Mix Examples-ITF Questions in Gujarati

(D) આપેલ સમીકરણ: $3\cos^{-1}\left(x^2 - 5x - \frac{11}{2}\right) = \pi$
$3$ વડે ભાગતા: $\cos^{-1}\left(x^2 - 5x - \frac{11}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$
બંને બાજુ કોસાઈન લેતા: $x^2 - 5x - \frac{11}{2} = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right)$
કારણ કે $\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}$,તેથી: $x^2 - 5x - \frac{11}{2} = \frac{1}{2}$
પદોને ગોઠવતા: $x^2 - 5x - 6 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x - 6)(x + 1) = 0$
આમ,ઉકેલો $x = 6$ અને $x = -1$ મળે છે.
$\alpha > \beta$ આપેલ હોવાથી,$\alpha = 6$ અને $\beta = -1$ થાય.
હવે,$(\alpha^2 + \beta^3) = (6)^2 + (-1)^3 = 36 - 1 = 35$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $x > 0$ માટે $\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$\tan^{-1}(1) + \tan^{-1}(2) + \tan^{-1}(3)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$ થાય.
હવે,$\tan^{-1}(2) + \tan^{-1}(3)$ માટે,કારણ કે $2 \times 3 = 6 > 1$ છે,આપણે સૂત્ર $\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(y) = \pi + \tan^{-1}(\frac{x+y}{1-xy})$ નો ઉપયોગ કરીશું:
$\tan^{-1}(2) + \tan^{-1}(3) = \pi + \tan^{-1}(\frac{2+3}{1-2 \times 3})$
$= \pi + \tan^{-1}(\frac{5}{1-6})$
$= \pi + \tan^{-1}(\frac{5}{-5})$
$= \pi + \tan^{-1}(-1)$
$= \pi - \tan^{-1}(1)$
$= \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
આ પરિણામોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{4} = \frac{4\pi}{4} = \pi$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\tan^{-1} 2x + \tan^{-1} 3x = \frac{\pi}{4}$ છે.
સૂત્ર $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા (જ્યાં $AB < 1$):
$\tan^{-1} \left( \frac{2x + 3x}{1 - (2x)(3x)} \right) = \frac{\pi}{4}$.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા:
$\frac{5x}{1 - 6x^2} = \tan \left( \frac{\pi}{4} \right) = 1$.
$5x = 1 - 6x^2$.
$6x^2 + 5x - 1 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$6x^2 + 6x - x - 1 = 0$.
$6x(x + 1) - 1(x + 1) = 0$.
$(6x - 1)(x + 1) = 0$.
તેથી,$x = \frac{1}{6}$ અથવા $x = -1$.
મૂળ સમીકરણમાં ઉકેલો ચકાસતા:
$x = \frac{1}{6}$ માટે,$\tan^{-1} (1/3) + \tan^{-1} (1/2) = \tan^{-1} (1) = \frac{\pi}{4}$. આ ઉકેલ માન્ય છે.
$x = -1$ માટે,$\tan^{-1} (-2) + \tan^{-1} (-3)$ એ ઋણ કિંમત આપે છે,જે $\frac{\pi}{4}$ હોઈ શકે નહીં.
આમ,માત્ર $1$ ઉકેલ મળે છે.

(D) ધારો કે પદાવલિ $E = \cos ^{-1} [ \cot (A) + B + C ]$ છે,જ્યાં:
$A = \sin ^{-1} \sqrt{\frac{2-\sqrt{3}}{4}} = 15^{\circ} = \frac{\pi}{12}$.
$B = \cos ^{-1} \left( \frac{\sqrt{12}}{4} \right) = \cos ^{-1} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6}$.
$C = \sec ^{-1} \sqrt{2} = \cos ^{-1} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = 45^{\circ} = \frac{\pi}{4}$.
આ કિંમતો મૂકતા,ગણતરી મુજબ અંતિમ જવાબ $\frac{\pi}{2}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $y = \cot^{-1} x$. અસમતા $y^2 - 7y + 10 > 0$ બને છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,આપણને $(y - 5)(y - 2) > 0$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $y < 2$ અથવા $y > 5$.
$\cot^{-1} x$ નો વિસ્તાર $(0, \pi)$ હોવાથી,$0 < \cot^{-1} x < \pi$ થાય.
તેથી,$0 < \cot^{-1} x < 2$ અથવા $5 < \cot^{-1} x < \pi$ મળે.
$\cot$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય હોવાથી,જ્યારે આપણે તેને લાગુ કરીએ ત્યારે અસમતા ઉલટાઈ જાય છે:
$0 < \cot^{-1} x < 2$ માટે,$x > \cot 2$ મળે છે.
$5 < \cot^{-1} x < \pi$ માટે,$\cot \pi < x < \cot 5$ મળે છે,જે $-\infty < x < \cot 5$ છે.
આમ,$x \in (-\infty, \cot 5) \cup (\cot 2, \infty)$.

(D) આપેલ છે કે $\cos^{-1} x - \cos^{-1} \frac{y}{2} = \alpha$.
બંને બાજુ $\cos$ લેતા,$\cos(\cos^{-1} x - \cos^{-1} \frac{y}{2}) = \cos \alpha$ મળે.
$\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$x \cdot \frac{y}{2} + \sqrt{1 - x^2} \sqrt{1 - \frac{y^2}{4}} = \cos \alpha$.
પદોને ગોઠવતા: $\sqrt{1 - x^2} \sqrt{1 - \frac{y^2}{4}} = \cos \alpha - \frac{xy}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(1 - x^2)(1 - \frac{y^2}{4}) = (\cos \alpha - \frac{xy}{2})^2$.
$1 - \frac{y^2}{4} - x^2 + \frac{x^2y^2}{4} = \cos^2 \alpha - xy \cos \alpha + \frac{x^2y^2}{4}$.
$1 - \frac{y^2}{4} - x^2 = \cos^2 \alpha - xy \cos \alpha$.
આખા સમીકરણને $4$ વડે ગુણતા:
$4 - y^2 - 4x^2 = 4 \cos^2 \alpha - 4xy \cos \alpha$.
$4x^2 - 4xy \cos \alpha + y^2$ ની કિંમત શોધવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$4x^2 - 4xy \cos \alpha + y^2 = 4 - 4 \cos^2 \alpha$.
કારણ કે $1 - \cos^2 \alpha = \sin^2 \alpha$,તેથી:
$4x^2 - 4xy \cos \alpha + y^2 = 4 \sin^2 \alpha$.

(A) ધારો કે $\sin ^{-1} \frac{12}{13}=x$,$\cos ^{-1} \frac{4}{5}=y$,અને $\tan ^{-1} \frac{63}{16}=z$.
તેથી $\sin x = \frac{12}{13}$,$\cos y = \frac{4}{5}$,અને $\tan z = \frac{63}{16}$.
આના પરથી,આપણને મળે છે $\cos x = \sqrt{1 - (\frac{12}{13})^2} = \frac{5}{13}$,$\sin y = \sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2} = \frac{3}{5}$.
આમ,$\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{12/13}{5/13} = \frac{12}{5}$ અને $\tan y = \frac{\sin y}{\cos y} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$.
હવે,$\tan(x+y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y} = \frac{\frac{12}{5} + \frac{3}{4}}{1 - (\frac{12}{5} \times \frac{3}{4})} = \frac{\frac{48+15}{20}}{1 - \frac{36}{20}} = \frac{63/20}{-16/20} = -\frac{63}{16}$.
કારણ કે $\tan(x+y) = -\frac{63}{16}$ અને $\tan z = \frac{63}{16}$,તેથી $\tan(x+y) = -\tan z = \tan(\pi - z)$.
કારણ કે $x, y, z$ પ્રથમ ચરણમાં છે,તેથી $x+y+z = \pi$.

(A) ધારો કે $\sin ^{-1} \frac{3}{5}=x$. તેથી,$\sin x=\frac{3}{5} \Rightarrow \cos x=\sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{16}{25}}=\frac{4}{5}$.
$\therefore \tan x=\frac{3}{4} \Rightarrow x=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
$\therefore \sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{3}{4} \dots(1)$.
હવે,ધારો કે $\cos ^{-1} \frac{12}{13}=y$. તેથી,$\cos y=\frac{12}{13} \Rightarrow \sin y=\sqrt{1-\left(\frac{12}{13}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{25}{169}}=\frac{5}{13}$.
$\therefore \tan y=\frac{5}{12} \Rightarrow y=\tan ^{-1} \frac{5}{12}$.
$\therefore \cos ^{-1} \frac{12}{13}=\tan ^{-1} \frac{5}{12} \dots(2)$.
હવે,ડાબી બાજુ ($L$.$H$.$S$) ધ્યાનમાં લો: $\cos ^{-1} \frac{12}{13}+\sin ^{-1} \frac{3}{5}$.
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\tan ^{-1} \frac{5}{12}+\tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
સૂત્ર $\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{5}{12}+\frac{3}{4}}{1-\left(\frac{5}{12} \cdot \frac{3}{4}\right)} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{20+36}{48}}{\frac{48-15}{48}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{56}{33} \right)$.
$\tan ^{-1} \frac{56}{33}$ ને $\sin ^{-1}$ માં ફેરવવા માટે,ધારો કે $\tan ^{-1} \frac{56}{33} = z$. તેથી $\tan z = \frac{56}{33}$.
નિત્યસમ $\sin z = \frac{\tan z}{\sqrt{1+\tan^2 z}} = \frac{56/33}{\sqrt{1+(56/33)^2}} = \frac{56/33}{\sqrt{(1089+3136)/1089}} = \frac{56/33}{65/33} = \frac{56}{65}$.
આમ,$\tan ^{-1} \frac{56}{33} = \sin ^{-1} \frac{56}{65} = \text{જમણી બાજુ (R.H.S)}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $2 \tan ^{-1}(\cos x)=\tan ^{-1}(2 \csc x)$
સૂત્ર $2 \tan ^{-1} \theta = \tan ^{-1} \left( \frac{2 \theta}{1 - \theta^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{2 \cos x}{1 - \cos^2 x} \right) = \tan ^{-1} (2 \csc x)$
બંને બાજુ સરખાવતા:
$\frac{2 \cos x}{\sin^2 x} = 2 \csc x$
$\csc x = \frac{1}{\sin x}$ હોવાથી:
$\frac{2 \cos x}{\sin^2 x} = \frac{2}{\sin x}$
$\sin x \neq 0$ ધારીને,બંને બાજુથી $2$ અને એક $\sin x$ ને દૂર કરતા:
$\frac{\cos x}{\sin x} = 1$
$\cot x = 1$
$\tan x = 1$
તેથી,$x = \frac{\pi}{4}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1}(1-x)-2 \sin ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $-2 \sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}(1-x)$
નિત્યસમ $\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} \theta = \cos ^{-1} \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે: $-2 \sin ^{-1} x = \cos ^{-1}(1-x)$
ધારો કે $\sin ^{-1} x = y$,તો $x = \sin y$. સમીકરણ $-2y = \cos ^{-1}(1 - \sin y)$ બને છે.
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા: $\cos(-2y) = 1 - \sin y$
કારણ કે $\cos(-2y) = \cos(2y) = 1 - 2\sin^2 y$,તેથી: $1 - 2\sin^2 y = 1 - \sin y$
$2\sin^2 y - \sin y = 0$
$\sin y(2\sin y - 1) = 0$
આથી $\sin y = 0$ અથવા $\sin y = \frac{1}{2}$ મળે છે.
$x = \sin y$ હોવાથી,શક્ય કિંમતો $x = 0$ અથવા $x = \frac{1}{2}$ છે.
$x = 0$ માટે ચકાસતા: $\sin^{-1}(1) - 2\sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$. આ ઉકેલ છે.
$x = \frac{1}{2}$ માટે ચકાસતા: $\sin^{-1}(\frac{1}{2}) - 2\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = -\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6} \neq \frac{\pi}{2}$.
આમ,માત્ર $x = 0$ એ જ સાચો ઉકેલ છે.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}\left(\frac{3x - x^3}{1 - 3x^2}\right)$.
ધારો કે $x = \tan \theta$. કારણ કે $-\frac{1}{\sqrt{3}} < x < \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $-\frac{\pi}{6} < \theta < \frac{\pi}{6}$ થાય.
તેથી $y = \tan^{-1}\left(\frac{3\tan \theta - \tan^3 \theta}{1 - 3\tan^2 \theta}\right) = \tan^{-1}(\tan 3\theta) = 3\theta$.
$x = \tan \theta$ હોવાથી,$\theta = \tan^{-1} x$ થાય.
આમ,$y = 3\tan^{-1} x$.
હવે,$y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dy} = \frac{d}{dy}(\tan \theta) = \sec^2 \theta \cdot \frac{d\theta}{dy}$.
$y = 3\theta$ હોવાથી,$\theta = \frac{y}{3}$,તેથી $\frac{d\theta}{dy} = \frac{1}{3}$ થાય.
$\frac{dx}{dy} = \sec^2 \theta \cdot \frac{1}{3} = \frac{1 + \tan^2 \theta}{3} = \frac{1 + x^2}{3}$.

(A) ધારો કે $x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1} x$. $0 < x < 1$ હોવાથી,$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ મળે.
આમ,$y = \sin^{-1}\left(\frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta}\right)$ થાય.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos 2\theta = \frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \sin^{-1}(\cos 2\theta)$ મળે.
$\cos 2\theta = \sin\left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)$ હોવાથી,$y = \sin^{-1}\left(\sin\left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)\right)$ થાય.
$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$0 < 2\theta < \frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $0 < \frac{\pi}{2} - 2\theta < \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$y = \frac{\pi}{2} - 2\theta = \frac{\pi}{2} - 2\tan^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}\left(\frac{\pi}{2}\right) - 2\frac{d}{dx}(\tan^{-1} x) = 0 - 2\left(\frac{1}{1+x^2}\right) = \frac{-2}{1+x^2}$.

(B) ધારો કે $\cos \alpha = \frac{3}{5}$ અને $\sin \alpha = \frac{4}{5}$,જ્યાં $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ છે.
$\cos^{-1}$ વિધેયની અંદરનું પદ $\frac{3}{5} \cos kx - \frac{4}{5} \sin kx$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\cos \alpha \cos kx - \sin \alpha \sin kx = \cos(\alpha + kx)$ મળે છે.
આમ,$y = \sum_{k=1}^{6} k \cos^{-1}(\cos(\alpha + kx))$.
$x$ ની $0$ ની નજીકની કિંમતો માટે,$\cos^{-1}(\cos(\alpha + kx)) = \alpha + kx$ થાય.
તેથી,$y = \sum_{k=1}^{6} k(\alpha + kx) = \sum_{k=1}^{6} (k\alpha + k^2 x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \sum_{k=1}^{6} k^2$ મળે.
$x = 0$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = \sum_{k=1}^{6} k^2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2$.
વર્ગોના સરવાળાના સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,$n=6$ માટે:
$\frac{6(7)(13)}{6} = 91$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1} \frac{3 x}{5}+\sin ^{-1} \frac{4 x}{5}=\sin ^{-1} x$
સૂત્ર $\sin ^{-1} A + \sin ^{-1} B = \sin ^{-1} (A \sqrt{1-B^2} + B \sqrt{1-A^2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin ^{-1}\left(\frac{3 x}{5} \sqrt{1-\frac{16 x^{2}}{25}}+\frac{4 x}{5} \sqrt{1-\frac{9 x^{2}}{25}}\right)=\sin ^{-1} x$
દલીલોને સરખાવતા:
$\frac{3 x}{5} \sqrt{1-\frac{16 x^{2}}{25}}+\frac{4 x}{5} \sqrt{1-\frac{9 x^{2}}{25}}=x$
કિસ્સો $1$: $x=0$ એ ઉકેલ છે.
કિસ્સો $2$: $x \neq 0$,$x$ વડે ભાગતા:
$\frac{3}{5} \sqrt{\frac{25-16 x^{2}}{25}} + \frac{4}{5} \sqrt{\frac{25-9 x^{2}}{25}} = 1$
$3 \sqrt{25-16 x^{2}} + 4 \sqrt{25-9 x^{2}} = 25$
$4 \sqrt{25-9 x^{2}} = 25 - 3 \sqrt{25-16 x^{2}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$16(25-9 x^{2}) = 625 + 9(25-16 x^{2}) - 150 \sqrt{25-16 x^{2}}$
$400 - 144 x^{2} = 625 + 225 - 144 x^{2} - 150 \sqrt{25-16 x^{2}}$
$150 \sqrt{25-16 x^{2}} = 450$
$\sqrt{25-16 x^{2}} = 3$
$25 - 16 x^{2} = 9 \Rightarrow 16 x^{2} = 16 \Rightarrow x^{2} = 1 \Rightarrow x = \pm 1$
મૂળ સમીકરણમાં $x=1, -1, 0$ તપાસતા,બધા જ ઉકેલ સંતોષે છે.
આમ,$x$ ના વાસ્તવિક મૂલ્યોની સંખ્યા $3$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1}\left[x^{2}+\frac{1}{3}\right]+\cos ^{-1}\left[x^{2}-\frac{2}{3}\right]=x^{2}$.
$\sin^{-1}(u)$ ના પ્રદેશ માટે,આપણે $-1 \leq u \leq 1$ ની જરૂર છે. કારણ કે $u$ એ પૂર્ણાંક છે (મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયને કારણે),$u \in \{-1, 0, 1\}$.
કિસ્સો $1$: ધારો કે $x^2 + \frac{1}{3} = k_1$ અને $x^2 - \frac{2}{3} = k_2$,જ્યાં $k_1, k_2 \in \mathbb{Z}$.
$x \in [-1, 1]$ આપેલ છે,તેથી $x^2 \in [0, 1]$.
તેથી $x^2 + \frac{1}{3} \in [1/3, 4/3]$,તેથી $[x^2 + 1/3] \in \{0, 1\}$.
અને $x^2 - 2/3 \in [-2/3, 1/3]$,તેથી $[x^2 - 2/3] \in \{-1, 0\}$.
કિસ્સો $I$: $[x^2 + 1/3] = 0$ અને $[x^2 - 2/3] = -1$.
આનો અર્થ એ છે કે $0 \leq x^2 + 1/3 < 1 \Rightarrow -1/3 \leq x^2 < 2/3$ અને $-1 \leq x^2 - 2/3 < 0 \Rightarrow -1/3 \leq x^2 < 2/3$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\sin^{-1}(0) + \cos^{-1}(-1) = x^2 \Rightarrow 0 + \pi = x^2 \Rightarrow x^2 = \pi$.
$\pi \approx 3.14$ હોવાથી,તે $[0, 2/3)$ માં નથી. તેથી કોઈ ઉકેલ નથી.
કિસ્સો $II$: $[x^2 + 1/3] = 1$ અને $[x^2 - 2/3] = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $1 \leq x^2 + 1/3 < 2 \Rightarrow 2/3 \leq x^2 < 5/3$ અને $0 \leq x^2 - 2/3 < 1 \Rightarrow 2/3 \leq x^2 < 5/3$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\sin^{-1}(1) + \cos^{-1}(0) = x^2 \Rightarrow \pi/2 + \pi/2 = x^2 \Rightarrow x^2 = \pi$.
$\pi \approx 3.14$ હોવાથી,તે $[2/3, 1]$ માં નથી (કારણ કે $x \in [-1, 1]$ નો અર્થ $x^2 \leq 1$ થાય છે). તેથી કોઈ ઉકેલ નથી.
આમ,ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1}\left(\frac{1}{1+r+r^{2}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{(r+1)-r}{1+r(r+1)}\right) = \tan ^{-1}(r+1) - \tan ^{-1}(r)$.
આમ,સરવાળો એ ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$\sum_{r=1}^{n} \left[\tan ^{-1}(r+1) - \tan ^{-1}(r)\right] = (\tan ^{-1}(2) - \tan ^{-1}(1)) + (\tan ^{-1}(3) - \tan ^{-1}(2)) + \dots + (\tan ^{-1}(n+1) - \tan ^{-1}(n))$.
આનું સાદું રૂપ $\tan ^{-1}(n+1) - \tan ^{-1}(1) = \tan ^{-1}(n+1) - \frac{\pi}{4}$ થાય છે.
હવે,$n \rightarrow \infty$ લેતા:
$\lim _{n}$ ${\rightarrow \infty} \tan \left(\tan ^{-1}(n+1) - \frac{\pi}{4}\right) = \tan \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = \tan \left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \cos \left(2 \tan ^{-1} \sin \left(\cot ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{x}}\right)\right)$.
ધારો કે $\theta = \cot ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{x}}$. તેથી $\cot \theta = \sqrt{\frac{1-x}{x}}$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \theta = \sqrt{\frac{x}{1-x}}$.
નિત્યસમ $\sin \theta = \frac{\tan \theta}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}} = \frac{\sqrt{x/(1-x)}}{\sqrt{1+x/(1-x)}} = \sqrt{x}$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી,$\cot ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{x}} = \sin ^{-1} \sqrt{x}$.
આ કિંમત $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \cos \left(2 \tan ^{-1} \sqrt{x}\right)$.
નિત્યસમ $2 \tan ^{-1} u = \cos ^{-1} \left(\frac{1-u^2}{1+u^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \cos \left(\cos ^{-1} \left(\frac{1-x}{1+x}\right)\right) = \frac{1-x}{1+x}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષે $f(x)$ નું વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{(1+x)(-1) - (1-x)(1)}{(1+x)^2} = \frac{-1-x-1+x}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2}$.
હવે વિકલ્પો તપાસીએ. $(1-x)^2 f^{\prime}(x) + 2(f(x))^2$ ધ્યાનમાં લો:
$(1-x)^2 \left(\frac{-2}{(1+x)^2}\right) + 2 \left(\frac{1-x}{1+x}\right)^2 = \frac{-2(1-x)^2}{(1+x)^2} + \frac{2(1-x)^2}{(1+x)^2} = 0$.
આમ,$(1-x)^{2} f^{\prime}(x)+2(f(x))^{2}=0$ સાચું છે.

(C) આપણે પદાવલિ $\cos ^{-1}(\cos (-5))+\sin ^{-1}(\sin (6))-\tan ^{-1}(\tan (12))$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$1$. $\cos ^{-1}(\cos (-5))$ માટે: $\cos(-x) = \cos(x)$ હોવાથી,આ $\cos ^{-1}(\cos (5))$ થાય. $5 \in [\pi, 2\pi]$ હોવાથી,આપણે $\cos ^{-1}(\cos x) = 2\pi - x$ નો ઉપયોગ કરીશું. તેથી,$\cos ^{-1}(\cos (5)) = 2\pi - 5$.
$2$. $\sin ^{-1}(\sin (6))$ માટે: $6 \in [\frac{3\pi}{2}, 2\pi]$ હોવાથી,આપણે $\sin ^{-1}(\sin x) = x - 2\pi$ નો ઉપયોગ કરીશું. તેથી,$\sin ^{-1}(\sin (6)) = 6 - 2\pi$.
$3$. $\tan ^{-1}(\tan (12))$ માટે: $12 \in (3\pi + \frac{\pi}{2}, 4\pi + \frac{\pi}{2})$ હોવાથી,આપણે $\tan ^{-1}(\tan x) = x - 4\pi$ નો ઉપયોગ કરીશું. તેથી,$\tan ^{-1}(\tan (12)) = 12 - 4\pi$.
આ કિંમતોને જોડતા: $(2\pi - 5) + (6 - 2\pi) - (12 - 4\pi) = 2\pi - 5 + 6 - 2\pi - 12 + 4\pi = 4\pi - 11$.

(A) ધારો કે $A = 3 \tan ^{-1} \frac{1}{2} + 2 \cos ^{-1} \frac{1}{\sqrt{5}}$.
કારણ કે $\cos ^{-1} \frac{1}{\sqrt{5}} = \tan ^{-1} 2$,તેથી $A = \tan ^{-1} \frac{1}{2} + 2(\tan ^{-1} \frac{1}{2} + \tan ^{-1} 2)$.
$\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \frac{\pi}{2}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$A = \tan ^{-1} \frac{1}{2} + 2(\frac{\pi}{2}) = \tan ^{-1} \frac{1}{2} + \pi$.
તેથી,$\tan A = \tan(\tan ^{-1} \frac{1}{2} + \pi) = \tan(\tan ^{-1} \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.
હવે,ધારો કે $B = \frac{1}{2} \tan ^{-1}(2 \sqrt{2})$. ધારો કે $\tan ^{-1}(2 \sqrt{2}) = \theta$,તેથી $\tan \theta = 2 \sqrt{2}$.
આપણે $\tan(\frac{\theta}{2})$ શોધવાનું છે. $\tan \theta = \frac{2 \tan(\theta/2)}{1 - \tan^2(\theta/2)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $t = \tan(\theta/2)$.
$2 \sqrt{2} = \frac{2t}{1 - t^2} \implies \sqrt{2} = \frac{t}{1 - t^2} \implies \sqrt{2} - \sqrt{2} t^2 = t \implies \sqrt{2} t^2 + t - \sqrt{2} = 0$.
$t$ માટે ઉકેલતા: $t = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4(\sqrt{2})(-\sqrt{2})}}{2 \sqrt{2}} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 8}}{2 \sqrt{2}} = \frac{-1 \pm 3}{2 \sqrt{2}}$.
$\tan ^{-1}(2 \sqrt{2})$ એ $(0, \pi/2)$ માં હોવાથી,$t > 0$,તેથી $t = \frac{2}{2 \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,પદાવલિની કિંમત $50(\frac{1}{2}) + 4 \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}) = 25 + 4 = 29$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $x = \sin(2 \tan^{-1} \alpha) = \frac{2 \alpha}{1 + \alpha^2}$.
આપેલ છે કે $y = \sin(\frac{1}{2} \tan^{-1} \frac{4}{3})$. ધારો કે $\theta = \tan^{-1} \frac{4}{3}$,તેથી $\tan \theta = \frac{4}{3}$.
નિત્યસમ $\sin(\frac{\theta}{2}) = \sqrt{\frac{1 - \cos \theta}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\cos \theta = \frac{3}{5}$,આપણને $y = \sqrt{\frac{1 - 3/5}{2}} = \sqrt{\frac{2/5}{2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $y^2 = 1 - x$,કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{5} = 1 - \frac{2 \alpha}{1 + \alpha^2}$
$\frac{2 \alpha}{1 + \alpha^2} = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}$
$10 \alpha = 4(1 + \alpha^2)$
$4 \alpha^2 - 10 \alpha + 4 = 0$
$2 \alpha^2 - 5 \alpha + 2 = 0$
$(2 \alpha - 1)(\alpha - 2) = 0$
તેથી,$\alpha = 2$ અથવા $\alpha = \frac{1}{2}$.
આપણે $\sum_{\alpha \in S} 16 \alpha^3 = 16(2^3) + 16(\frac{1}{2})^3 = 16(8) + 16(\frac{1}{8}) = 128 + 2 = 130$ શોધવાનું છે.

(C) ધારો કે $f(x) = \cos \left(\sin ^{-1}\left(x \cot \left(\tan ^{-1}\left(\cos \left(\sin ^{-1} x\right)\right)\right)\right)\right) = k$.
પ્રથમ,$\cos(\sin^{-1} x) = \sqrt{1-x^2}$.
પછી,$\tan^{-1}(\sqrt{1-x^2}) = \theta \implies \tan \theta = \sqrt{1-x^2} \implies \cot \theta = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
આ કિંમત મૂકતા,આપણને $\cos(\sin^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}})) = k$ મળે છે.
ધારો કે $\sin^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}) = \phi \implies \sin \phi = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \implies \cos \phi = \sqrt{1 - \frac{x^2}{1-x^2}} = \sqrt{\frac{1-2x^2}{1-x^2}}$.
તેથી,$\sqrt{\frac{1-2x^2}{1-x^2}} = k \implies \frac{1-2x^2}{1-x^2} = k^2 \implies 1-2x^2 = k^2 - k^2x^2 \implies x^2(k^2-2) = k^2-1 \implies x^2 = \frac{k^2-1}{k^2-2}$.
કારણ કે $x^2 = \alpha^2 = \beta^2$,આપણી પાસે $\alpha^2 = \beta^2 = \frac{k^2-1}{k^2-2}$ છે.
આપેલ છે કે $x^2 - bx - 5 = 0$ ના બીજ $\frac{1}{\alpha^2} + \frac{1}{\beta^2}$ અને $\frac{\alpha}{\beta}$ છે.
નોંધો કે $\frac{\alpha}{\beta}$ એ $1$ અથવા $-1$ હોઈ શકે છે. જો $\alpha = \beta$ હોય,તો $\frac{\alpha}{\beta} = 1$,પરંતુ સમીકરણ $x^2-bx-5=0$ ના બીજ $\frac{2}{\alpha^2}$ અને $1$ થાય. ગુણાકાર $= \frac{2}{\alpha^2} = -5$,જે અશક્ય છે કારણ કે $\alpha^2 > 0$. તેથી $\alpha = -\beta$,એટલે કે $\frac{\alpha}{\beta} = -1$.
બીજ $\frac{2}{\alpha^2}$ અને $-1$ છે. ગુણાકાર: $\frac{2}{\alpha^2}(-1) = -5 \implies \frac{2}{\alpha^2} = 5 \implies \alpha^2 = \frac{2}{5}$.
બીજનો સરવાળો: $\frac{2}{\alpha^2} - 1 = b \implies 5 - 1 = 4 = b$.
$\alpha^2 = \frac{k^2-1}{k^2-2} = \frac{2}{5}$ પરથી $\implies 5k^2 - 5 = 2k^2 - 4 \implies 3k^2 = 1 \implies k^2 = \frac{1}{3}$.
અંતે,$\frac{b}{k^2} = \frac{4}{1/3} = 12$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\cos ^{-1}(x) - 2 \sin ^{-1}(x) = \cos ^{-1}(2x)$
નિત્યસમ $\sin ^{-1}(x) = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1}(x)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos ^{-1}(x) - 2(\frac{\pi}{2} - \cos ^{-1}(x)) = \cos ^{-1}(2x)$
પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\cos ^{-1}(x) - \pi + 2 \cos ^{-1}(x) = \cos ^{-1}(2x)$
$3 \cos ^{-1}(x) = \pi + \cos ^{-1}(2x)$
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા:
$\cos(3 \cos ^{-1}(x)) = \cos(\pi + \cos ^{-1}(2x))$
$\cos(3\theta) = 4\cos^3(\theta) - 3\cos(\theta)$ અને $\cos(\pi + \theta) = -\cos(\theta)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$4x^3 - 3x = -2x$
પદોને ગોઠવતા:
$4x^3 - x = 0$
$x(4x^2 - 1) = 0$
આમ,ઉકેલો $x = 0$,$x = \frac{1}{2}$,અને $x = -\frac{1}{2}$ છે.
મૂળ સમીકરણમાં ઉકેલો ચકાસતા:
$x = 0$ માટે: $\cos^{-1}(0) - 2\sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$ અને $\cos^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$. (માન્ય)
$x = \frac{1}{2}$ માટે: $\cos^{-1}(\frac{1}{2}) - 2\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3} - 2(\frac{\pi}{6}) = 0$ અને $\cos^{-1}(1) = 0$. (માન્ય)
$x = -\frac{1}{2}$ માટે: $\cos^{-1}(-\frac{1}{2}) - 2\sin^{-1}(-\frac{1}{2}) = \frac{2\pi}{3} - 2(-\frac{\pi}{6}) = \frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = \pi$ અને $\cos^{-1}(-1) = \pi$. (માન્ય)
ઉકેલોનો સરવાળો $0 + \frac{1}{2} + (-\frac{1}{2}) = 0$ થાય છે.

(A) આપણને પદાવલિ $\sin ^{-1}(\sin 1 \cos 4+\cos 1 \sin 4)$ આપેલ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે વ્યસ્ત સાઈન વિધેયની અંદરની પદાવલિને સરળ બનાવી શકીએ છીએ:
$\sin 1 \cos 4 + \cos 1 \sin 4 = \sin(1+4) = \sin 5$.
તેથી,પદાવલિ $\sin ^{-1}(\sin 5)$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}(\sin x) = x$ ત્યારે જ થાય જ્યારે $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોય.
$3.13 \leq \pi \leq 3.15$ હોવાથી,$1.565 \leq \frac{\pi}{2} \leq 1.575$ મળે.
$5$ એ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ અંતરાલમાં નથી,તેથી આપણે એવો પૂર્ણાંક $k$ શોધીએ કે જેથી $5 - 2k\pi \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ થાય.
$k=1$ માટે,$5 - 2\pi \approx 5 - 2(3.14) = 5 - 6.28 = -1.28$.
$-1.575 \leq -1.28 \leq -1.565$ હોવાથી,કિંમત $5 - 2\pi$ છે.
$\pi \approx 3.14$ લેતા,કિંમત $5 - 6.28 = -1.28$ મળે.
$-1.28$ ની સૌથી નજીકનો પૂર્ણાંક $-1$ છે.

(A) આપેલ છે કે $\cos ^{-1} \frac{4}{5} = \tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\sin ^{-1} \frac{\alpha}{17} = \tan ^{-1} \frac{77}{36} - \tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
$\tan ^{-1} x - \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \frac{x-y}{1+xy}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin ^{-1} \frac{\alpha}{17} = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{77}{36} - \frac{3}{4}}{1 + \frac{77}{36} \cdot \frac{3}{4}} \right) = \tan ^{-1} \frac{8}{15} = \sin ^{-1} \frac{8}{17}$.
તેથી,$\alpha = 8$.
હવે,$\sin ^{-1}(\sin 8) + \cos ^{-1}(\cos 8)$ ની કિંમત શોધતા:
$\sin ^{-1}(\sin 8) = 3\pi - 8$ અને $\cos ^{-1}(\cos 8) = 8 - 2\pi$.
સરવાળો = $(3\pi - 8) + (8 - 2\pi) = \pi$.

(B) આપેલ છે કે $g(x) = f(x) + f(1-x)$.
વિકલન કરતા,$g'(x) = f'(x) - f'(1-x)$.
$g$ એ $(0, \alpha)$ માં ઘટતું અને $(\alpha, 1)$ માં વધતું હોવાથી,$x = \alpha$ આગળ $g'(x) = 0$ થાય.
તેથી,$f'(\alpha) = f'(1-\alpha)$.
$f''(x) > 0$ હોવાથી,$f'(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
તેથી,$f'(\alpha) = f'(1-\alpha)$ નો અર્થ છે કે $\alpha = 1-\alpha$,જે આપણને $\alpha = \frac{1}{2}$ આપે છે.
હવે,$\alpha = \frac{1}{2}$ માટે $\tan^{-1}(2\alpha) + \tan^{-1}\left(\frac{1}{\alpha}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{\alpha+1}{\alpha}\right)$ ની કિંમત શોધીએ.
$\alpha = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$\tan^{-1}(2 \cdot \frac{1}{2}) + \tan^{-1}\left(\frac{1}{1/2}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{1/2+1}{1/2}\right)$
$= \tan^{-1}(1) + \tan^{-1}(2) + \tan^{-1}(3)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.
$\tan^{-1}(2) + \tan^{-1}(3)$ માટે,$2 \cdot 3 > 1$ હોવાથી,સૂત્ર $\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(y) = \pi + \tan^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરીએ.
$\tan^{-1}(2) + \tan^{-1}(3) = \pi + \tan^{-1}\left(\frac{2+3}{1-6}\right) = \pi + \tan^{-1}(-1) = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
આમ,કુલ સરવાળો $\frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{4} = \pi$ થાય.

(B) આપેલ સમીકરણ $\sin^{-1} x = 2 \tan^{-1} x$ છે.
ધારો કે $\tan^{-1} x = \theta$,તો $x = \tan \theta$,જ્યાં $\theta \in (-\pi/4, \pi/4]$ કારણ કે $x \in (-1, 1]$.
સમીકરણ $\sin^{-1}(\tan \theta) = 2\theta$ બને છે.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા,આપણને મળે $\tan \theta = \sin(2\theta)$.
$\tan \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$.
$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = 2 \sin \theta \cos \theta$.
$\sin \theta (\frac{1}{\cos \theta} - 2 \cos \theta) = 0$.
આનાથી $\sin \theta = 0$ અથવા $\frac{1}{\cos \theta} = 2 \cos \theta$ મળે છે.
કિસ્સો $1$: $\sin \theta = 0 \implies \theta = 0$,જે $x = \tan 0 = 0$ આપે છે.
કિસ્સો $2$: $2 \cos^2 \theta = 1 \implies \cos^2 \theta = 1/2 \implies \cos \theta = \pm 1/\sqrt{2}$.
કારણ કે $\theta \in (-\pi/4, \pi/4]$,$\cos \theta$ ધન હોવું જોઈએ,તેથી $\cos \theta = 1/\sqrt{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\theta = \pi/4$ અથવા $\theta = -\pi/4$.
જો $\theta = \pi/4$,તો $x = \tan(\pi/4) = 1$.
જો $\theta = -\pi/4$,તો $x = \tan(-\pi/4) = -1$,પરંતુ પ્રદેશ $x \in (-1, 1]$ છે,તેથી $x = -1$ બાકાત છે.
આમ,ઉકેલો $x = 0$ અને $x = 1$ છે. ઉકેલોની સંખ્યા $2$ છે.

(D) ધારો કે $\sin^{-1} x = \theta$. તેથી $x = \sin \theta$.
આપેલ છે કે $\cos(2\theta) = \frac{1}{9}$.
નિત્યસમ $\cos(2\theta) = 1 - 2\sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$1 - 2x^2 = \frac{1}{9}$.
$2x^2 = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9} \implies x^2 = \frac{4}{9} \implies x = \frac{2}{3}$ (કારણ કે $m, n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ હોવાથી $x$ ધન લેવો પડે).
આમ,$m = 2$ અને $n = 3$.
દ્વિઘાત સમીકરણ $2x^2 - 3x - 2 + 3 = 0$ થાય,જેનું સાદું રૂપ $2x^2 - 3x + 1 = 0$ છે.
અવયવ પાડતા: $(2x - 1)(x - 1) = 0$.
બીજ $x = 1$ અને $x = \frac{1}{2}$ મળે છે.
$\alpha > \beta$ હોવાથી,$\alpha = 1$ અને $\beta = \frac{1}{2}$ મળે.
બિંદુ $(1, \frac{1}{2})$ ને વિકલ્પોમાં તપાસતા:
$5x + 8y = 9$ માટે: $5(1) + 8(\frac{1}{2}) = 5 + 4 = 9$.
તેથી,બિંદુ રેખા $5x + 8y = 9$ પર આવેલું છે.

(A) ધારો કે $\sin ^{-1} \alpha = A, \sin ^{-1} \beta = B, \sin ^{-1} \gamma = C$.
તેથી $A+B+C = \pi$,જેનો અર્થ છે કે $\sin A = \alpha, \sin B = \beta, \sin C = \gamma$.
આપેલ સમીકરણ $(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha+\beta-\gamma) = 3\alpha\beta$ છે.
આને $(\alpha+\beta)^2 - \gamma^2 = 3\alpha\beta$ તરીકે લખી શકાય.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $\alpha^2 + \beta^2 + 2\alpha\beta - \gamma^2 = 3\alpha\beta$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $\alpha^2 + \beta^2 - \gamma^2 = \alpha\beta$ થાય.
$2\alpha\beta$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{\alpha^2 + \beta^2 - \gamma^2}{2\alpha\beta} = \frac{1}{2}$ મળે.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos C = \frac{\alpha^2 + \beta^2 - \gamma^2}{2\alpha\beta} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\cos C = \frac{1}{2}$ હોવાથી $C = \frac{\pi}{3}$ મળે.
આમ,$\gamma = \sin C = \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(B) આપણને આપેલ છે કે $\cos ^{-1} x - \sin ^{-1} y = \alpha$.
નિત્યસમ $\sin ^{-1} y = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} y$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\cos ^{-1} x - (\frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} y) = \alpha$
$\cos ^{-1} x + \cos ^{-1} y = \frac{\pi}{2} + \alpha$.
અહીં $\alpha \in [-\frac{\pi}{2}, \pi]$ હોવાથી,$\frac{\pi}{2} + \alpha \in [0, \frac{3\pi}{2}]$ થશે.
બંને બાજુ કોસાઇન (cosine) લેતા:
$\cos(\cos ^{-1} x + \cos ^{-1} y) = \cos(\frac{\pi}{2} + \alpha)$
$xy - \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2} = -\sin \alpha$
$xy + \sin \alpha = \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(xy + \sin \alpha)^2 = (1-x^2)(1-y^2)$
$x^2y^2 + 2xy \sin \alpha + \sin^2 \alpha = 1 - x^2 - y^2 + x^2y^2$
$x^2 + y^2 + 2xy \sin \alpha = 1 - \sin^2 \alpha$
$x^2 + y^2 + 2xy \sin \alpha = \cos^2 \alpha$.
$\cos^2 \alpha$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે,જે $\alpha = \frac{\pi}{2}$ હોય ત્યારે મળે છે.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે.

(A) જો $a=1, b=0$,તો $\sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(y) + \cos^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$. કારણ કે $\cos^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(y) = 0$. આ સૂચવે છે કે $\sin^{-1}(x) = -\cos^{-1}(y)$. $\sin^{-1}$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ અને $\cos^{-1}$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ હોવાથી,આ $x^2+y^2=1$ તરફ દોરી જાય છે. આમ,$(A) \rightarrow p$.
$(B)$ જો $a=1, b=1$,તો $\sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(y) + \cos^{-1}(xy) = \frac{\pi}{2}$. આ $\cos^{-1}(x) - \cos^{-1}(y) = \cos^{-1}(xy)$ છે. બંને બાજુ $\cos$ લેતા: $xy + \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2} = xy$,જેનો અર્થ છે $(1-x^2)(1-y^2) = 0$,એટલે કે $(x^2-1)(y^2-1) = 0$. આમ,$(B) \rightarrow q$.
$(C)$ જો $a=1, b=2$,તો $\sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(y) + \cos^{-1}(2xy) = \frac{\pi}{2}$. આ $\sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(y) = \sin^{-1}(2xy)$ માં સરળ બને છે. $\sin(A+B)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $x^2+y^2=1$ મળે છે. આમ,$(C) \rightarrow p$.
$(D)$ જો $a=2, b=2$,તો $\sin^{-1}(2x) + \cos^{-1}(y) + \cos^{-1}(2xy) = \frac{\pi}{2}$. આ $\sin^{-1}(2x) = \cos^{-1}(y) - \cos^{-1}(2xy)$ તરફ દોરી જાય છે. આ ઉકેલતા $(4x^2-1)(y^2-1) = 0$ મળે છે. આમ,$(D) \rightarrow s$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sqrt{1+\cos (2 x)}=\sqrt{2} \tan ^{-1}(\tan x)$
નિત્યસમ $1+\cos(2x) = 2\cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sqrt{2\cos^2 x} = \sqrt{2} \tan^{-1}(\tan x)$.
આનું સાદું રૂપ $\sqrt{2}|\cos x| = \sqrt{2} \tan^{-1}(\tan x)$ અથવા $|\cos x| = \tan^{-1}(\tan x)$ થાય છે.
આપણે પ્રદેશ $D = \left(-\frac{3 \pi}{2},-\frac{\pi}{2}\right) \cup\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ માં $y = |\cos x|$ અને $y = \tan^{-1}(\tan x)$ ના છેદબિંદુઓની સંખ્યા શોધવાની છે.
$1$. $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ માં,$\tan^{-1}(\tan x) = x$. સમીકરણ $|\cos x| = x$ છે. $x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \setminus \{0\}$ માટે $|\cos x| > 0$ હોવાથી અને $x=0$ માટે $|\cos 0| = 1 \neq 0$ હોવાથી,$x > 0$ માટે એક ઉકેલ મળે છે અને $x \leq 0$ માટે કોઈ ઉકેલ મળતો નથી.
$2$. $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ માં,$\tan^{-1}(\tan x) = x - \pi$. સમીકરણ $|\cos x| = x - \pi$ છે. આ અંતરાલમાં એક છેદબિંદુ મળે છે.
$3$. $\left(-\frac{3 \pi}{2}, -\frac{\pi}{2}\right)$ માં,$\tan^{-1}(\tan x) = x + \pi$. સમીકરણ $|\cos x| = x + \pi$ છે. આ અંતરાલમાં એક છેદબિંદુ મળે છે.
કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $1 + 1 + 1 = 3$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1}\left(\frac{6 y}{9-y^2}\right)+\cot ^{-1}\left(\frac{9-y^2}{6 y}\right)=\frac{2 \pi}{3}$.
ધારો કે $x = \frac{6y}{9-y^2}$. તો સમીકરણ $\tan^{-1}(x) + \cot^{-1}(\frac{1}{x}) = \frac{2\pi}{3}$ બને છે.
કિસ્સો $I$: જો $x > 0$ હોય,તો $\cot^{-1}(\frac{1}{x}) = \tan^{-1}(x)$. સમીકરણ $2\tan^{-1}(x) = \frac{2\pi}{3} \Rightarrow \tan^{-1}(x) = \frac{\pi}{3} \Rightarrow x = \sqrt{3}$ બને છે.
$\frac{6y}{9-y^2} = \sqrt{3} \Rightarrow 6y = 9\sqrt{3} - \sqrt{3}y^2 \Rightarrow \sqrt{3}y^2 + 6y - 9\sqrt{3} = 0 \Rightarrow y^2 + 2\sqrt{3}y - 9 = 0$.
$y$ માટે ઉકેલતા: $y = \frac{-2\sqrt{3} \pm \sqrt{12 + 36}}{2} = -\sqrt{3} \pm \sqrt{12} = -\sqrt{3} \pm 2\sqrt{3}$.
કારણ કે $x > 0$,આપણે $y \in (0, 3)$ જોઈએ છે,તેથી $y = \sqrt{3}$.
કિસ્સો $II$: જો $x < 0$ હોય,તો $\cot^{-1}(\frac{1}{x}) = \tan^{-1}(x) + \pi$. સમીકરણ $2\tan^{-1}(x) + \pi = \frac{2\pi}{3} \Rightarrow 2\tan^{-1}(x) = -\frac{\pi}{3} \Rightarrow \tan^{-1}(x) = -\frac{\pi}{6} \Rightarrow x = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ બને છે.
$\frac{6y}{9-y^2} = -\frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow 6\sqrt{3}y = -9 + y^2 \Rightarrow y^2 - 6\sqrt{3}y - 9 = 0$.
$y$ માટે ઉકેલતા: $y = \frac{6\sqrt{3} \pm \sqrt{108 + 36}}{2} = 3\sqrt{3} \pm \sqrt{36} = 3\sqrt{3} \pm 6$.
કારણ કે $x < 0$,આપણે $y \in (-3, 0)$ જોઈએ છે,તેથી $y = 3\sqrt{3} - 6$.
ઉકેલોનો સરવાળો: $\sqrt{3} + 3\sqrt{3} - 6 = 4\sqrt{3} - 6$.

(A) $1$. $E_1$ માટે,$\frac{x}{x-1} > 0 \implies x \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$.
$2$. $f(x) = \log_e(\frac{x}{x-1})$ માટે,$x \in E_1$ માટે $u = \frac{x}{x-1}$ નો વિસ્તાર $(0, 1) \cup (1, \infty)$ છે. તેથી,$\log_e(u)$ એ $(-\infty, 0) \cup (0, \infty)$ આવરી લે છે. તેથી,$P \rightarrow 4$.
$3$. $E_2$ માટે,આપણે $-1 \leq \log_e(\frac{x}{x-1}) \leq 1 \implies \frac{1}{e} \leq \frac{x}{x-1} \leq e$ ની જરૂર છે.
$\frac{x}{x-1} \geq \frac{1}{e} \implies \frac{ex - x + 1}{e(x-1)} \geq 0 \implies x \in (-\infty, \frac{1}{1-e}] \cup (1, \infty)$ ઉકેલતા.
$\frac{x}{x-1} \leq e \implies \frac{x - ex + e}{x-1} \leq 0 \implies \frac{x(1-e) + e}{x-1} \leq 0 \implies x \in (-\infty, 1) \cup [\frac{e}{e-1}, \infty)$ ઉકેલતા.
છેદગણ લેતા $x \in (-\infty, \frac{1}{1-e}] \cup [\frac{e}{e-1}, \infty)$ મળે છે. તેથી,$S \rightarrow 1$.
$4$. $g(x) = \sin^{-1}(\log_e(\frac{x}{x-1}))$ નો વિસ્તાર. કારણ કે $\log_e(\frac{x}{x-1})$ એ $0$ સિવાય $[-1, 1]$ માં બધી કિંમતો લે છે,તેથી $g$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \setminus \{0\}$ છે. આમાં $(0, 1)$ નો સમાવેશ થાય છે. તેથી,$Q \rightarrow 2$.
$5$. $f$ નો પ્રદેશ $(-\infty, 0) \cup (1, \infty)$ છે,જેમાં $(-\infty, \frac{1}{1-e}] \cup [\frac{e}{e-1}, \infty)$ નો સમાવેશ થાય છે. તેથી,$R \rightarrow 1$.

(D) $(P)$ $\left(\frac{1}{y^2}\left(\frac{\cos (\tan ^{-1} y)+y \sin (\tan ^{-1} y)}{\cot (\sin ^{-1} y)+\tan (\sin ^{-1} y)}\right)^2+y^4\right)^{1 / 2}$
$= \left[\frac{1}{y^2}\left[\frac{\left(\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{y \cdot y}{\sqrt{1+y^2}}\right)}{\left(\frac{\sqrt{1-y^2}}{y}+\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}\right)}\right]^2+y^4\right]^{1 / 2}$
$= \left(\frac{1}{y^2} \cdot y^2(1-y^4)+y^4\right)^{1 / 2} = 1$
$(Q)$ $\cos x+\cos y=-\cos z$ અને $\sin x+\sin y=-\sin z$.
બંને બાજુ વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા: $(\cos x+\cos y)^2 + (\sin x+\sin y)^2 = \cos^2 z + \sin^2 z = 1$.
$2 + 2\cos(x-y) = 1 \Rightarrow \cos(x-y) = -1/2$.
$\cos(x-y) = 2\cos^2(\frac{x-y}{2}) - 1 = -1/2 \Rightarrow 2\cos^2(\frac{x-y}{2}) = 1/2 \Rightarrow \cos^2(\frac{x-y}{2}) = 1/4 \Rightarrow \cos(\frac{x-y}{2}) = 1/2$.
$(R)$ $\cos 2 x(\cos (\frac{\pi}{4}-x)-\cos (\frac{\pi}{4}+x)) = 2 \sin x \cos x - 2 \sin^2 x = 2 \sin x (\cos x - \sin x)$.
$\cos 2 x(\sqrt{2} \sin x) = 2 \sin x (\cos x - \sin x)$.
$\sqrt{2} \sin x [\cos 2 x - \sqrt{2}(\cos x - \sin x)] = 0$.
$\sin x = 0$ અથવા $\cos^2 x - \sin^2 x = \sqrt{2}(\cos x - \sin x) \Rightarrow (\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x - \sqrt{2}) = 0$.
$\sec x = \sqrt{2}$.
$(S)$ $\cot (\sin ^{-1} \sqrt{1-x^2}) = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$.
$\sin (\tan ^{-1}(x \sqrt{6})) = \frac{x \sqrt{6}}{\sqrt{1+6 x^2}}$.
$\frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{x \sqrt{6}}{\sqrt{1+6 x^2}} \Rightarrow 1+6x^2 = 6(1-x^2) = 6-6x^2 \Rightarrow 12x^2 = 5 \Rightarrow x = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{5}{3}}$.

(B) વિધેય $f(x) = \cos^{-1}(\cos x)$ એ $2\pi$ આવર્તમાન ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
અંતરાલ $[0, 4\pi]$ માં,$f(x)$ નો આલેખ બે ત્રિકોણાકાર તરંગોનો બનેલો છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,$x \in [0, \pi]$ માટે $f(x) = x$,$x \in [\pi, 2\pi]$ માટે $f(x) = 2\pi - x$,$x \in [2\pi, 3\pi]$ માટે $f(x) = x - 2\pi$,અને $x \in [3\pi, 4\pi]$ માટે $f(x) = 4\pi - x$ છે.
આપણે $f(x)$ અને રેખા $y = 1 - \frac{x}{10}$ ના છેદબિંદુઓની સંખ્યા શોધવાની છે.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 0$ અને $y = 1$.
$x = \pi \approx 3.14$ આગળ,$f(\pi) = \pi \approx 3.14$ અને $y = 1 - 0.314 = 0.686$.
$x = 2\pi \approx 6.28$ આગળ,$f(2\pi) = 0$ અને $y = 1 - 0.628 = 0.372$.
$x = 3\pi \approx 9.42$ આગળ,$f(3\pi) = \pi \approx 3.14$ અને $y = 1 - 0.942 = 0.058$.
$x = 4\pi \approx 12.56$ આગળ,$f(4\pi) = 0$ અને $y = 1 - 1.256 = -0.256$.
આલેખનું અવલોકન કરતા,રેખા $y = 1 - \frac{x}{10}$ એ $[0, 4\pi]$ અંતરાલમાં $f(x)$ ના આલેખને $3$ ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે છે.
આમ,બિંદુઓની સંખ્યા $3$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\alpha = 3 \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right)$. કારણ કે $\sin^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) < \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right) < \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,તેથી $\frac{\pi}{6} < \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right) < \frac{\pi}{3}$ થાય.
$3$ વડે ગુણતા,$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ મળે. આમ,$\cos \alpha < 0$ થાય.
આપેલ છે કે $\beta = 3 \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right)$. કારણ કે $\cos^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) < \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right) < \cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)$,તેથી $\frac{\pi}{3} < \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right) < \frac{\pi}{2}$ થાય.
આમ,$\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$ મળે.
આ અંતરાલમાં,$\cos \beta < 0$ અને $\sin \beta < 0$ થાય.
હવે,$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ અને $\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$ છે.
બંનેનો સરવાળો કરતા,$\frac{3\pi}{2} < \alpha + \beta < \frac{5\pi}{2}$ મળે.
અંતરાલ $(\frac{3\pi}{2}, 2\pi)$ માં,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ થાય. અંતરાલ $(2\pi, \frac{5\pi}{2})$ માં પણ,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ થાય.
તેથી,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ સાચું છે.
સાચા વિકલ્પો $(B), (C), (D)$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = 16((\sec^{-1} x)^2 + (\operatorname{cosec}^{-1} x)^2)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec^{-1} x + \operatorname{cosec}^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ તમામ $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ માટે.
ધારો કે $a = \sec^{-1} x$. તો $\operatorname{cosec}^{-1} x = \frac{\pi}{2} - a$.
$\sec^{-1} x$ નો પ્રદેશ $a \in [0, \pi] \setminus \{\frac{\pi}{2}\}$ છે.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા, આપણને મળે છે $f(a) = 16(a^2 + (\frac{\pi}{2} - a)^2) = 16(a^2 + \frac{\pi^2}{4} - \pi a + a^2) = 16(2a^2 - \pi a + \frac{\pi^2}{4}) = 32a^2 - 16\pi a + 4\pi^2$.
આ $a$ માં એક દ્વિઘાત સમીકરણ છે જે ઉપરની તરફ ખુલે છે. તેનું શિરોબિંદુ $a = \frac{-(-16\pi)}{2(32)} = \frac{\pi}{4}$ પર છે.
કારણ કે $a \in [0, \pi] \setminus \{\frac{\pi}{2}\}$, ન્યૂનતમ મૂલ્ય $a = \frac{\pi}{4}$ પર મળે છે.
$\text{ન્યૂનતમ} = f(\frac{\pi}{4}) = 32(\frac{\pi^2}{16}) - 16\pi(\frac{\pi}{4}) + 4\pi^2 = 2\pi^2 - 4\pi^2 + 4\pi^2 = 2\pi^2$.
મહત્તમ મૂલ્ય અંતરાલ $[0, \pi] \setminus \{\frac{\pi}{2}\}$ ની સીમાઓ પર મળે છે, જે $a=0$ અથવા $a=\pi$ છે.
$f(0) = 16(0^2 + (\frac{\pi}{2} - 0)^2) = 16(\frac{\pi^2}{4}) = 4\pi^2$.
$f(\pi) = 16(\pi^2 + (\frac{\pi}{2} - \pi)^2) = 16(\pi^2 + \frac{\pi^2}{4}) = 16(\frac{5\pi^2}{4}) = 20\pi^2$.
આમ, મહત્તમ મૂલ્ય $20\pi^2$ અને ન્યૂનતમ મૂલ્ય $2\pi^2$ છે.
સરવાળો $20\pi^2 + 2\pi^2 = 22\pi^2$ છે.

(B) આપણને સમીકરણ $\sec^2(\tan^{-1} \alpha) + \operatorname{cosec}^2(\cot^{-1} \beta) = 36$ આપેલ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sec^2(\tan^{-1} x) = 1 + x^2$ અને $\operatorname{cosec}^2(\cot^{-1} x) = 1 + x^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1 + \alpha^2) + (1 + \beta^2) = 36$
$\alpha^2 + \beta^2 = 34$.
આપણને $\alpha + \beta = 8$ પણ આપેલ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(\alpha + \beta)^2 = 64
\alpha^2 + \beta^2 + 2\alpha\beta = 64$.
$\alpha^2 + \beta^2 = 34$ મૂકતા:
$34 + 2\alpha\beta = 64
2\alpha\beta = 30
\alpha\beta = 15$.
હવે,$\alpha$ અને $\beta$ શોધવા માટે:
$x^2 - 8x + 15 = 0
(x - 3)(x - 5) = 0$.
$\alpha \leq \beta$ હોવાથી,$\alpha = 3$ અને $\beta = 5$ મળે.
તેથી,$\alpha^2 + \beta = 3^2 + 5 = 9 + 5 = 14$.

(A) આપેલ સમીકરણ $\cos^{-1} x = \pi + \sin^{-1} x + \sin^{-1}(2x + 1)$ છે.
નિત્યસમ $\cos^{-1} x + \sin^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos^{-1} x$ ને $\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x$ તરીકે લખી શકાય.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x = \pi + \sin^{-1} x + \sin^{-1}(2x + 1)$.
પદોને ગોઠવતા: $-2 \sin^{-1} x - \sin^{-1}(2x + 1) = \frac{\pi}{2}$,અથવા $2 \sin^{-1} x + \sin^{-1}(2x + 1) = -\frac{\pi}{2}$.
ધારો કે $\sin^{-1} x = \theta$,તો $x = \sin \theta$. સમીકરણ $2\theta + \sin^{-1}(2x + 1) = -\frac{\pi}{2}$ બને છે.
$\sin^{-1}(2x + 1) = -\frac{\pi}{2} - 2\theta$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા: $2x + 1 = \sin(-\frac{\pi}{2} - 2\theta) = -\cos(2\theta)$.
$2x + 1 = -(1 - 2\sin^2 \theta) = 2\sin^2 \theta - 1$.
$x = \sin \theta$ હોવાથી,$2x + 1 = 2x^2 - 1$,જેનું સાદું રૂપ $2x^2 - 2x - 2 = 0$ અથવા $x^2 - x - 1 = 0$ થાય છે.
ઉકેલ $x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ મળે છે.
$\sin^{-1} x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે અને $\sin^{-1}(2x + 1)$ માટે $-1 \le 2x + 1 \le 1 \Rightarrow -1 \le x \le 0$ હોવું જરૂરી છે,તેથી માત્ર $x = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ શક્ય છે.
$x = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ માટે,$2x - 1 = 1 - \sqrt{5} - 1 = -\sqrt{5}$.
તેથી,$(2x - 1)^2 = (-\sqrt{5})^2 = 5$.

(C) આપેલ છે કે $y = \cos \left(\frac{\pi}{3} + \cos^{-1} \frac{x}{2}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1} \frac{1}{2} = \frac{\pi}{3}$,તેથી $y = \cos \left(\cos^{-1} \frac{1}{2} + \cos^{-1} \frac{x}{2}\right)$.
સૂત્ર $\cos(A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \left(\frac{1}{2}\right) \left(\frac{x}{2}\right) - \sqrt{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^2} \sqrt{1 - \left(\frac{x}{2}\right)^2}$.
$y = \frac{x}{4} - \sqrt{\frac{3}{4}} \sqrt{\frac{4 - x^2}{4}} = \frac{x - \sqrt{3(4 - x^2)}}{4}$.
$4y = x - \sqrt{3(4 - x^2)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(4y - x)^2 = 3(4 - x^2)$.
$16y^2 + x^2 - 8xy = 12 - 3x^2$.
$4x^2 + 16y^2 - 8xy = 12$.
$4$ વડે ભાગતા:
$x^2 + 4y^2 - 2xy = 3$.
આને $x^2 - 2xy + y^2 + 3y^2 = 3$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$(x - y)^2 + 3y^2 = 3$.

(C) ધારો કે $x = \tan \theta$. સમીકરણ $\theta = \tan^{-1}(2x) - \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{6x}{9+x^2}\right)$ બને છે.
ધારો કે $\alpha = \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{6x}{9+x^2}\right)$,તો $\sin(2\alpha) = \frac{6x}{9+x^2}$.
$\sin(2\alpha) = \frac{2\tan \alpha}{1+\tan^2 \alpha}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{2\tan \alpha}{1+\tan^2 \alpha} = \frac{6x}{9+x^2}$ મળે છે.
$\tan \alpha$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\tan \alpha = \frac{x}{3}$ અથવા $\tan \alpha = \frac{3}{x}$ મળે છે.
કિસ્સો $I$: $\tan \alpha = \frac{x}{3}$. $\tan(\theta + \alpha) = 2x$ માં મૂકતા,આપણને $\frac{x + x/3}{1 - x^2/3} = 2x$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{4x/3}{(3-x^2)/3} = 2x \Rightarrow \frac{4x}{3-x^2} = 2x$ થાય છે.
કાં તો $x=0$ અથવા $2 = 3-x^2 \Rightarrow x^2=1 \Rightarrow x = \pm 1$.
$x=0$ માટે,$\theta=0$. $x=1$ માટે,$\theta=\pi/4$. $x=-1$ માટે,$\theta=-\pi/4$.
કિસ્સો $II$: $\tan \alpha = 3/x$. $\tan(\theta + \alpha) = 2x$ માં મૂકતા,આપણને $\frac{x + 3/x}{1 - 3} = 2x \Rightarrow \frac{x^2+3}{-2x} = 2x \Rightarrow x^2+3 = -4x^2 \Rightarrow 5x^2 = -3$ મળે છે,જેનો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.
આમ,વાસ્તવિક ઉકેલો $\theta \in \{0, \pi/4, -\pi/4\}$ છે,જે કુલ $3$ ઉકેલો આપે છે.

(C) ધારો કે $t = \tan \theta$. તો $\theta = \tan^{-1} t$.
$x = \cos^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}}\right) = \cos^{-1}\left(\frac{1}{\sec \theta}\right) = \cos^{-1}(\cos \theta) = \theta$.
$y = \sin^{-1}\left(\frac{\tan \theta}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}}\right) = \sin^{-1}\left(\frac{\tan \theta}{\sec \theta}\right) = \sin^{-1}(\sin \theta) = \theta$.
અહીં $x = \theta$ અને $y = \theta$ હોવાથી,$y = x$ મળે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x) = 1$.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}(\sec x - \tan x)$.
આપણે ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટ વિધેયની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$\sec x - \tan x = \frac{1}{\cos x} - \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{1 - \sin x}{\cos x}$
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$,$\cos x = \cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}$,અને $1 = \cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1 - \sin x}{\cos x} = \frac{(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})^2}{(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})} = \frac{\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}}$
અંશ અને છેદને $\cos\frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$\frac{1 - \tan\frac{x}{2}}{1 + \tan\frac{x}{2}} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$
તેથી,$y = \tan^{-1}(\tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})) = \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) = -\frac{1}{2}$

(B) ધારો કે $x = \tan \theta$. કારણ કે $x \in (1, \infty)$,તેથી $\theta \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ મળે.
તેથી $2\theta \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ થાય.
$f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2\tan \theta}{1+\tan^2 \theta}\right) + \cos^{-1}\left(\frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta}\right)$
$f(x) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) + \cos^{-1}(\cos 2\theta)$
કારણ કે $2\theta \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$,તેથી $\sin^{-1}(\sin 2\theta) = \pi - 2\theta$ અને $\cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta$ થાય.
આમ,$f(x) = (\pi - 2\theta) + 2\theta = \pi$.
$f(x) = \pi$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,તેનું વિકલન $f'(x) = 0$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $\alpha = 3 \sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right)$ અને $\beta = 3 \cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right)$.
કારણ કે $\frac{6}{11} > \frac{1}{2}$,અને $\sin^{-1} x$ એ વધતું વિધેય છે,તેથી $\sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right) > \sin^{-1} \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$.
આમ,$\alpha = 3 \sin^{-1} \left(\frac{6}{11}\right) > 3 \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{2}$.
વળી,$\frac{6}{11} < \frac{\sqrt{3}}{2}$ હોવાથી,$\alpha < 3 \left(\frac{\pi}{3}\right) = \pi$. તેથી,$\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$,જે $II$ ચરણમાં છે.
તેથી,$\cos \alpha < 0$.
$\beta$ માટે,$\frac{4}{9} < \frac{1}{2}$ હોવાથી,અને $\cos^{-1} x$ એ ઘટતું વિધેય છે,તેથી $\cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right) > \cos^{-1} \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$.
આમ,$\beta = 3 \cos^{-1} \left(\frac{4}{9}\right) > 3 \left(\frac{\pi}{3}\right) = \pi$.
$\frac{4}{9} > 0$ હોવાથી,$\beta < 3 \left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{2}$. તેથી,$\beta \in (\pi, \frac{3\pi}{2})$,જે $III$ ચરણમાં છે.
$III$ ચરણમાં,$\cos \beta < 0$ અને $\sin \beta < 0$ હોય છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ ખોટો છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\tan^{-1}(2x) + \tan^{-1}(3x) = \frac{\pi}{4}$
સૂત્ર $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1} \left( \frac{2x + 3x}{1 - (2x)(3x)} \right) = \frac{\pi}{4}$
$\frac{5x}{1 - 6x^2} = \tan \left( \frac{\pi}{4} \right) = 1$
$5x = 1 - 6x^2$
$6x^2 + 5x - 1 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(6x - 1)(x + 1) = 0$
આથી $x = \frac{1}{6}$ અથવા $x = -1$ મળે છે.
શરત $x \geq 0$ હોવાથી,$x = -1$ ને સ્વીકારી શકાય નહીં.
આમ,માત્ર એક જ ઉકેલ $x = \frac{1}{6}$ મળે છે.
તેથી,આ ગણ એક સિંગલટન ગણ છે.

(C) ધારો કે $x = \tan \theta$. તેથી $\theta = \tan^{-1} x$.
$x = \sqrt{3}$ માટે,$\theta = \frac{\pi}{3}$.
આપેલ પદ $y = \sin^{-1}(\sin 2\theta) + \sec^{-1}(\sec 2\theta)$ બને છે.
$x > 1$ માટે,$\sin^{-1}(\frac{2x}{1+x^2}) = \pi - 2\tan^{-1} x$ અને $\sec^{-1}(\frac{1+x^2}{1-x^2}) = 2\tan^{-1} x - \pi$ થાય છે.
તેથી,$y = (\pi - 2\tan^{-1} x) + (2\tan^{-1} x - \pi) = 0$.
આમ,$y$ અચળ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1} x + \cos ^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}\right) = \sin ^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $y > 0$ માટે $\cos ^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1}{y}\right)$.
વળી,$\sin ^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right) = \tan ^{-1}(3)$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1}\left(\frac{1}{y}\right) = \tan ^{-1}(3)$.
$\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\tan ^{-1}\left(\frac{x + \frac{1}{y}}{1 - \frac{x}{y}}\right) = \tan ^{-1}(3)$.
આથી $\frac{xy + 1}{y - x} = 3$,જેનું સાદું રૂપ $xy + 1 = 3y - 3x$ થાય છે.
પદોને ગોઠવતા: $xy + 3x - 3y = -1$.
અવયવ પાડવા માટે બંને બાજુ $9$ ઉમેરતા: $x(y+3) - 3(y+3) + 9 = -1 + 9$.
$(x-3)(y+3) = 8$.
$x$ અને $y$ ધન પૂર્ણાંકો હોવાથી,$x \ge 1$ અને $y \ge 1$. તેથી,$y+3 \ge 4$.
$8$ ના અવયવો કે જેમાં $y+3 \ge 4$ હોય તે નીચે મુજબ છે:
$1) y+3 = 4 \implies y=1$. તો $x-3 = 2 \implies x=5$.
$2) y+3 = 8 \implies y=5$. તો $x-3 = 1 \implies x=4$.
આમ,$(5, 1)$ અને $(4, 5)$ એ બે ધન પૂર્ણાંક ઉકેલો છે.
તેથી,કુલ $2$ ઉકેલો મળે છે.

(D) ધારો કે $\tan ^{-1} 2 = \alpha$,જેનો અર્થ છે કે $\tan \alpha = 2$.
ધારો કે $\cot ^{-1} 3 = \beta$,જેનો અર્થ છે કે $\cot \beta = 3$.
આપણે $\sec ^2 \alpha + \operatorname{cosec}^2 \beta$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sec ^2 \theta = 1 + \tan ^2 \theta$ અને $\operatorname{cosec}^2 \theta = 1 + \cot ^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sec ^2 \alpha + \operatorname{cosec}^2 \beta = (1 + \tan ^2 \alpha) + (1 + \cot ^2 \beta)$.
$\tan \alpha = 2$ અને $\cot \beta = 3$ ની કિંમતો મૂકતા:
$= (1 + 2^2) + (1 + 3^2) = (1 + 4) + (1 + 9) = 5 + 10 = 15$.

(B) ધારો કે $\tan ^{-1} \frac{3}{4} = \theta$. તેથી $\tan \theta = \frac{3}{4}$.
નિત્યસમ $\sin \theta = \frac{\tan \theta}{\sqrt{1 + \tan^2 \theta}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin \theta = \frac{3/4}{\sqrt{1 + (3/4)^2}} = \frac{3/4}{\sqrt{25/16}} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$ મળે છે.
આમ,$\left[\sin \left(\tan ^{-1} \frac{3}{4}\right)\right]^2 = \left(\frac{3}{5}\right)^2 = \frac{9}{25}$.
ધારો કે $\tan ^{-1} \frac{4}{3} = \phi$. તેથી $\tan \phi = \frac{4}{3}$.
નિત્યસમ $\sin \phi = \frac{\tan \phi}{\sqrt{1 + \tan^2 \phi}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin \phi = \frac{4/3}{\sqrt{1 + (4/3)^2}} = \frac{4/3}{\sqrt{25/9}} = \frac{4/3}{5/3} = \frac{4}{5}$ મળે છે.
આમ,$\left[\sin \left(\tan ^{-1} \frac{4}{3}\right)\right]^2 = \left(\frac{4}{5}\right)^2 = \frac{16}{25}$.
બંને કિંમતોનો સરવાળો કરતા: $\frac{9}{25} + \frac{16}{25} = \frac{25}{25} = 1$.