RBSE Class 12th 2014 Mathematics-SS-15-2014 Previous Year Papers

हल / Solution:

हम जानते हैं कि tan⁻¹ √3 = π/3 (क्योंकि tan π/3 = √3) और cot⁻¹ (–√3) = π – cot⁻¹ √3 = π – π/6 = 5π/6 (क्योंकि cot π/6 = √3 और cot⁻¹ का मुख्य मान शाखा (0, π) में होता है)।

अतः tan⁻¹ √3 – cot⁻¹ (–√3) = π/3 – 5π/6 = (2π – 5π)/6 = –3π/6 = –π/2.

उत्तर: –π/2

हल / Solution:

हम जानते हैं कि A = \(\frac{(A+B) + (A-B)}{2}\).

अतः A = \(\frac{1}{2} \left( \begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 5 & 2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ -3 & -6 \end{bmatrix} \right) = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 3+1 & 4+0 \\ 5+(-3) & 2+(-6) \end{bmatrix} = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 4 & 4 \\ 2 & -4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}\).

उत्तर: A = \(\begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}\)

हल:

समतलों के अभिलम्ब सदिश क्रमशः n₁ = (2, 1, -2) और n₂ = (3, -6, -2) हैं।

दो समतलों के बीच का कोण θ उनके अभिलम्ब सदिशों के बीच के कोण के बराबर होता है।

cos θ = |n₁ · n₂| / (|n₁| |n₂|)

n₁ · n₂ = (2)(3) + (1)(-6) + (-2)(-2) = 6 – 6 + 4 = 4

|n₁| = √(2² + 1² + (-2)²) = √(4 + 1 + 4) = √9 = 3

|n₂| = √(3² + (-6)² + (-2)²) = √(9 + 36 + 4) = √49 = 7

cos θ = 4 / (3 × 7) = 4/21

θ = cos⁻¹(4/21)

अतः अभीष्ट कोण cos⁻¹(4/21) है।

हल:

दिए गए व्यवरोध हैं:

• 2x + 3y ≤ 18
• x ≥ 0
• y ≥ 0

सर्वप्रथम, रेखा 2x + 3y = 18 का आलेख खींचते हैं।

जब x = 0, तब 3y = 18 ⇒ y = 6, बिंदु (0, 6)

जब y = 0, तब 2x = 18 ⇒ x = 9, बिंदु (9, 0)

अतः रेखा (0, 6) और (9, 0) बिंदुओं से गुजरती है।

असमिका 2x + 3y ≤ 18 में मूल बिंदु (0, 0) रखने पर, 0 ≤ 18 सत्य है, अतः सुसंगत हल क्षेत्र मूल बिंदु की ओर होगा।

x ≥ 0 और y ≥ 0 प्रथम चतुर्थांश को दर्शाते हैं।

अतः सुसंगत हल क्षेत्र वह त्रिभुजाकार क्षेत्र है जो x-अक्ष, y-अक्ष और रेखा 2x + 3y = 18 से घिरा है, जिसके शीर्ष (0, 0), (9, 0) और (0, 6) हैं।

हल:

चूँकि A और B स्वतंत्र घटनाएँ हैं, इसलिए:

P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = 0.3 × 0.4 = 0.12

अब, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)

P(A ∪ B) = 0.3 + 0.4 – 0.12 = 0.58

अतः P(A ∪ B) = 0.58

हल (पहला विकल्प):

समुच्चय R (वास्तविक संख्याएँ) में संबंध R = {(a, b) : a ≤ b²} पर विचार करते हैं।

1. स्वतुल्यता (Reflexive): किसी भी a ∈ R के लिए, a ≤ a² सदैव सत्य नहीं है। उदाहरण के लिए, a = 0.5 लेने पर, 0.5 ≤ (0.5)² = 0.25 असत्य है। अतः (a, a) ∉ R। इसलिए R स्वतुल्य नहीं है।

2. सममितता (Symmetric): माना (a, b) ∈ R, अर्थात a ≤ b²। इससे यह आवश्यक नहीं है कि b ≤ a² हो। उदाहरण के लिए, (1, 2) लेने पर, 1 ≤ 2² = 4 सत्य है, परंतु 2 ≤ 1² = 1 असत्य है। अतः (b, a) ∉ R। इसलिए R सममित नहीं है।

3. संक्रामकता (Transitive): माना (a, b) ∈ R और (b, c) ∈ R, अर्थात a ≤ b² और b ≤ c²। इससे यह आवश्यक नहीं है कि a ≤ c² हो। उदाहरण के लिए, a = 5, b = 2, c = 1 लेने पर, 5 ≤ 2² = 4 असत्य है। एक अन्य उदाहरण: a = 2, b = 1, c = 1 लेने पर, 2 ≤ 1² = 1 असत्य है। सही उदाहरण के लिए: a = 2, b = 1.5, c = 1 लेने पर, 2 ≤ (1.5)² = 2.25 सत्य है, और 1.5 ≤ 1² = 1 असत्य है। एक उपयुक्त उदाहरण: a = 10, b = 3, c = 2 लेने पर, 10 ≤ 3² = 9 असत्य है।

एक सही उदाहरण जहाँ दोनों शर्तें सत्य हों: a = 1, b = 2, c = 1.5 लेने पर, 1 ≤ 2² = 4 सत्य है, और 2 ≤ (1.5)² = 2.25 सत्य है, परंतु 1 ≤ (1.5)² = 2.25 सत्य है, जो संक्रामकता का पालन करता है। इसलिए एक प्रतिउदाहरण खोजना आवश्यक है।

माना a = 5, b = 2.5, c = 1.5 लेते हैं। 5 ≤ (2.5)² = 6.25 सत्य है। 2.5 ≤ (1.5)² = 2.25 असत्य है। अतः यह काम नहीं करता।

माना a = 4, b = 2, c = 1.4 लेते हैं। 4 ≤ 2² = 4 सत्य है। 2 ≤ (1.4)² = 1.96 असत्य है।

माना a = 3, b = 2, c = 1.5 लेते हैं। 3 ≤ 2² = 4 सत्य है। 2 ≤ (1.5)² = 2.25 सत्य है। अब जाँच करते हैं: 3 ≤ (1.5)² = 2.25 असत्य है। अतः (a, c) ∉ R। इसलिए R संक्रामक नहीं है।

अतः सिद्ध है कि संबंध R न तो स्वतुल्य है, न सममित है और न ही संक्रामक है।

हल (दूसरा विकल्प):

f : N → Y, f(x) = 4x + 3, जहाँ Y = {y ∈ N : y = 4x + 3 किसी x ∈ N के लिए}

एकैकी (Injective/One-one): माना f(x₁) = f(x₂) जहाँ x₁, x₂ ∈ N

⇒ 4x₁ + 3 = 4x₂ + 3

⇒ 4x₁ = 4x₂

⇒ x₁ = x₂

अतः f एकैकी है।

आच्छादक (Surjective/Onto): Y की परिभाषा के अनुसार, Y = {y ∈ N : y = 4x + 3, x ∈ N}। इसका अर्थ है कि Y में प्रत्येक अवयव f(x) के रूप में है। अतः सहडोमेन Y का प्रत्येक अवयव डोमेन N के किसी न किसी अवयव का प्रतिबिम्ब है। इसलिए f आच्छादक है।

चूँकि f एकैकी और आच्छादक दोनों है, अतः f व्युत्क्रमणीय (Invertible) है।

प्रतिलोम फलन (Inverse function): माना y = f(x) = 4x + 3

⇒ y = 4x + 3

⇒ 4x = y – 3

⇒ x = (y – 3)/4

अतः प्रतिलोम फलन f⁻¹ : Y → N, f⁻¹(y) = (y – 3)/4 द्वारा परिभाषित होगा।

अतः f व्युत्क्रमणीय है और f⁻¹(y) = (y – 3)/4

Solution (First part):

Reflexive: For any a ∈ R, we need a ≤ a². This is false for a = 0.5 because 0.5 ≤ 0.25 is false. Hence R is not reflexive.

Symmetric: If (a, b) ∈ R, then a ≤ b². For symmetry, we need b ≤ a². Take a = 1, b = 2: 1 ≤ 4 (true), but 2 ≤ 1 (false). Hence R is not symmetric.

Transitive: If (a, b) ∈ R and (b, c) ∈ R, then a ≤ b² and b ≤ c². We need a ≤ c². Take a = 1, b = 2, c = 1.5: 1 ≤ 4 (true), 2 ≤ 2.25 (true), but 1 ≤ 2.25 (true). However, a counterexample: a = 1, b = -2, c = 1: 1 ≤ 4 (true), -2 ≤ 1 (true), but 1 ≤ 1 (true). Actually, consider a = 0.5, b = 0.7, c = 0.8: 0.5 ≤ 0.49 (false). Let's try a = 2, b = 1, c = 0.5: 2 ≤ 1 (false). A valid counterexample: a = 1, b = 2, c = 1.4: 1 ≤ 4 (true), 2 ≤ 1.96 (false). So transitivity fails. Hence R is not transitive.

Solution (Second part - OR):

Given f(x) = 4x + 3, f : N → Y, where Y = {y ∈ N : y = 4x + 3 for some x ∈ N}.

One-one: Let f(x₁) = f(x₂) ⇒ 4x₁ + 3 = 4x₂ + 3 ⇒ 4x₁ = 4x₂ ⇒ x₁ = x₂. So f is injective.

Onto: For any y ∈ Y, there exists x = (y - 3)/4 ∈ N such that f(x) = y. So f is surjective.

Since f is both one-one and onto, it is invertible.

Inverse function: Let y = 4x + 3 ⇒ x = (y - 3)/4. Hence f⁻¹(y) = (y - 3)/4.

Solution (First part):

tan⁻¹[(cos x + sin x) / (cos x - sin x)]

= tan⁻¹[(1 + tan x) / (1 - tan x)] (dividing numerator and denominator by cos x)

= tan⁻¹[tan(π/4 + x)] (since tan(π/4 + x) = (1 + tan x)/(1 - tan x))

= π/4 + x, provided x < π and x ≠ π/4 + nπ.

Hence the simplest form is π/4 + x.

Solution (Second part - OR):

Let sin⁻¹(5/13) = A ⇒ sin A = 5/13, cos A = 12/13, tan A = 5/12.

Let cos⁻¹(3/5) = B ⇒ cos B = 3/5, sin B = 4/5, tan B = 4/3.

Now tan(A + B) = (tan A + tan B) / (1 - tan A tan B) = (5/12 + 4/3) / (1 - (5/12)(4/3))

= (5/12 + 16/12) / (1 - 20/36) = (21/12) / (16/36) = (21/12) × (36/16) = (21 × 3) / 16 = 63/16.

Thus A + B = tan⁻¹(63/16). Hence tan⁻¹(63/16) = sin⁻¹(5/13) + cos⁻¹(3/5).

Solution (First part):

A = [2 0 2; 2 3 0; -1 0 1]

A² = A × A = [2 0 2; 2 3 0; -1 0 1] × [2 0 2; 2 3 0; -1 0 1]

= [ (2×2 + 0×2 + 2×(-1)) (2×0 + 0×3 + 2×0) (2×2 + 0×0 + 2×1);

(2×2 + 3×2 + 0×(-1)) (2×0 + 3×3 + 0×0) (2×2 + 3×0 + 0×1);

(-1×2 + 0×2 + 1×(-1)) (-1×0 + 0×3 + 1×0) (-1×2 + 0×0 + 1×1) ]

= [ (4 + 0 - 2) (0 + 0 + 0) (4 + 0 + 2);

(4 + 6 + 0) (0 + 9 + 0) (4 + 0 + 0);

(-2 + 0 - 1) (0 + 0 + 0) (-2 + 0 + 1) ]

= [2 0 6; 10 9 4; -3 0 -1]

Now, 5A = [10 0 10; 10 15 0; -5 0 5]

6I = [6 0 0; 0 6 0; 0 0 6]

A² - 5A + 6I = [2-10+6 0-0+0 6-10+0; 10-10+0 9-15+6 4-0+0; -3+5+0 0-0+0 -1-5+6]

= [-2 0 -4; 0 0 4; 2 0 0]

Solution (Second part - OR):

Let A = [3 0; 5 7]. To find A⁻¹ using elementary row transformations:

Write A = I·A ⇒ [3 0; 5 7] = [1 0; 0 1]·A

R₁ → (1/3)R₁: [1 0; 5 7] = [1/3 0; 0 1]·A

R₂ → R₂ - 5R₁: [1 0; 0 7] = [1/3 0; -5/3 1]·A

R₂ → (1/7)R₂: [1 0; 0 1] = [1/3 0; -5/21 1/7]·A

Hence A⁻¹ = [1/3 0; -5/21 1/7]

Solution:

First, compute \( A^2 \):

\( A^2 = A \times A = \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2\cdot2 + 3\cdot1 & 2\cdot3 + 3\cdot0 \\ 1\cdot2 + 0\cdot1 & 1\cdot3 + 0\cdot0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4+3 & 6+0 \\ 2+0 & 3+0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 7 & 6 \\ 2 & 3 \end{bmatrix} \)

Now compute \( 5A = 5 \times \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10 & 15 \\ 5 & 0 \end{bmatrix} \)

And \( 6I = 6 \times \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 6 \end{bmatrix} \)

Therefore, \( A^2 - 5A + 6I = \begin{bmatrix} 7 & 6 \\ 2 & 3 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 10 & 15 \\ 5 & 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 7-10+6 & 6-15+0 \\ 2-5+0 & 3-0+6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & -9 \\ -3 & 9 \end{bmatrix} \)

Solution:

Let \( A = \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 2 & 7 \end{bmatrix} \). To find \( A^{-1} \), write \( A = I A \):

\( \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 2 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} A \)

Apply \( R_1 \rightarrow \frac{1}{3}R_1 \):

\( \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{3} & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} A \)

Apply \( R_2 \rightarrow R_2 - 2R_1 \):

\( \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{3} & 0 \\ -\frac{2}{3} & 1 \end{bmatrix} A \)

Apply \( R_2 \rightarrow \frac{1}{7}R_2 \):

\( \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{3} & 0 \\ -\frac{2}{21} & \frac{1}{7} \end{bmatrix} A \)

Thus, \( A^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{1}{3} & 0 \\ -\frac{2}{21} & \frac{1}{7} \end{bmatrix} \).

Solution:

For continuity at \( x = 2 \):

Left-hand limit: \( \lim_{x \to 2^-} f(x) = 5 \)

Right-hand limit: \( \lim_{x \to 2^+} f(x) = a(2) + b = 2a + b \)

For continuity, \( 2a + b = 5 \) ...(1)

For continuity at \( x = 0 \):

Left-hand limit: \( \lim_{x \to 0^-} f(x) = a(0) + b = b \)

Right-hand limit: \( \lim_{x \to 0^+} f(x) = 2(0) = 0 \)

For continuity, \( b = 0 \) ...(2)

From (1) and (2): \( 2a + 0 = 5 \Rightarrow a = \frac{5}{2} \)

Thus, \( a = \frac{5}{2} \) and \( b = 0 \).

Solution:

Given \( f(x) = \log(\cos x) \).

Differentiate: \( f'(x) = \frac{1}{\cos x} \cdot (-\sin x) = -\tan x \)

On \( \left(0, \frac{\pi}{2}\right) \): \( \tan x > 0 \), so \( f'(x) = -\tan x < 0 \). Hence, \( f \) is strictly decreasing on \( \left(0, \frac{\pi}{2}\right) \).

On \( \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) \): \( \tan x < 0 \), so \( f'(x) = -\tan x > 0 \). Hence, \( f \) is strictly increasing on \( \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) \).

Thus, the function is strictly decreasing on \( \left(0, \frac{\pi}{2}\right) \) and strictly increasing on \( \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) \).

Solution:

The given curve is an ellipse: \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\).

Differentiating both sides with respect to x:

\(\frac{2x}{a^2} + \frac{2y}{b^2} \cdot \frac{dy}{dx} = 0\)

\(\Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{b^2 x}{a^2 y}\)

For tangents parallel to x-axis, slope = 0, i.e., \(\frac{dy}{dx} = 0\).

\(-\frac{b^2 x}{a^2 y} = 0 \Rightarrow x = 0\)

Substitute x = 0 in the ellipse equation:

\(\frac{0}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \Rightarrow y^2 = b^2 \Rightarrow y = \pm b\)

Thus, the required points are (0, b) and (0, -b).

Solution:

\(\int \frac{5}{\sqrt{x}} \, dx = 5 \int x^{-1/2} \, dx\)

\(= 5 \cdot \frac{x^{1/2}}{1/2} + C = 5 \cdot 2 \sqrt{x} + C = 10\sqrt{x} + C\)

Thus, \(\int \frac{5}{\sqrt{x}} \, dx = 10\sqrt{x} + C\).

Solution:

Let \(I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx\) ...(1)

Using the property \(\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx\):

\(I = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin(\pi - x)}{1 + \cos^2(\pi - x)} \, dx = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx\) ...(2)

Adding (1) and (2):

\(2I = \int_{0}^{\pi} \frac{\pi \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx\)

\(\Rightarrow I = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx\)

Let \(t = \cos x \Rightarrow dt = -\sin x \, dx\). When x = 0, t = 1; when x = π, t = -1.

\(I = \frac{\pi}{2} \int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1 + t^2}\)

\(= \frac{\pi}{2} \left[ \tan^{-1} t \right]_{-1}^{1} = \frac{\pi}{2} \left( \frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4}) \right) = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4}\)

Thus, \(\int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx = \frac{\pi^2}{4}\).

Solution:

The curve y = x² is a parabola opening upward, and y = 4 is a horizontal line.

Intersection points: x² = 4 ⇒ x = ±2.

The region is symmetric about the y-axis. Area = 2 × area from x = 0 to x = 2.

Area = \(\int_{-2}^{2} (4 - x^2) \, dx = 2 \int_{0}^{2} (4 - x^2) \, dx\)

\(= 2 \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = 2 \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = 2 \cdot \frac{16}{3} = \frac{32}{3}\) square units.

Thus, the area is \(\frac{32}{3}\) square units.

Solution:

The three lines are: L₁: y = 2x + 1, L₂: y = 3x + 1, L₃: x = 4.

Find intersection points:

• L₁ and L₂: 2x + 1 = 3x + 1 ⇒ x = 0, then y = 1. Point A(0, 1).
• L₁ and L₃: x = 4 ⇒ y = 2(4) + 1 = 9. Point B(4, 9).
• L₂ and L₃: x = 4 ⇒ y = 3(4) + 1 = 13. Point C(4, 13).

The triangular region is bounded between x = 0 and x = 4, with L₂ above L₁.

Area = \(\int_{0}^{4} [(3x + 1) - (2x + 1)] \, dx = \int_{0}^{4} x \, dx\)

\(= \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{4} = \frac{16}{2} = 8\) square units.

Thus, the area of the triangular region is 8 square units.

हल:

AB = स्थिति सदिश B – स्थिति सदिश A = (2i + 5j) – (i + j + k) = i + 4j – k

CD = स्थिति सदिश D – स्थिति सदिश C = (i – 6j – k) – (3i + 2j – 3k) = –2i – 8j + 2k

AB और CD के बीच कोण θ के लिए, cos θ = (AB · CD) / (|AB| |CD|)

AB · CD = (1)(–2) + (4)(–8) + (–1)(2) = –2 – 32 – 2 = –36

|AB| = √(1² + 4² + (–1)²) = √(1 + 16 + 1) = √18 = 3√2

|CD| = √((–2)² + (–8)² + 2²) = √(4 + 64 + 4) = √72 = 6√2

cos θ = –36 / (3√2 × 6√2) = –36 / (18 × 2) = –36 / 36 = –1

θ = cos⁻¹(–1) = 180° या π रेडियन

अतः AB और CD के बीच का कोण 180° (π रेडियन) है।

हल:

चूँकि d, a और b दोनों पर लम्ब है, इसलिए d, a × b के समान्तर होगा।

a × b = |i j k; 1 4 2; 3 –2 7| = i(4×7 – 2×(–2)) – j(1×7 – 2×3) + k(1×(–2) – 4×3)

= i(28 + 4) – j(7 – 6) + k(–2 – 12) = 32i – j – 14k

माना d = λ (a × b) = λ (32i – j – 14k)

अब, c·d = 15 ⇒ (2i – j + 4k)·(32λ i – λ j – 14λ k) = 15

⇒ 2(32λ) + (–1)(–λ) + 4(–14λ) = 15

⇒ 64λ + λ – 56λ = 15

⇒ 9λ = 15 ⇒ λ = 15/9 = 5/3

अतः d = (5/3)(32i – j – 14k) = (160/3)i – (5/3)j – (70/3)k

अतः अभीष्ट सदिश d = (160/3)i – (5/3)j – (70/3)k है।

हल:

सर्वप्रथम, व्यवरोधों को समीकरणों में बदलते हैं:

x + 2y = 10 ...(i)

3x + y = 15 ...(ii)

x = 0, y = 0

समीकरण (i) के लिए बिन्दु: (0,5) और (10,0)

समीकरण (ii) के लिए बिन्दु: (0,15) और (5,0)

सुसंगत क्षेत्र (feasible region) के कोणीय बिन्दु (corner points) ज्ञात करते हैं:

• O(0,0)
• A(5,0) (x-अक्ष पर)
• B (समीकरण (i) और (ii) का प्रतिच्छेदन)
• C(0,5) (y-अक्ष पर)

प्रतिच्छेदन B के लिए: (i) और (ii) को हल करते हैं:

(i) से x = 10 – 2y, (ii) में रखने पर: 3(10 – 2y) + y = 15 ⇒ 30 – 6y + y = 15 ⇒ –5y = –15 ⇒ y = 3

तब x = 10 – 2(3) = 4, अतः B(4,3)

अब प्रत्येक कोणीय बिन्दु पर Z का मान ज्ञात करते हैं:

• O(0,0): Z = 3(0) + 2(0) = 0
• A(5,0): Z = 3(5) + 2(0) = 15
• B(4,3): Z = 3(4) + 2(3) = 12 + 6 = 18
• C(0,5): Z = 3(0) + 2(5) = 10

Z का अधिकतम मान 18 है, जो बिन्दु B(4,3) पर प्राप्त होता है।

अतः Z का अधिकतम मान 18 है, जो x = 4 और y = 3 पर प्राप्त होता है।

हल:

माना पहले प्रकार के केकों की संख्या = x और दूसरे प्रकार के केकों की संख्या = y है।

प्रश्नानुसार, आटे की आवश्यकता: 200x + 100y ≤ 5000 (5 किग्रा = 5000 ग्राम)

वसा की आवश्यकता: 25x + 50y ≤ 1000 (1 किग्रा = 1000 ग्राम)

तथा x ≥ 0, y ≥ 0

अब Z = x + y (कुल केकों की संख्या) का अधिकतमीकरण करना है।

व्यवरोधों को समीकरणों में बदलते हैं:

200x + 100y = 5000 ⇒ 2x + y = 50 ...(i)

25x + 50y = 1000 ⇒ x + 2y = 40 ...(ii)

समीकरण (i) के लिए बिन्दु: (0,50) और (25,0)

समीकरण (ii) के लिए बिन्दु: (0,20) और (40,0)

सुसंगत क्षेत्र के कोणीय बिन्दु:

• O(0,0)
• A(25,0)
• B (समीकरण (i) और (ii) का प्रतिच्छेदन)
• C(0,20)

प्रतिच्छेदन B के लिए: (i) और (ii) को हल करते हैं:

(i) से y = 50 – 2x, (ii) में रखने पर: x + 2(50 – 2x) = 40 ⇒ x + 100 – 4x = 40 ⇒ –3x = –60 ⇒ x = 20

तब y = 50 – 2(20) = 10, अतः B(20,10)

अब प्रत्येक कोणीय बिन्दु पर Z का मान:

• O(0,0): Z = 0 + 0 = 0
• A(25,0): Z = 25 + 0 = 25
• B(20,10): Z = 20 + 10 = 30
• C(0,20): Z = 0 + 20 = 20

Z का अधिकतम मान 30 है, जो बिन्दु B(20,10) पर प्राप्त होता है।

अतः केकों की अधिकतम संख्या 30 है, जिसमें 20 पहले प्रकार के और 10 दूसरे प्रकार के केक हैं।

हल:

चरण 1: असमिकाओं को समीकरणों में बदलें:

• x + 2y = 10
• 3x + y = 15

चरण 2: प्रतिच्छेदन बिंदु ज्ञात करें:

समीकरणों को हल करने पर: x + 2y = 10 और 3x + y = 15

पहले समीकरण से x = 10 - 2y, दूसरे में रखने पर: 3(10 - 2y) + y = 15

⇒ 30 - 6y + y = 15 ⇒ -5y = -15 ⇒ y = 3

तब x = 10 - 2(3) = 4

अतः प्रतिच्छेदन बिंदु (4, 3) है।

चरण 3: सुसंगत क्षेत्र के कोणीय बिंदु ज्ञात करें:

• O(0, 0)
• A(5, 0) (जब y = 0, 3x = 15 ⇒ x = 5)
• B(0, 5) (जब x = 0, 2y = 10 ⇒ y = 5)
• C(4, 3) (प्रतिच्छेदन बिंदु)

चरण 4: प्रत्येक कोणीय बिंदु पर Z का मान ज्ञात करें:

• O(0, 0): Z = 3(0) + 2(0) = 0
• A(5, 0): Z = 3(5) + 2(0) = 15
• B(0, 5): Z = 3(0) + 2(5) = 10
• C(4, 3): Z = 3(4) + 2(3) = 12 + 6 = 18

चरण 5: अधिकतम मान 18 है जो बिंदु (4, 3) पर प्राप्त होता है।

अतः अधिकतम Z = 18, x = 4, y = 3 पर।

हल:

माना पहले प्रकार के केक = x, दूसरे प्रकार के केक = y

आटे की सीमा: 200x + 100y ≤ 5000 (5 किग्रा = 5000 ग्राम)

वसा की सीमा: 25x + 50y ≤ 1000 (1 किग्रा = 1000 ग्राम)

x, y ≥ 0

अधिकतम Z = x + y (कुल केकों की संख्या)

ग्राफीय विधि द्वारा:

असमिकाओं को समीकरणों में बदलें:

• 200x + 100y = 5000 ⇒ 2x + y = 50
• 25x + 50y = 1000 ⇒ x + 2y = 40

प्रतिच्छेदन बिंदु: 2x + y = 50 और x + 2y = 40 को हल करने पर:

पहले से y = 50 - 2x, दूसरे में: x + 2(50 - 2x) = 40 ⇒ x + 100 - 4x = 40 ⇒ -3x = -60 ⇒ x = 20

तब y = 50 - 2(20) = 10

कोणीय बिंदु: O(0,0), A(25,0), B(0,20), C(20,10)

Z के मान:

• O: 0
• A: 25
• B: 20
• C: 30

अतः अधिकतम 30 केक बनाए जा सकते हैं (20 पहले प्रकार के, 10 दूसरे प्रकार के)।

हल:

माना सफलता की प्रायिकता p और असफलता की q है।

दिया है: p = 2q, और p + q = 1

⇒ 2q + q = 1 ⇒ 3q = 1 ⇒ q = 1/3, p = 2/3

यह द्विपद बंटन है: n = 6, p = 2/3, q = 1/3

P(कम से कम 4 सफल) = P(4) + P(5) + P(6)

P(r) = C(6,r) × (2/3)^r × (1/3)^(6-r)

P(4) = C(6,4) × (2/3)^4 × (1/3)^2 = 15 × (16/81) × (1/9) = 15 × 16/729 = 240/729

P(5) = C(6,5) × (2/3)^5 × (1/3)^1 = 6 × (32/243) × (1/3) = 6 × 32/729 = 192/729

P(6) = C(6,6) × (2/3)^6 × (1/3)^0 = 1 × (64/729) × 1 = 64/729

कुल प्रायिकता = (240 + 192 + 64)/729 = 496/729

अतः अभीष्ट प्रायिकता = 496/729

हल:

एक अनभिनत पासे पर संख्याएँ: 1, 2, 3, 4, 5, 6

प्रत्येक संख्या की प्रायिकता = 1/6

माध्य (μ) = Σx × P(x) = (1+2+3+4+5+6)/6 = 21/6 = 3.5

प्रसरण (σ²) = Σ(x - μ)² × P(x)

= [(1-3.5)² + (2-3.5)² + (3-3.5)² + (4-3.5)² + (5-3.5)² + (6-3.5)²] / 6

= [(-2.5)² + (-1.5)² + (-0.5)² + (0.5)² + (1.5)² + (2.5)²] / 6

= [6.25 + 2.25 + 0.25 + 0.25 + 2.25 + 6.25] / 6

= 17.5 / 6 = 35/12

अतः प्रसरण = 35/12

हल:

माना सारणिक Δ = | 1+a   1   1 |

| 1   1+b   1 |

| 1   1   1+c |

चरण 1: पंक्ति संक्रिया R₁ → R₁ - R₂ करने पर:

Δ = | a   -b   0 |

| 1   1+b   1 |

| 1   1   1+c |

चरण 2: पंक्ति संक्रिया R₂ → R₂ - R₃ करने पर:

Δ = | a   -b   0 |

| 0   b   -c |

| 1   1   1+c |

चरण 3: प्रथम स्तंभ के अनुदिश प्रसार करें:

Δ = a × | b   -c | - 0 × ... + 1 × | -b   0 |

| 1   1+c |      | b   -c |

Δ = a[b(1+c) - (-c)(1)] + 1[(-b)(-c) - (0)(b)]

Δ = a(b + bc + c) + 1(bc - 0)

Δ = ab + abc + ac + bc

Δ = abc + ab + bc + ca

Δ = abc(1 + 1/a + 1/b + 1/c)

अतः सिद्ध हुआ।

हल:

दिया है: \(x^4 + y^4 = a^4 + b^4\)

दोनों पक्षों का \(x\) के सापेक्ष अवकलन करने पर:

\(\frac{d}{dx}(x^4) + \frac{d}{dx}(y^4) = \frac{d}{dx}(a^4 + b^4)\)

\(4x^3 + 4y^3 \frac{dy}{dx} = 0\)

\(4y^3 \frac{dy}{dx} = -4x^3\)

\(\frac{dy}{dx} = -\frac{x^3}{y^3}\)

हल (पहला विकल्प):

\(\int \frac{x e^x}{(1+x)^2} dx\)

माना \(I = \int \frac{x e^x}{(1+x)^2} dx\)

\(x\) को \((1+x-1)\) के रूप में लिखने पर:

\(I = \int \frac{(1+x-1) e^x}{(1+x)^2} dx = \int \left[ \frac{(1+x)e^x}{(1+x)^2} - \frac{e^x}{(1+x)^2} \right] dx\)

\(I = \int \frac{e^x}{1+x} dx - \int \frac{e^x}{(1+x)^2} dx\)

अब, \(\int \frac{e^x}{1+x} dx\) में खण्डशः समाकलन करने पर:

माना \(u = \frac{1}{1+x}\) और \(dv = e^x dx\)

तब \(du = -\frac{1}{(1+x)^2} dx\) और \(v = e^x\)

\(\int \frac{e^x}{1+x} dx = \frac{e^x}{1+x} - \int e^x \left( -\frac{1}{(1+x)^2} \right) dx = \frac{e^x}{1+x} + \int \frac{e^x}{(1+x)^2} dx\)

अतः \(I = \left[ \frac{e^x}{1+x} + \int \frac{e^x}{(1+x)^2} dx \right] - \int \frac{e^x}{(1+x)^2} dx\)

\(I = \frac{e^x}{1+x} + C\)

हल:

दिया गया अवकल समीकरण:

\(x dy = y dx + \sqrt{x^2 + y^2} dx\)

\(x dy = (y + \sqrt{x^2 + y^2}) dx\)

\(\frac{dy}{dx} = \frac{y + \sqrt{x^2 + y^2}}{x}\)

यह एक समघात अवकल समीकरण है। माना \(y = vx\), तब \(\frac{dy}{dx} = v + x\frac{dv}{dx}\)

\(v + x\frac{dv}{dx} = \frac{vx + \sqrt{x^2 + v^2 x^2}}{x} = v + \sqrt{1+v^2}\)

\(x\frac{dv}{dx} = \sqrt{1+v^2}\)

\(\frac{dv}{\sqrt{1+v^2}} = \frac{dx}{x}\)

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:

\(\int \frac{dv}{\sqrt{1+v^2}} = \int \frac{dx}{x}\)

\(\log|v + \sqrt{1+v^2}| = \log|x| + \log C\)

\(\log|v + \sqrt{1+v^2}| = \log|Cx|\)

\(v + \sqrt{1+v^2} = Cx\)

\(v = \frac{y}{x}\) रखने पर:

\(\frac{y}{x} + \sqrt{1+\frac{y^2}{x^2}} = Cx\)

\(\frac{y + \sqrt{x^2 + y^2}}{x} = Cx\)

\(y + \sqrt{x^2 + y^2} = Cx^2\)

यह अभीष्ट हल है।

हल:

दिया गया अवकल समीकरण:

\(x\frac{dy}{dx} + y \cot x = 2x + x^2 \cot x\)

दोनों पक्षों को \(x\) से भाग देने पर:

\(\frac{dy}{dx} + \frac{\cot x}{x} y = 2 + x \cot x\)

यह \(\frac{dy}{dx} + P y = Q\) के रूप का रैखिक अवकल समीकरण है, जहाँ:

\(P = \frac{\cot x}{x}\) और \(Q = 2 + x \cot x\)

समाकलन गुणांक (I.F.) = \(e^{\int P \, dx} = e^{\int \frac{\cot x}{x} \, dx}\)

माना \(\int \frac{\cot x}{x} \, dx = \log(\sin x)\) (क्योंकि \(\int \cot x \, dx = \log|\sin x|\), और \(x\) से भाग देने पर यह सीधे समाकलन नहीं होता; वास्तव में \(\int \frac{\cot x}{x} dx\) प्रारंभिक फलनों में नहीं होता। अतः हम मान लेते हैं कि प्रश्न में \(\frac{dy}{dx} + y \cot x = 2x + x^2 \cot x\) है, तब \(P = \cot x\) और \(Q = 2x + x^2 \cot x\)।)

सही रूप: \(\frac{dy}{dx} + (\cot x) y = 2x + x^2 \cot x\)

यहाँ \(P = \cot x\), \(Q = 2x + x^2 \cot x\)

I.F. = \(e^{\int \cot x \, dx} = e^{\log(\sin x)} = \sin x\)

अतः व्यापक हल:

\(y \cdot \sin x = \int (2x + x^2 \cot x) \sin x \, dx + C\)

\(= \int 2x \sin x \, dx + \int x^2 \cot x \sin x \, dx + C\)

चूँकि \(\cot x \sin x = \cos x\), तब:

\(= \int 2x \sin x \, dx + \int x^2 \cos x \, dx + C\)

पहले समाकलन के लिए खण्डशः समाकलन:

\(\int 2x \sin x \, dx = -2x \cos x + 2 \sin x\)

दूसरे समाकलन के लिए खण्डशः समाकलन:

\(\int x^2 \cos x \, dx = x^2 \sin x - \int 2x \sin x \, dx = x^2 \sin x - (-2x \cos x + 2 \sin x) = x^2 \sin x + 2x \cos x - 2 \sin x\)

दोनों को जोड़ने पर:

\((-2x \cos x + 2 \sin x) + (x^2 \sin x + 2x \cos x - 2 \sin x) = x^2 \sin x\)

अतः \(y \sin x = x^2 \sin x + C\)

या \(y = x^2 + C \csc x\)

दिया है \(y = 0\) जब \(x = \frac{\pi}{2}\):

\(0 = \left(\frac{\pi}{2}\right)^2 + C \cdot \csc\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi^2}{4} + C \cdot 1\)

\(\Rightarrow C = -\frac{\pi^2}{4}\)

अतः अभीष्ट विशिष्ट हल:

\(y = x^2 - \frac{\pi^2}{4} \csc x\)

हल:

दिया गया अवकल समीकरण:

\(x dy = y dx + \sqrt{x^2 + y^2} \, dx\)

दोनों पक्षों को \(x \, dx\) से भाग देने पर:

\(\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x}\)

या \(\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \sqrt{1 + \left(\frac{y}{x}\right)^2}\)

यह समघात (homogeneous) अवकल समीकरण है। माना \(y = vx\), तब \(\frac{dy}{dx} = v + x\frac{dv}{dx}\)

समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:

\(v + x\frac{dv}{dx} = v + \sqrt{1 + v^2}\)

\(\Rightarrow x\frac{dv}{dx} = \sqrt{1 + v^2}\)

चर पृथक्करण से:

\(\frac{dv}{\sqrt{1 + v^2}} = \frac{dx}{x}\)

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:

\(\int \frac{dv}{\sqrt{1 + v^2}} = \int \frac{dx}{x}\)

\(\Rightarrow \log|v + \sqrt{1 + v^2}| = \log|x| + \log C\)

\(\Rightarrow \log|v + \sqrt{1 + v^2}| = \log|Cx|\)

\(\Rightarrow v + \sqrt{1 + v^2} = Cx\)

\(v = \frac{y}{x}\) पुनः प्रतिस्थापित करने पर:

\(\frac{y}{x} + \sqrt{1 + \frac{y^2}{x^2}} = Cx\)

\(\Rightarrow \frac{y}{x} + \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x} = Cx\)

\(\Rightarrow y + \sqrt{x^2 + y^2} = Cx^2\)

यह अभीष्ट व्यापक हल है।

हल:

दिए गए समतलों के समीकरण:

\(\vec{r} \cdot (2\hat{i} + 2\hat{j} - 3\hat{k}) = 7\) ...(i)

\(\vec{r} \cdot (2\hat{i} + 5\hat{j} + 3\hat{k}) = 9\) ...(ii)

इन दोनों समतलों के प्रतिच्छेदन से जाने वाले समतल का समीकरण:

\(\vec{r} \cdot (2\hat{i} + 2\hat{j} - 3\hat{k}) - 7 + \lambda [\vec{r} \cdot (2\hat{i} + 5\hat{j} + 3\hat{k}) - 9] = 0\)

या \(\vec{r} \cdot [(2\hat{i} + 2\hat{j} - 3\hat{k}) + \lambda (2\hat{i} + 5\hat{j} + 3\hat{k})] = 7 + 9\lambda\)

यह समतल बिंदु \((2, 1, 3)\) से होकर जाता है, जिसका स्थिति सदिश \(\vec{r} = 2\hat{i} + \hat{j} + 3\hat{k}\) है।

प्रतिस्थापित करने पर:

\((2\hat{i} + \hat{j} + 3\hat{k}) \cdot [(2\hat{i} + 2\hat{j} - 3\hat{k}) + \lambda (2\hat{i} + 5\hat{j} + 3\hat{k})] = 7 + 9\lambda\)

बायाँ पक्ष:

\(= (2\hat{i} + \hat{j} + 3\hat{k}) \cdot (2\hat{i} + 2\hat{j} - 3\hat{k}) + \lambda (2\hat{i} + \hat{j} + 3\hat{k}) \cdot (2\hat{i} + 5\hat{j} + 3\hat{k})\)

\(= (4 + 2 - 9) + \lambda (4 + 5 + 9) = (-3) + \lambda (18)\)

अतः \(-3 + 18\lambda = 7 + 9\lambda\)

\(\Rightarrow 18\lambda - 9\lambda = 7 + 3\)

\(\Rightarrow 9\lambda = 10\)

\(\Rightarrow \lambda = \frac{10}{9}\)

\(\lambda\) का मान समतल के समीकरण में रखने पर:

\(\vec{r} \cdot \left[(2\hat{i} + 2\hat{j} - 3\hat{k}) + \frac{10}{9}(2\hat{i} + 5\hat{j} + 3\hat{k})\right] = 7 + 9 \times \frac{10}{9}\)

\(\Rightarrow \vec{r} \cdot \left[\left(2 + \frac{20}{9}\right)\hat{i} + \left(2 + \frac{50}{9}\right)\hat{j} + \left(-3 + \frac{30}{9}\right)\hat{k}\right] = 7 + 10\)

\(\Rightarrow \vec{r} \cdot \left[\frac{38}{9}\hat{i} + \frac{68}{9}\hat{j} + \left(-3 + \frac{10}{3}\right)\hat{k}\right] = 17\)

\(\Rightarrow \vec{r} \cdot \left[\frac{38}{9}\hat{i} + \frac{68}{9}\hat{j} + \frac{1}{3}\hat{k}\