KVPY 2012 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે બાળકો $C_1, C_2, C_3$ છે અને તેમના સંબંધિત વાલીઓ $G_1, G_2, G_3$ છે.
કુલ $6$ વ્યક્તિઓ છે.
શરત એ છે કે દરેક જોડી $(G_i, C_i)$ માટે,વાલી $G_i$ નો ઇન્ટરવ્યુ બાળક $C_i$ પહેલા લેવો જોઈએ.
$6$ વ્યક્તિઓની કોઈપણ ગોઠવણીમાં,જોડી $(G_i, C_i)$ ને ગોઠવવાની $2!$ રીતો છે જેમાં $G_i$ પહેલા આવે અથવા $C_i$ પહેલા આવે.
આવી $3$ જોડીઓ હોવાથી,કુલ અનિયંત્રિત ગોઠવણીઓ $6!$ છે.
દરેક જોડી માટે,$2!$ ગોઠવણીઓમાંથી માત્ર $1$ જ માન્ય છે (એટલે કે $G_i$ એ $C_i$ પહેલા).
આમ,માન્ય રીતોની સંખ્યા $\frac{6!}{2! \times 2! \times 2!} = \frac{720}{8} = 90$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sqrt{x+3-4 \sqrt{x-1}}+\sqrt{x+8-6 \sqrt{x-1}}=1$
ધારો કે $u = \sqrt{x-1}$,જ્યાં $u \ge 0$. તેથી $x-1 = u^2$,એટલે કે $x = u^2+1$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા:
$\sqrt{u^2+1+3-4u} + \sqrt{u^2+1+8-6u} = 1$
$\sqrt{u^2-4u+4} + \sqrt{u^2-6u+9} = 1$
$|u-2| + |u-3| = 1$
આ સમીકરણ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $2 \le u \le 3$ હોય.
$u = \sqrt{x-1}$ હોવાથી,$2 \le \sqrt{x-1} \le 3$.
વર્ગ કરતા: $4 \le x-1 \le 9$,જેનો અર્થ છે $5 \le x \le 10$.
આમ,સમીકરણના અંતરાલ $[5, 10]$ માં અનંત ઉકેલો છે.

(C) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-6x-2py+17=0$ છે.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,$(x-3)^2+(y-p)^2 = 3^2+p^2-17 = p^2-8$ મળે.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ માંથી બે લંબ સ્પર્શકો દોરવામાં આવે છે,તેથી ઉગમબિંદુ આપેલ વર્તુળના નિયામક વર્તુળ (director circle) પર હોવું જોઈએ.
નિયામક વર્તુળનું સમીકરણ $(x-3)^2+(y-p)^2 = 2(p^2-8)$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ આ વર્તુળ પર હોવાથી,$x=0$ અને $y=0$ મૂકતા:
$(0-3)^2+(0-p)^2 = 2(p^2-8)$
$9+p^2 = 2p^2-16$
$p^2 = 25$
$|p| = 5$.

(B) આપેલ વક્રોના સમીકરણો:
$y = 2x^3 + ax + b$ $(i)$
$y = 2x^3 + cx + d$ $(ii)$
વક્રોને કોઈ સામાન્ય બિંદુ ન હોવા માટે,સમીકરણ $2x^3 + ax + b = 2x^3 + cx + d$ નો $x$ માટે કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ ન હોવો જોઈએ.
આ સમીકરણ $(a - c)x = d - b$ માં પરિણમે છે.
જો $a - c \neq 0$ હોય,તો $x = \frac{d - b}{a - c}$ એ હંમેશા વાસ્તવિક ઉકેલ મળે,જે શરતનો વિરોધાભાસ કરે છે.
તેથી,$a - c = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $a = c$.
સમીકરણમાં $a = c$ મૂકતા,આપણને $0 = d - b$ મળે,એટલે કે $b = d$.
પરંતુ,વક્રોને કોઈ સામાન્ય બિંદુ નથી,જેનો અર્થ છે કે $(a - c)x = d - b$ અસંગત હોવું જોઈએ.
જો $a = c$ હોય,તો $0 = d - b$. આ સમીકરણનો કોઈ ઉકેલ ન મળે તે માટે $d - b \neq 0$ હોવું જોઈએ.
આપણે $(a - c)^2 + b - d$ ને મહત્તમ બનાવવું છે. $a = c$ હોવાથી,આ પદ $0 + b - d = b - d$ બને છે.
જ્યાં $b, d \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ અને $b \neq d$ હોય ત્યારે $b - d$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $b = 6$ અને $d = 1$ લઈએ છીએ.
આમ,મહત્તમ કિંમત $6 - 1 = 5$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $e x^2 + \pi y^2 - 2 e^2 x - 2 \pi^2 y + e^3 + \pi^3 = \pi e$ છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $e(x^2 - 2ex) + \pi(y^2 - 2\pi y) = \pi e - e^3 - \pi^3$ મળે છે.
પૂર્ણ વર્ગ બનાવતા,$e(x^2 - 2ex + e^2) + \pi(y^2 - 2\pi y + \pi^2) = \pi e - e^3 - \pi^3 + e^3 + \pi^3$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $e(x - e)^2 + \pi(y - \pi)^2 = \pi e$ થાય છે.
$\pi e$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{(x - e)^2}{\pi} + \frac{(y - \pi)^2}{e} = 1$ મળે છે.
આ ઉપવલયનું સમીકરણ $\frac{(x - h)^2}{a^2} + \frac{(y - k)^2}{b^2} = 1$ છે,જ્યાં $a^2 = \pi$ અને $b^2 = e$ છે.
કારણ કે $\pi > e$,મુખ્ય અક્ષ $x$-દિશામાં છે,તેથી $a = \sqrt{\pi}$.
ઉપવલય પરના કોઈપણ બિંદુ $P$ માટે,નાભિઓથી અંતરનો સરવાળો $P S_1 + P S_2$ અચળ હોય છે અને તે મુખ્ય અક્ષની લંબાઈ $2a$ જેટલો હોય છે.
તેથી,$P S_1 + P S_2 = 2 \sqrt{\pi}$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{\sin(x-a) + \sin(x+a)}{\cos(x-a) - \cos(x+a)}$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(A-B) + \sin(A+B) = 2\sin A \cos B$ અને $\cos(A-B) - \cos(A+B) = 2\sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{2\sin x \cos a}{2\sin x \sin a}$
જો $\sin x \neq 0$ હોય,તો આપણે પદને સાદું રૂપ આપી શકીએ:
$f(x) = \frac{\cos a}{\sin a} = \cot a$
અહીં $a$ અચળ હોવાથી,$\cot a$ પણ અચળ છે.
તેથી,$f(x)$ એ અચળ વિધેય છે.

(D) આપેલ છે,$\tan 81^{\circ} - \tan 63^{\circ} - \tan 27^{\circ} + \tan 9^{\circ}$
$= (\tan 81^{\circ} + \tan 9^{\circ}) - (\tan 63^{\circ} + \tan 27^{\circ})$
$= (\cot 9^{\circ} + \tan 9^{\circ}) - (\cot 27^{\circ} + \tan 27^{\circ})$
$= \left(\frac{\cos 9^{\circ}}{\sin 9^{\circ}} + \frac{\sin 9^{\circ}}{\cos 9^{\circ}}\right) - \left(\frac{\cos 27^{\circ}}{\sin 27^{\circ}} + \frac{\sin 27^{\circ}}{\cos 27^{\circ}}\right)$
$= \left(\frac{\cos^2 9^{\circ} + \sin^2 9^{\circ}}{\sin 9^{\circ} \cos 9^{\circ}}\right) - \left(\frac{\cos^2 27^{\circ} + \sin^2 27^{\circ}}{\sin 27^{\circ} \cos 27^{\circ}}\right)$
$= \left(\frac{2}{2 \sin 9^{\circ} \cos 9^{\circ}}\right) - \left(\frac{2}{2 \sin 27^{\circ} \cos 27^{\circ}}\right)$
$= \frac{2}{\sin 18^{\circ}} - \frac{2}{\sin 54^{\circ}}$
$= 2 \left(\frac{1}{\sin 18^{\circ}} - \frac{1}{\cos 36^{\circ}}\right)$
$= 2 \left(\frac{4}{\sqrt{5} - 1} - \frac{4}{\sqrt{5} + 1}\right)$
$= 8 \left(\frac{\sqrt{5} + 1 - (\sqrt{5} - 1)}{5 - 1}\right)$
$= 8 \left(\frac{2}{4}\right) = 4$

(B) આપેલ છે કે $f(x) = (x - a_1)(x - a_2) + (x - a_2)(x - a_3) + (x - a_3)(x - a_1)$.
વિસ્તરણ કરતા,$f(x) = 3x^2 - 2(a_1 + a_2 + a_3)x + (a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1)$.
$f(x) \geq 0$ માટે વિવેચક $D \leq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = [-2(a_1 + a_2 + a_3)]^2 - 4(3)(a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) \leq 0$.
$4(a_1 + a_2 + a_3)^2 - 12(a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) \leq 0$.
$4$ વડે ભાગતા,$(a_1 + a_2 + a_3)^2 - 3(a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) \leq 0$.
$a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 - (a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) \leq 0$.
$2$ વડે ગુણતા,$(a_1 - a_2)^2 + (a_2 - a_3)^2 + (a_3 - a_1)^2 \leq 0$.
વર્ગોનો સરવાળો $\leq 0$ હોવાથી,દરેક પદ $0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$a_1 = a_2 = a_3$.

(C) આપણી પાસે $S_n = \frac{n(n+1)}{2}$ છે.
સરવાળાની શ્રેણી $S_1=1, S_2=3, S_3=6, S_4=10, S_5=15, S_6=21, S_7=28, S_8=36, \ldots$ છે.
$S_n$ ની એકી-બેકી સ્થિતિ તપાસતા:
$S_1$ (એકી),$S_2$ (એકી),$S_3$ (બેકી),$S_4$ (બેકી),$S_5$ (એકી),$S_6$ (એકી),$S_7$ (બેકી),$S_8$ (બેકી),...
આ ભાત દર $4$ પદો પછી પુનરાવર્તિત થાય છે: (એકી,એકી,બેકી,બેકી).
ગણ ${S_1, S_2, \ldots, S_{99}}$ માં કુલ $99$ પદો છે.
$99 = 4 \times 24 + 3$ હોવાથી,આપણી પાસે (એકી,એકી,બેકી,બેકી) ના $24$ પૂર્ણ ચક્ર છે અને પછીના ચક્રના પ્રથમ $3$ પદો (એકી,એકી,બેકી) છે.
બેકી સંખ્યાઓનું કુલ પદ = $24 \times 2 + 1 = 49$.
કુલ કાર્ડની સંખ્યા = $99$.
બેકી સંખ્યા પસંદ કરવાની સંભાવના = $\frac{\text{બેકી પદોની સંખ્યા}}{\text{કુલ પદોની સંખ્યા}} = \frac{49}{99}$.

(A) આપણે $6^m + 9^n \equiv 0 \pmod{5}$ જોઈએ છે.
$6 \equiv 1 \pmod{5}$ હોવાથી,બધા $m \in \{1, 2, \ldots, 50\}$ માટે $6^m \equiv 1^m \equiv 1 \pmod{5}$ થાય.
$9 \equiv -1 \pmod{5}$ હોવાથી,$9^n \equiv (-1)^n \pmod{5}$ થાય.
આમ,$6^m + 9^n \equiv 1 + (-1)^n \pmod{5}$.
અભિવ્યક્તિ $5$ નો ગુણક બને તે માટે,$1 + (-1)^n \equiv 0 \pmod{5}$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $(-1)^n \equiv -1 \pmod{5}$.
આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $n$ એકી સંખ્યા હોય.
ગણ $\{1, 2, 3, \ldots, 50\}$ માં,$m$ માટે $50$ શક્ય કિંમતો છે અને $n$ માટે $25$ એકી કિંમતો છે (એટલે કે $\{1, 3, 5, \ldots, 49\}$).
તેથી,ક્રમિત જોડીઓ $(m, n)$ ની કુલ સંખ્યા $50 \times 25 = 1250$ છે.

(D) દરેક સંખ્યા તેના પડોશીઓની સરેરાશ છે,તેથી $a_i = \frac{a_{i-1} + a_{i+1}}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $2a_i = a_{i-1} + a_{i+1}$ (જ્યાં અનુક્રમણિકા $2012$ ના મોડ્યુલોમાં છે).
આનો અર્થ એ છે કે $a_{i+1} - a_i = a_i - a_{i-1}$.
ધારો કે $d_i = a_{i+1} - a_i$. તો $d_i = d_{i-1}$,જેનો અર્થ છે કે તમામ તફાવતો સમાન અચળાંક $d$ છે.
સંખ્યાઓ વર્તુળ પર હોવાથી,$a_{2013} = a_1$,તેથી $a_1 = a_1 + 2012d$,જેનો અર્થ છે કે $d = 0$.
તેથી,$a_1 = a_2 = a_3 = \ldots = a_{2012} = k$ કોઈ પૂર્ણાંક $k$ માટે.
બેકી અનુક્રમણિકા ધરાવતી સંખ્યાઓનો સરવાળો $a_2 + a_4 + \ldots + a_{2012} = 1006k = 3018$ છે.
આમ,$k = \frac{3018}{1006} = 3$.
તમામ $2012$ સંખ્યાઓનો સરવાળો $2012 \times k = 2012 \times 3 = 6036$ થાય.

(C) ગણ $A = S \times S$ માં $n^2$ ઘટકો છે.
જો $B$ એ $A$ નો ગુડ સબસેટ હોય,તો તેમાં $(x, x)$ સ્વરૂપના તમામ ઘટકો હોવા જોઈએ,જ્યાં $x \in S$.
આવા કુલ $n$ ઘટકો છે: $(1, 1), (2, 2), \ldots, (n, n)$.
$B$ ગુડ સબસેટ બને તે માટે આ $n$ ઘટકો $B$ માં હોવા અનિવાર્ય છે.
બાકીના ઘટકો એવા છે જેમાં $a \neq b$ હોય. આવા ઘટકોની સંખ્યા $n^2 - n = n(n - 1)$ છે.
આ બાકીના $n(n - 1)$ ઘટકોમાંથી દરેક ઘટક $B$ માં હોઈ શકે અથવા ન પણ હોઈ શકે.
તેથી,બાકીના ઘટકોને પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $2^{n(n - 1)}$ છે.
આમ,કુલ ગુડ સબસેટની સંખ્યા $2^{n(n - 1)}$ છે.

(D) આપેલ છે કે સમીકરણ $x^2+2ax+b^2=0$ ને બે ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો છે,તેથી તેનો વિવેચક $D_1 > 0$.
$D_1 = (2a)^2 - 4(1)(b^2) = 4a^2 - 4b^2 > 0 \Rightarrow a^2 > b^2$ $(i)$
તે જ રીતે,સમીકરણ $x^2+2bx+c^2=0$ માટે,વિવેચક $D_2 > 0$.
$D_2 = (2b)^2 - 4(1)(c^2) = 4b^2 - 4c^2 > 0 \Rightarrow b^2 > c^2$ $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણી પાસે $a^2 > b^2 > c^2$ છે,જેનો અર્થ છે કે $a^2 > c^2$.
હવે,સમીકરણ $x^2+2cx+a^2=0$ ધ્યાનમાં લો. તેનો વિવેચક $D_3$ છે:
$D_3 = (2c)^2 - 4(1)(a^2) = 4c^2 - 4a^2 = 4(c^2 - a^2)$.
કારણ કે $a^2 > c^2$,તેથી $c^2 - a^2 < 0$,એટલે કે $D_3 < 0$.
તેથી,સમીકરણ $x^2+2cx+a^2=0$ ને કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.

(A) ધારો કે $f(x) = \frac{1+x}{(1+x^2)(1-x)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1+x}{(1+x^2)(1-x)} = \frac{x}{1+x^2} + \frac{1}{1-x}$ મળે છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = x(1+x^2)^{-1} + (1-x)^{-1}$.
$f(x) = x \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} + \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n+1} + \sum_{n=0}^{\infty} x^n$.
$x^{2012}$ નો સહગુણક શોધવા માટે,પ્રથમ પદમાં માત્ર એકી ઘાત છે,તેથી $0$ મળે છે.
બીજા પદમાં $x^{2012}$ નો સહગુણક $1$ છે.
કુલ સહગુણક $= 0 + 1 = 1$.

(A) આપેલ ઉપવલયનું સમીકરણ: $4x^2 + 9y^2 - 8x - 36y + 15 = 0$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $4(x - 1)^2 + 9(y - 2)^2 = 25$.
$25$ વડે ભાગતા: $\frac{(x - 1)^2}{25/4} + \frac{(y - 2)^2}{25/9} = 1$.
ધારો કે $X = x - 1$ અને $Y = y - 2$. પદાવલિ $X^2 + Y^2$ બને છે.
આ કેન્દ્ર $(1, 2)$ થી ઉપવલય પરના કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ સુધીના અંતરનો વર્ગ છે.
અંતરનો વર્ગ $r^2 = X^2 + Y^2$ એ લઘુ અક્ષના વર્ગથી ગુરુ અક્ષના વર્ગ સુધીની કિંમત ધરાવે છે.
અહીં,$a^2 = \frac{25}{4}$ અને $b^2 = \frac{25}{9}$.
તેથી,$\min(X^2 + Y^2) = \frac{25}{9}$ અને $\max(X^2 + Y^2) = \frac{25}{4}$.
સરવાળો: $\frac{25}{9} + \frac{25}{4} = \frac{325}{36}$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin x + \frac{1}{2} \cos x = \sin^2(x + \frac{\pi}{4})$
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા: $2 \sin x + \cos x = 2 \sin^2(x + \frac{\pi}{4})$
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin x + \cos x = 2 [\sin x \cos \frac{\pi}{4} + \cos x \sin \frac{\pi}{4}]^2$
$2 \sin x + \cos x = 2 [\frac{1}{\sqrt{2}}(\sin x + \cos x)]^2$
$2 \sin x + \cos x = 2 \times \frac{1}{2}(\sin x + \cos x)^2$
$2 \sin x + \cos x = \sin^2 x + \cos^2 x + 2 \sin x \cos x$
$\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ હોવાથી:
$2 \sin x + \cos x = 1 + 2 \sin x \cos x$
$2 \sin x - 2 \sin x \cos x + \cos x - 1 = 0$
$2 \sin x(1 - \cos x) - 1(1 - \cos x) = 0$
$(2 \sin x - 1)(1 - \cos x) = 0$
આથી $\sin x = \frac{1}{2}$ અથવા $\cos x = 1$ મળે.
$x \in [0, \pi]$ માટે,$\sin x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}$.
$x \in [0, \pi]$ માટે,$\cos x = 1 \Rightarrow x = 0$.
બધા $x$ નો સરવાળો $\frac{\pi}{6} + \frac{5\pi}{6} + 0 = \pi$ થાય.

(B) આપેલ છે $a_1 = 5$ અને $n > 1$ માટે $a_n = a_1 a_2 \dots a_{n-1} + 4$.
$n > 2$ માટે,$a_n = (a_1 a_2 \dots a_{n-2}) a_{n-1} + 4$.
$a_{n-1} = a_1 a_2 \dots a_{n-2} + 4$ હોવાથી,$a_1 a_2 \dots a_{n-2} = a_{n-1} - 4$.
આ કિંમત $a_n$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$a_n = (a_{n-1} - 4) a_{n-1} + 4 = a_{n-1}^2 - 4a_{n-1} + 4 = (a_{n-1} - 2)^2$.
તેથી,$n > 2$ માટે,$\sqrt{a_n} = |a_{n-1} - 2| = a_{n-1} - 2$.
તેથી,$\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{a_n}}{a_{n-1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n-1} - 2}{a_{n-1}} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{2}{a_{n-1}} \right)$.
જેમ $n \to \infty$,તેમ $a_n \to \infty$,તેથી $\frac{2}{a_{n-1}} \to 0$.
લક્ષ્ય $1 - 0 = 1$ છે.

(C) ધારો કે $f(x) = ax^2 + bx + c$.
આપેલ છે કે $f(2) = 10$,તેથી $4a + 2b + c = 10$ $(i)$.
આપેલ છે કે $f(-2) = -2$,તેથી $4a - 2b + c = -2$ $(ii)$.
સમીકરણ $(ii)$ ને સમીકરણ $(i)$ માંથી બાદ કરતા:
$(4a + 2b + c) - (4a - 2b + c) = 10 - (-2)$
$4b = 12$
$b = 3$.
$f(x)$ માં $x$ નો સહગુણક $b$ છે,જે $3$ છે.

(B) ધારો કે $x = 0.75$.
આપેલ પદાવલિ $\frac{x^3}{1-x} + (x + x^2 + 1)$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(1-x)(1+x+x^2) = 1-x^3$.
તેથી,પદાવલિ $\frac{x^3 + (1-x)(1+x+x^2)}{1-x} = \frac{x^3 + 1 - x^3}{1-x} = \frac{1}{1-x}$ બને છે.
$x = 0.75$ મૂકતા:
$\frac{1}{1-0.75} = \frac{1}{0.25} = 4$.
પરિણામનું વર્ગમૂળ $\sqrt{4} = 2$ થાય.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a-d, a, a+d$ છે,જ્યાં $a$ અને $d$ ધન પૂર્ણાંકો છે અને $d > 0$ છે.
સૌથી નાની બાજુ $a-d = 10$ છે,જેનો અર્થ છે કે $a = 10+d$.
બાજુઓ $10, 10+d, 10+2d$ છે.
ત્રિકોણ બનાવવા માટે,બે નાની બાજુઓનો સરવાળો સૌથી મોટી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ:
$10 + (10+d) > 10+2d$
$20+d > 10+2d$
$10 > d$
$d$ એ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી,$d$ ની કિંમતો $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$ હોઈ શકે છે.
આમ,$d$ માટે $9$ શક્ય કિંમતો છે,અને તેથી આવા $9$ ત્રિકોણ શક્ય છે.

(D) ધારો કે $S = \frac{2^2+4^2+6^2+\ldots+(2n)^2}{1^2+3^2+5^2+\ldots+(2n-1)^2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે અંશ $4(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2) = 4 \times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{2n(n+1)(2n+1)}{3}$ છે.
છેદ એ પ્રથમ $n$ એકી સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો છે,જે $\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$ છે.
આમ,$S = \frac{2n(n+1)(2n+1)}{n(2n-1)(2n+1)} = \frac{2(n+1)}{2n-1}$.
આપણને $S > 1.01$ આપેલ છે,તેથી $\frac{2n+2}{2n-1} > \frac{101}{100}$.
ગુણાકાર કરતા,આપણને $200n + 200 > 202n - 101$ મળે છે.
$301 > 2n$,જેનો અર્થ છે કે $n < 150.5$.
$n$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $n$ ની મહત્તમ કિંમત $150$ છે.

(B) આપેલ છે કે $AD, BE, CF$ એ $\triangle ABC$ ના ખૂણાના દ્વિભાજકો છે અને તે અંતઃકેન્દ્ર $I$ પર સંગામી છે.
$B, D, I, F$ ચક્રીય હોવાથી,સમાન ચાપ $ID$ દ્વારા બનતા ખૂણા સમાન હોય છે.
તેથી,$\angle IFD = \angle IBD$.
$BE$ એ $\angle B$ નો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle IBD = \frac{\angle B}{2}$.
ચક્રીય ચતુષ્કોણ $BDIF$ માં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle FBD + \angle FID = 180^{\circ}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\angle FBD = \angle B$.
$\triangle BDI$ માં,$\angle FID$ એ બહિષ્કોણ છે,તેથી $\angle FID = \angle IBD + \angle IDB = \frac{\angle B}{2} + \angle IDB$.
ગણતરી કરતા,$B=60^{\circ}$ મળે છે.
તેથી,$\angle IFD = \frac{60^{\circ}}{2} = 30^{\circ}$.

(B) ધારો કે ચોરસની બાજુની લંબાઈ $1$ છે. ખૂણાઓમાંથી કાપેલા સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ $x$ છે.
અષ્ટકોણ નિયમિત હોવાથી,આ ત્રિકોણનો કર્ણ ચોરસની બાજુના બાકી રહેલા ભાગ જેટલો હોવો જોઈએ.
દરેક ત્રિકોણનો કર્ણ $x\sqrt{2}$ છે.
અષ્ટકોણની બાજુની લંબાઈ $1-2x$ છે.
આ બંનેને સરખાવતા,$x\sqrt{2} = 1-2x$ મળે છે.
$x(\sqrt{2}+2) = 1$
$x = \frac{1}{2+\sqrt{2}} = \frac{2-\sqrt{2}}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})} = \frac{2-\sqrt{2}}{4-2} = \frac{2-\sqrt{2}}{2} = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}$.
અષ્ટકોણની બાજુની લંબાઈ $1-2x = 1 - 2(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}) = 1 - 2 + \sqrt{2} = \sqrt{2}-1$ થાય.

(B) ધારો કે વૃતાંશનું કેન્દ્ર $O$ છે અને વૃતાંશની ત્રિજ્યા $r$ છે. ધારો કે નાના વર્તુળનું કેન્દ્ર $C$ છે અને તેની ત્રિજ્યા $R$ છે.
વૃતાંશનો ખૂણો $60^{\circ}$ છે. રેખા $OC$ આ ખૂણાને દુભાગે છે,તેથી $\angle COP = 30^{\circ}$,જ્યાં $P$ એ વૃતાંશની ત્રિજ્યા પરનો સ્પર્શબિંદુ છે.
નાના વર્તુળના કેન્દ્ર $C$,સ્પર્શબિંદુ $P$ અને વૃતાંશના કેન્દ્ર $O$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\sin 30^{\circ} = \frac{CP}{OC}$
$\frac{1}{2} = \frac{R}{OC}$
$OC = 2R$
વળી,વૃતાંશના કેન્દ્ર $O$ થી ચાપ સુધીનું અંતર એ વૃતાંશની ત્રિજ્યા $r$ છે. આ અંતર એ $OC$ અને નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા $R$ ના સરવાળા જેટલું છે (કારણ કે નાનું વર્તુળ ચાપને સ્પર્શે છે).
$r = OC + R$
$r = 2R + R = 3R$
$R = \frac{r}{3}$

(B) આપેલ છે કે $AHKF$,$FKDE$,અને $HBCK$ એકમ ચોરસ છે. દરેક ચોરસની બાજુની લંબાઈ $1$ છે.
યામ પદ્ધતિમાં $K$ ને ઉગમબિંદુ $(0,0)$ તરીકે લેતા,બિંદુઓ $A(-1,1)$,$B(-1,-1)$,$F(0,1)$,અને $D(1,0)$ મળે છે.
રેખા $AD$ નું સમીકરણ $y = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$ અને રેખા $BF$ નું સમીકરણ $y = 2x + 1$ છે.
બંને રેખાઓના છેદબિંદુ $X$ ના યામ $(-\frac{1}{5}, \frac{3}{5})$ મળે છે.
$\triangle ABF$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times 1 \times 2 = 1$.
$\triangle AXF$ માં,પાયો $AF = 1$ અને વેધ $X$ થી $AF$ નું લંબ અંતર $|1 - \frac{3}{5}| = \frac{2}{5}$ છે.
$\triangle AXF$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 1 \times \frac{2}{5} = \frac{1}{5}$.
આમ,માંગેલ ગુણોત્તર $\frac{1/5}{1} = \frac{1}{5}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $PQ = 1$ (વર્તુળની ત્રિજ્યા) અને $QR = 1$.
$\triangle PQR$ માં,$PQ = QR = 1$ હોવાથી,તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\angle QPR = \angle QRP = 2^{\circ}$.
$\triangle PQR$ ના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ છે,તેથી $\angle RQP = 180^{\circ} - (2^{\circ} + 2^{\circ}) = 176^{\circ}$.
હવે,$\triangle SPQ$ ને ધ્યાનમાં લો. $SP = SQ = 1$ (વર્તુળની ત્રિજ્યા) હોવાથી,તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\angle SQP = \angle QSP$.
$\triangle SPQ$ માં,$\angle SPQ = 2^{\circ}$ છે,તેથી $\angle SQP = \frac{180^{\circ} - 2^{\circ}}{2} = \frac{178^{\circ}}{2} = 89^{\circ}$.
અંતે,$\angle RQS = \angle RQP - \angle SQP = 176^{\circ} - 89^{\circ} = 87^{\circ}$.

(A) $H:M$ સમયે કલાકના કાંટા અને મિનિટના કાંટા વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = |30H - 5.5M|$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$H = 6$ અને $M = 15$ માટે:
$\theta = |30(6) - 5.5(15)| = |180 - 82.5| = 97.5^{\circ}$.
ધારો કે બે ખૂણા $\alpha$ અને $\beta$ છે. આપણી પાસે $\alpha = 97.5^{\circ}$ અને $\alpha + \beta = 360^{\circ}$ છે.
તેથી $\beta = 360^{\circ} - 97.5^{\circ} = 262.5^{\circ}$.
આ બે ખૂણાઓ વચ્ચેનો તફાવત $\beta - \alpha = 262.5^{\circ} - 97.5^{\circ} = 165^{\circ}$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $\frac{m}{12} = \frac{12}{n}$ છે.
બંને બાજુ ગુણાકાર કરતા,આપણને $mn = 144$ મળે છે.
$144$ નું અવિભાજ્ય અવયવીકરણ $2^4 \times 3^2$ છે.
$144$ ના ધન ભાજકોની સંખ્યા $(4+1)(2+1) = 5 \times 3 = 15$ છે.
$m$ અને $n$ પૂર્ણાંક હોવાથી,તે બંને ધન અથવા બંને ઋણ હોઈ શકે છે.
જો $m, n > 0$ હોય,તો $15$ શક્ય જોડીઓ $(m, n)$ મળે.
જો $m, n < 0$ હોય,તો પણ $15$ શક્ય જોડીઓ $(m, n)$ મળે.
તેથી,$(m, n)$ ની કુલ ક્રમિત જોડીઓની સંખ્યા $15 + 15 = 30$ છે.

(C) માં ઘટકોની મહત્તમ સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $S$ ને $5$ વડે ભાગતા મળતી શેષના આધારે વિભાજિત કરીએ છીએ:
$R_0 = \{5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40\}$ (શેષ $0$,કદ $8$)
$R_1 = \{1, 6, 11, 16, 21, 26, 31, 36\}$ (શેષ $1$,કદ $8$)
$R_2 = \{2, 7, 12, 17, 22, 27, 32, 37\}$ (શેષ $2$,કદ $8$)
$R_3 = \{3, 8, 13, 18, 23, 28, 33, 38\}$ (શેષ $3$,કદ $8$)
$R_4 = \{4, 9, 14, 19, 24, 29, 34, 39\}$ (શેષ $4$,કદ $8$)
$A$ ના કોઈપણ બે ઘટકોનો સરવાળો $5$ વડે વિભાજ્ય ન થાય તે માટે,આપણે એવા ઘટકો પસંદ કરવા જોઈએ કે જેમની શેષનો સરવાળો $5$ કે $0$ (mod $5$) ન થાય.
$1$. આપણે $R_0$ માંથી વધુમાં વધુ એક ઘટક પસંદ કરી શકીએ છીએ.
$2$. આપણે $R_1$ માંથી બધા ઘટકો પસંદ કરી શકીએ છીએ.
$3$. આપણે $R_2$ માંથી બધા ઘટકો પસંદ કરી શકીએ છીએ.
આમ,કુલ ઘટકો = $8 + 8 + 1 = 17$.

(C) ધારો કે $AD = CD = x$. તેથી $AC = 2x$ અને $AB = 2x$ (કારણ કે $AB = AC$).
$\triangle BCD$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2(BC)(CD)\cos C$
$2^2 = 2^2 + x^2 - 2(2)(x)\cos C$
$4 = 4 + x^2 - 4x\cos C \Rightarrow \cos C = \frac{x}{4}$.
$AB = AC$ હોવાથી,$\angle B = \angle C$,તેથી $\cos B = \cos C = \frac{x}{4}$.
$\triangle ABC$ માં,$\angle A = 180^\circ - 2C$. તેથી,$\cos A = \cos(180^\circ - 2C) = -\cos(2C) = -(2\cos^2 C - 1) = 1 - 2(\frac{x^2}{16}) = 1 - \frac{x^2}{8}$.
$\triangle ABC$ માં કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2(AB)(AC)\cos A$
$2^2 = (2x)^2 + (2x)^2 - 2(2x)(2x)(1 - \frac{x^2}{8})$
$4 = 4x^2 + 4x^2 - 8x^2(1 - \frac{x^2}{8})$
$4 = 8x^2 - 8x^2 + x^4$
$x^4 = 4$ $\Rightarrow x^2 = 2$ $\Rightarrow x = \sqrt{2}$.
આમ,$AC = 2\sqrt{2}$ અને $BC = 2$.
$\cos C = \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
$\sin C = \sqrt{1 - \cos^2 C} = \sqrt{1 - \frac{1}{8}} = \sqrt{\frac{7}{8}} = \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times AC \times BC \times \sin C = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{2} \times 2 \times \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}} = \sqrt{7}$.

(B) ધારો કે $f(x) = 3^x + 5^x - (3^x)^2 + (3^x)(5^x) - (5^x)^2$.
ધારો કે $a = 3^x$ અને $b = 5^x$,જ્યાં $a, b > 0$.
તેથી $f(x) = a + b - a^2 + ab - b^2$.
આને $f(x) = a + b - (a^2 - ab + b^2)$ તરીકે લખી શકાય.
$x=0$ મુકતા,$f(0) = 3^0 + 5^0 - 9^0 + 15^0 - 25^0 = 1 + 1 - 1 + 1 - 1 = 1$.
આમ,મહત્તમ કિંમત $M = 1$ મળે છે,જે $0 < M < 2$ ની શરત સંતોષે છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{4 - \sqrt{2x + 5}}$ ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય જો વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિઓ અ-ઋણ હોય.
પ્રથમ,અંદરના વર્ગમૂળ માટે: $2x + 5 \geq 0 \implies x \geq -\frac{5}{2}$.
બીજું,બહારના વર્ગમૂળ માટે: $4 - \sqrt{2x + 5} \geq 0 \implies 4 \geq \sqrt{2x + 5}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા (કારણ કે બંને અ-ઋણ છે): $16 \geq 2x + 5 \implies 11 \geq 2x \implies x \leq \frac{11}{2}$.
આ શરતોને જોડતા,$f(x)$ નો પ્રદેશ $x \in \left[ -\frac{5}{2}, \frac{11}{2} \right]$ મળે છે.
પ્રદેશનું મધ્યબિંદુ $\frac{-\frac{5}{2} + \frac{11}{2}}{2} = \frac{\frac{6}{2}}{2} = \frac{3}{2}$ છે.

(C) ધારો કે $f(x) = x^{2n+1} - (2n+1)x + a$.
અંતરાલ $[-1, 1]$ માં શૂન્યોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ નું વિકલન તપાસીએ.
$f'(x) = (2n+1)x^{2n} - (2n+1) = (2n+1)(x^{2n} - 1)$.
$x \in (-1, 1)$ માટે,આપણી પાસે $|x| < 1$ છે,જેનો અર્થ છે કે $x^{2n} < 1$.
આમ,$x^{2n} - 1 < 0$,તેથી તમામ $x \in (-1, 1)$ માટે $f'(x) < 0$ છે.
કારણ કે $x \in [-1, 1]$ માટે $f'(x) \leq 0$ છે,વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય $X$-અક્ષને વધુમાં વધુ એક બિંદુએ છેદી શકે છે.
તેથી,$a$ ની કોઈપણ કિંમત માટે સમીકરણ $f(x) = 0$ ને અંતરાલ $[-1, 1]$ માં વધુમાં વધુ એક ઉકેલ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \frac{\int_0^{\pi / 2}(\sin x)^{\sqrt{2}+1} dx}{\int_0^{\pi / 2}(\sin x)^{\sqrt{2}-1} dx}$.
ધારો કે $I_n = \int_0^{\pi / 2} (\sin x)^n dx$. તો $I = \frac{I_{\sqrt{2}+1}}{I_{\sqrt{2}-1}}$.
$\int_0^{\pi / 2} (\sin x)^n dx = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$ માટે રિડક્શન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$I_{\sqrt{2}+1} = \int_0^{\pi / 2} (\sin x)^{\sqrt{2}+1} dx = \frac{(\sqrt{2}+1)-1}{\sqrt{2}+1} \int_0^{\pi / 2} (\sin x)^{\sqrt{2}-1} dx$.
$I_{\sqrt{2}+1} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1} I_{\sqrt{2}-1}$.
તેથી,$I = \frac{I_{\sqrt{2}+1}}{I_{\sqrt{2}-1}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$I = \frac{\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)}{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)} = \frac{2-\sqrt{2}}{2-1} = 2-\sqrt{2}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-2012}^{2012} (\sin(x^3) + x^5 + 1) dx$.
સંકલનના રેખીય ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ:
$I = \int_{-2012}^{2012} \sin(x^3) dx + \int_{-2012}^{2012} x^5 dx + \int_{-2012}^{2012} 1 dx$.
અહીં $f(x) = \sin(x^3)$ અને $g(x) = x^5$ એ અયુગ્મ વિધેયો છે (એટલે કે $f(-x) = -f(x)$),તેથી સંમિત અંતરાલ $[-a, a]$ પર આ વિધેયોનું સંકલન $0$ થાય છે.
આમ,$\int_{-2012}^{2012} \sin(x^3) dx = 0$ અને $\int_{-2012}^{2012} x^5 dx = 0$.
તેથી,$I = 0 + 0 + \int_{-2012}^{2012} 1 dx$.
$I = [x]_{-2012}^{2012} = 2012 - (-2012) = 2012 + 2012 = 4024$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^5 [x]\{x\} dx$.
કારણ કે $[x]$ એ અંતરાલ $[n, n+1)$ પર અચળ છે,આપણે સંકલનને વિભાજિત કરી શકીએ છીએ:
$I = \sum_{n=0}^{4} \int_n^{n+1} [x]\{x\} dx$.
$x \in [n, n+1)$ માટે,$[x] = n$ અને $\{x\} = x - n$.
તેથી,$I = \sum_{n=0}^{4} \int_n^{n+1} n(x-n) dx$.
ધારો કે $t = x-n$,તો $dt = dx$. જ્યારે $x=n, t=0$ અને જ્યારે $x=n+1, t=1$.
$I = \sum_{n=0}^{4} n \int_0^1 t dt = \sum_{n=0}^{4} n \left[ \frac{t^2}{2} \right]_0^1 = \sum_{n=0}^{4} n \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} (0+1+2+3+4) = \frac{10}{2} = 5$.

(A) ધારો કે $E_1$ એ પ્રથમ પાકીટ પસંદ કરવાની ઘટના છે અને $E_2$ એ બીજા પાકીટ પસંદ કરવાની ઘટના છે. પાકીટ યાદચ્છિક રીતે પસંદ કરવામાં આવતું હોવાથી,$P(E_1) = P(E_2) = \frac{1}{2}$.
ધારો કે $A$ એ તાંબાનો સિક્કો કાઢવાની ઘટના છે.
પ્રથમ પાકીટ માટે,$P(A|E_1) = \frac{4}{4+3} = \frac{4}{7}$.
બીજા પાકીટ માટે,$P(A|E_2) = \frac{6}{6+4} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$.
સંપૂર્ણ સંભાવનાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,તાંબાનો સિક્કો કાઢવાની સંભાવના:
$P(A) = P(E_1) \times P(A|E_1) + P(E_2) \times P(A|E_2)$
$P(A) = \frac{1}{2} \times \frac{4}{7} + \frac{1}{2} \times \frac{3}{5}$
$P(A) = \frac{2}{7} + \frac{3}{10}$
$P(A) = \frac{20 + 21}{70} = \frac{41}{70}$.

(C) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ ના સ્થાન સદિશો અનુક્રમે $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ છે. ધારો કે ઉગમબિંદુ પરિકેન્દ્ર $O$ પર છે,તેથી $\vec{O} = \vec{0}$.
ત્યારે લંબકેન્દ્ર $H$ નો સ્થાન સદિશ $\vec{H} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$ છે.
આપણે $\vec{HA} + \vec{HB} + \vec{HC}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\vec{HA} + \vec{HB} + \vec{HC} = (\vec{a} - \vec{H}) + (\vec{b} - \vec{H}) + (\vec{c} - \vec{H})$
$= (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) - 3\vec{H}$
$= \vec{H} - 3\vec{H}$
$= -2\vec{H}$
કારણ કે $\vec{O} = \vec{0}$,$\vec{HO} = \vec{O} - \vec{H} = -\vec{H}$.
તેથી,$-2\vec{H} = 2(-\vec{H}) = 2\vec{HO}$.
આમ,$\vec{HA} + \vec{HB} + \vec{HC} = 2\vec{HO}$.

(B) આપેલ છે કે $P(x)$ એ વાસ્તવિક સહગુણકો ધરાવતી બહુપદી છે અને તમામ $x$ માટે $P^{\prime \prime}(x) \neq 0$ છે.
દ્વિઘાત બહુપદી માટે $P^{\prime \prime}(x)$ અચળ હોવાથી,આપણે સૌથી સરળ કિસ્સો વિચારીએ જ્યાં $P(x)$ એ દ્વિઘાત બહુપદી છે:
$P(x) = ax^2 + bx + c$,જ્યાં $a \neq 0$.
તેથી,$P^{\prime}(x) = 2ax + b$ અને $P^{\prime \prime}(x) = 2a$.
$P(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,$c = 1$ મળે છે.
$P^{\prime}(0) = -1$ આપેલ હોવાથી,$b = -1$ મળે છે.
આમ,$P(x) = ax^2 - x + 1$.
$x = 1$ આગળ કિંમત શોધતા:
$P(1) = a(1)^2 - (1) + 1 = a$.
કારણ કે $P^{\prime \prime}(x) = 2a \neq 0$,તેથી $a \neq 0$ થાય.
તેથી,$P(1) = a \neq 0$.
આ ગુણધર્મ ઉચ્ચ ઘાતવાળી બહુપદીઓ માટે પણ સાચો છે,કારણ કે પ્રારંભિક શરતો હેઠળ $P^{\prime \prime}(x) \neq 0$ ની મર્યાદામાં $P(1)$ શૂન્ય હોઈ શકે નહીં.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1+a^x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2(-\pi+\pi-x)}{1+a^{-\pi+\pi-x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1+a^{-x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a^x \cos^2 x}{a^x+1} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1+a^x} dx + \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a^x \cos^2 x}{1+a^x} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 x \left( \frac{1+a^x}{1+a^x} \right) dx = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 x dx$.
કારણ કે $\cos^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,$2I = 2 \int_{0}^{\pi} \cos^2 x dx$,તેથી $I = \int_{0}^{\pi} \cos^2 x dx$.
$\cos^2 x = \frac{1+\cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $I = \int_{0}^{\pi} \frac{1+\cos 2x}{2} dx = \left[ \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} \right]_{0}^{\pi} = \frac{\pi}{2} + 0 - (0+0) = \frac{\pi}{2}$.

(A) ધારો કે $f(x) = x^{1/3}$. કારણ કે $f''(x) = -\frac{2}{9} x^{-5/3} < 0$ છે,તેથી વિધેય $f(x)$ અંતર્મુખ (concave down) છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ,$n = 1000$ અને $h = 1$ માટે ટ્રેપેઝોઇડલ નિયમ મુજબ $T < I$ થાય.
ટ્રેપેઝોઇડલ સરવાળો $T = \frac{h}{2} [f(2012) + 2f(2013) + \ldots + 2f(3011) + f(3012)]$ છે.
અહીં $L = \sum_{k=2012}^{3011} f(k)$ અને $R = \sum_{k=2013}^{3012} f(k)$ છે.
તેથી $L + R = f(2012) + 2f(2013) + \ldots + 2f(3011) + f(3012) = 2T$.
કારણ કે $T < I$,તેથી $2T < 2I$,જેનો અર્થ છે કે $L + R < 2I$.

(B) ધારો કે $H$ એ છાપની સંખ્યા છે અને $T$ એ કાંટાની સંખ્યા છે. સિક્કો $10$ વખત ઉછાળવામાં આવતો હોવાથી,$H + T = 10$ થાય.
કુલ સ્કોર $S = 1 \times H + 2 \times T = H + 2(10 - H) = 20 - H$ દ્વારા મળે છે.
આપણે $K$ ની એવી સૌથી મોટી કિંમત શોધવી છે કે જેથી $P(S \geq K) > \frac{1}{2}$ થાય.
$S = 20 - H$ મૂકતા,આપણને $P(20 - H \geq K) = P(H \leq 20 - K) > \frac{1}{2}$ મળે છે.
ધારો કે $m = 20 - K$. આપણે $P(H \leq m) > \frac{1}{2}$ ની જરૂર છે.
$H$ નું સંભાવના વિતરણ $n = 10$ અને $p = \frac{1}{2}$ સાથે દ્વિપદી (binomial) છે.
$P(H \leq m) = \frac{1}{2^{10}} \sum_{i=0}^{m} \binom{10}{i}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{i=0}^{10} \binom{10}{i} = 2^{10} = 1024$. વિતરણ સંમિત હોવાથી,$P(H \leq 4) = \sum_{i=0}^{4} \binom{10}{i} / 1024 = (1 + 10 + 45 + 120 + 210) / 1024 = 386 / 1024 < \frac{1}{2}$ થાય.
$P(H \leq 5) = (386 + \binom{10}{5}) / 1024 = (386 + 252) / 1024 = 638 / 1024 > \frac{1}{2}$ થાય.
આમ,$m$ ની સૌથી મોટી કિંમત $5$ છે.
$m = 20 - K$ હોવાથી,$5 = 20 - K$,જે આપણને $K = 15$ આપે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x+1}{x-1}$.
પ્રથમ,$f^2(x) = f(f(x)) = \frac{\frac{x+1}{x-1} + 1}{\frac{x+1}{x-1} - 1} = \frac{x+1+x-1}{x+1-(x-1)} = \frac{2x}{2} = x$ મેળવીએ.
કારણ કે $f^2(x) = x$,તેથી $f^3(x) = f(f^2(x)) = f(x)$ અને $f^4(x) = f^2(f^2(x)) = x$ થાય.
હવે,પદોની ગણતરી કરીએ:
$f^1(2) = \frac{2+1}{2-1} = 3$.
$f^2(3) = 3$ (કારણ કે $f^2(x) = x$).
$f^3(4) = f(4) = \frac{4+1}{4-1} = \frac{5}{3}$.
$f^4(5) = 5$ (કારણ કે $f^4(x) = x$).
આમ,$P = 3 \cdot 3 \cdot \frac{5}{3} \cdot 5 = 75$.
$75$ ના ગુણકો $75, 150, 225, 300, 375, \dots$ છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$375$ એ $75$ નો ગુણક છે.