Mix Examples-ITF Questions in Hindi

(C) हम सूत्र $\tan^{-1}(iz) = \frac{i}{2} \log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$z = \frac{5}{3}$ है।
$\tan^{-1}\left(\frac{5i}{3}\right) = \frac{i}{2} \log\left(\frac{1 + 5/3}{1 - 5/3}\right) = \frac{i}{2} \log(-4)$.
मुख्य मान लेने पर,$\log(-4) = \ln 4 + i\pi$ होता है।
अतः,$\tan^{-1}(5i/3) = \frac{i}{2} \ln 4 - \frac{\pi}{2}$.
इस प्रकार,काल्पनिक भाग $\frac{1}{2} \ln 4 = \ln 2$ है।

(A) दिया गया है कि $x, y, z$ $A.P.$ में हैं,इसलिए $2y = x + z$।
चूंकि $\tan^{-1}x, \tan^{-1}y, \tan^{-1}z$ $A.P.$ में हैं,इसलिए $2\tan^{-1}y = \tan^{-1}x + \tan^{-1}z$।
सूत्र $\tan^{-1}A + \tan^{-1}B = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ का उपयोग करने पर,$\tan^{-1}\left(\frac{2y}{1-y^2}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{x+z}{1-xz}\right)$।
इससे $\frac{2y}{1-y^2} = \frac{x+z}{1-xz}$ प्राप्त होता है।
$x+z = 2y$ प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{2y}{1-y^2} = \frac{2y}{1-xz}$।
यह समीकरण तब सत्य है यदि $2y = 0$ या $1-y^2 = 1-xz$।
यदि $2y = 0$,तो $y=0$,जिसका अर्थ है $x+z=0$ या $x=-z$।
यदि $1-y^2 = 1-xz$,तो $y^2 = xz$।
चूंकि $x, y, z$ $A.P.$ में हैं ($y^2 = xz$ का अर्थ $G.P.$ है),इसलिए संख्याओं के $A.P.$ और $G.P.$ दोनों में होने के लिए $x = y = z$ होना आवश्यक है।

(A) दिया गया है कि $p, q, r$ एक $G.P.$ में हैं,इसलिए $q^2 = pr$ है।
साथ ही,$\tan^{-1} p, \tan^{-1} q, \tan^{-1} r$ एक $A.P.$ में हैं,जिसका अर्थ है $2 \tan^{-1} q = \tan^{-1} p + \tan^{-1} r$।
सूत्र $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ का उपयोग करने पर,हमें $2 \tan^{-1} q = \tan^{-1} \left( \frac{p+r}{1-pr} \right)$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों में $\tan$ लेने पर,$\frac{2q}{1-q^2} = \frac{p+r}{1-pr}$।
चूंकि $q^2 = pr$,हर $1-q^2 = 1-pr$ है।
अतः,$2q = p+r$,जिसका अर्थ है कि $p, q, r$ एक $A.P.$ में हैं।
चूंकि $p, q, r$ एक $A.P.$ और $G.P.$ दोनों में हैं,इसलिए उन्हें समान होना चाहिए,अर्थात $p = q = r$।

(A) दिया गया द्विघात समीकरण $6x^2 - 5x + 1 = 0$ है।
$ax^2 + bx + c = 0$ से तुलना करने पर,$a = 6, b = -5, c = 1$ प्राप्त होता है।
मूलों का योग $\alpha + \beta = -b/a = 5/6$ है।
मूलों का गुणनफल $\alpha \beta = c/a = 1/6$ है।
सूत्र $\tan^{-1}\alpha + \tan^{-1}\beta = \tan^{-1}\left(\frac{\alpha + \beta}{1 - \alpha \beta}\right)$ का उपयोग करने पर,
मान रखने पर: $\tan^{-1}\left(\frac{5/6}{1 - 1/6}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{5/6}{5/6}\right) = \tan^{-1}(1)$।
चूंकि $\tan^{-1}(1) = \pi / 4$ है,इसलिए अंतिम मान $\pi / 4$ है।

(D) सूत्र $\tan^{-1}(A) + \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ का उपयोग करते हुए:
$\tan^{-1}\left(\frac{\frac{x-1}{x+1} + \frac{2x-1}{2x+1}}{1 - \left(\frac{x-1}{x+1}\right)\left(\frac{2x-1}{2x+1}\right)}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{23}{36}\right)$
पद का सरलीकरण करने पर:
$\frac{(x-1)(2x+1) + (2x-1)(x+1)}{(x+1)(2x+1) - (x-1)(2x-1)} = \frac{23}{36}$
$\frac{2x^2 + x - 2x - 1 + 2x^2 + 2x - x - 1}{2x^2 + x + 2x + 1 - (2x^2 - x - 2x + 1)} = \frac{23}{36}$
$\frac{4x^2 - 2}{6x} = \frac{23}{36}$
$\frac{2x^2 - 1}{3x} = \frac{23}{36}$
$24x^2 - 12 = 69x$
$24x^2 - 69x - 12 = 0$
$3$ से भाग देने पर: $8x^2 - 23x - 4 = 0$
$(8x + 1)(x - 4) = 0$
अतः,$x = 4$ या $x = -\frac{1}{8}$.
चूंकि कोई भी विकल्प मेल नहीं खाता है,सही उत्तर $(d)$ है।

(A) माना ${\sin ^{ - 1}}a = A, {\sin ^{ - 1}}b = B, {\sin ^{ - 1}}c = C$ है।
तब $a = \sin A, b = \sin B, c = \sin C$ और $A + B + C = \pi$ होगा।
हम जानते हैं कि एक त्रिभुज में जहाँ $A + B + C = \pi$ होता है,सर्वसमिका $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A \sin B \sin C$ सत्य है।
इसे $2\sin A \cos A + 2\sin B \cos B + 2\sin C \cos C = 4\sin A \sin B \sin C$ के रूप में लिखा जा सकता है।
दोनों पक्षों को $2$ से विभाजित करने पर,हमें $\sin A \cos A + \sin B \cos B + \sin C \cos C = 2\sin A \sin B \sin C$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\cos A = \sqrt{1 - \sin^2 A} = \sqrt{1 - a^2}$,$\cos B = \sqrt{1 - b^2}$,और $\cos C = \sqrt{1 - c^2}$,इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$a\sqrt{1 - a^2} + b\sqrt{1 - b^2} + c\sqrt{1 - c^2} = 2abc$।

(C) हम जानते हैं कि यदि $x \in [2n\pi, (2n+1)\pi]$ है,तो $\cos^{-1}(\cos x) = x - 2n\pi$ होता है। $x = 12$ के लिए,चूंकि $3\pi \approx 9.42$ और $4\pi \approx 12.56$ है,इसलिए $3\pi < 12 < 4\pi$ है। अतः,$\cos^{-1}(\cos 12) = 4\pi - 12$ है।
हम जानते हैं कि यदि $x \in [2n\pi - \pi/2, 2n\pi + \pi/2]$ है,तो $\sin^{-1}(\sin x) = x - 2n\pi$ होता है। $x = 14$ के लिए,चूंकि $4\pi \approx 12.56$ और $4\pi + \pi/2 \approx 14.13$ है,इसलिए $4\pi - \pi/2 < 14 < 4\pi + \pi/2$ है। अतः,$\sin^{-1}(\sin 14) = 14 - 4\pi$ है।
अतः,$\cos^{-1}(\cos 12) - \sin^{-1}(\sin 14) = (4\pi - 12) - (14 - 4\pi) = 8\pi - 26$।

(C) दिया गया समीकरण: $\cos^{-1} x + \cos^{-1} 2x + \pi = 0$
$\Rightarrow \cos^{-1} x + \cos^{-1} 2x = -\pi$
चूंकि $\cos^{-1} \theta$ का परिसर $[0, \pi]$ है,इसलिए $\cos^{-1} x + \cos^{-1} 2x$ का न्यूनतम मान $0 + 0 = 0$ है।
हालाँकि,समीकरण के अनुसार योग $-\pi$ होना चाहिए।
दो गैर-ऋणात्मक मानों का योग कभी भी ऋणात्मक नहीं हो सकता है,इसलिए $x$ का कोई भी वास्तविक मान इस समीकरण को संतुष्ट नहीं करता है।
अतः,वास्तविक हलों की संख्या $0$ है।

(B) दिया गया है कि $\tan (\cos ^{ - 1}x) = \sin (\cot ^{ - 1}\frac{1}{2})$.
माना $\cot ^{ - 1}\frac{1}{2} = \phi$,तो $\cot \phi = \frac{1}{2}$.
हम जानते हैं कि $\sin \phi = \frac{1}{\sqrt{1 + \cot ^2 \phi}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (1/2)^2}} = \frac{1}{\sqrt{5/4}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
माना $\cos ^{ - 1}x = \theta$,तो $\cos \theta = x$.
हम जानते हैं कि $\tan \theta = \frac{\sqrt{1 - \cos ^2 \theta}}{\cos \theta} = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$.
इन मानों को मूल समीकरण में रखने पर:
$\frac{\sqrt{1 - x^2}}{x} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{1 - x^2}{x^2} = \frac{4}{5}$.
$5(1 - x^2) = 4x^2$.
$5 - 5x^2 = 4x^2$.
$9x^2 = 5$.
$x^2 = \frac{5}{9}$.
$x = \pm \frac{\sqrt{5}}{3}$.

(C) दिया गया समीकरण $\tan^{-1}\sqrt{x(x + 1)} + \sin^{-1}\sqrt{x^2 + x + 1} = \frac{\pi}{2}$ है।
$\tan^{-1}\sqrt{x(x + 1)}$ को परिभाषित होने के लिए,हमारे पास $x(x + 1) \ge 0$ होना चाहिए।
$\sin^{-1}\sqrt{x^2 + x + 1}$ को परिभाषित होने के लिए,तर्क को $0 \le \sqrt{x^2 + x + 1} \le 1$ को संतुष्ट करना चाहिए,जिसका अर्थ है $0 \le x^2 + x + 1 \le 1$।
चूंकि $x^2 + x + 1 = (x + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$,$x^2 + x + 1$ का न्यूनतम मान $\frac{3}{4}$ है।
इस प्रकार,शर्त $0 \le x^2 + x + 1 \le 1$ सरल होकर $\frac{3}{4} \le x^2 + x + 1 \le 1$ हो जाती है,जिसका अर्थ है $x^2 + x \le 0$।
$x(x + 1) \ge 0$ और $x(x + 1) \le 0$ को मिलाने पर,हमें $x(x + 1) = 0$ प्राप्त होता है।
इससे $x = 0$ या $x = -1$ प्राप्त होता है।
$x = 0$ की जाँच करने पर: $\tan^{-1}(0) + \sin^{-1}(1) = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$। यह एक हल है।
$x = -1$ की जाँच करने पर: $\tan^{-1}(0) + \sin^{-1}(1) = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$। यह एक हल है।
अतः,कुल $2$ वास्तविक हल हैं।

(C) माना ${\cos ^{ - 1}}x = y$ है। जब $x \to 1$,तब $y \to 0$ होगा। साथ ही,$x = \cos y$ है।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{1 - \sqrt x }}{{{{({{\cos }^{ - 1}}x)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \sqrt {\cos y} }}{{{y^2}}}$
अंश का परिमेयकरण करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{(1 - \sqrt {\cos y} )(1 + \sqrt {\cos y} )}}{{{y^2}(1 + \sqrt {\cos y} )}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}(1 + \sqrt {\cos y} )}}$
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}} = \frac{1}{2}$ का उपयोग करने पर:
$= \left( \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}} \right) \times \left( \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{1}{{1 + \sqrt {\cos y} }} \right)$
$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{{1 + \sqrt 1 }} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

(D) दिया गया है $f(x) = \cot^{-1} \left( \frac{3x - x^3}{1 - 3x^2} \right)$ और $g(x) = \cos^{-1} \left( \frac{1 - x^2}{1 + x^2} \right)$।
माना $x = \tan \theta$। $0 < a < \frac{1}{\sqrt{3}}$ के लिए,$0 < \theta < \frac{\pi}{6}$ है।
$f(x) = \cot^{-1}(\tan 3\theta) = \cot^{-1}(\cot(\frac{\pi}{2} - 3\theta)) = \frac{\pi}{2} - 3\theta = \frac{\pi}{2} - 3\tan^{-1}x$।
अतः,$f'(x) = -\frac{3}{1 + x^2}$।
$g(x) = \cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta = 2\tan^{-1}x$।
अतः,$g'(x) = \frac{2}{1 + x^2}$।
एल'हॉस्पिटल नियम का उपयोग करने पर:
$\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(a)}{g'(a)} = \frac{-\frac{3}{1 + a^2}}{\frac{2}{1 + a^2}} = -\frac{3}{2}$।

(B) माना $y = \tan^{-1} \left[ \frac{3a^2x - x^3}{a(a^2 - 3x^2)} \right]$.
$x = a \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,जिससे $\theta = \tan^{-1}(\frac{x}{a})$.
अतः,$y = \tan^{-1} \left[ \frac{3a^3 \tan \theta - a^3 \tan^3 \theta}{a(a^2 - 3a^2 \tan^2 \theta)} \right] = \tan^{-1} \left[ \frac{a^3(3 \tan \theta - \tan^3 \theta)}{a^3(1 - 3 \tan^2 \theta)} \right]$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan(3\theta) = \frac{3 \tan \theta - \tan^3 \theta}{1 - 3 \tan^2 \theta}$ का उपयोग करने पर,$y = \tan^{-1}(\tan 3\theta) = 3\theta$.
चूंकि $\theta = \tan^{-1}(\frac{x}{a})$,इसलिए $y = 3 \tan^{-1}(\frac{x}{a})$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{1}{1 + (x/a)^2} \cdot \frac{1}{a} = 3 \cdot \frac{a^2}{a^2 + x^2} \cdot \frac{1}{a} = \frac{3a}{a^2 + x^2}$.
$x = 0$ पर,$\frac{dy}{dx} = \frac{3a}{a^2 + 0} = \frac{3}{a}$.

(C) दिया गया है $u = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + x^2} - 1}{x} \right)$ और $v = 2 \tan^{-1} x$ है।
माना $x = \tan \theta$,इसलिए $\theta = \tan^{-1} x$ है।
$u$ में $x = \tan \theta$ रखने पर:
$u = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + \tan^2 \theta} - 1}{\tan \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta} \right)$
$u = \tan^{-1} \left( \frac{1 - \cos \theta}{\sin \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{2 \sin^2(\theta/2)}{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)} \right)$
$u = \tan^{-1} (\tan(\theta/2)) = \theta/2 = \frac{1}{2} \tan^{-1} x$ है।
अब,$v = 2 \tan^{-1} x$ है।
हमें $\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx}$ ज्ञात करना है।
$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + x^2}$ है।
$\frac{dv}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1 + x^2}$ है।
अतः,$\frac{du}{dv} = \frac{\frac{1}{2(1 + x^2)}}{\frac{2}{1 + x^2}} = \frac{1}{4}$ है।

(B) माना $p = {\sin ^{ - 1}}\left( {\frac{{2x}}{{1 + {x^2}}}} \right)$.
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापन का उपयोग करने पर,हमें $p = {\sin ^{ - 1}}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2{\tan ^{ - 1}}x$ प्राप्त होता है।
अब,माना $q = {\cos ^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}}} \right)$.
उसी प्रतिस्थापन $x = \tan \theta$ का उपयोग करने पर,हमें $q = {\cos ^{ - 1}}(\cos 2\theta) = 2\theta = 2{\tan ^{ - 1}}x$ प्राप्त होता है।
चूंकि $p = q$ है,इसलिए $p$ का $q$ के सापेक्ष अवकलज $\frac{{dp}}{{dq}} = \frac{d}{{dq}}(q) = 1$ होगा।

(A) दिया गया है कि $x, y, z$ समांतर श्रेणी में हैं,इसलिए $2y = x + z$ है।
साथ ही,$\tan^{-1}x, \tan^{-1}y, \tan^{-1}z$ भी समांतर श्रेणी में हैं,इसलिए $2\tan^{-1}y = \tan^{-1}x + \tan^{-1}z$ है।
सूत्र $\tan^{-1}A + \tan^{-1}B = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ का उपयोग करने पर,हमें $\tan^{-1}\left(\frac{2y}{1-y^2}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{x+z}{1-xz}\right)$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है $\frac{2y}{1-y^2} = \frac{x+z}{1-xz}$।
चूंकि $x+z = 2y$,इसलिए $\frac{2y}{1-y^2} = \frac{2y}{1-xz}$।
यह समीकरण तब सत्य है यदि $2y = 0$ या $1-y^2 = 1-xz$ हो।
यदि $2y = 0$,तो $y = 0$,जिसका अर्थ है $x = -z$।
यदि $1-y^2 = 1-xz$,तो $y^2 = xz$।
चूंकि $x, y, z$ समांतर श्रेणी में हैं,$y^2 = xz$ का अर्थ है $x = y = z$।
अतः,$x = y = z$ की स्थिति दी गई आवश्यकताओं को पूरा करती है।

(A) दिया गया है कि $x, y, z$ $A.P.$ में हैं,इसलिए $2y = x + z$ ....$(1)$
चूंकि $\tan^{-1} x, \tan^{-1} y, \tan^{-1} z$ $A.P.$ में हैं,इसलिए $2 \tan^{-1} y = \tan^{-1} x + \tan^{-1} z$ होगा।
$\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left( \frac{a+b}{1-ab} \right)$ सूत्र का उपयोग करने पर,हमें $2 \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x+z}{1-xz} \right)$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों में $\tan$ लेने पर,$\frac{2y}{1-y^2} = \frac{x+z}{1-xz}$।
$(1)$ से $x+z = 2y$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{2y}{1-y^2} = \frac{2y}{1-xz}$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है कि या तो $2y = 0$ (जो $x=y=z=0$ की ओर ले जाता है) या $\frac{1}{1-y^2} = \frac{1}{1-xz}$,जिसका अर्थ है $y^2 = xz$।
यदि $x, y, z$ $A.P.$ और $G.P.$ दोनों में हैं,तो $x = y = z$।

(A) माना $s^2 = \frac{a+b+c}{abc}$ है। तब व्यंजक $\theta = \tan^{-1}\sqrt{a^2 s^2} + \tan^{-1}\sqrt{b^2 s^2} + \tan^{-1}\sqrt{c^2 s^2}$ हो जाता है।
चूंकि $a, b, c$ धनात्मक हैं,$\theta = \tan^{-1}(as) + \tan^{-1}(bs) + \tan^{-1}(cs)$।
सूत्र $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y + \tan^{-1} z = \tan^{-1}\left(\frac{x+y+z-xyz}{1-(xy+yz+zx)}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\tan \theta = \frac{as+bs+cs - (as)(bs)(cs)}{1 - (asbs + bscs + csas)} = \frac{s(a+b+c) - s^3(abc)}{1 - s^2(ab+bc+ca)}$।
$s^2 = \frac{a+b+c}{abc}$ प्रतिस्थापित करने पर,जिसका अर्थ है $s^2(abc) = a+b+c$:
$\tan \theta = \frac{s(a+b+c) - s(s^2 abc)}{1 - s^2(ab+bc+ca)} = \frac{s(a+b+c) - s(a+b+c)}{1 - s^2(ab+bc+ca)} = \frac{0}{1 - s^2(ab+bc+ca)} = 0$।
वैकल्पिक रूप से,$a=b=c=1$ लेने पर,$\theta = \tan^{-1}\sqrt{3} + \tan^{-1}\sqrt{3} + \tan^{-1}\sqrt{3} = 3 \times 60^\circ = 180^\circ = \pi$। अतः,$\tan \theta = \tan \pi = 0$।

(A) दिया गया समीकरण: ${\tan ^{ - 1}}x + {\cos ^{ - 1}}\frac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} = {\sin ^{ - 1}}\frac{3}{{\sqrt {10} }}$
हम जानते हैं कि ${\cos ^{ - 1}}\frac{y}{{\sqrt {1 + {y^2}} }} = {\tan ^{ - 1}}\frac{1}{y}$ और ${\sin ^{ - 1}}\frac{3}{{\sqrt {10} }} = {\tan ^{ - 1}}3$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: ${\tan ^{ - 1}}x + {\tan ^{ - 1}}\frac{1}{y} = {\tan ^{ - 1}}3$.
सूत्र ${\tan ^{ - 1}}A + {\tan ^{ - 1}}B = {\tan ^{ - 1}}\frac{A+B}{1-AB}$ का उपयोग करने पर: $\frac{x + \frac{1}{y}}{1 - \frac{x}{y}} = 3$.
सरल करने पर: $\frac{xy + 1}{y - x} = 3 \implies xy + 1 = 3y - 3x \implies xy + 3x - 3y + 1 = 0$.
दोनों पक्षों में $8$ जोड़ने पर: $x(y + 3) - 3(y + 3) + 10 = 0 \implies (x - 3)(y + 3) = -10 \implies (3 - x)(y + 3) = 10$.
चूंकि $x, y$ धनात्मक पूर्णांक हैं,$10$ के गुणनखंडों की जाँच करने पर: $(3-x)$ का मान $1$ या $2$ हो सकता है।
यदि $3 - x = 1 \implies x = 2$,तो $y + 3 = 10 \implies y = 7$.
यदि $3 - x = 2 \implies x = 1$,तो $y + 3 = 5 \implies y = 2$.
अतः,संभावित जोड़े $(1, 2)$ और $(2, 7)$ हैं।

(B) दिया गया है कि $a_1, a_2, \dots, a_n$ एक $A.P.$ है जिसका सार्व अंतर $d$ है,अतः सभी $k = 1, 2, \dots, n-1$ के लिए $a_{k+1} - a_k = d$ है।
सर्वसमिका $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x - y}{1 + xy} \right)$ का उपयोग करते हुए,प्रत्येक पद को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$\tan^{-1} \left( \frac{d}{1 + a_k a_{k+1}} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{a_{k+1} - a_k}{1 + a_k a_{k+1}} \right) = \tan^{-1} a_{k+1} - \tan^{-1} a_k$.
$k = 1$ से $n-1$ तक इन पदों का योग करने पर एक टेलीस्कोपिंग श्रेणी प्राप्त होती है:
$\sum_{k=1}^{n-1} (\tan^{-1} a_{k+1} - \tan^{-1} a_k) = (\tan^{-1} a_2 - \tan^{-1} a_1) + (\tan^{-1} a_3 - \tan^{-1} a_2) + \dots + (\tan^{-1} a_n - \tan^{-1} a_{n-1})$.
सभी मध्यवर्ती पद कट जाते हैं,जिससे केवल $\tan^{-1} a_n - \tan^{-1} a_1$ शेष रहता है।
अतः,व्यंजक $\tan \left( \tan^{-1} a_n - \tan^{-1} a_1 \right) = \tan \left( \tan^{-1} \left( \frac{a_n - a_1}{1 + a_n a_1} \right) \right) = \frac{a_n - a_1}{1 + a_1 a_n}$ बन जाता है।
चूंकि $a_n = a_1 + (n-1)d$,इसलिए $a_n - a_1 = (n-1)d$.
अतः,परिणाम $\frac{(n - 1)d}{1 + a_1 a_n}$ है।

(D) माना $\alpha = \cos^{-1} \frac{1}{5\sqrt{2}}$. तब $\cos \alpha = \frac{1}{5\sqrt{2}}$.
चूँकि $\tan^2 \alpha = \sec^2 \alpha - 1 = (5\sqrt{2})^2 - 1 = 50 - 1 = 49$,इसलिए $\tan \alpha = 7$ है।
अतः,$\alpha = \tan^{-1} 7$.
माना $\beta = \sin^{-1} \frac{4}{\sqrt{17}}$. तब $\sin \beta = \frac{4}{\sqrt{17}}$.
चूँकि $\cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta = 1 - \frac{16}{17} = \frac{1}{17}$,इसलिए $\cos \beta = \frac{1}{\sqrt{17}}$ है।
तब $\tan \beta = \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{4/\sqrt{17}}{1/\sqrt{17}} = 4$.
अतः,$\beta = \tan^{-1} 4$.
व्यंजक $\tan(\alpha - \beta) = \tan(\tan^{-1} 7 - \tan^{-1} 4)$ बन जाता है।
सूत्र $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ का उपयोग करने पर:
$\tan(\tan^{-1} 7 - \tan^{-1} 4) = \frac{7 - 4}{1 + (7)(4)} = \frac{3}{1 + 28} = \frac{3}{29}$.

(C) दिया गया है $y = \tan^{-1} \left( \frac{\ln e - \ln x^2}{\ln e + \ln x^2} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{3 + 2 \ln x}{1 - 6 \ln x} \right)$.
चूंकि $\ln e = 1$ और $\ln x^2 = 2 \ln x$,हमारे पास $y = \tan^{-1} \left( \frac{1 - 2 \ln x}{1 + 2 \ln x} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{3 + 2 \ln x}{1 - 6 \ln x} \right)$ है।
सूत्र $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ का उपयोग करते हुए,मान लीजिए $A = \frac{1 - 2 \ln x}{1 + 2 \ln x}$ और $B = \frac{3 + 2 \ln x}{1 - 6 \ln x}$ है।
तब $A + B = \frac{(1 - 2 \ln x)(1 - 6 \ln x) + (3 + 2 \ln x)(1 + 2 \ln x)}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)} = \frac{4 + 16(\ln x)^2}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)}$ है।
और $1 - AB = 1 - \frac{(1 - 2 \ln x)(3 + 2 \ln x)}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)} = \frac{-2 - 8(\ln x)^2}{(1 + 2 \ln x)(1 - 6 \ln x)}$ है।
अतः,$\frac{A+B}{1-AB} = \frac{4(1 + 4(\ln x)^2)}{-2(1 + 4(\ln x)^2)} = -2$ है।
इसलिए $y = \tan^{-1}(-2)$,जो एक अचर है।
अतः,$\frac{dy}{dx} = 0$ और $\frac{d^2y}{dx^2} = 0$।

(A) माना $\cos \alpha = \frac{2}{\sqrt{13}}$ और $\sin \alpha = \frac{3}{\sqrt{13}}$ है। तब $\tan \alpha = \frac{3}{2}$ होगा।
व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$f(x) = \cos^{-1} (\cos \alpha \cos x - \sin \alpha \sin x) + \sin^{-1} (\cos \alpha \cos x + \sin \alpha \sin x)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ और $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$f(x) = \cos^{-1} (\cos(x + \alpha)) + \sin^{-1} (\cos(x - \alpha))$
चूंकि $\sin^{-1}(\cos \theta) = \frac{\pi}{2} - \cos^{-1}(\cos \theta) = \frac{\pi}{2} - \theta$ (उचित परिसर के लिए):
$f(x) = (x + \alpha) + \left( \frac{\pi}{2} - (x - \alpha) \right)$
$f(x) = x + \alpha + \frac{\pi}{2} - x + \alpha = \frac{\pi}{2} + 2\alpha$
चूंकि $\alpha$ एक स्थिरांक है,इसलिए अवकलज $f'(x) = \frac{d}{dx} (\frac{\pi}{2} + 2\alpha) = 0$ होगा।
अतः,$x = \frac{3}{4}$ पर अवकलज $0$ है।

(B) माना $x = \sin^2 \theta$. चूँकि $x \in (0, 1/2)$,इसलिए $\theta \in (0, \pi/4)$ है।
अतः $\sqrt{1-x} = \sqrt{1-\sin^2 \theta} = \cos \theta$.
साथ ही,$\sqrt{x(1-x)} = \sqrt{\sin^2 \theta \cos^2 \theta} = \sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} \sin 2\theta$.
इन मानों को $f(x)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$f(x) = 2 \sin^{-1}(\cos \theta) + \sin^{-1}(2 \cdot \frac{1}{2} \sin 2\theta)$
$f(x) = 2 \sin^{-1}(\sin(\pi/2 - \theta)) + \sin^{-1}(\sin 2\theta)$
चूँकि $\theta \in (0, \pi/4)$,इसलिए $(\pi/2 - \theta) \in (\pi/4, \pi/2)$ और $2\theta \in (0, \pi/2)$ है।
इस प्रकार,$f(x) = 2(\pi/2 - \theta) + 2\theta = \pi - 2\theta + 2\theta = \pi$.
चूँकि $f(x) = \pi$ एक अचर फलन है,इसलिए इसका अवकलज $f'(x) = 0$ होगा।

(B) माना $\sin^{-1} x = \theta$ है। जैसे $x \to 1/\sqrt{2}$,$\theta \to \pi/4$ होगा।
व्यंजक में $x = \sin \theta$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim_{\theta \to \pi/4} \frac{\sin \theta - \cos \theta}{1 - \tan \theta}$
$= \lim_{\theta \to \pi/4} \frac{\sin \theta - \cos \theta}{1 - \frac{\sin \theta}{\cos \theta}}$
$= \lim_{\theta \to \pi/4} \frac{\cos \theta (\sin \theta - \cos \theta)}{\cos \theta - \sin \theta}$
$= \lim_{\theta \to \pi/4} -\cos \theta$
$= -\cos(\pi/4) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$

(A) सबसे पहले,अंश का मूल्यांकन करें: $\mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } (\sqrt {x + 1} - \sqrt x) = 0$.
अतः,$\cot^{-1}(0) = \pi / 2$.
इसके बाद,हर का मूल्यांकन करें: $\mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } (\frac{2x+1}{x-1})^x = \infty$.
अतः,$\sec^{-1}(\infty) = \pi / 2$.
इसलिए,सीमा का मान $\frac{\pi / 2}{\pi / 2} = 1$ है।

(D) दो फलन समान होते हैं यदि उनका प्रांत (domain) और उनका मान समान हो।
$(A)$ $y = \tan(\cos^{-1} x)$ के लिए,$\cos^{-1} x$ का प्रांत $[-1, 1]$ है। चूंकि $\tan(\theta)$,$\theta = \frac{\pi}{2}$ पर अपरिभाषित है,इसलिए $\cos^{-1} x \neq \frac{\pi}{2}$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है $x \neq 0$। अतः,प्रांत $[-1, 0) \cup (0, 1]$ है। व्यंजक $\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$ में सरल हो जाता है। दोनों फलन समान प्रांत और व्यंजक रखते हैं।
$(B)$ $y = \tan(\cot^{-1} x)$ के लिए,$\cot^{-1} x$ सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए परिभाषित है और $\cot^{-1} x \in (0, \pi)$,इसलिए $\tan(\cot^{-1} x)$ सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए परिभाषित है सिवाय $x = 0$ के। अतः,प्रांत $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ है। व्यंजक $\frac{1}{x}$ में सरल हो जाता है। दोनों फलन समान हैं।
$(C)$ $y = \sin(\tan^{-1} x)$ के लिए,$\tan^{-1} x$ का प्रांत $\mathbb{R}$ है। चूंकि $\tan^{-1} x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$,$\sin(\tan^{-1} x)$ सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए परिभाषित है। व्यंजक $\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ में सरल हो जाता है। दोनों फलन समान हैं।
अतः,$(A)$,$(B)$,और $(C)$ तीनों समान फलनों के युग्म हैं,इसलिए सही विकल्प $(D)$ है।

(D) दो फलनों $f(x)$ और $g(x)$ के समान होने के लिए,उनका प्रांत समान होना चाहिए और प्रांत के प्रत्येक $x$ के लिए $f(x) = g(x)$ होना चाहिए।
विकल्प $A$ की जाँच करें: मान लीजिए $x = \tan \theta$। तो $f(x) = \cos(2\theta) = \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta} = \frac{1 - x^2}{1 + x^2} = g(x)$। दोनों सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए परिभाषित हैं। अतः,$A$ समान है।
विकल्प $B$ की जाँच करें: मान लीजिए $x = \cot \theta$। तो $g(x) = \sin(2\theta) = \frac{2\cot \theta}{1 + \cot^2 \theta} = \frac{2x}{1 + x^2} = f(x)$। दोनों सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए परिभाषित हैं। अतः,$B$ समान है।
विकल्प $C$ की जाँच करें: $f(x)$ के लिए,सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए $\cot^{-1} x > 0$,इसलिए $\operatorname{sgn}(\cot^{-1} x) = 1$। अतः $f(x) = e^{\ln(1)} = 1$। $g(x)$ के लिए,$[1 + \{x\}] = 1$ क्योंकि $0 \le \{x\} < 1$,इसलिए $1 \le 1 + \{x\} < 2$। अतः $g(x) = e^{\ln(1)} = 1$। दोनों सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए परिभाषित हैं। अतः,$C$ समान है।
चूंकि सभी युग्म समान हैं,सही विकल्प $D$ है।

(C) $\sin^{-1} \sqrt{x}$ को परिभाषित होने के लिए,हमारे पास $0 \leq \sqrt{x} \leq 1$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है $x \in [0, 1]$।
$\cos^{-1} \sqrt{x^2 - 1}$ को परिभाषित होने के लिए,हमारे पास $0 \leq \sqrt{x^2 - 1} \leq 1$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है $0 \leq x^2 - 1 \leq 1$,इसलिए $1 \leq x^2 \leq 2$। चूँकि $x \geq 0$,हमें $x \in [1, \sqrt{2}]$ प्राप्त होता है।
इन दोनों को मिलाने पर,$x$ के लिए एकमात्र संभावित मान $x = 1$ है।
समीकरण में $x = 1$ रखने पर,हमें $\sin^{-1}(1) + \cos^{-1}(0) + \tan^{-1}(\tan y) = a$ प्राप्त होता है।
यह सरल होकर $\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} + y = a$ हो जाता है,जहाँ $y$ कोई भी वास्तविक संख्या है जिसके लिए $\tan y$ परिभाषित है।
अतः,$a = \pi + y$। चूँकि $\tan^{-1}(\tan y)$ एक आवर्ती फलन है जिसका परिसर $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ है,इसलिए $a \in (\pi - \frac{\pi}{2}, \pi + \frac{\pi}{2})$,अर्थात $a \in (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$।
$\pi \approx 3.14$ का उपयोग करने पर,अंतराल $(\frac{3.14}{2}, \frac{3 \times 3.14}{2}) \approx (1.57, 4.71)$ प्राप्त होता है।
इस अंतराल में $a$ के पूर्णांक मान $2, 3, 4$ हैं।
इसलिए,कुल $3$ पूर्णांक मान हैं।

(B) माना $\sin^{-1} \sqrt{1-x^2} = \theta$. तब $\sin \theta = \sqrt{1-x^2}$.
इसका अर्थ है $\cos \theta = \sqrt{1 - (1-x^2)} = \sqrt{x^2} = |x|$. चूँकि $\sqrt{\frac{2}{x}-1}$ के प्रांत के लिए $x > 0$ होना आवश्यक है,इसलिए $\cos \theta = x$.
अतः,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} = \sqrt{\frac{1-x^2}{x^2}} = \sqrt{\frac{1}{x^2}-1}$.
दिया गया है कि $\tan \theta = \sqrt{\frac{2}{x}-1}$,अतः दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\sqrt{\frac{1}{x^2}-1} = \sqrt{\frac{2}{x}-1}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{1}{x^2} - 1 = \frac{2}{x} - 1$.
$\frac{1}{x^2} = \frac{2}{x} \implies x^2 = \frac{x}{2} \implies x(x - \frac{1}{2}) = 0$.
चूँकि $x > 0$,इसलिए $x = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
यहाँ,$a = 1$ और $b = 2$ हैं,जो सह-अभाज्य हैं।
अतः,$a^2 + b^2 = 1^2 + 2^2 = 1 + 4 = 5$.

(C) दिया गया है $f(x) = \cot \left( \sin^{-1} \sqrt{\frac{2}{3 + \cos 2x}} \right)$.
हम जानते हैं कि $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$,इसलिए $3 + \cos 2x = 3 + 2\cos^2 x - 1 = 2 + 2\cos^2 x = 2(1 + \cos^2 x)$.
इस मान को रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\sqrt{\frac{2}{2(1 + \cos^2 x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \cos^2 x}}$.
माना $\theta = \sin^{-1} \sqrt{\frac{2}{3 + \cos 2x}}$. तब $\sin \theta = \sqrt{\frac{2}{3 + \cos 2x}}$.
$\sin^2 \theta = \frac{2}{3 + \cos 2x} \implies \csc^2 \theta = \frac{3 + \cos 2x}{2} = \frac{3 + 2\cos^2 x - 1}{2} = 1 + \cos^2 x$.
$\cot^2 \theta = \csc^2 \theta - 1 = (1 + \cos^2 x) - 1 = \cos^2 x$.
अतः,$f(x) = \cot \theta = \sqrt{\cos^2 x} = |\cos x|$.
$x = \frac{2\pi}{3}$ पर,$\cos x = -\frac{1}{2}$,इसलिए $\frac{2\pi}{3}$ के पड़ोस में $f(x) = -\cos x$ होगा।
$f'(x) = \frac{d}{dx}(-\cos x) = \sin x$.
$f'\left( \frac{2\pi}{3} \right) = \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(B) मान लीजिए $g(x) = |\tan^{-1}x|$ और $h(x) = \cot^{-1}x$ है।
हमें $f(x) = \max\{g(x), h(x)\}$ ज्ञात करना है।
$x < 0$ के लिए,$g(x) = |\tan^{-1}x| = -\tan^{-1}x$ और $h(x) = \cot^{-1}x = \pi - \tan^{-1}x$ है। चूंकि $\pi - \tan^{-1}x > -\tan^{-1}x$,इसलिए $x < 0$ के लिए $f(x) = \cot^{-1}x$ है।
$x \ge 0$ के लिए,$g(x) = \tan^{-1}x$ और $h(x) = \cot^{-1}x$ है। वे वहां प्रतिच्छेद करते हैं जहाँ $\tan^{-1}x = \cot^{-1}x$,अर्थात $x = 1$ पर। $x=1$ पर,$f(1) = \frac{\pi}{4}$ है।
$x \in [0, 1]$ के लिए,$\cot^{-1}x \ge \tan^{-1}x$,इसलिए $f(x) = \cot^{-1}x$ है। $x > 1$ के लिए,$\tan^{-1}x > \cot^{-1}x$,इसलिए $f(x) = \tan^{-1}x$ है।
कथन $I$: फलन हर जगह सतत है लेकिन $x=1$ (जहाँ फलन बदलते हैं) और संभवतः $x=0$ (जहाँ $|\tan^{-1}x|$ का कोना है) पर अवकलनीय नहीं है। अतः,$I$ गलत है।
कथन $II$: परिसर $[\frac{\pi}{4}, \pi)$ है। जैसे $x \to -\infty$,$f(x) \to \pi$। जैसे $x \to \infty$,$f(x) \to \frac{\pi}{2}$। न्यूनतम मान $x=1$ पर $\frac{\pi}{4}$ है। अतः,$II$ गलत है।
कथन $III$: चूंकि फलन एकदिष्ट (monotonic) नहीं है और पूरे सह-प्रांत $R$ को कवर नहीं करता है,इसलिए यह बहु-एक अंतर्क्षेपी (many-one into) है। अतः,$III$ सही है।
केवल एक कथन सही है।

(C) दिया गया है $\cos ^{-1}(x) + \cos ^{-1}(2x) + \cos ^{-1}(3x) = \pi.$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें मिलता है $\cos ^{-1}(2x) + \cos ^{-1}(3x) = \pi - \cos ^{-1}(x).$
सर्वसमिका $\cos ^{-1}(A) + \cos ^{-1}(B) = \cos ^{-1}(AB - \sqrt{1-A^2}\sqrt{1-B^2})$ और $\pi - \cos ^{-1}(x) = \cos ^{-1}(-x)$ का उपयोग करते हुए,
$\cos ^{-1}(6x^2 - \sqrt{1-4x^2}\sqrt{1-9x^2}) = \cos ^{-1}(-x).$
तर्कों की तुलना करने पर,$6x^2 - \sqrt{1-4x^2}\sqrt{1-9x^2} = -x.$
पुनर्व्यवस्थित करने पर,$6x^2 + x = \sqrt{1-4x^2}\sqrt{1-9x^2}.$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$(6x^2 + x)^2 = (1-4x^2)(1-9x^2).$
$36x^4 + x^2 + 12x^3 = 1 - 13x^2 + 36x^4.$
सरल करने पर,$12x^3 + 14x^2 - 1 = 0.$
इसकी तुलना $ax^3 + bx^2 + cx - 1 = 0$ से करने पर,हमें $a = 12, b = 14, c = 0$ प्राप्त होता है.
अतः,$a + b + c = 12 + 14 + 0 = 26.$

(D) दिया गया है $x = \sin(2 \tan^{-1} 2)$। मान लीजिए $\tan^{-1} 2 = \theta$,तो $\tan \theta = 2$।
चूंकि $\tan \theta = 2$,हमें $\sin \theta = \frac{2}{\sqrt{5}}$ और $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{5}}$ प्राप्त होता है।
तब $x = \sin(2 \theta) = 2 \sin \theta \cos \theta = 2 \left( \frac{2}{\sqrt{5}} \right) \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \right) = \frac{4}{5}$।
अतः,$1 - x = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}$।
अब,दिया गया है $y = \sin \left( \frac{1}{2} \tan^{-1} \frac{4}{3} \right)$। मान लीजिए $\tan^{-1} \frac{4}{3} = \alpha$,तो $\tan \alpha = \frac{4}{3}$।
सर्वसमिका $\sin \frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1 - \cos \alpha}{2}}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\cos \alpha = \frac{3}{5}$ (चूंकि $\tan \alpha = \frac{4}{3}$),हमें $y = \sqrt{\frac{1 - 3/5}{2}} = \sqrt{\frac{2/5}{2}} = \sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$y^2 = \frac{1}{5}$।
परिणामों की तुलना करने पर,$y^2 = \frac{1}{5}$ और $1 - x = \frac{1}{5}$,अतः $y^2 = 1 - x$।

(C) माना $S = \sum\limits_{\lambda = 1}^{10} {{{\sin }^{ - 1}}\left( {\sin \left( {\lambda \pi - \frac{\pi }{6}} \right)} \right)} $.
सम $\lambda = 2n$ के लिए (जहाँ $n = 1, 2, 3, 4, 5$):
$\sin(2n\pi - \frac{\pi }{6}) = \sin(-\frac{\pi }{6}) = -\frac{1}{2}$.
अतः,${{\sin }^{ - 1}}(\sin(2n\pi - \frac{\pi }{6})) = -\frac{\pi }{6}$.
ऐसे $5$ पद हैं,इसलिए योग $5 \times (-\frac{\pi }{6}) = -\frac{5\pi }{6}$ है।
विषम $\lambda = 2n-1$ के लिए (जहाँ $n = 1, 2, 3, 4, 5$):
$\sin((2n-1)\pi - \frac{\pi }{6}) = \sin(\pi - \frac{\pi }{6}) = \sin(\frac{\pi }{6}) = \frac{1}{2}$.
अतः,${{\sin }^{ - 1}}(\sin((2n-1)\pi - \frac{\pi }{6})) = \frac{\pi }{6}$.
ऐसे $5$ पद हैं,इसलिए योग $5 \times \frac{\pi }{6} = \frac{5\pi }{6}$ है।
दोनों को जोड़ने पर: $S = -\frac{5\pi }{6} + \frac{5\pi }{6} = 0$.

(C) फलन $f(x) = \cos^{-1}x + 2\cot^{-1}x - 2x^3 - 4x$ का प्रांत $[-1, 1]$ है।
सबसे पहले,हम $f(x)$ का अवकलन ज्ञात करते हैं:
$f'(x) = \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{2}{1+x^2} - 6x^2 - 4$.
चूंकि $\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} < 0$,$\frac{-2}{1+x^2} < 0$,और $-6x^2 - 4 < 0$ है,इसलिए $f'(x) < 0$ है।
अतः,$f(x)$ अंतराल $[-1, 1]$ पर एक ह्रासमान फलन है।
अधिकतम मान $x = -1$ पर प्राप्त होता है:
$M = f(-1) = \cos^{-1}(-1) + 2\cot^{-1}(-1) - 2(-1)^3 - 4(-1) = \pi + 2(\frac{3\pi}{4}) + 2 + 4 = \pi + \frac{3\pi}{2} + 6 = \frac{5\pi}{2} + 6$.
न्यूनतम मान $x = 1$ पर प्राप्त होता है:
$m = f(1) = \cos^{-1}(1) + 2\cot^{-1}(1) - 2(1)^3 - 4(1) = 0 + 2(\frac{\pi}{4}) - 2 - 4 = \frac{\pi}{2} - 6$.
न्यूनतम और अधिकतम मानों का योग है:
$m + M = (\frac{\pi}{2} - 6) + (\frac{5\pi}{2} + 6) = \frac{6\pi}{2} = 3\pi$.

(A) माना $\alpha = \cos^{-1} \left( \frac{3}{5} \right)$,तो $\cos \alpha = \frac{3}{5}$। चूँकि $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$,इसलिए $\sin \alpha = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$। अतः,$\alpha = \sin^{-1} \left( \frac{4}{5} \right)$।
माना $\beta = \tan^{-1} 2$,तो $\tan \beta = 2$। सर्वसमिका $\sin \beta = \frac{\tan \beta}{\sqrt{1 + \tan^2 \beta}}$ का उपयोग करने पर,$\sin \beta = \frac{2}{\sqrt{1 + 2^2}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$ प्राप्त होता है। अतः,$\beta = \sin^{-1} \left( \frac{2}{\sqrt{5}} \right)$।
व्यंजक $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$ बन जाता है।
यहाँ $\sin \alpha = \frac{4}{5}$,$\cos \alpha = \frac{3}{5}$,$\sin \beta = \frac{2}{\sqrt{5}}$,और $\cos \beta = \frac{1}{\sqrt{1 + 2^2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\sin(\alpha + \beta) = (\frac{4}{5} \times \frac{1}{\sqrt{5}}) + (\frac{3}{5} \times \frac{2}{\sqrt{5}}) = \frac{4}{5\sqrt{5}} + \frac{6}{5\sqrt{5}} = \frac{10}{5\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$।

(C) फलन $f(x, y) = \tan^{-1} x - \tan^{-1} y$ का परिसर $(-\pi, \pi)$ है। अतः,$\lfloor \tan^{-1} x - \tan^{-1} y \rfloor$ का अधिकतम मान $\lfloor \pi^- \rfloor = 3$ है।
फलन $g(u, v) = \sin^{-1} u - \sin^{-1} v$ का परिसर $[-\pi, \pi]$ है। अतः,$\lfloor \sin^{-1} u - \sin^{-1} v \rfloor$ का न्यूनतम मान $\lfloor -\pi \rfloor = -4$ है।
व्यंजक $\lfloor \tan^{-1} x - \tan^{-1} y \rfloor - \lfloor \sin^{-1} u - \sin^{-1} v \rfloor$ को अधिकतम करने के लिए,हम पहले पद का अधिकतम मान लेते हैं और दूसरे पद का न्यूनतम मान घटाते हैं।
अधिकतम मान $= 3 - (-4) = 7$.

(D) माना $f(x) = \cos (\tan ^{-1}(\sin (\cos ^{-1} x))) + \sin (\cot ^{-1}(\cos (\sin ^{-1} x)))$ है।
चूँकि $\sin (\cos ^{-1} x) = \sqrt{1-x^2}$ और $\cos (\sin ^{-1} x) = \sqrt{1-x^2}$ है,इसलिए:
$f(x) = \cos (\tan ^{-1}(\sqrt{1-x^2})) + \sin (\cot ^{-1}(\sqrt{1-x^2}))$ है।
माना $\theta = \tan ^{-1}(\sqrt{1-x^2})$,तो $\tan \theta = \sqrt{1-x^2}$ है।
तब $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}} = \frac{1}{\sqrt{1+(1-x^2)}} = \frac{1}{\sqrt{2-x^2}}$ है।
इसी प्रकार,माना $\phi = \cot ^{-1}(\sqrt{1-x^2})$,तो $\cot \phi = \sqrt{1-x^2}$ है।
तब $\sin \phi = \frac{1}{\sqrt{1+\cot^2 \phi}} = \frac{1}{\sqrt{1+(1-x^2)}} = \frac{1}{\sqrt{2-x^2}}$ है।
अतः,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2-x^2}} + \frac{1}{\sqrt{2-x^2}} = \frac{2}{\sqrt{2-x^2}}$ है।
चूँकि $x \in [-1, 1]$,$x^2 \in [0, 1]$,इसलिए $2-x^2 \in [1, 2]$ है।
अतः,$\sqrt{2-x^2} \in [1, \sqrt{2}]$,और $f(x) \in [\sqrt{2}, 2]$ है।
इसलिए $m = \sqrt{2}$ और $M = 2$ है।
समीकरण $\operatorname{sgn} (|x - 1| - 2) = \ln |x - 2|$ है।
$y = \operatorname{sgn} (|x - 1| - 2)$ और $y = \ln |x - 2|$ के ग्राफ का विश्लेषण करने पर,हम पाते हैं कि वक्र $4$ बिंदुओं पर प्रतिच्छेद करते हैं।

(A) हम जानते हैं कि $\cot x - 2 \cot 2x = \cot x - 2 \left( \frac{\cot^2 x - 1}{2 \cot x} \right) = \cot x - \frac{\cot^2 x - 1}{\cot x} = \frac{\cot^2 x - \cot^2 x + 1}{\cot x} = \frac{1}{\cot x} = \tan x$.
अतः,$f(x) = \tan^{-1}(\tan x)$.
$x \in [1, 7]$ के लिए,हम $f(r) = \tan^{-1}(\tan r)$ का मान निकालते हैं:
$f(1) = 1$ (चूंकि $1 \in (-\pi/2, \pi/2)$)
$f(2) = 2 - \pi$ (चूंकि $2 \in (\pi/2, 3\pi/2)$)
$f(3) = 3 - \pi$
$f(4) = 4 - \pi$
$f(5) = 5 - 2\pi$ (चूंकि $5 \in (3\pi/2, 5\pi/2)$)
$f(6) = 6 - 2\pi$
$f(7) = 7 - 2\pi$
इन मानों का योग करने पर: $\sum_{r=1}^7 f(r) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) - (3\pi + 6\pi) = 28 - 9\pi$.
चूंकि $\pi \approx 3.14159$,इसलिए $9\pi \approx 28.2743$.
अतः,$[28 - 9\pi] = [28 - 28.2743] = [-0.2743] = -1$.

(D) दिया गया द्विघात समीकरण $6x^2 + 10x + 1 = 0$ है।
विएटा के सूत्रों के अनुसार,मूलों का योग $p + q = -\frac{5}{3}$ और मूलों का गुणनफल $pq = \frac{1}{6}$ है।
दोनों मूल $p$ और $q$ ऋणात्मक हैं।
$\tan^{-1} p + \tan^{-1} q = -\tan^{-1} \left( \frac{p+q}{1-pq} \right) = -\tan^{-1} \left( \frac{-5/3}{1-1/6} \right) = -\tan^{-1} (2)$।
चूंकि $\frac{\pi}{4} < \tan^{-1} 2 < \frac{\pi}{3}$,इसलिए $-\frac{\pi}{3} < -\tan^{-1} 2 < -\frac{\pi}{4}$ होगा।
अतः,$[-\tan^{-1} 2] = -1$।

(D) हम जानते हैं कि $31\pi < 100 < 32\pi$ है।
$1$. $\sin ^{-1}(\sin 100) = 100 - 32\pi$
$2$. $\cos ^{-1}(\cos 100) = 32\pi - 100$
$3$. $\tan ^{-1}(\tan 100) = 100 - 31\pi$
$4$. $\cot ^{-1}(\cot 100) = 100 - 31\pi$
योग करने पर: $(100 - 32\pi) + (32\pi - 100) + (100 - 31\pi) + (100 - 31\pi) = 200 - 62\pi$.

(A) माना $y = \sec^{-1}x$ है। $\sec^{-1}x$ का प्रांत $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ है,अतः $y \in [0, \pi/2) \cup (\pi/2, \pi]$ है।
दी गई असमिका: $(y - 4)(y - 1)(y - 2) \ge 0$ है।
चूंकि $y \in [0, \pi] \approx [0, 3.14]$ है,पद $(y - 4)$ हमेशा ऋणात्मक है।
$(y - 4)$ से भाग देने पर,असमिका उलट जाती है: $(y - 1)(y - 2) \le 0$ है।
यह $y \in [1, 2]$ के लिए सत्य है।
चूंकि $y = \sec^{-1}x$ है,इसलिए $1 \le \sec^{-1}x \le 2$ है।
सेकेंट फलन लागू करने पर,हमें $\sec 1 \le x \le \sec 2$ प्राप्त होता है।

(D) समीकरण को परिभाषित होने के लिए,प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलनों के प्रांत संतुष्ट होने चाहिए:
$1) -1 \leq x - 1 \leq 1 \Rightarrow 0 \leq x \leq 2$
$2) -1 \leq x - 3 \leq 1 \Rightarrow 2 \leq x \leq 4$
$3) -x^2 + 2 \neq 0 \Rightarrow x^2 \neq 2 \Rightarrow x \neq \pm\sqrt{2}$
शर्तों $(1)$ और $(2)$ का सर्वनिष्ठ लेने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।
मूल समीकरण में $x = 2$ रखने पर:
$m = \sin^{-1}(2 - 1) + \cos^{-1}(2 - 3) + \tan^{-1}\left(\frac{2}{-2^2 + 2}\right)$
$m = \sin^{-1}(1) + \cos^{-1}(-1) + \tan^{-1}\left(\frac{2}{-2}\right)$
$m = \frac{\pi}{2} + \pi + \tan^{-1}(-1)$
$m = \frac{3\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{6\pi - \pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$

(C) हम जानते हैं कि $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$.
इस मान को व्यंजक में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\cot^{-1} \left( \frac{2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} - 1}{3} \right) = \cot^{-1} \left( \frac{n^2+n-1}{3} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{3}{n^2+n-1} \right)$.
हम इस पद को $\frac{(n+2)-(n-1)}{1+(n+2)(n-1)} = \frac{3}{1+(n^2+n-2)}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$T_n = \tan^{-1}(n+2) - \tan^{-1}(n-1)$.
योगफल $S_N = \sum_{n=1}^N (\tan^{-1}(n+2) - \tan^{-1}(n-1))$ है।
योगफल का विस्तार करने पर: $S_N = (\tan^{-1} 3 - \tan^{-1} 0) + (\tan^{-1} 4 - \tan^{-1} 1) + (\tan^{-1} 5 - \tan^{-1} 2) + \dots + (\tan^{-1}(N+2) - \tan^{-1}(N-1))$.
अधिकांश पद कट जाते हैं,और शेष बचता है $S_N = \tan^{-1}(N+2) + \tan^{-1}(N+1) - \tan^{-1} 1 - \tan^{-1} 0$.
जब $N \to \infty$,तब $S = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.

(C) हम जानते हैं कि मुख्य मानों की सीमाएँ: $\sin^{-1}(\sin x) = x - n\pi$ या $(n+1)\pi - x$,$\cos^{-1}(\cos x) = |x - 2n\pi|$,$\tan^{-1}(\tan x) = x - n\pi$,और $\cot^{-1}(\cot x) = x - n\pi$ हैं।
$x = 100$ के लिए,हम देखते हैं कि $31\pi \approx 97.389$ और $32\pi \approx 100.53$ है।
चूंकि $31\pi < 100 < 32\pi$:
$1$. $\sin^{-1}(\sin 100) = 100 - 32\pi$
$2$. $\cos^{-1}(\cos 100) = 32\pi - 100$
$3$. $\tan^{-1}(\tan 100) = 100 - 32\pi$
$4$. $\cot^{-1}(\cot 100) = 100 - 31\pi$
योग करने पर: $(100 - 32\pi) + (32\pi - 100) + (100 - 32\pi) + (100 - 31\pi) = 200 - 63\pi$।

(A) दिया गया समीकरण: $2\tan^{-1}(\cos^2 x) = \tan^{-1}(2\csc^2 x)$.
सूत्र $2\tan^{-1} \theta = \tan^{-1} \left( \frac{2\theta}{1 - \theta^2} \right)$ का उपयोग करने पर:
$\tan^{-1} \left( \frac{2\cos^2 x}{1 - \cos^4 x} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{2}{\sin^2 x} \right)$.
तर्कों की तुलना करने पर:
$\frac{2\cos^2 x}{1 - \cos^4 x} = \frac{2}{\sin^2 x}$.
चूंकि $1 - \cos^4 x = (1 - \cos^2 x)(1 + \cos^2 x) = \sin^2 x(1 + \cos^2 x)$,समीकरण इस प्रकार बनता है:
$\frac{2\cos^2 x}{\sin^2 x(1 + \cos^2 x)} = \frac{2}{\sin^2 x}$.
मान लीजिए $\sin^2 x \neq 0$,तो दोनों पक्षों से $2/\sin^2 x$ को हटाने पर:
$\frac{\cos^2 x}{1 + \cos^2 x} = 1$.
$\cos^2 x = 1 + \cos^2 x$,जिसका अर्थ है $0 = 1$,जो एक विरोधाभास है।
अतः,$x$ का कोई वास्तविक मान नहीं है जो समीकरण को संतुष्ट करे।
इसलिए,$m = 0$.
चूंकि $m = 0$,शर्त $m \le 1$ संतुष्ट होती है।

(C) माना $u = \tan^{-1} x$. तब $\cot^{-1} x = \frac{\pi}{2} - u$.
दी गई असमिका: $u(\frac{\pi}{2} - u) - u(1 + \frac{\pi}{2}) - 2(\frac{\pi}{2} - u) + 2(1 + \frac{\pi}{2}) > \lim_{x \to \infty} [\sec^{-1} x - \frac{\pi}{2}]$.
जैसे $x \to \infty$,$\sec^{-1} x \to \frac{\pi}{2}$,इसलिए सीमा $[\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}] = [0] = 0$ है।
बाएँ पक्ष को सरल करने पर: $\frac{\pi}{2}u - u^2 - u - \frac{\pi}{2}u - \pi + 2u + 2 + \pi > 0$.
$-u^2 + u + 2 > 0 \Rightarrow u^2 - u - 2 < 0$.
$(u - 2)(u + 1) < 0 \Rightarrow -1 < u < 2$.
चूँकि $u = \tan^{-1} x$,हमारे पास $-1 < \tan^{-1} x < 2$ है।
सभी पक्षों पर टेंजेंट लेने पर: $\tan(-1) < x < \tan 2$.
अतः,$-\tan 1 < x < \tan 2$.

(D) दिया गया समीकरण: $\tan^{-1} (x^2 + 3|x|-4) = \tan^{-1} (4\pi + \sin^{-1}(\sin 14))$.
चूंकि $\tan^{-1}$ एक एकैकी फलन है,इसलिए $x^2 + 3|x| - 4 = 4\pi + \sin^{-1}(\sin 14)$.
हम जानते हैं कि $\sin^{-1}(\sin 14) = 14 - 4\pi$ क्योंकि $4\pi < 14 < \frac{9\pi}{2}$ है।
समीकरण में मान रखने पर: $x^2 + 3|x| - 4 = 4\pi + (14 - 4\pi) = 14$.
अतः,$x^2 + 3|x| - 18 = 0$.
माना $t = |x|$,जहाँ $t \ge 0$. तब $t^2 + 3t - 18 = 0$.
$(t+6)(t-3) = 0$. चूँकि $t \ge 0$,इसलिए $t = 3$,अर्थात $|x| = 3$.
हमें $\cos^{-1}(\cos 3|x|) = \cos^{-1}(\cos 9)$ का मान ज्ञात करना है।
चूँकि $2\pi < 9 < 3\pi$ है,इसलिए $\cos^{-1}(\cos \theta) = \theta - 2\pi$ का उपयोग करने पर।
अतः,$\cos^{-1}(\cos 9) = 9 - 2\pi$.

(B) दिया गया समीकरण: $x \in [0, 1]$ के लिए $2[\cos^{-1}x] + 6[\text{sgn}(\sin x)] = 3$ है।
चरण $1$: $x \in [0, 1]$ के लिए $\cos^{-1}x$ का परिसर ज्ञात करें।
चूँकि $x \in [0, 1]$,$\cos^{-1}x \in [0, \pi/2]$ है।
अतः,$[\cos^{-1}x]$ का मान $0$ या $1$ हो सकता है (क्योंकि $\pi/2 \approx 1.57$)।
चरण $2$: $x \in [0, 1]$ के लिए $\text{sgn}(\sin x)$ का परिसर ज्ञात करें।
$x \in (0, 1]$ के लिए,$\sin x > 0$,इसलिए $\text{sgn}(\sin x) = 1$ है।
$x = 0$ के लिए,$\sin 0 = 0$,इसलिए $\text{sgn}(0) = 0$ है।
चरण $3$: स्थितियों की जाँच करें।
स्थिति $1$: यदि $x = 0$,तो $[\cos^{-1}0] = [\pi/2] = 1$ और $\text{sgn}(\sin 0) = 0$ है।
समीकरण $2(1) + 6(0) = 2 \neq 3$ हो जाता है।
स्थिति $2$: यदि $x \in (0, 1]$,तो $\text{sgn}(\sin x) = 1$,इसलिए $[\text{sgn}(\sin x)] = 1$ है।
समीकरण $2[\cos^{-1}x] + 6(1) = 3$ हो जाता है,जो $2[\cos^{-1}x] = -3$ या $[\cos^{-1}x] = -1.5$ में सरल होता है।
चूँकि महत्तम पूर्णांक फलन का मान हमेशा एक पूर्णांक होना चाहिए,इसलिए इस स्थिति में कोई हल नहीं है।
निष्कर्ष: $x$ का कोई ऐसा मान नहीं है जो समीकरण को संतुष्ट करे। अतः,हलों की संख्या $0$ है।