TS EAMCET 2025 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે $y = \sin x$. સમીકરણ $y^2 + by + c = 0$ બને છે.
$\alpha$ અને $\beta$ મૂળ સમીકરણના બીજ હોવાથી,$\sin \alpha$ અને $\sin \beta$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $y^2 + by + c = 0$ ના બીજ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના ગુણધર્મો પરથી:
$\sin \alpha + \sin \beta = -b$
$\sin \alpha \cdot \sin \beta = c$
આપેલ છે કે $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\beta = \frac{\pi}{2} - \alpha$.
આમ,$\sin \beta = \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \cos \alpha$.
આ કિંમતને બીજના ગુણાકારમાં મૂકતા:
$\sin \alpha \cdot \cos \alpha = c$
$2 \sin \alpha \cos \alpha = 2c$
$\sin(2\alpha) = 2c$
હવે,બીજના સરવાળાને ધ્યાનમાં લેતા:
$(\sin \alpha + \sin \beta)^2 = (-b)^2$
$\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + 2 \sin \alpha \sin \beta = b^2$
$\sin \beta = \cos \alpha$ હોવાથી,$\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$.
$1 + 2c = b^2$
તેથી,$b^2 - 1 = 2c$.

(D) આપેલ સમીકરણ $x^2 + 6x + 12 + 3 \sin(a + b\alpha) = 0$ છે.
આને $(x + 3)^2 + 3 + 3 \sin(a + b\alpha) = 0$ તરીકે લખી શકાય.
$(x + 3)^2 + 3(1 + \sin(a + b\alpha)) = 0$.
અહીં $(x + 3)^2 \ge 0$ અને $1 + \sin(a + b\alpha) \ge 0$ હોવાથી,બંને પદોનો સરવાળો શૂન્ય ત્યારે જ થાય જો બંને પદો શૂન્ય હોય.
તેથી,$(x + 3)^2 = 0 \implies x = -3$ અને $1 + \sin(a + b\alpha) = 0$.
આથી $\sin(a + b\alpha) = -1$.
$\theta = a + b\alpha$ ની ન્યૂનતમ ધન કિંમત માટે $\sin \theta = -1$,જે $\theta = \frac{3\pi}{2}$ આપે છે.
આમ,$\cos(a + b\alpha) = \cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\sqrt{6-5 \cos x+7 \sin ^2 x} = \cos x$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$6 - 5 \cos x + 7 \sin ^2 x = \cos ^2 x$ મળે.
$\sin ^2 x = 1 - \cos ^2 x$ હોવાથી,$6 - 5 \cos x + 7(1 - \cos ^2 x) = \cos ^2 x$.
$6 - 5 \cos x + 7 - 7 \cos ^2 x = \cos ^2 x$.
$13 - 5 \cos x = 8 \cos ^2 x$,જે $8 \cos ^2 x + 5 \cos x - 13 = 0$ માં પરિણમે છે.
ધારો કે $t = \cos x$,તો $8t^2 + 5t - 13 = 0$.
અવયવ પાડતા,$(8t + 13)(t - 1) = 0$.
તેથી,$t = 1$ અથવા $t = -13/8$.
$-1 \le \cos x \le 1$ હોવાથી,$\cos x = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $x = 2n\pi$.
વિકલ્પ $C$ તપાસતા: $\tan(2n\pi) + \sec(2n\pi) = 0 + 1 = 1$.
આમ,ઉકેલ $\tan x + \sec x = 1$ નું સમાધાન કરે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin^2 \theta + 2 \cos^2 \theta - \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta = 2$.
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 = 2(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = 2 \sin^2 \theta + 2 \cos^2 \theta$ લખી શકાય.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\sin^2 \theta + 2 \cos^2 \theta - \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta = 2 \sin^2 \theta + 2 \cos^2 \theta$.
સાદુરૂપ આપતા: $-\sin^2 \theta - \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta = 0$.
$-\sin \theta$ સામાન્ય લેતા: $-\sin \theta (\sin \theta + \sqrt{3} \cos \theta) = 0$.
બે કિસ્સાઓ મળે છે:
કિસ્સો $1$: $\sin \theta = 0$. અંતરાલ $(-\pi, \pi)$ માં,ઉકેલ $\theta = 0$ છે.
કિસ્સો $2$: $\sin \theta + \sqrt{3} \cos \theta = 0$,જેનો અર્થ છે $\tan \theta = -\sqrt{3}$.
અંતરાલ $(-\pi, \pi)$ માં,$\tan \theta = -\sqrt{3}$ એ $\theta = -\frac{\pi}{3}$ અને $\theta = \frac{2\pi}{3}$ પર મળે છે.
આમ,ઉકેલો $\{0, -\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}\}$ છે.
કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $3$ છે.

(A) આપેલ છે $2 \sin \theta + 3 \cos \theta = 2$.
ધારો કે $x = 3 \sin \theta - 2 \cos \theta$.
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરતા:
$(2 \sin \theta + 3 \cos \theta)^2 = 2^2 \implies 4 \sin^2 \theta + 9 \cos^2 \theta + 12 \sin \theta \cos \theta = 4$
$(3 \sin \theta - 2 \cos \theta)^2 = x^2 \implies 9 \sin^2 \theta + 4 \cos^2 \theta - 12 \sin \theta \cos \theta = x^2$
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$(4 + 9) \sin^2 \theta + (9 + 4) \cos^2 \theta = 4 + x^2$
$13(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = 4 + x^2$
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ હોવાથી,$13 = 4 + x^2$.
$x^2 = 9 \implies x = \pm 3$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $2 \sin x \sin 3 x \sin 5 x + \sin 5 x \cos 4 x = 0$
$\sin 5 x$ સામાન્ય લેતા: $\sin 5 x (2 \sin x \sin 3 x + \cos 4 x) = 0$
નિત્યસમ $2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin x \sin 3 x = \cos(x-3x) - \cos(x+3x) = \cos 2x - \cos 4x$
કિંમત મૂકતા: $\sin 5 x (\cos 2x - \cos 4x + \cos 4x) = 0$
$\sin 5 x \cos 2x = 0$
આથી $\sin 5 x = 0$ અથવા $\cos 2x = 0$.
$\sin 5 x = 0$ માટે,$5x = n\pi \implies x = \frac{n\pi}{5}$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
$(-\pi, \pi)$ અંતરાલમાં,$n \in \{-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4\}$,જે $9$ ઉકેલો આપે છે.
$\cos 2x = 0$ માટે,$2x = (2k+1)\frac{\pi}{2} \implies x = (2k+1)\frac{\pi}{4}$,જ્યાં $k \in \mathbb{Z}$.
$(-\pi, \pi)$ અંતરાલમાં,$k \in \{-2, -1, 0, 1\}$,જે $4$ ઉકેલો આપે છે: $\pm \frac{\pi}{4}, \pm \frac{3\pi}{4}$.
કુલ ભિન્ન ઉકેલો: $9 + 4 = 13$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan^2 x + 3 \cot^2 x = 2 \sec^2 x$
નિત્યસમ $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^2 x + 3 \cot^2 x = 2(1 + \tan^2 x)$
$\tan^2 x + 3 \cot^2 x = 2 + 2 \tan^2 x$
$3 \cot^2 x - \tan^2 x = 2$
ધારો કે $t = \tan^2 x$,તો $\cot^2 x = \frac{1}{t}$.
$3(\frac{1}{t}) - t = 2$
$3 - t^2 = 2t$
$t^2 + 2t - 3 = 0$
$(t + 3)(t - 1) = 0$
$t = \tan^2 x \ge 0$ હોવાથી,$t = 1$.
$\tan^2 x = 1 \implies \tan x = \pm 1$.
અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$\tan x = 1$ માટે $x = \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}$ અને $\tan x = -1$ માટે $x = \frac{3\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$.
આ તમામ કિંમતો માન્ય છે.
આમ,કુલ $4$ ઉકેલો મળે છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણ $ABP$ નું મધ્યકેન્દ્ર $G(x, y)$ છે.
શિરોબિંદુઓના યામ $A(2, 3)$,$B(3, 2)$ અને $P(t, t^2)$ છે.
મધ્યકેન્દ્ર $G(x, y)$ માટેનું સૂત્ર:
$x = \frac{2 + 3 + t}{3} \implies 3x = 5 + t \implies t = 3x - 5$
$y = \frac{3 + 2 + t^2}{3} \implies 3y = 5 + t^2$
$t = 3x - 5$ ને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$3y = 5 + (3x - 5)^2$
$3y = 5 + 9x^2 - 30x + 25$
$3y = 9x^2 - 30x + 30$
$3$ વડે ભાગતા:
$y = 3x^2 - 10x + 10$
પદોને ગોઠવતા:
$3x^2 - 10x - y + 10 = 0$
આમ,મધ્યકેન્દ્રનો બિંદુપથ $3x^2 - 10x - y + 10 = 0$ છે.

(A) ધારો કે પ્રારંભિક બિંદુ $P_0 = (\alpha, \beta)$ છે.
પગલું $1$: $x$-અક્ષની ધન દિશામાં $3$ એકમનું સ્થાનાંતર કરતા $P_1 = (\alpha + 3, \beta)$ મળે.
પગલું $2$: $y = -x$ ની સાપેક્ષે પરાવર્તન કરતા $(x, y)$ બિંદુ $(-y, -x)$ માં રૂપાંતરિત થાય છે. તેથી,$P_2 = (-\beta, -(\alpha + 3)) = (-\beta, -\alpha - 3)$.
પગલું $3$: અક્ષોનું $\theta = \frac{\pi}{4}$ ના ખૂણે ધન દિશામાં પરિભ્રમણ. નવા યામ $(x', y')$ અને જૂના યામ $(x, y)$ વચ્ચેનો સંબંધ $x = x' \cos \theta - y' \sin \theta$ અને $y = x' \sin \theta + y' \cos \theta$ છે. આપેલ છે કે $(x', y') = (-4\sqrt{2}, -2\sqrt{2})$,તેથી:
$x = (-4\sqrt{2}) \cos \frac{\pi}{4} - (-2\sqrt{2}) \sin \frac{\pi}{4} = -2$.
$y = (-4\sqrt{2}) \sin \frac{\pi}{4} + (-2\sqrt{2}) \cos \frac{\pi}{4} = -6$.
$P_2 = (x, y)$ ને સરખાવતા,$-\beta = -2 \implies \beta = 2$ અને $-\alpha - 3 = -6 \implies \alpha = 3$.
આમ,$\alpha + \beta = 3 + 2 = 5$.

(D) ધારો કે મૂળ યામ $(x, y)$ છે અને નવા યામ $(X, Y)$ છે.
ઉગમબિંદુને $(-1, 2)$ પર ખસેડતા $x = X - 1$ અને $y = Y + 2$ મળે.
આ કિંમતો $2x^2 - xy + y^2 - 3x + 4y - 5 = 0$ માં મૂકતા:
$2(X-1)^2 - (X-1)(Y+2) + (Y+2)^2 - 3(X-1) + 4(Y+2) - 5 = 0$
સાદુરૂપ આપતા $2X^2 - XY + Y^2 - 9X + 9Y + 14 = 0$ મળે.
સરખામણી કરતા $a = 2, h = -0.5, b = 1, g = -4.5, f = 4.5, c = 14$ મળે.
તેથી $2(f + g + h) = 2(4.5 - 4.5 - 0.5) = -1$.
વિકલ્પ $D$ એટલે કે $c - 5(a + b) = 14 - 5(3) = -1$ સાચો છે.

(A) રેખા $L$ એ $A(-2, 4)$ માંથી પસાર થાય છે અને તેનો ઢાળ $\theta = 60^{\circ}$ છે.
બિંદુ $A(x_1, y_1)$ થી $r = 6$ અંતરે રેખા પરના કોઈપણ બિંદુ $B(p, q)$ ના યામ $p = x_1 + r \cos \theta$ અને $q = y_1 + r \sin \theta$ દ્વારા મળે છે.
$B$ એ $3^{\text{rd}}$ ચરણમાં હોવાથી,આપણે રેખા પર વિરુદ્ધ દિશામાં જઈશું,તેથી $r = -6$.
$p = -2 + (-6) \cos 60^{\circ} = -2 - 6(\frac{1}{2}) = -5$.
$q = 4 + (-6) \sin 60^{\circ} = 4 - 3\sqrt{3}$.
આપણે $\sqrt{p^2 + q^2 - 8q}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$p^2 + q^2 - 8q = p^2 + (q-4)^2 - 16$.
$p = -5$ અને $q = 4 - 3\sqrt{3}$ મૂકતા:
$p^2 = 25$.
$(q-4)^2 = (-3\sqrt{3})^2 = 27$.
તેથી,$p^2 + (q-4)^2 - 16 = 25 + 27 - 16 = 36$.
આમ,$\sqrt{p^2 + q^2 - 8q} = \sqrt{36} = 6$.

(C) પગલું $1$: અક્ષોનું સ્થળાંતર. મૂળ યામ $(x, y) = (2, 3)$ છે અને ઉગમબિંદુ $(h, k) = (3, 2)$ પર ખસેડવામાં આવે છે. નવા યામ $(a, b) = (x-h, y-k) = (2-3, 3-2) = (-1, 1)$ મળે છે.
પગલું $2$: અક્ષોનું પરિભ્રમણ. બિંદુ $(-1, 1)$ ને $\theta = \frac{\pi}{4}$ ખૂણે ફેરવતા,નવા યામ $(c, d)$ માટે $c = a \cos \theta + b \sin \theta$ અને $d = -a \sin \theta + b \cos \theta$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા.
પગલું $3$: $c$ અને $d$ ની ગણતરી. $\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ હોવાથી,$c = (-1)(\frac{1}{\sqrt{2}}) + (1)(\frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$ અને $d = -(-1)(\frac{1}{\sqrt{2}}) + (1)(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \sqrt{2}$ મળે છે.
પગલું $4$: $d - c = \sqrt{2} - 0 = \sqrt{2}$.

(B) અક્ષોને $\theta = \frac{\pi}{4}$ ખૂણે ફેરવવા માટેના રૂપાંતરણ સમીકરણો છે:
$x = \frac{X-Y}{\sqrt{2}}$
$y = \frac{X+Y}{\sqrt{2}}$
આ કિંમતો $ax^2+2hxy+by^2=c$ માં મૂકતા:
$X^2(\frac{a+2h+b}{2}) + XY(b-a) + Y^2(\frac{a-2h+b}{2}) = c$
$25X^2+9Y^2=225$ સાથે સરખાવતા:
$a+2h+b = 50$
$c = 225 \implies \sqrt{c} = 15$
તેથી,$(a+2h+b-\sqrt{c})^2 = (50-15)^2 = 35^2 = 1225$.

(C) બિંદુ $P(1, 2)$ માંથી પસાર થતી અને $\theta$ ખૂણો બનાવતી રેખાનું સમીકરણ: $\frac{x - 1}{\cos \theta} = \frac{y - 2}{\sin \theta} = r$.
$PQ = \frac{1}{2}$ હોવાથી,$Q$ ના યામ $(1 + \frac{1}{2} \cos \theta, 2 + \frac{1}{2} \sin \theta)$ છે.
$Q$ એ રેખા $x + \sqrt{3}y - 2\sqrt{3} = 0$ પર હોવાથી,કિંમતો મૂકતા:
$(1 + \frac{1}{2} \cos \theta) + \sqrt{3}(2 + \frac{1}{2} \sin \theta) - 2\sqrt{3} = 0$.
$\frac{1}{2} \cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta = -1$.
$\cos(\theta - \frac{\pi}{3}) = -1$.
$\theta = \frac{2\pi}{3}$ માટે ગણતરી કરતા $PQ = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(A) ધારો કે રેખા $L$ નું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે,જ્યાં $a$ અને $b$ અનુક્રમે $X$ અને $Y$ અંતઃખંડ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |ab| = 12$ આપેલ છે,તેથી $|ab| = 24$.
રેખા $(12, 4)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $\frac{12}{a} + \frac{4}{b} = 1$.
$b = -\frac{24}{a}$ લેતા,$\frac{12}{a} - \frac{a}{6} = 1 \implies a^2 + 6a - 72 = 0$.
ઉકેલતા $a = 6$ અથવા $a = -12$ મળે.
જો $a = -12$ હોય,તો $b = 2$. તેથી $P = a \cdot b^2 = -12 \cdot 4 = -48$.

(C) આપેલ રેખા $5x - 12y + 6 = 0$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $m = \frac{5}{12}$ છે.
રેખા $L$ આ રેખાને લંબ હોવાથી,તેનો ઢાળ $m_L$ એ $m_L \times \frac{5}{12} = -1$ નું પાલન કરે છે,તેથી $m_L = -\frac{12}{5}$.
રેખા $L$ નું અભિલંબ સ્વરૂપ $x \cos \theta + y \sin \theta = p$ છે,જ્યાં $p = 2$ એ ઉગમબિંદુથી અંતર છે.
આ રેખાનો ઢાળ $-\cot \theta = -\frac{12}{5}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\cot \theta = \frac{12}{5}$.
આમ,$\tan \theta = \frac{5}{12}$.
રેખા $Y$-અક્ષ પર ધન અંતઃખંડ બનાવે છે,તેથી આપણે અંતઃખંડ સ્વરૂપ તપાસીએ: $y = -\frac{12}{5}x + \frac{2}{\sin \theta}$.
$\cot \theta = \frac{12}{5}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin \theta = \frac{5}{13}$ અને $\cos \theta = \frac{12}{13}$ મળે છે.
અંતઃખંડ $\frac{2}{\sin \theta} = \frac{2}{5/13} = \frac{26}{5} > 0$ છે,જે ધન છે.
અંતે,$\tan \theta + \cot \theta = \frac{5}{12} + \frac{12}{5} = \frac{25 + 144}{60} = \frac{169}{60}$.

(D) શિરોબિંદુઓ $O(0,0), B(-3,-1), C(-1,-3)$ છે.
રેખા $BC$ નું સમીકરણ $x + y + 4 = 0$ છે.
$O(0,0)$ થી $BC$ પરના વેધની લંબાઈ $h = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ છે.
રેખા $DE$ નું સમીકરણ $x + y + \frac{1}{\sqrt{2}} = 0$ છે.
$O(0,0)$ થી $DE$ નું અંતર $d = \frac{1}{2}$ છે.
રેખા $DE$ એ વેધનું $d : (h - d)$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
ગુણોત્તર $1 : (4\sqrt{2} - 1)$ મળે છે.

(D) ધારો કે બિંદુઓ $A(3, 5)$ અને $B(4, 6)$ છે. રેખા $L \equiv 6x + 3y + k = 0$ એ $AB$ નું $-5: 4$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,છેદબિંદુ $Q = \left( \frac{-5(4) + 4(3)}{-5 + 4}, \frac{-5(6) + 4(5)}{-5 + 4} \right) = (8, 10)$.
$Q(8, 10)$ એ $L = 0$ પર હોવાથી,$6(8) + 3(10) + k = 0 \implies k = -78$.
તેથી,રેખા $L$ એ $2x + y - 26 = 0$ છે.
બિંદુ $P(g, h)$ એ $2x + y = 26$ અને $x - y = -1$ નું છેદબિંદુ છે.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $3x = 25 \implies g = \frac{25}{3}$.
$x - y = -1$ માં $g$ ની કિંમત મૂકતા: $h = g + 1 = \frac{28}{3}$.
આમ,$h = g + 1$.

(A) બિંદુ $P(1, 2)$ નું રેખા $x + y + 1 = 0$ ની સાપેક્ષે પ્રતિબિંબ $Q(x_1, y_1)$ છે,જે $\frac{x_1 - 1}{1} = \frac{y_1 - 2}{1} = -2 \frac{1(1) + 1(2) + 1}{1^2 + 1^2} = -4$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$x_1 = -3$ અને $y_1 = -2$. એટલે કે $Q = (-3, -2)$.
$M$ એ $PQ$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $M = (-1, 0)$.
બિંદુ $Q(-3, -2)$ નું રેખા $x - y - 1 = 0$ ની સાપેક્ષે પ્રતિબિંબ $R(x_2, y_2)$ છે,જે $\frac{x_2 + 3}{1} = \frac{y_2 + 2}{-1} = -2 \frac{1(-3) - 1(-2) - 1}{1^2 + (-1)^2} = 2$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$x_2 = -1$ અને $y_2 = -4$. એટલે કે $R = (-1, -4)$.
$N$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $N = (-2, -3)$.
અંતર $MN = \sqrt{(-2 - (-1))^2 + (-3 - 0)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$.

(B) આપેલ રેખાઓ $L_1: x+2y+3=0$,$L_2: 2x+4y+9=0$,$L_3: x-2y+3=0$,અને $L_4: 3x-6y+11=0$ છે.
અહીં $L_1$ અને $L_2$ સમાંતર છે,અને $L_3$ અને $L_4$ સમાંતર છે.
સમાંતર રેખાઓ વચ્ચેનું અંતર શોધતા,સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{|c_1-c_2||d_1-d_2|}{|a_1b_2-a_2b_1|}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
ગણતરી કરતા ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{4}$ મળે છે.

(D) ધારો કે લંબકેન્દ્ર $H = (5, 8)$ અને પરિકેન્દ્ર $O = (2, 3)$ છે.
પરિવર્તુળની ત્રિજ્યા $R$ એ પરિકેન્દ્ર $O$ અને ત્રિકોણના કોઈપણ શિરોબિંદુ વચ્ચેનું અંતર છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બાજુની સાપેક્ષમાં લંબકેન્દ્ર $H$ નું પ્રતિબિંબ પરિવર્તુળ પર આવેલું હોય છે.
બાજુ $L: x - y = 0$ લો.
$x - y = 0$ ની સાપેક્ષમાં $H(5, 8)$ નું પ્રતિબિંબ $(x', y')$ નીચે મુજબ મળે: $\frac{x' - 5}{1} = \frac{y' - 8}{-1} = -2 \frac{5 - 8}{1^2 + (-1)^2} = -2 \frac{-3}{2} = 3$.
તેથી,$x' = 5 + 3 = 8$ અને $y' = 8 - 3 = 5$.
બિંદુ $(8, 5)$ પરિવર્તુળ પર આવેલું છે.
ત્રિજ્યા $R$ એ પરિકેન્દ્ર $O(2, 3)$ અને વર્તુળ પરના બિંદુ $(8, 5)$ વચ્ચેનું અંતર છે.
$R = \sqrt{(8 - 2)^2 + (5 - 3)^2} = \sqrt{6^2 + 2^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40} = 2 \sqrt{10}$.

(B) રેખાઓ $x-2y+1=0$ અને $2x-3y-1=0$ નું છેદબિંદુ $(5, 3)$ છે.
આ બિંદુ $3x-y+k=0$ માં મૂકતા,$3(5)-3+k=0 \implies k=-12$.
રેખાઓ $3x-y-12=0$ અને $mx-3y+6=0$ વચ્ચેનો ખૂણો $45^{\circ}$ છે.
$\tan(45^{\circ}) = |\frac{3-m/3}{1+3(m/3)}| = 1 \implies m=3$.
તેથી $m-k = 3 - (-12) = 15$.

(C) રેખાઓ $L_1, L_2, L_3$ ના છેદબિંદુઓમાંથી પસાર થતા શંકુનું સમીકરણ $\lambda_1 L_1 L_2 + \lambda_2 L_2 L_3 + \lambda_3 L_3 L_1 = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વર્તુળ માટે,$x^2$ નો સહગુણક અને $y^2$ નો સહગુણક સમાન હોવા જોઈએ અને $xy$ નો સહગુણક $0$ હોવો જોઈએ.
ગણતરી કરતા,$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{5}{7}$ અને $\frac{\lambda_3}{\lambda_1} = -2$ મળે છે.
તેથી,$\frac{7\lambda_1}{\lambda_2} + \frac{\lambda_3}{\lambda_1} = 7(\frac{5}{7}) - 2 = 3$.

(D) રેખાઓ સંગામી છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,આપણે પ્રથમ બે સમીકરણોનો ઉકેલ મેળવીએ:
$x+y = -4$ $(1)$
$x-2y = 4$ $(2)$
$(1)$ માંથી $(2)$ બાદ કરતા: $3y = -8 \implies y = -8/3$.
$y = -8/3$ ને $(1)$ માં મૂકતા: $x = -4/3$.
છેદબિંદુ $(-4/3, -8/3)$ છે.
આ બિંદુ ત્રીજા સમીકરણ $3x+4y-2=0$ માં મૂકતા: $3(-4/3) + 4(-8/3) - 2 = -50/3 \neq 0$.
તેથી રેખાઓ સંગામી નથી.
રેખાઓના ઢાળ: $m_1 = -1, m_2 = 1/2, m_3 = -3/4$.
કોઈપણ બે ઢાળ સમાન નથી કે ગુણાકાર $-1$ થતો નથી.
બાજુઓની લંબાઈ શોધતા,ત્રણેય બાજુઓ અલગ હોવાથી તે વિષમબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે.

(A) ધારો કે $A$ ના યામ $(a, 0)$ અને $B$ ના યામ $(0, b)$ છે.
આપેલ છે કે $AB = 15$,તેથી $\sqrt{a^2 + b^2} = 15$,જેનો અર્થ છે કે $a^2 + b^2 = 225$.
ધારો કે $P(x, y)$ એ $AB$ પરનું બિંદુ છે જેથી $\frac{AP}{PB} = \frac{2}{3}$.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$x = \frac{3a}{5}$ અને $y = \frac{2b}{5}$.
તેથી $a = \frac{5x}{3}$ અને $b = \frac{5y}{2}$.
આ કિંમતો $a^2 + b^2 = 225$ માં મૂકતા:
$(\frac{5x}{3})^2 + (\frac{5y}{2})^2 = 225$.
$\frac{25x^2}{9} + \frac{25y^2}{4} = 225$.
$25$ વડે ભાગતા,$\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 9$,અથવા $\frac{x^2}{81} + \frac{y^2}{36} = 1$.
આ એક ઉપવલય દર્શાવે છે જ્યાં $x = 9 \cos \theta$ અને $y = 6 \sin \theta$.

(B) ધારો કે રેખા $(L)$ યામ અક્ષોને $(a, 0)$ અને $(0, b)$ પર છેદે છે.
અક્ષો અને રેખા $(L)$ દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું મધ્યકેન્દ્ર $(\frac{a}{3}, \frac{b}{3})$ છે.
આપેલ છે કે આ બિંદુ $(x, y)$ વક્ર $3x + 2y - 3xy = 0$ પર છે,તેથી $x = \frac{a}{3}$ અને $y = \frac{b}{3}$,જેનો અર્થ છે $a = 3x$ અને $b = 3y$.
રેખા $(L)$ નું સમીકરણ $\frac{X}{a} + \frac{Y}{b} = 1$ છે.
$a = 3x$ અને $b = 3y$ મૂકતા,આપણને $\frac{X}{3x} + \frac{Y}{3y} = 1$ મળે,અથવા $\frac{X}{x} + \frac{Y}{y} = 3$.
વક્રના સમીકરણ પરથી,આ રેખાઓ $(2, 3)$ બિંદુએ સંગામી છે.

(A) ધારો કે બિંદુ $P(x, y)$ છે.
આપેલ છે કે $P$ નું $(1, 4)$ થી અંતર $5$ છે,તેથી: $\sqrt{(x-1)^2 + (y-4)^2} = 5 \implies (x-1)^2 + (y-4)^2 = 25 \implies x^2 + y^2 - 2x - 8y - 8 = 0$.
વળી,$P$ નું રેખા $2x + 3y - 1 = 0$ થી અંતર $5$ છે,તેથી: $\frac{|2x + 3y - 1|}{\sqrt{2^2 + 3^2}} = 5 \implies |2x + 3y - 1| = 5\sqrt{13}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(2x + 3y - 1)^2 = 325 \implies 4x^2 + 12xy + 9y^2 - 4x - 6y - 324 = 0$.

(C) ધારો કે $A$ ના યામ $(a, 0)$ અને $B$ ના યામ $(0, b)$ છે.
રેખાનું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે.
રેખા $(3, 2)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી,$\frac{3}{a} + \frac{2}{b} = 1$.
બિંદુ $P(h, k)$ એ $AB$ નું $2: 3$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
વિભાજન સૂત્ર મુજબ: $h = \frac{3a}{5} \implies a = \frac{5h}{3}$ અને $k = \frac{2b}{5} \implies b = \frac{5k}{2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{3}{5h/3} + \frac{2}{5k/2} = 1 \implies \frac{9}{5h} + \frac{4}{5k} = 1 \implies 9k + 4h = 5hk$.
તેથી,$4x + 9y = 5xy$.

(A) ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_1(y_2-y_3) + x_2(y_3-y_1) + x_3(y_1-y_2)|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$\triangle PAB$ માટે: $\frac{1}{2} |x - y + 1|$.
$\triangle PAC$ માટે: $|1 - y|$.
બંને ક્ષેત્રફળ સમાન લેતા: $\frac{1}{2} |x - y + 1| = |1 - y|
\implies |x - y + 1| = |2 - 2y|$.
આથી બે રેખાઓ મળે: $x + y - 1 = 0$ અને $x - 3y + 3 = 0$.
તેમનો ગુણાકાર કરતા: $(x + y - 1)(x - 3y + 3) = x^2 - 2xy - 3y^2 + 2x + 6y - 3 = 0$.

(B) રેખાઓના સમીકરણો:
$AB: x+y-2=0$
$BC: x-y+2=0$
$CA: y=0$
બિંદુ $P(x, y)$ માટે લંબ અંતરો:
$a = \frac{|x+y-2|}{\sqrt{2}}, b = \frac{|x-y+2|}{\sqrt{2}}, c = |y|$
$a, b, c$ સમાંતર શ્રેણીમાં હોવાથી,$2b = a+c$ થાય.
તેથી,$\sqrt{2}|x-y+2| = |x+y-2| + \sqrt{2}|y|$
જેથી,$\sqrt{2}|y| = |x-y+2| - |x+y-2|$ મળે છે.

(D) ધારો કે રેખા $L$ એ ધન $X$-અક્ષ સાથે બનાવેલો ખૂણો $\theta$ છે. બિંદુ $B$ ના યામ $(2 + 4 \cos \theta, 3 + 4 \sin \theta)$ તરીકે લખી શકાય.
કારણ કે $B$ એ રેખા $4x - 3y - 19 = 0$ પર આવેલું છે,આપણે આ યામને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$4(2 + 4 \cos \theta) - 3(3 + 4 \sin \theta) - 19 = 0$
$8 + 16 \cos \theta - 9 - 12 \sin \theta - 19 = 0$
$16 \cos \theta - 12 \sin \theta = 20$
$4$ વડે ભાગતા,આપણને $4 \cos \theta - 3 \sin \theta = 5$ મળે છે.
આ સમીકરણ ઉકેલતા $\tan \theta = -3/4$ મળે છે. તેથી,ખૂણો $\pi - \operatorname{Tan}^{-1}(3/4)$ થશે.

(C) ધારો કે માંગેલ રેખાનો ઢાળ $m$ છે. $(1, 1)$ અને $(2, 3)$ ને જોડતી રેખાનો ઢાળ $m_1 = \frac{3-1}{2-1} = 2$ છે.
બે રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $45^{\circ}$ છે,તેથી $\tan(45^{\circ}) = |\frac{m - m_1}{1 + m \cdot m_1}|$.
$1 = |\frac{m - 2}{1 + 2m}|$.
આનાથી બે કિસ્સા મળે છે: $1 + 2m = m - 2$ અથવા $1 + 2m = -(m - 2)$.
કિસ્સો $1$: $m = -3$. ઢાળ ઋણ હોવાથી,આ ઉકેલ માન્ય છે.
કિસ્સો $2$: $1 + 2m = -m + 2 \implies 3m = 1 \implies m = \frac{1}{3}$. આ ધન હોવાથી,આપણે તેને નકારીએ છીએ.
$m = -3$ ઢાળ અને $(4, -3)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $y - (-3) = -3(x - 4)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y + 3 = -3x + 12$ એટલે કે $3x + y = 9$ થાય.
$9$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{x}{3} + \frac{y}{9} = 1$ મળે છે.
$x$-અંતઃખંડ $a = 3$ અને $y$-અંતઃખંડ $b = 9$ છે.
અંતઃખંડોનો સરવાળો $a + b = 3 + 9 = 12$ થાય.

(D) રેખાનું સમીકરણ $4x - 3y + 8 = 0$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $m_1 = \frac{4}{3}$ છે.
લંબ રેખા બિંદુ $(2, -3)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનો ઢાળ $m_2 = -\frac{1}{m_1} = -\frac{3}{4}$ છે.
લંબ રેખાનું સમીકરણ $y - (-3) = -\frac{3}{4}(x - 2)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $3x + 4y + 6 = 0$ થાય છે.
છેદબિંદુ $M(a, b)$ શોધવા માટે,આપણે સમીકરણો ઉકેલીએ:
$4a - 3b = -8$ $(1)$
$3a + 4b = -6$ $(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $4$ વડે અને $(2)$ ને $3$ વડે ગુણતા: $16a - 12b = -32$ અને $9a + 12b = -18$.
બંનેનો સરવાળો કરતા $25a = -50$ મળે,તેથી $a = -2$.
$a = -2$ ને $(2)$ માં મૂકતા: $3(-2) + 4b = -6$,તેથી $-6 + 4b = -6$,જેનો અર્થ છે $b = 0$.
આમ,$M(a, b) = (-2, 0)$.
આપણને $a^3 - b^3 = k^3$ આપેલ છે,તેથી $(-2)^3 - (0)^3 = k^3$,એટલે કે $-8 = k^3$.
તેથી,$k = \sqrt[3]{-8} = -2$.

(D) રેખાઓના કુટુંબનું સમીકરણ $ax + by + c = 0$ અને શરત $4a^2 + 9b^2 - c^2 - 12ab = 0$ આપેલ છે.
શરતને ફરીથી ગોઠવતા: $4a^2 - 12ab + 9b^2 = c^2$,જે $(2a - 3b)^2 = c^2$ છે.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $c = \pm(2a - 3b)$ મળે છે.
કિસ્સો $1$: $c = 2a - 3b$. આને રેખાના સમીકરણમાં મૂકતા: $ax + by + (2a - 3b) = 0 \implies a(x + 2) + b(y - 3) = 0$.
આ રેખા નિશ્ચિત બિંદુ $(-2, 3)$ માંથી પસાર થાય છે.
કિસ્સો $2$: $c = -(2a - 3b) = -2a + 3b$. આને રેખાના સમીકરણમાં મૂકતા: $ax + by + (-2a + 3b) = 0 \implies a(x - 2) + b(y + 3) = 0$.
આ રેખા નિશ્ચિત બિંદુ $(2, -3)$ માંથી પસાર થાય છે.
વિકલ્પોની સરખામણી કરતા,$(2, -3)$ અને $(-2, 3)$ માંથી પસાર થતી રેખા શરતનું પાલન કરે છે.

(A) સમબાજુ ચતુષ્કોણની બાજુઓ $x+y+c_1=0$ અને $7x-y+c_2=0$ ને સમાંતર છે.
કેન્દ્ર $(1,3)$ હોવાથી,વિકર્ણો બાજુઓ વચ્ચેના ખૂણાઓને દુભાગે છે.
કેન્દ્ર $(1,3)$ માંથી પસાર થતી બાજુઓને સમાંતર રેખાઓ $x+y-4=0$ અને $7x-y-4=0$ છે.
સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો એકબીજાના લંબદ્વિભાજક હોય છે.
બાજુઓના ઢાળ $m_1 = -1$ અને $m_2 = 7$ છે.
$x+y-4=0$ અને $7x-y-4=0$ ના ખૂણાના દ્વિભાજકો $\frac{x+y-4}{\sqrt{2}} = \pm \frac{7x-y-4}{\sqrt{50}}$ છે.
સાદુરૂપ આપતા,$5(x+y-4) = \pm (7x-y-4)$.
કિસ્સો $1$: $5x+5y-20 = 7x-y-4 \implies x-3y+8=0$.
કિસ્સો $2$: $5x+5y-20 = -7x+y+4 \implies 3x+y-6=0$.
શિરોબિંદુ $A(\alpha, \beta)$ એ $15x-5y=6$ અને એક વિકર્ણ પર છે.
$3x+y=6$ અને $15x-5y=6$ ઉકેલતા: $x=1.2, y=2.4$. $\alpha+\beta = 3.6 = \frac{18}{5}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $S \equiv 2x^2 - xy - y^2 - 3x + 3y = 0$.
પ્રથમ ઘાતના પદો દૂર કરવા માટે,આપણે $\frac{\partial S}{\partial x} = 0$ અને $\frac{\partial S}{\partial y} = 0$ ઉકેલીને નવું ઉગમબિંદુ $(h, k)$ શોધીએ છીએ.
$\frac{\partial S}{\partial x} = 4x - y - 3 = 0$ અને $\frac{\partial S}{\partial y} = -x - 2y + 3 = 0$.
આને ઉકેલતા,આપણને $x = 1, y = 1$ મળે છે,તેથી $(h, k) = (1, 1)$.
ભ્રમણ દ્વારા $xy$-પદ દૂર કરવા માટે,આપણે $\tan 2\theta = \frac{B}{A - C}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં સમીકરણ $Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0$ છે.
અહીં $A = 2, B = -1, C = -1$.
તેથી,$\tan 2\theta = \frac{-1}{2 - (-1)} = \frac{-1}{3}$.
કારણ કે $h = 1$ અને $k = 1$,આપણી પાસે $h = k$ છે,તેથી $\tan 2\theta = -\frac{h}{3k} = -\frac{1}{3}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0$ સમાંતર રેખાઓ દર્શાવે તે માટે $h^2=ab$ અને $af^2=bg^2$ હોવું જરૂરી છે.
અહીં $a=4, h=6, b=9$ છે.
$h^2=ab$ શરત સંતોષાય છે $(36=36)$.
$af^2=bg^2$ પરથી $4f^2=9g^2$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f/g = 3/2$.
તેથી,$\frac{f}{g} + \frac{g}{f} = \frac{3}{2} + \frac{2}{3} = \frac{13}{6}$.

(C) દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2 + 2Hxy + By^2 + 2Gx + 2Fy + C = 0$ માં,જો રેખાઓ પરસ્પર લંબ હોય તો $A + B = 0$ થાય.
અહીં $A = a^2-3$ અને $B = -2a$ છે.
તેથી,$(a^2-3) + (-2a) = 0 \implies a^2 - 2a - 3 = 0$.
અવયવ પાડતા,$(a-3)(a+1) = 0$,એટલે કે $a = 3$ અથવા $a = -1$.
નિશ્ચાયક $\Delta = 0$ ની શરત ચકાસતા,$a = 3$ માટે સમીકરણ રેખાઓની જોડ દર્શાવે છે,જ્યારે $a = -1$ માટે તે શક્ય નથી.
આમ,સાચો જવાબ $a = 3$ છે.

(B) ધારો કે મૂળ સમીકરણ $f(x, y) = 2x^2+xy-6y^2-13x+9y+15=0$ છે.
જ્યારે ઉગમબિંદુને $(a, b)$ પર ખસેડવામાં આવે,ત્યારે આપણે $x = X+a$ અને $y = Y+b$ મૂકીએ છીએ.
કેન્દ્ર $(a, b)$ શોધવા માટે,$\frac{\partial f}{\partial x} = 4x+y-13 = 0$ અને $\frac{\partial f}{\partial y} = x-12y+9 = 0$ લેતા,આપણને $a=3$ અને $b=1$ મળે છે.
મૂળ સમીકરણમાં $x=X+3$ અને $y=Y+1$ મૂકતા,અચળ પદ $k$ ની કિંમત $0$ મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ રેખાઓની જોડી દર્શાવે છે: $f(x, y) = 2x^2 + 5xy - 3y^2 + 2gx + 2fy + c = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ માટે,છેદબિંદુ $(x_0, y_0)$ એ આંશિક વિકલન $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ અને $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$ ઉકેલીને મેળવી શકાય છે.
$\frac{\partial f}{\partial x} = 4x + 5y + 2g = 0$.
છેદબિંદુ $(-1, -1)$ મૂકતા:
$4(-1) + 5(-1) + 2g = 0 \implies -4 - 5 + 2g = 0 \implies 2g = 9 \implies g = 4.5$.
$\frac{\partial f}{\partial y} = 5x - 6y + 2f = 0$.
છેદબિંદુ $(-1, -1)$ મૂકતા:
$5(-1) - 6(-1) + 2f = 0 \implies -5 + 6 + 2f = 0 \implies 1 + 2f = 0 \implies f = -0.5$.
તેથી,$g + f = 4.5 + (-0.5) = 4$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) સમીકરણોની જોડ $3x^2 + 2hxy - 3y^2 = 0$ એ બે લંબ રેખાઓ દર્શાવે છે કારણ કે $x^2$ અને $y^2$ ના સહગુણકોનો સરવાળો $3 + (-3) = 0$ છે.
ચોરસની બાજુઓ બનવા માટે,રેખાઓ પરસ્પર લંબ હોવી જોઈએ.
બીજું સમીકરણ $3x^2 + 2hxy - 3y^2 + 2x - 4y + c = 0$ બાકીની બે બાજુઓ દર્શાવે છે,જે પ્રથમ જોડને સમાંતર હોવી જોઈએ.
સમાંતર રેખાઓ વચ્ચેનું અંતર સમાન હોવું જોઈએ.
ગણતરી કરતા $h = 2$ અને $c = -8$ મળે છે.
તેથી,$\frac{h}{c} = \frac{2}{-8} = -\frac{1}{4}$.

(D) રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $ax^2 + 4xy - 2y^2 = 0$ છે. તેને $Ax^2 + 2Hxy + By^2 = 0$ સાથે સરખાવતા,$A = a$,$H = 2$,અને $B = -2$ મળે.
રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ હોય,તો $\tan \theta = \left| \frac{2\sqrt{H^2 - AB}}{A + B} \right|$.
આપેલ છે કે $\tan \theta = 2\sqrt{10}$,તેથી $2\sqrt{10} = \left| \frac{2\sqrt{4 + 2a}}{a - 2} \right|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $10 = \frac{4 + 2a}{a^2 - 4a + 4} \implies 5a^2 - 21a + 18 = 0$.
$a \in \mathbb{Z}$ હોવાથી,$a = 3$ મળે.
રેખાઓનું સમીકરણ $3x^2 + 4xy - 2y^2 = 0$ થાય. ઢાળનો ગુણાકાર $m_1 m_2 = \frac{A}{B} = \frac{3}{-2} = -\frac{3}{2}$ થાય.

(C) આપેલ સમીકરણ $6x^2 + 2hxy + 4y^2 = 0$ છે.
$x^2$ વડે ભાગતા,$4(\frac{y}{x})^2 + 2h(\frac{y}{x}) + 6 = 0$ મળે.
ધારો કે રેખાઓના ઢાળ $m_1$ અને $m_2$ છે. તો $m_1 + m_2 = -\frac{2h}{4} = -\frac{h}{2}$ અને $m_1 m_2 = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$.
ઢાળનો ગુણોત્તર $2:3$ આપેલ છે,તેથી $m_1 = 2k$ અને $m_2 = 3k$ લો.
તો $m_1 m_2 = 6k^2 = \frac{3}{2} \implies k^2 = \frac{1}{4} \implies k = \pm \frac{1}{2}$.
જો $k = \frac{1}{2}$ હોય,તો $m_1 = 1$ અને $m_2 = \frac{3}{2}$.
તો $m_1 + m_2 = 1 + \frac{3}{2} = \frac{5}{2}$.
$m_1 + m_2 = -\frac{h}{2}$ હોવાથી,$-\frac{h}{2} = \frac{5}{2} \implies h = -5$.
જો $k = -\frac{1}{2}$ હોય,તો $m_1 = -1$ અને $m_2 = -\frac{3}{2}$.
તો $m_1 + m_2 = -\frac{5}{2} = -\frac{h}{2} \implies h = 5$.
રેખાઓ ધન $X$-અક્ષ સાથે લઘુકોણ બનાવે તે માટે,ઢાળ $m_1$ અને $m_2$ ધન હોવા જોઈએ.
તેથી,$m_1 = 1$ અને $m_2 = \frac{3}{2}$ હોવા જોઈએ,જે $h = -5$ ને અનુરૂપ છે.

(C) ધારો કે વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2+2gx'+2fy'+c=0$ છે.
બિંદુઓ $(-1,0), (-1,1)$ અને $(1,1)$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$1$) $(-1,0)$ માટે: $1-2g+c=0 \implies c=2g-1$.
$2$) $(-1,1)$ માટે: $2-2g+2f+c=0$.
$c=2g-1$ મૂકતા: $2f+1=0 \implies f=-1/2$.
$3$) $(1,1)$ માટે: $2+2g+2f+c=0$.
$f=-1/2$ અને $c=2g-1$ મૂકતા: $4g=0 \implies g=0$ અને $c=-1$.
સમીકરણ $x^2+y^2-y-1=0$ મળે છે.
$ax^2+ay^2+2gx+2fy-2=0$ સ્વરૂપમાં લાવવા માટે $2$ વડે ગુણતા: $2x^2+2y^2-2y-2=0$.
સરખામણી કરતા $a=2$ મળે છે.

(D) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-6x+4y-23=0$ છે. કેન્દ્ર $(3, -2)$ અને ત્રિજ્યા $r = 6$ છે.
બિંદુ $P(-1, -5)$ વર્તુળની અંદર છે કારણ કે $CP = 5 < 6$.
ન્યૂનતમ અંતર ધરાવતું બિંદુ $A$ એ રેખા $CP$ પર આવેલું છે.
$A = C + \frac{r}{CP} \vec{CP} = (3, -2) + \frac{6}{5}(-4, -3) = (-\frac{9}{5}, -\frac{28}{5})$.

(B) આપેલ વર્તુળ $x^2 + y^2 - 2x + 4y - 11 = 0$ છે. $x^2 + y^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ સાથે સરખાવતા,$g = -1$,$f = 2$,અને $c = -11$ મળે છે.
વર્તુળનું કેન્દ્ર $(-g, -f) = (1, -2)$ છે અને ત્રિજ્યા $r = \sqrt{g^2 + f^2 - c} = \sqrt{(-1)^2 + 2^2 - (-11)} = \sqrt{16} = 4$ છે.
જીવાની લંબાઈ $L = 2\sqrt{3}$ છે. ધારો કે $d$ એ કેન્દ્ર $(1, -2)$ થી જીવા $2x + 3y + k = 0$ નું લંબ અંતર છે.
સૂત્ર $d = \frac{|ax_1 + by_1 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,$d = \frac{|2(1) + 3(-2) + k|}{\sqrt{2^2 + 3^2}} = \frac{|k - 4|}{\sqrt{13}}$ મળે.
વર્તુળમાં,$r^2 = d^2 + (L/2)^2$. કિંમતો મૂકતા,$16 = d^2 + 3$,તેથી $d^2 = 13$ અને $d = \sqrt{13}$.
આમ,$\frac{|k - 4|}{\sqrt{13}} = \sqrt{13}$,જેનો અર્થ છે $|k - 4| = 13$.
તેથી $k = 17$ અથવા $k = -9$.
$k$ ના તમામ શક્ય મૂલ્યોનો સરવાળો $17 + (-9) = 8$ થાય.

(B) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-6x+2y+c=0$ છે. વર્તુળનું કેન્દ્ર $C = (3, -1)$ છે.
સ્પર્શક $x-2y=0$ એ બિંદુ $P$ આગળ છે,તેથી ત્રિજ્યા $CP$ એ સ્પર્શકને લંબ છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ $m_1 = 1/2$ છે. તેથી,અભિલંબ $CP$ નો ઢાળ $m_2 = -2$ છે.
કેન્દ્ર $C(3, -1)$ માંથી પસાર થતી અને $-2$ ઢાળ ધરાવતી અભિલંબની રેખાનું સમીકરણ $y+1 = -2(x-3)$ એટલે કે $2x+y-5=0$ છે.
બિંદુ $P$ એ સ્પર્શક $x-2y=0$ અને અભિલંબ $2x+y-5=0$ નું છેદબિંદુ છે.
આ સમીકરણો ઉકેલતા: $x=2y$,તેથી $2(2y)+y-5=0 \implies 5y=5 \implies y=1$. તેથી $x=2$. આમ $P = (2, 1)$.
બિંદુ $P(2, 1)$ અને $(6, 3)$ વચ્ચેનું અંતર:
$d = \sqrt{(6-2)^2 + (3-1)^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.

(C) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-4x+2y-4=0$ છે. તેનું કેન્દ્ર $C(2, -1)$ અને ત્રિજ્યા $r = \sqrt{2^2 + (-1)^2 - (-4)} = \sqrt{4+1+4} = 3$ છે.
ધારો કે $P = (-3, 1)$. વ્યાસ $PC$ ધરાવતા વર્તુળનું સમીકરણ $(x - (-3))(x - 2) + (y - 1)(y - (-1)) = 0$ થાય.
આનું સાદુંરૂપ $(x+3)(x-2) + (y-1)(y+1) = 0$ એટલે કે $x^2+x-6 + y^2-1 = 0$,અથવા $x^2+y^2+x-7=0$ મળે છે.
સ્પર્શબિંદુઓ $A$ અને $B$ આ વર્તુળ પર આવેલા છે કારણ કે $\angle PAC = 90^\circ$ અને $\angle PBC = 90^\circ$ છે.
તેથી,$\triangle PAB$ ના પરિવર્તનું સમીકરણ એ $PC$ ને વ્યાસ તરીકે ધરાવતું વર્તુળ છે,જે $x^2+y^2+x-7=0$ છે.

(D) ધારો કે સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = mx + c$ છે.
વર્તુળ $x^2 + y^2 = 16$ માટે,ત્રિજ્યા $r = 4$ અને કેન્દ્ર $(0, 0)$ છે.
રેખા $mx - y + c = 0$ સ્પર્શક હોવાની શરત $\frac{|c|}{\sqrt{m^2 + 1}} = 4$ છે,તેથી $c^2 = 16(m^2 + 1)$.
વર્તુળ $(x - 9)^2 + y^2 = 16$ માટે,કેન્દ્ર $(9, 0)$ અને ત્રિજ્યા $r = 4$ છે.
રેખા $mx - y + c = 0$ સ્પર્શક હોવાની શરત $\frac{|9m + c|}{\sqrt{m^2 + 1}} = 4$ છે,તેથી $(9m + c)^2 = 16(m^2 + 1)$.
$16(m^2 + 1)$ માટે બંને સમીકરણોને સરખાવતા,$c^2 = (9m + c)^2$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $c = -(9m + c)$ અથવા $c = 9m + c$.
કિસ્સો $1$: $c = 9m + c \implies 9m = 0 \implies m = 0$.
કિસ્સો $2$: $c = -9m - c \implies 2c = -9m \implies c = -\frac{9m}{2}$.
$c = -\frac{9m}{2}$ ને $c^2 = 16(m^2 + 1)$ માં મૂકતા:
$\frac{81m^2}{4} = 16m^2 + 16 \implies 81m^2 = 64m^2 + 64 \implies 17m^2 = 64 \implies m^2 = \frac{64}{17}$.
તેથી,$m = \pm \frac{8}{\sqrt{17}}$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો ઢાળ $\frac{8}{\sqrt{17}}$ છે.

(D) $(-1, -2)$ માંથી પસાર થતી અને $m$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ $y + 2 = m(x + 1)$ છે,જે $mx - y + (m - 2) = 0$ તરીકે લખી શકાય.
આ રેખા વર્તુળ $(x-3)^2 + (y-4)^2 = 4$ ને સ્પર્શે છે,જેનું કેન્દ્ર $(3, 4)$ અને ત્રિજ્યા $r = 2$ છે.
કેન્દ્રથી રેખાનું લંબ અંતર ત્રિજ્યા જેટલું હોવું જોઈએ:
$\frac{|m(3) - 4 + m - 2|}{\sqrt{m^2 + 1}} = 2$
$|2m - 3| = \sqrt{m^2 + 1}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(2m - 3)^2 = m^2 + 1$
$3m^2 - 12m + 8 = 0$
અહીં $m_1 + m_2 = 4$ અને $m_1 m_2 = \frac{8}{3}$.
$|m_1 - m_2| = \sqrt{(m_1 + m_2)^2 - 4m_1 m_2} = \sqrt{16 - \frac{32}{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$\sqrt{3}|m_1 - m_2| = 4$.

(B) આપેલ છે $f(x) = (x^2+x+1)^{(x^2-3x-4)}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે $\ln(f(x)) = (x^2-3x-4) \ln(x^2+x+1)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f'(x)}{f(x)} = (2x-3) \ln(x^2+x+1) + (x^2-3x-4) \cdot \frac{2x+1}{x^2+x+1}$.
$x \in [4, \infty)$ માટે,$x^2+x+1 > 0$ અને $x^2-3x-4 = (x-4)(x+1) \ge 0$.
કારણ કે $x \ge 4$,$(2x-3) > 0$ અને $\ln(x^2+x+1) > 0$,અને $(x^2-3x-4) \ge 0$ અને $(2x+1) > 0$.
આમ,$f'(x) = f(x) [ (2x-3) \ln(x^2+x+1) + \frac{(x^2-3x-4)(2x+1)}{x^2+x+1} ] > 0$ તમામ $x > 4$ માટે.
તેથી,$f(x)$ એ એકવિધ વધતું વિધેય છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એકવિધ ત્યારે જ કહેવાય જો તે તેના સમગ્ર પ્રદેશમાં કાં તો વધતું હોય અથવા ઘટતું હોય.
આનો અર્થ એ છે કે તેનું વિકલન $f'(x)$ પોતાની નિશાની બદલતું નથી.
આપેલ વિધેય $f(x) = 4x^3 + ax^2 + 3x - 2$ નું વિકલન કરતા:
$f'(x) = 12x^2 + 2ax + 3$.
વિધેય એકવિધ હોવા માટે $f'(x) \geq 0$ અથવા $f'(x) \leq 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં $x^2$ નો સહગુણક $12 > 0$ હોવાથી,પરવલય $f'(x)$ ઉપરની તરફ ખુલે છે,તેથી $f'(x) \geq 0$ હોવું જરૂરી છે.
આ શરત ત્યારે જ સંતોષાય જો વિવેચક $D \leq 0$ હોય.
વિવેચક $D = (2a)^2 - 4(12)(3) = 4a^2 - 144$.
$D \leq 0$ લેતા,$4a^2 - 144 \leq 0$,એટલે કે $a^2 \leq 36$.
તેથી,$-6 \leq a \leq 6$,એટલે કે $a \in [-6, 6]$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$(-6, 6)$ એ સાચો જવાબ છે.

(B) વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{x^2}{2} - \log(x^2 + x + 1) \right) = x - \frac{2x + 1}{x^2 + x + 1}$.
$f'(x) = \frac{x(x^2 + x + 1) - (2x + 1)}{x^2 + x + 1} = \frac{x^3 + x^2 + x - 2x - 1}{x^2 + x + 1} = \frac{x^3 + x^2 - x - 1}{x^2 + x + 1}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $x^2(x + 1) - 1(x + 1) = (x^2 - 1)(x + 1) = (x - 1)(x + 1)^2$.
તેથી,$f'(x) = \frac{(x - 1)(x + 1)^2}{x^2 + x + 1}$.
અહીં $x^2 + x + 1 > 0$ અને $(x + 1)^2 \ge 0$ હોવાથી,$f'(x)$ ની નિશાની $(x - 1)$ પર આધાર રાખે છે.
જ્યારે $x > 1$ હોય ત્યારે $f'(x) > 0$ થાય,તેથી વિધેય $(1, \infty)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = |x^2 - 3x + 2| + 2x - 3$ અંતરાલ $[-2, 1]$ પર.
અહીં $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$,માટે $x \in [-2, 1]$ માટે,$(x - 1) \le 0$ અને $(x - 2) < 0$,તેથી $(x - 1)(x - 2) \ge 0$.
આમ,$|x^2 - 3x + 2| = x^2 - 3x + 2$.
તેથી $f(x) = x^2 - 3x + 2 + 2x - 3 = x^2 - x - 1$.
$[-2, 1]$ પર અંતિમ બિંદુઓ અને નિર્ણાયક બિંદુઓ તપાસતા:
$f'(x) = 2x - 1$. $f'(x) = 0$ લેતા $x = 1/2$ મળે છે,જે $[-2, 1]$ માં છે.
કિંમતોની ગણતરી:
$f(-2) = (-2)^2 - (-2) - 1 = 5$.
$f(1) = (1)^2 - (1) - 1 = -1$.
$f(1/2) = (1/2)^2 - (1/2) - 1 = -5/4$.
અહીં નિરપેક્ષ મહત્તમ $M = 5$ અને નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ $m = -5/4$ છે.
તેથી $M - 4m = 5 - 4(-5/4) = 5 + 5 = 10$.

(A) આપેલ છે $f(x) = \frac{x^2+2x+2}{x+1} = \frac{(x+1)^2+1}{x+1} = (x+1) + \frac{1}{x+1}$.
ધારો કે $u = x+1$. તો $f(u) = u + \frac{1}{u}$.
સ્થાનિક અંતિમ બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વિકલન કરીએ: $f'(u) = 1 - \frac{1}{u^2}$.
$f'(u) = 0$ લેતા,આપણને $u^2 = 1$ મળે છે,તેથી $u = 1$ અથવા $u = -1$.
$u = 1$ માટે,$x+1 = 1 \implies x = 0$. $f(0) = 0 + \frac{1}{1} = 2$. આ સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત $m = 2$ છે જે $\beta = 0$ પર મળે છે.
$u = -1$ માટે,$x+1 = -1 \implies x = -2$. $f(-2) = -2 + \frac{1}{-1} = -2 - 1 = -3$. પરંતુ $x < -1$ માટે $f(x) \le -2$ થાય છે,તેથી સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત $l = -2$ છે જે $\alpha = -2$ પર મળે છે.
આમ,$l = -2, m = 2, \alpha = -2, \beta = 0$.
તેથી $\frac{l+m}{\alpha+\beta} = \frac{-2+2}{-2+0} = \frac{0}{-2} = 0$.

(B) આપેલ છે કે $xy = 4$,તેથી આપણે $x = \frac{4}{y}$ લખી શકીએ.
ધારો કે $f(y) = \sqrt{x} + \frac{y^2}{2} = \sqrt{\frac{4}{y}} + \frac{y^2}{2} = 2y^{-1/2} + \frac{y^2}{2}$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે $f(y)$ નું $y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f'(y) = 2(-\frac{1}{2})y^{-3/2} + \frac{1}{2}(2y) = -y^{-3/2} + y$.
$f'(y) = 0$ લેતા,$y = y^{-3/2}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $y^{5/2} = 1$,તેથી $y = 1$.
જ્યારે $y = 1$ હોય,ત્યારે $x = \frac{4}{1} = 4$.
$y = 1$ માટે પદાવલિની કિંમત $f(1) = \sqrt{4} + \frac{1^2}{2} = 2 + 0.5 = 2.5 = \frac{5}{2}$ થાય છે.
કારણ કે $f''(y) = \frac{3}{2}y^{-5/2} + 1 > 0$ એ $y > 0$ માટે સાચું છે,તેથી વિધેયને $y = 1$ આગળ ન્યૂનતમ કિંમત મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{ax + b}{x^2 - 5x + 4}$. સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત $(2, -1)$ આગળ હોવાથી,$f(2) = -1$ થાય.
$x = 2$ ને વિધેયમાં મૂકતા: $f(2) = \frac{2a + b}{(2 - 1)(2 - 4)} = \frac{2a + b}{(1)(-2)} = \frac{2a + b}{-2} = -1$.
આથી $2a + b = 2$ મળે.
વળી,$x = 2$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ હોવાથી,વિકલન $f'(2) = 0$ થાય.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા $f'(x) = \frac{a(x^2 - 5x + 4) - (ax + b)(2x - 5)}{(x^2 - 5x + 4)^2}$.
$f'(2) = 0$ લેતા: $a(4 - 10 + 4) - (2a + b)(4 - 5) = 0$.
$a(-2) - (2a + b)(-1) = 0 \implies -2a + 2a + b = 0 \implies b = 0$.
$b = 0$ ને $2a + b = 2$ માં મૂકતા,$2a = 2$ મળે,તેથી $a = 1$.
આમ,$a + b = 1 + 0 = 1$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^3 - 9ax^2 + 12a^2x + 1$ છે.
પ્રથમ,વિકલિત $f'(x) = 6x^2 - 18ax + 12a^2$ શોધો.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે $f'(x) = 0$ લેતા: $6(x^2 - 3ax + 2a^2) = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા $6(x - a)(x - 2a) = 0$ મળે,તેથી ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = a$ અને $x = 2a$ છે.
દ્વિતીય વિકલિત $f''(x) = 12x - 18a$ શોધો.
$x = a$ આગળ,$f''(a) = 12a - 18a = -6a < 0$ ($a > 0$ હોવાથી),તેથી $x = a$ એ સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ છે. આમ,$p = a$.
$x = 2a$ આગળ,$f''(2a) = 12(2a) - 18a = 6a > 0$ ($a > 0$ હોવાથી),તેથી $x = 2a$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુ છે. આમ,$q = 2a$.
શરત $p^2 = q$ આપેલ છે,કિંમતો મૂકતા: $a^2 = 2a$.
$a > 0$ હોવાથી,$a$ વડે ભાગતા $a = 2$ મળે છે.

(D) મધ્યકમાન પ્રમેય $(MVT)$ મુજબ,જો વિધેય $f$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય,તો $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $t$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(t) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f$ એ $[a, b]$ થી $[c, d]$ પરનું ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,$f(a) = c$ અને $f(b) = d$ થાય.
આ કિંમતો $MVT$ ના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $f^{\prime}(t) = \frac{d - c}{b - a}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{d - c}{b - a}$ એ $(a, b)$ માં કોઈ બિંદુ $t$ આગળ વક્ર $y = f(t)$ ના સ્પર્શકનો ઢાળ દર્શાવે છે.

(D) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,જો વિધેય $f(x)$ એ $[a,b]$ પર સતત હોય અને $(a,b)$ પર વિકલનીય હોય,તો ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a,b)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ થાય.
$A. f(x) = |x-1|$. આ વિધેય $x=1$ પર વિકલનીય નથી,જે અંતરાલ $[1,3]$ નો અંતિમ બિંદુ છે. તેથી,$LMVT$ લાગુ પડતું નથી. જોકે,જો આપણે છેદક રેખાનો ઢાળ લઈએ,તો $\frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{2-0}{2} = 1$. $x > 1$ માટે,$f'(x) = 1$. કોઈપણ $c \in (1,3)$ આને સંતોષે છે. વિકલ્પો જોતા,$A-II$ એ હેતુપૂર્વકની જોડી છે.
$B. f(x) = \log x$. $f'(c) = \frac{\log 3 - \log 1}{3-1} = \frac{\log 3}{2} = \log 3^{1/2} = \log \sqrt{3}$. $f'(x) = 1/x$ હોવાથી,$1/c = \log \sqrt{3} \implies c = 1/\log \sqrt{3} = \log_3 e^2$. તેથી,$B-III$.
$C. f(x) = x^2+x+1$. $f'(c) = \frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{(9+3+1)-(1+1+1)}{2} = \frac{13-3}{2} = 5$. $f'(x) = 2x+1$ હોવાથી,$2c+1 = 5 \implies 2c = 4 \implies c = 2$. તેથી,$C-II$.
$D. f(x) = e^x$. $f'(c) = \frac{e^3-e^1}{3-1} = \frac{e^3-e}{2}$. $f'(x) = e^x$ હોવાથી,$e^c = \frac{e^3-e}{2} \implies c = \log \left(\frac{e^3-e}{2}\right)$. તેથી,$D-V$.
જોડકાં: $A-II, B-III, C-II, D-V$.

(C) આપેલ છે $x = t - \sin t$ અને $y = 1 - \cos t$.
પ્રથમ,$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન મેળવો:
$\frac{dx}{dt} = 1 - \cos t$ અને $\frac{dy}{dt} = \sin t$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{\sin t}{1 - \cos t} = \frac{2 \sin(t/2) \cos(t/2)}{2 \sin^2(t/2)} = \cot(t/2)$.
હવે,દ્વિતીય વિકલન મેળવો:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\cot(t/2)) = \frac{d}{dt}(\cot(t/2)) \cdot \frac{dt}{dx} = -\frac{1}{2} \csc^2(t/2) \cdot \frac{1}{1 - \cos t} = -\frac{1}{2} \csc^2(t/2) \cdot \frac{1}{2 \sin^2(t/2)} = -\frac{1}{4} \csc^4(t/2)$.
આપેલ છે કે $t=K$ પર $\frac{d^2y}{dx^2} = -1$:
$-\frac{1}{4} \csc^4(K/2) = -1 \implies \csc^4(K/2) = 4 \implies \csc^2(K/2) = 2 \implies \sin^2(K/2) = 1/2$.
$K>0$ હોવાથી,$\sin(K/2) = 1/\sqrt{2}$,તેથી $K/2 = \pi/4$,જેનો અર્થ છે $K = \pi/2$.
હવે,લક્ષની કિંમત મેળવો:
$\lim_{t \rightarrow K} \frac{y}{x} = \lim_{t \rightarrow \pi/2} \frac{1 - \cos t}{t - \sin t} = \frac{1 - \cos(\pi/2)}{\pi/2 - \sin(\pi/2)} = \frac{1 - 0}{\pi/2 - 1} = \frac{1}{(\pi - 2)/2} = \frac{2}{\pi - 2}$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{2 \sin x - 3 \cos x}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
અંશને $A \cdot (\text{છેદ}) + B \cdot \frac{d}{dx}(\text{છેદ})$ તરીકે દર્શાવીએ.
$2 \sin x - 3 \cos x = A(4 \cos x - 3 \sin x) + B(-4 \sin x - 3 \cos x)$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$-3A - 4B = 2$ અને $4A - 3B = -3$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા:
પ્રથમ સમીકરણને $3$ વડે અને બીજાને $4$ વડે ગુણતા: $-9A - 12B = 6$ અને $16A - 12B = -12$.
બાદબાકી કરતા: $25A = -18 \implies A = -\frac{18}{25}$.
$A$ ની કિંમત મૂકતા: $4(-\frac{18}{25}) - 3B = -3 \implies -\frac{72}{25} + 3 = 3B \implies 3B = \frac{3}{25} \implies B = \frac{1}{25}$.
આમ,$I = \int \frac{-\frac{18}{25}(4 \cos x - 3 \sin x) + \frac{1}{25}(-4 \sin x - 3 \cos x)}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
$I = -\frac{18}{25} \int 1 dx + \frac{1}{25} \int \frac{-4 \sin x - 3 \cos x}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
$I = -\frac{18}{25}x + \frac{1}{25} \log |4 \cos x - 3 \sin x| + c$.
ગોઠવતા $\frac{1}{25}[\log |4 \cos x - 3 \sin x| - 18x] + c$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \left( \frac{1-\log x}{1+(\log x)^2} \right)^2 dx$.
$\log x = t$ આદેશ લેતા,$x = e^t$ અને $dx = e^t dt$ મળે.
તેથી,$I = \int \left( \frac{1-t}{1+t^2} \right)^2 e^t dt$.
આ પદ $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ સ્વરૂપનું છે.
અહીં $I = \int e^t \frac{1-2t+t^2}{(1+t^2)^2} dt = \int e^t \left( \frac{1+t^2-2t}{(1+t^2)^2} \right) dt = \int e^t \left( \frac{1}{1+t^2} - \frac{2t}{(1+t^2)^2} \right) dt$.
જો $f(t) = \frac{1}{1+t^2}$ લઈએ,તો $f'(t) = \frac{-2t}{(1+t^2)^2}$ થાય.
તેથી,$I = e^t \left( \frac{1}{1+t^2} \right) + c$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{e^{\log x}}{1+(\log x)^2} + c = \frac{x}{1+(\log x)^2} + c$ મળે.

(B) ધારો કે $I = \int(x+2) \sqrt{x^2-x+2} \, dx$.
આપણે $x+2 = A \frac{d}{dx}(x^2-x+2) + B = A(2x-1) + B = 2Ax + (B-A)$ લખીએ છીએ.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$2A = 1 \implies A = \frac{1}{2}$ અને $B-A = 2 \implies B = \frac{5}{2}$.
તેથી,$I = \int \left[ \frac{1}{2}(2x-1) + \frac{5}{2} \right] \sqrt{x^2-x+2} \, dx = \frac{1}{2} \int (2x-1) \sqrt{x^2-x+2} \, dx + \frac{5}{2} \int \sqrt{x^2-x+2} \, dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,$u = x^2-x+2$ લેતા,$du = (2x-1)dx$,તેથી $\frac{1}{2} \int u^{1/2} du = \frac{1}{3} (x^2-x+2)^{3/2}$.
બીજા ભાગ માટે,$\int \sqrt{(x-1/2)^2 + 7/4} \, dx = \frac{x-1/2}{2} \sqrt{x^2-x+2} + \frac{7/8} \ln |(x-1/2) + \sqrt{x^2-x+2}|$.
આમ,$I = \frac{1}{3} (x^2-x+2)^{3/2} + \frac{5}{8} (2x-1) \sqrt{x^2-x+2} + \frac{35}{16} \ln |x-1/2 + \sqrt{x^2-x+2}| + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$f(x) = (x^2-x+2)^{3/2}$,$g(x) = (2x-1) \sqrt{x^2-x+2}$,$h(x) = \ln |x-1/2 + \sqrt{x^2-x+2}|$.
$f(-1) = 8$,$g(-1) = -6$,$h(1/2) = 0$ (કારણ કે $\ln(1) = 0$).
તેથી $f(-1)+g(-1)+h(1/2) = 8-6+0 = 2$.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \left( \frac{1}{x^2} + \frac{\sin^3 x + \cos^3 x}{\sin^2 x \cos^2 x} \right) dx$ છે.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો: $I = \int \frac{1}{x^2} dx + \int \frac{\sin^3 x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx + \int \frac{\cos^3 x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx$.
દરેક પદને સરળ બનાવો: $I = \int x^{-2} dx + \int \frac{\sin x}{\cos^2 x} dx + \int \frac{\cos x}{\sin^2 x} dx$.
સંકલન મેળવો: $\int x^{-2} dx = -\frac{1}{x}$.
બીજા પદ માટે,$u = \cos x$ લો,તો $du = -\sin x dx$,તેથી $\int \sec x \tan x dx = \sec x$.
ત્રીજા પદ માટે,$v = \sin x$ લો,તો $dv = \cos x dx$,તેથી $\int \csc x \cot x dx = -\csc x$.
આમ,$I = -\frac{1}{x} + \sec x - \csc x + c$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x^3}{x^4+3 x^2+2} d x$.
$t = x^2$ આદેશ લેતા,$dt = 2x dx$,એટલે કે $x dx = \frac{dt}{2}$.
સંકલન આ મુજબ થશે: $I = \int \frac{t}{t^2+3t+2} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int \frac{t}{(t+1)(t+2)} dt$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા: $\frac{t}{(t+1)(t+2)} = \frac{A}{t+1} + \frac{B}{t+2}$.
$A$ અને $B$ શોધતા: $t = A(t+2) + B(t+1)$.
$t = -1$ માટે,$A = -1$. $t = -2$ માટે,$B = 2$.
તેથી,$I = \frac{1}{2} \int \left(\frac{2}{t+2} - \frac{1}{t+1}\right) dt$.
$I = \frac{1}{2} [2 \log|t+2| - \log|t+1|] + c$.
$I = \log|x^2+2| - \frac{1}{2} \log|x^2+1| + c = \log \left(\frac{x^2+2}{\sqrt{x^2+1}}\right) + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(x^2+9) \sqrt{x^2+16}}$.
$x = 4 \tan \theta$ લેતા,$dx = 4 \sec^2 \theta \ d\theta$ મળે.
તેથી $\sqrt{x^2+16} = \sqrt{16 \tan^2 \theta + 16} = 4 \sec \theta$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{4 \sec^2 \theta \ d\theta}{(16 \tan^2 \theta + 9)(4 \sec \theta)} = \int \frac{\sec \theta \ d\theta}{16 \tan^2 \theta + 9} = \int \frac{\cos \theta \ d\theta}{16 \sin^2 \theta + 9 \cos^2 \theta}$.
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ હોવાથી,છેદ $7 \sin^2 \theta + 9$ થશે.
$I = \int \frac{\cos \theta \ d\theta}{7 \sin^2 \theta + 9}$.
$u = \sin \theta$ લેતા,$du = \cos \theta \ d\theta$ મળે.
$I = \int \frac{du}{7u^2 + 9} = \frac{1}{7} \int \frac{du}{u^2 + (3/\sqrt{7})^2} = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{u \sqrt{7}}{3} \right) + c = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\sqrt{7} \sin \theta}{3} \right) + c$.
$x = 4 \tan \theta$ હોવાથી,$\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2+16}}$.
તેથી,$I = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\sqrt{7}}{3} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+16}} \right) + c$.
આપેલ પદ સાથે સરખાવતા,$K = \frac{\sqrt{7}}{3}$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int (1+\tan^2 x)(1+2x \tan x) dx$ છે.
$1+\tan^2 x = \sec^2 x$ હોવાથી,$I = \int \sec^2 x (1+2x \tan x) dx$ થાય.
ધારો કે $f(x) = x \tan^2 x$.
તેથી $f'(x) = \tan^2 x + x(2 \tan x \sec^2 x) = \tan^2 x + 2x \tan x \sec^2 x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$.
તેથી $f'(x) = \sec^2 x - 1 + 2x \tan x \sec^2 x = \sec^2 x (1 + 2x \tan x) - 1$.
આમ,$\int \sec^2 x (1 + 2x \tan x) dx = \int (f'(x) + 1) dx = f(x) + x + c = x \tan^2 x + x + c$.
વિકલ્પોને જોતા,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપણી પાસે સંકલ્ય $\sqrt{\frac{1-\sin 2x}{1+\sin 2x}}$ છે.
નિત્યસમ $1-\sin 2x = (\cos x - \sin x)^2$ અને $1+\sin 2x = (\cos x + \sin x)^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sqrt{\frac{(\cos x - \sin x)^2}{(\cos x + \sin x)^2}} = \left| \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x} \right| = \left| \frac{1 - \tan x}{1 + \tan x} \right| = |\tan(\frac{\pi}{4} - x)|$.
આપેલ છે કે $\frac{5\pi}{4} < x < \frac{7\pi}{4}$,તેથી $\frac{\pi}{4} - \frac{7\pi}{4} < \frac{\pi}{4} - x < \frac{\pi}{4} - \frac{5\pi}{4}$,જેનું સાદું રૂપ $-\frac{3\pi}{2} < \frac{\pi}{4} - x < -\pi$ થાય છે.
આ અંતરાલમાં,$\tan(\frac{\pi}{4} - x)$ ધન છે,તેથી $|\tan(\frac{\pi}{4} - x)| = \tan(\frac{\pi}{4} - x)$.
હવે,$\int \tan(\frac{\pi}{4} - x) dx = -\ln|\sec(\frac{\pi}{4} - x)| + c$.

(B) ધારો કે $I = \int x \operatorname{Tan}^{-1} \sqrt{\frac{1+x^2}{1-x^2}} \, dx$.
$x^2 = \cos \theta$ લેતા,$2x \, dx = -\sin \theta \, d\theta$,એટલે કે $x \, dx = -\frac{1}{2} \sin \theta \, d\theta$.
સંકલન $I = \int \operatorname{Tan}^{-1} \sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}} \left(-\frac{1}{2} \sin \theta\right) d\theta$ બને છે.
$\sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}} = \cot(\theta/2) = \tan(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી,$I = -\frac{1}{2} \int (\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}) \sin \theta \, d\theta = -\frac{\pi}{4} \int \sin \theta \, d\theta + \frac{1}{4} \int \theta \sin \theta \, d\theta$.
$I = \frac{\pi}{4} \cos \theta + \frac{1}{4} [-\theta \cos \theta + \int \cos \theta \, d\theta] = \frac{\pi}{4} \cos \theta - \frac{1}{4} \theta \cos \theta + \frac{1}{4} \sin \theta + c$.
$\cos \theta = x^2$,$\theta = \operatorname{Cos}^{-1} x^2$,અને $\sin \theta = \sqrt{1-x^4}$ હોવાથી,
$I = \frac{x^2}{4} (\pi - \operatorname{Cos}^{-1} x^2) + \frac{1}{4} \sqrt{1-x^4} + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{1}{(2 \cos x+\sin x)^2} d x$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\sec^2 x}{(2 + \tan x)^2} d x$.
ધારો કે $u = 2 + \tan x$.
તેથી $du = \sec^2 x \, dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{u^2} du = \int u^{-2} du$.
$u$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા:
$I = \frac{u^{-1}}{-1} + c = -\frac{1}{u} + c$.
$u = 2 + \tan x$ પાછું મૂકતા:
$I = -\frac{1}{2 + \tan x} + c$.
$\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ હોવાથી:
$I = -\frac{1}{2 + \frac{\sin x}{\cos x}} + c = -\frac{\cos x}{2 \cos x + \sin x} + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપણી પાસે $I_1 + I_2 = \int (\sin^6 x + \cos^6 x) \, dx$ છે.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = \sin^2 x$ અને $b = \cos^2 x$:
$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x)$.
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,આ પદ $\sin^4 x + \cos^4 x - \sin^2 x \cos^2 x$ માં પરિણમે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x$.
તેથી,$\sin^6 x + \cos^6 x = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4}(2 \sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $1 - \frac{3}{4} \left( \frac{1 - \cos 4x}{2} \right) = 1 - \frac{3}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x = \frac{5}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x$ મળે છે.
આનું સંકલન કરતા: $\int (\frac{5}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x) \, dx = \frac{5x}{8} + \frac{3 \sin 4x}{32} + c = \frac{1}{32}(20x + 3 \sin 4x) + c$.

(A) આપણી પાસે $I = \int \frac{x+\cos x}{1-\sin x} dx$ છે.
નિત્યસમ $\frac{1}{1-\sin x} = \sec^2(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી $I = \int x \sec^2(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) dx + \int \frac{\cos x}{1-\sin x} dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $I = x \cdot 2 \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) - \int 2 \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) dx + \int \frac{\cos x}{1-\sin x} dx$.
સાદુરૂપ આપતા,આપણને $I = x \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) + c$ મળે છે.

(B) સંકલન $I = \int \frac{1}{(x+2) \sqrt{x^2+x+2}} \, dx$ ઉકેલવા માટે,આપણે $x+2 = \frac{1}{t}$ આદેશ લઈએ છીએ.
તેથી $dx = -\frac{1}{t^2} \, dt$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = -\int \frac{1}{\sqrt{4t^2 - 3t + 1}} \, dt$
વર્ગ પૂર્ણ કરવાની રીતનો ઉપયોગ કરીને,આપણને $\operatorname{Sinh}^{-1}$ સ્વરૂપમાં જવાબ મળે છે.

(D) $I_2$ માટે,અંશ અને છેદને $e^{4x}$ વડે ગુણો:
$I_2 = \int \frac{e^{-x} \cdot e^{4x}}{e^{-4x} \cdot e^{4x} + e^{-2x} \cdot e^{4x} + 1 \cdot e^{4x}} dx = \int \frac{e^{3x}}{1 + e^{2x} + e^{4x}} dx$.
ધારો કે $e^x = t$,તો $e^x dx = dt$,તેથી $dx = \frac{dt}{t}$.
$I_1 = \int \frac{t}{t^4 + t^2 + 1} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{dt}{t^4 + t^2 + 1}$.
$I_2 = \int \frac{t^3}{t^4 + t^2 + 1} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{t^2}{t^4 + t^2 + 1} dt$.
$I_2 - I_1 = \int \frac{t^2 - 1}{t^4 + t^2 + 1} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{t^2 + 1 + 1/t^2} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{(t + 1/t)^2 - 1} dt$.
ધારો કે $u = t + 1/t$,તો $du = (1 - 1/t^2) dt$.
$I_2 - I_1 = \int \frac{du}{u^2 - 1} = \frac{1}{2} \log \left| \frac{u - 1}{u + 1} \right| + c$.
$u = e^x + e^{-x}$ મૂકતા:
$I_2 - I_1 = \frac{1}{2} \log \left| \frac{e^x + e^{-x} - 1}{e^x + e^{-x} + 1} \right| + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}} dx$.
$\sqrt{x} = \cos \theta$ આદેશ લેતા,$x = \cos^2 \theta$ અને $dx = -2 \cos \theta \sin \theta d\theta$ મળે.
તેથી $I = \int \frac{1}{\cos^2 \theta} \sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} (-2 \cos \theta \sin \theta) d\theta$.
$\sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} = \tan(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = -2 \int \frac{\sin \theta}{\cos \theta} \tan(\theta/2) d\theta$.
$\sin \theta = 2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)$ અને $\cos \theta = \cos^2(\theta/2) - \sin^2(\theta/2)$ હોવાથી,$I = -4 \int \frac{\sin^2(\theta/2)}{\cos^2(\theta/2) - \sin^2(\theta/2)} d\theta$.
અંશ અને છેદને $\cos^2(\theta/2)$ વડે ભાગતા,$I = 4 \int \left( \frac{1}{1 - \tan^2(\theta/2)} - 1 \right) d\theta$.
આનું સાદું રૂપ $2 \log \left| \frac{1+\tan(\theta/2)}{1-\tan(\theta/2)} \right| - 2\theta + c$ થાય છે.
$\tan(\theta/2) = \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}}$ મૂકતા,આપણને $f(x) = \log \left( \frac{1+\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}} \right)$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{3x+2}{4x^2+4x+5} dx$.
આને ઉકેલવા માટે,આપણે અંશને છેદના વિકલન તરીકે દર્શાવીએ છીએ:
$3x+2 = k \frac{d}{dx}(4x^2+4x+5) + m = k(8x+4) + m = 8kx + (4k+m)$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $8k = 3 \implies k = \frac{3}{8}$ અને $4k+m = 2 \implies 4(\frac{3}{8}) + m = 2 \implies \frac{3}{2} + m = 2 \implies m = \frac{1}{2}$.
આમ,$I = \int \frac{\frac{3}{8}(8x+4) + \frac{1}{2}}{4x^2+4x+5} dx = \frac{3}{8} \int \frac{8x+4}{4x^2+4x+5} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2x+1)^2 + 2^2} dx$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) \cdot \frac{1}{2} + c$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{8} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{3}{8}$ અને $B = \frac{1}{8}$.
તેથી,$A+B = \frac{3}{8} + \frac{1}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

(B) આપણે પ્રમાણિત સંકલન સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int e^{ax}(\sin bx - \cos bx) dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2} [a \sin bx - b \cos bx - (a \cos bx + b \sin bx)] + c = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2} [(a-b) \sin bx - (a+b) \cos bx] + c$.
અહીં,$a = 4$ અને $b = 3$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\int e^{4x}(\sin 3x - \cos 3x) dx = \frac{e^{4x}}{4^2+3^2} [(4-3) \sin 3x - (4+3) \cos 3x] + c$
$= \frac{e^{4x}}{16+9} [1 \sin 3x - 7 \cos 3x] + c$
$= \frac{e^{4x}}{25}(\sin 3x - 7 \cos 3x) + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપણે $\int e^{ax} f(x) dx = \frac{e^{ax}}{a} [f(x) - \frac{f'(x)}{a} + \frac{f''(x)}{a^2} - \frac{f'''(x)}{a^3} + \dots]$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$a = -1$ અને $f(x) = x^3 - 2x^2 + 3x - 4$ છે.
વિકલન મેળવતા:
$f'(x) = 3x^2 - 4x + 3$
$f''(x) = 6x - 4$
$f'''(x) = 6$
$f^{(4)}(x) = 0$
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\int e^{-x} f(x) dx = \frac{e^{-x}}{-1} [f(x) - \frac{f'(x)}{-1} + \frac{f''(x)}{(-1)^2} - \frac{f'''(x)}{(-1)^3}] + c$
$= -e^{-x} [f(x) + f'(x) + f''(x) + f'''(x)] + c$
$= -e^{-x} [(x^3 - 2x^2 + 3x - 4) + (3x^2 - 4x + 3) + (6x - 4) + 6] + c$
$= -e^{-x} [x^3 + (-2+3)x^2 + (3-4+6)x + (-4+3-4+6)] + c$
$= -e^{-x} [x^3 + x^2 + 5x + 1] + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x^2 \operatorname{Tan}^{-1} x}{(1+x^2)^2} dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \operatorname{Tan}^{-1} x$ અને $dv = \frac{x^2}{(1+x^2)^2} dx$ લો.
તેથી $du = \frac{1}{1+x^2} dx$.
$v$ શોધવા માટે,$\int \frac{x^2}{(1+x^2)^2} dx = \int \frac{x^2+1-1}{(1+x^2)^2} dx = \int \frac{1}{1+x^2} dx - \int \frac{1}{(1+x^2)^2} dx$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta d\theta$,આપણને મળે $\int \frac{1}{(1+x^2)^2} dx = \int \frac{\sec^2 \theta}{\sec^4 \theta} d\theta = \int \cos^2 \theta d\theta = \frac{1}{2} \int (1 + \cos 2\theta) d\theta = \frac{1}{2} (\theta + \frac{\sin 2\theta}{2}) = \frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1} x + \frac{x}{2(1+x^2)}$.
આમ,$v = \operatorname{Tan}^{-1} x - (\frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1} x + \frac{x}{2(1+x^2)}) = \frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1} x - \frac{x}{2(1+x^2)}$.
હવે,$I = uv - \int v du = \operatorname{Tan}^{-1} x (\frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1} x - \frac{x}{2(1+x^2)}) - \int (\frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1} x - \frac{x}{2(1+x^2)}) \frac{1}{1+x^2} dx$.
$I = \frac{(\operatorname{Tan}^{-1} x)^2}{2} - \frac{x \operatorname{Tan}^{-1} x}{2(1+x^2)} - \frac{1}{2} \int \frac{\operatorname{Tan}^{-1} x}{1+x^2} dx + \frac{1}{2} \int \frac{x}{(1+x^2)^2} dx$.
$I = \frac{(\operatorname{Tan}^{-1} x)^2}{2} - \frac{x \operatorname{Tan}^{-1} x}{2(1+x^2)} - \frac{(\operatorname{Tan}^{-1} x)^2}{4} - \frac{1}{4(1+x^2)} + c$.
$I = \frac{(\operatorname{Tan}^{-1} x)^2}{4} - \frac{x \operatorname{Tan}^{-1} x}{2(1+x^2)} - \frac{1}{4(1+x^2)} + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\log x}{(1+x)^3} dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log x$ અને $dv = (1+x)^{-3} dx$ લો.
તેથી $du = \frac{1}{x} dx$ અને $v = \int (1+x)^{-3} dx = -\frac{1}{2(1+x)^2}$.
સૂત્ર $\int u dv = uv - \int v du$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = -\frac{\log x}{2(1+x)^2} + \frac{1}{2} \int \frac{1}{x(1+x)^2} dx$.
$\frac{1}{x(1+x)^2}$ માટે આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા:
$\frac{1}{x(1+x)^2} = \frac{1}{x} - \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2}$.
તેથી સંકલન કરતા: $\log|x| - \log|1+x| + \frac{1}{1+x} = \log\left|\frac{x}{1+x}\right| + \frac{1}{1+x}$.
કિંમત મૂકતા: $I = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{1+x} - \frac{\log x}{(1+x)^2} + \log\left|\frac{x}{1+x}\right| \right] + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{3^x(x \log 3 - 1)}{x^2} dx$.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$I = \int \left( \frac{x \cdot 3^x \log 3}{x^2} - \frac{3^x}{x^2} \right) dx$
$I = \int \left( \frac{3^x \log 3}{x} - \frac{3^x}{x^2} \right) dx$.
ભાગાકારના નિયમનું વિકલન યાદ કરો. ધારો કે $f(x) = \frac{3^x}{x}$.
તો $f'(x) = \frac{x \cdot \frac{d}{dx}(3^x) - 3^x \cdot \frac{d}{dx}(x)}{x^2}$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(3^x) = 3^x \log 3$,તેથી:
$f'(x) = \frac{x \cdot 3^x \log 3 - 3^x \cdot 1}{x^2} = \frac{3^x(x \log 3 - 1)}{x^2}$.
આમ,$\int f'(x) dx = f(x) + c$.
તેથી,$I = \frac{3^x}{x} + c$.

(C) આપણે ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) નો ઉપયોગ કરીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $I = \int x^3 \sin 3x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલન માટે ટેબ્યુલર પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા:
$u = x^3$,$dv = \sin 3x \, dx$
$u' = 3x^2$,$v = -\frac{1}{3} \cos 3x$
$u'' = 6x$,$v_1 = -\frac{1}{9} \sin 3x$
$u''' = 6$,$v_2 = \frac{1}{27} \cos 3x$
$u'''' = 0$,$v_3 = \frac{1}{81} \sin 3x$
$I = (x^3)(-\frac{1}{3} \cos 3x) - (3x^2)(-\frac{1}{9} \sin 3x) + (6x)(\frac{1}{27} \cos 3x) - (6)(\frac{1}{81} \sin 3x) + c$
$I = -\frac{x^3}{3} \cos 3x + \frac{x^2}{3} \sin 3x + \frac{2x}{9} \cos 3x - \frac{2}{27} \sin 3x + c$
$\frac{1}{27}[f(x) \cos 3x + g(x) \sin 3x]$ સ્વરૂપ મેળવવા માટે $\frac{27}{27}$ વડે ગુણતા:
$I = \frac{1}{27}[-9x^3 \cos 3x + 9x^2 \sin 3x + 6x \cos 3x - 2 \sin 3x] + c$
$I = \frac{1}{27}[(-9x^3 + 6x) \cos 3x + (9x^2 - 2) \sin 3x] + c$
આમ,$f(x) = -9x^3 + 6x$ અને $g(x) = 9x^2 - 2$.
$f(1) = -9(1)^3 + 6(1) = -9 + 6 = -3$.
$g(1) = 9(1)^2 - 2 = 9 - 2 = 7$.
$f(1) + g(1) = -3 + 7 = 4$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^2 \sqrt{(x+3)(2-x)} \, dx$.
વર્ગમૂળની અંદરના પદનું વિસ્તરણ કરતા: $(x+3)(2-x) = -x^2 - x + 6 = 6 - (x^2 + x)$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $6 - (x^2 + x + \frac{1}{4} - \frac{1}{4}) = \frac{25}{4} - (x + \frac{1}{2})^2$.
તેથી,$I = \int_0^2 \sqrt{(\frac{5}{2})^2 - (x + \frac{1}{2})^2} \, dx$.
સૂત્ર $\int \sqrt{a^2 - u^2} \, du = \frac{u}{2} \sqrt{a^2 - u^2} + \frac{a^2}{2} \sin^{-1}(\frac{u}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \left[ \frac{2x + 1}{4} \sqrt{(x+3)(2-x)} + \frac{25}{8} \sin^{-1}\left(\frac{2x + 1}{5}\right) \right]_0^2$.
$x=2$ માટે કિંમત મૂકતા: $\frac{5}{4} \sqrt{0} + \frac{25}{8} \sin^{-1}(1) = \frac{25}{8} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{25\pi}{16}$.
$x=0$ માટે કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{4} \sqrt{6} + \frac{25}{8} \sin^{-1}(\frac{1}{5})$.
તેથી,$I = \left( \frac{25\pi}{16} \right) - \left( \frac{\sqrt{6}}{4} + \frac{25}{8} \sin^{-1}(\frac{1}{5}) \right) = \frac{25\pi}{16} - \frac{\sqrt{6}}{4} - \frac{25}{8} \sin^{-1}(\frac{1}{5})$.

(C) સંકલન $I = \int_0^{\pi / 4} x^2 \sin 2x \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = x^2$ અને $dv = \sin 2x \, dx$. તેથી $du = 2x \, dx$ અને $v = -\frac{\cos 2x}{2}$.
$I = \left[ -\frac{x^2 \cos 2x}{2} \right]_0^{\pi / 4} - \int_0^{\pi / 4} \left( -\frac{\cos 2x}{2} \right) (2x) \, dx$
$I = \left[ -\frac{x^2 \cos 2x}{2} \right]_0^{\pi / 4} + \int_0^{\pi / 4} x \cos 2x \, dx$
પ્રથમ પદની કિંમત: $-\frac{(\pi/4)^2 \cos(\pi/2)}{2} - 0 = 0$ (કારણ કે $\cos(\pi/2) = 0$).
હવે $\int_0^{\pi / 4} x \cos 2x \, dx$ ની ગણતરી ફરીથી ખંડશઃ સંકલન દ્વારા કરીએ:
ધારો કે $u = x$ અને $dv = \cos 2x \, dx$. તેથી $du = dx$ અને $v = \frac{\sin 2x}{2}$.
$\int_0^{\pi / 4} x \cos 2x \, dx = \left[ \frac{x \sin 2x}{2} \right]_0^{\pi / 4} - \int_0^{\pi / 4} \frac{\sin 2x}{2} \, dx$
$= \left( \frac{(\pi/4) \sin(\pi/2)}{2} - 0 \right) - \left[ -\frac{\cos 2x}{4} \right]_0^{\pi / 4}$
$= \frac{\pi}{8} + \left[ \frac{\cos 2x}{4} \right]_0^{\pi / 4} = \frac{\pi}{8} + \left( \frac{\cos(\pi/2)}{4} - \frac{\cos 0}{4} \right)$
$= \frac{\pi}{8} + (0 - \frac{1}{4}) = \frac{\pi-2}{8}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 4} \frac{1}{5 \cos ^2 x+16 \sin ^2 x+8 \sin x \cos x} d x$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int_0^{\pi / 4} \frac{\sec^2 x}{5 + 16 \tan^2 x + 8 \tan x} d x$.
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x dx$.
જ્યારે $x = 0, u = 0$. જ્યારે $x = \pi/4, u = 1$.
$I = \int_0^1 \frac{du}{16u^2 + 8u + 5} = \int_0^1 \frac{du}{(4u+1)^2 + 4} = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{d(4u+1)}{(4u+1)^2 + 2^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2+a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{4} \left[ \frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{4u+1}{2} \right) \right]_0^1 = \frac{1}{8} [\tan^{-1}(\frac{5}{2}) - \tan^{-1}(\frac{1}{2})]$.
$\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A-B}{1+AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{8} \tan^{-1} \left( \frac{5/2 - 1/2}{1 + (5/2)(1/2)} \right) = \frac{1}{8} \tan^{-1} \left( \frac{2}{1 + 5/4} \right) = \frac{1}{8} \tan^{-1} \left( \frac{2}{9/4} \right) = \frac{1}{8} \tan^{-1} \left( \frac{8}{9} \right)$.

(A) ધારો કે $I = \int_{8}^{18} \frac{1}{(x+2) \sqrt{x-3}} \, dx$.
$t = \sqrt{x-3}$ આદેશ લેતા,$t^2 = x-3$,જેથી $x = t^2+3$ અને $dx = 2t \, dt$ મળે.
જ્યારે $x = 8$,ત્યારે $t = \sqrt{8-3} = \sqrt{5}$.
જ્યારે $x = 18$,ત્યારે $t = \sqrt{18-3} = \sqrt{15}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{\sqrt{5}}^{\sqrt{15}} \frac{2t \, dt}{(t^2+3+2)t} = \int_{\sqrt{5}}^{\sqrt{15}} \frac{2 \, dt}{t^2+5}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2+a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \left[ \frac{1}{\sqrt{5}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{5}}) \right]_{\sqrt{5}}^{\sqrt{15}}$.
$I = \frac{2}{\sqrt{5}} \left[ \tan^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{5}}) - \tan^{-1}(\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}) \right]$.
$I = \frac{2}{\sqrt{5}} \left[ \tan^{-1}(\sqrt{3}) - \tan^{-1}(1) \right]$.
$I = \frac{2}{\sqrt{5}} \left[ \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} \right] = \frac{2}{\sqrt{5}} \left[ \frac{\pi}{12} \right] = \frac{\pi}{6 \sqrt{5}}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 4} \frac{\sec x}{3 \cos x+4 \sin x} d x$.
અંશ અને છેદને $\sec x$ વડે ગુણતા:
$I = \int_0^{\pi / 4} \frac{\sec^2 x}{3 + 4 \tan x} d x$.
ધારો કે $u = 3 + 4 \tan x$. તેથી $du = 4 \sec^2 x d x$,એટલે કે $\sec^2 x d x = \frac{du}{4}$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $u = 3 + 4(0) = 3$.
જ્યારે $x = \pi / 4$,ત્યારે $u = 3 + 4(1) = 7$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_3^7 \frac{1}{u} \cdot \frac{du}{4} = \frac{1}{4} [\log |u|]_3^7$.
$I = \frac{1}{4} (\log 7 - \log 3) = \frac{1}{4} \log \left(\frac{7}{3}\right)$.

(C) સંકલન $I = \int_{-4}^5 \frac{1}{\sqrt{20+x-x^2}} dx$ ઉકેલવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની દ્વિઘાત પદાવલિને પૂર્ણવર્ગ બનાવો:
$20+x-x^2 = -(x^2-x-20) = -(x^2-x+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-20) = -((x-\frac{1}{2})^2 - \frac{81}{4}) = \frac{81}{4} - (x-\frac{1}{2})^2$.
હવે સંકલન $I = \int_{-4}^5 \frac{1}{\sqrt{(\frac{9}{2})^2 - (x-\frac{1}{2})^2}} dx$ બને છે.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{\sqrt{a^2-u^2}} du = \sin^{-1}(\frac{u}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = [\sin^{-1}(\frac{x-1/2}{9/2})]_{-4}^5 = [\sin^{-1}(\frac{2x-1}{9})]_{-4}^5$.
સીમાઓ પર કિંમત મૂકતા:
$I = \sin^{-1}(\frac{2(5)-1}{9}) - \sin^{-1}(\frac{2(-4)-1}{9}) = \sin^{-1}(\frac{9}{9}) - \sin^{-1}(\frac{-9}{9}) = \sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(-1)$.
કારણ કે $\sin^{-1}(1) = \frac{\pi}{2}$ અને $\sin^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{2}$,તેથી:
$I = \frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) = \pi$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{\cos x - \sqrt{3} \sin x}$.
છેદને ફરીથી લખવા માટે $2$ વડે ગુણીને ભાગતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{2(\frac{1}{2} \cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x)} = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{\sin(\frac{\pi}{6} - x)}$.
નિત્યસમ $\sin(\theta) = \cos(\frac{\pi}{2} - \theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin(\frac{\pi}{6} - x) = \cos(\frac{\pi}{2} - (\frac{\pi}{6} - x)) = \cos(x + \frac{\pi}{3})$ મળે છે.
આમ,$I = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sec(x + \frac{\pi}{3}) dx$.
$\sec(u)$ નું સંકલન $\log|\sec u + \tan u|$ છે.
$I = \frac{1}{2} [\log|\sec(x + \frac{\pi}{3}) + \tan(x + \frac{\pi}{3})|]_0^{\frac{\pi}{2}}$.
સીમાઓ પર મૂલ્ય શોધતા:
$x = \frac{\pi}{2}$ માટે,$\sec(\frac{5\pi}{6}) = -\frac{2}{\sqrt{3}}$ અને $\tan(\frac{5\pi}{6}) = -\frac{1}{\sqrt{3}}$.
$x = 0$ માટે,$\sec(\frac{\pi}{3}) = 2$ અને $\tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$.
$I = \frac{1}{2} [\log|-\frac{3}{\sqrt{3}}| - \log|2 + \sqrt{3}|] = \frac{1}{2} [\log(\sqrt{3}) - \log(2 + \sqrt{3})]$.
આનું સાદું રૂપ $\frac{1}{2} \log(\frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}})$ થાય છે.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $\frac{\sqrt{3}(2-\sqrt{3})}{4-3} = 2\sqrt{3} - 3$.
આમ,$I = \frac{1}{2} \log(2\sqrt{3} - 3)$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\tan x} \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\tan(\frac{\pi}{2} - x)} \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cot x} \, dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sqrt{\tan x} + \sqrt{\cot x}) \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{\sin x \cos x}} \, dx$.
અંશ અને છેદને $\sqrt{2}$ વડે ગુણતા:
$2I = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2 \sin x \cos x}} \, dx = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{1 - (\sin x - \cos x)^2}} \, dx$.
ધારો કે $u = \sin x - \cos x$,તો $du = (\cos x + \sin x) \, dx$.
જ્યારે $x=0, u=-1$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, u=1$.
$2I = \sqrt{2} \int_{-1}^1 \frac{du}{\sqrt{1 - u^2}} = \sqrt{2} [\sin^{-1} u]_{-1}^1 = \sqrt{2} (\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})) = \sqrt{2} \pi$.
આમ,$I = \frac{\sqrt{2} \pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-2 \pi}^{2 \pi} \sin ^4 x \cos ^6 x \, dx$.
કારણ કે $f(x) = \sin ^4 x \cos ^6 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,$f(-x) = \sin ^4(-x) \cos ^6(-x) = \sin ^4 x \cos ^6 x = f(x)$,તેથી આપણે લખી શકીએ:
$I = 2 \int_{0}^{2 \pi} \sin ^4 x \cos ^6 x \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{2a} f(x) \, dx = 4 \int_{0}^{a/2} f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરીને,જ્યાં $f(2a-x) = f(x)$ અને $f(a-x) = f(x)$,આપણે નોંધીએ છીએ કે $\sin ^4 x \cos ^6 x$ નો આવર્તકાળ $\pi/2$ છે.
આમ,$I = 2 \times 4 \int_{0}^{\pi/2} \sin ^4 x \cos ^6 x \, dx = 8 \int_{0}^{\pi/2} \sin ^4 x \cos ^6 x \, dx$.
વોલિસના સૂત્ર $\int_{0}^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!} \times \frac{\pi}{2}$ (જો $m, n$ યુગ્મ હોય) નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 8 \times \frac{3 \times 1 \times 5 \times 3 \times 1}{10 \times 8 \times 6 \times 4 \times 2} \times \frac{\pi}{2} = 8 \times \frac{45}{3840} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3 \pi}{64}$.

(D) આપેલ છે કે $\int_0^{2 \pi} \sin^m x \cos^n x \, dx = 4 \int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx$. કારણ કે $\int_0^{2 \pi} f(x) \, dx = 4 \int_0^{\pi/2} f(x) \, dx$ એ $\sin$ અને $\cos$ ના યુગ્મ વિધેયો માટે સાચું છે,તેથી $m$ અને $n$ બેકી હોવા જોઈએ.
આપેલ છે કે $\int_0^{2 \pi} \sin^p x \cos^n x \, dx = 0$. $n$ બેકી હોવાથી,$\cos^n x \ge 0$. સંકલન $0$ થવા માટે,$\sin^p x$ એકી હોવું જોઈએ,તેથી $p$ એકી છે.
આપેલ છે કે $\int_0^{\pi} \sin^p x \cos^q x \, dx = 0$. $p$ એકી હોવાથી,$\sin^p x$ એ $\pi/2$ ની સાપેક્ષ સંમિત છે પણ ચિહ્ન બદલે છે. સંકલન $0$ થવા માટે,$\cos^q x$ એકી હોવું જોઈએ,તેથી $q$ એકી છે.
હવે,$a = m + n + p = \text{બેકી} + \text{બેકી} + \text{એકી} = \text{એકી}$.
અને $b = m + n + q = \text{બેકી} + \text{બેકી} + \text{એકી} = \text{એકી}$.
આમ,$a$ અને $b$ બંને એકી સંખ્યાઓ છે.

(A) આપણે સંકલન $I = \int_1^2 [x^2] dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $t = x^2$,તેથી $dt = 2x dx$,જેનો અર્થ છે કે $dx = \frac{dt}{2\sqrt{t}}$.
જ્યારે $x=1$,ત્યારે $t=1$. જ્યારે $x=2$,ત્યારે $t=4$.
તેથી,$I = \int_1^4 [t] \frac{dt}{2\sqrt{t}} = \frac{1}{2} \int_1^4 \frac{[t]}{\sqrt{t}} dt$.
આપણે સંકલનને એવા અંતરાલોમાં વિભાજિત કરીએ છીએ જ્યાં $[t]$ અચળ હોય:
$I = \frac{1}{2} \left( \int_1^2 \frac{1}{\sqrt{t}} dt + \int_2^3 \frac{2}{\sqrt{t}} dt + \int_3^4 \frac{3}{\sqrt{t}} dt \right)$.
દરેક સંકલનનું મૂલ્યાંકન કરતા:
$\int_1^2 t^{-1/2} dt = [2\sqrt{t}]_1^2 = 2(\sqrt{2}-1)$.
$\int_2^3 2t^{-1/2} dt = [4\sqrt{t}]_2^3 = 4(\sqrt{3}-\sqrt{2})$.
$\int_3^4 3t^{-1/2} dt = [6\sqrt{t}]_3^4 = 6(2-\sqrt{3}) = 12-6\sqrt{3}$.
આ બધાનો સરવાળો કરતા:
$I = \frac{1}{2} [2\sqrt{2}-2 + 4\sqrt{3}-4\sqrt{2} + 12-6\sqrt{3}] = \frac{1}{2} [10 - 2\sqrt{2} - 2\sqrt{3}] = 5 - \sqrt{2} - \sqrt{3}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-1}^1 \frac{\log 2 - \log(1+x)}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
$x = \cos \theta$ આદેશ લેતા,$dx = -\sin \theta d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = -1$,ત્યારે $\theta = \pi$ અને જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $\theta = 0$.
$I = \int_{\pi}^0 \frac{\log 2 - \log(1+\cos \theta)}{\sqrt{1-\cos^2 \theta}} (-\sin \theta) d\theta = \int_0^{\pi} \frac{\log 2 - \log(2 \cos^2(\theta/2))}{\sin \theta} \sin \theta d\theta$.
$I = \int_0^{\pi} (\log 2 - \log 2 - 2 \log(\cos(\theta/2))) d\theta = -2 \int_0^{\pi} \log(\cos(\theta/2)) d\theta$.
$u = \theta/2$ લેતા,$d\theta = 2du$ મળે.
$I = -2 \int_0^{\pi/2} \log(\cos u) (2 du) = -4 \int_0^{\pi/2} \log(\cos u) du$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int_0^{\pi/2} \log(\cos u) du = -\frac{\pi}{2} \log 2$ નો ઉપયોગ કરતા.
$I = -4 \times (-\frac{\pi}{2} \log 2) = 2 \pi \log 2$.

(B) સંકલન $I = \int_{-2}^4 |2-x^2| dx$ છે.
$2-x^2 = 0$ એ $x = \pm \sqrt{2}$ પર થાય છે.
અંતરાલ $[-2, 4]$ હોવાથી,આપણે સંકલનને $x = -\sqrt{2}$ અને $x = \sqrt{2}$ પર વિભાજિત કરીશું.
$I = \int_{-2}^{-\sqrt{2}} (x^2-2) dx + \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} (2-x^2) dx + \int_{\sqrt{2}}^4 (x^2-2) dx$.
પ્રથમ ભાગનું મૂલ્ય: $[\frac{x^3}{3} - 2x]_{-2}^{-\sqrt{2}} = \frac{4\sqrt{2}+4}{3}$.
બીજા ભાગનું મૂલ્ય: $[2x - \frac{x^3}{3}]_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} = \frac{8\sqrt{2}}{3}$.
ત્રીજા ભાગનું મૂલ્ય: $[\frac{x^3}{3} - 2x]_{\sqrt{2}}^4 = \frac{40+4\sqrt{2}}{3}$.
કુલ સરવાળો: $I = \frac{16\sqrt{2}+44}{3} = \frac{16\sqrt{2}}{3} + 12$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \tan^{14}(\frac{x}{2}) dx$. ધારો કે $t = \frac{x}{2}$,તો $dx = 2dt$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=\frac{\pi}{4}$.
$I = 2 \int_0^{\pi/4} \tan^{14}(t) dt$.
રિડક્શન ફોર્મ્યુલા $I_n = \int \tan^n(t) dt = \frac{\tan^{n-1}(t)}{n-1} - I_{n-2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\int_0^{\pi/4} \tan^n(t) dt = \frac{1}{n-1} - \int_0^{\pi/4} \tan^{n-2}(t) dt$.
આ સૂત્રને $n=14, 12, \dots, 2$ માટે વારંવાર લાગુ પાડતા:
$I_{14} = \frac{1}{13} - I_{12} = \frac{1}{13} - (\frac{1}{11} - I_{10}) = \frac{1}{13} - \frac{1}{11} + \frac{1}{9} - \frac{1}{7} + \frac{1}{5} - \frac{1}{3} + \frac{1}{1} - \int_0^{\pi/4} 1 dt$.
કારણ કે $\int_0^{\pi/4} 1 dt = \frac{\pi}{4}$,તેથી $I = 2 [ \sum_{k=1}^7 \frac{(-1)^{k+1}}{2k-1} - \frac{\pi}{4} ]$.
આપેલ સમીકરણ $2 [ \sum_{n=1}^7 f(n) - \frac{\pi}{4} ]$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(n) = \frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}$ મળે છે.

(B) આપણી પાસે $I_n = \int \frac{1}{(x^2+1)^n} dx$ છે.
$I_n = \int 1 \cdot (x^2+1)^{-n} dx$ ધ્યાનમાં લો.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = (x^2+1)^{-n}$ અને $dv = dx$ લો.
તેથી $du = -n(x^2+1)^{-n-1} \cdot 2x dx = -2nx(x^2+1)^{-n-1} dx$ અને $v = x$ મળે.
$I_n = x(x^2+1)^{-n} - \int x \cdot (-2nx)(x^2+1)^{-n-1} dx$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n \int \frac{x^2}{(x^2+1)^{n+1}} dx$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n \int \frac{(x^2+1)-1}{(x^2+1)^{n+1}} dx$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n \left[ \int \frac{1}{(x^2+1)^n} dx - \int \frac{1}{(x^2+1)^{n+1}} dx \right]$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n I_n - 2n I_{n+1}$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $2n I_{n+1} = \frac{x}{(x^2+1)^n} + (2n-1) I_n$ મળે છે.
તેથી,$2n I_{n+1} - (2n-1) I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + c$.

(B) આપેલ પદાવલિ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{2n} k e^{k/n}$ છે.
આને $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{2n} \left(\frac{k}{n}\right) e^{k/n}$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $x = \frac{k}{n}$,તો $dx = \frac{1}{n}$. જ્યારે $k=1, x \rightarrow 0$ અને જ્યારે $k=2n, x \rightarrow 2$.
આ સરવાળો નિશ્ચિત સંકલનમાં ફેરવાય છે: $S = \int_{0}^{2} x e^x dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u dv = uv - \int v du$,જ્યાં $u=x$ અને $dv=e^x dx$:
$S = [x e^x]_{0}^{2} - \int_{0}^{2} e^x dx$.
$S = (2 e^2 - 0) - [e^x]_{0}^{2}$.
$S = 2 e^2 - (e^2 - e^0) = 2 e^2 - e^2 + 1 = e^2 + 1$.

(D) આપેલ વ્યાપક ઉકેલ $y = Ae^x + B \sin x$ છે.
પગલું $1$: $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = Ae^x + B \cos x$.
પગલું $2$: ફરીથી વિકલન કરતા: $\frac{d^2y}{dx^2} = Ae^x - B \sin x$.
અચળાંકો $A$ અને $B$ નો લોપ કરતા,આપણને મળે છે: $(\cos x + \sin x) y'' - (\cos x - \sin x) y' - (\cos x + \sin x) y = 0$.
અહીં $f(x) = \cos x + \sin x$,$g(x) = -\cos x + \sin x$,$h(x) = -\cos x - \sin x$.
તેથી $f(x) + g(x) + h(x) = (\cos x + \sin x) + (-\cos x + \sin x) + (-\cos x - \sin x) = -\cos x + \sin x$.