 6x^2 - 10x + 4$.
$3x^2 - 13x + 4 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$(3x - 1)(x - 4) = 0$.
આમ,$x = \frac{1}{3}$ અથવા $x = 4$.
બંને કિંમતો મૂળ પદાવલિના પ્રદેશમાં છે. તેથી,મૂલ્યોનો ગણ $\left\{\frac{1}{3}, 4\right\}$ છે.

(C) આપણી પાસે છે,$\sum_{n=1}^k \tan ^{-1}\left(\frac{1}{n^2+3 n+3}\right) = \tan ^{-1} \alpha$.
નિત્યસમ $\tan ^{-1} x - \tan ^{-1} y = \tan ^{-1}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે સરવાળાની અંદરના પદને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$\frac{1}{n^2+3n+3} = \frac{(n+2)-(n+1)}{1+(n+2)(n+1)}$.
આમ,સરવાળો આ મુજબ બને છે:
$\sum_{n=1}^k (\tan ^{-1}(n+2) - \tan ^{-1}(n+1)) = \tan ^{-1} \alpha$.
સરવાળાને વિસ્તૃત કરતા:
$(\tan ^{-1} 3 - \tan ^{-1} 2) + (\tan ^{-1} 4 - \tan ^{-1} 3) + \dots + (\tan ^{-1}(k+2) - \tan ^{-1}(k+1)) = \tan ^{-1} \alpha$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી બધા મધ્યવર્તી પદો રદ થઈ જાય છે:
$\tan ^{-1}(k+2) - \tan ^{-1} 2 = \tan ^{-1} \alpha$.
ફરીથી સૂત્ર લાગુ કરતા:
$\tan ^{-1}\left(\frac{(k+2)-2}{1+(k+2)(2)}\right) = \tan ^{-1} \alpha$.
$\tan ^{-1}\left(\frac{k}{1+2k+4}\right) = \tan ^{-1} \alpha$.
તેથી,$\alpha = \frac{k}{2k+5}$.

(D) વિધેય $f(x) = \sec^{-1}(3x - 4) + \tanh^{-1}\left(\frac{x + 3}{5}\right)$ છે.
$\sec^{-1}(3x - 4)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$|3x - 4| \geq 1$ હોવું જોઈએ.
આથી $3x - 4 \leq -1$ અથવા $3x - 4 \geq 1$.
$3x \leq 3 \Rightarrow x \leq 1$ અને $3x \geq 5 \Rightarrow x \geq \frac{5}{3}$.
તેથી,પ્રથમ ભાગનો પ્રદેશ $x \in (-\infty, 1] \cup [\frac{5}{3}, \infty)$ છે.
$\tanh^{-1}\left(\frac{x + 3}{5}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$-1 < \frac{x + 3}{5} < 1$ હોવું જોઈએ.
$-5 < x + 3 < 5$.
$-8 < x < 2$.
$x \in (-\infty, 1] \cup [\frac{5}{3}, \infty)$ અને $x \in (-8, 2)$ નો છેદ લેતા:
$x \in (-8, 1] \cup [\frac{5}{3}, 2)$.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{\log_{10}\left(\frac{5x - x^2}{4}\right)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ: $\log_{10}\left(\frac{5x - x^2}{4}\right) \geq 0$
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{5x - x^2}{4} \geq 10^0$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{5x - x^2}{4} \geq 1$ થાય છે.
$4$ વડે ગુણતા,આપણને $5x - x^2 \geq 4$ અથવા $x^2 - 5x + 4 \leq 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,$(x - 1)(x - 4) \leq 0$ મળે છે.
આ અસમતા $x \in [1, 4]$ માટે સાચી છે.
તેથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[1, 4]$ છે.

(D) આપણને $f(x) = [x]$ અને $g(x) = 3[\frac{x}{3}]$ આપેલ છે.
$f(x) = g(x)$ લેતા,$[x] = 3[\frac{x}{3}]$ મળે.
ધારો કે $[\frac{x}{3}] = k$,જ્યાં $k \in Z$.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$k \leq \frac{x}{3} < k + 1$,જેનો અર્થ થાય કે $3k \leq x < 3k + 3$.
વધુમાં,$[x] = 3k$ છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$[x] = 3k$ નો અર્થ થાય કે $3k \leq x < 3k + 1$.
આમ,તમામ વાસ્તવિક $x$ નો ગણ $\{x \in R : 3k \leq x < 3k + 1, k \in Z\}$ છે.

(B) $f(x)=\frac{x-[x]}{\sqrt{|x|-x}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,છેદ શૂન્યતર હોવો જોઈએ અને વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ:
$|x|-x > 0 \Rightarrow |x| > x$.
આ અસમતા તમામ $x < 0$ માટે સાચી છે. તેથી,$A = (-\infty, 0)$.
$g(x)=\frac{x-[x]}{\sqrt{|x|+x}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,છેદ શૂન્યતર હોવો જોઈએ અને વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ:
$|x|+x > 0 \Rightarrow |x| > -x$.
આ અસમતા તમામ $x > 0$ માટે સાચી છે. તેથી,$B = (0, \infty)$.
કારણ કે $A = (-\infty, 0)$ અને $B = (0, \infty)$,તેમનો છેદ ખાલી ગણ છે:
$A \cap B = \phi$.

(C) આપેલ વિધેય $f:[-3,2] \rightarrow [0, \sqrt[3]{x}]$ છે,જ્યાં $f(n) = \begin{cases} 2+\sqrt[3]{n}, & -3 \leq n \leq -1 \\ n^{2/3}, & -1 < n \leq 2 \end{cases}$.
વિધેય વ્યાપ્ત હોવા માટે,તેનો વિસ્તાર સહપ્રદેશ $[0, \sqrt[3]{x}]$ જેટલો હોવો જોઈએ.
સીમાબિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત તપાસતા:
$-3 \leq n \leq -1$ માટે,$f(n)$ એ $f(-3) = 2 + \sqrt[3]{-3}$ થી $f(-1) = 1$ સુધી વધે છે.
$-1 < n \leq 2$ માટે,$f(n) = n^{2/3}$. $n = 0$ પર $f(0) = 0$ અને $n = 2$ પર $f(2) = 2^{2/3} = \sqrt[3]{4}$ મળે છે.
વિધેય વ્યાપ્ત હોવાથી,વિધેયની મહત્તમ કિંમત સહપ્રદેશની ઉપરની સીમા જેટલી હોવી જોઈએ.
મહત્તમ કિંમત $\max(1, \sqrt[3]{4}) = \sqrt[3]{4}$ છે.
તેથી,$\sqrt[3]{x} = \sqrt[3]{4}$,જેનો અર્થ છે કે $x = 4$.

(D) વિધેય $f(x) = \cos ^{-1}\left[\log _5\left(x^2+7 x+15\right)\right]$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $\cos ^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોય.
તેથી,$-1 \leq \log _5\left(x^2+7 x+15\right) \leq 1$.
આધાર $5$ ના ઘાતાંકીય વિધેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $5^{-1} \leq x^2+7 x+15 \leq 5^1$ મળે છે,જે $\frac{1}{5} \leq x^2+7 x+15 \leq 5$ છે.
પ્રથમ,$x^2+7 x+15 \leq 5$ ધ્યાનમાં લો,જે $x^2+7 x+10 \leq 0$ સૂચવે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,આપણને $(x+5)(x+2) \leq 0$ મળે છે,જે $x \in [-5, -2]$ આપે છે.
આગળ,$x^2+7 x+15 \geq \frac{1}{5}$ ધ્યાનમાં લો,જે $x^2+7 x + 14.8 \geq 0$ સૂચવે છે.
$x^2+7 x + 14.8$ નો વિવેચક $D = 7^2 - 4(1)(14.8) = 49 - 59.2 = -10.2 < 0$ છે.
અગ્ર સહગુણક ધન હોવાથી અને $D < 0$ હોવાથી,$x^2+7 x + 14.8$ એ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે હંમેશા ધન છે.
આમ,પ્રદેશ એ $x \in [-5, -2]$ અને $x \in \mathbb{R}$ નો છેદગણ છે,જે $x \in [-5, -2]$ છે.

(A) આપણી પાસે $f(x) = x + 2|x + 1| + 2|x - 1|$ છે.
વિધેયને અંતરાલોમાં વિભાજિત કરતા:
$x \leq -1$ માટે: $f(x) = x + 2(-x - 1) + 2(-x + 1) = -3x$.
$-1 < x < 1$ માટે: $f(x) = x + 2(x + 1) + 2(-x + 1) = x + 4$.
$x \geq 1$ માટે: $f(x) = x + 2(x + 1) + 2(x - 1) = 5x$.
વિધેય આ મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} -3x, & x \leq -1 \\ x + 4, & -1 < x < 1 \\ 5x, & x \geq 1 \end{cases}$
$x = -1$ આગળ,$f(-1) = 3$. $x < -1$ માટે,$f(x) > 3$. $-1 < x < 1$ માટે,$f(x)$ ની કિંમત $3$ થી $5$ ની વચ્ચે છે. $x = 1$ આગળ,$f(1) = 5$. $x > 1$ માટે,$f(x) > 5$.
કિંમત $3$ એ $x = -1$ આગળ મળે છે. વિધેય $x = -1$ આગળ ન્યૂનતમ કિંમત ધરાવે છે,તેથી તે અનન્ય પૂર્વ-પ્રતિબિંબ ધરાવે છે.

(B) $\lim _{x \rightarrow 0} g(f(x))$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુની અને જમણી બાજુની લક્ષની કિંમત મેળવીએ.
ડાબી બાજુના લક્ષ માટે $(x \rightarrow 0^-)$: $f(x) = 2-x$. જેમ $x \rightarrow 0^-$,તેમ $f(x) \rightarrow 2^+$. કારણ કે $f(x) > 2$,આપણે $g(x) = x-7$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ. તેથી,$\lim _{x \rightarrow 0^-} g(f(x)) = \lim _{f(x) \rightarrow 2^+} (f(x)-7) = 2-7 = -5$.
જમણી બાજુના લક્ષ માટે $(x \rightarrow 0^+)$: $f(x) = x+2$. જેમ $x \rightarrow 0^+$,તેમ $f(x) \rightarrow 2^+$. ફરીથી,કારણ કે $f(x) > 2$,આપણે $g(x) = x-7$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ. તેથી,$\lim _{x \rightarrow 0^+} g(f(x)) = \lim _{f(x) \rightarrow 2^+} (f(x)-7) = 2-7 = -5$.
બંને લક્ષ સમાન હોવાથી,$\lim _{x \rightarrow 0} g(f(x)) = -5$.

(C) એક-એક (injective) ચકાસવા માટે,ધારો કે $x_1, x_2 \in R$ માટે $f(x_1) = f(x_2)$.
$\frac{x_1}{\sqrt{1+x_1^2}} = \frac{x_2}{\sqrt{1+x_2^2}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{x_1^2}{1+x_1^2} = \frac{x_2^2}{1+x_2^2}$
$x_1^2(1+x_2^2) = x_2^2(1+x_1^2)$
$x_1^2 + x_1^2x_2^2 = x_2^2 + x_1^2x_2^2$
$x_1^2 = x_2^2$
અહીં $f'(x) = \frac{1}{(1+x^2)^{3/2}} > 0$ હોવાથી,વિધેય વધતું વિધેય છે.
તેથી,$f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2$. આમ,$f$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત (surjective) ચકાસવા માટે,ધારો કે $y = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$.
કારણ કે $x^2 < 1+x^2$,તેથી $\frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}} < 1$.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $(-1, 1)$ છે,જે સહ-પ્રદેશ $R$ જેટલો નથી.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત નથી.
આમ,વિધેય એક-એક છે પણ વ્યાપ્ત નથી.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{60-5x}{3}, & 0 \leq x \leq 6 \\ 10, & 6 \leq x \leq 7 \\ 31-3x, & 7 \leq x \leq 10 \end{cases}$ છે.
અંતરાલ $x \in [6, 7]$ માટે,$f(x) = 10$ છે. કારણ કે વિધેય અંતરાલ $[6, 7]$ માં તમામ $x$ માટે સમાન કિંમત ધારણ કરે છે,તેથી તે એક-એક નથી.
હવે,$f(x)$ નો વિસ્તાર શોધીએ:
$0 \leq x \leq 6$ માટે,$f(x) = \frac{60-5x}{3}$. જેમ $x$ એ $0$ થી $6$ સુધી જાય છે,તેમ $f(x)$ એ $\frac{60}{3} = 20$ થી $\frac{60-30}{3} = 10$ સુધી જાય છે. તેથી,વિસ્તાર $[10, 20]$ છે.
$6 \leq x \leq 7$ માટે,$f(x) = 10$ છે. તેથી,વિસ્તાર ${10}$ છે.
$7 \leq x \leq 10$ માટે,$f(x) = 31-3x$. જેમ $x$ એ $7$ થી $10$ સુધી જાય છે,તેમ $f(x)$ એ $31-21 = 10$ થી $31-30 = 1$ સુધી જાય છે. તેથી,વિસ્તાર $[1, 10]$ છે.
આ વિસ્તારોનો યોગગણ $[1, 10] \cup {10} \cup [10, 20] = [1, 20]$ થાય છે.
અહીં વિસ્તાર $[1, 20]$ એ સહ-પ્રદેશ $[1, 20]$ જેટલો હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત છે.
આમ,$f(x)$ એ વ્યાપ્ત છે પણ એક-એક નથી.

(B) આપેલ છે કે $A_n = \{(n+1)k \mid k \in N\}$.
$n=1$ માટે,$A_1 = \{2k \mid k \in N\} = \{2, 4, 6, 8, \dots\}$.
$n=2$ માટે,$A_2 = \{3k \mid k \in N\} = \{3, 6, 9, 12, \dots\}$.
$n=3$ માટે,$A_3 = \{4k \mid k \in N\} = \{4, 8, 12, 16, \dots\}$.
હવે,$X = \bigcup_{n \in N} A_n = A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \dots = \{2, 3, 4, 5, 6, \dots\}$.
અહીં,$f: X \rightarrow N$ એ $f(x) = x$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
$f(x) = x$ એ પ્રદેશ $X$ પર તદેવ વિધેય હોવાથી,તે એક-એક છે.
જોકે,સહપ્રદેશ $N = \{1, 2, 3, 4, \dots\}$ છે.
વિધેય $f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,વિસ્તાર અને સહપ્રદેશ સમાન હોવા જોઈએ. અહીં,વિસ્તાર $X = \{2, 3, 4, 5, \dots\}$ છે.
$1 \in N$ છે પરંતુ $1 \notin X$ હોવાથી,એવો કોઈ $x \in X$ નથી કે જેના માટે $f(x) = 1$ થાય.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત વિધેય નથી.

(A) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y) = f(x) + f(y)$ તમામ $x, y \in Z$ માટે છે.
$x=0, y=0$ લેતા,આપણને $f(0) = f(0) + f(0)$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(0) = 0$.
કોઈપણ $n \in Z^+$ માટે,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$f(nx) = nf(x)$.
ધારો કે $f(1) = k$,જ્યાં $k \in Z$. તો તમામ $n \in Z$ માટે $f(n) = nk$.
$f(x+y) = f(x) + f(y)$ હોવાથી,તમામ $x \in Z$ માટે $f(x) = kx$ થાય.
$f$ એ $Z$ થી $Z$ પરનું બાયજેક્ટિવ વિધેય હોવા માટે,તે એક-એક અને વ્યાપ્ત હોવું જોઈએ.
જો $f(x) = kx$ હોય,તો $f$ એક-એક ત્યારે જ બને જો $k \neq 0$.
$f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,તેનો વિસ્તાર $Z$ હોવો જોઈએ.
$f(x) = kx$ નો વિસ્તાર એ $k$ ના તમામ ગુણકોનો સમૂહ છે,એટલે કે $\{..., -2k, -k, 0, k, 2k, ...\}$.
આ સમૂહ $Z$ ની બરાબર હોવા માટે,$k = 1$ અથવા $k = -1$ હોવું જોઈએ.
જો $k = 1$ હોય,તો $f(x) = x$,જે તદેવ વિધેય છે (બાયજેક્ટિવ).
જો $k = -1$ હોય,તો $f(x) = -x$,જે પણ બાયજેક્ટિવ છે.
આમ,આવા કુલ બે વિધેયો શક્ય છે.

(C) આપણને આપેલ છે કે $f(n) = \left(r+1, \frac{q+1}{2}\right)$ જ્યાં $n = q \times 2^r$,$q$ એ એકી પૂર્ણાંક છે અને $r \geq 0$.
એક-એક વિધેય માટે:
ધારો કે $f(n_1) = f(n_2)$.
તો $\left(r_1+1, \frac{q_1+1}{2}\right) = \left(r_2+1, \frac{q_2+1}{2}\right)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $r_1+1 = r_2+1 \Rightarrow r_1 = r_2$ અને $\frac{q_1+1}{2} = \frac{q_2+1}{2} \Rightarrow q_1 = q_2$.
કારણ કે $n_1 = q_1 \times 2^{r_1}$ અને $n_2 = q_2 \times 2^{r_2}$,તેથી $n_1 = n_2$. આમ,$f$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત વિધેય માટે:
ધારો કે $(a, b) \in N \times N$. આપણે એવું $n \in N$ શોધવું છે કે જેથી $f(n) = (a, b)$.
$r+1 = a \Rightarrow r = a-1$. કારણ કે $a \in N$,$a \geq 1$,તેથી $r \geq 0$.
$\frac{q+1}{2} = b \Rightarrow q = 2b-1$. કારણ કે $b \in N$,$b \geq 1$,તેથી $q \geq 1$ અને $q$ એકી સંખ્યા છે.
આમ,કોઈપણ $(a, b) \in N \times N$ માટે,$n = (2b-1) \times 2^{a-1} \in N$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f(n) = (a, b)$.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત છે.
કારણ કે $f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને છે,તેથી $f$ એ બાયજેક્શન છે.

(B) આપેલ છે $f: Z \rightarrow N$ જ્યાં $f(n) = \begin{cases} 2n, & \text{જો } n > 0 \\ 1, & \text{જો } n = 0 \\ -2n-1, & \text{જો } n < 0 \end{cases}$.
જ્યારે $n > 0$ હોય,ત્યારે $f(n) \in \{2, 4, 6, 8, \dots\}$.
જ્યારે $n = 0$ હોય,ત્યારે $f(0) = 1$.
જ્યારે $n < 0$ હોય,ત્યારે ધારો કે $n = -k$ જ્યાં $k > 0$. તો $f(n) = -2(-k) - 1 = 2k - 1$. જેમ $k$ ની કિંમતો $1, 2, 3, \dots$ લેવામાં આવે,તેમ $f(n)$ ની કિંમતો $1, 3, 5, 7, \dots$ મળે છે.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $\{1, 2, 3, 4, \dots\} = N$ છે. વિસ્તાર = સહપ્રદેશ હોવાથી,$f$ વ્યાપ્ત છે.
હવે,એક-એક ચકાસતા: $f(0) = 1$ અને $f(-1) = -2(-1) - 1 = 2 - 1 = 1$.
અહીં $f(0) = f(-1)$ છે પરંતુ $0 \neq -1$,તેથી વિધેય એક-એક નથી.
આમ,$f$ વ્યાપ્ત છે પણ એક-એક નથી.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = x^2 + 3x - 3$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,આપણને મળે $f(x) = (x + \frac{3}{2})^2 - \frac{9}{4} - 3 = (x + \frac{3}{2})^2 - \frac{21}{4}$.
વ્યસ્ત અસ્તિત્વ ધરાવવા માટે,વિધેય એકવિધ હોવું જોઈએ. પરવલયનું શિરોબિંદુ $x = -\frac{3}{2}$ પર છે,તેથી વિધેય $[-\frac{3}{2}, \infty)$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે. આમ,$\alpha = -\frac{3}{2}$.
ધારો કે $y = (x + \frac{3}{2})^2 - \frac{21}{4}$. તેથી $x + \frac{3}{2} = \sqrt{y + \frac{21}{4}}$,એટલે કે $g(x) = f^{-1}(x) = \sqrt{x + \frac{21}{4}} - \frac{3}{2}$.
આપણે $x = \alpha + \frac{5}{2} = -\frac{3}{2} + \frac{5}{2} = 1$ આગળ $g'(x)$ શોધવાનું છે.
$g'(x) = \frac{d}{dx}(\sqrt{x + \frac{21}{4}} - \frac{3}{2}) = \frac{1}{2\sqrt{x + \frac{21}{4}}}$.
$x = 1$ આગળ,$g'(1) = \frac{1}{2\sqrt{1 + \frac{21}{4}}} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{25}{4}}} = \frac{1}{2 \times \frac{5}{2}} = \frac{1}{5}$.

(B) આપેલ છે કે,$f(x+y)=f(x) \cdot f(y)$. આ એક વિધેયાત્મક સમીકરણ છે જેનો ઉકેલ $f(x)=a^x$ સ્વરૂપમાં છે.
આપેલ છે કે $f(1)=2$,તેથી $a^1=2 \Rightarrow a=2$. આમ,$f(x)=2^x$.
હવે,$2|x|+5|y| \leq 4$ દ્વારા ઘેરાયેલો પ્રદેશ ધ્યાનમાં લો. આ એક સમબાજુ ચતુષ્કોણ (rhombus) છે જેના શિરોબિંદુઓ $(\pm 2, 0)$ અને $(0, \pm 4/5)$ છે.
સમબાજુ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $4 \times \text{પ્રથમ ચરણમાં એક ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ}$ દ્વારા મળે છે.
ક્ષેત્રફળ $= 4 \times (\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{4}{5}) = 4 \times \frac{4}{5} = \frac{16}{5}$.
આપણે $\frac{16}{5}$ ને $f(1)=2^1=2$,$f(2)=2^2=4$,અને $f(4)=2^4=16$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવવાનું છે.
નોંધો કે $1+f(2) = 1+4 = 5$.
આમ,ક્ષેત્રફળ $\frac{16}{5} = \frac{f(4)}{1+f(2)}$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x - \frac{1}{x}$.
આપણે બીજગણિતીય નિત્યસમ $(a - b)^3 = a^3 - b^3 - 3ab(a - b)$ જાણીએ છીએ.
$f(x)$ માટે આનો ઉપયોગ કરતા:
$[f(x)]^3 = \left(x - \frac{1}{x}\right)^3 = x^3 - \frac{1}{x^3} - 3(x)\left(\frac{1}{x}\right)\left(x - \frac{1}{x}\right)$.
કારણ કે $f(x^3) = x^3 - \frac{1}{x^3}$ અને $f(x) = x - \frac{1}{x}$,આપણે આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકીએ છીએ:
$[f(x)]^3 = f(x^3) - 3(1)f(x)$.
$3f(x)$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$3f(x) = f(x^3) - [f(x)]^3$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1 + \sin([\cos x])}{\cos([\sin x])}$.
અંતરાલ $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,આપણી પાસે $0 < \cos x < 1$ છે,તેથી $[\cos x] = 0$. તેમજ,$0 < \sin x < 1$ છે,તેથી $[\sin x] = 0$.
આ કિંમતો વિધેયમાં મૂકતા,આપણને $f(x) = \frac{1 + \sin(0)}{\cos(0)} = \frac{1 + 0}{1} = 1$ મળે છે.
કારણ કે $f(x) = 1$ એ અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ પર અચળ વિધેય છે,તેથી તે આ અંતરાલ પર સતત છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપણે લક્ષ $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\log(2+x) - x^{2n} \sin x}{1+x^{2n}}$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
કિસ્સો $1$: જો $0 \leq x < 1$ હોય,તો $n \rightarrow \infty$ તેમ $x^{2n} \rightarrow 0$ થાય. તેથી,$f(x) = \frac{\log(2+x) - 0}{1+0} = \log(2+x)$.
કિસ્સો $2$: જો $x = 1$ હોય,તો $f(1) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\log(3) - 1^{2n} \sin(1)}{1+1^{2n}} = \frac{\log 3 - \sin 1}{2}$.
કિસ્સો $3$: જો $1 < x \leq \frac{\pi}{2}$ હોય,તો $x^{2n} \rightarrow \infty$ થાય. અંશ અને છેદને $x^{2n}$ વડે ભાગતા,આપણને $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{\log(2+x)}{x^{2n}} - \sin x}{\frac{1}{x^{2n}} + 1} = \frac{0 - \sin x}{0 + 1} = -\sin x$ મળે.
હવે,$x=1$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \log(2+1) = \log 3$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = -\sin(1)$.
કારણ કે $\log 3 \neq -\sin 1$,તેથી વિધેય $x=1$ આગળ અસતત છે.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે,તેથી $k = \lim_{x \rightarrow 1} f(x)$ થાય.
$k = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{(9x-1)(\sqrt{x}-1)}{3x^2+2x-5}$.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
અંશ: $\frac{d}{dx}[(9x-1)(\sqrt{x}-1)] = 9(\sqrt{x}-1) + (9x-1)(\frac{1}{2\sqrt{x}})$.
છેદ: $\frac{d}{dx}[3x^2+2x-5] = 6x+2$.
$x \rightarrow 1$ લેતા:
$k = \frac{9(1-1) + (9-1)(\frac{1}{2})}{6(1)+2} = \frac{0 + 8(\frac{1}{2})}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} \frac{1-\cos 4 x}{x^2}, & x < 0 \\ a, & x=0 \\ \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}, & x>0 \end{cases}$
$f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2\sin^2(2x)}{x^2} = 2 \lim_{x \rightarrow 0^-} \left(\frac{\sin 2x}{2x}\right)^2 \times 4 = 2 \times 1^2 \times 4 = 8$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{(\sqrt{16+\sqrt{x}}-4)(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{16+\sqrt{x}-16} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16}+4 = 8$.
$LHL = RHL = 8$ હોવાથી,$x=0$ આગળ સાતત્ય માટે $f(0) = a = 8$ હોવું જોઈએ.

(A) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ ને $x=5$ આગળ $f(5)=75$ સાથે ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.
જો $f(x)$ એ અંતરાલ $[-1, 5]$ પર સતત હોય,તો એક્સટ્રીમ વેલ્યુ થિયરમ (Extreme Value Theorem) મુજબ,તેણે આ બંધ અંતરાલ પર મહત્તમ અને ન્યૂનતમ મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરવું જ પડે.
અહીં $f(-1) = -249$ અને $f(5) = 75$ છે,જો વિધેય સતત હોત,તો $(-1, 5)$ માં કોઈ એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવતું હોત જ્યાં $f(c)$ મહત્તમ હોય અથવા વિધેયને $-249$ થી $75$ સુધી વધવું પડત.
પરંતુ,પ્રશ્નમાં જણાવેલ છે કે વિધેયને કોઈ મહત્તમ મૂલ્ય નથી અને $x=5$ આગળ માત્ર એક જ ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.
જો $f(x)$ સતત હોત,તો તે આપેલ શરતોનો વિરોધાભાસ કરત કારણ કે બંધ અંતરાલ પરનું સતત વિધેય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવતું જ હોય.
તેથી,મહત્તમ મૂલ્ય ન મળે તે માટે $f(x)$ એ અંતરાલ $(-1, 5)$ માં કોઈ બિંદુએ અસતત હોવું જ જોઈએ.

(B) $1$. વિધેય $f(x) = |x-a| + |x-b|$ એ બે માનાંક વિધેયોનો સરવાળો છે. કારણ કે $|x-c|$ એ તમામ $x \in R$ માટે સતત છે,તેથી બે સતત વિધેયોનો સરવાળો પણ $R$ પર સતત હોય છે. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$2$. વિધેય $g(x) = \frac{|x-\alpha|}{x-\alpha}$ એ $x > \alpha$ માટે $1$ અને $x < \alpha$ માટે $-1$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે. $x = \alpha$ આગળ વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,તે તમામ $x \in R - \{\alpha\}$ માટે સતત છે. આમ,કારણ $(R)$ સાચું છે.
$3$. બંને વિધાનો સાચા હોવા છતાં,$f(x)$ ની સાતત્યતા એ માનાંક વિધેયોનો ગુણધર્મ છે અને $g(x)$ ની સાતત્યતા એ માનાંક ધરાવતા સંમેય વિધેયોનો અલગ ગુણધર્મ છે. $R$ એ $A$ શા માટે સતત છે તેની સમજૂતી આપતું નથી. તેથી,$R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{x}{|x|+2x^2}, & x \neq 0 \\ k, & x=0 \end{cases}$ છે.
$x=0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ.
$LHL = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0-h) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{|-h|+2(-h)^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{h+2h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{h(1+2h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-1}{1+2h} = -1$.
$RHL = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0+h) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h}{|h|+2h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h}{h(1+2h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{1}{1+2h} = 1$.
અહીં $LHL \neq RHL$ હોવાથી,લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી,વિધેય $f(x)$ એ $k$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે $x=0$ આગળ અસતત છે.

(D) આપણી પાસે છે,$f(x) = \begin{cases} 1 + x, & 0 \leq x \leq 2 \\ 3 - x, & 2 < x \leq 3 \end{cases}$.
$f(f(x))$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
જ્યારે $0 \leq f(x) \leq 2$,ત્યારે $f(f(x)) = 1 + f(x)$.
જ્યારે $2 < f(x) \leq 3$,ત્યારે $f(f(x)) = 3 - f(x)$.
$x \in [0, 3]$ માટે ગણતરી કરતા:
જો $0 \leq x \leq 1$,તો $1 \leq f(x) \leq 2$,તેથી $f(f(x)) = 1 + (1 + x) = 2 + x$.
જો $1 < x \leq 2$,તો $2 < f(x) \leq 3$,તેથી $f(f(x)) = 3 - (1 + x) = 2 - x$.
જો $2 < x \leq 3$,તો $0 \leq f(x) < 1$,તેથી $f(f(x)) = 1 + (3 - x) = 4 - x$.
આમ,$f(f(x)) = \begin{cases} 2 + x, & 0 \leq x \leq 1 \\ 2 - x, & 1 < x \leq 2 \\ 4 - x, & 2 < x \leq 3 \end{cases}$.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to 1^-} f(f(x)) = 3$,$\lim_{x \to 1^+} f(f(x)) = 1$. $3 \neq 1$ હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ અસતત છે.
$x = 2$ આગળ સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to 2^-} f(f(x)) = 0$,$\lim_{x \to 2^+} f(f(x)) = 2$. $0 \neq 2$ હોવાથી,તે $x = 2$ આગળ અસતત છે.
તેથી,$a = 1$ અને $b = 2$.
$2a + 3b = 2(1) + 3(2) = 2 + 6 = 8$.

(D) વિધાન $I$ માટે: ધારો કે $F(x) = a_0 x + \frac{a_1 x^2}{2} + \frac{a_2 x^3}{3} + \ldots + \frac{a_n x^{n+1}}{n+1}$.
$F(x)$ એક બહુપદી છે,તેથી તે $[0,1]$ પર સતત છે અને $(0,1)$ પર વિકલનીય છે.
$F(0) = 0$ અને $F(1) = a_0 + \frac{a_1}{2} + \ldots + \frac{a_n}{n+1} = 0$ (આપેલ છે).
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (0,1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $F^{\prime}(c) = 0$ થાય.
કારણ કે $F^{\prime}(x) = a_0 + a_1 x + \ldots + a_n x^n = P(x)$,તેથી $P(c) = 0$. આમ,વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$ માટે: ધારો કે $g(x) = \frac{f(x)}{x}$. કારણ કે $f$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $a>0$,તેથી $g(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $g(a) = \frac{f(a)}{a} = \frac{f(b)}{b} = g(b)$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (a, b)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g^{\prime}(c) = 0$ થાય.
$g^{\prime}(x) = \frac{x f^{\prime}(x) - f(x)}{x^2}$.
$g^{\prime}(c) = 0$ લેતા,આપણને $c f^{\prime}(c) - f(c) = 0$ મળે છે,એટલે કે $c f^{\prime}(c) = f(c)$. આમ,વિધાન $II$ પણ સાચું છે.

(B) $f(x)$ માટે: $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x \sin(1/x) = 0$,જે $f(0)$ ની બરાબર છે,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \sin(1/h)$,જેનું અસ્તિત્વ નથી. તેથી,$(i)$ સાચું છે.
$g(x) = x f(x) = x^2 \sin(1/x)$ માટે $x \neq 0$ અને $g(0) = 0$.
$g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin(1/h) = 0$. તેથી $g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x \neq 0$ માટે,$g'(x) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$.
જેમ $x \to 0$,$\lim_{x \to 0} g'(x) = \lim_{x \to 0} (2x \sin(1/x) - \cos(1/x))$,જેનું અસ્તિત્વ નથી કારણ કે $\cos(1/x)$ દોલન કરે છે.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} g'(x) \neq g'(0)$,$g'(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત નથી. તેથી,$(ii)$ સાચું છે.

(A) આપેલ છે કે,$\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=e^x(x+1)$.
વ્યાખ્યા મુજબ,આ લક્ષ $f'(x) = e^x(x+1)$ છે.
$f'(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = \int (x e^x + e^x) dx = x e^x + c$ મળે છે.
$f(0) = 0$ હોવાથી,$0(e^0) + c = 0$,જેનો અર્થ છે કે $c = 0$.
તેથી,$f(x) = x e^x$.
હવે,આપણે $\frac{d}{d x}(f(x) e^{-x}) + \frac{d}{d x}(\frac{f(x)}{x})$ પદાવલિનું મૂલ્ય શોધીએ.
$f(x) = x e^x$ મૂકતા,આપણને $\frac{d}{d x}(x e^x \cdot e^{-x}) + \frac{d}{d x}(\frac{x e^x}{x}) = \frac{d}{d x}(x) + \frac{d}{d x}(e^x)$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $1 + e^x$ થાય છે.

(B) આપેલ છે કે $x = \frac{1 - \sqrt[3]{y}}{1 + \sqrt[3]{y}}$.
બંને બાજુ $(1 + \sqrt[3]{y})$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $x(1 + \sqrt[3]{y}) = 1 - \sqrt[3]{y}$.
$x + x\sqrt[3]{y} = 1 - \sqrt[3]{y}$.
$\sqrt[3]{y}(x + 1) = 1 - x$.
$\sqrt[3]{y} = \frac{1 - x}{1 + x}$.
બંને બાજુ ઘન કરતા,$y = \left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)^3$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (chain rule નો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{dy}{dx} = 3\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)^2 \cdot \frac{d}{dx}\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right) = \frac{-(1 + x) - (1 - x)(1)}{(1 + x)^2} = \frac{-1 - x - 1 + x}{(1 + x)^2} = \frac{-2}{(1 + x)^2}$.
આમ,$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{(1 - x)^2}{(1 + x)^2} \cdot \frac{-2}{(1 + x)^2} = \frac{-6(1 - x)^2}{(1 + x)^4}$.
કારણ કે $\frac{dx}{dy} = \frac{1}{dy/dx}$,તેથી $\frac{dx}{dy} = \frac{-(1 + x)^4}{6(1 - x)^2}$.

(D) આપેલ છે કે $F(x)=f(x) g(x)$.
ગુણાકારના નિયમ મુજબ,$F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)$.
આપણને $G(x)=f^{\prime}(x) g^{\prime}(x)$ આપેલ છે.
કારણ કે $F^{\prime}(x)=G(x) H(x)$,તેથી $H(x)=\frac{F^{\prime}(x)}{G(x)}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)}{f^{\prime}(x) g^{\prime}(x)}=\frac{g(x)}{g^{\prime}(x)}+\frac{f(x)}{f^{\prime}(x)}$.
વળી,$F^{\prime}(x)=F(x) K(x)$,તેથી $K(x)=\frac{F^{\prime}(x)}{F(x)}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)}{f(x) g(x)}=\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}+\frac{g^{\prime}(x)}{g(x)}$.
તેથી,$H(x)+K(x)=\frac{f(x)}{f^{\prime}(x)}+\frac{g(x)}{g^{\prime}(x)}+\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}+\frac{g^{\prime}(x)}{g(x)}$.

(B) આપેલ છે $y = \frac{x \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} + \log \sqrt{1-x^2}$.
પ્રથમ,લઘુગણકીય પદને સરળ બનાવતા: $\log \sqrt{1-x^2} = \frac{1}{2} \log(1-x^2)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{x \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} \right) + \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} \log(1-x^2) \right)$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,પ્રથમ પદનું વિકલન: $\frac{(\sin^{-1} x + \frac{x}{\sqrt{1-x^2}})\sqrt{1-x^2} - (x \sin^{-1} x)(\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}})}{1-x^2} = \frac{\sin^{-1} x + \frac{x^2 \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} + x}{1-x^2}$.
બીજા પદનું વિકલન: $\frac{d}{dx} (\frac{1}{2} \log(1-x^2)) = \frac{-x}{1-x^2}$.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{\sin^{-1} x + \frac{x^2 \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} + x - x}{1-x^2} = \frac{\sin^{-1} x}{(1-x^2)^{3/2}}$.

(D) આપેલ છે $f(x) = x^2 + g'(1)x + g''(2)$. ધારો કે $g'(1) = a$ અને $g''(2) = b$. તેથી $f(x) = x^2 + ax + b$.
$f'(x) = 2x + a$ અને $f''(x) = 2$.
આપેલ છે $g(x) = f(1)x^2 + xf'(x) + f''(x)$.
$f(1) = 1 + a + b$,$f'(x) = 2x + a$,અને $f''(x) = 2$ મૂકતા:
$g(x) = (1 + a + b)x^2 + x(2x + a) + 2 = (1 + a + b + 2)x^2 + ax + 2 = (3 + a + b)x^2 + ax + 2$.
હવે,$g'(x) = 2(3 + a + b)x + a$ અને $g''(x) = 2(3 + a + b)$.
$g'(1) = a$ નો ઉપયોગ કરતા: $2(3 + a + b) + a = a \implies 6 + 2a + 2b = 0 \implies a + b = -3$.
$g''(2) = b$ નો ઉપયોગ કરતા: $2(3 + a + b) = b \implies 6 + 2a + 2b = b \implies 2a + b = -6$.
સમીકરણો ઉકેલતા: $(2a + b) - (a + b) = -6 - (-3) \implies a = -3$.
તેથી $-3 + b = -3 \implies b = 0$.
આમ,$f(x) = x^2 - 3x$ અને $g(x) = (3 - 3 + 0)x^2 - 3x + 2 = -3x + 2$.
$f(x) - g(x) = (x^2 - 3x) - (-3x + 2) = x^2 - 2$.

(C) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \tan^{-1}\left(\frac{1}{\sin^2 x + (2n-1)\sin x + (n^2-n+1)}\right)$ છે.
આપણે તેને $T_n = \tan^{-1}\left(\frac{(\sin x + n) - (\sin x + n - 1)}{1 + (\sin x + n)(\sin x + n - 1)}\right)$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમ $\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $T_n = \tan^{-1}(\sin x + n) - \tan^{-1}(\sin x + n - 1)$ મળે છે.
$10$ પદો સુધી સરવાળો કરતા,આપણને $f(x) = \sum_{n=1}^{10} [\tan^{-1}(\sin x + n) - \tan^{-1}(\sin x + n - 1)]$ મળે છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $f(x) = \tan^{-1}(\sin x + 10) - \tan^{-1}(\sin x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f'(x) = \frac{\cos x}{1 + (\sin x + 10)^2} - \frac{\cos x}{1 + \sin^2 x}$ મળે છે.
$x = 0$ આગળ,$f'(0) = \frac{\cos 0}{1 + (0 + 10)^2} - \frac{\cos 0}{1 + 0^2} = \frac{1}{101} - 1 = \frac{-100}{101}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $x \sqrt{1+y} + y \sqrt{1+x} = 0$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $x \sqrt{1+y} = -y \sqrt{1+x}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$x^2(1+y) = y^2(1+x)$ મળે છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$x^2 + x^2y = y^2 + xy^2$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,$x^2 - y^2 + x^2y - xy^2 = 0$.
અવયવ પાડતા,$(x-y)(x+y) + xy(x-y) = 0$.
કારણ કે $x \neq y$,આપણે $(x-y)$ વડે ભાગતા $x+y+xy = 0$ મળે છે.
$y$ માટે ઉકેલતા,$y(1+x) = -x$,તેથી $y = \frac{-x}{1+x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{(1+x)(-1) - (-x)(1)}{(1+x)^2}$.
સાદુરૂપ આપતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{-1-x+x}{(1+x)^2} = \frac{-1}{(1+x)^2}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $2^x+2^y=2^{x+y}$ છે.
બંને બાજુ $2^{x+y}$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{2^x}{2^{x+y}}+\frac{2^y}{2^{x+y}}=1$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $2^{-y}+2^{-x}=1$ થાય છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{d}{dx}(2^{-y})+\frac{d}{dx}(2^{-x})=\frac{d}{dx}(1)$ મળે છે.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$2^{-y} \cdot \log 2 \cdot (-\frac{dy}{dx}) + 2^{-x} \cdot \log 2 \cdot (-1) = 0$ મળે છે.
$-\log 2$ વડે ભાગતા,$2^{-y} \frac{dy}{dx} + 2^{-x} = 0$ મળે છે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{2^{-x}}{2^{-y}} = -2^{y-x}$.
મૂળ સમીકરણ $2^x+2^y=2^{x+y}$ પરથી,$2^{-x} = 1-2^{-y}$ છે.
તેથી $\frac{dy}{dx} = -\frac{1-2^{-y}}{2^{-y}} = -(\frac{1}{2^{-y}}-1) = -(2^y-1) = 1-2^y$.

(C) ધારો કે $y = \operatorname{cosech}^{-1}(\tan 2x)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} [\operatorname{cosech}^{-1}(\tan 2x)]$.
સૂત્ર યાદ કરો: $\frac{d}{dx} \operatorname{cosech}^{-1}(u) = \frac{-1}{|u| \sqrt{1+u^2}} \cdot \frac{du}{dx}$.
અહીં,$u = \tan 2x$,તેથી $\frac{du}{dx} = 2 \sec^2 2x$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{|\tan 2x| \sqrt{1 + \tan^2 2x}} \cdot 2 \sec^2 2x$.
કારણ કે $1 + \tan^2 2x = \sec^2 2x$,તેથી $\sqrt{1 + \tan^2 2x} = |\sec 2x|$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{|\tan 2x| \cdot |\sec 2x|} \cdot 2 \sec^2 2x$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2 \sec^2 2x}{|\frac{\sin 2x}{\cos 2x}| \cdot |\frac{1}{\cos 2x}|} = \frac{-2 \sec^2 2x \cdot |\cos^2 2x|}{|\sin 2x|} = -2 |\operatorname{cosec} 2x|$.

(A) નોંધ: લઘુગણકનો આધાર $e$ છે તેમ ધારીએ.
આપેલ છે:
વિધાન: $x < 0$ માટે,$\frac{d^2}{d x^2}(\log |x|) = \frac{1}{|x|^2}$.
કારણ: $x < 0$ માટે,$|x| = -x$.
ધારો કે $f(x) = \log |x|$.
$x < 0$ માટે,આપણી પાસે $|x| = -x$ છે,તેથી $f(x) = \log(-x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{d x}(\log(-x)) = \frac{1}{-x} \cdot \frac{d}{d x}(-x) = \frac{1}{-x} \cdot (-1) = \frac{1}{x}$.
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2}{d x^2}(\log |x|) = \frac{d}{d x}(\frac{1}{x}) = -\frac{1}{x^2}$.
કારણ કે $|x|^2 = (-x)^2 = x^2$,વિધાનમાં $\frac{1}{x^2}$ આપેલ છે,પરંતુ આપણને $-\frac{1}{x^2}$ મળે છે.
તેથી,વિધાન ખોટું છે અને કારણ સાચું છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $x^y = y^{\sin x} (\tan x)^{\cos x}$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$y \log x = \sin x \log y + \cos x \log (\tan x)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(y \log x) = \frac{d}{dx}(\sin x \log y) + \frac{d}{dx}(\cos x \log \tan x)$
$\frac{dy}{dx} \log x + y \cdot \frac{1}{x} = (\cos x \log y + \sin x \cdot \frac{1}{y} \frac{dy}{dx}) + (-\sin x \log \tan x + \cos x \cdot \frac{1}{\tan x} \cdot \sec^2 x)$
વિકલિત પદનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\cos x \cdot \frac{1}{\tan x} \cdot \sec^2 x = \cos x \cdot \frac{\cos x}{\sin x} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} = \frac{1}{\sin x} = \operatorname{cosec} x$
$\left(\log x - \frac{\sin x}{y}\right) \frac{dy}{dx}$ ને અલગ કરવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\left(\log x - \frac{\sin x}{y}\right) \frac{dy}{dx} = \cos x \log y - \sin x \log (\tan x) + \operatorname{cosec} x - \frac{y}{x}$

(B) આપેલ છે,$\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}=a(x-y)$.
ધારો કે $x=\sin \alpha$ અને $y=\sin \beta$. તો $\cos \alpha + \cos \beta = a(\sin \alpha - \sin \beta)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} = a \cdot 2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}$.
આનું સાદું રૂપ $\cot \frac{\alpha-\beta}{2} = a$ થાય છે,તેથી $\alpha - \beta = 2 \cot^{-1} a$.
કિંમત પાછી મૂકતા,$\sin^{-1} x - \sin^{-1} y = 2 \cot^{-1} a$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-y^2}} \frac{dy}{dx} = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{\sqrt{1-y^2}}{\sqrt{1-x^2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\left(\frac{dy}{dx}\right)^2 = \frac{1-y^2}{1-x^2}$,તેથી $(1-x^2) \left(\frac{dy}{dx}\right)^2 = 1-y^2$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $(1-x^2) \cdot 2 \frac{dy}{dx} \frac{d^2y}{dx^2} + (-2x) \left(\frac{dy}{dx}\right)^2 = -2y \frac{dy}{dx}$ મળે છે.
$2 \frac{dy}{dx}$ વડે ભાગતા (ધારી લો કે $\frac{dy}{dx} \neq 0$),આપણને $(1-x^2) \frac{d^2y}{dx^2} - x \frac{dy}{dx} = -y$ મળે છે.
$(1-x^2)$ વડે ગુણતા,આપણને $(1-x^2)^2 \frac{d^2y}{dx^2} - x(1-x^2) \frac{dy}{dx} = -y(1-x^2)$ મળે છે.
ગોઠવતા,$(1-x^2)^2 \frac{d^2y}{dx^2} + y(1-x^2) = x(1-x^2) \frac{dy}{dx}$.
$\frac{dy}{dx}$ વડે ગુણતા,આપણને $\left[(1-x^2)^2 \frac{d^2y}{dx^2} + y(1-x^2)\right] \frac{dy}{dx} = x(1-x^2) \left(\frac{dy}{dx}\right)^2$ મળે છે.
કારણ કે $\left(\frac{dy}{dx}\right)^2 = \frac{1-y^2}{1-x^2}$,તેથી પદ $x(1-x^2) \cdot \frac{1-y^2}{1-x^2} = x(1-y^2)$ બને છે.

(D) આપેલા પ્રતિવિધેયોના વિકલિતો નીચે મુજબ છે:
$(A)$ $\frac{d}{dx}(\sec^{-1} x) = \frac{1}{|x|\sqrt{x^2-1}}$,જ્યાં $|x| > 1$. આ $III$ સાથે સુસંગત છે.
$(B)$ $\frac{d}{dx}(\tanh^{-1} x) = \frac{1}{1-x^2}$,જ્યાં $x \in (-1, 1)$. આ $I$ સાથે સુસંગત છે.
$(C)$ $\frac{d}{dx}(\coth^{-1} x) = \frac{1}{1-x^2}$,જ્યાં $x \in R - [-1, 1]$. આ $IV$ સાથે સુસંગત છે.
$(D)$ $\frac{d}{dx}(\operatorname{cosech}^{-1} x) = \frac{-1}{|x|\sqrt{x^2+1}}$,જ્યાં $x \neq 0$. આ $II$ સાથે સુસંગત છે.
આમ,સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.