Mix Examples-ITF Questions in Gujarati

(C) આપણે સૂત્ર $\tan^{-1}(iz) = \frac{i}{2} \log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$z = \frac{5}{3}$ છે.
$\tan^{-1}\left(\frac{5i}{3}\right) = \frac{i}{2} \log\left(\frac{1 + 5/3}{1 - 5/3}\right) = \frac{i}{2} \log(-4)$.
મુખ્ય કિંમત લેતા,$\log(-4) = \ln 4 + i\pi$ થાય.
તેથી,$\tan^{-1}(5i/3) = \frac{i}{2} \ln 4 - \frac{\pi}{2}$.
આમ,કાલ્પનિક ભાગ $\frac{1}{2} \ln 4 = \ln 2$ છે.

(A) આપેલ છે કે $x, y, z$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $2y = x + z$.
$\tan^{-1}x, \tan^{-1}y, \tan^{-1}z$ એ $A.P.$ માં હોવાથી,$2\tan^{-1}y = \tan^{-1}x + \tan^{-1}z$.
સૂત્ર $\tan^{-1}A + \tan^{-1}B = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\tan^{-1}\left(\frac{2y}{1-y^2}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{x+z}{1-xz}\right)$.
આથી $\frac{2y}{1-y^2} = \frac{x+z}{1-xz}$.
$x+z = 2y$ મૂકતા,$\frac{2y}{1-y^2} = \frac{2y}{1-xz}$.
આ સમીકરણ ત્યારે જ શક્ય છે જો $2y = 0$ અથવા $1-y^2 = 1-xz$.
જો $2y = 0$,તો $y=0$,જેનો અર્થ છે $x+z=0$ અથવા $x=-z$.
જો $1-y^2 = 1-xz$,તો $y^2 = xz$.
$x, y, z$ એ $A.P.$ માં છે ($y^2 = xz$ એટલે $G.P.$),તેથી સંખ્યાઓ $A.P.$ અને $G.P.$ બંનેમાં હોય તે માટે $x = y = z$ હોવું જરૂરી છે.

(A) આપેલ છે કે $p, q, r$ એ $G.P.$ માં છે,તેથી $q^2 = pr$.
વળી,$\tan^{-1} p, \tan^{-1} q, \tan^{-1} r$ એ $A.P.$ માં છે,જે સૂચવે છે કે $2 \tan^{-1} q = \tan^{-1} p + \tan^{-1} r$.
સૂત્ર $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $2 \tan^{-1} q = \tan^{-1} \left( \frac{p+r}{1-pr} \right)$.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા,$\frac{2q}{1-q^2} = \frac{p+r}{1-pr}$.
કારણ કે $q^2 = pr$,છેદ $1-q^2 = 1-pr$ થાય છે.
આમ,$2q = p+r$,જેનો અર્થ છે કે $p, q, r$ એ $A.P.$ માં છે.
$p, q, r$ એ $A.P.$ અને $G.P.$ બંનેમાં હોવાથી,તેઓ સમાન હોવા જોઈએ,એટલે કે $p = q = r$.

(A) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $6x^2 - 5x + 1 = 0$ છે.
$ax^2 + bx + c = 0$ સાથે સરખાવતા,$a = 6, b = -5, c = 1$ મળે.
બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta = -b/a = 5/6$.
બીજનો ગુણાકાર $\alpha \beta = c/a = 1/6$.
સૂત્ર $\tan^{-1}\alpha + \tan^{-1}\beta = \tan^{-1}\left(\frac{\alpha + \beta}{1 - \alpha \beta}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,
કિંમતો મૂકતા: $\tan^{-1}\left(\frac{5/6}{1 - 1/6}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{5/6}{5/6}\right) = \tan^{-1}(1)$.
$\tan^{-1}(1) = \pi / 4$ હોવાથી,અંતિમ જવાબ $\pi / 4$ છે.

(D) સૂત્ર $\tan^{-1}(A) + \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}\left(\frac{\frac{x-1}{x+1} + \frac{2x-1}{2x+1}}{1 - \left(\frac{x-1}{x+1}\right)\left(\frac{2x-1}{2x+1}\right)}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{23}{36}\right)$
પદનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\frac{(x-1)(2x+1) + (2x-1)(x+1)}{(x+1)(2x+1) - (x-1)(2x-1)} = \frac{23}{36}$
$\frac{2x^2 + x - 2x - 1 + 2x^2 + 2x - x - 1}{2x^2 + x + 2x + 1 - (2x^2 - x - 2x + 1)} = \frac{23}{36}$
$\frac{4x^2 - 2}{6x} = \frac{23}{36}$
$\frac{2x^2 - 1}{3x} = \frac{23}{36}$
$24x^2 - 12 = 69x$
$24x^2 - 69x - 12 = 0$
$3$ વડે ભાગતા: $8x^2 - 23x - 4 = 0$
$(8x + 1)(x - 4) = 0$
આમ,$x = 4$ અથવા $x = -\frac{1}{8}$.
કોઈપણ વિકલ્પ મળતો ન હોવાથી,સાચો જવાબ $(d)$ છે.

(A) ધારો કે ${\sin ^{ - 1}}a = A, {\sin ^{ - 1}}b = B, {\sin ^{ - 1}}c = C$.
તેથી $a = \sin A, b = \sin B, c = \sin C$ અને $A + B + C = \pi$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણમાં જ્યાં $A + B + C = \pi$ હોય,ત્યાં નિત્યસમ $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A \sin B \sin C$ સાચું છે.
આને $2\sin A \cos A + 2\sin B \cos B + 2\sin C \cos C = 4\sin A \sin B \sin C$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ $2$ વડે ભાગતા,આપણને $\sin A \cos A + \sin B \cos B + \sin C \cos C = 2\sin A \sin B \sin C$ મળે છે.
કારણ કે $\cos A = \sqrt{1 - \sin^2 A} = \sqrt{1 - a^2}$,$\cos B = \sqrt{1 - b^2}$,અને $\cos C = \sqrt{1 - c^2}$,આ કિંમતો મૂકતા:
$a\sqrt{1 - a^2} + b\sqrt{1 - b^2} + c\sqrt{1 - c^2} = 2abc$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે જો $x \in [2n\pi, (2n+1)\pi]$ હોય,તો $\cos^{-1}(\cos x) = x - 2n\pi$ થાય. $x = 12$ માટે,$3\pi \approx 9.42$ અને $4\pi \approx 12.56$ હોવાથી,$3\pi < 12 < 4\pi$ મળે. તેથી,$\cos^{-1}(\cos 12) = 4\pi - 12$.
આપણે જાણીએ છીએ કે જો $x \in [2n\pi - \pi/2, 2n\pi + \pi/2]$ હોય,તો $\sin^{-1}(\sin x) = x - 2n\pi$ થાય. $x = 14$ માટે,$4\pi \approx 12.56$ અને $4\pi + \pi/2 \approx 14.13$ હોવાથી,$4\pi - \pi/2 < 14 < 4\pi + \pi/2$ મળે. તેથી,$\sin^{-1}(\sin 14) = 14 - 4\pi$.
આમ,$\cos^{-1}(\cos 12) - \sin^{-1}(\sin 14) = (4\pi - 12) - (14 - 4\pi) = 8\pi - 26$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\cos^{-1} x + \cos^{-1} 2x + \pi = 0$
$\Rightarrow \cos^{-1} x + \cos^{-1} 2x = -\pi$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1} \theta$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે,તેથી $\cos^{-1} x + \cos^{-1} 2x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0 + 0 = 0$ થાય.
પરંતુ,સમીકરણ મુજબ સરવાળો $-\pi$ થવો જોઈએ.
બે અ-ઋણ સંખ્યાઓનો સરવાળો ક્યારેય ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $x$ ની એવી કોઈ વાસ્તવિક કિંમત નથી જે આ સમીકરણનું સમાધાન કરે.
આમ,વાસ્તવિક ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\tan (\cos ^{ - 1}x) = \sin (\cot ^{ - 1}\frac{1}{2})$.
ધારો કે $\cot ^{ - 1}\frac{1}{2} = \phi$,તો $\cot \phi = \frac{1}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \phi = \frac{1}{\sqrt{1 + \cot ^2 \phi}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (1/2)^2}} = \frac{1}{\sqrt{5/4}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
ધારો કે $\cos ^{ - 1}x = \theta$,તો $\cos \theta = x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \theta = \frac{\sqrt{1 - \cos ^2 \theta}}{\cos \theta} = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$.
આ કિંમતોને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{\sqrt{1 - x^2}}{x} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{1 - x^2}{x^2} = \frac{4}{5}$.
$5(1 - x^2) = 4x^2$.
$5 - 5x^2 = 4x^2$.
$9x^2 = 5$.
$x^2 = \frac{5}{9}$.
$x = \pm \frac{\sqrt{5}}{3}$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\tan^{-1}\sqrt{x(x + 1)} + \sin^{-1}\sqrt{x^2 + x + 1} = \frac{\pi}{2}$ છે.
$\tan^{-1}\sqrt{x(x + 1)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$x(x + 1) \ge 0$ હોવું જોઈએ.
$\sin^{-1}\sqrt{x^2 + x + 1}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,દલીલ $0 \le \sqrt{x^2 + x + 1} \le 1$ નું પાલન કરવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $0 \le x^2 + x + 1 \le 1$.
કારણ કે $x^2 + x + 1 = (x + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$,$x^2 + x + 1$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{3}{4}$ છે.
આમ,શરત $0 \le x^2 + x + 1 \le 1$ એ $\frac{3}{4} \le x^2 + x + 1 \le 1$ માં સરળ બને છે,જેનો અર્થ છે $x^2 + x \le 0$.
$x(x + 1) \ge 0$ અને $x(x + 1) \le 0$ ને જોડતા,આપણને $x(x + 1) = 0$ મળે છે.
આનાથી $x = 0$ અથવા $x = -1$ મળે છે.
$x = 0$ તપાસતા: $\tan^{-1}(0) + \sin^{-1}(1) = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$. આ એક ઉકેલ છે.
$x = -1$ તપાસતા: $\tan^{-1}(0) + \sin^{-1}(1) = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$. આ એક ઉકેલ છે.
તેથી,કુલ $2$ વાસ્તવિક ઉકેલો છે.

(C) ધારો કે ${\cos ^{ - 1}}x = y$. જ્યારે $x \to 1$,ત્યારે $y \to 0$. વળી,$x = \cos y$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 - \sqrt x }}{{{{({{\cos }^{ - 1}}x)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \sqrt {\cos y} }}{{{y^2}}}$
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{(1 - \sqrt {\cos y} )(1 + \sqrt {\cos y} )}}{{{y^2}(1 + \sqrt {\cos y} )}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}(1 + \sqrt {\cos y} )}}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \left( \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}} \right) \times \left( \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{1}{{1 + \sqrt {\cos y} }} \right)$
$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{{1 + \sqrt 1 }} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \cot^{-1} \left( \frac{3x - x^3}{1 - 3x^2} \right)$ અને $g(x) = \cos^{-1} \left( \frac{1 - x^2}{1 + x^2} \right)$.
ધારો કે $x = \tan \theta$. $0 < a < \frac{1}{\sqrt{3}}$ માટે,$0 < \theta < \frac{\pi}{6}$ મળે.
$f(x) = \cot^{-1}(\tan 3\theta) = \cot^{-1}(\cot(\frac{\pi}{2} - 3\theta)) = \frac{\pi}{2} - 3\theta = \frac{\pi}{2} - 3\tan^{-1}x$.
તેથી,$f'(x) = -\frac{3}{1 + x^2}$.
$g(x) = \cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta = 2\tan^{-1}x$.
તેથી,$g'(x) = \frac{2}{1 + x^2}$.
એલ'હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(a)}{g'(a)} = \frac{-\frac{3}{1 + a^2}}{\frac{2}{1 + a^2}} = -\frac{3}{2}$.

(B) ધારો કે $y = \tan^{-1} \left[ \frac{3a^2x - x^3}{a(a^2 - 3x^2)} \right]$.
$x = a \tan \theta$ આદેશ લેતા,જેથી $\theta = \tan^{-1}(\frac{x}{a})$.
તેથી,$y = \tan^{-1} \left[ \frac{3a^3 \tan \theta - a^3 \tan^3 \theta}{a(a^2 - 3a^2 \tan^2 \theta)} \right] = \tan^{-1} \left[ \frac{a^3(3 \tan \theta - \tan^3 \theta)}{a^3(1 - 3 \tan^2 \theta)} \right]$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan(3\theta) = \frac{3 \tan \theta - \tan^3 \theta}{1 - 3 \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \tan^{-1}(\tan 3\theta) = 3\theta$.
કારણ કે $\theta = \tan^{-1}(\frac{x}{a})$,તેથી $y = 3 \tan^{-1}(\frac{x}{a})$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{1}{1 + (x/a)^2} \cdot \frac{1}{a} = 3 \cdot \frac{a^2}{a^2 + x^2} \cdot \frac{1}{a} = \frac{3a}{a^2 + x^2}$.
$x = 0$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = \frac{3a}{a^2 + 0} = \frac{3}{a}$.

(C) આપેલ છે કે $u = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + x^2} - 1}{x} \right)$ અને $v = 2 \tan^{-1} x$.
ધારો કે $x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1} x$.
$u$ માં $x = \tan \theta$ મૂકતા:
$u = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + \tan^2 \theta} - 1}{\tan \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta} \right)$
$u = \tan^{-1} \left( \frac{1 - \cos \theta}{\sin \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{2 \sin^2(\theta/2)}{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)} \right)$
$u = \tan^{-1} (\tan(\theta/2)) = \theta/2 = \frac{1}{2} \tan^{-1} x$.
હવે,$v = 2 \tan^{-1} x$.
આપણે $\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx}$ શોધવાનું છે.
$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + x^2}$.
$\frac{dv}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1 + x^2}$.
તેથી,$\frac{du}{dv} = \frac{\frac{1}{2(1 + x^2)}}{\frac{2}{1 + x^2}} = \frac{1}{4}$.

(B) ધારો કે $p = {\sin ^{ - 1}}\left( {\frac{{2x}}{{1 + {x^2}}}} \right)$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,આપણને $p = {\sin ^{ - 1}}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2{\tan ^{ - 1}}x$ મળે છે.
હવે,ધારો કે $q = {\cos ^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}}} \right)$.
તે જ આદેશ $x = \tan \theta$ લેતા,આપણને $q = {\cos ^{ - 1}}(\cos 2\theta) = 2\theta = 2{\tan ^{ - 1}}x$ મળે છે.
અહીં $p = q$ હોવાથી,$p$ નું $q$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $\frac{{dp}}{{dq}} = \frac{d}{{dq}}(q) = 1$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $x, y, z$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2y = x + z$.
વળી,$\tan^{-1}x, \tan^{-1}y, \tan^{-1}z$ પણ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2\tan^{-1}y = \tan^{-1}x + \tan^{-1}z$.
સૂત્ર $\tan^{-1}A + \tan^{-1}B = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\tan^{-1}\left(\frac{2y}{1-y^2}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{x+z}{1-xz}\right)$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{2y}{1-y^2} = \frac{x+z}{1-xz}$.
$x+z = 2y$ હોવાથી,$\frac{2y}{1-y^2} = \frac{2y}{1-xz}$.
આ સમીકરણ ત્યારે જ શક્ય છે જો $2y = 0$ અથવા $1-y^2 = 1-xz$ હોય.
જો $2y = 0$,તો $y = 0$,જેનો અર્થ છે $x = -z$.
જો $1-y^2 = 1-xz$,તો $y^2 = xz$.
$x, y, z$ સમાંતર શ્રેણીમાં હોવાથી,$y^2 = xz$ નો અર્થ છે $x = y = z$.
આમ,$x = y = z$ શરત આપેલ જરૂરિયાતોને સંતોષે છે.

(A) આપેલ છે કે $x, y, z$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $2y = x + z$ ....$(1)$
કારણ કે $\tan^{-1} x, \tan^{-1} y, \tan^{-1} z$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $2 \tan^{-1} y = \tan^{-1} x + \tan^{-1} z$.
$\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left( \frac{a+b}{1-ab} \right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $2 \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x+z}{1-xz} \right)$.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા,$\frac{2y}{1-y^2} = \frac{x+z}{1-xz}$.
$(1)$ પરથી $x+z = 2y$ મૂકતા,આપણને મળે $\frac{2y}{1-y^2} = \frac{2y}{1-xz}$.
આનો અર્થ એ છે કે કાં તો $2y = 0$ (જે $x=y=z=0$ તરફ દોરી જાય છે) અથવા $\frac{1}{1-y^2} = \frac{1}{1-xz}$,જેનો અર્થ છે $y^2 = xz$.
જો $x, y, z$ એ $A.P.$ અને $G.P.$ બંનેમાં હોય,તો $x = y = z$.

(A) ધારો કે $s^2 = \frac{a+b+c}{abc}$. તેથી પદાવલિ $\theta = \tan^{-1}\sqrt{a^2 s^2} + \tan^{-1}\sqrt{b^2 s^2} + \tan^{-1}\sqrt{c^2 s^2}$ બને છે.
$a, b, c$ ધન હોવાથી,$\theta = \tan^{-1}(as) + \tan^{-1}(bs) + \tan^{-1}(cs)$.
સૂત્ર $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y + \tan^{-1} z = \tan^{-1}\left(\frac{x+y+z-xyz}{1-(xy+yz+zx)}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \theta = \frac{as+bs+cs - (as)(bs)(cs)}{1 - (asbs + bscs + csas)} = \frac{s(a+b+c) - s^3(abc)}{1 - s^2(ab+bc+ca)}$.
$s^2 = \frac{a+b+c}{abc}$ મૂકતા,જેનો અર્થ છે કે $s^2(abc) = a+b+c$:
$\tan \theta = \frac{s(a+b+c) - s(s^2 abc)}{1 - s^2(ab+bc+ca)} = \frac{s(a+b+c) - s(a+b+c)}{1 - s^2(ab+bc+ca)} = \frac{0}{1 - s^2(ab+bc+ca)} = 0$.
વૈકલ્પિક રીતે,$a=b=c=1$ લેતા,$\theta = \tan^{-1}\sqrt{3} + \tan^{-1}\sqrt{3} + \tan^{-1}\sqrt{3} = 3 \times 60^\circ = 180^\circ = \pi$. તેથી,$\tan \theta = \tan \pi = 0$.

(A) આપેલ સમીકરણ: ${\tan ^{ - 1}}x + {\cos ^{ - 1}}\frac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} = {\sin ^{ - 1}}\frac{3}{{\sqrt {10} }}$
આપણે જાણીએ છીએ કે ${\cos ^{ - 1}}\frac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} = {\tan ^{ - 1}}\frac{1}{y}$ અને ${\sin ^{ - 1}}\frac{3}{{\sqrt {10} }} = {\tan ^{ - 1}}3$.
આ કિંમતો મૂકતા: ${\tan ^{ - 1}}x + {\tan ^{ - 1}}\frac{1}{y} = {\tan ^{ - 1}}3$.
સૂત્ર ${\tan ^{ - 1}}A + {\tan ^{ - 1}}B = {\tan ^{ - 1}}\frac{A+B}{1-AB}$ નો ઉપયોગ કરતા: $\frac{x + \frac{1}{y}}{1 - \frac{x}{y}} = 3$.
સાદુરૂપ આપતા: $\frac{xy + 1}{y - x} = 3 \implies xy + 1 = 3y - 3x \implies xy + 3x - 3y + 1 = 0$.
બંને બાજુ $8$ ઉમેરતા: $x(y + 3) - 3(y + 3) + 10 = 0 \implies (x - 3)(y + 3) = -10 \implies (3 - x)(y + 3) = 10$.
$x, y$ ધન પૂર્ણાંકો હોવાથી,$10$ ના અવયવો તપાસતા: $(3-x)$ એ $1$ અથવા $2$ હોઈ શકે.
જો $3 - x = 1 \implies x = 2$,તો $y + 3 = 10 \implies y = 7$.
જો $3 - x = 2 \implies x = 1$,તો $y + 3 = 5 \implies y = 2$.
આમ,શક્ય જોડીઓ $(1, 2)$ અને $(2, 7)$ છે.

(B) આપેલ છે કે $a_1, a_2, \dots, a_n$ એ $d$ સામાન્ય તફાવત ધરાવતી $A.P.$ છે,તેથી દરેક $k = 1, 2, \dots, n-1$ માટે $a_{k+1} - a_k = d$ થાય.
નિત્યસમ $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x - y}{1 + xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીને,દરેક પદને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\tan^{-1} \left( \frac{d}{1 + a_k a_{k+1}} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{a_{k+1} - a_k}{1 + a_k a_{k+1}} \right) = \tan^{-1} a_{k+1} - \tan^{-1} a_k$.
$k = 1$ થી $n-1$ સુધી આ પદોનો સરવાળો કરતા ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી મળે છે:
$\sum_{k=1}^{n-1} (\tan^{-1} a_{k+1} - \tan^{-1} a_k) = (\tan^{-1} a_2 - \tan^{-1} a_1) + (\tan^{-1} a_3 - \tan^{-1} a_2) + \dots + (\tan^{-1} a_n - \tan^{-1} a_{n-1})$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે,અને માત્ર $\tan^{-1} a_n - \tan^{-1} a_1$ બાકી રહે છે.
આમ,પદાવલિ $\tan \left( \tan^{-1} a_n - \tan^{-1} a_1 \right) = \tan \left( \tan^{-1} \left( \frac{a_n - a_1}{1 + a_n a_1} \right) \right) = \frac{a_n - a_1}{1 + a_1 a_n}$ બને છે.
કારણ કે $a_n = a_1 + (n-1)d$,તેથી $a_n - a_1 = (n-1)d$.
તેથી,પરિણામ $\frac{(n - 1)d}{1 + a_1 a_n}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $\alpha = \cos^{-1} \frac{1}{5\sqrt{2}}$. તેથી $\cos \alpha = \frac{1}{5\sqrt{2}}$.
$\tan^2 \alpha = \sec^2 \alpha - 1 = (5\sqrt{2})^2 - 1 = 50 - 1 = 49$ હોવાથી,$\tan \alpha = 7$ મળે.
આમ,$\alpha = \tan^{-1} 7$.
ધારો કે $\beta = \sin^{-1} \frac{4}{\sqrt{17}}$. તેથી $\sin \beta = \frac{4}{\sqrt{17}}$.
$\cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta = 1 - \frac{16}{17} = \frac{1}{17}$ હોવાથી,$\cos \beta = \frac{1}{\sqrt{17}}$ મળે.
તેથી $\tan \beta = \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{4/\sqrt{17}}{1/\sqrt{17}} = 4$.
આમ,$\beta = \tan^{-1} 4$.
હવે પદાવલિ $\tan(\alpha - \beta) = \tan(\tan^{-1} 7 - \tan^{-1} 4)$ બને છે.
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(\tan^{-1} 7 - \tan^{-1} 4) = \frac{7 - 4}{1 + (7)(4)} = \frac{3}{1 + 28} = \frac{3}{29}$.

(C) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{\ln e - \ln x^2}{\ln e + \ln x^2} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{3 + 2 \ln x}{1 - 6 \ln x} \right)$.
$\ln e = 1$ અને $\ln x^2 = 2 \ln x$ હોવાથી,$y = \tan^{-1} \left( \frac{1 - 2 \ln x}{1 + 2 \ln x} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{3 + 2 \ln x}{1 - 6 \ln x} \right)$ મળે.
સૂત્ર $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $A = \frac{1 - 2 \ln x}{1 + 2 \ln x}$ અને $B = \frac{3 + 2 \ln x}{1 - 6 \ln x}$.
તેથી $A + B = \frac{(1 - 2 \ln x)(1 - 6 \ln x) + (3 + 2 \ln x)(1 + 2 \ln x)}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)} = \frac{4 + 16(\ln x)^2}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)}$.
અને $1 - AB = 1 - \frac{(1 - 2 \ln x)(3 + 2 \ln x)}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)} = \frac{-2 - 8(\ln x)^2}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)}$.
આમ,$\frac{A+B}{1-AB} = \frac{4(1 + 4(\ln x)^2)}{-2(1 + 4(\ln x)^2)} = -2$.
તેથી $y = \tan^{-1}(-2)$,જે એક અચળ પદ છે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = 0$ અને $\frac{d^2y}{dx^2} = 0$.

(A) ધારો કે $\cos \alpha = \frac{2}{\sqrt{13}}$ અને $\sin \alpha = \frac{3}{\sqrt{13}}$. તેથી $\tan \alpha = \frac{3}{2}$.
પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$f(x) = \cos^{-1} (\cos \alpha \cos x - \sin \alpha \sin x) + \sin^{-1} (\cos \alpha \cos x + \sin \alpha \sin x)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ અને $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \cos^{-1} (\cos(x + \alpha)) + \sin^{-1} (\cos(x - \alpha))$
કારણ કે $\sin^{-1}(\cos \theta) = \frac{\pi}{2} - \cos^{-1}(\cos \theta) = \frac{\pi}{2} - \theta$ (યોગ્ય વિસ્તાર માટે):
$f(x) = (x + \alpha) + \left( \frac{\pi}{2} - (x - \alpha) \right)$
$f(x) = x + \alpha + \frac{\pi}{2} - x + \alpha = \frac{\pi}{2} + 2\alpha$
$\alpha$ એ અચળ હોવાથી,વિકલન $f'(x) = \frac{d}{dx} (\frac{\pi}{2} + 2\alpha) = 0$ થાય.
આમ,$x = \frac{3}{4}$ આગળ વિકલન $0$ છે.

(B) ધારો કે $x = \sin^2 \theta$. કારણ કે $x \in (0, 1/2)$,તેથી $\theta \in (0, \pi/4)$ છે.
તેથી $\sqrt{1-x} = \sqrt{1-\sin^2 \theta} = \cos \theta$.
વળી,$\sqrt{x(1-x)} = \sqrt{\sin^2 \theta \cos^2 \theta} = \sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} \sin 2\theta$.
આ કિંમતો $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = 2 \sin^{-1}(\cos \theta) + \sin^{-1}(2 \cdot \frac{1}{2} \sin 2\theta)$
$f(x) = 2 \sin^{-1}(\sin(\pi/2 - \theta)) + \sin^{-1}(\sin 2\theta)$
કારણ કે $\theta \in (0, \pi/4)$,તેથી $(\pi/2 - \theta) \in (\pi/4, \pi/2)$ અને $2\theta \in (0, \pi/2)$ છે.
આમ,$f(x) = 2(\pi/2 - \theta) + 2\theta = \pi - 2\theta + 2\theta = \pi$.
$f(x) = \pi$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,તેનું વિકલન $f'(x) = 0$ થાય.

(B) ધારો કે $\sin^{-1} x = \theta$. જ્યારે $x \to 1/\sqrt{2}$,ત્યારે $\theta \to \pi/4$.
$x = \sin \theta$ ને પદાવલિમાં મુકતા:
$\lim_{\theta \to \pi/4} \frac{\sin \theta - \cos \theta}{1 - \tan \theta}$
$= \lim_{\theta \to \pi/4} \frac{\sin \theta - \cos \theta}{1 - \frac{\sin \theta}{\cos \theta}}$
$= \lim_{\theta \to \pi/4} \frac{\cos \theta (\sin \theta - \cos \theta)}{\cos \theta - \sin \theta}$
$= \lim_{\theta \to \pi/4} -\cos \theta$
$= -\cos(\pi/4) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$

(A) પ્રથમ,અંશની ગણતરી કરો: $\mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } (\sqrt {x + 1} - \sqrt x) = 0$.
તેથી,$\cot^{-1}(0) = \pi / 2$.
ત્યારબાદ,છેદની ગણતરી કરો: $\mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } (\frac{2x+1}{x-1})^x = \infty$.
તેથી,$\sec^{-1}(\infty) = \pi / 2$.
આમ,લક્ષની કિંમત $\frac{\pi / 2}{\pi / 2} = 1$ થાય છે.

(D) બે વિધેયો સમાન હોય જો તેમનો પ્રદેશ અને તેમનો નિયમ સમાન હોય.
$(A)$ $y = \tan(\cos^{-1} x)$ માટે,$\cos^{-1} x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે. $\tan(\theta)$ એ $\theta = \frac{\pi}{2}$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી $\cos^{-1} x \neq \frac{\pi}{2}$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x \neq 0$. આમ,પ્રદેશ $[-1, 0) \cup (0, 1]$ છે. પદાવલિ $\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$ માં સરળ બને છે. બંને વિધેયો સમાન પ્રદેશ અને પદાવલિ ધરાવે છે.
$(B)$ $y = \tan(\cot^{-1} x)$ માટે,$\cot^{-1} x$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે અને $\cot^{-1} x \in (0, \pi)$,તેથી $\tan(\cot^{-1} x)$ એ $x = 0$ સિવાય તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. આમ,પ્રદેશ $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ છે. પદાવલિ $\frac{1}{x}$ માં સરળ બને છે. બંને વિધેયો સમાન છે.
$(C)$ $y = \sin(\tan^{-1} x)$ માટે,$\tan^{-1} x$ નો પ્રદેશ $\mathbb{R}$ છે. $\tan^{-1} x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ હોવાથી,$\sin(\tan^{-1} x)$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. પદાવલિ $\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ માં સરળ બને છે. બંને વિધેયો સમાન છે.
આમ,$(A)$,$(B)$,અને $(C)$ ત્રણેય સમાન વિધેયોની જોડી હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(D) બે વિધેયો $f(x)$ અને $g(x)$ સમાન હોવા માટે,તેમનો પ્રદેશ સમાન હોવો જોઈએ અને પ્રદેશના દરેક $x$ માટે $f(x) = g(x)$ હોવું જોઈએ.
વિકલ્પ $A$ તપાસો: ધારો કે $x = \tan \theta$. તો $f(x) = \cos(2\theta) = \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta} = \frac{1 - x^2}{1 + x^2} = g(x)$. બંને તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,$A$ સમાન છે.
વિકલ્પ $B$ તપાસો: ધારો કે $x = \cot \theta$. તો $g(x) = \sin(2\theta) = \frac{2\cot \theta}{1 + \cot^2 \theta} = \frac{2x}{1 + x^2} = f(x)$. બંને તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,$B$ સમાન છે.
વિકલ્પ $C$ તપાસો: $f(x)$ માટે,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $\cot^{-1} x > 0$,તેથી $\operatorname{sgn}(\cot^{-1} x) = 1$. તેથી $f(x) = e^{\ln(1)} = 1$. $g(x)$ માટે,$[1 + \{x\}] = 1$ કારણ કે $0 \le \{x\} < 1$,તેથી $1 \le 1 + \{x\} < 2$. તેથી $g(x) = e^{\ln(1)} = 1$. બંને તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,$C$ સમાન છે.
બધી જોડીઓ સમાન હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) $\sin^{-1} \sqrt{x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણી પાસે $0 \leq \sqrt{x} \leq 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x \in [0, 1]$.
$\cos^{-1} \sqrt{x^2 - 1}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણી પાસે $0 \leq \sqrt{x^2 - 1} \leq 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $0 \leq x^2 - 1 \leq 1$,તેથી $1 \leq x^2 \leq 2$. $x \geq 0$ હોવાથી,આપણને $x \in [1, \sqrt{2}]$ મળે છે.
આ બંનેને જોડતા,$x$ માટેનું એકમાત્ર શક્ય મૂલ્ય $x = 1$ છે.
સમીકરણમાં $x = 1$ મૂકતા,આપણને $\sin^{-1}(1) + \cos^{-1}(0) + \tan^{-1}(\tan y) = a$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} + y = a$ થાય છે,જ્યાં $y$ એ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા છે જેના માટે $\tan y$ વ્યાખ્યાયિત છે.
આમ,$a = \pi + y$. $\tan^{-1}(\tan y)$ એ $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ વિસ્તાર ધરાવતું આવર્ત વિધેય હોવાથી,$a \in (\pi - \frac{\pi}{2}, \pi + \frac{\pi}{2})$,એટલે કે $a \in (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$.
$\pi \approx 3.14$ લેતા,અંતરાલ $(\frac{3.14}{2}, \frac{3 \times 3.14}{2}) \approx (1.57, 4.71)$ મળે છે.
આ અંતરાલમાં $a$ ના પૂર્ણાંક મૂલ્યો $2, 3, 4$ છે.
તેથી,કુલ $3$ પૂર્ણાંક મૂલ્યો છે.

(B) ધારો કે $\sin^{-1} \sqrt{1-x^2} = \theta$. તેથી $\sin \theta = \sqrt{1-x^2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\cos \theta = \sqrt{1 - (1-x^2)} = \sqrt{x^2} = |x|$. $\sqrt{\frac{2}{x}-1}$ ના પ્રદેશ માટે $x > 0$ હોવું જરૂરી છે,તેથી $\cos \theta = x$.
આમ,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} = \sqrt{\frac{1-x^2}{x^2}} = \sqrt{\frac{1}{x^2}-1}$.
આપેલ છે કે $\tan \theta = \sqrt{\frac{2}{x}-1}$,તેથી બંને પદોને સરખાવતા:
$\sqrt{\frac{1}{x^2}-1} = \sqrt{\frac{2}{x}-1}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{1}{x^2} - 1 = \frac{2}{x} - 1$.
$\frac{1}{x^2} = \frac{2}{x} \implies x^2 = \frac{x}{2} \implies x(x - \frac{1}{2}) = 0$.
$x > 0$ હોવાથી,$x = \frac{1}{2}$ મળે.
અહીં,$a = 1$ અને $b = 2$ છે,જે પરસ્પર અવિભાજ્ય છે.
તેથી,$a^2 + b^2 = 1^2 + 2^2 = 1 + 4 = 5$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \cot \left( \sin^{-1} \sqrt{\frac{2}{3 + \cos 2x}} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$,તેથી $3 + \cos 2x = 3 + 2\cos^2 x - 1 = 2 + 2\cos^2 x = 2(1 + \cos^2 x)$.
આ કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $\sqrt{\frac{2}{2(1 + \cos^2 x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \cos^2 x}}$.
ધારો કે $\theta = \sin^{-1} \sqrt{\frac{2}{3 + \cos 2x}}$. તેથી $\sin \theta = \sqrt{\frac{2}{3 + \cos 2x}}$.
$\sin^2 \theta = \frac{2}{3 + \cos 2x} \implies \csc^2 \theta = \frac{3 + \cos 2x}{2} = \frac{3 + 2\cos^2 x - 1}{2} = 1 + \cos^2 x$.
$\cot^2 \theta = \csc^2 \theta - 1 = (1 + \cos^2 x) - 1 = \cos^2 x$.
તેથી,$f(x) = \cot \theta = \sqrt{\cos^2 x} = |\cos x|$.
$x = \frac{2\pi}{3}$ આગળ,$\cos x = -\frac{1}{2}$,તેથી $\frac{2\pi}{3}$ ની આસપાસ $f(x) = -\cos x$ થાય.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(-\cos x) = \sin x$.
$f'\left( \frac{2\pi}{3} \right) = \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(B) ધારો કે $g(x) = |\tan^{-1}x|$ અને $h(x) = \cot^{-1}x$.
આપણે $f(x) = \max\{g(x), h(x)\}$ શોધવાનું છે.
$x < 0$ માટે,$g(x) = |\tan^{-1}x| = -\tan^{-1}x$ અને $h(x) = \cot^{-1}x = \pi - \tan^{-1}x$. કારણ કે $\pi - \tan^{-1}x > -\tan^{-1}x$,તેથી $x < 0$ માટે $f(x) = \cot^{-1}x$ થાય.
$x \ge 0$ માટે,$g(x) = \tan^{-1}x$ અને $h(x) = \cot^{-1}x$. તેઓ જ્યાં $\tan^{-1}x = \cot^{-1}x$ થાય ત્યાં છેદે છે,એટલે કે $x = 1$ પર. $x=1$ પર,$f(1) = \frac{\pi}{4}$ થાય.
$x \in [0, 1]$ માટે,$\cot^{-1}x \ge \tan^{-1}x$,તેથી $f(x) = \cot^{-1}x$. $x > 1$ માટે,$\tan^{-1}x > \cot^{-1}x$,તેથી $f(x) = \tan^{-1}x$ થાય.
વિધાન $I$: વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ $x=1$ (જ્યાં વિધેયો બદલાય છે) અને સંભવિત $x=0$ (જ્યાં $|\tan^{-1}x|$ ને ખૂણો છે) પર વિકલનીય નથી. તેથી,$I$ ખોટું છે.
વિધાન $II$: વિસ્તાર $[\frac{\pi}{4}, \pi)$ છે. જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to \pi$. જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \frac{\pi}{2}$. ન્યૂનતમ કિંમત $x=1$ પર $\frac{\pi}{4}$ છે. તેથી,$II$ ખોટું છે.
વિધાન $III$: વિધેય એકવિધ (monotonic) નથી અને સમગ્ર સહપ્રદેશ $R$ ને આવરી લેતું નથી,તેથી તે અનેક-એક અંતર્વ્યાપ્ત (many-one into) છે. તેથી,$III$ સાચું છે.
માત્ર એક વિધાન સાચું છે.

(C) આપેલ છે કે $\cos ^{-1}(x) + \cos ^{-1}(2x) + \cos ^{-1}(3x) = \pi.$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે $\cos ^{-1}(2x) + \cos ^{-1}(3x) = \pi - \cos ^{-1}(x).$
નિત્યસમ $\cos ^{-1}(A) + \cos ^{-1}(B) = \cos ^{-1}(AB - \sqrt{1-A^2}\sqrt{1-B^2})$ અને $\pi - \cos ^{-1}(x) = \cos ^{-1}(-x)$ નો ઉપયોગ કરતા,
$\cos ^{-1}(6x^2 - \sqrt{1-4x^2}\sqrt{1-9x^2}) = \cos ^{-1}(-x).$
દલીલોને સરખાવતા,$6x^2 - \sqrt{1-4x^2}\sqrt{1-9x^2} = -x.$
ફરીથી ગોઠવતા,$6x^2 + x = \sqrt{1-4x^2}\sqrt{1-9x^2}.$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(6x^2 + x)^2 = (1-4x^2)(1-9x^2).$
$36x^4 + x^2 + 12x^3 = 1 - 13x^2 + 36x^4.$
સાદું રૂપ આપતા,$12x^3 + 14x^2 - 1 = 0.$
આને $ax^3 + bx^2 + cx - 1 = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 12, b = 14, c = 0$ મળે છે.
આમ,$a + b + c = 12 + 14 + 0 = 26.$

(D) આપેલ છે કે $x = \sin(2 \tan^{-1} 2)$. ધારો કે $\tan^{-1} 2 = \theta$,તેથી $\tan \theta = 2$.
$\tan \theta = 2$ હોવાથી,$\sin \theta = \frac{2}{\sqrt{5}}$ અને $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{5}}$ મળે.
તેથી $x = \sin(2 \theta) = 2 \sin \theta \cos \theta = 2 \left( \frac{2}{\sqrt{5}} \right) \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \right) = \frac{4}{5}$.
આમ,$1 - x = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}$.
હવે,$y = \sin \left( \frac{1}{2} \tan^{-1} \frac{4}{3} \right)$ આપેલ છે. ધારો કે $\tan^{-1} \frac{4}{3} = \alpha$,તેથી $\tan \alpha = \frac{4}{3}$.
નિત્યસમ $\sin \frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1 - \cos \alpha}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\cos \alpha = \frac{3}{5}$ ($\tan \alpha = \frac{4}{3}$ હોવાથી),આપણને $y = \sqrt{\frac{1 - 3/5}{2}} = \sqrt{\frac{2/5}{2}} = \sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ મળે.
તેથી,$y^2 = \frac{1}{5}$.
પરિણામોની સરખામણી કરતા,$y^2 = \frac{1}{5}$ અને $1 - x = \frac{1}{5}$,તેથી $y^2 = 1 - x$.

(C) ધારો કે $S = \sum\limits_{\lambda = 1}^{10} {{{\sin }^{ - 1}}\left( {\sin \left( {\lambda \pi - \frac{\pi }{6}} \right)} \right)} $.
બેકી $\lambda = 2n$ માટે (જ્યાં $n = 1, 2, 3, 4, 5$):
$\sin(2n\pi - \frac{\pi }{6}) = \sin(-\frac{\pi }{6}) = -\frac{1}{2}$.
તેથી,${{\sin }^{ - 1}}(\sin(2n\pi - \frac{\pi }{6})) = -\frac{\pi }{6}$.
આવા $5$ પદો છે,તેથી સરવાળો $5 \times (-\frac{\pi }{6}) = -\frac{5\pi }{6}$ થાય.
એકી $\lambda = 2n-1$ માટે (જ્યાં $n = 1, 2, 3, 4, 5$):
$\sin((2n-1)\pi - \frac{\pi }{6}) = \sin(\pi - \frac{\pi }{6}) = \sin(\frac{\pi }{6}) = \frac{1}{2}$.
તેથી,${{\sin }^{ - 1}}(\sin((2n-1)\pi - \frac{\pi }{6})) = \frac{\pi }{6}$.
આવા $5$ પદો છે,તેથી સરવાળો $5 \times \frac{\pi }{6} = \frac{5\pi }{6}$ થાય.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $S = -\frac{5\pi }{6} + \frac{5\pi }{6} = 0$.

(C) વિધેય $f(x) = \cos^{-1}x + 2\cot^{-1}x - 2x^3 - 4x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે.
પ્રથમ,આપણે $f(x)$ નું વિકલન શોધીએ:
$f'(x) = \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{2}{1+x^2} - 6x^2 - 4$.
અહીં $\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} < 0$,$\frac{-2}{1+x^2} < 0$,અને $-6x^2 - 4 < 0$ હોવાથી,$f'(x) < 0$ થાય છે.
તેથી,$f(x)$ એ $[-1, 1]$ પર ઘટતું વિધેય છે.
મહત્તમ કિંમત $x = -1$ આગળ મળે છે:
$M = f(-1) = \cos^{-1}(-1) + 2\cot^{-1}(-1) - 2(-1)^3 - 4(-1) = \pi + 2(\frac{3\pi}{4}) + 2 + 4 = \pi + \frac{3\pi}{2} + 6 = \frac{5\pi}{2} + 6$.
ન્યૂનતમ કિંમત $x = 1$ આગળ મળે છે:
$m = f(1) = \cos^{-1}(1) + 2\cot^{-1}(1) - 2(1)^3 - 4(1) = 0 + 2(\frac{\pi}{4}) - 2 - 4 = \frac{\pi}{2} - 6$.
ન્યૂનતમ અને મહત્તમ કિંમતોનો સરવાળો:
$m + M = (\frac{\pi}{2} - 6) + (\frac{5\pi}{2} + 6) = \frac{6\pi}{2} = 3\pi$.

(A) ધારો કે $\alpha = \cos^{-1} \left( \frac{3}{5} \right)$,તેથી $\cos \alpha = \frac{3}{5}$. $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$ હોવાથી,$\sin \alpha = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$ મળે. આમ,$\alpha = \sin^{-1} \left( \frac{4}{5} \right)$.
ધારો કે $\beta = \tan^{-1} 2$,તેથી $\tan \beta = 2$. નિત્યસમ $\sin \beta = \frac{\tan \beta}{\sqrt{1 + \tan^2 \beta}}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin \beta = \frac{2}{\sqrt{1 + 2^2}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$ મળે. આમ,$\beta = \sin^{-1} \left( \frac{2}{\sqrt{5}} \right)$.
આ પદાવલિ $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$ બને છે.
અહીં $\sin \alpha = \frac{4}{5}$,$\cos \alpha = \frac{3}{5}$,$\sin \beta = \frac{2}{\sqrt{5}}$,અને $\cos \beta = \frac{1}{\sqrt{1 + 2^2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ છે.
આ કિંમતો મુકતા: $\sin(\alpha + \beta) = (\frac{4}{5} \times \frac{1}{\sqrt{5}}) + (\frac{3}{5} \times \frac{2}{\sqrt{5}}) = \frac{4}{5\sqrt{5}} + \frac{6}{5\sqrt{5}} = \frac{10}{5\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.

(C) વિધેય $f(x, y) = \tan^{-1} x - \tan^{-1} y$ નો વિસ્તાર $(-\pi, \pi)$ છે. તેથી,$\lfloor \tan^{-1} x - \tan^{-1} y \rfloor$ ની મહત્તમ કિંમત $\lfloor \pi^- \rfloor = 3$ થાય.
વિધેય $g(u, v) = \sin^{-1} u - \sin^{-1} v$ નો વિસ્તાર $[-\pi, \pi]$ છે. તેથી,$\lfloor \sin^{-1} u - \sin^{-1} v \rfloor$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\lfloor -\pi \rfloor = -4$ થાય.
પદાવલિ $\lfloor \tan^{-1} x - \tan^{-1} y \rfloor - \lfloor \sin^{-1} u - \sin^{-1} v \rfloor$ ને મહત્તમ બનાવવા માટે,આપણે પ્રથમ પદની મહત્તમ કિંમત લઈએ છીએ અને બીજા પદની ન્યૂનતમ કિંમત બાદ કરીએ છીએ.
મહત્તમ કિંમત $= 3 - (-4) = 7$.

(D) ધારો કે $f(x) = \cos (\tan ^{-1}(\sin (\cos ^{-1} x))) + \sin (\cot ^{-1}(\cos (\sin ^{-1} x)))$.
કારણ કે $\sin (\cos ^{-1} x) = \sqrt{1-x^2}$ અને $\cos (\sin ^{-1} x) = \sqrt{1-x^2}$,તેથી:
$f(x) = \cos (\tan ^{-1}(\sqrt{1-x^2})) + \sin (\cot ^{-1}(\sqrt{1-x^2}))$.
ધારો કે $\theta = \tan ^{-1}(\sqrt{1-x^2})$,તો $\tan \theta = \sqrt{1-x^2}$.
તેથી $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}} = \frac{1}{\sqrt{1+(1-x^2)}} = \frac{1}{\sqrt{2-x^2}}$.
તે જ રીતે,ધારો કે $\phi = \cot ^{-1}(\sqrt{1-x^2})$,તો $\cot \phi = \sqrt{1-x^2}$.
તેથી $\sin \phi = \frac{1}{\sqrt{1+\cot^2 \phi}} = \frac{1}{\sqrt{1+(1-x^2)}} = \frac{1}{\sqrt{2-x^2}}$.
આમ,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2-x^2}} + \frac{1}{\sqrt{2-x^2}} = \frac{2}{\sqrt{2-x^2}}$.
કારણ કે $x \in [-1, 1]$,$x^2 \in [0, 1]$,તેથી $2-x^2 \in [1, 2]$.
આમ,$\sqrt{2-x^2} \in [1, \sqrt{2}]$,અને $f(x) \in [\sqrt{2}, 2]$.
તેથી $m = \sqrt{2}$ અને $M = 2$.
સમીકરણ $\operatorname{sgn} (|x - 1| - 2) = \ln |x - 2|$ છે.
$y = \operatorname{sgn} (|x - 1| - 2)$ અને $y = \ln |x - 2|$ ના આલેખનું વિશ્લેષણ કરતા,આપણને જણાય છે કે વક્રો $4$ બિંદુઓ પર છેદે છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot x - 2 \cot 2x = \cot x - 2 \left( \frac{\cot^2 x - 1}{2 \cot x} \right) = \cot x - \frac{\cot^2 x - 1}{\cot x} = \frac{\cot^2 x - \cot^2 x + 1}{\cot x} = \frac{1}{\cot x} = \tan x$.
તેથી,$f(x) = \tan^{-1}(\tan x)$.
$x \in [1, 7]$ માટે,આપણે $f(r) = \tan^{-1}(\tan r)$ ની કિંમત મેળવીએ:
$f(1) = 1$ (કારણ કે $1 \in (-\pi/2, \pi/2)$)
$f(2) = 2 - \pi$ (કારણ કે $2 \in (\pi/2, 3\pi/2)$)
$f(3) = 3 - \pi$
$f(4) = 4 - \pi$
$f(5) = 5 - 2\pi$ (કારણ કે $5 \in (3\pi/2, 5\pi/2)$)
$f(6) = 6 - 2\pi$
$f(7) = 7 - 2\pi$
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા: $\sum_{r=1}^7 f(r) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) - (3\pi + 6\pi) = 28 - 9\pi$.
$\pi \approx 3.14159$ હોવાથી,$9\pi \approx 28.2743$.
તેથી,$[28 - 9\pi] = [28 - 28.2743] = [-0.2743] = -1$.

(D) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $6x^2 + 10x + 1 = 0$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,બીજનો સરવાળો $p + q = -\frac{5}{3}$ અને બીજનો ગુણાકાર $pq = \frac{1}{6}$ છે.
બંને બીજ $p$ અને $q$ ઋણ છે.
$\tan^{-1} p + \tan^{-1} q = -\tan^{-1} \left( \frac{p+q}{1-pq} \right) = -\tan^{-1} \left( \frac{-5/3}{1-1/6} \right) = -\tan^{-1} (2)$.
$\frac{\pi}{4} < \tan^{-1} 2 < \frac{\pi}{3}$ હોવાથી,$-\frac{\pi}{3} < -\tan^{-1} 2 < -\frac{\pi}{4}$ થાય.
તેથી,$[-\tan^{-1} 2] = -1$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $31\pi < 100 < 32\pi$ છે.
$1$. $\sin ^{-1}(\sin 100) = 100 - 32\pi$
$2$. $\cos ^{-1}(\cos 100) = 32\pi - 100$
$3$. $\tan ^{-1}(\tan 100) = 100 - 31\pi$
$4$. $\cot ^{-1}(\cot 100) = 100 - 31\pi$
સરવાળો કરતા: $(100 - 32\pi) + (32\pi - 100) + (100 - 31\pi) + (100 - 31\pi) = 200 - 62\pi$.

(A) ધારો કે $y = \sec^{-1}x$. $\sec^{-1}x$ નો પ્રદેશ $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ છે,તેથી $y \in [0, \pi/2) \cup (\pi/2, \pi]$.
આપેલ અસમતા: $(y - 4)(y - 1)(y - 2) \ge 0$.
કારણ કે $y \in [0, \pi] \approx [0, 3.14]$,પદ $(y - 4)$ હંમેશા ઋણ છે.
$(y - 4)$ વડે ભાગતા,અસમતા ઉલટાય છે: $(y - 1)(y - 2) \le 0$.
આ $y \in [1, 2]$ માટે સાચું છે.
$y = \sec^{-1}x$ હોવાથી,$1 \le \sec^{-1}x \le 2$.
સેકન્ટ વિધેય લાગુ પાડતા,આપણને $\sec 1 \le x \le \sec 2$ મળે છે.

(D) સમીકરણ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોના પ્રદેશ સંતોષવા જોઈએ:
$1) -1 \leq x - 1 \leq 1 \Rightarrow 0 \leq x \leq 2$
$2) -1 \leq x - 3 \leq 1 \Rightarrow 2 \leq x \leq 4$
$3) -x^2 + 2 \neq 0 \Rightarrow x^2 \neq 2 \Rightarrow x \neq \pm\sqrt{2}$
શરતો $(1)$ અને $(2)$ નો છેદગણ લેતા,આપણને $x = 2$ મળે છે.
મૂળ સમીકરણમાં $x = 2$ મૂકતા:
$m = \sin^{-1}(2 - 1) + \cos^{-1}(2 - 3) + \tan^{-1}\left(\frac{2}{-2^2 + 2}\right)$
$m = \sin^{-1}(1) + \cos^{-1}(-1) + \tan^{-1}\left(\frac{2}{-2}\right)$
$m = \frac{\pi}{2} + \pi + \tan^{-1}(-1)$
$m = \frac{3\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{6\pi - \pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$.
આ કિંમત પદમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\cot^{-1} \left( \frac{2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} - 1}{3} \right) = \cot^{-1} \left( \frac{n^2+n-1}{3} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{3}{n^2+n-1} \right)$.
આપણે આ પદને $\frac{(n+2)-(n-1)}{1+(n+2)(n-1)} = \frac{3}{1+(n^2+n-2)}$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,$T_n = \tan^{-1}(n+2) - \tan^{-1}(n-1)$.
સરવાળો $S_N = \sum_{n=1}^N (\tan^{-1}(n+2) - \tan^{-1}(n-1))$ છે.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા: $S_N = (\tan^{-1} 3 - \tan^{-1} 0) + (\tan^{-1} 4 - \tan^{-1} 1) + (\tan^{-1} 5 - \tan^{-1} 2) + \dots + (\tan^{-1}(N+2) - \tan^{-1}(N-1))$.
મોટાભાગના પદો ઉડી જાય છે,અને બાકી રહે છે $S_N = \tan^{-1}(N+2) + \tan^{-1}(N+1) - \tan^{-1} 1 - \tan^{-1} 0$.
જ્યારે $N \to \infty$,ત્યારે $S = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે મુખ્ય કિંમતોની શ્રેણી: $\sin^{-1}(\sin x) = x - n\pi$ અથવા $(n+1)\pi - x$,$\cos^{-1}(\cos x) = |x - 2n\pi|$,$\tan^{-1}(\tan x) = x - n\pi$,અને $\cot^{-1}(\cot x) = x - n\pi$ છે.
$x = 100$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $31\pi \approx 97.389$ અને $32\pi \approx 100.53$ છે.
કારણ કે $31\pi < 100 < 32\pi$:
$1$. $\sin^{-1}(\sin 100) = 100 - 32\pi$
$2$. $\cos^{-1}(\cos 100) = 32\pi - 100$
$3$. $\tan^{-1}(\tan 100) = 100 - 32\pi$
$4$. $\cot^{-1}(\cot 100) = 100 - 31\pi$
સરવાળો કરતા: $(100 - 32\pi) + (32\pi - 100) + (100 - 32\pi) + (100 - 31\pi) = 200 - 63\pi$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $2\tan^{-1}(\cos^2 x) = \tan^{-1}(2\csc^2 x)$.
સૂત્ર $2\tan^{-1} \theta = \tan^{-1} \left( \frac{2\theta}{1 - \theta^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1} \left( \frac{2\cos^2 x}{1 - \cos^4 x} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{2}{\sin^2 x} \right)$.
દલીલોને સરખાવતા:
$\frac{2\cos^2 x}{1 - \cos^4 x} = \frac{2}{\sin^2 x}$.
કારણ કે $1 - \cos^4 x = (1 - \cos^2 x)(1 + \cos^2 x) = \sin^2 x(1 + \cos^2 x)$,સમીકરણ આ મુજબ બને છે:
$\frac{2\cos^2 x}{\sin^2 x(1 + \cos^2 x)} = \frac{2}{\sin^2 x}$.
ધારો કે $\sin^2 x \neq 0$,તો બંને બાજુથી $2/\sin^2 x$ ને દૂર કરતા:
$\frac{\cos^2 x}{1 + \cos^2 x} = 1$.
$\cos^2 x = 1 + \cos^2 x$,જેનો અર્થ છે $0 = 1$,જે વિરોધાભાસ છે.
આમ,સમીકરણનું સમાધાન કરે તેવી $x$ ની કોઈ વાસ્તવિક કિંમત નથી.
તેથી,$m = 0$.
કારણ કે $m = 0$,શરત $m \le 1$ સંતોષાય છે.

(C) ધારો કે $u = \tan^{-1} x$. તો $\cot^{-1} x = \frac{\pi}{2} - u$.
આપેલ અસમતા: $u(\frac{\pi}{2} - u) - u(1 + \frac{\pi}{2}) - 2(\frac{\pi}{2} - u) + 2(1 + \frac{\pi}{2}) > \lim_{x \to \infty} [\sec^{-1} x - \frac{\pi}{2}]$.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\sec^{-1} x \to \frac{\pi}{2}$,તેથી લક્ષ $[\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}] = [0] = 0$ થાય.
ડાબી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{\pi}{2}u - u^2 - u - \frac{\pi}{2}u - \pi + 2u + 2 + \pi > 0$.
$-u^2 + u + 2 > 0 \Rightarrow u^2 - u - 2 < 0$.
$(u - 2)(u + 1) < 0 \Rightarrow -1 < u < 2$.
કારણ કે $u = \tan^{-1} x$,તેથી $-1 < \tan^{-1} x < 2$.
બધી બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા: $\tan(-1) < x < \tan 2$.
આમ,$-\tan 1 < x < \tan 2$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\tan^{-1} (x^2 + 3|x|-4) = \tan^{-1} (4\pi + \sin^{-1}(\sin 14))$.
$\tan^{-1}$ એ એક-એક વિધેય હોવાથી,$x^2 + 3|x| - 4 = 4\pi + \sin^{-1}(\sin 14)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}(\sin 14) = 14 - 4\pi$ કારણ કે $4\pi < 14 < \frac{9\pi}{2}$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $x^2 + 3|x| - 4 = 4\pi + (14 - 4\pi) = 14$.
તેથી,$x^2 + 3|x| - 18 = 0$.
ધારો કે $t = |x|$,જ્યાં $t \ge 0$. તો $t^2 + 3t - 18 = 0$.
$(t+6)(t-3) = 0$. $t \ge 0$ હોવાથી,$t = 3$,એટલે કે $|x| = 3$.
આપણે $\cos^{-1}(\cos 3|x|) = \cos^{-1}(\cos 9)$ શોધવાનું છે.
$2\pi < 9 < 3\pi$ હોવાથી,$\cos^{-1}(\cos \theta) = \theta - 2\pi$ નો ઉપયોગ કરતા.
આમ,$\cos^{-1}(\cos 9) = 9 - 2\pi$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $x \in [0, 1]$ માટે $2[\cos^{-1}x] + 6[\text{sgn}(\sin x)] = 3$.
પગલું $1$: $x \in [0, 1]$ માટે $\cos^{-1}x$ નો વિસ્તાર તપાસો.
$x \in [0, 1]$ હોવાથી,$\cos^{-1}x \in [0, \pi/2]$.
તેથી,$[\cos^{-1}x]$ ની કિંમત $0$ અથવા $1$ હોઈ શકે છે (કારણ કે $\pi/2 \approx 1.57$).
પગલું $2$: $x \in [0, 1]$ માટે $\text{sgn}(\sin x)$ નો વિસ્તાર તપાસો.
$x \in (0, 1]$ માટે,$\sin x > 0$,તેથી $\text{sgn}(\sin x) = 1$.
$x = 0$ માટે,$\sin 0 = 0$,તેથી $\text{sgn}(0) = 0$.
પગલું $3$: કિસ્સાઓ તપાસો.
કિસ્સો $1$: જો $x = 0$,તો $[\cos^{-1}0] = [\pi/2] = 1$ અને $\text{sgn}(\sin 0) = 0$.
સમીકરણ $2(1) + 6(0) = 2 \neq 3$ બને છે.
કિસ્સો $2$: જો $x \in (0, 1]$,તો $\text{sgn}(\sin x) = 1$,તેથી $[\text{sgn}(\sin x)] = 1$.
સમીકરણ $2[\cos^{-1}x] + 6(1) = 3$ બને છે,જેનું સાદું રૂપ $2[\cos^{-1}x] = -3$ અથવા $[\cos^{-1}x] = -1.5$ થાય છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય હંમેશા પૂર્ણાંક હોવું જોઈએ,તેથી આ કિસ્સામાં કોઈ ઉકેલ નથી.
નિષ્કર્ષ: સમીકરણનું પાલન કરે તેવી $x$ ની કોઈ કિંમત નથી. તેથી,ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.