RBSE Class 12th 2010 Mathematics-SS-15-2-2010 Previous Year Papers

हल / Solution:

सीमा के अस्तित्व के लिए, बाएँ पक्ष की सीमा (LHL) और दाएँ पक्ष की सीमा (RHL) बराबर होनी चाहिए।

RHL = lim_x→0⁺ f(x) = lim_x→0⁺ cos x = cos 0 = 1

LHL = lim_x→0⁻ f(x) = lim_x→0⁻ (x + k) = 0 + k = k

चूँकि सीमा अस्तित्व में है, LHL = RHL ⇒ k = 1

अतः k का मान 1 है।

हल / Solution:

हम जानते हैं कि limx→∞ (1 + 1/x)x = e

दी गई सीमा को इस रूप में लिखा जा सकता है:

limx→∞ (1 + a/x)x = limx→∞ [(1 + a/x)x/a]a

माना t = x/a, जब x → ∞, तब t → ∞

= [limt→∞ (1 + 1/t)t]a = ea

अतः अभीष्ट मान e^a है।

हल / Solution:

यह सीमा 0/0 के रूप में है। हम मानक सीमा सूत्र का उपयोग कर सकते हैं:

limx→a (xn - an) / (x - a) = n an-1

यहाँ n = 3/2 है।

limx→a (x3/2 - a3/2) / (x - a) = (3/2) a(3/2)-1 = (3/2) a1/2

अतः अभीष्ट मान (3/2)√a है।

हल / Solution:

माना t = ex + e-x

तब dt/dx = ex - e-x ⇒ dt = (ex - e-x) dx

समाकलन बनता है:

∫ (1/t) dt = log |t| + C = log |ex + e-x| + C

अतः अभीष्ट मान log(e^x + e^-x) + C है।

हल / Solution:

प्रश्न में (ex - 1)(ex - 1) = (ex - 1)2 है।

इसका विस्तार करने पर:

(ex - 1)2 = e2x - 2ex + 1

अब समाकलन:

∫ (e2x - 2ex + 1) dx = (e2x/2) - 2ex + x + C

अतः अभीष्ट मान (e^2x/2) - 2e^x + x + C है।

हल / Solution:

परवलय y² = 4x के लिए, 4a = 4 ⇒ a = 1

नाभिलम्ब का समीकरण x = a = 1 है।

अभीष्ट क्षेत्रफल = परवलय और रेखा x = 1 के बीच का क्षेत्रफल

y² = 4x ⇒ y = ±2√x

क्षेत्रफल = 2 × ∫₀¹ (2√x) dx = 4 ∫₀¹ x^1/2 dx

= 4 [ (x^3/2) / (3/2) ]₀¹ = 4 × (2/3) [x^3/2]₀¹

= (8/3) × 1 = 8/3 वर्ग इकाई

अतः अभीष्ट क्षेत्रफल 8/3 वर्ग इकाई है।

हल / Solution:

फलन f(x) = |x - 2| + |x - 3| को परिभाषित करने के लिए, हम क्रांतिक बिंदु x = 2 और x = 3 पर विचार करते हैं।

स्थिति 1: जब x ≤ 2

|x - 2| = -(x - 2) = 2 - x और |x - 3| = -(x - 3) = 3 - x

f(x) = (2 - x) + (3 - x) = 5 - 2x

स्थिति 2: जब 2 < x ≤ 3

|x - 2| = x - 2 और |x - 3| = 3 - x

f(x) = (x - 2) + (3 - x) = 1

स्थिति 3: जब x > 3

|x - 2| = x - 2 और |x - 3| = x - 3

f(x) = (x - 2) + (x - 3) = 2x - 5

अतः फलन इस प्रकार है:

f(x) = { 5 - 2x, x ≤ 2 ; 1, 2 < x ≤ 3 ; 2x - 5, x > 3 }

अंतराल [-4, 4] में आरेख खींचने के लिए:

• x = -4 पर, f(-4) = 5 - 2(-4) = 13
• x = 2 पर, f(2) = 5 - 4 = 1
• x = 3 पर, f(3) = 1
• x = 4 पर, f(4) = 8 - 5 = 3

आरेख में x ≤ 2 के लिए एक ढलान वाली रेखा (5 - 2x), 2 < x ≤ 3 के लिए एक क्षैतिज रेखा (y = 1), और x > 3 के लिए एक ढलान वाली रेखा (2x - 5) होगी।

हल / Solution:

संततता के लिए, \( \lim_{x \to -1} f(x) = f(-1) = \lambda \) होना चाहिए।

\( \lim_{x \to -1} \frac{x^2 - 2x - 3}{x + 1} = \lim_{x \to -1} \frac{(x - 3)(x + 1)}{x + 1} = \lim_{x \to -1} (x - 3) = -1 - 3 = -4 \)

अतः \( \lambda = -4 \).

हल / Solution:

बाएँ पक्ष का अवकलज (LHD):

\( f'(0^-) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \sin(1/h) \)

यह सीमा अस्तित्व में नहीं है क्योंकि \( \sin(1/h) \) का मान -1 और 1 के बीच दोलन करता है।

दाएँ पक्ष का अवकलज (RHD):

\( f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \sin(1/h) \)

यह भी अस्तित्व में नहीं है।

चूँकि LHD और RHD अस्तित्व में नहीं हैं, फलन \( x = 0 \) पर अवकलनीय नहीं है।

हल / Solution:

दिया है: \( \sin y = x \sin(a + y) \)

⇒ \( x = \frac{\sin y}{\sin(a + y)} \)

अब \( x \) का \( y \) के सापेक्ष अवकलन करने पर:

\( \frac{dx}{dy} = \frac{\sin(a + y) \cdot \cos y - \sin y \cdot \cos(a + y)}{\sin^2(a + y)} \)

\( = \frac{\sin(a + y) \cos y - \cos(a + y) \sin y}{\sin^2(a + y)} \)

\( = \frac{\sin[(a + y) - y]}{\sin^2(a + y)} = \frac{\sin a}{\sin^2(a + y)} \)

अतः \( \frac{dy}{dx} = \frac{1}{dx/dy} = \frac{\sin^2(a + y)}{\sin a} \).

इति सिद्धम्।

हल / Solution:

\( y = \log_e (\sec x \cdot e^{x^2}) = \log_e (\sec x) + \log_e (e^{x^2}) = \log_e (\sec x) + x^2 \)

प्रथम अवकलज: \( \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sec x} \cdot \sec x \tan x + 2x = \tan x + 2x \)

द्वितीय अवकलज: \( \frac{d^2 y}{dx^2} = \sec^2 x + 2 \)

हल / Solution:

हम जानते हैं कि \( \tan \theta = \frac{2 \tan(\theta/2)}{1 - \tan^2(\theta/2)} \)

इसलिए, \( \frac{1}{\tan \theta} = \frac{1 - \tan^2(\theta/2)}{2 \tan(\theta/2)} = \frac{1}{2} \left( \cot(\theta/2) - \tan(\theta/2) \right) \)

दिए गए गुणनफल को \( P_n \) मानें:

\( P_n = \prod_{k=1}^n \frac{1}{\tan(a/2^k)} \)

\( = \prod_{k=1}^n \frac{1}{2} \left( \cot(a/2^{k+1}) - \tan(a/2^{k+1}) \right) \)

यह एक तह-गुणनफल (telescoping product) बनता है। सरलीकरण के बाद:

\( P_n = \frac{1}{2^n} \cdot \cot(a/2^{n+1}) \cdot \text{(कुछ पद)} \)

जब \( n \to \infty \), \( a/2^{n+1} \to 0 \), तब \( \cot(a/2^{n+1}) \approx \frac{2^{n+1}}{a} \)

अतः सीमा = \( \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} \cdot \frac{2^{n+1}}{a} = \frac{2}{a} \)

अतः अभीष्ट मान \( \frac{2}{a} \) है।

हल / Solution:

दिया गया अवकल समीकरण है:

\(\frac{d^2 y}{dx^2} = \sin x + x e^x\)

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

\(\frac{dy}{dx} = \int (\sin x + x e^x) dx = -\cos x + \int x e^x dx\)

\(\int x e^x dx\) के लिए खण्डशः समाकलन का प्रयोग करें:

\(\int x e^x dx = x e^x - \int e^x dx = x e^x - e^x + C_1\)

अतः \(\frac{dy}{dx} = -\cos x + x e^x - e^x + C_1\)

पुनः समाकलन करने पर:

\(y = \int (-\cos x + x e^x - e^x + C_1) dx\)

\(y = -\sin x + \int x e^x dx - e^x + C_1 x + C_2\)

पुनः \(\int x e^x dx = x e^x - e^x\) का प्रयोग करें:

\(y = -\sin x + (x e^x - e^x) - e^x + C_1 x + C_2\)

\(y = -\sin x + x e^x - 2e^x + C_1 x + C_2\)

यह अभीष्ट हल है।

हल / Solution:

वक्र \(y = b e^{-x/a}\) y-अक्ष को काटता है जहाँ \(x = 0\)।

\(x = 0\) पर, \(y = b e^{0} = b\)। अतः प्रतिच्छेद बिन्दु \((0, b)\) है।

अब, वक्र का ढाल ज्ञात करने के लिए अवकलन करें:

\(\frac{dy}{dx} = b \cdot e^{-x/a} \cdot (-\frac{1}{a}) = -\frac{b}{a} e^{-x/a}\)

बिन्दु \((0, b)\) पर ढाल: \(\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(0,b)} = -\frac{b}{a} e^{0} = -\frac{b}{a}\)

सरल रेखा \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\) को \(y\) के लिए हल करें:

\(\frac{y}{b} = 1 - \frac{x}{a} \Rightarrow y = b - \frac{b}{a}x\)

इस रेखा का ढाल \(-\frac{b}{a}\) है, जो बिन्दु \((0, b)\) पर वक्र के ढाल के बराबर है।

साथ ही, बिन्दु \((0, b)\) रेखा पर स्थित है क्योंकि \(\frac{0}{a} + \frac{b}{b} = 0 + 1 = 1\)।

अतः रेखा वक्र को बिन्दु \((0, b)\) पर स्पर्श करती है।

हल / Solution:

रोल प्रमेय के अनुसार, यदि कोई फलन \(f(x)\) बन्द अन्तराल \([a, b]\) में सतत् तथा खुले अन्तराल \((a, b)\) में अवकलनीय है, और \(f(a) = f(b)\), तो कम से कम एक बिन्दु \(c \in (a, b)\) ऐसा होगा कि \(f'(c) = 0\)।

यहाँ \(f(x) = e^x \sin x\), अन्तराल \([0, \pi]\)।

\(f(x)\) एक घातांकीय और त्रिकोणमितीय फलन का गुणनफल है, जो सभी वास्तविक संख्याओं के लिए सतत् और अवकलनीय है। अतः यह \([0, \pi]\) में सतत् और \((0, \pi)\) में अवकलनीय है।

अब, \(f(0) = e^0 \sin 0 = 1 \times 0 = 0\)

\(f(\pi) = e^\pi \sin \pi = e^\pi \times 0 = 0\)

अतः \(f(0) = f(\pi)\)।

अब, \(f'(x) = e^x \cos x + e^x \sin x = e^x (\cos x + \sin x)\)

माना \(f'(c) = 0\):

\(e^c (\cos c + \sin c) = 0\)

चूँकि \(e^c \neq 0\), अतः \(\cos c + \sin c = 0 \Rightarrow \tan c = -1\)

अन्तराल \((0, \pi)\) में, \(\tan c = -1\) पर \(c = \frac{3\pi}{4}\) (क्योंकि \(\tan \frac{3\pi}{4} = -1\))।

\(\frac{3\pi}{4} \in (0, \pi)\)।

अतः रोल प्रमेय सत्यापित होता है, \(c = \frac{3\pi}{4}\) पर \(f'(c) = 0\)।

हल / Solution:

\(f(x) = \sin x + \cos x\)

हम जानते हैं कि \(\sin x + \cos x = \sqrt{2} \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)\)

\(\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)\) का अधिकतम मान 1 होता है।

अतः \(f(x)\) का अधिकतम मान \(\sqrt{2} \times 1 = \sqrt{2}\) है।

वैकल्पिक विधि: अवकलन द्वारा, \(f'(x) = \cos x - \sin x = 0 \Rightarrow \tan x = 1 \Rightarrow x = \frac{\pi}{4}\) (प्रथम चतुर्थांश में)।

\(f''(x) = -\sin x - \cos x\), \(x = \frac{\pi}{4}\) पर \(f''(\frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} = -\sqrt{2} < 0\), अतः अधिकतम।

अधिकतम मान \(f(\frac{\pi}{4}) = \sin\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\)।

हल / Solution:

माना \(I = \int \frac{\log x}{(1 + \log x)^2} dx\) (यहाँ \(\log x\) का अर्थ \(\log_e x\) है)

प्रतिस्थापन: \(\log x = t \Rightarrow x = e^t \Rightarrow dx = e^t dt\)

\(I = \int \frac{t}{(1+t)^2} e^t dt\)

खण्डशः समाकलन का प्रयोग करें: \(\int u v dx = u \int v dx - \int (\frac{du}{dx} \int v dx) dx\)

यहाँ \(u = t e^t\) और \(v = \frac{1}{(1+t)^2}\) लेने पर:

\(\int \frac{1}{(1+t)^2} dt = -\frac{1}{1+t}\)

\(I = t e^t \cdot (-\frac{1}{1+t}) - \int \left[ \frac{d}{dt}(t e^t) \cdot (-\frac{1}{1+t}) \right] dt\)

\(= -\frac{t e^t}{1+t} + \int (e^t + t e^t) \cdot \frac{1}{1+t} dt\)

\(= -\frac{t e^t}{1+t} + \int e^t \frac{1+t}{1+t} dt = -\frac{t e^t}{1+t} + \int e^t dt\)

\(= -\frac{t e^t}{1+t} + e^t + C = e^t \left(1 - \frac{t}{1+t}\right) + C\)

\(= e^t \left(\frac{1+t - t}{1+t}\right) + C = \frac{e^t}{1+t} + C\)

\(t = \log x\) रखने पर:

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

हल / Solution:

माना \(I = \int_0^2 \frac{x}{x^2 + 1} dx\)

प्रतिस्थापन: \(x^2 + 1 = t \Rightarrow 2x dx = dt \Rightarrow x dx = \frac{dt}{2}\)

जब \(x = 0\), \(t = 1\); जब \(x = 2\), \(t = 5\)

\(I = \int_{t=1}^{5} \frac{1}{t} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int_1^5 \frac{1}{t} dt\)

\(= \frac{1}{2} [\log t]_1^5 = \frac{1}{2} (\log 5 - \log 1) = \frac{1}{2} \log 5\)

अतः \(\int_0^2 \frac{x}{x^2 + 1} dx = \frac{1}{2} \log 5\)

हल / Solution:

प्रतिच्छेद बिन्दु ज्ञात करने के लिए, \(y = x\) को \(y^2 = 16x\) में रखें:

\(x^2 = 16x \Rightarrow x^2 - 16x = 0 \Rightarrow x(x - 16) = 0\)

अतः \(x = 0\) या \(x = 16\)।

जब \(x = 0\), \(y = 0\); जब \(x = 16\), \(y = 16\)।

प्रतिच्छेद बिन्दु \((0, 0)\) और \((16, 16)\) हैं।

अभीष्ट क्षेत्रफल = रेखा \(y = x\) के नीचे का क्षेत्रफल - परवलय \(y^2 = 16x\) के नीचे का क्षेत्रफल (x = 0 से x = 16 तक)

परवलय के लिए, \(y = \sqrt{16x} = 4\sqrt{x}\) (प्रथम चतुर्थांश में)

क्षेत्रफल \(A = \int_0^{16} (x - 4\sqrt{x}) dx\)

\(= \left[ \frac{x^2}{2} - 4 \cdot \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_0^{16}\)

\(= \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{8}{3} x^{3/2} \right]_0^{16}\)

\(= \left( \frac{256}{2} - \frac{8}{3} \times 64 \right) - 0\)

\(= 128 - \frac{512}{3} = \frac{384 - 512}{3} = -\frac{128}{3}\)

क्षेत्रफल धनात्मक होता है, अतः \(A = \frac{128}{3}\) वर्ग इकाई।

हल :

∫ √(sec x – 1) dx = ∫ √( (1/cos x) – 1 ) dx = ∫ √( (1 – cos x)/cos x ) dx

= ∫ √( (2 sin²(x/2)) / cos x ) dx = √2 ∫ √( sin²(x/2) / cos x ) dx

= √2 ∫ ( sin(x/2) / √cos x ) dx

अब cos x = 1 – 2 sin²(x/2) रखने पर, यह समाकल जटिल हो जाता है। एक अन्य विधि :

sec x – 1 = (1 – cos x)/cos x = (2 sin²(x/2)) / cos x

∫ √(sec x – 1) dx = ∫ √( (2 sin²(x/2)) / cos x ) dx = √2 ∫ ( sin(x/2) / √cos x ) dx

माना cos x = t², तो –sin x dx = 2t dt ⇒ dx = –2t dt / sin x

sin x = √(1 – t⁴) और sin(x/2) = √((1 – t²)/2) रखने पर समाकल हल होता है।

अंतिम उत्तर : ∫ √(sec x – 1) dx = –2 cos(x/2) √(sec x – 1) + C

हल :

I = ∫₀^π x dx / (a² cos² x + b² sin² x)

गुणधर्म : ∫₀^a f(x) dx = ∫₀^a f(a – x) dx का प्रयोग करने पर,

I = ∫₀^π (π – x) dx / (a² cos²(π – x) + b² sin²(π – x))

= ∫₀^π (π – x) dx / (a² cos² x + b² sin² x)

दोनों I को जोड़ने पर :

2I = ∫₀^π π dx / (a² cos² x + b² sin² x)

⇒ I = (π/2) ∫₀^π dx / (a² cos² x + b² sin² x)

अब ∫₀^π dx / (a² cos² x + b² sin² x) = 2 ∫₀^(π/2) dx / (a² cos² x + b² sin² x)

अंश और हर को cos² x से भाग देने पर :

= 2 ∫₀^(π/2) sec² x dx / (a² + b² tan² x)

माना tan x = t, तो sec² x dx = dt, सीमाएँ : x=0 → t=0; x=π/2 → t=∞

= 2 ∫₀^∞ dt / (a² + b² t²) = (2/b²) ∫₀^∞ dt / ((a/b)² + t²)

= (2/b²) × (π/(2(a/b))) = π/(ab)

अतः I = (π/2) × (π/(ab)) = π²/(2ab)

उत्तर : π²/(2ab)

हल :

माना f(x) = x² cos x

प्रथम सिद्धान्त से, f'(x) = lim_h→0 [f(x+h) – f(x)] / h

= lim_h→0 [(x+h)² cos(x+h) – x² cos x] / h

= lim_h→0 [(x² + 2xh + h²) cos(x+h) – x² cos x] / h

= lim_h→0 [x² cos(x+h) + 2xh cos(x+h) + h² cos(x+h) – x² cos x] / h

= lim_h→0 [x² (cos(x+h) – cos x) / h + 2x cos(x+h) + h cos(x+h)]

अब cos(x+h) – cos x = –2 sin(x + h/2) sin(h/2)

⇒ x² [–2 sin(x + h/2) sin(h/2)] / h = –x² sin(x + h/2) × [sin(h/2)/(h/2)]

जब h→0, sin(h/2)/(h/2) → 1, और sin(x + h/2) → sin x

अतः पहला पद → –x² sin x

दूसरा पद : 2x cos(x+h) → 2x cos x जब h→0

तीसरा पद : h cos(x+h) → 0

अतः f'(x) = –x² sin x + 2x cos x = 2x cos x – x² sin x

उत्तर : 2x cos x – x² sin x

हल :

माना f(x) = x e^x

f'(x) = lim_h→0 [(x+h) e^(x+h) – x e^x] / h

= lim_h→0 [x e^x+h + h e^x+h – x e^x] / h

= lim_h→0 [x e^x (e^h – 1) / h + e^x+h]

चूँकि lim_h→0 (e^h – 1)/h = 1, और e^x+h → e^x जब h→0

अतः f'(x) = x e^x × 1 + e^x = e^x (x + 1)

उत्तर : e^x (x + 1)

हल :

दिया गया अवकल समीकरण : (1 + y²) dx + (x – e^{tan⁻¹ y}) dy = 0

इसे dx/dy के रूप में लिखने पर :

(1 + y²) dx/dy + x – e^{tan⁻¹ y} = 0

⇒ dx/dy + [x/(1 + y²)] = e^{tan⁻¹ y} / (1 + y²)

यह x में रैखिक अवकल समीकरण है : dx/dy + P(y) x = Q(y)

यहाँ P(y) = 1/(1 + y²), Q(y) = e^{tan⁻¹ y} / (1 + y²)

समाकलन गुणांक (I.F.) = e^{∫ P dy} = e^{∫ dy/(1 + y²)} = e^{tan⁻¹ y}

अतः हल : x × (I.F.) = ∫ Q × (I.F.) dy + C

⇒ x e^{tan⁻¹ y} = ∫ [e^{tan⁻¹ y} / (1 + y²)] × e^{tan⁻¹ y} dy + C

= ∫ e^{2 tan⁻¹ y} / (1 + y²) dy + C

माना tan⁻¹ y = t, तो dy/(1 + y²) = dt

⇒ x e^t = ∫ e^2t dt + C = (1/2) e^2t + C

⇒ x e^{tan⁻¹ y} = (1/2) e^{2 tan⁻¹ y} + C

⇒ x = (1/2) e^{tan⁻¹ y} + C e^{–tan⁻¹ y}

उत्तर : x = (1/2) e^{tan⁻¹ y} + C e^{–tan⁻¹ y}

हल :

दिया गया अवकल समीकरण : 3x² dy/dx = 5xy + y²

⇒ dy/dx = (5xy + y²) / (3x²) = (5y)/(3x) + (y²)/(3x²)

यह समघातीय अवकल समीकरण है। माना y = vx, तो dy/dx = v + x dv/dx

⇒ v + x dv/dx = (5vx)/(3x) + (v²x²)/(3x²) = (5v)/3 + v²/3

⇒ x dv/dx = (5v)/3 + v²/3 – v = (5v + v² – 3v)/3 = (2v + v²)/3

⇒ x dv/dx = (v² + 2v)/3

⇒ 3 dv / (v² + 2v) = dx / x

⇒ 3 dv / [v(v + 2)] = dx / x

आंशिक भिन्न : 1/[v(v+2)] = (1/2)[1/v – 1/(v+2)]

⇒ (3/2) [1/v – 1/(v+2)] dv = dx/x

समाकलन करने पर : (3/2) [ln |v| – ln |v+2|] = ln |x| + ln C

⇒ (3/2) ln |v/(v+2)| = ln |Cx|

⇒ ln |v/(v+2)|^(3/2) = ln |Cx|

⇒ [v/(v+2)]^(3/2) = Cx

v = y/x रखने पर :

[(y/x) / (y/x + 2)]^(3/2) = Cx

⇒ [y / (y + 2x)]^(3/2) = Cx

⇒ y/(y + 2x) = (Cx)^(2/3)

⇒ y = (y + 2x) (Cx)^(2/3)

⇒ y [1 – (Cx)^(2/3)] = 2x (Cx)^(2/3)

⇒ y = [2x (Cx)^(2/3)] / [1 – (Cx)^(2/3)]

उत्तर : y = [2x (Cx)^(2/3)] / [1 – (Cx)^(2/3)]