TS EAMCET 2021 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપેલ છે કે $5$ પત્રો $5$ અલગ-અલગ વ્યક્તિઓને લખવામાં આવ્યા છે અને $5$ પરબિડીયાઓ તેમને સંબોધિત છે.
આ પત્રોને એવી રીતે ગોઠવવાની રીતોની સંખ્યા કે જેથી કોઈ પણ પત્ર તેના સંબંધિત પરબિડીયામાં ન જાય,તે $5$ વસ્તુઓના 'derangement' (વ્યવસ્થિત ગોઠવણીનો અભાવ) ની સંખ્યા જેટલી છે.
$n$ વસ્તુઓના derangement માટેનું સૂત્ર $D_n = n! \left[ 1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \ldots + (-1)^n \frac{1}{n!} \right]$ છે.
અહીં,$n = 5$.
$D_5 = 5! \left[ 1 - 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \frac{1}{24} - \frac{1}{120} \right] = 44$.
આમ,$5$ પત્રોને $5$ પરબિડીયાઓમાં એવી રીતે મૂકવાની રીતોની સંખ્યા કે જેથી બધા ખોટા પરબિડીયામાં હોય,તે $44$ છે.

(B) $k$ ની કિંમત પ્રથમ $20$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો છે:
$k = \sum_{n=1}^{20} n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ જ્યાં $n=20$.
$k = \frac{20 \times 21 \times 41}{6} = 70 \times 41 = 2870$.
આપણે $f(y) = \tan(2870y) + \sin(2870y)$ નો આવર્તમાન શોધવાનો છે.
$\tan(ky)$ નો આવર્તમાન $T_1 = \frac{\pi}{k} = \frac{\pi}{2870}$ છે.
$\sin(ky)$ નો આવર્તમાન $T_2 = \frac{2\pi}{k} = \frac{2\pi}{2870} = \frac{\pi}{1435}$ છે.
બે વિધેયોના સરવાળાનો આવર્તમાન તેમના વ્યક્તિગત આવર્તમાનોનો લઘુત્તમ સામાન્ય અવયવી $(LCM)$ છે.
$LCM\left(\frac{\pi}{2870}, \frac{2\pi}{2870}\right) = \frac{2\pi}{2870} = \frac{\pi}{1435}$.

(B) આપેલ શ્રેણી $\frac{1}{1 \cdot 5}+\frac{1}{5 \cdot 9}+\frac{1}{9 \cdot 13}+\ldots$ ના $n$ પદોનો સરવાળો $= \frac{27}{109}$ છે.
શ્રેણીનું $k$-મું પદ $T_k = \frac{1}{(4k-3)(4k+1)}$ છે.
આપણે $T_k = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right)$ લખી શકીએ.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right)$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = \frac{1}{4} \left[ (1 - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{9}) + \ldots + (\frac{1}{4n-3} - \frac{1}{4n+1}) \right]$.
$S_n = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{4n+1} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{4n+1-1}{4n+1} \right) = \frac{n}{4n+1}$.
આપેલ છે કે $S_n = \frac{27}{109}$,તેથી $\frac{n}{4n+1} = \frac{27}{109}$.
$109n = 27(4n+1) \implies 109n = 108n + 27$.
તેથી,$n = 27$.

(A) ધારો કે $S_n = \frac{1}{2 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 8} + \ldots + \frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$.
સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,$T_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right]$ લખી શકાય.
$n=1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો લેતા,આપણને ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી મળે છે:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{3} \left[ \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{8} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right) \right]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે:
$S_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{3n+2} \right]$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$S_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{(3n+2) - 2}{2(3n+2)} \right] = \frac{1}{3} \left[ \frac{3n}{2(3n+2)} \right] = \frac{n}{2(3n+2)} = \frac{n}{6n+4}$.

(B) ધારો કે $P(n)$ એ વિધાન $2^{2n+1} + 3^{2n+1}$ છે.
$n = 1$ માટે:
$P(1) = 2^{2(1)+1} + 3^{2(1)+1} = 2^3 + 3^3 = 8 + 27 = 35$.
$35$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય હોવાથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે કોઈ $m \in N$ માટે $P(m)$ સત્ય છે,એટલે કે $2^{2m+1} + 3^{2m+1} = 5k$,જ્યાં $k$ કોઈ પૂર્ણાંક છે.
તેથી $2^{2m+1} = 5k - 3^{2m+1} \quad (i)$.
હવે,$P(m+1)$ માટે:
$P(m+1) = 2^{2(m+1)+1} + 3^{2(m+1)+1} = 2^{2m+3} + 3^{2m+3}$.
$P(m+1) = 2^2 \cdot 2^{2m+1} + 3^2 \cdot 3^{2m+1}$.
$(i)$ પરથી કિંમત મૂકતા:
$P(m+1) = 4(5k - 3^{2m+1}) + 9 \cdot 3^{2m+1}$.
$P(m+1) = 20k - 4 \cdot 3^{2m+1} + 9 \cdot 3^{2m+1}$.
$P(m+1) = 20k + 5 \cdot 3^{2m+1} = 5(4k + 3^{2m+1})$.
આમ,$5(4k + 3^{2m+1})$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય છે,તેથી $P(m+1)$ સત્ય છે.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,બધા $n \in N$ માટે $2^{2n+1} + 3^{2n+1}$ એ $5$ વડે વિભાજ્ય છે.

(A) $(a + b)^n$ ના વિસ્તરણ માટે,$(r+1)^{\text{th}}$ પદ $T_{r+1} = {}^{n}C_r a^{n-r} b^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ $(2x + 3y)^{11}$ માં $x = \frac{1}{2}$ અને $y = \frac{1}{3}$ મૂકતા,$a = 2(\frac{1}{2}) = 1$ અને $b = 3(\frac{1}{3}) = 1$ મળે છે.
વિસ્તરણ $(1 + 1)^{11}$ બને છે.
સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{11}C_r (1)^{11-r} (1)^r = {}^{11}C_r$ છે.
સૌથી મોટું પદ શોધવા માટે,આપણે $r = 0, 1, \dots, 11$ માટે ${}^{11}C_r$ ની મહત્તમ કિંમત શોધીએ છીએ.
દ્વિપદી સહગુણકો ${}^{n}C_r$ મહત્તમ હોય છે જ્યારે $n$ એકી હોય ત્યારે $r = \frac{n-1}{2}$ અને $r = \frac{n+1}{2}$ હોય.
અહીં $n = 11$ છે,તેથી મહત્તમ કિંમત $r = 5$ અને $r = 6$ પર મળે છે.
આમ,સૌથી મોટું પદ ${}^{11}C_5 = {}^{11}C_6 = 462$ છે.

(C) આપેલ છે: ${ }^{22} P_{r+1}:{ }^{20} P_{r+2}=11: 52$
સૂત્ર ${ }^n P_r=\frac{n!}{(n-r)!}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{22!}{(21-r)!} \times \frac{(18-r)!}{20!} = \frac{11}{52}$
$\Rightarrow \frac{22 \times 21}{(21-r)(20-r)(19-r)} = \frac{11}{52}$
$\Rightarrow (21-r)(20-r)(19-r) = 2 \times 21 \times 52 = 2184$
ત્રણ ક્રમિક પૂર્ણાંકો જેનો ગુણાકાર $2184$ થાય તે $14 \times 13 \times 12$ છે.
સરખામણી કરતા,$21-r = 14$,તેથી $r=7$.

(B) આપેલ પદાવલિ $(1+x)(1-x)^n = (1-x)^n + x(1-x)^n$ છે.
$f(n)$ એ $(1+x)(1-x)^n$ ના વિસ્તરણમાં $x^n$ નો સહગુણક છે.
$f(n) = ((1-x)^n \text{ માં } x^n \text{ નો સહગુણક}) + ((1-x)^n \text{ માં } x^{n-1} \text{ નો સહગુણક})$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-x)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-x)^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k x^k$ નો ઉપયોગ કરતા.
$(1-x)^n$ માં $x^n$ નો સહગુણક $\binom{n}{n}(-1)^n = (-1)^n$ છે.
$(1-x)^n$ માં $x^{n-1}$ નો સહગુણક $\binom{n}{n-1}(-1)^{n-1} = n(-1)^{n-1}$ છે.
આમ,$f(n) = (-1)^n + n(-1)^{n-1} = (-1)^n - n(-1)^n = (-1)^n(1-n)$.
$n = 2021$ માટે,$f(2021) = (-1)^{2021}(1-2021) = (-1)(-2020) = 2020$.

(B) $(1+x)^n$ ના દ્વિપદી વિસ્તરણમાં,જ્યારે $n$ બેકી હોય ત્યારે મધ્યમ પદ $T_{r+1} = {}^{n}C_r x^r$ છે,જ્યાં $r = \frac{n}{2}$.
$(1+x)^{2k}$ માટે,મધ્યમ પદ $T_{k+1} = {}^{2k}C_k x^k$ છે.
આપેલ છે કે મધ્યમ પદ એકમાત્ર સૌથી મોટું પદ છે,તેથી $|T_{k+1}| > |T_k|$ અને $|T_{k+1}| > |T_{k+2}|$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,$|\frac{T_{k+1}}{T_k}| > 1$ $\Rightarrow |\frac{k+1}{k} x| > 1$ $\Rightarrow |x| > \frac{k}{k+1}$.
બીજું,$|\frac{T_{k+1}}{T_{k+2}}| > 1$ $\Rightarrow |\frac{k+1}{k x}| > 1$ $\Rightarrow |x| < \frac{k+1}{k}$.
આમ,$x$ એ $(-\frac{k+1}{k}, \frac{k+1}{k})$ અંતરાલમાં આવે છે.

(B) દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+z)^n = 1 + nz + \frac{n(n-1)}{2!}z^2 + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}z^3 + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં,$n = \frac{1}{2}$ અને $z = -\frac{3}{4}x$.
$x^3$ વાળું પદ $\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}z^3$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2)}{3!} (-\frac{3}{4}x)^3$
$= \frac{\frac{1}{2} \times (-\frac{1}{2}) \times (-\frac{3}{2})}{6} \times (-\frac{27}{64}x^3)$
$= \frac{3/8}{6} \times (-\frac{27}{64}x^3)$
$= \frac{1}{16} \times (-\frac{27}{64}x^3) = -\frac{27}{1024}x^3$.
આમ,$x^3$ નો સહગુણક $-\frac{27}{1024}$ છે.

(A) પદાવલિ $(7-5 x)^{-\frac{2}{3}} = 7^{-\frac{2}{3}} \left(1 - \frac{5x}{7}\right)^{-\frac{2}{3}}$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ માન્ય રહે તે માટે,$\left| \frac{5x}{7} \right| < 1$ હોવું જરૂરી છે.
આનો અર્થ એ છે કે $-1 < \frac{5x}{7} < 1$.
$7$ વડે ગુણતા,આપણને $-7 < 5x < 7$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $-\frac{7}{5} < x < \frac{7}{5}$ થાય છે.
આને અંતરાલ $(-a, a)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = \frac{7}{5}$ મળે છે.
તેથી,$5a + 7 = 5 \times \left(\frac{7}{5}\right) + 7 = 7 + 7 = 14$.

(B) $\left(x-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^{21}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1}$ નીચે મુજબ છે:
$T_{r+1} = {}^{21}C_r (x)^{21-r} \left(-\frac{2}{x^{1/2}}\right)^r$
$T_{r+1} = {}^{21}C_r (x)^{21-r} (-2)^r (x)^{-r/2}$
$T_{r+1} = {}^{21}C_r (-2)^r (x)^{21-3r/2}$
$x$ થી સ્વતંત્ર પદ માટે,$x$ નો ઘાતાંક $0$ હોવો જોઈએ:
$21 - \frac{3r}{2} = 0$
$42 - 3r = 0$ $\Rightarrow 3r = 42$ $\Rightarrow r = 14$
$r = 14$ મૂકતા:
$T_{14+1} = {}^{21}C_{14} (-2)^{14} = {}^{21}C_{14} 2^{14}$
કારણ કે ${}^{21}C_{14} = {}^{21}C_7$,તેથી જવાબ ${}^{21}C_{14} 2^{14}$ છે.

(C) અહીં,$n = 8$ (બેકી સંખ્યા) છે.
તેથી,$\left(\frac{n}{2} + 1\right)$-મું પદ મધ્યમ પદ થશે.
$T_{4+1} = {}^8C_4 \cdot (4x^3)^4 \cdot \left(-\frac{15}{4x}\right)^4$
$T_5 = 70 \cdot (4^4 \cdot x^{12}) \cdot \left(\frac{15^4}{4^4 \cdot x^4}\right)$
$T_5 = 70 \cdot 15^4 \cdot x^8 = 70(15x^2)^4$

(D) $(2 \sqrt{3} x^2 + \frac{1}{kx})^{12}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{12}C_r (2 \sqrt{3} x^2)^{12-r} (\frac{1}{kx})^r$ છે.
આપેલ પદ $x^3 \times T_{r+1} = {}^{12}C_r (2 \sqrt{3})^{12-r} (\frac{1}{k})^r x^{27-3r}$ છે.
$x^3$ ના સહગુણક માટે,$27 - 3r = 3$ લેતા,$r = 8$ મળે છે.
સહગુણક ${}^{12}C_8 (2 \sqrt{3})^4 (\frac{1}{k})^8 = 880$ છે.
${}^{12}C_4 = 495$ અને $(2 \sqrt{3})^4 = 144$ હોવાથી,$495 \times 144 \times \frac{1}{k^8} = 880$.
$k^8 = \frac{71280}{880} = 81$.
તેથી,$k = \sqrt{3}$.

(B) ધારો કે $P(n): 4^n+15n-1$ એ $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
$n=1$ માટે,$P(1)=4^1+15(1)-1=18$,જે $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી,$P(1)$ સત્ય છે.
ધારો કે $P(k)$ કોઈ $k \in N$ માટે સત્ય છે. તો,$4^k+15k-1=9\lambda$ કોઈ $\lambda \in N$ માટે.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $P(k+1)$ સત્ય છે,એટલે કે $4^{k+1}+15(k+1)-1$ એ $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
$4^{k+1}+15(k+1)-1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 15 - 1$
$4^k = 9\lambda - 15k + 1$ મૂકતા:
$= 4(9\lambda - 15k + 1) + 15k + 14$
$= 36\lambda - 60k + 4 + 15k + 14$
$= 36\lambda - 45k + 18$
$= 9(4\lambda - 5k + 2)$,જે $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,જો $P(k)$ સત્ય હોય તો $P(k+1)$ પણ સત્ય છે. ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$4^n+15n-1$ એ તમામ $n \in N$ માટે $9$ વડે વિભાજ્ય છે.

(A) ધારો કે $P(n) = 3(5^{2n+1}) + 2^{3n+1}$.
$n = 1$ માટે,$P(1) = 3(5^3) + 2^4 = 3(125) + 16 = 375 + 16 = 391$.
કારણ કે $391 = 17 \times 23$,તેથી આ પદ $17$ વડે વિભાજ્ય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,આપણે લખી શકીએ:
$3(5^{2n+1}) + 2^{3n+1} = 15(25^n) + 2(8^n)$
$= 15(25^n) - 15(8^n) + 15(8^n) + 2(8^n)$
$= 15(25^n - 8^n) + 17(8^n)$
કારણ કે $(25^n - 8^n)$ એ $(25 - 8) = 17$ વડે વિભાજ્ય છે,તેથી આખું પદ $17$ વડે વિભાજ્ય છે.

(D) આપેલ પદાવલિ $(1-x-x^2+x^3)^6$ છે.
આપણે તેને $[(1-x)-x^2(1-x)]^6 = [(1-x^2)(1-x)]^6 = (1-x^2)^6(1-x)^6$ તરીકે અવયવ પાડી શકીએ છીએ.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} y^k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1-x^2)^6 = 1 - 6x^2 + 15x^4 - \dots$
$(1-x)^6 = 1 - 6x + 15x^2 - 20x^3 + 15x^4 - \dots$
ગુણાકાર $(1 - 6x^2 + 15x^4)(1 - 6x + 15x^2 - 20x^3 + 15x^4)$ માં $x^4$ નો સહગુણક મેળવવા માટે,જે પદોનો ગુણાકાર $x^4$ આપે છે તેનો સરવાળો કરીએ:
$1 \times (15x^4) + (-6x^2) \times (15x^2) + (15x^4) \times (1) = 15 - 90 + 15 = -60$.
આમ,$x^4$ નો સહગુણક $-60$ છે.

(C) બહુપદીના વિસ્તરણમાં સહગુણકોનો સરવાળો શોધવા માટે,આપણે પદાવલિમાં $x = 1$ મૂકીએ છીએ.
આપેલ વિસ્તરણ $\left(1+\frac{x}{2}\right)^{12}$ છે.
$x = 1$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
સહગુણકોનો સરવાળો $= \left(1+\frac{1}{2}\right)^{12} = \left(\frac{3}{2}\right)^{12}$.

(B) આપેલ પદાવલિ: ${ }^{34} C_5+\sum_{r=0}^4{ }^{(38-r)} C_4$
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા: ${ }^{34} C_5+{ }^{38} C_4+{ }^{37} C_4+{ }^{36} C_4+{ }^{35} C_4+{ }^{34} C_4$
નિત્યસમ ${ }^n C_r+{ }^n C_{r-1}={ }^{n+1} C_r$ નો ઉપયોગ કરતા:
${ }^{34} C_5+{ }^{34} C_4 = { }^{35} C_5$
હવે,${ }^{35} C_5+{ }^{35} C_4 = { }^{36} C_5$
ત્યારબાદ,${ }^{36} C_5+{ }^{36} C_4 = { }^{37} C_5$
ત્યારબાદ,${ }^{37} C_5+{ }^{37} C_4 = { }^{38} C_5$
અંતે,${ }^{38} C_5+{ }^{38} C_4 = { }^{39} C_5$
આમ,પરિણામ ${ }^{39} C_5$ મળે છે.

(B) ધારો કે $x = (2+\sqrt{3})^{49} + (\sqrt{3}-2)^{49}$.
કારણ કે $(\sqrt{3}-2)^{49} = - (2-\sqrt{3})^{49}$,તેથી $x = (2+\sqrt{3})^{49} - (2-\sqrt{3})^{49}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(x+y)^n - (x-y)^n = 2 \sum_{k=0, k \text{ is odd}}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} y^k$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n=49, x=2, y=\sqrt{3}$.
$x = 2 [ \binom{49}{1} 2^{48} (\sqrt{3})^1 + \binom{49}{3} 2^{46} (\sqrt{3})^3 + \dots + \binom{49}{49} (\sqrt{3})^{49} ]$.
વિસ્તરણના દરેક પદમાં $\sqrt{3}$ ની એકી ઘાત છે,જે $\sqrt{3}$ નો ગુણક આપે છે.
આમ,$x = 0 + b\sqrt{3}$,જ્યાં $b \neq 0$ અને $a = 0$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $b \neq 0, a=0$ છે.

(B) કોઈપણ વિસ્તરણમાં $x$ ની તમામ ઘાતોના સહગુણકોનો સરવાળો શોધવા માટે,આપણે $x=1$ મૂકીએ છીએ.
$(3x-1)^{15}$ માટે,સહગુણકોનો સરવાળો $(3(1)-1)^{15} = 2^{15}$ છે.
હવે,આપેલા વિકલ્પો માટે સહગુણકોનો સરવાળો ચકાસીએ:
$(a)\ (1+x)^{15}$: $x=1$ મૂકતા,$(1+1)^{15} = 2^{15}$ મળે છે. જે સમાન છે.
$(b)\ (1+x)^{16}+(1-x)^{16}$: $x=1$ મૂકતા,$(1+1)^{16} + (1-1)^{16} = 2^{16} + 0 = 2^{16}$ મળે છે.
$(c)\ (1+x)^{16}-(1-x)^{16}$: $x=1$ મૂકતા,$(1+1)^{16} - (1-1)^{16} = 2^{16} - 0 = 2^{16}$ મળે છે. આમ,$(a)$ અને $(c)$ સાચા છે.

(D) આપેલ છે $x={ }^{16} C_5+{ }^{12} C_4, y=\sum_{r=1}^3{ }^{(20-r)} C_4, z=\sum_{k=1}^4{ }^{(16-k)} C_3$.
તેથી $x+y+z={ }^{16} C_5+{ }^{12} C_4+\left({ }^{19} C_4+{ }^{18} C_4+{ }^{17} C_4\right)+\left({ }^{15} C_3+{ }^{14} C_3+{ }^{13} C_3+{ }^{12} C_3\right)$.
પદોને ગોઠવતા:
$x+y+z={ }^{12} C_3+{ }^{12} C_4+{ }^{13} C_3+{ }^{14} C_3+{ }^{15} C_3+{ }^{16} C_5+{ }^{17} C_4+{ }^{18} C_4+{ }^{19} C_4$.
નિત્યસમ ${ }^n C_r+{ }^n C_{r-1}={ }^{n+1} C_r$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x+y+z={ }^{13} C_4+{ }^{13} C_3+{ }^{14} C_3+{ }^{15} C_3+{ }^{16} C_5+{ }^{17} C_4+{ }^{18} C_4+{ }^{19} C_4$.
આ જ નિત્યસમનો વારંવાર ઉપયોગ કરતા:
$x+y+z={ }^{14} C_4+{ }^{14} C_3+{ }^{15} C_3+{ }^{16} C_5+{ }^{17} C_4+{ }^{18} C_4+{ }^{19} C_4$.
$x+y+z={ }^{15} C_4+{ }^{15} C_3+{ }^{16} C_5+{ }^{17} C_4+{ }^{18} C_4+{ }^{19} C_4$.
$x+y+z={ }^{16} C_4+{ }^{16} C_5+{ }^{17} C_4+{ }^{18} C_4+{ }^{19} C_4$.
$x+y+z={ }^{17} C_5+{ }^{17} C_4+{ }^{18} C_4+{ }^{19} C_4$.
$x+y+z={ }^{18} C_5+{ }^{18} C_4+{ }^{19} C_4$.
$x+y+z={ }^{19} C_5+{ }^{19} C_4={ }^{20} C_5$.
કિંમત શોધતા:
${ }^{20} C_5 = \frac{20 \times 19 \times 18 \times 17 \times 16}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 19 \times 3 \times 17 \times 16 = 19 \times 17 \times 48$.

(A) સંમેય ઘાતાંક $n$ માટે દ્વિપદી વિસ્તરણનું સામાન્ય પદ $T_{k+1} = \frac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{k!} x^k$ છે.
$(1+\frac{3x}{5})^{22/3}$ ના વિસ્તરણ માટે,$p^{\text{th}}$ પદ $T_p = \frac{n(n-1)\dots(n-p+2)}{(p-1)!} (\frac{3x}{5})^{p-1}$ છે.
જ્યારે ગુણાકાર $n(n-1)\dots(n-p+2) < 0$ થાય ત્યારે પદ ઋણ બને છે.
$n = 22/3 \approx 7.33$ હોવાથી,જ્યાં સુધી $n-k+1 > 0$ હોય ત્યાં સુધી પદો ધન રહે છે.
$p^{\text{th}}$ પદ માટે,આપણને $n-p+2 < 0$ ની જરૂર છે.
$22/3 - p + 2 < 0 \implies 28/3 < p \implies p > 9.33$. તેથી,$p=10$.
$(1-\frac{3x}{5})^{22/3}$ ના વિસ્તરણ માટે,$r^{\text{th}}$ પદ પછીના બધા પદો ધન હોવા માટે,સમાન તર્કથી $r=10$ મળે છે.
આમ,વિસ્તરણ $(10x + \frac{10}{x})^{100}$ બને છે.
$(a+b)^n$ માં પદોની સંખ્યા $n+1$ છે.
તેથી,પદોની સંખ્યા $100+1 = 101$ છે.

(D) $\left(1+\frac{3x}{2}\right)^{-5}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{10}$ નો સહગુણક $\binom{14}{10} \left(\frac{3}{2}\right)^{10}$ છે.
$(1+ax)^n$ ના વિસ્તરણમાં $x^{10}$ નો સહગુણક $\binom{n}{10} a^{10}$ છે.
બંનેને સરખાવતા,$n=14$ અને $a=\frac{3}{2}$ મળે છે.
તેથી,$na = 14 \times \frac{3}{2} = 21$.

(A) આપેલ પદાવલિ $\frac{(1-x)^{-1/p}}{(1-x)^n} = (1-x)^{-\frac{np+1}{p}}$ છે.
કોઈપણ ઘાતાંક માટે દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-x)^{-k} = 1 + kx + \frac{k(k+1)}{2!}x^2 + \frac{k(k+1)(k+2)}{3!}x^3 + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $k = \frac{np+1}{p}$.
$x^3$ નો સહગુણક $\frac{k(k+1)(k+2)}{3!}$ છે.
$k = \frac{np+1}{p}$ મુકતા:
સહગુણક $= \frac{\left(\frac{np+1}{p}\right)\left(\frac{np+1}{p} + 1\right)\left(\frac{np+1}{p} + 2\right)}{3!}$.
$= \frac{\left(\frac{np+1}{p}\right)\left(\frac{np+p+1}{p}\right)\left(\frac{np+2p+1}{p}\right)}{3!}$.
$= \frac{(np+1)(np+p+1)(np+2p+1)}{p^3 \times 3!}$.

(B) $\left(x^{1/3} + \frac{1}{2}x^{-1/3}\right)^{21}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{21}C_r (x^{1/3})^{21-r} (\frac{1}{2}x^{-1/3})^r = {}^{21}C_r (\frac{1}{2})^r x^{\frac{21-2r}{3}}$ છે.
$p$ માટે,$x^{-3}$ નો સહગુણક:
$\frac{21-2r}{3} = -3$ $\Rightarrow 21-2r = -9$ $\Rightarrow 2r = 30$ $\Rightarrow r = 15$.
તેથી,$p = {}^{21}C_{15} (\frac{1}{2})^{15}$.
$q$ માટે,$x^{-5}$ નો સહગુણક:
$\frac{21-2r}{3} = -5$ $\Rightarrow 21-2r = -15$ $\Rightarrow 2r = 36$ $\Rightarrow r = 18$.
તેથી,$q = {}^{21}C_{18} (\frac{1}{2})^{18}$.
હવે,$\frac{5p}{4q} = \frac{5 \cdot {}^{21}C_{15} (\frac{1}{2})^{15}}{4 \cdot {}^{21}C_{18} (\frac{1}{2})^{18}} = \frac{5 \cdot {}^{21}C_6}{4 \cdot {}^{21}C_3} \cdot 8 = 408$.

(C) $(1-ax)^{-n}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{n+r-1}C_r (ax)^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$n=4$,$a=4$,અને આપણે $13$ મું પદ શોધવાનું છે,તેથી $r+1=13$,જેનો અર્થ છે $r=12$.
આ કિંમતો મૂકતા,$T_{13} = {}^{4+12-1}C_{12} (4x)^{12}$.
$T_{13} = {}^{15}C_{12} (4x)^{12}$.
ગુણધર્મ ${}^nC_r = {}^nC_{n-r}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે ${}^{15}C_{12} = {}^{15}C_{15-12} = {}^{15}C_3$ છે.
તેથી,$T_{13} = {}^{15}C_3 4^{12} x^{12}$.

(C) આપણે અપૂર્ણાંકને આ રીતે દર્શાવીએ છીએ: $\frac{3x+1}{(x+2)(x-1)^2} = \frac{A}{x+2} + \frac{B}{x-1} + \frac{C}{(x-1)^2}$
બંને બાજુ $(x+2)(x-1)^2$ વડે ગુણતા:
$3x+1 = A(x-1)^2 + B(x-1)(x+2) + C(x+2)$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$3x+1 = (A+B)x^2 + (-2A + B + C)x + (A - 2B + 2C)$
સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$1$) $A+B = 0 \Rightarrow A = -B$
$2$) $-2A + B + C = 3$
$3$) $A - 2B + 2C = 1$
$A = -B$ ને $(2)$ અને $(3)$ માં મૂકતા:
$2$) $3B + C = 3$
$3$) $-3B + 2C = 1$
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $3C = 4 \Rightarrow C = \frac{4}{3}$
$C = \frac{4}{3}$ ને $3B + C = 3$ માં મૂકતા:
$3B = \frac{5}{3} \Rightarrow B = \frac{5}{9}$
તેથી $A = -\frac{5}{9}$
આમ,વિઘટન $\frac{-5}{9(x+2)} + \frac{5}{9(x-1)} + \frac{4}{3(x-1)^2}$ છે.

(B) આપેલ પદાવલિ $(2a + 5b)^{-4}$ છે.
આપણે તેને $(2a)^{-4} \left(1 + \frac{5b}{2a}\right)^{-4}$ તરીકે લખી શકીએ,જ્યાં $\left|\frac{5b}{2a}\right| < 1$.
$(1+x)^{-n}$ ના વિસ્તરણ માટેનું સામાન્ય પદ $T_{r+1} = \frac{(-n)(-n-1)...(-n-r+1)}{r!} x^r$ છે.
$4^{th}$ પદ માટે,$r = 3$ અને $n = 4$.
$T_{4} = (2a)^{-4} \left[ \frac{(-4)(-5)(-6)}{3!} \left(\frac{5b}{2a}\right)^3 \right]$.
$T_{4} = \frac{1}{2^4 a^4} \left[ -\frac{4 \times 5 \times 6}{3 \times 2 \times 1} \times \frac{5^3 b^3}{2^3 a^3} \right]$.
સંચયના સૂત્ર ${ }^{n+r-1}C_{r} = \frac{(n+r-1)!}{r!(n-1)!}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જોઈએ છીએ કે $\frac{4 \times 5 \times 6}{3!} = { }^{6}C_{3}$.
આમ,$T_{4} = -{ }^{6}C_{3} \frac{5^3 b^3}{2^{4+3} a^{4+3}} = -{ }^{6}C_{3} \frac{5^3 b^3}{2^7 a^7}$.

(B) ધારો કે આપેલ રેખાઓની જોડી વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે. $\alpha$ ખૂણાવાળા વૃતાંશનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}r^2\alpha$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે મોટા વૃતાંશનું ક્ષેત્રફળ નાના વૃતાંશના ક્ષેત્રફળ કરતા $5$ ગણું છે:
$\frac{1}{2}r^2(\pi-\theta) = 5 \times \frac{1}{2}r^2\theta$
$\pi-\theta = 5\theta$
$6\theta = \pi \implies \theta = \frac{\pi}{6}$.
$ax^2+2hxy+by^2=0$ દ્વારા દર્શાવતી રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\cos \theta = \frac{|a+b|}{\sqrt{(a-b)^2+4h^2}}$ નું પાલન કરે છે.
$\theta = \frac{\pi}{6}$ મૂકતા:
$\cos \frac{\pi}{6} = \frac{|a+b|}{\sqrt{(a-b)^2+4h^2}}$
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{|a+b|}{\sqrt{(a-b)^2+4h^2}}$.

(D) આપેલ છે કે,$90^{\circ} < A < 180^{\circ}$ અને $\sin A = \frac{4}{5}$.
$90^{\circ} < A < 180^{\circ}$ હોવાથી,$45^{\circ} < \frac{A}{2} < 90^{\circ}$ થાય.
આ અંતરાલમાં,$\tan \frac{A}{2}$ ની કિંમત $1$ કરતા મોટી હોવી જોઈએ.
સૂત્ર $\sin A = \frac{2 \tan \frac{A}{2}}{1 + \tan^2 \frac{A}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{4}{5} = \frac{2 \tan \frac{A}{2}}{1 + \tan^2 \frac{A}{2}}$
$4(1 + \tan^2 \frac{A}{2}) = 10 \tan \frac{A}{2}$
$2 \tan^2 \frac{A}{2} - 5 \tan \frac{A}{2} + 2 = 0$
$(2 \tan \frac{A}{2} - 1)(\tan \frac{A}{2} - 2) = 0$
તેથી $\tan \frac{A}{2} = \frac{1}{2}$ અથવા $\tan \frac{A}{2} = 2$ મળે.
$45^{\circ} < \frac{A}{2} < 90^{\circ}$ હોવાથી,$\tan \frac{A}{2} > 1$,તેથી $\tan \frac{A}{2} = 2$.

(A) આપેલ છે $y = 4 \sin^2 \theta - \cos 2 \theta$.
નિત્યસમ $\cos 2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = 4 \sin^2 \theta - (1 - 2 \sin^2 \theta) = 6 \sin^2 \theta - 1$.
કારણ કે $0 \leq \sin^2 \theta \leq 1$,તેથી:
$0 \leq 6 \sin^2 \theta \leq 6$.
બધા પદોમાંથી $1$ બાદ કરતા:
$-1 \leq 6 \sin^2 \theta - 1 \leq 5$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $l = -1$ અને મહત્તમ કિંમત $m = 5$ છે.
હવે,$lm = (-1)(5) = -5$.
તેમજ,$\frac{m}{l} = \frac{5}{-1} = -5$.
તેથી,$lm = \frac{m}{l}$.

(B) $\triangle ACB$ એ $C$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો ત્રિકોણ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AB^2 = AC^2 + BC^2$.
$AC^2 = AB^2 - BC^2 = 29^2 - 21^2 = 841 - 441 = 400$.
તેથી,$AC = \sqrt{400} = 20$ એકમ.
$\cos \theta = \frac{BC}{AB} = \frac{21}{29}$ અને $\sin \theta = \frac{AC}{AB} = \frac{20}{29}$.
$\cos^2 \theta - \sin^2 \theta = \left(\frac{21}{29}\right)^2 - \left(\frac{20}{29}\right)^2 = \frac{441 - 400}{841} = \frac{41}{841}$.

(B) ધારો કે $P = \cot \frac{\pi}{16} \cdot \cot \frac{2 \pi}{16} \cdot \cot \frac{3 \pi}{16} \cdot \cot \frac{4 \pi}{16} \cdot \cot \frac{5 \pi}{16} \cdot \cot \frac{6 \pi}{16} \cdot \cot \frac{7 \pi}{16}$.
ગુણધર્મ $\cot(\frac{\pi}{2} - \theta) = \tan \theta$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે છેલ્લા ત્રણ પદોને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$\cot \frac{5 \pi}{16} = \tan \frac{3 \pi}{16}$,$\cot \frac{6 \pi}{16} = \tan \frac{2 \pi}{16}$,$\cot \frac{7 \pi}{16} = \tan \frac{\pi}{16}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$P = (\cot \frac{\pi}{16} \cdot \tan \frac{\pi}{16}) \cdot (\cot \frac{2 \pi}{16} \cdot \tan \frac{2 \pi}{16}) \cdot (\cot \frac{3 \pi}{16} \cdot \tan \frac{3 \pi}{16}) \cdot \cot \frac{4 \pi}{16}$
$\cot \theta \cdot \tan \theta = 1$ હોવાથી:
$P = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cot \frac{\pi}{4} = 1$.

(B) આપેલ છે,$\frac{\sin(x+y)}{\sin(x-y)} = \frac{a+b}{a-b}$
યોગ-વિયોગ (Componendo and Dividendo) નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\sin(x+y) + \sin(x-y)}{\sin(x+y) - \sin(x-y)} = \frac{(a+b) + (a-b)}{(a+b) - (a-b)}$
વિસ્તરણ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{2 \sin x \cos y}{2 \cos x \sin y} = \frac{2a}{2b}$
$\frac{\sin x}{\cos x} \cdot \frac{\cos y}{\sin y} = \frac{a}{b}$
$\frac{\tan x}{\tan y} = \frac{a}{b}$

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)^3 - 3ab(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = (\sin^2 \theta)^3 + (\cos^2 \theta)^3 = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^3 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = 1 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
નિત્યસમ $a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta)^2 + (\cos^2 \theta)^2 = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$2(1 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta) - 3(1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta)$
$= 2 - 6 \sin^2 \theta \cos^2 \theta - 3 + 6 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$
$= -1$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$. આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા: $\frac{\cot ^2 15^{\circ}-1}{\cot ^2 15^{\circ}+1} = \frac{\frac{\cos ^2 15^{\circ}}{\sin ^2 15^{\circ}}-1}{\frac{\cos ^2 15^{\circ}}{\sin ^2 15^{\circ}}+1}$
$= \frac{\cos ^2 15^{\circ}-\sin ^2 15^{\circ}}{\cos ^2 15^{\circ}+\sin ^2 15^{\circ}}$
નિત્યસમ $\cos ^2 x - \sin ^2 x = \cos 2x$ અને $\cos ^2 x + \sin ^2 x = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{\cos(2 \times 15^{\circ})}{1} = \cos 30^{\circ}$
કારણ કે $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી અંતિમ જવાબ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\frac{2 \sin \alpha}{1+\cos \alpha+\sin \alpha}=x$.
અંશ અને છેદને $(1-(\cos \alpha+\sin \alpha))$ વડે ગુણતા:
$\frac{2 \sin \alpha(1-\cos \alpha-\sin \alpha)}{(1+\cos \alpha+\sin \alpha)(1-(\cos \alpha+\sin \alpha))}=x$
$\Rightarrow \frac{2 \sin \alpha(1-\cos \alpha-\sin \alpha)}{1^2-(\cos \alpha+\sin \alpha)^2}=x$
$\Rightarrow \frac{2 \sin \alpha(1-\cos \alpha-\sin \alpha)}{1-(\cos^2 \alpha+\sin^2 \alpha+2 \cos \alpha \sin \alpha)}=x$
$\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha=1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Rightarrow \frac{2 \sin \alpha(1-\cos \alpha-\sin \alpha)}{1-(1+2 \cos \alpha \sin \alpha)}=x$
$\Rightarrow \frac{2 \sin \alpha(1-\cos \alpha-\sin \alpha)}{-2 \cos \alpha \sin \alpha}=x$
$\Rightarrow \frac{1-\cos \alpha-\sin \alpha}{-\cos \alpha}=x$
$\Rightarrow \frac{1-\cos \alpha-\sin \alpha}{\cos \alpha}=-x$

(A) આપેલ છે,$\cot A=\frac{11}{60}$. $A$ પ્રથમ ચરણમાં નથી અને $\cot A > 0$ હોવાથી,$A$ ત્રીજા ચરણમાં $(Q_3)$ હોવું જોઈએ. તેથી,$\tan A = \frac{60}{11}$.
આપેલ છે $\cos B = \frac{7}{25}$. $B$ પ્રથમ ચરણમાં નથી અને $\cos B > 0$ હોવાથી,$B$ ચોથા ચરણમાં $(Q_4)$ હોવું જોઈએ.
$Q_4$ માં,$\sin B = -\sqrt{1 - \cos^2 B} = -\sqrt{1 - (\frac{7}{25})^2} = -\frac{24}{25}$.
તેથી,$\tan B = \frac{\sin B}{\cos B} = \frac{-24/25}{7/25} = -\frac{24}{7}$.
સૂત્ર $\tan B = \frac{2 \tan(B/2)}{1 - \tan^2(B/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\frac{24}{7} = \frac{2 \tan(B/2)}{1 - \tan^2(B/2)}$.
ધારો કે $t = \tan(B/2)$. તો $-\frac{24}{7} = \frac{2t}{1-t^2}$ $\Rightarrow -24 + 24t^2 = 14t$ $\Rightarrow 12t^2 - 7t - 12 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $12t^2 - 16t + 9t - 12 = 0$ $\Rightarrow 4t(3t - 4) + 3(3t - 4) = 0$ $\Rightarrow (4t + 3)(3t - 4) = 0$.
તેથી,$t = \frac{4}{3}$ અથવા $t = -\frac{3}{4}$.
$B \in Q_4$ હોવાથી,$\frac{3\pi}{2} < B < 2\pi \Rightarrow \frac{3\pi}{4} < \frac{B}{2} < \pi$. આનો અર્થ એ છે કે $\frac{B}{2}$ બીજા ચરણમાં $(Q_2)$ છે,જ્યાં $\tan(B/2)$ ઋણ હોવું જોઈએ. તેથી,$\tan(B/2) = -\frac{3}{4}$.
હવે,$\tan(A + B/2) = \frac{\tan A + \tan(B/2)}{1 - \tan A \cdot \tan(B/2)} = \frac{\frac{60}{11} - \frac{3}{4}}{1 - (\frac{60}{11})(-\frac{3}{4})} = \frac{\frac{240 - 33}{44}}{1 + \frac{180}{44}} = \frac{207/44}{224/44} = \frac{207}{224}$.
$\tan(A + B/2) > 0$ હોવાથી,ખૂણો $(A + B/2)$ પ્રથમ ચરણમાં $(Q_1)$ આવે છે.

(C) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\cos 2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ અને $\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{1 - (1 - 2 \sin^2 \theta) + 2 \sin \theta \cos \theta}{1 + (2 \cos^2 \theta - 1) + 2 \sin \theta \cos \theta}$
$= \frac{2 \sin^2 \theta + 2 \sin \theta \cos \theta}{2 \cos^2 \theta + 2 \sin \theta \cos \theta}$
$= \frac{2 \sin \theta (\sin \theta + \cos \theta)}{2 \cos \theta (\cos \theta + \sin \theta)}$
$= \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \tan \theta$.

(C) આપેલ છે,$\sin x + \sin y = 3(\cos y - \cos x)$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = 3 \left( -2 \sin \left(\frac{y+x}{2}\right) \sin \left(\frac{y-x}{2}\right) \right)$
$x \neq -y$ હોવાથી,$\sin \left(\frac{x+y}{2}\right) \neq 0$,તેથી બંને બાજુ $2 \sin \left(\frac{x+y}{2}\right)$ વડે ભાગતા:
$\cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = -3 \sin \left(\frac{y-x}{2}\right) = 3 \sin \left(\frac{x-y}{2}\right)$
$\tan \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{1}{3}$
હવે,$\tan(2\theta) = \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(x-y) = \frac{2 \tan \left(\frac{x-y}{2}\right)}{1 - \tan^2 \left(\frac{x-y}{2}\right)}$
$\tan(x-y) = \frac{2 \times \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{3})^2} = \frac{2/3}{1 - 1/9} = \frac{2/3}{8/9} = \frac{3}{4}$

(B) આપેલ પદાવલિ: $\left(\frac{\sin 35^{\circ}}{\cos 55^{\circ}}\right)^2+\left(\frac{\cos 55^{\circ}}{\sin 35^{\circ}}\right)^2-2 \cos 30^{\circ}$
કારણ કે $\cos 55^{\circ} = \cos(90^{\circ}-35^{\circ}) = \sin 35^{\circ}$,તેથી આપણે આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકીએ:
$= \left(\frac{\sin 35^{\circ}}{\sin 35^{\circ}}\right)^2 + \left(\frac{\sin 35^{\circ}}{\sin 35^{\circ}}\right)^2 - 2 \cos 30^{\circ}$
$= (1)^2 + (1)^2 - 2 \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
$= 1 + 1 - \sqrt{3}$
$= 2 - \sqrt{3}$

(D) આપેલ પદાવલિ: $\sqrt{3} \operatorname{cosec} 20^{\circ} - \sec 20^{\circ}$
$= \frac{\sqrt{3}}{\sin 20^{\circ}} - \frac{1}{\cos 20^{\circ}}$
$= \frac{\sqrt{3} \cos 20^{\circ} - \sin 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$= \frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 20^{\circ} - \frac{1}{2} \sin 20^{\circ})}{\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
$= \frac{2(\sin 60^{\circ} \cos 20^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 20^{\circ})}{\frac{1}{2} \sin 40^{\circ}}$
$= \frac{4 \sin(60^{\circ} - 20^{\circ})}{\sin 40^{\circ}}$
$= \frac{4 \sin 40^{\circ}}{\sin 40^{\circ}} = 4$

(C) અમે નિત્યસમ $\sin A \cdot \sin(60^{\circ}-A) \cdot \sin(60^{\circ}+A) = \frac{1}{4} \sin 3A$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$A = 20^{\circ}$ લેતા,આપણને મળે:
$\sin 20^{\circ} \cdot \sin 40^{\circ} \cdot \sin 80^{\circ} = \frac{1}{4} \sin(3 \times 20^{\circ}) = \frac{1}{4} \sin 60^{\circ}$.
હવે,પદાવલિ આ મુજબ થશે:
$(\sin 20^{\circ} \cdot \sin 40^{\circ} \cdot \sin 80^{\circ}) \cdot \sin 60^{\circ} = (\frac{1}{4} \sin 60^{\circ}) \cdot \sin 60^{\circ} = \frac{1}{4} \sin^2 60^{\circ}$.
$\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ હોવાથી,$\sin^2 60^{\circ} = \frac{3}{4}$.
તેથી,$\frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{16}$.

(C) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $\cos 2\theta = \frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta}$.
$\theta = 15^{\circ}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1-\tan^2 15^{\circ}}{1+\tan^2 15^{\circ}} = \cos(2 \times 15^{\circ})$
$= \cos 30^{\circ}$
$= \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(B) આપેલ છે,$\theta \in \left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$.
$\pi < \theta < \frac{3 \pi}{2}$ હોવાથી,$2$ વડે ભાગતા $\frac{\pi}{2} < \frac{\theta}{2} < \frac{3 \pi}{4}$ મળે.
આ અંતરાલમાં,$\tan \left(\frac{\theta}{2}\right)$ ઋણ હોય છે.
સૂત્ર $\cos \theta = \frac{1 - \tan^2(\theta/2)}{1 + \tan^2(\theta/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1 - \tan^2(\theta/2)}{1 + \tan^2(\theta/2)} = \frac{-3}{5}$ મળે.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા $5 - 5 \tan^2(\theta/2) = -3 - 3 \tan^2(\theta/2)$ મળે.
પદોને ગોઠવતા $8 = 2 \tan^2(\theta/2)$,જેનો અર્થ છે કે $\tan^2(\theta/2) = 4$.
આમ,$\tan(\theta/2) = \pm 2$.
$\frac{\theta}{2}$ એ બીજા ચરણમાં હોવાથી,$\tan(\theta/2)$ ઋણ હોવું જોઈએ.
તેથી,$\tan(\theta/2) = -2$.

(D) આપેલ છે કે $A+B+C=4S$.
હવે,પદાવલિ $\cos (2S-A)+\cos (2S-B)-\cos (2S-C)-\cos 2S$ ધ્યાનમાં લો.
$= [\cos (2S-A)+\cos (2S-B)] - [\cos (2S-C)+\cos 2S]$.
સૂત્ર $\cos \theta + \cos \phi = 2 \cos \left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \cos \left(\frac{\theta-\phi}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \cos \left(\frac{4S-A-B}{2}\right) \cos \left(\frac{B-A}{2}\right) - 2 \cos \left(\frac{4S-C}{2}\right) \cos \left(\frac{-C}{2}\right)$.
$A+B+C=4S$ હોવાથી,$4S-A-B=C$ અને $4S-C=A+B$ થાય.
$= 2 \cos \left(\frac{C}{2}\right) \cos \left(\frac{B-A}{2}\right) - 2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{C}{2}\right)$.
$= 2 \cos \left(\frac{C}{2}\right) \left[ \cos \left(\frac{B-A}{2}\right) - \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \right]$.
$\cos \theta - \cos \phi = 2 \sin \left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \sin \left(\frac{\phi-\theta}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \cos \left(\frac{C}{2}\right) \left[ 2 \sin \left(\frac{B}{2}\right) \sin \left(\frac{A}{2}\right) \right]$.
$= 4 \sin \left(\frac{A}{2}\right) \sin \left(\frac{B}{2}\right) \cos \left(\frac{C}{2}\right)$.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\cos \frac{7 \pi}{8}+\cos \frac{\pi}{4}+\cos \left(\frac{-\pi}{8}\right)-1$.
$\cos(-\theta) = \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ $\cos \frac{7 \pi}{8} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cos \frac{\pi}{8} - 1$ બને છે.
કારણ કે $\cos \frac{7 \pi}{8} = \cos(\pi - \frac{\pi}{8}) = -\cos \frac{\pi}{8}$,તેથી પદાવલિનું સાદું રૂપ:
$-\cos \frac{\pi}{8} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cos \frac{\pi}{8} - 1 = \frac{1}{\sqrt{2}} - 1$.
હવે,વિકલ્પ $(C)$ ચકાસતા: $4 \cos \frac{\pi}{16} \cos \frac{3 \pi}{8} \cos \frac{9 \pi}{16}$.
$= 2 \left(2 \cos \frac{9 \pi}{16} \cos \frac{\pi}{16}\right) \cos \frac{3 \pi}{8}$.
$2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \left(\cos \frac{10 \pi}{16} + \cos \frac{8 \pi}{16}\right) \cos \frac{3 \pi}{8} = 2 \left(\cos \frac{5 \pi}{8} + \cos \frac{\pi}{2}\right) \cos \frac{3 \pi}{8}$.
$\cos \frac{\pi}{2} = 0$ હોવાથી,આ $2 \cos \frac{5 \pi}{8} \cos \frac{3 \pi}{8}$ બને છે.
$= \cos(\frac{5 \pi}{8} + \frac{3 \pi}{8}) + \cos(\frac{5 \pi}{8} - \frac{3 \pi}{8}) = \cos \pi + \cos \frac{\pi}{4} = -1 + \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh 2x = \frac{1 + \tanh^2 x}{1 - \tanh^2 x}$.
આપેલ છે કે $\cosh 2x = 241$,તેથી:
$\frac{1 + \tanh^2 x}{1 - \tanh^2 x} = 241$
$1 + \tanh^2 x = 241(1 - \tanh^2 x)$
$1 + \tanh^2 x = 241 - 241 \tanh^2 x$
$242 \tanh^2 x = 240$
$\tanh^2 x = \frac{240}{242} = \frac{120}{121}$
$\tanh x = \sqrt{\frac{120}{121}} = \frac{2 \sqrt{30}}{11}$
$\operatorname{coth} x = \frac{1}{\tanh x}$ હોવાથી,આપણને મળે:
$\operatorname{coth} x = \frac{11}{2 \sqrt{30}}$

(D) $A, B, C$ એ ત્રિકોણના ખૂણાઓ છે.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\frac{A+B}{2} = 90^{\circ} - \frac{C}{2}$ મળે.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos A + \cos B + \cos C = 2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) + 1 - 2 \sin^2 \frac{C}{2}$
$= 2 \sin \frac{C}{2} \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) + 1 - 2 \sin^2 \frac{C}{2}$
$= 1 + 2 \sin \frac{C}{2} \left[ \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) - \sin \frac{C}{2} \right]$
$= 1 + 2 \sin \frac{C}{2} \left[ \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) - \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \right]$
$= 1 + 2 \sin \frac{C}{2} \left[ 2 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \right]$
$= 1 + 4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$.
આને $a + b \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ સાથે સરખાવતા,$a = 1$ અને $b = 4$ મળે છે.
તેથી,$a + b = 1 + 4 = 5$.

(A) કારણ કે $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી તે $x = 0, 1, 2$ પર પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 0$ પર: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} \cos(2x + \pi) = \cos(\pi) = -1$.
$\lim_{x \to 0^+} (ax^2 + b) = b$.
તેથી,$b = -1$.
$x = 1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$\lim_{x \to 1^-} (ax^2 + b) = a + b = a - 1$.
$\lim_{x \to 1^+} (cx + 4) = c + 4$.
તેથી,$a - 1 = c + 4 \implies a = c + 5$.
$x = 2$ પર: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$.
$\lim_{x \to 2^-} (cx + 4) = 2c + 4$.
$\lim_{x \to 2^+} (3a + 1) = 3a + 1$.
તેથી,$2c + 4 = 3a + 1$.
$a = c + 5$ મૂકતા: $2c + 4 = 3(c + 5) + 1 \implies 2c + 4 = 3c + 16 \implies c = -12$.
તેથી $a = -12 + 5 = -7$.
હવે,$b^2 - bc + c^2 = (-1)^2 - (-1)(-12) + (-12)^2 = 1 - 12 + 144 = 133$.

(C) સૌ પ્રથમ,અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતોની ગણતરી કરો:
$f(2) = \frac{1}{2}(2-6)^2 - 3 = \frac{1}{2}(16) - 3 = 8 - 3 = 5$.
$f(10) = 10 - 5 = 5$.
$f(2) = f(10) = 5$ હોવાથી,રોલના પ્રમેયની પ્રથમ શરત સંતોષાય છે.
આગળ,$x=4$ પર સાતત્ય તપાસો:
ડાબી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to 4^-} f(x) = \frac{1}{2}(4-6)^2 - 3 = \frac{1}{2}(4) - 3 = 2 - 3 = -1$.
જમણી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to 4^+} f(x) = 4 - 5 = -1$.
$f(4) = -1$ હોવાથી,વિધેય $x=4$ પર સતત છે.
છેલ્લે,$x=4$ પર વિકલનીયતા તપાસો:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $f'(x) = (x-6)$,તેથી $f'(4^-) = 4-6 = -2$.
જમણી બાજુનું વિકલન: $f'(x) = 1$,તેથી $f'(4^+) = 1$.
$f'(4^-) \neq f'(4^+)$ હોવાથી,વિધેય $x=4$ પર વિકલનીય નથી.
વિધેય અંતરાલ $(2, 10)$ માં વિકલનીય ન હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{2^x - 2^{-x}}{x}, & x \neq 0 \\ k, & x = 0 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ થાય.
તેથી,$k = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2^x - 2^{-x}}{x}$.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$k = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{d}{dx}(2^x - 2^{-x})}{\frac{d}{dx}(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2^x \ln 2 - 2^{-x} \ln 2(-1)}{1} = \lim_{x \rightarrow 0} (2^x \ln 2 + 2^{-x} \ln 2)$.
$x = 0$ મુકતા:
$k = 2^0 \ln 2 + 2^0 \ln 2 = \ln 2 + \ln 2 = 2 \ln 2 = \ln(2^2) = \ln 4$.
હવે,$e^k = e^{\ln 4} = 4$ મળે.

(C) યાદી $A$ માં દરેક વિધેયનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(A)$ $|x| + |x - 2|$: આ બે સતત વિધેયોનો સરવાળો છે,તેથી તે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે સતત છે. આ $IV$ સાથે જોડાય છે.
$(B)$ $\text{cosech } x = \frac{2}{e^x - e^{-x}}$: આ વિધેય તમામ $x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,તે તમામ શૂન્યતર વાસ્તવિક $x$ માટે સતત છે. આ $II$ સાથે જોડાય છે.
$(C)$ $x - [x] = \{x\}$ (અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય): આ વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે. આ $V$ સાથે જોડાય છે.
$(D)$ $\sqrt{2 - x}$: આ વિધેય $x \le 2$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. જેમ $x \to 2^+$,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ઋણ બને છે,તેથી વાસ્તવિક સંખ્યા પદ્ધતિમાં જમણી બાજુની સીમા અસ્તિત્વ ધરાવતી નથી. આ $I$ સાથે જોડાય છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-II, C-V, D-I$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x^3+2x^2+x+2}{x^2+x-2}$ એ $x = -2$ આગળ સતત છે.
વિધેય $x = -2$ આગળ સતત હોવાથી,$f(-2) = \lim_{x \rightarrow -2} f(x)$ થાય.
પ્રથમ,$f(x)$ ના પદને સાદું રૂપ આપીએ:
$f(x) = \frac{x^2(x+2) + 1(x+2)}{(x+2)(x-1)} = \frac{(x^2+1)(x+2)}{(x+2)(x-1)}$.
$x \neq -2$ માટે,આપણે $(x+2)$ પદને છેદ ઉડાડી શકીએ:
$f(x) = \frac{x^2+1}{x-1}$.
હવે,લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$f(-2) = \lim_{x \rightarrow -2} \frac{x^2+1}{x-1} = \frac{(-2)^2+1}{-2-1} = \frac{4+1}{-3} = \frac{5}{-3} = -\frac{5}{3}$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x(x+3)e^{-x/2}$ છે.
કારણ કે $f(x)$ એ $[-3, 0]$ માં રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે,તેથી ઓછામાં ઓછું એક $c \in (-3, 0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}[x(x+3)] \cdot e^{-x/2} + x(x+3) \cdot \frac{d}{dx}[e^{-x/2}]$
$f'(x) = (2x+3)e^{-x/2} + (x^2+3x) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)e^{-x/2}$
$f'(x) = e^{-x/2} \left[ 2x+3 - \frac{x^2+3x}{2} \right]$
$f'(x) = e^{-x/2} \left[ \frac{4x+6-x^2-3x}{2} \right] = \frac{-x^2+x+6}{2} e^{-x/2}$
$f'(x) = 0$ લેતા:
$\frac{-(x^2-x-6)}{2} e^{-x/2} = 0$
$e^{-x/2} \neq 0$ હોવાથી,$x^2-x-6 = 0$ મળે.
$(x-3)(x+2) = 0$
તેથી,$x = 3$ અથવા $x = -2$.
બીજ અંતરાલ $(-3, 0)$ માં હોવું જોઈએ,તેથી માન્ય બીજ $x = -2$ છે.

(B) વિધાન $(a)$ ખોટું છે કારણ કે જો કોઈ વિધેય કોઈ બિંદુએ વિકલનીય હોય,તો તે તે બિંદુએ સતત હોવું જ જોઈએ.
વિધાન $(b)$ સાચું છે કારણ કે વિકલનીયતા એ સાતત્ય સૂચવે છે; તેથી,તેનું પ્રતિ-વિધાન (સતત ન હોય તો વિકલનીય પણ ન હોય) પણ સાચું છે.
વિધાન $(c)$ સાચું છે કારણ કે $f(x) = |x|$ એ તમામ $x \in R$ માટે સતત છે પરંતુ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
વિધાન $(d)$ ખોટું છે કારણ કે $f(x) = x - [x]$ એ અપૂર્ણાંક ભાગનું વિધેય છે,જે તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે,જેમાં $x = 1$ નો પણ સમાવેશ થાય છે. $x = 1$ આગળ અસતત હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધાનો $(b)$ અને $(c)$ સાચા છે.

(B) સૌ પ્રથમ,આપણે $|g(x)|$ નક્કી કરીએ:
$|g(x)| = \begin{cases} |-1| = 1, & -2 \le x < 0 \\ |x^2 - 1|, & 0 \le x \le 2 \end{cases} = \begin{cases} 1, & -2 \le x < 0 \\ 1 - x^2, & 0 \le x < 1 \\ x^2 - 1, & 1 \le x \le 2 \end{cases}$
આગળ,આપણે $g(|x|)$ નક્કી કરીએ:
બધા $x \in [-2, 2]$ માટે $|x| \ge 0$ હોવાથી,આપણે $g(x)$ ના બીજા ભાગનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$g(|x|) = |x|^2 - 1 = x^2 - 1$ બધા $x \in [-2, 2]$ માટે.
હવે,$f(x) = |g(x)| + g(|x|) + 2$ ની ગણતરી કરો:
$-2 \le x < 0$ માટે: $f(x) = 1 + (x^2 - 1) + 2 = x^2 + 2$.
$0 \le x < 1$ માટે: $f(x) = (1 - x^2) + (x^2 - 1) + 2 = 2$.
$1 \le x \le 2$ માટે: $f(x) = (x^2 - 1) + (x^2 - 1) + 2 = 2x^2$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} x^2 + 2, & -2 \le x < 0 \\ 2, & 0 \le x < 1 \\ 2x^2, & 1 \le x \le 2 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$LHD = \lim_{x \to 0^-} \frac{d}{dx}(x^2 + 2) = 2(0) = 0$.
$RHD = \lim_{x \to 0^+} \frac{d}{dx}(2) = 0$.
$LHD = RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$LHD = \lim_{x \to 1^-} \frac{d}{dx}(2) = 0$.
$RHD = \lim_{x \to 1^+} \frac{d}{dx}(2x^2) = 4(1) = 4$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) રોલનું પ્રમેય વિધેય $y = f(x), x \in [a, b]$ માટે લાગુ પડે છે,જો:
$(i)$ $f(x)$ એ બધા $x \in [a, b]$ માટે સતત હોય
$(ii)$ $f(x)$ એ બધા $x \in (a, b)$ માટે વિકલનીય હોય
$(iii)$ $f(a) = f(b)$
અહીં,$f(0) = 0$ અને $f(2) = 2 - 2 = 0$. તેથી,$f(0) = f(2)$.
$f(x)$ એ બધા $x \in [0, 2]$ માટે સતત છે.
જોકે,$f(x)$ ને $x = 1$ આગળ એક તીક્ષ્ણ ખૂણો (sharp corner) છે.
$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન: $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(1-h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(1-h) - 1}{-h} = 1$.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન: $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2-(1+h)) - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h}{h} = -1$.
ડાબી બાજુનું વિકલન $\neq$ જમણી બાજુનું વિકલન હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(A) વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$f^{\prime}(x) = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ છે.
આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y) = f(x) + f(y) - 3xy$ માં $y = h$ મૂકતા,આપણને $f(x+h) = f(x) + f(h) - 3xh$ મળે છે.
આ કિંમતને વિકલનના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f^{\prime}(x) = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x) + f(h) - 3xh - f(x)}{h}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f^{\prime}(x) = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h) - 3xh}{h} = \lim _{h \rightarrow 0} \left( \frac{f(h)}{h} - 3x \right)$.
આપેલ છે કે $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h} = 7$,તેથી:
$f^{\prime}(x) = 7 - 3x$.

(A) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow a} \frac{x f(a)-a f(x)}{x-a}$.
અહીં લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરી શકીએ અથવા પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપી શકીએ.
અંશમાં $a f(a)$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow a} \frac{x f(a) - a f(a) + a f(a) - a f(x)}{x-a}$
$L = \lim _{x \rightarrow a} \left[ \frac{f(a)(x-a)}{x-a} - a \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \right]$
$L = f(a) - a \lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} = f^{\prime}(a)$.
તેથી,$L = f(a) - a f^{\prime}(a)$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(a) = a f(a)$,તેથી કિંમત મૂકતા:
$L = f(a) - a(a f(a))$
$L = f(a) - a^2 f(a)$
$L = (1-a^2) f(a)$.

(D) આપેલ છે કે $g(x) = f^{-1}(x)$.
વ્યસ્ત વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$f(g(x)) = x$ થાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,સાંકળના નિયમ મુજબ $f^{\prime}(g(x)) \cdot g^{\prime}(x) = 1$ મળે.
તેથી,$f^{\prime}(g(x)) = \frac{1}{g^{\prime}(x)}$.
આપણને $g(5) = 6$ અને $g^{\prime}(5) = \frac{3}{4}$ આપેલ છે.
$x = 5$ મુકતા,$f^{\prime}(g(5)) = \frac{1}{g^{\prime}(5)}$ મળે.
$g(5) = 6$ હોવાથી,$f^{\prime}(6) = \frac{1}{g^{\prime}(5)}$ થાય.
$g^{\prime}(5) = \frac{3}{4}$ ની કિંમત મુકતા,$f^{\prime}(6) = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}$ મળે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = |x+1| + |x-1|$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે વિધેય $g(x) = |x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તે જ રીતે,$|x+1|$ એ $x = -1$ આગળ વિકલનીય નથી અને $|x-1|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
બે વિધેયોનો સરવાળો તે બિંદુઓ આગળ વિકલનીય હોતો નથી જ્યાં તેમાંથી કોઈ પણ એક વિધેય વિકલનીય ન હોય.
તેથી,$f(x)$ એ $x = -1$ અને $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} [\cos \pi x], & x \leq 1 \\ 2\{x\} - 1, & x > 1 \end{cases}$.
$x > 1$ માટે,આપણી પાસે $f(x) = 2(x - [x]) - 1$ છે. $x$ એ $1$ થી થોડું મોટું હોવાથી,$[x] = 1$ થાય,તેથી $f(x) = 2(x - 1) - 1 = 2x - 3$ મળે.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $f'(1^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
પ્રથમ,$f(1) = [\cos \pi] = [-1] = -1$.
તેથી,$f'(1^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{2(1+h) - 3 - (-1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2 + 2h - 3 + 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h} = 2$.
આમ,$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $2$ છે.

(B) આપેલ છે કે $x=5(1-\sin t)$ અને $y=5(t+\cos t)$.
પ્રથમ,$x$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = 5(0 - \cos t) = -5\cos t$ ... $(i)$
ત્યારબાદ,$y$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dt} = 5(1 - \sin t)$ ... $(ii)$
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $\frac{dx}{dy}$ મેળવીએ છીએ:
$\frac{dx}{dy} = \frac{dx/dt}{dy/dt} = \frac{-5\cos t}{5(1-\sin t)}$
$\frac{dx}{dy} = \frac{-\cos t}{1-\sin t} = \frac{\cos t}{\sin t-1}$

(A) આપેલ સમીકરણ $x^2+xy+y^2=k$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2x + y + x\frac{dy}{dx} + 2y\frac{dy}{dx} = 0$
$(x+2y)\frac{dy}{dx} = -(2x+y)$
$\frac{dy}{dx} = -\frac{2x+y}{x+2y}$
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{(x+2y)\frac{d}{dx}(2x+y) - (2x+y)\frac{d}{dx}(x+2y)}{(x+2y)^2}$
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{(x+2y)(2+\frac{dy}{dx}) - (2x+y)(1+2\frac{dy}{dx})}{(x+2y)^2}$
$\frac{dy}{dx} = -\frac{2x+y}{x+2y}$ મૂકતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{(x+2y)(2-\frac{2x+y}{x+2y}) - (2x+y)(1-\frac{4x+2y}{x+2y})}{(x+2y)^2}$
સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{3y(x+2y) + 3x(2x+y)}{(x+2y)^3} = -\frac{6(x^2+xy+y^2)}{(x+2y)^3}$
$x^2+xy+y^2=k$ હોવાથી:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{-6k}{(x+2y)^3}$

(B) ધારો કે $y = \frac{x \cdot 2^x-x}{1-\cos x}$. તો આપેલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = y(f(x) + \log 2)$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = f(x) + \log 2$,અથવા $\frac{d}{dx}(\ln |y|) = f(x) + \log 2$.
આમ,$f(x) = \frac{d}{dx}(\ln |y|) - \log 2$.
કારણ કે $y = \frac{x(2^x-1)}{1-\cos x}$,આપણી પાસે $\ln |y| = \ln |x| + \ln |2^x-1| - \ln |1-\cos x|$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(\ln |y|) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2^x-1} \cdot (2^x \log 2) - \frac{\sin x}{1-\cos x}$.
આને $f(x)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(x) = \frac{1}{x} + \frac{2^x \log 2}{2^x-1} - \frac{\sin x}{1-\cos x} - \log 2$.
$f(x) = \frac{1}{x} + \frac{2^x \log 2 - (2^x-1) \log 2}{2^x-1} - \frac{\sin x}{1-\cos x}$.
$f(x) = \frac{1}{x} + \frac{2^x \log 2 - 2^x \log 2 + \log 2}{2^x-1} - \frac{\sin x}{1-\cos x}$.
$f(x) = \frac{1}{x} + \frac{\log 2}{2^x-1} - \frac{\sin x}{1-\cos x}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x)=\frac{\cos ^2 x}{1+\sin ^2 x}$.
સૌ પ્રથમ,$f\left(\frac{\pi}{4}\right)$ ની કિંમત શોધો:
$f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\cos ^2(\pi/4)}{1+\sin ^2(\pi/4)}=\frac{(1/\sqrt{2})^2}{1+(1/\sqrt{2})^2}=\frac{1/2}{1+1/2}=\frac{1/2}{3/2}=\frac{1}{3}$.
હવે,લઘુગણકીય વિકલનનો ઉપયોગ કરીને $f(x)$ નું વિકલન કરો:
$\ln(f(x)) = 2\ln(\cos x) - \ln(1+\sin^2 x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f'(x)}{f(x)} = 2\left(\frac{-\sin x}{\cos x}\right) - \frac{2\sin x \cos x}{1+\sin^2 x} = -2\tan x - \frac{\sin 2x}{1+\sin^2 x}$.
$x = \frac{\pi}{4}$ માટે:
$\frac{f'(\pi/4)}{f(\pi/4)} = -2\tan(\pi/4) - \frac{\sin(\pi/2)}{1+\sin^2(\pi/4)} = -2(1) - \frac{1}{1+1/2} = -2 - \frac{1}{3/2} = -2 - \frac{2}{3} = -\frac{8}{3}$.
કારણ કે $f(\pi/4) = 1/3$,તેથી $f'(\pi/4) = -\frac{8}{3} \times \frac{1}{3} = -\frac{8}{9}$.
અંતે,$f(\pi/4) - 3f'(\pi/4)$ ની ગણતરી કરો:
$\frac{1}{3} - 3\left(-\frac{8}{9}\right) = \frac{1}{3} + \frac{8}{3} = \frac{9}{3} = 3$.

(D) આપેલ સમીકરણ $x e^{xy} = y + \sin^2 x$ છે.
$x = 0$ આગળ,આપણને $0 \cdot e^{0 \cdot y} = y + \sin^2(0)$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $y = 0$.
હવે,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x e^{xy}) = \frac{dy}{dx} + \frac{d}{dx}(\sin^2 x)$.
ગુણાકારનો નિયમ અને સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$x e^{xy} \left( x \frac{dy}{dx} + y \right) + e^{xy} = \frac{dy}{dx} + 2 \sin x \cos x$.
$x = 0$ અને $y = 0$ મૂકતા:
$0 \cdot e^0 (0 \cdot \frac{dy}{dx} + 0) + e^0 = \frac{dy}{dx} + 2 \sin(0) \cos(0)$.
$0 + 1 = \frac{dy}{dx} + 0$.
તેથી,$x = 0$ આગળ $\frac{dy}{dx} = 1$ થાય છે.

(A) આપેલ છે,$x=a(t-\sin t)$ અને $y=a(1+\cos t)$.
પ્રથમ,$x$ અને $y$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = a(1-\cos t)$ અને $\frac{dy}{dt} = -a \sin t$.
હવે,$\frac{dy}{dx}$ શોધો:
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{-a \sin t}{a(1-\cos t)} = \frac{-2 \sin(t/2) \cos(t/2)}{2 \sin^2(t/2)} = -\cot(t/2)$.
ત્યારબાદ,દ્વિતીય વિકલન $\frac{d^2y}{dx^2}$ શોધો:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right) \cdot \frac{dt}{dx} = \frac{d}{dt}(-\cot(t/2)) \cdot \frac{1}{a(1-\cos t)}$.
$\frac{d^2y}{dx^2} = -(-\csc^2(t/2) \cdot \frac{1}{2}) \cdot \frac{1}{a(2 \sin^2(t/2))} = \frac{\csc^2(t/2)}{4a \sin^2(t/2)}$.
કારણ કે $\csc^2(t/2) = \frac{1}{\sin^2(t/2)}$,તેથી:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{1}{4a \sin^4(t/2)}$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે,$(a+b x) e^{y / x}=x$
$\Rightarrow e^{y / x}=\frac{x}{a+b x}$
બંને બાજુ $\log$ લેતા:
$\frac{y}{x}=\log x-\log (a+b x)$
$\Rightarrow y=x \log x-x \log (a+b x)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y^{\prime} = \frac{d}{dx}(x \log x) - \frac{d}{dx}(x \log (a+b x))$
$y^{\prime} = (1 + \log x) - [\log (a+b x) + x \cdot \frac{b}{a+b x}]$
$y^{\prime} = 1 + \log x - \log (a+b x) - \frac{b x}{a+b x}$
કારણ કે $\frac{y}{x} = \log x - \log (a+b x)$,તેથી:
$y^{\prime} = 1 + \frac{y}{x} - \frac{b x}{a+b x}$
$x y^{\prime} = x + y - \frac{b x^2}{a+b x}$
$x y^{\prime} - y = x - \frac{b x^2}{a+b x} = \frac{a x + b x^2 - b x^2}{a+b x} = \frac{a x}{a+b x}$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x y^{\prime\prime} + y^{\prime} - y^{\prime} = \frac{d}{dx} \left( \frac{a x}{a+b x} \right)$
$x y^{\prime\prime} = \frac{(a+b x)a - a x(b)}{(a+b x)^2} = \frac{a^2}{(a+b x)^2}$
$x^3 y^{\prime\prime} = \frac{a^2 x^2}{(a+b x)^2} = \left( \frac{a x}{a+b x} \right)^2$
કારણ કે $x y^{\prime} - y = \frac{a x}{a+b x}$,તેથી:
$x^3 y^{\prime\prime} = (x y^{\prime} - y)^2$
$\frac{d^2 y}{d x^2} = \frac{1}{x^3} (x y^{\prime} - y)^2$

(C) ધારો કે $f(x) = (\log x)^{\sin x}$ અને $g(x) = \cos x$.
આપણે $\frac{df}{dg} = \frac{f'(x)}{g'(x)}$ શોધવાનું છે.
$f(x)$ નું પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\log(f(x)) = \sin x \cdot \log(\log x)$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{1}{f(x)} f'(x) = \cos x \cdot \log(\log x) + \sin x \cdot \frac{1}{\log x} \cdot \frac{1}{x}$.
તેથી,$f'(x) = (\log x)^{\sin x} \left[ \cos x \cdot \log(\log x) + \frac{\sin x}{x \log x} \right]$.
વળી,$g'(x) = -\sin x$.
તેથી,$\frac{df}{dg} = \frac{(\log x)^{\sin x} [ \cos x \cdot \log(\log x) + \frac{\sin x}{x \log x} ]}{-\sin x}$.
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ,$\sin x = 1$,$\cos x = 0$,અને $\log x = \log(\frac{\pi}{2})$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{df}{dg} = \frac{(\log(\frac{\pi}{2}))^1 [ 0 \cdot \log(\log(\frac{\pi}{2})) + \frac{1}{(\frac{\pi}{2}) \log(\frac{\pi}{2})} ]}{-1}$.
$= - \frac{1}{\frac{\pi}{2}} = -\frac{2}{\pi}$.

(D) આપેલ છે,$y=x^{\sqrt{x}}$.
બંને બાજુ $\ln$ લેતા,આપણને મળે $\ln y = \sqrt{x} \ln x$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \sqrt{x} \cdot \frac{d}{dx}(\ln x) + \ln x \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x})$.
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \sqrt{x} \cdot \frac{1}{x} + \ln x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{\ln x}{2\sqrt{x}}$.
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{2 + \ln x}{2\sqrt{x}}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{y(2 + \ln x)}{2\sqrt{x}}$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \cos^{-1}(\tanh x) + \sinh(\sin 6x)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\cos^{-1}(\tanh x)) + \frac{d}{dx}(\sinh(\sin 6x))$
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{\sqrt{1 - \tanh^2 x}} \cdot \frac{d}{dx}(\tanh x) + \cosh(\sin 6x) \cdot \frac{d}{dx}(\sin 6x)$
નિત્યસમ $1 - \tanh^2 x = \text{sech}^2 x$ અને $\frac{d}{dx}(\tanh x) = \text{sech}^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{\sqrt{\text{sech}^2 x}} \cdot \text{sech}^2 x + \cosh(\sin 6x) \cdot (6 \cos 6x)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{\text{sech} x} \cdot \text{sech}^2 x + 6 \cos 6x \cosh(\sin 6x)$
$\frac{dy}{dx} = -\text{sech} x + 6 \cos 6x \cosh(\sin 6x)$ (નોંધ: $\text{sech} x = \frac{1}{\cosh x}$)
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{\cosh x} + 6 \cos 6x \cosh(\sin 6x)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan(\cos^{-1} x)$.
ધારો કે $\cos^{-1} x = \theta$,તેથી $\cos \theta = x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \theta = \frac{\sqrt{1 - \cos^2 \theta}}{\cos \theta} = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$.
તેથી,$y = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{x \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{1 - x^2}) - \sqrt{1 - x^2} \cdot \frac{d}{dx}(x)}{x^2}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{x \cdot \frac{-2x}{2\sqrt{1 - x^2}} - \sqrt{1 - x^2}}{x^2}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{-x^2}{\sqrt{1 - x^2}} - \sqrt{1 - x^2}}{x^2}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{-x^2 - (1 - x^2)}{x^2 \sqrt{1 - x^2}} = \frac{-1}{x^2 \sqrt{1 - x^2}}$.

(B) $t$ ની સાપેક્ષમાં $\tan t + t^2 \operatorname{cosech} t$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે સરવાળાનો નિયમ અને ગુણાકારનો નિયમ વાપરીએ છીએ.
$\tan t$ નું વિકલન $\sec^2 t$ થાય છે.
$t^2 \operatorname{cosech} t$ માટે ગુણાકારનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{d}{dt}(t^2 \operatorname{cosech} t) = \frac{d}{dt}(t^2) \cdot \operatorname{cosech} t + t^2 \cdot \frac{d}{dt}(\operatorname{cosech} t)$.
કારણ કે $\frac{d}{dt}(t^2) = 2t$ અને $\frac{d}{dt}(\operatorname{cosech} t) = -\operatorname{cosech} t \operatorname{coth} t$,તેથી આપણને મળે છે:
$2t \operatorname{cosech} t + t^2(-\operatorname{cosech} t \operatorname{coth} t) = 2t \operatorname{cosech} t - t^2 \operatorname{cosech} t \operatorname{coth} t$.
આ બંનેને જોડતા,અંતિમ પરિણામ $\sec^2 t + 2t \operatorname{cosech} t - t^2 \operatorname{cosech} t \operatorname{coth} t$ મળે છે.

(D) આપેલ છે,$y=x+\tan x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = 1 + \sec^2 x$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = 0 + 2 \sec x \cdot (\sec x \tan x) = 2 \sec^2 x \tan x$.
હવે,આ કિંમતને પદાવલિ $\cos^2 x \frac{d^2y}{dx^2} + 2x$ માં મૂકતા:
$\cos^2 x (2 \sec^2 x \tan x) + 2x$.
કારણ કે $\cos^2 x \cdot \sec^2 x = 1$,તેથી પદાવલિનું સાદું રૂપ થશે:
$2 \tan x + 2x = 2(x + \tan x)$.
$y = x + \tan x$ હોવાથી,આ પદાવલિ $2y$ બરાબર છે.

(C) આપેલ છે કે $y = \frac{1}{x} + \cos 2x$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{x^2} - 2 \sin 2x$.
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{2}{x^3} - 4 \cos 2x$.
મૂળ સમીકરણ પરથી,આપણી પાસે $\cos 2x = y - \frac{1}{x}$ છે.
આ કિંમતને દ્વિતીય વિકલનમાં મૂકતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{2}{x^3} - 4(y - \frac{1}{x}) = \frac{2}{x^3} - 4y + \frac{4}{x}$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{2}{x^3} + \frac{4}{x} - 4y$ મળે છે.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} x^3+x & x+1 & x-2 \\ 2x^3+3x-1 & 3x & 3x-3 \\ x^3+2x+3 & 2x-1 & 2x-1 \end{array} \right|$.
હારની પ્રક્રિયા $R_1 \rightarrow R_1 + R_3 - R_2$ લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} (x^3+x) + (x^3+2x+3) - (2x^3+3x-1) & (x+1) + (2x-1) - 3x & (x-2) + (2x-1) - (3x-3) \\ 2x^3+3x-1 & 3x & 3x-3 \\ x^3+2x+3 & 2x-1 & 2x-1 \end{array} \right|$
$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 4 & 0 & 0 \\ 2x^3+3x-1 & 3x & 3x-3 \\ x^3+2x+3 & 2x-1 & 2x-1 \end{array} \right|$
પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = 4 [ (3x)(2x-1) - (3x-3)(2x-1) ]$
$f(x) = 4 [ (2x-1)(3x - (3x-3)) ]$
$f(x) = 4 [ (2x-1)(3) ] = 12(2x-1) = 24x - 12$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(f(x)) = \frac{d}{dx}(24x - 12) = 24$.

(D) આપેલ વક્રનું સમીકરણ $y=\pi e^{\frac{-x}{\pi}}$ છે.
વક્ર $y$-અક્ષને જ્યાં છેદે છે તે બિંદુ શોધવા માટે,આપણે $x=0$ લઈએ છીએ.
સમીકરણમાં $x=0$ મૂકતા,આપણને $y = \pi e^{0} = \pi$ મળે છે.
તેથી,સ્પર્શબિંદુ $(0, \pi)$ છે.
હવે,સ્પર્શકનો ઢાળ શોધવા માટે સમીકરણનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = \pi \cdot e^{\frac{-x}{\pi}} \cdot \left(-\frac{1}{\pi}\right) = -e^{\frac{-x}{\pi}}$.
બિંદુ $(0, \pi)$ પર ઢાળ $m$:
$m = \left. \frac{dy}{dx} \right|_{(0, \pi)} = -e^{0} = -1$.
બિંદુ $(x_1, y_1)$ અને ઢાળ $m$ વાળા સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - y_1 = m(x - x_1)$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$y - \pi = -1(x - 0)$.
$y - \pi = -x$,જેનું સાદું રૂપ $x + y = \pi$ થાય છે.

(B) જે બિંદુએ વક્રનો સ્પર્શક સમક્ષિતિજ હોય,તેનો અર્થ એ છે કે સ્પર્શકનો ઢાળ શૂન્ય છે.
આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $y = \frac{16}{x} - x^2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{16}{x} - x^2) = -\frac{16}{x^2} - 2x$.
સ્પર્શક સમક્ષિતિજ હોવા માટે,$\frac{dy}{dx} = 0$ લેતા:
$-\frac{16}{x^2} - 2x = 0$.
$-\frac{16 + 2x^3}{x^2} = 0$.
$16 + 2x^3 = 0 \implies 2x^3 = -16 \implies x^3 = -8$.
આમ,$x = -2$.
હવે,$y$ શોધવા માટે મૂળ સમીકરણમાં $x = -2$ મૂકતા:
$y = \frac{16}{-2} - (-2)^2 = -8 - 4 = -12$.
તેથી,માંગેલ બિંદુ $(-2, -12)$ છે.

(A) આપેલ વક્રો $x=y^2 \dots(i)$ અને $xy=k \dots(ii)$ છે.
$(i)$ પરથી,$x=y^2$. આને $(ii)$ માં મૂકતા,$y^2 \cdot y = k$,તેથી $y^3 = k$,જેનો અર્થ છે $y = k^{1/3}$ અને $x = k^{2/3}$.
$(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $1 = 2y \frac{dy}{dx} \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{1}{2y} = m_1$.
$(ii)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $y + x \frac{dy}{dx} = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x} = m_2$.
વક્રો કાટખૂણે છેદતા હોવાથી,$m_1 m_2 = -1$.
$\left(\frac{1}{2y}\right) \left(-\frac{y}{x}\right) = -1 \Rightarrow \frac{1}{2x} = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{2}$.
$x = y^2$ હોવાથી,$y^2 = \frac{1}{2}$,તેથી $y = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$xy=k$ પરથી,$k^2 = x^2 y^2 = x^2 (x) = x^3$.
$x = \frac{1}{2}$ મૂકતા,$k^2 = (\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}$.
આમ,$8k^2 = 8 \times \frac{1}{8} = 1$.

(B) આપેલ વક્ર: $x y^5+2 x^2 y-x^3+y+1=0$
$x=0$ મુકતા,સમીકરણ $0+0-0+y+1=0$ બને છે,જે $y=-1$ આપે છે.
તેથી,સ્પર્શ બિંદુ $(0, -1)$ છે.
સમીકરણનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x y^5) + \frac{d}{dx}(2 x^2 y) - \frac{d}{dx}(x^3) + \frac{d}{dx}(y) + \frac{d}{dx}(1) = 0$
$y^5 + 5 x y^4 \frac{d y}{d x} + 4 x y + 2 x^2 \frac{d y}{d x} - 3 x^2 + \frac{d y}{d x} = 0$
$(x, y) = (0, -1)$ મુકતા:
$(-1)^5 + 5(0)(-1)^4 \frac{d y}{d x} + 4(0)(-1) + 2(0)^2 \frac{d y}{d x} - 3(0)^2 + \frac{d y}{d x} = 0$
$-1 + 0 + 0 + 0 - 0 + \frac{d y}{d x} = 0$
$\frac{d y}{d x} = 1$
$(0, -1)$ બિંદુએ અને $m=1$ ઢાળ ધરાવતા સ્પર્શકનું સમીકરણ:
$y - (-1) = 1(x - 0)$
$y + 1 = x$
$y = x - 1$

(B) આપેલ વક્ર $xy+ax+by=0$ છે.
વક્ર $(1,1)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $1(1)+a(1)+b(1)=0$,જેનો અર્થ છે કે $a+b=-1$ (સમીકરણ $1$).
વક્રના સમીકરણનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $x \frac{dy}{dx} + y + a + b \frac{dy}{dx} = 0$ મળે છે.
$\frac{dy}{dx}$ માટે ગોઠવતા,$\frac{dy}{dx}(x+b) = -(y+a)$,તેથી $\frac{dy}{dx} = -\frac{y+a}{x+b}$.
બિંદુ $(1,1)$ આગળ,સ્પર્શકનો ઢાળ $m = \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(1,1)} = -\frac{1+a}{1+b}$ છે.
આપેલ છે કે સ્પર્શક $x$-અક્ષ સાથે $\tan^{-1} 2$ નો ખૂણો બનાવે છે,તેથી ઢાળ $m = \tan(\tan^{-1} 2) = 2$.
ઢાળ માટેના બંને પદોને સરખાવતા: $-\frac{1+a}{1+b} = 2$,જેનું સાદું રૂપ $-(1+a) = 2(1+b)$,અથવા $a+2b = -3$ (સમીકરણ $2$) થાય છે.
સમીકરણ $2$ માંથી સમીકરણ $1$ બાદ કરતા: $(a+2b) - (a+b) = -3 - (-1)$,જે $b = -2$ આપે છે.
$b = -2$ ને સમીકરણ $1$ માં મૂકતા: $a - 2 = -1$,તેથી $a = 1$.
અંતે,$\frac{a+b}{ab} = \frac{1+(-2)}{(1)(-2)} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ વક્ર $y = \sin 3x$ છે ... $(i)$
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ,$y = \sin\left(3 \cdot \frac{\pi}{4}\right) = \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,બિંદુ $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ છે.
સમીકરણ $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \cos 3x$
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ,સ્પર્શકનો ઢાળ $m_T = \left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=\frac{\pi}{4}} = 3 \cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) = 3 \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -\frac{3}{\sqrt{2}}$.
અભિલંબનો ઢાળ $m_N = -\frac{1}{m_T} = -\frac{1}{-3/\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3}$.
$\left(\frac{\pi}{4}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ:
$y - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3} \left(x - \frac{\pi}{4}\right)$
$y = \frac{\sqrt{2}}{3}x - \frac{\sqrt{2}\pi}{12} + \frac{1}{\sqrt{2}}$
$y = \frac{\sqrt{2}}{3}x - \frac{\sqrt{2}\pi}{12} + \frac{6\sqrt{2}}{12}$
$y = \frac{\sqrt{2}}{3}x + \frac{\sqrt{2}(6-\pi)}{12}$
$y = \frac{\sqrt{2}}{3} \left(x + \frac{6-\pi}{4}\right)$.

(A) આપેલ વક્રનું સમીકરણ $y^2=(2x+1)^3$ ... $(i)$ છે.
ધારો કે $P(x_1, y_1)$ એ વક્ર પરનું કોઈપણ બિંદુ છે. તેથી,$y_1^2=(2x_1+1)^3$.
સમીકરણ $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2y \frac{dy}{dx} = 3(2x+1)^2 \times 2$
$\frac{dy}{dx} = \frac{3(2x+1)^2}{y}$
બિંદુ $P(x_1, y_1)$ આગળ,ઢાળ $m = \frac{dy}{dx} = \frac{3(2x_1+1)^2}{y_1}$.
સબટેન્જન્ટની લંબાઈ $(ST)$ = $\left| \frac{y_1}{m} \right| = \left| \frac{y_1}{\frac{3(2x_1+1)^2}{y_1}} \right| = \frac{y_1^2}{3(2x_1+1)^2}$.
સબનોર્મલની લંબાઈ $(SN)$ = $|y_1 m| = \left| y_1 \times \frac{3(2x_1+1)^2}{y_1} \right| = 3(2x_1+1)^2$.
આપણે ગુણોત્તર $\frac{SN}{(ST)^2}$ શોધવાનો છે:
$\frac{SN}{(ST)^2} = \frac{3(2x_1+1)^2}{\left[ \frac{y_1^2}{3(2x_1+1)^2} \right]^2} = \frac{3(2x_1+1)^2 \times 9(2x_1+1)^4}{y_1^4} = \frac{27(2x_1+1)^6}{y_1^4}$.
કારણ કે $y_1^2 = (2x_1+1)^3$,તેથી $y_1^4 = (2x_1+1)^6$.
આ કિંમત ગુણોત્તરમાં મૂકતા:
$\frac{SN}{(ST)^2} = \frac{27(2x_1+1)^6}{(2x_1+1)^6} = 27$.

(D) ધારો કે $f(x) = x^{4/3} + x^2$. આપણે $f(8.01)$ ની આશરે કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $x = 8$ અને $\Delta x = 0.01$.
તો $f(x + \Delta x) \approx f(x) + f'(x) \Delta x$.
પ્રથમ,$f(8) = 8^{4/3} + 8^2 = (2^3)^{4/3} + 64 = 2^4 + 64 = 16 + 64 = 80$ ગણો.
આગળ,વિકલન $f'(x) = \frac{4}{3} x^{1/3} + 2x$ શોધો.
$f'(8) = \frac{4}{3} (8)^{1/3} + 2(8) = \frac{4}{3}(2) + 16 = \frac{8}{3} + 16 = 2.6667 + 16 = 18.6667$ ની કિંમત મેળવો.
હવે,ફેરફાર $\Delta f \approx f'(8) \Delta x = 18.6667 \times 0.01 = 0.186667$ ગણો.
આમ,$f(8.01) \approx f(8) + 0.186667 = 80 + 0.186667 = 80.186667$.
$3$ દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડિંગ કરતા,આપણને $80.187$ મળે છે. જોકે,આપેલા વિકલ્પો તપાસતા,$80.180$ એ સૌથી નજીકનો જવાબ છે.

(C) આપેલ છે કે ત્રિજ્યામાં થતો ફેરફારનો દર $\frac{dr}{dt} = 5 \text{ inch/min}$ છે.
જ્યારે ત્રિજ્યા $r = 10 \text{ inches}$ હોય.
ગોળાકાર ફુગ્ગાનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{dV}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{4}{3} \pi r^3 \right) = \frac{4}{3} \pi (3r^2) \frac{dr}{dt} = 4 \pi r^2 \frac{dr}{dt}$.
આપેલ કિંમતો $r = 10$ અને $\frac{dr}{dt} = 5$ મૂકતા:
$\frac{dV}{dt} = 4 \pi (10)^2 (5) = 4 \pi (100) (5) = 2000 \pi \text{ cubic inches/min}$.

(B) કણનું સ્થાનાંતર $S(t) = t^3 - 4t^2 + 7t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તત્કાલીન વેગ $v$ એ સમયની સાપેક્ષમાં સ્થાનાંતરનો ફેરફારનો દર છે,જે $v = \frac{dS}{dt}$ દ્વારા મળે છે.
$S(t)$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$v = \frac{d}{dt}(t^3 - 4t^2 + 7t) = 3t^2 - 8t + 7$.
$t = 4 \ sec$ સમયે વેગ શોધવા માટે,$v$ ના સમીકરણમાં $t = 4$ મૂકતા:
$v = 3(4)^2 - 8(4) + 7$
$v = 3(16) - 32 + 7$
$v = 48 - 32 + 7$
$v = 16 + 7 = 23 \ m/sec$.

(D) આપેલ છે: શંકુની ઊંચાઈ $h = 6.125 \text{ cm}$ અને અર્ધ-શીર્ષકોણ $\theta = 30^{\circ}$.
શંકુના પાયાની ત્રિજ્યા $R$ અને ઊંચાઈ $h$ વચ્ચેનો સંબંધ: $\tan \theta = \frac{R}{h}$.
કિંમતો મૂકતા: $\tan 30^{\circ} = \frac{R}{6.125} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{R}{6.125} \Rightarrow R = \frac{6.125}{\sqrt{3}} \text{ cm}$.
લંબવૃત્તીય શંકુનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} \pi R^2 h$ છે.
$R$ અને $h$ ની કિંમતો મૂકતા: $V = \frac{1}{3} \pi \left( \frac{6.125}{\sqrt{3}} \right)^2 (6.125) = \frac{1}{3} \pi \left( \frac{6.125^2}{3} \right) (6.125) = \frac{\pi}{9} (6.125)^3$.
$(6.125)^3$ ની ગણતરી કરતા: $6.125 \times 6.125 \times 6.125 \approx 229.996$.
આમ,$V \approx \frac{229.996}{9} \pi \approx 25.555 \pi \text{ cm}^3$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,આશરે મૂલ્ય $(25.5) \pi \text{ cm}^3$ થાય.

(A) ધારો કે $A$ એ ક્ષેત્રફળ છે અને $x$ એ સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુ છે.
ક્ષેત્રફળનું સૂત્ર $A = \frac{\sqrt{3}}{4} x^2$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dA}{dx} = \frac{\sqrt{3}}{4} (2x) = \frac{\sqrt{3}}{2} x$ મળે છે.
ક્ષેત્રફળમાં અંદાજિત ફેરફાર $\Delta A$ એ $\Delta A \approx \frac{dA}{dx} \cdot \Delta x = \frac{\sqrt{3}}{2} x \cdot \Delta x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષેત્રફળમાં પ્રતિશત ભૂલ $\frac{\Delta A}{A} \times 100$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta A}{A} \times 100 = \frac{(\frac{\sqrt{3}}{2} x \cdot \Delta x)}{(\frac{\sqrt{3}}{4} x^2)} \times 100 = \frac{2 \Delta x}{x} \times 100$.
આપેલ છે કે $x = 5$ અને $\Delta x = 0.05$,તેથી પ્રતિશત ભૂલ $\frac{2 \times 0.05}{5} \times 100 = \frac{0.1}{5} \times 100 = 0.02 \times 100 = 2\%$ છે.
આમ,પ્રતિશત ભૂલ $2$ છે.

(A) આપેલ છે: $f(x) = \tan x - x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = \sec^2 x - 1$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રદેશ $R^*$ માં તમામ $x$ માટે $\sec^2 x \geq 1$ થાય છે.
તેથી,$f'(x) = \sec^2 x - 1 \geq 0$.
કારણ કે વિકલિત $f'(x) \geq 0$ એ તમામ $x \in R^*$ માટે સત્ય છે,તેથી વિધેય $f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x)=2 x^3-9 x^2+12 x+1$ અંતરાલ $[0,2]$ પર છે.
સૌ પ્રથમ,વિકલન $f'(x)$ શોધીને તેને $0$ સાથે સરખાવીને ક્રાંતિક બિંદુઓ મેળવો:
$f'(x) = 6x^2 - 18x + 12$
$f'(x) = 0$ લેતા:
$6(x^2 - 3x + 2) = 0$
$6(x-1)(x-2) = 0$
તેથી,ક્રાંતિક બિંદુઓ $x=1$ અને $x=2$ છે.
હવે,ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંતરાલ $[0,2]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર વિધેય $f(x)$ ની કિંમત શોધો:
$x=0$ માટે: $f(0) = 2(0)^3 - 9(0)^2 + 12(0) + 1 = 1$
$x=1$ માટે: $f(1) = 2(1)^3 - 9(1)^2 + 12(1) + 1 = 2 - 9 + 12 + 1 = 6$
$x=2$ માટે: $f(2) = 2(2)^3 - 9(2)^2 + 12(2) + 1 = 16 - 36 + 24 + 1 = 5$
કિંમતો ${1, 6, 5}$ ની સરખામણી કરતા,નિરપેક્ષ મહત્તમ કિંમત $6$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x)=a x^3+b x^2-\frac{18}{5} x+\frac{19}{10}$ છે.
વિકલન લેતા,$f^{\prime}(x)=3 a x^2+2 b x-\frac{18}{5}$ મળે.
$f(x)$ ને $x=-3$ આગળ મહત્તમ કિંમત હોવાથી,$f^{\prime}(-3)=0$:
$3 a(-3)^2+2 b(-3)-\frac{18}{5}=0 \Rightarrow 27 a-6 b=\frac{18}{5} \Rightarrow 9 a-2 b=\frac{6}{5} \cdots (1)$.
$f(x)$ ને $x=2$ આગળ ન્યૂનતમ કિંમત હોવાથી,$f^{\prime}(2)=0$:
$3 a(2)^2+2 b(2)-\frac{18}{5}=0 \Rightarrow 12 a+4 b=\frac{18}{5} \Rightarrow 6 a+2 b=\frac{9}{5} \cdots (2)$.
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(9 a-2 b)+(6 a+2 b)=\frac{6}{5}+\frac{9}{5} \Rightarrow 15 a=\frac{15}{5} \Rightarrow 15 a=3 \Rightarrow a=\frac{1}{5}$.
$a=\frac{1}{5}$ ને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$6(\frac{1}{5})+2 b=\frac{9}{5} \Rightarrow 2 b=\frac{9}{5}-\frac{6}{5}=\frac{3}{5} \Rightarrow b=\frac{3}{10}$.
આમ,$f(x)=\frac{1}{5} x^3+\frac{3}{10} x^2-\frac{18}{5} x+\frac{19}{10}$ મળે.
$f(1)$ ની ગણતરી કરતા:
$f(1)=\frac{1}{5}(1)^3+\frac{3}{10}(1)^2-\frac{18}{5}(1)+\frac{19}{10} = \frac{2}{10}+\frac{3}{10}-\frac{36}{10}+\frac{19}{10} = \frac{2+3-36+19}{10} = \frac{-12}{10} = \frac{-6}{5}$.
તેથી,$f(1)=\frac{-6}{5}$.

(A) ધારો કે $y = \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{(x^2-x+1)(2x+1) - (x^2+x+1)(2x-1)}{(x^2-x+1)^2}$
$= \frac{(2x^3 - 2x^2 + 2x + x^2 - x + 1) - (2x^3 + 2x^2 + 2x - x^2 - x - 1)}{(x^2-x+1)^2}$
$= \frac{(2x^3 - x^2 + x + 1) - (2x^3 + x^2 + x - 1)}{(x^2-x+1)^2}$
$= \frac{-2x^2 + 2}{(x^2-x+1)^2} = \frac{2(1-x^2)}{(x^2-x+1)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = 0$ લેતા,આપણને $1-x^2 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 1$ અથવા $x = -1$.
$x = 1$ માટે,$y = \frac{1+1+1}{1-1+1} = 3$ (મહત્તમ કિંમત).
$x = -1$ માટે,$y = \frac{1-1+1}{1+1+1} = \frac{1}{3}$ (ન્યૂનતમ કિંમત).
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{1}{3}$ એ $l = -1$ પર અને મહત્તમ કિંમત $3$ એ $m = 1$ પર મળે છે.
તેથી,$l+m = -1 + 1 = 0$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\sqrt{\cot x}}{\sin 2x} dx$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sqrt{\cot x}}{2 \sin x \cos x} dx$.
અંશ અને છેદને $\sin^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\sqrt{\cot x}}{2 \frac{\sin x \cos x}{\sin^2 x} \cdot \sin^2 x} dx = \int \frac{\sqrt{\cot x}}{2 \cot x \sin^2 x} dx = \frac{1}{2} \int \frac{\operatorname{cosec}^2 x}{\sqrt{\cot x}} dx$.
ધારો કે $t = \cot x$,તેથી $dt = -\operatorname{cosec}^2 x dx$,એટલે કે $\operatorname{cosec}^2 x dx = -dt$.
$I = \frac{1}{2} \int \frac{-dt}{\sqrt{t}} = -\frac{1}{2} \int t^{-1/2} dt$.
$I = -\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} + C = -\sqrt{t} + C$.
$t = \cot x$ મૂકતા,આપણને $I = -\sqrt{\cot x} + C$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \sqrt{x^2+2x} \, dx$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,આપણને મળે $x^2+2x = (x+1)^2 - 1$.
તેથી,$I = \int \sqrt{(x+1)^2 - 1} \, dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \sqrt{u^2-a^2} \, du = \frac{u}{2} \sqrt{u^2-a^2} - \frac{a^2}{2} \cosh^{-1} \left( \frac{u}{a} \right) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x+1$ અને $a = 1$:
$I = \frac{x+1}{2} \sqrt{(x+1)^2-1} - \frac{1^2}{2} \cosh^{-1} \left( \frac{x+1}{1} \right) + C$.
આમ,$I = \frac{x+1}{2} \sqrt{x^2+2x} - \frac{1}{2} \cosh^{-1}(x+1) + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{(1-\cos x)^{2 / 7}}{(1+\cos x)^{9 / 7}} dx$.
નિત્યસમ $1-\cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}$ અને $1+\cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{(2 \sin^2 \frac{x}{2})^{2/7}}{(2 \cos^2 \frac{x}{2})^{9/7}} dx$
$I = \int \frac{2^{2/7} \sin^{4/7} \frac{x}{2}}{2^{9/7} \cos^{18/7} \frac{x}{2}} dx$
$I = \int \frac{1}{2} \frac{\sin^{4/7} \frac{x}{2}}{\cos^{4/7} \frac{x}{2} \cdot \cos^2 \frac{x}{2}} dx$
$I = \int \frac{1}{2} \tan^{4/7} \frac{x}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx$.
ધારો કે $t = \tan \frac{x}{2}$,તેથી $dt = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int t^{4/7} dt = \frac{t^{4/7 + 1}}{4/7 + 1} + C = \frac{t^{11/7}}{11/7} + C = \frac{7}{11} t^{11/7} + C$.
$t = \tan \frac{x}{2}$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{7}{11} \left(\tan \frac{x}{2}\right)^{11/7} + C$.

(B) ધારો કે $I = \int(x+2) \sqrt{x+3} \, dx$.
$t = \sqrt{x+3}$ આદેશ લેતા,તેથી $t^2 = x+3$ અને $x = t^2-3$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,$dx = 2t \, dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int(t^2-3+2) \cdot t \cdot (2t \, dt)$
$I = \int(t^2-1) \cdot 2t^2 \, dt$
$I = 2 \int(t^4-t^2) \, dt$
$I = 2 \left( \frac{t^5}{5} - \frac{t^3}{3} \right) + C$
$I = 2 \left( \frac{3t^5 - 5t^3}{15} \right) + C$
$I = \frac{2}{15} t^3 (3t^2 - 5) + C$
અહીં $t = \sqrt{x+3}$ હોવાથી,$t^2 = x+3$ અને $t^3 = (x+3)\sqrt{x+3}$.
$I = \frac{2}{15} (x+3)\sqrt{x+3} (3(x+3) - 5) + C$
$I = \frac{2}{15} \sqrt{x+3} (x+3) (3x + 9 - 5) + C$
$I = \frac{2}{15} \sqrt{x+3} (x+3) (3x + 4) + C$
$I = \frac{2}{15} \sqrt{x+3} (3x^2 + 4x + 9x + 12) + C$
$I = \frac{2}{15} \sqrt{x+3} (3x^2 + 13x + 12) + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{\sin x + \cos x}$.
$\sqrt{2}$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{d x}{\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x}$.
$\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{d x}{\sin x \cos \frac{\pi}{4} + \cos x \sin \frac{\pi}{4}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{d x}{\sin \left(x + \frac{\pi}{4}\right)}$.
$\sin \theta = 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{d x}{2 \sin \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right) \cos \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right)}$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right)$ વડે ભાગતા:
$I = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \int \frac{\sec^2 \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right) d x}{\tan \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right)}$.
ધારો કે $t = \tan \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right)$,તેથી $dt = \frac{1}{2} \sec^2 \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right) d x$,એટલે કે $\sec^2 \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right) d x = 2 dt$.
$I = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \int \frac{2 dt}{t} = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{dt}{t} = \frac{1}{\sqrt{2}} \log |t| + C$.
$t$ ની કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \log \left| \tan \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{8}\right) \right| + C$.