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

(D) $(1+3x-2x^2)^n$ ના વિસ્તરણમાં સહગુણકોનો સરવાળો $x=1$ મૂકવાથી મળે છે.
આપેલ છે કે $P(1) = (1+3(1)-2(1)^2)^n = 128$.
$(1+3-2)^n = 128$ $\Rightarrow 2^n = 2^7$ $\Rightarrow n=7$.
આપણે સરવાળો $S = \sum_{r=1}^{2n} r \frac{^{2n}C_r}{^{2n}C_{r-1}}$ શોધવાનો છે.
ગુણધર્મ $\frac{^{n}C_r}{^{n}C_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{^{2n}C_r}{^{2n}C_{r-1}} = \frac{2n-r+1}{r}$.
આ કિંમત સરવાળામાં મૂકતા:
$S = \sum_{r=1}^{2n} r \left( \frac{2n-r+1}{r} \right) = \sum_{r=1}^{2n} (2n-r+1)$.
આ $2n$ પદો ધરાવતી સમાંતર શ્રેણી છે.
$S = (2n) + (2n-1) + \ldots + 1 = \frac{(2n)(2n+1)}{2} = n(2n+1)$.
$n=7$ માટે,$S = 7(2(7)+1) = 7 \times 15 = 105$.

(B) આપેલ પદાવલિ: $f(x) = \sqrt{3+x} + \sqrt{5+x}$.
$3 < x < 5$ માટે, આપણે પદોનું વિસ્તરણ નીચે મુજબ કરીએ છીએ:
$f(x) = x^{1/2}(1 + 3/x)^{1/2} + \sqrt{5}(1 + x/5)^{1/2}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+u)^n = 1 + nu + \frac{n(n-1)}{2!}u^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}u^3 + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
પદ $1$: $x^{1/2} [1 + \frac{1}{2}(\frac{3}{x}) + \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)}{2}(\frac{3}{x})^2 + \dots] = x^{1/2} + \frac{3}{2}x^{-1/2} - \frac{9}{8}x^{-3/2} + \dots$
$x^{-3/2}$ નો સહગુણક $-\frac{9}{8}$ છે.
પદ $2$: $\sqrt{5} [1 + \frac{1}{2}(\frac{x}{5}) + \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)}{2}(\frac{x}{5})^2 + \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2)}{6}(\frac{x}{5})^3 + \dots]$
$x^3$ નો સહગુણક $\sqrt{5} \times \frac{(\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})}{6} \times \frac{1}{5^3} = \frac{1}{16 \times 5^{5/2}}$ છે.
સહગુણકોનો સરવાળો: $-\frac{9}{8} + \frac{3 \times 5^{-5/2}}{8} = \frac{3 \times 5^{-5/2} - 18}{8}$.
આમ, વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) આપેલ $n=10$ માટે,આપણે $S = \sum_{r=1}^{10} {}^n C_r r(r-4)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
પદનું વિસ્તરણ કરતા: $r(r-4) = r(r-1) - 3r$.
તેથી,$S = \sum_{r=1}^{10} {}^n C_r r(r-1) - 3 \sum_{r=1}^{10} r {}^n C_r$.
નિત્યસમ $r(r-1) {}^n C_r = n(n-1) {}^{n-2} C_{r-2}$ અને $r {}^n C_r = n {}^{n-1} C_{r-1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = n(n-1) \sum_{r=2}^{10} {}^{n-2} C_{r-2} - 3n \sum_{r=1}^{10} {}^{n-1} C_{r-1}$.
કારણ કે $\sum_{k=0}^{m} {}^m C_k = 2^m$,તેથી:
$S = n(n-1) 2^{n-2} - 3n 2^{n-1}$.
$n=10$ મૂકતા:
$S = 10(9) 2^8 - 3(10) 2^9 = 90 \cdot 2^8 - 60 \cdot 2^8 = 30 \cdot 2^8$.
$S = 30 \times 256 = 7680$.

(A) દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+y)^n$ માટે જ્યાં $|y| < 1$ હોય,તે $1 + ny + \frac{n(n-1)}{2!}y^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}y^3 + \ldots$ છે.
અહીં,$\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{2}}$ નું વિસ્તરણ સીધું દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને મેળવી શકાય છે,જે વિકલ્પ $A$ માં આપેલ છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $1 - \frac{3}{16} + \frac{1 \cdot 4}{2!} \left(\frac{3}{16}\right)^2 - \frac{1 \cdot 4 \cdot 7}{3!} \left(\frac{3}{16}\right)^3 + \ldots$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+x)^n = 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2!}x^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}x^3 + \ldots$ સાથે સરખાવતા,
$nx = -\frac{3}{16}$ અને $\frac{n(n-1)}{2!}x^2 = \frac{1 \cdot 4}{2!} \left(\frac{3}{16}\right)^2$ મળે છે.
આથી $n(n-1)x^2 = 4 \left(\frac{3}{16}\right)^2$ થાય.
$nx = -\frac{3}{16}$ હોવાથી,$x = -\frac{3}{16n}$ મળે.
$n(n-1)x^2 = 4(nx)^2$ માં $x$ ની કિંમત મૂકતા,$n(n-1) \left(-\frac{3}{16n}\right)^2 = 4 \left(-\frac{3}{16}\right)^2$ મળે.
$\frac{n-1}{n} = 4$ $\Rightarrow n-1 = 4n$ $\Rightarrow 3n = -1$ $\Rightarrow n = -\frac{1}{3}$.
તેથી $x = -\frac{3}{16(-1/3)} = \frac{9}{16}$.
આમ,સરવાળો $(1+x)^n = (1 + \frac{9}{16})^{-1/3} = (\frac{25}{16})^{-1/3} = (\frac{16}{25})^{1/3} = (\frac{4}{5})^{2/3}$ થાય.

(B) આપેલ પદ $(7+3x)^{-2/5} = 7^{-2/5}(1+\frac{3}{7}x)^{-2/5}$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ સૂત્ર $(1+z)^n = 1 + nz + \frac{n(n-1)}{2!}z^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}z^3 + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n = -2/5$ અને $z = \frac{3x}{7}$ છે.
$4^{th}$ પદ $\frac{n(n-1)(n-2)}{3!} z^3$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$T_4 = 7^{-2/5} \times \frac{(-2/5)(-7/5)(-12/5)}{6} \times \frac{27x^3}{343}$
ગણતરી કરતા $T_4 = -\frac{108}{125} \times 7^{-12/5} x^3$ મળે છે.
તેથી,$k = -\frac{108}{125} \times 7^{-12/5}$.
આમ,$7^{12/5}k = -\frac{108}{125}$.

(C) આપેલ છે,$A = \sin \theta |\sin \theta|$,$B = \cos \theta |\cos \theta|$ અને $\frac{99 \pi}{2} \leq \theta \leq \frac{100 \pi}{2}$.
અહીં $\frac{99 \pi}{2} = 49 \pi + \frac{\pi}{2}$ અને $\frac{100 \pi}{2} = 50 \pi$ હોવાથી,ખૂણો $\theta$ એ $4^{\text{th}}$ ચરણમાં છે.
$4^{\text{th}}$ ચરણમાં,$\sin \theta < 0$ અને $\cos \theta > 0$ હોય છે.
તેથી,$|\sin \theta| = -\sin \theta$ અને $|\cos \theta| = \cos \theta$.
આ કિંમતો મૂકતા,$A = \sin \theta (-\sin \theta) = -\sin^2 \theta$ અને $B = \cos \theta (\cos \theta) = \cos^2 \theta$ મળે.
આમ,$B - A = \cos^2 \theta - (-\sin^2 \theta) = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$.

(B) આપેલ છે કે $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}=2 \cos \theta$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને મળે $x+\frac{1}{x}+2=4 \cos^2 \theta$.
તેથી,$x+\frac{1}{x}=2(2 \cos^2 \theta - 1) = 2 \cos 2 \theta$.
ધારો કે $x = e^{i2\theta}$,તો $x^n + x^{-n} = 2 \cos(n \cdot 2\theta) = 2 \cos(2n\theta)$.
$n=6$ માટે,$x^6 + x^{-6} = 2 \cos(2 \times 6 \theta) = 2 \cos 12 \theta$.

(D) આપેલ છે,$\sin A = \frac{11}{61}$. $A$ પ્રથમ ચરણમાં નથી અને $\sin A > 0$ હોવાથી,$A$ બીજા ચરણમાં છે. તેથી,$\cos A = -\frac{60}{61}$.
આપેલ છે,$\cos B = \frac{-7}{25}$. $B$ બીજા ચરણમાં નથી અને $\cos B < 0$ હોવાથી,$B$ ત્રીજા ચરણમાં છે. તેથી,$\sin B = -\frac{24}{25}$.
$A-B$ માટે:
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B = \frac{-1517}{1525} < 0$.
$\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B = \frac{156}{1525} > 0$.
તેથી $A-B$ ચોથા ચરણમાં છે.
$A+B$ માટે:
$\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B = \frac{1363}{1525} > 0$.
$\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B = \frac{684}{1525} > 0$.
તેથી $A+B$ પ્રથમ ચરણમાં છે.

(C) $3 \cos \theta - 4 \sin \theta$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $\sqrt{3^2 + (-4)^2} = 5$ છે. તેથી,$a = 5$.
આપેલ છે કે $\alpha = 5 \sin^2 \theta \cos^3 \theta$ અને $\beta = 5 \sin^3 \theta \cos^2 \theta$.
તેથી $\alpha^2 + \beta^2 = 25 \sin^4 \theta \cos^6 \theta + 25 \sin^6 \theta \cos^4 \theta = 25 \sin^4 \theta \cos^4 \theta (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 25 \sin^4 \theta \cos^4 \theta$.
તેથી,$(\alpha^2 + \beta^2)^5 = (25 \sin^4 \theta \cos^4 \theta)^5 = 5^{10} \sin^{20} \theta \cos^{20} \theta$.
વળી,$\alpha \beta = 25 \sin^5 \theta \cos^5 \theta$.
તેથી $(\alpha \beta)^4 = (25 \sin^5 \theta \cos^5 \theta)^4 = 5^8 \sin^{20} \theta \cos^{20} \theta$.
અંતે,$\sqrt{\frac{(\alpha^2 + \beta^2)^5}{(\alpha \beta)^4}} = \sqrt{\frac{5^{10} \sin^{20} \theta \cos^{20} \theta}{5^8 \sin^{20} \theta \cos^{20} \theta}} = \sqrt{5^2} = 5$.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{\sin x}{\cos 3x} + \frac{\sin 3x}{\cos 9x} + \frac{\sin 9x}{\cos 27x} + \frac{\sin 27x}{\cos 81x}$.
નિત્યસમ $\tan \theta - \tan \phi = \frac{\sin(\theta - \phi)}{\cos \theta \cos \phi}$ નો ઉપયોગ કરીને,દરેક પદને આ રીતે લખી શકાય:
$\frac{\sin x}{\cos 3x} = \frac{1}{2}(\tan 3x - \tan x)$.
તે જ રીતે,$\frac{\sin 3x}{\cos 9x} = \frac{1}{2}(\tan 9x - \tan 3x)$,
$\frac{\sin 9x}{\cos 27x} = \frac{1}{2}(\tan 27x - \tan 9x)$,
$\frac{\sin 27x}{\cos 81x} = \frac{1}{2}(\tan 81x - \tan 27x)$.
સરવાળો કરતા,$f(x) = \frac{1}{2}(\tan 81x - \tan x)$ મળે.
$\tan(kx)$ નો આવર્તમાન $\frac{\pi}{|k|}$ છે.
$\tan 81x$ નો આવર્તમાન $\frac{\pi}{81}$ અને $\tan x$ નો આવર્તમાન $\pi$ છે.
આવર્તમાનનો લ.સા.અ. $\text{L.C.M.}\left(\frac{\pi}{81}, \pi\right) = \pi$ થાય.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 5 \theta = \sin(3 \theta + 2 \theta) = \sin 3 \theta \cos 2 \theta + \cos 3 \theta \sin 2 \theta$.
$\sin 3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$,$\cos 2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta$,$\cos 3 \theta = 4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta$,અને $\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 5 \theta = 5 \sin \theta \cos^4 \theta - 10 \sin^3 \theta \cos^2 \theta + \sin^5 \theta$.
આને $a \cos^4 \theta \sin \theta + b \cos^2 \theta \sin^3 \theta + c \sin^5 \theta$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 5$,$b = -10$,અને $c = 1$ મળે છે.
તેથી,$abc = 5 \times (-10) \times 1 = -50$.

(A) આપેલ છે,$\frac{\cos (\theta_1+\theta_2)}{\cos (\theta_1-\theta_2)}+\frac{\cos (\theta_3-\theta_4)}{\cos (\theta_3+\theta_4)}=0$.
પ્રથમ પદના અંશ અને છેદને $\cos \theta_1 \cos \theta_2$ વડે અને બીજા પદને $\cos \theta_3 \cos \theta_4$ વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$\frac{1-\tan \theta_1 \tan \theta_2}{1+\tan \theta_1 \tan \theta_2} + \frac{1-\tan \theta_3 \tan \theta_4}{1+\tan \theta_3 \tan \theta_4} = 0$.
ધારો કે $x = \tan \theta_1 \tan \theta_2$ અને $y = \tan \theta_3 \tan \theta_4$.
તેથી $\frac{1-x}{1+x} + \frac{1-y}{1+y} = 0$.
$(1-x)(1+y) + (1-y)(1+x) = 0$.
$1 + y - x - xy + 1 + x - y - xy = 0$.
$2 - 2xy = 0 \Rightarrow xy = 1$.
આમ,$(\tan \theta_1 \tan \theta_2)(\tan \theta_3 \tan \theta_4) = 1$.
તેથી,$\cot \theta_1 \cot \theta_2 \cot \theta_3 \cot \theta_4 = \frac{1}{\tan \theta_1 \tan \theta_2 \tan \theta_3 \tan \theta_4} = \frac{1}{1} = 1$.

(C) આપેલ છે કે,$x = \operatorname{sech}^{-1} \frac{1}{2} + \tanh^{-1} \frac{1}{2}$.
લોગરીધમિક સ્વરૂપોનો ઉપયોગ કરતા: $\operatorname{sech}^{-1} z = \ln \left( \frac{1 + \sqrt{1 - z^2}}{z} \right)$ અને $\tanh^{-1} z = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + z}{1 - z} \right)$.
$z = \frac{1}{2}$ માટે,$\operatorname{sech}^{-1} \frac{1}{2} = \ln (2 + \sqrt{3})$ અને $\tanh^{-1} \frac{1}{2} = \ln \sqrt{3}$.
તેથી,$x = \ln (2 + \sqrt{3}) + \ln \sqrt{3} = \ln (2\sqrt{3} + 3)$.
હવે,$\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$.
$e^x = 2\sqrt{3} + 3$ હોવાથી,$e^{-x} = \frac{2\sqrt{3} - 3}{3}$.
તેથી,$\cosh x = \frac{(2\sqrt{3} + 3) + \frac{2\sqrt{3} - 3}{3}}{2} = \frac{8\sqrt{3} + 6}{6} = \frac{4\sqrt{3} + 3}{3}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $25 \cos^2 \alpha + 5 \cos \alpha - 12 = 0$ છે. ધારો કે $x = \cos \alpha$. તેથી $25x^2 + 5x - 12 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 4(25)(-12)}}{50} = \frac{-5 \pm \sqrt{25 + 1200}}{50} = \frac{-5 \pm 35}{50}$.
તેથી,$x = \frac{30}{50} = \frac{3}{5}$ અથવા $x = \frac{-40}{50} = -\frac{4}{5}$.
કારણ કે $\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$,$\cos \alpha$ ઋણ હોવું જોઈએ.
તેથી,$\cos \alpha = -\frac{4}{5}$.
હવે,$\sin \alpha = \sqrt{1 - \cos^2 \alpha} = \sqrt{1 - \frac{16}{25}} = \sqrt{\frac{9}{25}} = \frac{3}{5}$ (કારણ કે બીજા ચરણમાં $\sin \alpha > 0$ હોય છે).
અંતે,$\sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = 2 \left(\frac{3}{5}\right) \left(-\frac{4}{5}\right) = -\frac{24}{25}$.

(C) આપેલ છે,$\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)=2 \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$.
યોગ-વિભાગની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right) + \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right) - \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)} = \frac{2+1}{2-1}$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{2 \cos \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\beta}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2}} = \frac{3}{1}$.
$\cot \frac{\alpha}{2} \cot \frac{\beta}{2} = 3$.
તેથી,$\tan \frac{\alpha}{2} \tan \frac{\beta}{2} = \frac{1}{3}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\tan(x+100^{\circ}) = \tan(x+50^{\circ}) \tan(x) \tan(x-50^{\circ})$
નિત્યસમ $\tan(A+B)\tan(A-B) = \frac{\cos(2B)-\cos(2A)}{\cos(2B)+\cos(2A)}$ નો ઉપયોગ કરતા.
સમીકરણ ઉકેલતા આપણને $\sin(4x+100^{\circ}) = -\cos(50^{\circ})$ મળે છે.
$\sin(4x+100^{\circ}) = \sin(270^{\circ}-50^{\circ}) = \sin(220^{\circ})$.
$4x+100^{\circ} = 220^{\circ}$ $\Rightarrow 4x = 120^{\circ}$ $\Rightarrow x = 30^{\circ}$.

(B) આપેલ છે,$\tan \alpha = 2 \sin \beta \sin \gamma \operatorname{cosec}(\beta + \gamma)$
$\Rightarrow \tan \alpha = \frac{2 \sin \beta \sin \gamma}{\sin(\beta + \gamma)}$
$\Rightarrow \tan \alpha = \frac{2 \sin \beta \sin \gamma}{\sin \beta \cos \gamma + \cos \beta \sin \gamma}$
અંશ અને છેદને $\sin \beta \sin \gamma$ વડે ભાગતા:
$\Rightarrow \tan \alpha = \frac{2}{\cot \gamma + \cot \beta}$
આ દર્શાવે છે કે $\cot \beta, \cot \alpha, \cot \gamma$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,જેનો અર્થ છે કે તેમના વ્યસ્ત $\tan \beta, \tan \alpha, \tan \gamma$ હરાત્મક શ્રેણીમાં છે.

(C) આપેલ છે કે,$f(n) = \cos(nx)(\sec x)^n$ અને $g(n) = \sin(nx)(\sec x)^n$.
આપણે $f(2020) - f(2019) + \tan x \cdot g(2019)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પદોને મૂકતા:
$f(2020) - f(2019) + \tan x \cdot g(2019) = \cos(2020x)(\sec x)^{2020} - \cos(2019x)(\sec x)^{2019} + \frac{\sin x}{\cos x} \cdot \sin(2019x)(\sec x)^{2019}$.
છેલ્લા બે પદોમાંથી $(\sec x)^{2019}$ સામાન્ય લેતા:
$= \cos(2020x)(\sec x)^{2020} - (\sec x)^{2019} \left[ \cos(2019x) - \frac{\sin x \sin(2019x)}{\cos x} \right]$.
કૌંસની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$= \cos(2020x)(\sec x)^{2020} - (\sec x)^{2019} \left[ \frac{\cos x \cos(2019x) - \sin x \sin(2019x)}{\cos x} \right]$.
નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \cos(2020x)(\sec x)^{2020} - (\sec x)^{2019} \left[ \frac{\cos(2019x + x)}{\cos x} \right]$.
$= \cos(2020x)(\sec x)^{2020} - (\sec x)^{2019} \left[ \frac{\cos(2020x)}{\cos x} \right]$.
કારણ કે $\frac{1}{\cos x} = \sec x$:
$= \cos(2020x)(\sec x)^{2020} - \cos(2020x)(\sec x)^{2019} \cdot \sec x$.
$= \cos(2020x)(\sec x)^{2020} - \cos(2020x)(\sec x)^{2020} = 0$.

(D) આપેલ પદાવલિ: $E = \sin ^4 \frac{\pi}{8} + \cos ^4 \frac{3 \pi}{8} - \sin ^4 \frac{3 \pi}{8} + \sin ^4 \frac{5 \pi}{8} + \cos ^4 \frac{7 \pi}{8} - \sin ^4 \frac{7 \pi}{8}$
$\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ અને $\cos(\pi - \theta) = -\cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^4 \frac{5 \pi}{8} = \sin^4 \frac{3 \pi}{8}$
$\cos^4 \frac{7 \pi}{8} = \cos^4 \frac{\pi}{8}$
$\sin^4 \frac{7 \pi}{8} = \sin^4 \frac{\pi}{8}$
કિંમતો મૂકતા:
$E = \cos ^4 \frac{3 \pi}{8} + \cos ^4 \frac{\pi}{8}$
$\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2 \theta}{2}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$E = \frac{3}{4}$

(B) આપેલ છે,$f(x) = 1 + 2 \sin x + 3 \cos^2 x$.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ મૂકતા,આપણને મળે:
$f(x) = 1 + 2 \sin x + 3(1 - \sin^2 x) = 4 + 2 \sin x - 3 \sin^2 x$.
ધારો કે $t = \sin x$. $0 \leq x \leq \frac{2\pi}{3}$ હોવાથી,$t$ નો વિસ્તાર $[0, 1]$ છે.
$f(t) = -3t^2 + 2t + 4$.
આ એક નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે જેનું શિરોબિંદુ $t = \frac{1}{3}$ પર છે.
$\frac{1}{3} \in [0, 1]$ હોવાથી,મહત્તમ કિંમત $f(\frac{1}{3}) = \frac{13}{3}$ છે.
અંતરાલ $[0, 1]$ માં ન્યૂનતમ કિંમત અંતિમ બિંદુઓ $t = 0$ અથવા $t = 1$ પર મળે છે.
$f(0) = 4$ અને $f(1) = 3$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $3$ છે.
મહત્તમ અને ન્યૂનતમનો ગુણોત્તર $\frac{13/3}{3} = \frac{13}{9}$ એટલે કે $13 : 9$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin^{2020} x - \cos^{2020} x + 2019 = 2020$
$\Rightarrow \sin^{2020} x = 1 + \cos^{2020} x$
$\sin^{2020} x$ નો વિસ્તાર $[0, 1]$ છે અને $1 + \cos^{2020} x$ નો વિસ્તાર $[1, 2]$ છે,તેથી સમાનતા ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $\sin^{2020} x = 1$ અને $\cos^{2020} x = 0$ હોય.
આનો અર્થ છે કે $\sin x = \pm 1$ અને $\cos x = 0$.
અંતરાલ $\left(-\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}\right)$ માં $\cos x = 0$ માટે $x$ ની શક્ય કિંમતો $x = -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}$ છે.
આ કિંમતો $\sin^{2020} x = 1$ માં ચકાસતા,ત્રણેય કિંમતો ઉકેલ આપે છે.
આમ,કુલ $3$ વાસ્તવિક ઉકેલો મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\tan \theta + 5 \cot \theta = \sec \theta$.
$\sin \theta$ અને $\cos \theta$ માં ફેરવતા:
$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} + \frac{5 \cos \theta}{\sin \theta} = \frac{1}{\cos \theta}$,જ્યાં $\sin \theta \neq 0$ અને $\cos \theta \neq 0$.
$\sin \theta \cos \theta$ વડે ગુણતા:
$\sin^2 \theta + 5 \cos^2 \theta = \sin \theta$.
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ મૂકતા:
$\sin^2 \theta + 5(1 - \sin^2 \theta) = \sin \theta$.
પદોને ગોઠવતા:
$4 \sin^2 \theta + \sin \theta - 5 = 0$.
અવયવ પાડતા:
$(4 \sin \theta + 5)(\sin \theta - 1) = 0$.
આથી $\sin \theta = -\frac{5}{4}$ અથવા $\sin \theta = 1$.
$-1 \leq \sin \theta \leq 1$ હોવાથી,$\sin \theta = -\frac{5}{4}$ શક્ય નથી.
$\sin \theta = 1$ માટે,$\theta = 2n\pi + \frac{\pi}{2}$ મળે.
પરંતુ,મૂળ સમીકરણ માટે $\cos \theta \neq 0$ હોવું જોઈએ. જો $\sin \theta = 1$ હોય,તો $\cos \theta = 0$ થાય,જે $\tan \theta$ અને $\sec \theta$ માટે અવ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,કોઈ ઉકેલ નથી,એટલે કે ઉકેલ ગણ $\phi$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^4 x-(k+3) \sin ^2 x-k-4=0$.
આ $\sin ^2 x$ ના સ્વરૂપમાં દ્વિઘાત સમીકરણ છે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sin ^2 x = \frac{(k+3) \pm \sqrt{(k+3)^2 + 4(k+4)}}{2}$.
વિવેચકનું સાદું રૂપ આપતા: $(k+3)^2 + 4k + 16 = k^2 + 10k + 25 = (k+5)^2$.
તેથી,$\sin ^2 x = \frac{(k+3) \pm (k+5)}{2}$.
આનાથી બે શક્ય કિંમતો મળે છે: $\sin ^2 x = k+4$ અથવા $\sin ^2 x = -1$.
કારણ કે $\sin ^2 x$ ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $\sin ^2 x = k+4$ લેતા.
આપણે જાણીએ છીએ કે $0 \leq \sin ^2 x \leq 1$,તેથી $0 \leq k+4 \leq 1$.
બધી બાજુથી $4$ બાદ કરતા,$-4 \leq k \leq -3$ મળે છે.

(B) આપેલ સમીકરણો:
$\sin 2\theta + \sin 2\phi = \frac{1}{2}$ $(i)$
$\cos 2\theta + \cos 2\phi = \frac{3}{2}$ $(ii)$
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરતા:
$(\sin 2\theta + \sin 2\phi)^2 = \frac{1}{4}$
$\sin^2 2\theta + \sin^2 2\phi + 2\sin 2\theta \sin 2\phi = \frac{1}{4}$ $(iii)$
$(\cos 2\theta + \cos 2\phi)^2 = \frac{9}{4}$
$\cos^2 2\theta + \cos^2 2\phi + 2\cos 2\theta \cos 2\phi = \frac{9}{4}$ $(iv)$
$(iii)$ અને $(iv)$ નો સરવાળો કરતા:
$(\sin^2 2\theta + \cos^2 2\theta) + (\sin^2 2\phi + \cos^2 2\phi) + 2(\cos 2\theta \cos 2\phi + \sin 2\theta \sin 2\phi) = \frac{1}{4} + \frac{9}{4}$
$1 + 1 + 2\cos(2\theta - 2\phi) = \frac{10}{4}$
$2 + 2\cos 2(\theta - \phi) = \frac{5}{2}$
$2\cos 2(\theta - \phi) = \frac{5}{2} - 2 = \frac{1}{2}$
$\cos 2(\theta - \phi) = \frac{1}{4}$
નિત્યસમ $\cos 2A = 2\cos^2 A - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2\cos^2(\theta - \phi) - 1 = \frac{1}{4}$
$2\cos^2(\theta - \phi) = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}$
$\cos^2(\theta - \phi) = \frac{5}{8}$

(A) કારણ: $\triangle PQR$ માં,$P+Q+R=180^{\circ}$.
$\frac{P}{2} + \frac{Q}{2} + \frac{R}{2} = 90^{\circ} \Rightarrow \frac{P}{2} + \frac{Q}{2} = 90^{\circ} - \frac{R}{2}$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા: $\tan(\frac{P}{2} + \frac{Q}{2}) = \tan(90^{\circ} - \frac{R}{2}) = \cot \frac{R}{2}$.
$\frac{\tan \frac{P}{2} + \tan \frac{Q}{2}}{1 - \tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2}} = \frac{1}{\tan \frac{R}{2}}$.
$(\tan \frac{P}{2} + \tan \frac{Q}{2}) \tan \frac{R}{2} = 1 - \tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2}$.
$\tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2} + \tan \frac{Q}{2} \tan \frac{R}{2} + \tan \frac{R}{2} \tan \frac{P}{2} = 1$. આમ,$(R)$ સાચું છે.
વિધાન: આપેલ છે $A=15^{\circ}, B=17^{\circ}, C=13^{\circ}$,તેથી $2A+2B+2C = 2(15^{\circ}+17^{\circ}+13^{\circ}) = 2(45^{\circ}) = 90^{\circ}$.
ધારો કે $P=4A, Q=4B, R=4C$. તો $P+Q+R = 4(15^{\circ}+17^{\circ}+13^{\circ}) = 180^{\circ}$.
$(R)$ માંથી મળતા નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan 2A \tan 2B + \tan 2B \tan 2C + \tan 2C \tan 2A = 1$.
$\tan \theta = \frac{1}{\cot \theta}$ મૂકતા:
$\frac{1}{\cot 2A \cot 2B} + \frac{1}{\cot 2B \cot 2C} + \frac{1}{\cot 2C \cot 2A} = 1$.
$\frac{\cot 2C + \cot 2A + \cot 2B}{\cot 2A \cot 2B \cot 2C} = 1$.
$\cot 2A + \cot 2B + \cot 2C = \cot 2A \cot 2B \cot 2C$. આમ,$(A)$ સાચું છે અને $(R)$ એ તેની સાચી સમજૂતી છે.

(B) આપણી પાસે છે,$\log (9+3 \sqrt{2}(2+\sqrt{5})+4 \sqrt{5})$
$= \log (9+6 \sqrt{2}+3 \sqrt{10}+4 \sqrt{5})$
$= \log ((3+\sqrt{10})(3+2 \sqrt{2}))$
$= \log (3+\sqrt{10}) + \log (3+\sqrt{8})$
$= \log (3+\sqrt{3^2+1}) + \log (3+\sqrt{3^2-1})$
નિત્યસમ $\sinh^{-1}(x) = \log(x + \sqrt{x^2+1})$ અને $\cosh^{-1}(x) = \log(x + \sqrt{x^2-1})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \sinh^{-1} 3 + \cosh^{-1} 3$

(A) આપેલ સમીકરણ: $(\sqrt{3}-1) \sin \theta + (\sqrt{3}+1) \cos \theta = 2$.
બંને બાજુને $\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2 + (\sqrt{3}+1)^2} = 2\sqrt{2}$ વડે ભાગતા.
$\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}} \sin \theta + \frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}} \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}$ અને $\sin \alpha = \frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}$.
તેથી $\tan \alpha = \tan(\frac{\pi}{12})$,એટલે કે $\alpha = \frac{\pi}{12}$.
સમીકરણ $\cos(\theta - \alpha) = \cos(\frac{\pi}{4})$ બને છે.
વ્યાપક ઉકેલ $\theta = 2n\pi \pm \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right) \cos 2 x+\sin x \sin 2 x \sec x = \cos x \sin 2 x \sec x+\cos \left(\frac{\pi}{4}+x\right) \cos 2 x$
પદોને ગોઠવતા: $\cos 2 x \left[ \cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right) - \cos \left(\frac{\pi}{4}+x\right) \right] = \sin 2 x \sec x (\cos x - \sin x)$
સૂત્ર $\cos(A-B) - \cos(A+B) = 2 \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 2 x \left[ 2 \sin \frac{\pi}{4} \sin x \right] = \sin 2 x \sec x (\cos x - \sin x)$
$\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin 2 x = 2 \sin x \cos x$ હોવાથી:
$\cos 2 x \left( \frac{2}{\sqrt{2}} \sin x \right) = (2 \sin x \cos x) \sec x (\cos x - \sin x)$
$\sqrt{2} \cos 2 x \sin x = 2 \sin x (\cos x - \sin x)$
$\sin x \neq 0$ ધારીને,$\sin x$ વડે ભાગતા:
$\sqrt{2} (\cos^2 x - \sin^2 x) = 2 (\cos x - \sin x)$
$\sqrt{2} (\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x) = 2 (\cos x - \sin x)$
જો $\cos x - \sin x \neq 0$ હોય,તો $\sqrt{2} (\cos x + \sin x) = 2$,એટલે કે $\cos x + \sin x = \sqrt{2}$.
$\sqrt{2}$ વડે ભાગતા,$\frac{1}{\sqrt{2}} \cos x + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x = 1$,જે $\cos \left(x - \frac{\pi}{4}\right) = 1$ છે.
તેથી,$x - \frac{\pi}{4} = 0$,એટલે કે $x = \frac{\pi}{4}$.
તેથી $\sec x = \sec \frac{\pi}{4} = \sqrt{2}$.

(A) આપેલ છે $A+B+C=60^{\circ}$,તેથી $\sin(A+B+C) = \sin(60^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2} = \cos(30^{\circ})$.
ધારો કે $S = \cos(30^{\circ}-A)+\cos(30^{\circ}-B)+\cos(30^{\circ}-C)+\cos(30^{\circ})$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્ર $\cos X + \cos Y = 2 \cos \frac{X+Y}{2} \cos \frac{X-Y}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = 2 \cos \left(30^{\circ}-\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{B-A}{2}\right) + 2 \cos \left(30^{\circ}-\frac{C}{2}\right) \cos \left(\frac{C}{2}\right)$.
$A+B = 60^{\circ}-C$ હોવાથી,$30^{\circ}-\frac{A+B}{2} = 30^{\circ}-\frac{60^{\circ}-C}{2} = \frac{C}{2}$.
$S = 2 \cos \frac{C}{2} \cos \frac{B-A}{2} + 2 \cos \left(30^{\circ}-\frac{C}{2}\right) \cos \frac{C}{2}$.
$S = 2 \cos \frac{C}{2} \left[ \cos \frac{B-A}{2} + \cos \left(30^{\circ}-\frac{C}{2}\right) \right]$.
$30^{\circ}-\frac{C}{2} = 30^{\circ}-\frac{60^{\circ}-A-B}{2} = \frac{A+B}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$S = 2 \cos \frac{C}{2} \left[ \cos \frac{B-A}{2} + \cos \frac{A+B}{2} \right] = 2 \cos \frac{C}{2} \left[ 2 \cos \frac{B}{2} \cos \frac{A}{2} \right]$.
$S = 4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}$.

(B) આપેલ છે કે,$\alpha = \frac{\sin^3 x}{\cos^2 x}$ અને $\beta = \frac{\cos^3 x}{\sin^2 x}$.
$\alpha \sin x + \beta \cos x + 3 = \frac{\sin^4 x}{\cos^2 x} + \frac{\cos^4 x}{\sin^2 x} + 3$.
$= \frac{\sin^6 x + \cos^6 x + 3 \sin^2 x \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x}$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = \sin^2 x$ અને $b = \cos^2 x$:
$= \frac{(\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) + 3 \sin^2 x \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x}$.
$= \frac{(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3 \sin^2 x \cos^2 x + 3 \sin^2 x \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x} = \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x}$.
આપેલ છે કે $\sin x + \cos x = k$,બંને બાજુ વર્ગ કરતા $1 + 2 \sin x \cos x = k^2$,તેથી $\sin x \cos x = \frac{k^2 - 1}{2}$.
આમ,$\frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} = \frac{1}{(\frac{k^2 - 1}{2})^2} = \frac{4}{(k^2 - 1)^2}$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $2 \cos ^2 x + 3 \sin x - 3 = 0$
નિત્યસમ $\cos ^2 x = 1 - \sin ^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2(1 - \sin ^2 x) + 3 \sin x - 3 = 0$
$2 - 2 \sin ^2 x + 3 \sin x - 3 = 0$
$2 \sin ^2 x - 3 \sin x + 1 = 0$
અવયવ પાડતા:
$(2 \sin x - 1)(\sin x - 1) = 0$
તેથી $\sin x = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin x = 1$.
$\sin x = \frac{1}{2}$ માટે,$x = \frac{\pi}{6}$.
$\sin x = 1$ માટે,$x = \frac{\pi}{2}$.
ત્રિકોણના બે ખૂણાઓ $\frac{\pi}{6}$ અને $\frac{\pi}{2}$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $\pi$ થાય છે.
ત્રીજો ખૂણો $= \pi - (\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2}) = \pi - \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3}$.

(C) આપેલ સમીકરણો: $\sin \theta \cosh \alpha = \tan x$ અને $\cos \theta \sinh \alpha = \sec x$.
બંને બાજુ વર્ગ કરીને બાદબાકી કરતા: $\sec^2 x - \tan^2 x = (\cos \theta \sinh \alpha)^2 - (\sin \theta \cosh \alpha)^2$.
કારણ કે $\sec^2 x - \tan^2 x = 1$,તેથી: $\cos^2 \theta \sinh^2 \alpha - \sin^2 \theta \cosh^2 \alpha = 1$.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ અને $\sinh^2 \alpha = \cosh^2 \alpha - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^2 \theta (\cosh^2 \alpha - 1) - (1 - \cos^2 \theta) \cosh^2 \alpha = 1$.
$\cos^2 \theta \cosh^2 \alpha - \cos^2 \theta - \cosh^2 \alpha + \cos^2 \theta \cosh^2 \alpha = 1$.
$2 \cos^2 \theta \cosh^2 \alpha - \cos^2 \theta - \cosh^2 \alpha = 1$.
$\cosh 2 \alpha = 2 \cosh^2 \alpha - 1$ અને $\cos 2 \theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 2 \theta \cosh 2 \alpha = 3$ મળે છે.

(B) આપેલ છે: $\cot \left(\frac{A}{2}\right)=\sqrt{\frac{1+a}{1-a}} \cot \left(\frac{\theta}{2}\right)$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\cot^2 \left(\frac{A}{2}\right) = \left(\frac{1+a}{1-a}\right) \cot^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$
$\cot^2 \left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1+\cos x}{1-\cos x}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1+\cos A}{1-\cos A} = \left(\frac{1+a}{1-a}\right) \frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}$
$\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta} = \frac{(1+\cos A)(1-a)}{(1-\cos A)(1+a)} = \frac{1-a+\cos A-a \cos A}{1+a-\cos A-a \cos A}$
યોગ-વિયોગ પ્રમાણ (Componendo and Dividendo) લેતા:
$\frac{(1+\cos \theta)+(1-\cos \theta)}{(1+\cos \theta)-(1-\cos \theta)} = \frac{(1-a+\cos A-a \cos A)+(1+a-\cos A-a \cos A)}{(1-a+\cos A-a \cos A)-(1+a-\cos A-a \cos A)}$
$\frac{2}{2 \cos \theta} = \frac{2-2a \cos A}{2 \cos A-2a}$
$\frac{1}{\cos \theta} = \frac{1-a \cos A}{\cos A-a}$
તેથી,$\cos \theta = \frac{\cos A-a}{1-a \cos A}$

(A) . $\sin^2 x$ નો આવર્તમાન $\pi$ છે. તેથી,$A-V$.
$B$. $a \cos \theta + b \sin \theta$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{a^2+b^2}$ છે. અહીં,$\frac{\pi}{3} \sqrt{(\sqrt{3})^2+(1)^2} = \frac{\pi}{3} \times 2 = \frac{2\pi}{3}$. તેથી,$B-I$.
$C$. $\sin \frac{x}{3}$ નો આવર્તમાન $\frac{2\pi}{1/3} = 6\pi$ છે અને $\cos \frac{x}{2}$ નો આવર્તમાન $\frac{2\pi}{1/2} = 4\pi$ છે. સરવાળાનો આવર્તમાન $LCM(6\pi, 4\pi) = 12\pi$ છે. તેથી,$C-II$.
$D$. $y=|\sin x|$ અને $y=1$ માટે,$|\sin x|=1$,તેથી $\sin x = \pm 1$. અંતરાલ $(0, \pi)$ માં,$x = \frac{\pi}{2}$ પર $\sin x = 1$ થાય છે. તેથી,$D-III$.
આમ,સાચી જોડ $A-V, B-I, C-II, D-III$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$\cos x - \sin x = \sqrt{a} \sin x$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે $\cos x = \sin x(\sqrt{a} + 1)$.
બંને બાજુ $(\sqrt{a} - 1)$ વડે ગુણતા:
$(\sqrt{a} - 1) \cos x = \sin x(\sqrt{a} + 1)(\sqrt{a} - 1)$.
નિત્યસમ $(x+y)(x-y) = x^2 - y^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\sqrt{a} - 1) \cos x = \sin x(a - 1)$.
$\sqrt{a} \cos x - \cos x = a \sin x - \sin x$.
$a \sin x + \cos x - \sin x$ માટે ઉકેલતા:
$a \sin x + \cos x - \sin x = \sqrt{a} \cos x$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = 1 + \frac{\cos \theta}{2} + \frac{\cos 2 \theta}{4} + \frac{\cos 3 \theta}{8} + \ldots$ છે.
આ $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos(n\theta)}{2^n}$ સ્વરૂપની અનંત શ્રેણી છે.
$r = \frac{1}{2}$ સાથે $\sum_{n=0}^{\infty} r^n \cos(n\theta) = \frac{1-r \cos \theta}{1-2r \cos \theta + r^2}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1-\frac{1}{2} \cos \theta}{1-2(\frac{1}{2}) \cos \theta + (\frac{1}{2})^2} = \frac{1-\frac{1}{2} \cos \theta}{1-\cos \theta + \frac{1}{4}} = \frac{\frac{2-\cos \theta}{2}}{\frac{5-4 \cos \theta}{4}} = \frac{2(2-\cos \theta)}{5-4 \cos \theta} = \frac{4-2 \cos \theta}{5-4 \cos \theta}$.
આને $\frac{a-2 \cos \theta}{5+b \cos \theta}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 4$ અને $b = -4$ મળે છે.
તેથી,$(a-b)^2 = (4 - (-4))^2 = (8)^2 = 64$.

(A) આપેલ અસમતા: $|\sin x-\cos ^2 x| \geq|3-3 \sin x+\sin ^2 x|+4|\sin x-1|$
$\cos ^2 x = 1-\sin ^2 x$ મૂકતા:
$|\sin ^2 x+\sin x-1| \geq|\sin ^2 x-3 \sin x+3|+|4 \sin x-4|$
ધારો કે $a = \sin ^2 x-3 \sin x+3$ અને $b = 4 \sin x-4$. અસમતા $|a+b| \geq |a|+|b|$ સ્વરૂપમાં છે.
આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $ab \geq 0$ હોય.
અહીં $a > 0$ હોવાથી,$b \geq 0$ થવું જોઈએ,એટલે કે $\sin x \geq 1$.
$\sin x$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ હોવાથી,$\sin x = 1$.
તેથી,$x = (4n+1)\frac{\pi}{2}, n \in Z$.

(C) આપેલ છે $\theta = \tan^{-1}(2)$,તેથી $\tan \theta = 2$.
$\sin \theta = \frac{2}{\sqrt{5}}$ અને $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{5}}$.
અક્ષોના પરિભ્રમણ માટેના રૂપાંતરણ સમીકરણો $x = X \cos \theta - Y \sin \theta$ અને $y = X \sin \theta + Y \cos \theta$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $x = \frac{X - 2Y}{\sqrt{5}}$ અને $y = \frac{2X + Y}{\sqrt{5}}$.
આ કિંમતોને મૂળ સમીકરણ $3x^2 - 4xy = r^2$ માં મૂકતા:
ગણતરી કરતા પરિણામ $4Y^2 - X^2 = r^2$ મળે છે.

(C) આપેલ છે $A = (0, 4)$ અને $B = (2 \cos \theta, 2 \sin \theta)$.
$P$ એ $AB$ નું $2:3$ ગુણોત્તરમાં અંતઃવિભાજન કરે છે.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$P(x, y)$ ના યામ:
$x = \frac{2(2 \cos \theta) + 3(0)}{2 + 3} = \frac{4 \cos \theta}{5} \Rightarrow \cos \theta = \frac{5x}{4}$
$y = \frac{2(2 \sin \theta) + 3(4)}{2 + 3} = \frac{4 \sin \theta + 12}{5} \Rightarrow \sin \theta = \frac{5y - 12}{4}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$,તેથી:
$\left(\frac{5x}{4}\right)^2 + \left(\frac{5y - 12}{4}\right)^2 = 1$
$25x^2 + (5y - 12)^2 = 16$
આ સમીકરણ એક વર્તુળ દર્શાવે છે.

(D) ધારો કે ચતુષ્ફલકના શિરોબિંદુઓ $A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$,$C(x_3, y_3, z_3)$ અને $D(x_4, y_4, z_4)$ છે.
દરેક શિરોબિંદુના યામ સમાંતર શ્રેણીમાં હોવાથી,$y_i = x_i + d$ અને $z_i = x_i + 2d$ મળે.
મધ્યકેન્દ્ર $G = \left(\frac{\sum x_i}{4}, \frac{\sum y_i}{4}, \frac{\sum z_i}{4}\right) = (2, 3, k)$.
$x$-યામ પરથી: $\frac{\sum x_i}{4} = 2 \implies \sum x_i = 8$.
$y$-યામ પરથી: $\frac{\sum x_i + 4d}{4} = 3 \implies \frac{8 + 4d}{4} = 3 \implies d = 1$.
$z$-યામ પરથી: $k = \frac{\sum x_i + 8d}{4} = \frac{8 + 8(1)}{4} = 4$.
તેથી,$G = (2, 3, 4)$.
ઉગમબિંદુથી અંતર $= \sqrt{2^2 + 3^2 + 4^2} = \sqrt{29}$.

(B) શિરોબિંદુઓ $A(1,1), B(1,-1), C(-1,1)$ છે.
$AB$ શિરોલંબ છે અને $AC$ સમક્ષિતિજ છે,તેથી $\triangle ABC$ એ $A(1,1)$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
$1$. પરિકેન્દ્ર $S$: કાટકોણ ત્રિકોણ માટે,પરિકેન્દ્ર એ કર્ણ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે.
$S = (0,0)$.
$2$. લંબકેન્દ્ર $O$: કાટકોણ ત્રિકોણ માટે,લંબકેન્દ્ર એ કાટખૂણો બનાવતા શિરોબિંદુ પર હોય છે.
$O = A = (1,1)$.
$3$. અંતઃકેન્દ્ર $I$: બાજુઓની લંબાઈ $c=2, b=2, a=2\sqrt{2}$ છે.
અંતઃકેન્દ્ર $I = (\sqrt{2}-1, \sqrt{2}-1)$.
$OS = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.
$IS = \sqrt{(\sqrt{2}-1)^2 + (\sqrt{2}-1)^2} = \sqrt{2}(\sqrt{2}-1) = 2-\sqrt{2}$.
$IS + OS = (2-\sqrt{2}) + \sqrt{2} = 2$.

(A) બાજુઓના સમીકરણો નીચે મુજબ છે:
$AB: x-3y=0$
$AC: 3x-y=0$
$BC: x+y+4=0$
શિરોબિંદુ $B$ ના યામ શોધવા માટે,આપણે $AB$ અને $BC$ ના સમીકરણો ઉકેલીએ:
$x-3y=0 \Rightarrow x=3y$
$x+y+4=0$ માં $x=3y$ મુકતા:
$3y+y+4=0$ $\Rightarrow 4y=-4$ $\Rightarrow y=-1$
તેથી $x=3(-1)=-3$.
આમ,શિરોબિંદુ $B$ એ $(-3, -1)$ છે.
રેખા $3x-y+k=0$ એ $B(-3, -1)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી,આપણે આ યામ રેખાના સમીકરણમાં મુકીએ:
$3(-3)-(-1)+k=0$
$-9+1+k=0$
$-8+k=0 \Rightarrow k=8$.

(C) ધારો કે ઉગમબિંદુ $(h, k) = (2, 3)$ પર સ્થાનાંતરિત થાય છે. રૂપાંતરણ સમીકરણો $x = X \cos \theta - Y \sin \theta + 2$ અને $y = X \sin \theta + Y \cos \theta + 3$ છે.
આ કિંમતોને $3x^2 + 2xy + 3y^2 - 18x - 22y + 50 = 0$ માં મૂકતા,રૂપાંતરિત સમીકરણ $4X^2 + 2Y^2 - 1 = 0$ માં $XY$ પદ શૂન્ય થવું જોઈએ.
સામાન્ય દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ માં $\theta$ ખૂણે પરિભ્રમણ પછી $XY$ નો સહગુણક $2h' = (b - a) \sin 2\theta + 2h \cos 2\theta$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$a = 3, b = 3, h = 1$.
$2h' = 0$ લેતા,આપણને $(3 - 3) \sin 2\theta + 2(1) \cos 2\theta = 0$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $2 \cos 2\theta = 0$,તેથી $\cos 2\theta = 0$.
આમ,$2\theta = \frac{\pi}{2}$,જે $\theta = \frac{\pi}{4}$ આપે છે.

(D) સમીકરણ $32 x^2+8 x y+32 y^2-108 x-108 y+99=0$ માં $x=X+\frac{3}{2}$ અને $y=Y+\frac{3}{2}$ મૂકતા:
$32(X+\frac{3}{2})^2 + 8(X+\frac{3}{2})(Y+\frac{3}{2}) + 32(Y+\frac{3}{2})^2 - 108(X+\frac{3}{2}) - 108(Y+\frac{3}{2}) + 99 = 0$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$32(X^2 + 3X + \frac{9}{4}) + 8(XY + \frac{3}{2}X + \frac{3}{2}Y + \frac{9}{4}) + 32(Y^2 + 3Y + \frac{9}{4}) - 108X - 162 - 108Y - 162 + 99 = 0$
$32X^2 + 96X + 72 + 8XY + 12X + 12Y + 18 + 32Y^2 + 96Y + 72 - 108X - 108Y - 162 - 162 + 99 = 0$
સમાન પદોને ભેગા કરતા:
$32X^2 + 32Y^2 + 8XY + (96+12-108)X + (96+12-108)Y + (72+18+72-162-162+99) = 0$
$32X^2 + 8XY + 32Y^2 - 63 = 0$

(D) વર્તુળ $S_1: x^2+y^2-2x+4y+1=0$ માટે,કેન્દ્ર $O_1 = (1, -2)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = 2$ છે.
વર્તુળ $S_2: x^2+y^2+4x-6y+12=0$ માટે,કેન્દ્ર $O_2 = (-2, 3)$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = 1$ છે.
બાહ્ય સમાનતાનું કેન્દ્ર $C_1$ એ $O_1O_2$ નું $2:1$ ગુણોત્તરમાં બાહ્ય વિભાજન કરે છે.
$C_1 = (-5, 8)$.
આંતરિક સમાનતાનું કેન્દ્ર $C_2$ એ $O_1O_2$ નું $2:1$ ગુણોત્તરમાં આંતરિક વિભાજન કરે છે.
$C_2 = (-1, 4/3)$.
વ્યાસ $C_1C_2 = \sqrt{(-4)^2 + (20/3)^2} = \frac{4\sqrt{34}}{3}$.
વ્યાસ $2r = \frac{4\sqrt{34}}{3}$ હોવાથી,$r = \frac{2\sqrt{34}}{3}$.
તેથી,$\frac{9}{2}r = 3\sqrt{34}$.

(A) દ્વિઘાત વક્રનું સામાન્ય સમીકરણ $ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0$ છે. $\ldots(i)$
અક્ષોને $\theta = \frac{\pi}{4}$ ખૂણે ફેરવતા $x = \frac{X-Y}{\sqrt{2}}$ અને $y = \frac{X+Y}{\sqrt{2}}$ મળે છે.
આ કિંમતો $(i)$ માં મૂકતા રૂપાંતરિત સમીકરણ મળે છે:
$(\frac{a+b}{2}+h)X^2 + (b-a)XY + (\frac{a+b}{2}-h)Y^2 + \sqrt{2}(g+f)X + \sqrt{2}(f-g)Y + c = 0$.
$Y^2+XY-X=0$ સાથે સરખાવતા:
$1) \frac{a+b}{2}+h = 0$
$2) b-a = 1$
$3) \frac{a+b}{2}-h = 1$
$4) \sqrt{2}(g+f) = -1$
$5) f-g = 0$
ઉકેલતા $a+b=1, h=-\frac{1}{2}, b=1, a=0$ અને $f=g=-\frac{1}{2\sqrt{2}}$ મળે છે.
તેથી,$(h^2-ab)-2gf = (\frac{1}{4} - 0) - 2(\frac{1}{8}) = 0$.

(C) જ્યારે યામ અક્ષોને $\theta$ ખૂણે ઘડિયાળની વિરુદ્ધ દિશામાં ફેરવવામાં આવે,ત્યારે રૂપાંતરણ નીચે મુજબ છે:
$x = X \cos \theta - Y \sin \theta$
$y = X \sin \theta + Y \cos \theta$
આ કિંમતોને $x^2+y^2+2xy+2x+6y+1=0$ માં મૂકતા:
$(X \cos \theta - Y \sin \theta)^2 + (X \sin \theta + Y \cos \theta)^2 + 2(X \cos \theta - Y \sin \theta)(X \sin \theta + Y \cos \theta) + 2(X \cos \theta - Y \sin \theta) + 6(X \sin \theta + Y \cos \theta) + 1 = 0$
સહગુણકોનું સાદું રૂપ આપતા:
$X^2(1 + \sin 2\theta) + 2XY(\cos 2\theta) + Y^2(1 - \sin 2\theta) + X(2 \cos \theta + 6 \sin \theta) + Y(6 \cos \theta - 2 \sin \theta) + 1 = 0$
તેને $(2+\sqrt{3})X^2 + 2XY + (2-\sqrt{3})Y^2 + aX + bY + 2 = 0$ સાથે સરખાવતા:
નોંધ: આપેલ સમીકરણમાં અચળ પદ $2$ છે,તેથી મેળવેલા સમીકરણને $2$ વડે ગુણતા:
$2(1 + \sin 2\theta) = 2 + \sqrt{3}$ $\Rightarrow \sin 2\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow 2\theta = 60^\circ$ $\Rightarrow \theta = 30^\circ$
તેથી $a = 2(2 \cos 30^\circ + 6 \sin 30^\circ) = 2(2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 6 \cdot \frac{1}{2}) = 2(\sqrt{3} + 3) = 6 + 2\sqrt{3}$
$b = 2(6 \cos 30^\circ - 2 \sin 30^\circ) = 2(6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 2 \cdot \frac{1}{2}) = 2(3\sqrt{3} - 1) = 6\sqrt{3} - 2$
$3a - b = 3(6 + 2\sqrt{3}) - (6\sqrt{3} - 2) = 18 + 6\sqrt{3} - 6\sqrt{3} + 2 = 20$

(D) અક્ષોને $\theta$ ખૂણે ફેરવવા માટેના રૂપાંતરણ સમીકરણો $x = X \cos \theta - Y \sin \theta$ અને $y = X \sin \theta + Y \cos \theta$ છે.
આ કિંમતોને આપેલ સમીકરણ $x^2 + 2\sqrt{3}xy - y^2 = 4a^2$ માં મૂકતા:
$(X \cos \theta - Y \sin \theta)^2 + 2\sqrt{3}(X \cos \theta - Y \sin \theta)(X \sin \theta + Y \cos \theta) - (X \sin \theta + Y \cos \theta)^2 = 4a^2$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા,સમીકરણ $X^2 - Y^2 = 2a^2$ ના સ્વરૂપમાં આવવા માટે $XY$ પદનો સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
$XY$ પદનો સહગુણક $-2 \sin \theta \cos \theta + 2\sqrt{3}(\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) - 2 \sin \theta \cos \theta = 0$ થાય છે.
આનું સાદું રૂપ $-4 \sin \theta \cos \theta + 2\sqrt{3} \cos 2\theta = 0$ એટલે કે $-2 \sin 2\theta + 2\sqrt{3} \cos 2\theta = 0$ થાય છે.
તેથી,$\tan 2\theta = \sqrt{3}$,જેનો અર્થ છે કે $2\theta = 60^{\circ}$,તેથી $\theta = 30^{\circ}$.

(A) આપેલ છે કે $ABCD$ એક સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે અને $E$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે.
$AB \parallel CD$ હોવાથી,$AE \parallel CD$ થાય.
$\triangle PAE$ અને $\triangle PCD$ માં,
$\angle PAE = \angle PCD$ (યુગ્મકોણ)
$\angle APE = \angle CPD$ (અભિકોણ)
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle PAE \sim \triangle PCD$ થાય.
સમરૂપ ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ:
$\frac{PA}{PC} = \frac{PE}{PD} = \frac{AE}{CD}$.
$E$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AE = \frac{1}{2} AB$. વળી,સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણમાં $AB = CD$ હોવાથી,$AE = \frac{1}{2} CD$ થાય.
આમ,$\frac{PA}{PC} = \frac{PE}{PD} = \frac{1}{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{PA}{PC} = \frac{1}{2}$ અને $\frac{PD}{PE} = 2$.
તેથી,$\frac{DP}{PE} + \frac{AP}{PC} = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $a x^2+2 h x y+b y^2=0$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2 a x+2 h(y+x \frac{d y}{d x})+2 b y \frac{d y}{d x}=0$.
$2$ વડે ભાગતા: $a x+h y+h x \frac{d y}{d x}+b y \frac{d y}{d x}=0$.
$\frac{d y}{d x}(h x+b y)=-(a x+h y) \implies \frac{d y}{d x}=-\frac{a x+h y}{h x+b y}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 y}{d x^2} = -\frac{(h x+b y)(a+h \frac{d y}{d x})-(a x+h y)(h+b \frac{d y}{d x})}{(h x+b y)^2}$.
$\frac{d y}{d x} = -\frac{a x+h y}{h x+b y}$ મૂકતા:
$\frac{d^2 y}{d x^2} = -\frac{(h x+b y)(a-h \frac{a x+h y}{h x+b y})-(a x+h y)(h-b \frac{a x+h y}{h x+b y})}{(h x+b y)^2}$.
અંશનું સાદુરૂપ આપતા:
$\frac{d^2 y}{d x^2} = -\frac{(a h x+a b y-a h x-h^2 y)-(a h x+b h y-a b x-b h y)}{(h x+b y)^3} = -\frac{a b y-h^2 y-a h x+a b x}{(h x+b y)^3}$.
કારણ કે $a x^2+2 h x y+b y^2=0$ એ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી બે રેખાઓ દર્શાવે છે,તેથી $\frac{d^2 y}{d x^2}=0$.

(B) ધારો કે બહુપદી $p(x)$ ની ઘાત $n$ છે.
તો $p'(x)$ ની ઘાત $n-1$ અને $p''(x)$ ની ઘાત $n-2$ થાય.
સમીકરણ $p(2x) = p'(x) \cdot p''(x)$ ની બંને બાજુએ ઘાત સરખાવતા,આપણને મળે:
$n = (n-1) + (n-2) \Rightarrow n = 3$.
ધારો કે $p(x) = ax^3$.
તો $p'(x) = 3ax^2$ અને $p''(x) = 6ax$ થાય.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$a(2x)^3 = (3ax^2) \cdot (6ax)$
$8ax^3 = 18a^2x^3$
કારણ કે $p(x)$ એ $3$ ઘાતની બહુપદી છે,તેથી $a \neq 0$.
$8a = 18a^2 \Rightarrow a = \frac{8}{18} = \frac{4}{9}$.
આમ,$p(x) = \frac{4}{9}x^3$.
હવે,આપણે સરવાળો ગણીએ:
$\sum_{x=1}^5 p(x) = \frac{4}{9} \sum_{x=1}^5 x^3 = \frac{4}{9} \left( \frac{5(5+1)}{2} \right)^2$
$= \frac{4}{9} \left( \frac{30}{2} \right)^2 = \frac{4}{9} \cdot 15^2 = \frac{4}{9} \cdot 225 = 4 \cdot 25 = 100$.

(A) આપેલ છે કે,$\frac{dy}{dx} = \left(\frac{dx}{dy}\right)^{-1} \dots (i)$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\left(\frac{dx}{dy}\right)^{-2} \cdot \frac{d}{dx}\left(\frac{dx}{dy}\right)$
ચેઈન રૂલ $\frac{d}{dx} = \frac{dy}{dx} \cdot \frac{d}{dy}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\left(\frac{dx}{dy}\right)^{-2} \cdot \left(\frac{d^2x}{dy^2} \cdot \frac{dy}{dx}\right)$
કારણ કે $\frac{dy}{dx} = \left(\frac{dx}{dy}\right)^{-1}$,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\left(\frac{dy}{dx}\right)^2 \cdot \frac{d^2x}{dy^2} \cdot \frac{dy}{dx}$
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\left(\frac{dy}{dx}\right)^3 \cdot \frac{d^2x}{dy^2}$
પદોને ગોઠવતા:
$\frac{d^2x}{dy^2} \left(\frac{dy}{dx}\right)^3 + \frac{d^2y}{dx^2} = 0$
આપેલ સમીકરણ $\frac{d^2x}{dy^2} \left(\frac{dy}{dx}\right)^3 + \frac{d^2y}{dx^2} = k$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = 0$ મળે છે.
હવે,$e^{k f(x)} - k f(x)$ ની કિંમત શોધતા:
$e^{0 \cdot f(x)} - 0 \cdot f(x) = e^0 - 0 = 1 - 0 = 1$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(x+1) \sinh x}{e^{2x} \tan x} = (x+1) \sinh x e^{-2x} \cot x$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln|f(x)| = \ln|x+1| + \ln|\sinh x| - 2x + \ln|\cot x|$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{d}{dx}(\ln|x+1|) + \frac{d}{dx}(\ln|\sinh x|) + \frac{d}{dx}(-2x) + \frac{d}{dx}(\ln|\cot x|)$.
$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{x+1} + \frac{\cosh x}{\sinh x} - 2 + \frac{-\operatorname{cosec}^2 x}{\cot x}$.
કારણ કે $\frac{\cosh x}{\sinh x} = \operatorname{coth} x$ અને $\frac{\operatorname{cosec}^2 x}{\cot x} = \frac{1}{\sin^2 x} \cdot \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{1}{\sin x \cos x} = \frac{2}{\sin 2x} = 2 \operatorname{cosec} 2x$.
તેથી,$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{x+1} + \operatorname{coth} x - 2 - 2 \operatorname{cosec} 2x$.
આપેલ સમીકરણ $\frac{1}{x+1} + \operatorname{coth} x + g(x)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $g(x) = -2 - 2 \operatorname{cosec} 2x = -2(1 + \operatorname{cosec} 2x)$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે,$f(x)=\frac{x-1}{e^x} \dots (i)$
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}(\frac{u}{v}) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{e^x(1) - (x-1)e^x}{(e^x)^2} = \frac{e^x(1 - x + 1)}{e^{2x}} = \frac{2-x}{e^x} \dots (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ માં $x=0$ મૂકતા:
$f'(0) = \frac{2-0}{e^0} = 2 \dots (iii)$
હવે,સમીકરણ $(ii)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f''(x) = \frac{e^x(-1) - (2-x)e^x}{(e^x)^2} = \frac{e^x(-1 - 2 + x)}{e^{2x}} = \frac{x-3}{e^x} \dots (iv)$
સમીકરણ $(iv)$ માં $x=0$ મૂકતા:
$f''(0) = \frac{0-3}{e^0} = -3 \dots (v)$
સમીકરણ $(iii)$ અને $(v)$ નો સરવાળો કરતા:
$f'(0) + f''(0) = 2 + (-3) = -1$

(D) આપેલ છે,$f(x) = \frac{1}{x^3} \int_5^x (2u^2 - u f'(u)) du$
$x^3$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $x^3 f(x) = \int_5^x (2u^2 - u f'(u)) du$
લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$x^3 f'(x) + 3x^2 f(x) = 2x^2 - x f'(x)$
$f'(x)$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$x^3 f'(x) + x f'(x) = 2x^2 - 3x^2 f(x)$
$f'(x)(x^3 + x) = 2x^2 - 3x^2 f(x)$
$f'(x) = \frac{2x^2 - 3x^2 f(x)}{x^3 + x}$
$x = 5$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $f(5) = \frac{1}{5^3} \int_5^5 (2u^2 - u f'(u)) du = 0$.
$x = 5$ અને $f(5) = 0$ ને $f'(x)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$f'(5) = \frac{2(5)^2 - 3(5)^2(0)}{5^3 + 5} = \frac{50}{125 + 5} = \frac{50}{130} = \frac{5}{13}$

(A) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{f(x)+f(y)}{2}$ છે.
આ જેન્સનનું વિધેય સમીકરણ છે,જે સૂચવે છે કે $f(x)$ એ $f(x) = ax + b$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિધેય છે.
આપણને $f(0) = 1$ આપેલ છે.
$f(x) = ax + b$ માં $x = 0$ મૂકતા,આપણને $f(0) = a(0) + b = 1$ મળે છે,તેથી $b = 1$.
હવે,$f(x) = ax + 1$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(x) = a$ મળે છે.
આપણને $f^{\prime}(0) = -1$ આપેલ છે.
કારણ કે $f^{\prime}(x) = a$ એ અચળ છે,તેથી $f^{\prime}(0) = a = -1$.
આમ,વિધેય $f(x) = -x + 1$ છે.
$f(2)$ શોધવા માટે,વિધેયમાં $x = 2$ મૂકો:
$f(2) = -(2) + 1 = -1$.

(C) આપેલ વક્રના સમીકરણો: $x=a(\cos \theta+\theta \sin \theta)$ અને $y=a(\sin \theta-\theta \cos \theta)$.
પ્રથમ,આપણે $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન મેળવીએ:
$\frac{dx}{d\theta} = a(-\sin \theta + \sin \theta + \theta \cos \theta) = a \theta \cos \theta$.
$\frac{dy}{d\theta} = a(\cos \theta - (\cos \theta - \theta \sin \theta)) = a \theta \sin \theta$.
તેથી,સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{a \theta \sin \theta}{a \theta \cos \theta} = \tan \theta$.
અભિલંબનો ઢાળ $-\frac{1}{\tan \theta} = -\cot \theta = -\frac{\cos \theta}{\sin \theta}$ થાય.
બિંદુ $(x, y)$ પર અભિલંબનું સમીકરણ:
$y - a(\sin \theta - \theta \cos \theta) = -\frac{\cos \theta}{\sin \theta} (x - a(\cos \theta + \theta \sin \theta))$.
$\sin \theta$ વડે ગુણતા:
$y \sin \theta - a \sin^2 \theta + a \theta \sin \theta \cos \theta = -x \cos \theta + a \cos^2 \theta + a \theta \sin \theta \cos \theta$.
પદોને ગોઠવતા:
$x \cos \theta + y \sin \theta - a(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = 0$.
$x \cos \theta + y \sin \theta - a = 0$.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી રેખા $Ax + By + C = 0$ નું લંબ અંતર $d = \frac{|C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$A = \cos \theta$,$B = \sin \theta$,અને $C = -a$.
$d = \frac{|-a|}{\sqrt{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}} = \frac{a}{1} = a$.

(D) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $y = \frac{x^n}{a^{n-1}}$.
પ્રથમ,આપણે વિકલન $\frac{dy}{dx}$ શોધીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{n x^{n-1}}{a^{n-1}}$.
કોઈપણ બિંદુ $(\alpha, \beta)$ આગળ સબનોર્મલની લંબાઈનું સૂત્ર: $L = |y \frac{dy}{dx}|$.
બિંદુ $(\alpha, \beta)$ પર કિંમતો મૂકતા:
$L = \beta \cdot \left( \frac{n \alpha^{n-1}}{a^{n-1}} \right) = \left( \frac{\alpha^n}{a^{n-1}} \right) \cdot \left( \frac{n \alpha^{n-1}}{a^{n-1}} \right) = \frac{n \alpha^{2n-1}}{a^{2n-2}}$.
આપેલ છે કે સબનોર્મલની લંબાઈ $a^2$ ના પ્રમાણમાં છે. આ શરત મુજબ $n = \frac{3}{2}$ મળે છે.

(D) આપેલ વક્ર $x^2-a^2=\frac{x^2 y^2}{a^2}$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2x = \frac{1}{a^2} [x^2(2y) \frac{dy}{dx} + (2x)y^2]$.
$2x$ વડે ભાગતા:
$1 = \frac{1}{a^2} [xy \frac{dy}{dx} + y^2]$.
$a^2 = xy \frac{dy}{dx} + y^2 \Rightarrow xy \frac{dy}{dx} = a^2 - y^2$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{a^2 - y^2}{xy}$.
બિંદુ $P(\alpha, y)$ આગળ,ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{a^2 - y^2}{\alpha y}$ છે.
સબનોર્મલની લંબાઈ $|y \frac{dy}{dx}| = |y \cdot \frac{a^2 - y^2}{\alpha y}| = |\frac{a^2 - y^2}{\alpha}|$ થાય.
બિંદુ $P(\alpha, y)$ વક્ર પર હોવાથી,$\alpha^2 - a^2 = \frac{\alpha^2 y^2}{a^2} \Rightarrow y^2 = \frac{a^2}{\alpha^2}(\alpha^2 - a^2) = a^2 - \frac{a^4}{\alpha^2}$.
$y^2$ ની કિંમત સબનોર્મલના સૂત્રમાં મૂકતા:
લંબાઈ $= \frac{a^2 - (a^2 - \frac{a^4}{\alpha^2})}{\alpha} = \frac{a^4}{\alpha^3}$.
$\frac{k}{\alpha^3}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = a^4$ મળે છે.

(A) આપેલ વક્રનું સમીકરણ $y=x^4-6x^3+13x^2-10x+5$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx}=4x^3-18x^2+26x-10$ મળે.
બિંદુઓ $P(x_1, y_1)$ અને $Q(x_2, y_2)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $2$ હોવાથી,$\frac{dy}{dx}=2$ લેતા:
$4x^3-18x^2+26x-10=2$
$4x^3-18x^2+26x-12=0$
$2$ વડે ભાગતા,$2x^3-9x^2+13x-6=0$ મળે.
આ ત્રિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા $(x-1)(2x^2-7x+6)=0$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $(x-1)(x-2)(2x-3)=0$ થાય છે.
ઉકેલો $x=1, 2, \frac{3}{2}$ છે.
$x_1, x_2 \in N$ આપેલ હોવાથી,આપણે $x_1=1$ અને $x_2=2$ લઈએ.
$x_1=1$ માટે,$y_1=1^4-6(1)^3+13(1)^2-10(1)+5=3$.
$x_2=2$ માટે,$y_2=2^4-6(2)^3+13(2)^2-10(2)+5=5$.
તેથી,$x_1x_2+y_1y_2=(1 \times 2)+(3 \times 5)=2+15=17$.

(C) આપેલ વક્ર $x=a(\theta+\sin \theta)$ અને $y=a(1-\cos \theta)$ છે.
પ્રથમ,આપણે વિકલન શોધીએ $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{a \sin \theta}{a(1+\cos \theta)} = \tan \frac{\theta}{2}$.
$P\left(\theta=\frac{\pi}{2}\right)$ આગળ,સ્પર્શકનો ઢાળ $m_T = \tan \frac{\pi}{4} = 1$ અને અભિલંબનો ઢાળ $m_N = -1$ છે.
બિંદુ $P$ ના યામ $x = a(\frac{\pi}{2} + 1)$ અને $y = a(1 - 0) = a$ છે.
$P$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ: $y - a = 1(x - a(\frac{\pi}{2} + 1))$. $y=0$ લેતા,આપણને $x = a(\frac{\pi}{2} + 1) - a = \frac{a\pi}{2}$ મળે. તેથી,$A = (\frac{a\pi}{2}, 0)$.
$P$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ: $y - a = -1(x - a(\frac{\pi}{2} + 1))$. $y=0$ લેતા,આપણને $-a = -x + a(\frac{\pi}{2} + 1)$ મળે,તેથી $x = a(\frac{\pi}{2} + 2)$. તેથી,$B = (a(\frac{\pi}{2} + 2), 0)$.
$\triangle PAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times |x_B - x_A| \times y_P$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times |a(\frac{\pi}{2} + 2) - \frac{a\pi}{2}| \times a = \frac{1}{2} \times |2a| \times a = a^2$.

(C) આપેલ વક્ર: $(\frac{x}{3})^n + (\frac{y}{4})^n = 2$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{n}{3} (\frac{x}{3})^{n-1} + \frac{n}{4} (\frac{y}{4})^{n-1} \frac{dy}{dx} = 0$.
બિંદુ $(3,4)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ:
$\frac{dy}{dx} = -\frac{4}{3} (\frac{3/3}{4/4})^{n-1} = -\frac{4}{3}$.
$(3,4)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ: $y - 4 = -\frac{4}{3}(x - 3) \Rightarrow 4x + 3y = 24$.
સ્પર્શકનો $X$-અંત:ખંડ $y=0$ મૂકતા મળે છે,જે $4x = 24 \Rightarrow x = 6$ છે. તેથી,બિંદુ $C$ એ $(6,0)$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $-\frac{1}{dy/dx} = \frac{3}{4}$ થાય.
$(3,4)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ: $y - 4 = \frac{3}{4}(x - 3) \Rightarrow 3x - 4y + 7 = 0$.
અભિલંબનો $X$-અંત:ખંડ $y=0$ મૂકતા મળે છે,જે $3x = -7 \Rightarrow x = -\frac{7}{3}$ છે. તેથી,બિંદુ $B$ એ $(-\frac{7}{3}, 0)$ છે.
ત્રિકોણ શિરોબિંદુઓ $A(3,4)$,$B(-\frac{7}{3}, 0)$,અને $C(6,0)$ દ્વારા બને છે.
પાયો $BC = 6 - (-\frac{7}{3}) = 6 + \frac{7}{3} = \frac{25}{3}$.
ત્રિકોણની ઊંચાઈ $A$ નો $y$-યામ છે,જે $4$ છે.
ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times \frac{25}{3} \times 4 = \frac{50}{3}$ ચોરસ એકમ.

(A) આપેલ છે $y=f(x)$. બિંદુ $P$ એ $(\alpha, 1)$ છે.
$P(\alpha, 1)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y-1=f^{\prime}(\alpha)(x-\alpha)$ છે.
$y=0$ લેતા,$X$-અંતઃખંડ $A$ એ $\alpha - \frac{1}{f^{\prime}(\alpha)}$ મળે. તેથી $A = (\alpha - \frac{1}{f^{\prime}(\alpha)}, 0)$.
$P(\alpha, 1)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y-1=-\frac{1}{f^{\prime}(\alpha)}(x-\alpha)$ છે.
$y=0$ લેતા,$X$-અંતઃખંડ $B$ એ $\alpha + f^{\prime}(\alpha)$ મળે. તેથી $B = (\alpha + f^{\prime}(\alpha), 0)$.
બિંદુ $C$ એ $(\alpha, 0)$ છે.
તેથી $AC = |\alpha - (\alpha - \frac{1}{f^{\prime}(\alpha)})| = \frac{1}{f^{\prime}(\alpha)}$ અને $CB = |(\alpha + f^{\prime}(\alpha)) - \alpha| = f^{\prime}(\alpha)$.
આપણે $AC+CB = \frac{1}{f^{\prime}(\alpha)} + f^{\prime}(\alpha)$ ને ન્યૂનતમ બનાવવું છે.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,$\frac{1}{f^{\prime}(\alpha)} + f^{\prime}(\alpha) \geq 2 \sqrt{\frac{1}{f^{\prime}(\alpha)} \cdot f^{\prime}(\alpha)} = 2$.
ન્યૂનતમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે $f^{\prime}(\alpha) = 1$.
$P$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $f^{\prime}(\alpha) = 1$ છે.
સ્પર્શકને સમાંતર રેખાનો ઢાળ $1$ હોવો જોઈએ. રેખા $x-y=0$ નો ઢાળ $1$ છે.

(A) ધારો કે $r$ ત્રિજ્યા છે,$h$ ઊંચાઈ છે અને $l$ એ $45^{\circ}$ ના અર્ધ-શીર્ષકોણ ધરાવતા શંકુની તિર્યક ઊંચાઈ છે.
તો $r = h \tan(45^{\circ}) = h$ અને $l = \sqrt{r^2 + h^2} = \sqrt{h^2 + h^2} = h\sqrt{2}$.
વક્ર સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $S = \pi r l = \pi (h) (h\sqrt{2}) = \sqrt{2} \pi h^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે $h = 20$ અને $h + \Delta h = 20.025$,તેથી $\Delta h = 0.025$.
$S$ નું $h$ ની સાપેક્ષ વિકલન $\frac{dS}{dh} = 2\sqrt{2} \pi h$ છે.
$h = 20$ આગળ,$\frac{dS}{dh} = 2\sqrt{2} \pi (20) = 40\sqrt{2} \pi$.
ક્ષેત્રફળમાં આશરે ફેરફાર $\Delta S \approx \frac{dS}{dh} \Delta h = (40\sqrt{2} \pi) (0.025) = \sqrt{2} \pi$.
$h = 20$ આગળ પ્રારંભિક ક્ષેત્રફળ $S = \sqrt{2} \pi (20)^2 = 400\sqrt{2} \pi$ છે.
તેથી,આશરે ક્ષેત્રફળ $S + \Delta S = 400\sqrt{2} \pi + \sqrt{2} \pi = 401\sqrt{2} \pi$ થાય.

(A) ધારો કે $A$ એ વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ છે અને $P$ એ પરિમિતિ છે. આપણી પાસે છે,$\frac{dA}{dt} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}$.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ હોવાથી,$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $\frac{dA}{dt} = 2\pi r \frac{dr}{dt}$ મળે.
આપેલ દર મૂકતા: $2\pi r \frac{dr}{dt} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \Rightarrow \frac{dr}{dt} = \frac{1}{2\pi r \sqrt{\pi}}$.
પરિમિતિ $P = 2\pi r$ છે. $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $\frac{dP}{dt} = 2\pi \frac{dr}{dt}$ મળે.
$\frac{dr}{dt}$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{dP}{dt} = 2\pi \times \frac{1}{2\pi r \sqrt{\pi}} = \frac{1}{r \sqrt{\pi}}$.
આપેલ છે કે $P = \sqrt{\pi}$,તેથી $2\pi r = \sqrt{\pi} \Rightarrow r = \frac{\sqrt{\pi}}{2\pi} = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}$.
$\frac{dP}{dt}$ ના સમીકરણમાં $r$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{dP}{dt} = \frac{1}{(\frac{1}{2\sqrt{\pi}}) \sqrt{\pi}} = \frac{1}{1/2} = 2$ એકમ/સેકન્ડ.

(C) ધારો કે લંબચોરસ સમાંતરબાજુ ટાંકીનું ઘનફળ $V = 27 \ m^3$ છે.
ધારો કે $A$ એ પાયાનું ક્ષેત્રફળ છે અને $h$ એ ટાંકીની ઊંચાઈ છે.
તેથી,$V = A \times h$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે $\frac{dV}{dt} = A \frac{dh}{dt}$.
પ્રશ્ન મુજબ,પાણીના સ્તરમાં થતો ફેરફારનો દર $\frac{dh}{dt}$ એ પાણીના જથ્થામાં થતા ફેરફારના દર $\frac{dV}{dt}$ કરતા ત્રણ ગણો છે,એટલે કે $\frac{dh}{dt} = 3 \frac{dV}{dt}$.
આ કિંમત વિકલનના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{dV}{dt} = A \times (3 \frac{dV}{dt})$.
આનો અર્થ એ છે કે $1 = 3A$,તેથી $A = \frac{1}{3} \ m^2$.
કારણ કે $V = A \times h$,તેથી $27 = \frac{1}{3} \times h$.
તેથી,$h = 27 \times 3 = 81 \ m$.

(A) આપેલ છે કે,ઘનફળમાં થતો વધારાનો દર $\frac{dV}{dt} = 4 \pi \text{ cm}^3/\text{sec}$ છે.
ગોળાનું ઘનફળ $V = 288 \pi \text{ cm}^3$ છે.
ગોળાના ઘનફળનું સૂત્ર $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
ત્રિજ્યા $r$ શોધવા માટે આપેલ ઘનફળની કિંમત મૂકતા:
$288 \pi = \frac{4}{3} \pi r^3 \implies 288 = \frac{4}{3} r^3 \implies r^3 = 216 \implies r = 6 \text{ cm}$.
ઘનફળના સૂત્રનું સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dV}{dt} = 4 \pi r^2 \frac{dr}{dt}$.
જાણીતી કિંમતો $\frac{dV}{dt} = 4 \pi$ અને $r = 6$ મૂકતા:
$4 \pi = 4 \pi (6)^2 \frac{dr}{dt}$.
$1 = 36 \frac{dr}{dt} \implies \frac{dr}{dt} = \frac{1}{36} \text{ cm/sec}$.

(B) આપેલ છે કે,સમયના કોઈપણ ક્ષણે,ઘનફળમાં થતો ફેરફારનો દર અને સપાટીના ક્ષેત્રફળમાં થતો ફેરફારનો દર સમાન છે,એટલે કે $\frac{dV}{dt} = \frac{dS}{dt}$ $\ldots(i)$
$r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે $\frac{dV}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi (3r^2) \frac{dr}{dt} = 4 \pi r^2 \frac{dr}{dt}$ $\ldots(ii)$
$r$ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળાની સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $S = 4 \pi r^2$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે $\frac{dS}{dt} = \frac{d}{dt}(4 \pi r^2) = 4 \pi (2r) \frac{dr}{dt} = 8 \pi r \frac{dr}{dt}$ $\ldots(iii)$
સમીકરણ $(ii)$ અને $(iii)$ ની કિંમતો સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા,આપણને મળે $4 \pi r^2 \frac{dr}{dt} = 8 \pi r \frac{dr}{dt}$
જો $\frac{dr}{dt} \neq 0$ હોય,તો બંને બાજુ $4 \pi r \frac{dr}{dt}$ વડે ભાગતા,આપણને $r = 2$ મળે છે.

(D) ધારો કે $f(x) = 3 \sqrt[3]{x} + \sin(x^{\circ})$. આપણે $f(126)$ ની અંદાજિત કિંમત શોધવાની છે જ્યાં $x = 126$ એ $125$ ની નજીક છે.
વિકલનનો ઉપયોગ કરતા,$f(x + \Delta x) \approx f(x) + f'(x) \Delta x$.
$A = 3 \sqrt[3]{126}$ માટે,$g(x) = 3 x^{1/3}$ લો. તો $g'(x) = x^{-2/3}$.
$x = 125$ પર,$g(125) = 3 \sqrt[3]{125} = 15$.
$A = 3(126)^{1/3} = 3(125+1)^{1/3} = 15(1 + 1/375) = 15.04$.
$B = \sin 61^{\circ} = \sin(60^{\circ} + 1^{\circ}) = \sin 60^{\circ} \cos 1^{\circ} + \cos 60^{\circ} \sin 1^{\circ}$.
$1^{\circ} = 0.0174$ રેડિયન આપેલ છે,તેથી $\sin 1^{\circ} \approx 0.0174$ અને $\cos 1^{\circ} \approx 1$.
$B \approx (\frac{\sqrt{3}}{2})(1) + (\frac{1}{2})(0.0174) = 0.8660 + 0.0087 = 0.8747$.
સરવાળો $= 15.04 + 0.8747 = 15.9147$. આપેલ વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $5.888$ છે.

(B) ધારો કે કોઈપણ સમયે $t$ પર પાણીની ઊંચાઈ $h$,ત્રિજ્યા $r$ અને ત્રાંસી ઊંચાઈ $l$ છે. અર્ધ-શિરોબિંદુ ખૂણો $\alpha = 30^{\circ}$ આપેલ છે.
શંકુની ભૂમિતિ પરથી,$r = h \tan 30^{\circ} = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
પાણીનું કદ $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{h}{\sqrt{3}}\right)^2 h = \frac{\pi h^3}{9}$.
$V = \frac{8 \pi}{\sqrt{3}}$ આપેલ હોવાથી,$\frac{\pi h^3}{9} = \frac{8 \pi}{\sqrt{3}} \Rightarrow h^3 = \frac{72}{\sqrt{3}} = 24 \sqrt{3} = (2 \sqrt{3})^3$,તેથી $h = 2 \sqrt{3} \ ft$.
ત્રાંસી ઊંચાઈ $l = \sqrt{h^2 + r^2} = \sqrt{h^2 + \frac{h^2}{3}} = \sqrt{\frac{4h^2}{3}} = \frac{2h}{\sqrt{3}}$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dl}{dt} = \frac{2}{\sqrt{3}} \frac{dh}{dt}$.
$\frac{dl}{dt} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ (ઘટાડો) આપેલ છે,તેથી $-\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \frac{dh}{dt} \Rightarrow \frac{dh}{dt} = -\frac{1}{2} \ ft/min$.
કદમાં થતો ફેરફારનો દર $\frac{dV}{dt} = \frac{d}{dt} \left(\frac{\pi h^3}{9}\right) = \frac{\pi}{3} h^2 \frac{dh}{dt}$.
$h = 2 \sqrt{3}$ અને $\frac{dh}{dt} = -\frac{1}{2}$ મુકતા,$\frac{dV}{dt} = \frac{\pi}{3} (2 \sqrt{3})^2 \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3} (12) \left(-\frac{1}{2}\right) = -2 \pi \ cu. \ ft/min$.
આમ,પાણીનું કદ $2 \pi \ cu. \ ft/min$ ના દરે ઘટી રહ્યું છે.

(C) સંબંધો સ્થાપિત કરો:
$\triangle ABC$ માં,આપણને $\angle B=90^{\circ}$ આપેલ છે,જે તેને કાટકોણ ત્રિકોણ બનાવે છે જ્યાં $b$ કર્ણ છે અને $a, c$ બાજુઓ છે. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$c=\sqrt{b^2-a^2}$. આપણને આપેલ છે કે $a+b=k$ (એક અચળાંક),તેથી $b=k-a$. ક્ષેત્રફળ $A$ છે:
$A=\frac{1}{2}ac=\frac{1}{2}a\sqrt{b^2-a^2}$
ક્ષેત્રફળને એક ચલના સ્વરૂપમાં દર્શાવો:
ક્ષેત્રફળના સમીકરણમાં $b=k-a$ મૂકતા:
$A=\frac{1}{2}a\sqrt{(k-a)^2-a^2}=\frac{1}{2}a\sqrt{k^2-2ka+a^2-a^2}=\frac{1}{2}a\sqrt{k^2-2ka}$
$A$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $f(a)=4A^2=a^2(k^2-2ka)=k^2a^2-2ka^3$ ને મહત્તમ કરીએ છીએ.
વિકલન કરો અને અંતિમ બિંદુ શોધો:
$f(a)$ નું $a$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન શોધો અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવો:
$f'(a)=2k^2a-6ka^2=0 \Longrightarrow 2ka(k-3a)=0$
કારણ કે $a, k \neq 0$,તેથી $a=\frac{k}{3}$.
પછી $b=k-\frac{k}{3}=\frac{2k}{3}$.
ખૂણો $C$ નક્કી કરો:
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\cos C=\frac{a}{b}$.
$\cos C=\frac{a}{b}=\frac{k/3}{2k/3}=\frac{1}{2}$
કારણ કે $\cos C=\frac{1}{2}$,તેથી $C=\frac{\pi}{3}$.

(C) આપેલ વક્ર $y = 3x^5 + 15x - 8$ છે.
$x$ ના બદલાવાનો દર $\frac{dx}{dt} = \frac{1}{5} \text{ units/sec}$ છે.
$y$ ના બદલાવાનો દર $\frac{dy}{dt} = 6 \text{ units/sec}$ છે.
$y$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dt} = \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = (15x^4 + 15) \cdot \frac{dx}{dt}$.
આપેલી કિંમતો મૂકતા:
$6 = (15x^4 + 15) \cdot \frac{1}{5} = 3(x^4 + 1)$.
$x^4 + 1 = 2 \Rightarrow x^4 = 1 \Rightarrow x = \pm 1$.
$x = 1$ માટે,$y = 3(1)^5 + 15(1) - 8 = 10$. તેથી,$A = (1, 10)$.
$x = -1$ માટે,$y = 3(-1)^5 + 15(-1) - 8 = -3 - 15 - 8 = -26$. તેથી,$B = (-1, -26)$.
$AB$ નો ઢાળ $\frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{-26 - 10}{-1 - 1} = \frac{-36}{-2} = 18$ થાય.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x$ અંતરાલ $[2, 5]$ પર છે.
$f(x)$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે $[2, 5]$ પર સતત છે અને $(2, 5)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,$(2, 5)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $C$ એવું મળે કે જેથી $f'(C) = \frac{f(5) - f(2)}{5 - 2}$ થાય.
વિકલન કરતા: $f'(x) = 1$,તેથી $f'(C) = 1$.
ઢાળની ગણતરી કરતા: $\frac{f(5) - f(2)}{5 - 2} = \frac{5 - 2}{5 - 2} = \frac{3}{3} = 1$.
આમ,શરત $f'(C) = 1$ એ $1 = 1$ બને છે,જે $(2, 5)$ ના દરેક $C$ માટે સાચું છે.
અંતરાલ $(2, 5)$ માં અસંખ્ય બિંદુઓ હોવાથી,$C$ ના અનંત મૂલ્યો શક્ય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^4 + a x^3 + b x$ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર છે.
રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું હોવાથી,$f(-1) = f(1)$ થવું જોઈએ.
$f(-1) = (-1)^4 + a(-1)^3 + b(-1) = 1 - a - b$.
$f(1) = (1)^4 + a(1)^3 + b(1) = 1 + a + b$.
તેમને સરખાવતા: $1 - a - b = 1 + a + b \Rightarrow 2a + 2b = 0 \Rightarrow a + b = 0$ . . . $(1)$.
હવે,વિકલન મેળવીએ: $f^{\prime}(x) = 4x^3 + 3ax^2 + b$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) = 0$,તેથી $x = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$4\left(\frac{1}{2}\right)^3 + 3a\left(\frac{1}{2}\right)^2 + b = 0$.
$4\left(\frac{1}{8}\right) + 3a\left(\frac{1}{4}\right) + b = 0$.
$\frac{1}{2} + \frac{3}{4}a + b = 0$.
$4$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $2 + 3a + 4b = 0 \Rightarrow 3a + 4b = -2$ . . . $(2)$.
$(1)$ પરથી,$b = -a$. તેને $(2)$ માં મૂકતા:
$3a + 4(-a) = -2 \Rightarrow -a = -2 \Rightarrow a = 2$.
તેથી $b = -2$.
આમ,$ab = (2)(-2) = -4$.

(C) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $[a, b]$ પર ત્યારે જ લાગુ પડે જો તે $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય.
વિકલ્પ $C$ માટે,ધારો કે $f(x) = \frac{2x-1}{3x-4}$ અંતરાલ $[1, 2]$ પર છે.
વિધેય $f(x)$ ત્યારે અવ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે છેદ શૂન્ય હોય,એટલે કે $3x - 4 = 0$,જેનો ઉકેલ $x = \frac{4}{3}$ મળે છે.
અહીં $\frac{4}{3} \in [1, 2]$ હોવાથી,વિધેય $x = \frac{4}{3}$ આગળ સતત નથી.
તેથી,આપેલ અંતરાલ પર આ વિધેય માટે લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેયની શરતો સંતોષાતી નથી.

(A) આપેલ છે,$f(x) = x^3 - 4x^2 + 4x + 3$ અંતરાલ $[-1, 3]$ પર.
પ્રથમ,$f'(x) = 0$ લઈને ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધો.
$f'(x) = 3x^2 - 8x + 4 = 0$.
$(3x - 2)(x - 2) = 0$,જે $x = \frac{2}{3}$ અને $x = 2$ આપે છે.
બંને બિંદુઓ $[-1, 3]$ અંતરાલમાં છે.
હવે,ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંતિમ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધો:
$f(-1) = (-1)^3 - 4(-1)^2 + 4(-1) + 3 = -1 - 4 - 4 + 3 = -6$.
$f(\frac{2}{3}) = (\frac{2}{3})^3 - 4(\frac{2}{3})^2 + 4(\frac{2}{3}) + 3 = \frac{8}{27} - \frac{16}{9} + \frac{8}{3} + 3 = \frac{113}{27} \approx 4.18$.
$f(2) = (2)^3 - 4(2)^2 + 4(2) + 3 = 8 - 16 + 8 + 3 = 3$.
$f(3) = (3)^3 - 4(3)^2 + 4(3) + 3 = 27 - 36 + 12 + 3 = 6$.
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા: $\{-6, 4.18, 3, 6\}$,ન્યૂનતમ કિંમત $-6$ છે જે $x = -1$ આગળ મળે છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^2 - \ln|x|$ છે,જ્યાં $x \geq 1$.
$x \geq 1$ હોવાથી,$|x| = x$ થાય,તેથી $f(x) = 2x^2 - \ln x$.
વિકલન કરતા: $f'(x) = 4x - \frac{1}{x}$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે,$f'(x) = 0$ લેતા:
$4x - \frac{1}{x} = 0 \implies 4x^2 = 1 \implies x^2 = \frac{1}{4} \implies x = \pm \frac{1}{2}$.
અહીં પ્રદેશ $x \geq 1$ છે,તેથી અંતરાલ $(1, \infty)$ માં કોઈ ક્રિટિકલ પોઈન્ટ નથી.
વિધેયનું વર્તન તપાસતા: $f'(x) = \frac{4x^2 - 1}{x}$. $x > 1$ માટે,$4x^2 - 1 > 3$,તેથી $f'(x) > 0$.
$x \geq 1$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $[1, \infty)$ પર વધતું વિધેય છે.
તેથી,ન્યૂનતમ કિંમત સીમાબિંદુ $x = 1$ પર મળે છે.
$f(1) = 2(1)^2 - \ln(1) = 2 - 0 = 2$.

(A) ધારો કે $P(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$.
તેથી $P'(x) = 3ax^2 + 2bx + c$.
$P(x)$ ને $x=1$ આગળ અંતિમ મૂલ્ય હોવાથી,$P'(1) = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $3a + 2b + c = 0$ ... $(i)$.
આપેલ છે કે $\lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{P(x)+4}{x^2} + 2\right) = 6$,તેથી $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{P(x)+4}{x^2} = 4$.
$P(x)$ ની કિંમત મૂકતા,$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{ax^3 + bx^2 + cx + d + 4}{x^2} = 4$.
સીમા (limit) શાંત હોવા માટે,$x^{-2}$ અને $x^{-1}$ ના સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ.
આથી,$d+4 = 0 \Rightarrow d = -4$ અને $c = 0$.
તેથી $\lim_{x \rightarrow 0} (ax + b) = 4 \Rightarrow b = 4$.
સમીકરણ $(i)$ માં $b=4$ અને $c=0$ મૂકતા,$3a + 2(4) + 0 = 0 \Rightarrow 3a = -8 \Rightarrow a = -\frac{8}{3}$.
તેથી,$P(x) = -\frac{8}{3}x^3 + 4x^2 - 4$.
વિકલન $P'(x) = -8x^2 + 8x$ થાય.
$x = \frac{1}{2}$ આગળ કિંમત શોધતા,$P'(\frac{1}{2}) = -8(\frac{1}{4}) + 8(\frac{1}{2}) = -2 + 4 = 2$.

(D) $A. f(x) = 3x^4 - 2x^3 - 6x^2 + 6x + 1$
$f'(x) = 12x^3 - 6x^2 - 12x + 6 = 6(2x^3 - x^2 - 2x + 1) = 6(x-1)(2x-1)(x+1)$
$x > 1$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f(x)$ એ $[1, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે. કારણ કે $[2, \infty) \subset [1, \infty)$,તેથી $f(x)$ એ $[2, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે. આમ,$A \rightarrow V$.
$B. f(x) = x + \frac{1}{x}, x < 0$
$f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2}$
$x < -1$ માટે,$f'(x) > 0$ (વધતું). $-1 < x < 0$ માટે,$f'(x) < 0$ (ઘટતું).
$x = -1$ પર,$f'(-1) = 0$ અને $x < 0$ માટે $f''(x) = \frac{2}{x^3} < 0$. આમ,$f(x)$ ને $x = -1$ પર મહત્તમ કિંમત છે. આમ,$B \rightarrow II$.
$C. f(x) = x^4(7 - x)^3$
$f'(x) = 4x^3(7-x)^3 - 3x^4(7-x)^2 = x^3(7-x)^2 [4(7-x) - 3x] = x^3(7-x)^2(28 - 7x) = 7x^3(7-x)^2(4-x)$
ક્રિટિકલ બિંદુઓ $x = 0, 4, 7$ છે. $x = 4$ ની આસપાસ $f'(x)$ ની નિશાની તપાસતા: $x < 4$ માટે,$f'(x) > 0$; $x > 4$ માટે,$f'(x) < 0$. આમ,$f(x)$ ને $x = 4$ પર મહત્તમ કિંમત છે. આમ,$C \rightarrow III$.
$D. f(x) = x^4 + (8-x)^4$
$f'(x) = 4x^3 - 4(8-x)^3 = 4(x^3 - (8-x)^3)$
$f'(x) = 0$ લેતા $\Rightarrow x = 8-x \Rightarrow x = 4$.
$f''(x) = 12x^2 + 12(8-x)^2$. $f''(4) = 12(16) + 12(16) > 0$ હોવાથી,$f(x)$ ને $x = 4$ પર ન્યૂનતમ કિંમત છે. આમ,$D \rightarrow I$.
સાચી જોડ: $A-V, B-II, C-III, D-I$.

(A) આપેલ વિધેય: $f(x) = x - \log \left(\frac{1+x}{x}\right), x > 0$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x) - \frac{d}{dx} \log \left(\frac{1+x}{x}\right) = 1 - \frac{x}{1+x} \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x} + 1 \right) = 1 - \frac{x}{1+x} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) = 1 + \frac{1}{x(1+x)}$.
કારણ કે $x > 0$,તેથી $x(1+x) > 0$,અને તેથી $f^{\prime}(x) = 1 + \frac{1}{x(1+x)} > 1 > 0$ તમામ $x > 0$ માટે.
કારણ કે $f^{\prime}(x) > 0$ પ્રદેશના તમામ $x$ માટે છે,તેથી વિધેય $f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે અને તેને કોઈ સ્થાનિક મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય નથી.
કારણ $(R)$ જણાવે છે કે જો વિધેય ચુસ્ત વધતું હોય,તો $f^{\prime}(x) \neq 0$ થાય. આ ચુસ્ત વધતા વિધેયનો પ્રમાણિત ગુણધર્મ છે.
આમ,$(A)$ અને $(R)$ બંને સાચા છે,અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x-1}{(x+1) \sqrt{x^3+x^2+x}} dx$.
વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા અને સાદું રૂપ આપતા:
$I = \int \frac{x-1}{(x+1) \sqrt{x^2(x+1+1/x)}} dx = \int \frac{x-1}{x(x+1) \sqrt{x+1+1/x}} dx$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{1-1/x^2}{(x+1/x+2) \sqrt{x+1/x+1}} dx$.
ધારો કે $t = \sqrt{x+1/x+1}$,તેથી $t^2 = x+1/x+1$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,$2t dt = (1-1/x^2) dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2t dt}{(t^2+1)t} = 2 \int \frac{dt}{t^2+1} = 2 \tan^{-1}(t) + C$.
આમ,$f(x) = 2 \tan^{-1}(\sqrt{x+1/x+1})$.
$x=1$ માટે કિંમત શોધતા:
$f(1) = 2 \tan^{-1}(\sqrt{1+1+1}) = 2 \tan^{-1}(\sqrt{3}) = 2 \times \frac{\pi}{3} = \frac{2 \pi}{3}$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{2 x^{12}+5 x^9}{\left(1+x^3+x^5\right)^3} d x$.
સંકલનની અંદર અંશ અને છેદને $x^{15}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{2 x^{12}+5 x^9}{x^{15} \left(\frac{1}{x^5}+\frac{x^3}{x^5}+\frac{x^5}{x^5}\right)^3} d x = \int \frac{2 x^{-3}+5 x^{-6}}{\left(x^{-5}+x^{-2}+1\right)^3} d x$.
ધારો કે $t = 1 + x^{-2} + x^{-5}$.
તેથી $dt = (-2x^{-3} - 5x^{-6}) dx$,જેનો અર્થ છે કે $-(2x^{-3} + 5x^{-6}) dx = dt$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = -\int \frac{dt}{t^3} = -\int t^{-3} dt = -\frac{t^{-2}}{-2} + C = \frac{1}{2t^2} + C$.
$t$ ની કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{1}{2 \left(1 + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^5}\right)^2} + C = \frac{1}{2 \left(\frac{x^5+x^3+1}{x^5}\right)^2} + C = \frac{x^{10}}{2(1+x^3+x^5)^2} + C$.
આને $\frac{x^m}{l(1+x^3+x^5)^r} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m=10$,$l=2$,અને $r=2$ મળે છે.
તેથી,$\frac{m-l}{r} = \frac{10-2}{2} = \frac{8}{2} = 4$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{y^2+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[6]{y^2}}{y\left(1+\sqrt[3]{y^2}\right)} d y$
$= \int \frac{y^2+y^{4/3}+y^{1/3}}{y(1+y^{2/3})} d y$
$= \int \frac{y^{4/3}(y^{2/3}+1)+y^{1/3}}{y(1+y^{2/3})} d y$
$= \int \left(y^{1/3} + \frac{y^{-2/3}}{1+y^{2/3}}\right) d y$
$= \frac{y^{4/3}}{4/3} + \int \frac{y^{-2/3}}{1+(y^{1/3})^2} d y$
$= \frac{3}{4} y^{4/3} + 3 \int \frac{d(y^{1/3})}{1+(y^{1/3})^2}$
$= \frac{3}{4} \sqrt[3]{y^4} + 3 \tan^{-1}(y^{1/3}) + C$
$= \frac{3}{4} \sqrt[3]{y^4} + 3 \tan^{-1}(\sqrt[3]{y}) + C$

(A) આપેલ સંકલન $I = \int(\sqrt{1+\sin 2 x} + \sqrt{1-\sin 2 x}) \, dx$ છે.
નિત્યસમ $1 = \sin^2 x + \cos^2 x$ અને $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sqrt{1+\sin 2x} = \sqrt{(\sin x + \cos x)^2} = |\sin x + \cos x|$
$\sqrt{1-\sin 2x} = \sqrt{(\sin x - \cos x)^2} = |\sin x - \cos x|$
જ્યારે $x \in \left(\frac{3 \pi}{4}, \pi\right)$ હોય,ત્યારે $\sin x > 0$ અને $\cos x < 0$ છે. વળી,$|\sin x| > |\cos x|$ હોવાથી,$\sin x + \cos x > 0$ અને $\sin x - \cos x > 0$ થાય.
તેથી,પદાવલિ $(\sin x + \cos x) + (\sin x - \cos x) = 2 \sin x$ બને છે.
આમ,$I = \int 2 \sin x \, dx = -2 \cos x + C$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{25 x^2+8}{\sqrt{25 x^2+9}} dx$.
આપણે અંશને $(25x^2 + 9) - 1$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$I = \int \frac{25x^2 + 9 - 1}{\sqrt{25x^2 + 9}} dx = \int \sqrt{25x^2 + 9} dx - \int \frac{1}{\sqrt{25x^2 + 9}} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \sqrt{a^2x^2 + b^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2x^2 + b^2} + \frac{b^2}{2a}\sinh^{-1}(\frac{ax}{b})$ અને $\int \frac{1}{\sqrt{a^2x^2 + b^2}} dx = \frac{1}{a}\sinh^{-1}(\frac{ax}{b})$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં $a=5$ અને $b=3$ છે.
$I = [\frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{9}{2(5)}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3})] - \frac{1}{5}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.
$I = \frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{9}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) - \frac{2}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.
$I = \frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{7}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.

(B) આપેલ છે કે $5(f(x))^2 = x f(x) + 30$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $10 f(x) f'(x) = x f'(x) + f(x)$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $(10 f(x) - x) f'(x) = f(x)$.
ધારો કે $I = \int \frac{3 x^3 + (1 - 30 x^2) f(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$.
અંશમાં $f(x) = (10 f(x) - x) f'(x)$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \int \frac{3 x^3 - 30 x^2 f(x) + (10 f(x) - x) f'(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$
$I = \int \frac{3 x^2(x - 10 f(x)) + (10 f(x) - x) f'(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$
$I = \int \frac{-(10 f(x) - x)(3 x^2 - f'(x))}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx = -\int \frac{3 x^2 - f'(x)}{(x^3 - f(x))^2} dx$.
ધારો કે $t = x^3 - f(x)$,તો $dt = (3 x^2 - f'(x)) dx$.
આમ,$I = -\int \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{t} + C = \frac{1}{x^3 - f(x)} + C$.
$\frac{A}{B x^3 + D f(x)} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 1, B = 1, D = -1$ મળે છે.
તેથી,$A + B + D = 1 + 1 - 1 = 1$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x^3+x^2-x-1}{(x^5+x^4+3x^3+3x^2+x+1) \tan^{-1}(\frac{x^2+1}{x})} dx$.
અંશના અવયવ પાડતા: $x^2(x+1) - 1(x+1) = (x^2-1)(x+1) = (x-1)(x+1)^2$.
છેદના અવયવ પાડતા: $x^4(x+1) + 3x^2(x+1) + 1(x+1) = (x+1)(x^4+3x^2+1)$.
તેથી,$I = \int \frac{(x-1)(x+1)^2}{(x+1)(x^4+3x^2+1) \tan^{-1}(\frac{x^2+1}{x})} dx = \int \frac{(x^2-1)}{(x^4+3x^2+1) \tan^{-1}(\frac{x^2+1}{x})} dx$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા: $I = \int \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{(x^2 + 3 + \frac{1}{x^2}) \tan^{-1}(x + \frac{1}{x})} dx = \int \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{((x + \frac{1}{x})^2 + 1) \tan^{-1}(x + \frac{1}{x})} dx$.
ધારો કે $u = \tan^{-1}(x + \frac{1}{x})$,તો $du = \frac{1}{1 + (x + \frac{1}{x})^2} \cdot (1 - \frac{1}{x^2}) dx$.
આમ,$I = \int \frac{1}{u} du = \log|u| + C = \log|\tan^{-1}(x + \frac{1}{x})| + C$.
$A \log(f(x)) + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 1$ અને $f(x) = \tan^{-1}(x + \frac{1}{x})$ મળે છે.
તેથી $f(2) = \tan^{-1}(2 + \frac{1}{2}) = \tan^{-1}(\frac{5}{2})$.
તેથી,$A - \tan(f(2)) = 1 - \tan(\tan^{-1}(\frac{5}{2})) = 1 - \frac{5}{2} = \frac{-3}{2}$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{1-(\cot x)^{2019}}{\tan x+(\cot x)^{2020}} dx$.
અંશ અને છેદને $\sin x \cos^{2019} x$ વડે ગુણતા,સંકલ્યનું સાદું રૂપ મળે છે.
વધુમાં,$\frac{d}{dx}(\sin^{2021} x + \cos^{2021} x) = 2021 \sin^{2020} x \cos x - 2021 \cos^{2020} x \sin x = 2021 \sin x \cos x (\sin^{2019} x - \cos^{2019} x)$ થાય છે.
તેથી,સંકલન $\frac{1}{2021} \ln |\sin^{2021} x + \cos^{2021} x| + c$ મળે છે.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$n = 2021$,$f(x) = \sin x$,અને $g(x) = \cos x$ મળે છે.
આપણે $n[(f(x))^4 + (g(x))^4]_{x=\frac{\pi}{3}} = 2021 [\sin^4(\frac{\pi}{3}) + \cos^4(\frac{\pi}{3})]$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$= 2021 [(\frac{\sqrt{3}}{2})^4 + (\frac{1}{2})^4] = 2021 [\frac{9}{16} + \frac{1}{16}] = 2021 [\frac{10}{16}] = 2021 [\frac{5}{8}] = \frac{10105}{8}$.

(B) આપેલ છે કે,$\int \frac{a \cos x-2 \sin x}{b \sin x+5 \cos x} d x=\frac{7}{41} x+\frac{22}{41} \log |b \sin x+5 \cos x|+C$.
ધારો કે $a \cos x-2 \sin x = \lambda(b \sin x+5 \cos x) + \mu(b \cos x-5 \sin x)$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$a = 5\lambda + \mu b$ અને $-2 = b\lambda - 5\mu$.
આપેલ છે કે $\lambda = \frac{7}{41}$ અને $\mu = \frac{22}{41}$,તેથી:
$a = 5(\frac{7}{41}) + b(\frac{22}{41}) = \frac{35+22b}{41}$ અને $-2 = b(\frac{7}{41}) - 5(\frac{22}{41}) \Rightarrow -82 = 7b - 110 \Rightarrow 7b = 28 \Rightarrow b = 4$.
$a$ માં $b=4$ મૂકતા: $a = \frac{35+22(4)}{41} = \frac{35+88}{41} = \frac{123}{41} = 3$.
હવે,$\int \frac{d x}{b+a \cos x} = \int \frac{d x}{4+3 \cos x}$.
$\tan \frac{x}{2} = t$ આદેશ લેતા,$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ અને $dx = \frac{2 dt}{1+t^2}$:
$\int \frac{2 dt}{(1+t^2)(4+3(\frac{1-t^2}{1+t^2}))} = \int \frac{2 dt}{4+4t^2+3-3t^2} = \int \frac{2 dt}{7+t^2}$.
$= \frac{2}{\sqrt{7}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{7}}) + C = \frac{2}{\sqrt{7}} \tan^{-1}\left(\frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{7}}\right) + C$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\cos x}{\sqrt{4 \sin ^2 x+4 \sin x+5}} d x$.
$\sin x = t$ આદેશ લેતા,$\cos x d x = d t$ મળે.
તેથી,$I = \int \frac{d t}{\sqrt{4 t^2+4 t+5}} = \frac{1}{2} \int \frac{d t}{\sqrt{t^2+t+\frac{5}{4}}}$.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $t^2+t+\frac{5}{4} = (t+\frac{1}{2})^2 + 1$.
તેથી,$I = \frac{1}{2} \int \frac{d t}{\sqrt{(t+\frac{1}{2})^2 + 1}}$.
સૂત્ર $\int \frac{du}{\sqrt{u^2+a^2}} = \sinh^{-1}(\frac{u}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} \sinh^{-1}(t+\frac{1}{2}) + C$.
$t = \sin x$ મૂકતા,$I = \frac{1}{2} \sinh^{-1}(\sin x + \frac{1}{2}) + C$ મળે.
આને $\frac{1}{2} \sinh^{-1}(f(x)) + C$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = \sin x + \frac{1}{2}$ મળે.
તેથી,$2 f(x) = 2(\sin x + \frac{1}{2}) = 2 \sin x + 1$.

(D) ધારો કે $I = \int e^{\sin ^2 x}(\sin x \cos x + \cos ^3 x \sin x) d x$.
$\sin x \cos x$ સામાન્ય લેતા:
$I = \int e^{\sin ^2 x}(1 + \cos ^2 x) \sin x \cos x d x$.
$\cos ^2 x = 1 - \sin ^2 x$ હોવાથી:
$I = \int e^{\sin ^2 x}(1 + 1 - \sin ^2 x) \sin x \cos x d x = \int e^{\sin ^2 x}(2 - \sin ^2 x) \sin x \cos x d x$.
ધારો કે $t = \sin ^2 x$,તેથી $dt = 2 \sin x \cos x d x$,એટલે કે $\sin x \cos x d x = \frac{dt}{2}$.
સંકલનમાં કિંમત મૂકતા:
$I = \frac{1}{2} \int e^t(2 - t) d t = \int e^t d t - \frac{1}{2} \int t e^t d t$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા $\int t e^t d t = t e^t - e^t$:
$I = e^t - \frac{1}{2}(t e^t - e^t) + C = e^t(1 - \frac{t}{2} + \frac{1}{2}) + C = e^t(\frac{3}{2} - \frac{t}{2}) + C$.
$e^{\sin ^2 x}(1 + f(x)) + C$ સાથે સરખાવતા,$1 + f(x) = \frac{3}{2} - \frac{\sin ^2 x}{2}$.
તેથી,$f(x) = \frac{1}{2} - \frac{\sin ^2 x}{2}$.
વિકલન કરતા: $f^{\prime}(x) = 0 - \frac{1}{2}(2 \sin x \cos x) = -\sin x \cos x = -\frac{1}{2} \sin 2 x$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{x^2}{(\sqrt{4-x^2})^3} dx$.
$x = 2 \sin \theta$ આદેશ લેતા,$dx = 2 \cos \theta d\theta$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(2 \sin \theta)^2}{(\sqrt{4-4 \sin^2 \theta})^3} (2 \cos \theta) d\theta$
$I = \int \frac{4 \sin^2 \theta \cdot 2 \cos \theta}{(2 \cos \theta)^3} d\theta$
$I = \int \frac{8 \sin^2 \theta \cos \theta}{8 \cos^3 \theta} d\theta = \int \tan^2 \theta d\theta$
$I = \int (\sec^2 \theta - 1) d\theta = \tan \theta - \theta + C$.
અહીં $x = 2 \sin \theta$ હોવાથી,$\sin \theta = \frac{x}{2}$.
તેથી $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{x/2}{\sqrt{1-(x/2)^2}} = \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}$.
વળી,$\theta = \tan^{-1}(\frac{x}{\sqrt{4-x^2}})$.
આમ,$I = \frac{x}{\sqrt{4-x^2}} - \tan^{-1}(\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}) + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \left( \frac{x^4-x}{x^{20}} \right)^{1/4} dx$.
$I = \int \left( \frac{x^4(1 - 1/x^3)}{x^{20}} \right)^{1/4} dx = \int \frac{1}{x^4} (1 - x^{-3})^{1/4} dx$.
ધારો કે $1 - x^{-3} = t$.
તેથી,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $3x^{-4} dx = dt$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{x^4} dx = \frac{1}{3} dt$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int (t)^{1/4} \cdot \frac{1}{3} dt = \frac{1}{3} \cdot \frac{t^{5/4}}{5/4} + C = \frac{4}{15} t^{5/4} + C$.
$t = 1 - \frac{1}{x^3} = \frac{x^3-1}{x^3}$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{4}{15} \left( \frac{x^3-1}{x^3} \right)^{5/4} + C = \frac{4}{15} \left( \frac{(x^3-1)^5}{x^{15}} \right)^{1/4} + C$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^2}{\sqrt{1+x^2}} d x$.
$t = x + \sqrt{1+x^2}$ આદેશ લેતા.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$dt = \left(1 + \frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}\right) dx = \left(1 + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right) dx = \left(\frac{\sqrt{1+x^2} + x}{\sqrt{1+x^2}}\right) dx$ મળે.
આમ,સંકલન $I = \int t dt$ બને છે.
$t$ નું સંકલન કરતા,$I = \frac{t^2}{2} + C$ મળે.
$t$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,$I = \frac{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^2}{2} + C$ મળે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{(x-2) \sqrt{x^2-3 x+5}}$.
$x-2 = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ અને $x = 2 + \frac{1}{t}$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{-1/t^2 dt}{(1/t) \sqrt{(2+1/t)^2 - 3(2+1/t) + 5}}$
$I = -\int \frac{dt/t}{\sqrt{4 + 4/t + 1/t^2 - 6 - 3/t + 5}}$
$I = -\int \frac{dt}{\sqrt{1/t^2 + 1/t + 3}} = -\int \frac{dt}{\sqrt{(1 + t + 3t^2)/t^2}} = -\int \frac{dt}{\sqrt{3t^2 + t + 1}}$
$I = -\frac{1}{\sqrt{3}} \int \frac{dt}{\sqrt{t^2 + t/3 + 1/3}} = -\frac{1}{\sqrt{3}} \int \frac{dt}{\sqrt{(t + 1/6)^2 + 11/36}}$
સૂત્ર $\int \frac{du}{\sqrt{u^2 + a^2}} = \sinh^{-1}(\frac{u}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = -\frac{1}{\sqrt{3}} \sinh^{-1}\left( \frac{t + 1/6}{\sqrt{11}/6} \right) + C = -\frac{1}{\sqrt{3}} \sinh^{-1}\left( \frac{6t + 1}{\sqrt{11}} \right) + C$
અહીં $t = \frac{1}{x-2}$ હોવાથી:
$I = -\frac{1}{\sqrt{3}} \sinh^{-1}\left( \frac{6/(x-2) + 1}{\sqrt{11}} \right) + C = -\frac{1}{\sqrt{3}} \sinh^{-1}\left( \frac{6 + x - 2}{\sqrt{11}(x-2)} \right) + C$
$I = -\frac{1}{\sqrt{3}} \sinh^{-1}\left( \frac{x + 4}{\sqrt{11}(x-2)} \right) + C$.

(B) આપણી પાસે છે,$I = \int \frac{(x-1) dx}{(x+1) \sqrt{x^3+x^2+x}}$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $I = \int \frac{(1 - 1/x) dx}{(1 + 1/x) \sqrt{x + 1 + 1/x}}$.
ધારો કે $t = \sqrt{x + 1 + 1/x}$. તો $t^2 = x + 1 + 1/x$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,$2t dt = (1 - 1/x^2) dx = \frac{x^2-1}{x^2} dx = \frac{(x-1)(x+1)}{x^2} dx$.
વળી,$1 + 1/x = \frac{x+1}{x}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે $I = \int \frac{2t dt}{t^2 \cdot (t^2-1) \cdot \frac{x}{x+1} \cdot \frac{x+1}{x}} = \int \frac{2 dt}{t^2+1} = 2 \tan^{-1}(t) + C$.
આમ,$I = 2 \tan^{-1} \sqrt{x + 1 + 1/x} + C$.
$A \tan^{-1} \sqrt{f(x)} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 2$ અને $f(x) = x + 1 + 1/x$ મળે છે.
તેથી $f(-1) = -1 + 1 + (1/-1) = -1$.
તેથી,ક્રમયુક્ત જોડ $(A, f(-1)) = (2, -1)$ છે.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^3 \sin x \, dx$. ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ નો ઉપયોગ કરતા,$u = x^3$ અને $dv = \sin x \, dx$ લો. તેથી $du = 3x^2 \, dx$ અને $v = -\cos x$ મળે.
$I = [-x^3 \cos x]_0^{\frac{\pi}{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{2}} 3x^2 \cos x \, dx = 0 + 3 \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x \, dx$.
હવે,$\int x^2 \cos x \, dx$ નું ફરીથી ખંડશઃ સંકલન કરતા,$u = x^2$ અને $dv = \cos x \, dx$ લો. તેથી $du = 2x \, dx$ અને $v = \sin x$ મળે.
$I = 3 \left( [x^2 \sin x]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2x \sin x \, dx \right) = 3 \left( \frac{\pi^2}{4} - 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} x \sin x \, dx \right)$.
અંતે,$\int x \sin x \, dx$ નું ખંડશઃ સંકલન કરતા,$u = x$ અને $dv = \sin x \, dx$ લો. તેથી $du = dx$ અને $v = -\cos x$ મળે.
$\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \sin x \, dx = [-x \cos x]_0^{\frac{\pi}{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx = 0 + [\sin x]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1$.
કિંમત મૂકતા: $I = 3 \left( \frac{\pi^2}{4} - 2(1) \right) = \frac{3 \pi^2}{4} - 6$.

(A) ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$I_n = \int x^n \sin x \, dx = -x^n \cos x + n \int x^{n-1} \cos x \, dx = -x^n \cos x + n(x^{n-1} \sin x - (n-1) \int x^{n-2} \sin x \, dx)$.
તેથી,$I_n = -x^n \cos x + n x^{n-1} \sin x - n(n-1) I_{n-2}$.
આના પરથી પુનરાવર્તિત સંબંધ મળે છે: $I_n + n(n-1) I_{n-2} = -x^n \cos x + n x^{n-1} \sin x$.
$n=6$ માટે: $I_6 + 30 I_4 = -x^6 \cos x + 6 x^5 \sin x$.
$n=4$ માટે: $I_4 + 12 I_2 = -x^4 \cos x + 4 x^3 \sin x$.
બીજા સમીકરણને $-30$ વડે ગુણતા: $-30 I_4 - 360 I_2 = 30 x^4 \cos x - 120 x^3 \sin x$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $I_6 - 360 I_2 = (30 x^4 - x^6) \cos x + (6 x^5 - 120 x^3) \sin x$.
$f(x) \cos x + g(x) \sin x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = 30 x^4 - x^6$ અને $g(x) = 6 x^5 - 120 x^3$ મળે છે.
તેથી $f(1) = 30(1)^4 - (1)^6 = 29$ અને $g(1) = 6(1)^5 - 120(1)^3 = -114$.
આમ,$f(1) + g(1) = 29 - 114 = -85$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{\tan ^{-1} x}{x^3} d x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \tan ^{-1} x$ અને $dv = x^{-3} dx$ લો.
તેથી $du = \frac{1}{1+x^2} dx$ અને $v = \frac{x^{-2}}{-2} = -\frac{1}{2x^2}$ મળે.
$I = u v - \int v du = \tan ^{-1} x \left(-\frac{1}{2x^2}\right) - \int \left(-\frac{1}{2x^2}\right) \frac{1}{1+x^2} dx$.
$I = -\frac{\tan ^{-1} x}{2x^2} + \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2(1+x^2)} dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}$.
$I = -\frac{\tan ^{-1} x}{2x^2} + \frac{1}{2} \int \left(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$I = -\frac{\tan ^{-1} x}{2x^2} + \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{x} - \tan ^{-1} x\right) + C$.
$I = -\frac{1}{2x} - \left(\frac{1}{2x^2} + \frac{1}{2}\right) \tan ^{-1} x + C$.