u(x, y, z) = xy²z³, x = sin t, y = cos t, z = 1+ e^2t
\(\frac { \partial u }{ \partial x } ={ y }^{ 2 }{ z }^{ 3 };\frac { \partial u }{ \partial y } ={ 2xyz }^{ 3 }\)
\(\frac { \partial u }{ \partial z } =3{ x }y^{ 2 }{ z }^{ 2 }\)
\(\frac { \partial u }{ \partial x } ={ cos }^{ 2 }t+{ (1+{ e }^{ 2t }) }^{ 3 };\)
\(\frac { \partial u }{ \partial y } =2sin \ t \ cos \ t{ (1+{ e }^{ 2t }) }^{ 3 }\);
\(\frac { \partial u }{ \partial z } =3 \ sin \ t \ { cos }^{ 2 }t{ (1+{ e }^{ 2t }) }^{ 3 }\)
\(\frac { dx }{ dt } =cos \ t;\frac { dy }{ dt } =-sin \ t\)
\(\frac { dz }{ dt } ={ 2e }^{ 2t }\)
\(\frac { du }{ dt } =\frac { \partial u }{ \partial x } .\frac { dx }{ dt } +\frac { \partial u }{ \partial y } .\frac { dy }{ dt } +\frac { \partial u }{ \partial z } .\frac { dz }{ dt } \)
= cos² t (1 + et)³ (cos t) + 2 sin t cos t ( 1+ e²t)³ (- sin t) + 3 sin t cos²t (1+ e²t)² (2e²t)
= (1 + e²t)2 [cos³ t(1 + e²t) - 2 sin² t cos t (1+ e^2t) + 6 sin (cos² t e^2t]
\(\frac{du}{dt}\) = (1 + e^2t)² [cos³t (1 + e^2t) - sin t sin 2t (1 e^2t) + 6 e^2t sin t cos²t 
[∵ sin 2t = 2 sin t cos t]

பரவளையத்தின் முனை V₁ மற்றும் அதிபரவளையத்தின் முனை V₂ என்க.
\(\overset { \_ \_ \_ \_ \_ \_ }{ { F }_{ 1 }{ F }_{ 2 } } \) = 14 − 2 = 12 மீ, 2c = 12, c = 6
மையத்திலிருந்து அதிபரவளையத்தின் முனைக்கு உள்ள தூரம் a = 6 - 1 = 5
b² = c² -a²
= 36 − 25 = 11
எனவே அதிபரவளையத்தின் சமன்பாடு \(\frac { { y }^{ 2 } }{ 25 } -\frac { { x }^{ 2 } }{ 11 } =1\)

cos^-1 x : [-1, 1] \(\rightarrow\) [0, \(\pi\)]  எனும் நேர்மாறு கொசைன் சார்பு வரையறையின்படி, cos⁻¹x = y எனில், எனில் மட்டுமே cos y = x. இங்கு \(-1\le x\le1 \) மற்றும் \(0\le y \le\pi\) ஆகையால்,
i) cos^-1 \((-\frac{1}{\sqrt2})\) = \(\frac{3\pi}{4}\), ஏனெனில் \(\frac{3\pi}{4}\)\(\in[0,\pi]\) மற்றும் cos\(\frac{3\pi}{4}\) = cos\((\pi-\frac{\pi}{4})=-cos \frac{\pi}{4}=-\frac{1}{\sqrt2}\)
ii) cos^-1\((\cos(-\frac{\pi}{3}))\) = cos^-1\((cos(\frac{\pi}{3}))\) = \(\frac{\pi}{3}\), ஏனெனில் -\(\frac{\pi}{3}\)\(\notin \)[0,\(\pi\)], ஆனால் \(\frac{\pi}{3}\in[0, \pi]\)
iii) cos^-1\((\cos(\frac{7\pi}{6}))\) = \(\frac{5\pi}{6}\), ஏனெனில் cos\((\frac{7x}{6})=\cos(\pi+\frac{\pi}{6})=-\frac{\sqrt3}{2}=\cos(\frac{5\pi}{6})\) மற்றும் \( (\frac{5\pi}{6})\in[0, \pi].\)

\(y=x\sqrt { 4-x } =f(x)\) 
 
1) \(x>4\) எனும்போது,வளைவரை அமையவில்லை மற்றும் \(x\le 4\) க்கு வளைவரை அமைகிறது.
2) சார்பகம் \(\left( -\infty ,4 \right) \) மற்றும் வீச்சகம் \(\left( -\infty ,\cfrac { 16 }{ 3\sqrt { 3 } } \right) \).
3) வளைவரை ஆதி வழியாகச் செல்கிறது. வளைவரை X-அச்சை (4,0) எனும் புள்ளியில் வெட்டுகிறது.
4) \(f'(x)=-\cfrac { x }{ 2\sqrt { 4-x } } +\sqrt { 4-x } =\cfrac { 8-3x }{ 2\sqrt { 4-x } } \) 
\(f'(x)=0\Rightarrow 8-3x=0\Rightarrow x=\cfrac { 8 }{ 3 } \) 
\(\therefore\) நிலை எண்கள் \(x=\cfrac { 8 }{ 3 } \) ல் உள்ளது.
5)  \(f''\left( x \right) =\cfrac { 3x-16 }{ 4\left( 4-x \right) ^{ \frac { 3 }{ 2 } } } \) 
\(f''\left( \cfrac { 8 }{ 3 } \right) =-\cfrac { 3\sqrt { 3 } }{ 4 } <0\) 
\(\therefore x=\cfrac { 8 }{ 3 } \) எனும்போது f(x) பெருமமாகிறது மற்றும் இடஞ்சார்ந்த பெரும மதிப்பு \(f\left( \cfrac { 8 }{ 3 } \right) =\cfrac { 16 }{ 3\sqrt { 3 } } \) 

மற்றும் படத்திலிருந்து x=4 எனும்போது இடஞ்சார்ந்த சிறுமம் என்பது 0.
5) \(f''\left( x \right) =\cfrac { 3x-16 }{ 4\left( 4-x \right) ^{ \frac { 3 }{ 2 } } } <0\forall x<4\) 
\(\therefore\) வளைவரை மெய்யெண் கோட்டில் குறை மதிப்புகளுக்கு கீழ்நோக்கிய குழிவாக உள்ளது.
6) வளைவு மாற்றப் புள்ளிகள் இல்லை.
7) \(x\rightarrow \infty \) எனும்போது \(y\rightarrow \pm \infty \) என்பதால் வளைவரைக்கு தொலைதொடுகோடுகள் கிடையாது.  

\(M=\left\{\left(\begin{array}{ll} x & x \\ x & x \end{array}\right): x \in R-\{0\}\right\}\) என்க
அடைவுப் பண்பு:
\(A=\left\{ \begin{matrix} x & x \\ x & x \end{matrix} \right\} \in M\) மற்றும் 
\(B=\left( \begin{matrix} y & y \\ y & y \end{matrix} \right) \in M\) என்க.
எனவே,\(AB=\left( \begin{matrix} 2xy & 2xy \\ 2xy & 2xy \end{matrix} \right) \) 
\(x\neq 0,y\neq 0\) என்பதால் \(2xy\neq 0\) என்பதைக் காண்கிறோம்.மேலும் \(AB \in M\) .இது அணிப்பெருக்கலின் கீழ் M என்பது அடைவைப் பெற்றுள்ளது என்பதைக் காட்டுகிறது.
பரிமாற்றுப் பண்பு:
\(AB=\left( \begin{matrix} 2xy & 2xy \\ 2xy & 2xy \end{matrix} \right) \) 
= BA எல்லா \(A, B \in M\) 
இங்கு அணிப்பெருக்கல் என்பது பரிமாற்றுப் பண்பை நிறைவு செய்கிறது.
சேர்ப்புப் பண்பு:
அணிப்பெருக்கல் எப்போதும் சேர்ப்புப் பண்பை நிறைவு செய்யும்.எனவே M-ன் மீது அணிப்பெருக்கல் சேர்ப்புப் பண்பை நிறைவு செய்கிறது.

தொகையிடலைப் பயன்படுத்தி,கூம்பின் இடைக்கண்டத்தின் கன அளவைக் காண வேண்டும்.முதலில் வளைவரையின் சமன்பாட்டைக் காண வேண்டும்.
A(0,1) மற்றும் B(2,2) என்பன இருபுள்ளிகள் என்க.இந்த இரு புள்ளிகளை இணைக்கும் நேர்கோடு x அச்சைப் பற்றிச் சுழல்கிறது.

AB-ன் சமன்பாடு 
\(\cfrac { y-1 }{ 2-1 } =\cfrac { x-0 }{ 2-0 } \) 
\(\cfrac { y-1 }{ 1 } =\cfrac { x }{ 2 } \) 
\(y-1=\cfrac { x }{ 2 } \) 
\(y=\cfrac { x }{ 2 } +1\) 
\(y=\cfrac { x+2 }{ 2 } \) 
x -அச்சைப் பற்றிச் சுழல்வதால் கிடைக்கும் திடப்பொருளின் கன அளவு 
= \(\pi \int _{ a }^{ b }{ { y }^{ 2 }dx } \) 
= \(\pi \int _{ 0 }^{ 2 }{ \cfrac { \left( x+2 \right) ^{ 2 } }{ 4 } dx } \) 
= \(\cfrac { \pi }{ 4 } \left[ \cfrac { \left( x+2 \right) ^{ 3 } }{ 3 } \right] _{ 0 }^{ 2 }\) 
= \(\cfrac { \pi }{ 4 } \left[ \cfrac { 64 }{ 3 } -\cfrac { 8 }{ 3 } \right] \) 
= \(\cfrac { \pi }{ 4 } \left[ \cfrac { 56 }{ 3 } \right] =\cfrac { 14 }{ 3 } \pi \) 
கூம்பின் இடைக் கண்டத்தின் கன அளவு = \(\cfrac { 14 }{ 3 } \pi \) மீ 

f'(x) = -2x² e^-2x + 2x e^-2x
பெருமம் அல்லது சிறும மதிப்புக்கு, f'(x) = 0
\(\Rightarrow\) -2x e^-2x (x - 1) = 0 \(\Rightarrow\) x = 0, 1
f"(x) = -2 [-2x² e^-2x + 4x e^-2x - e^-2x]
x = 0 ல், f"(x) > 0 \(\Rightarrow\) f(x) சிறுமத்தை அடைகிறது.
x = 1 ல், f"(x) < 0 \(\Rightarrow\) f(x) பெருமத்தை அடைகிறது.
\(\therefore\) இடஞ்சார்ந்த சிறும மதிப்பு f(0) = 0
இடஞ்சார்ந்த பெரும மதிப்பு f(1) = \(\frac{1}{e^2}\)

T என்பது கொதித்துக் கொண்டிருக்கும் நீரின் வெப்பநிலை மற்றும் T_m என்பது சமையலறையின் வெப்பநிலை காண்க.
நியூட்டனின் குளிர்ச்சியடையும் விதிப்படி 
\(\cfrac { dT }{ dt } =k\left( T-{ T }_{ m } \right) \) 
சமன்பாட்டை \(\cfrac { dT }{ T-{ T }_{ m } } =kdt\) எனுமாறு எழுதலாம்.
இருபுறமும் தொகையிடக் கிடைப்பது 
\(\int { \cfrac { dt }{ T-{ T }_{ m } } } =k\int { dt } \) 
\(\Rightarrow log\left( T-{ T }_{ m } \right) =kt+logc\) 
\(\Rightarrow log\left( T-{ T }_{ m } \right) -logc=kt\) 
\(log\left( \cfrac { T-{ T }_{ m } }{ c } \right) =kt\) 
\(\cfrac { T-{ T }_{ m } }{ c } ={ e }^{ ktr }\) 
\(T-{ T }_{ m }={ ce }^{ kt }\) 
தொடக்கக் கட்டுப்பாடு :
\(t=0\) எனும்போது \(T=100\) 
\(100-{ T }_{ m }={ ce }^{ k(0) }\) 
\(100-{ T }_{ m }={ ce }^{ 0 }\) 
\(100-{ T }_{ m }=c\) 
\(c=100-{ T }_{ m }\) 
c ன் மதிப்பை சமன்பாடு (1)ல் பிரதியிடக் கிடைப்பது.
\(T-{ T }_{ m }=\left( 100-{ T }_{ m } \right) { e }^{ kt }\) 
மேலும் கொடுக்கப்பட்டது:t=5 எனும்போது T=80
\(80-{ T }_{ m }=\left( 100-{ T }_{ m } \right) { e }^{ kt }\) 
\(\cfrac { 80-{ T }_{ m } }{ 100-{ T }_{ m } } ={ e }^{ 5k }\) 
\(\therefore { e }^{ 5k }=\cfrac { 80-{ T }_{ m } }{ 100-{ T }_{ m } } \) 
அதன் பிறகு \(t=0\) T=65
\((2)\Rightarrow 65-{ T }_{ m }=\left( 100-{ T }_{ m } \right) { e }^{ 10k }\) 
\(\cfrac { 65-{ T }_{ m } }{ 100-{ T }_{ m } } ={ e }^{ 10k }\) 
\({ e }^{ 10k }=\cfrac { 65-{ T }_{ m } }{ 100-{ T }_{ m } } \) 
\(\left( { e }^{ 10k } \right) =\cfrac { 65-{ Tm } }{ 100-{ T }_{ m } } \) 
\(\left( \cfrac { 80-{ T }_{ m } }{ 100-{ T }_{ m } } \right) ^{ 2 }=\cfrac { 65-{ T }_{ m } }{ 100-{ T }_{ m } } \) 
\(\cfrac { \left( 80-{ T }_{ m } \right) }{ \left( 100-{ T }_{ m } \right) } =\cfrac { 65-{ T }_{ m } }{ 100-{ T }_{ m } } \) 
\(\left( 80-{ T }_{ m } \right) ^{ 2 }=\left( 65-{ T }_{ m } \right) \left( 100-{ T }_{ m } \right) \) 
\(\left( a-b \right) ^{ 2 }={ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }-2ab\) 
\(\\ a=80,b={ T }_{ m }\) 
\(6400+{ T }_{ m }^{ 2 }-160{ T }_{ m }=6500-100{ T }_{ m }-65{ T }_{ m }+{ T }_{ m }^{ 2 }\) 
\(64000-6500=160{ T }_{ m }-165{ T }_{ m }\) 
\(-100=\cfrac { 100 }{ 5 } \) 
\({ T }_{ m }=20^{ o }c\) 
எனவே சமையலறையின் வெப்பநிலை 20^oC.

P என்பது முதலீடு செய்யப்பட்ட தொகை என்க.
கொடுக்கப்பட்ட வட்டிவீதம்=5% வருடத்திற்கு 
\(\therefore \cfrac { dp }{ dt } =P\left( \cfrac { 5 }{ 100 } \right) =0.05P\) 
சமன்பாட்டை \(\cfrac { dp }{ p } =0.05dt \) எனுமாறு எழுதலாம்.
இருபுறமும் தொகையிடக் கிடைப்பது 
\(\int { \cfrac { dp }{ p } } =0.05\int { dt } \) 
\(logp=0.05t+logc\) 
\(log P-logC=0.05t\) 
 \(log\left( \cfrac { P }{ C } \right) =0.05t\) 
\(\cfrac { P }{ C } ={ e }^{ 0.05t }\) 
\(P={ Ce }^{ 0.05t }\)   ..(1) 
தொடக்கக் கட்டுப்பாடு:
கொடுக்கப்பட்டது t =0 எனில் P=10,000 இம்மதிப்புகளை சமன்பாடு (1) ல் பிரதியிடக் கிடைப்பது.
\(P={ Ce }^{ 0.05t }\) 
\(10,000=C{ e }^{ 0.05(0) }\) 
\(10,000=C{ e }^{ 0 }\) 
\(C=10,000\) 
ஃ C ன் மதிப்பை (1) ல் பிரதியிடக் கிடைப்பது 
\(P=10000e^{ 0.05t }\) 
t=18 மாதங்கள்= \(1\cfrac { 1 }{ 2 } \) வருடம்= \(\cfrac { 3 }{ 2 } \) எனில் 
\((2)\Rightarrow P=10,000{ e }^{ 0.05(3/2) }\) 
\(P=10,000{ e }^{ 0.075 }\) 
அவர் வங்கிக் கணக்கில் உள்ள தொகை  \(\\ P=10,000{ e }^{ 0.075 }\)

t நேரத்தில் உடலின் வெப்பநிலை T என்க. பிற்பகல் 8 மணி என்பதை t = 0 எனக்கொள்க.
நியுட்டனின் குளிர்வு விதிப்படி, \(\frac { dT }{ dt } =k(T-50)\) அல்லது \(\frac { dT }{ T-50 } =dt\).
இரு பக்கமும் தொகையிட, \(log\left| 50-T \right| =kt+logC\) அல்லது 50 - T = Ce^kt.
t = 0 எனும்போது T = 70 என்பதால், C = -20
t = 2 எனும்போது T = 60 என்பதா ல், -10 = -20e^k2.
ஆகவே, \(k=\frac { 1 }{ 2 } log\left( \frac { 1 }{ 2 } \right) \).
எனவே, தீர்வு \(50-T=-20{ e }^{ \frac { 1 }{ 2 } log\left( \frac { 1 }{ 2 } \right) }\) அல்லது  T = 50 + 20 \(( \frac { 1 }{ 2 })^{ \frac { 1 }{ 2 }}\)
நாம் இப்பொழுது T(t) = 98.6ஆக இருக்கும்போது t-ன் மதிப்பைக் காணவேண்டும். \(t=2\left( \frac { log\left( \frac { 48.6 }{ 20 } \right) }{ log\left( \frac { 1 }{ 2 } \right) } \right) \approx -2.56\)
எனவே , அந்நபர் இறந்த நேரம் பிற்பகல் 5.30 மணியாகும்

கொடுக்கப்பட்ட வகைக்கெழுச் சமன்பாட்டை 
\(\cfrac { xsinx }{ xsinx } \cfrac { dy }{ dx } +\cfrac { \left( xcosx+sinx \right) y }{ xsiny } =\cfrac { sinx }{ xsinx } \) 
எனுமாறு எழுதலாம்.
\(\cfrac { dy }{ dx } +\left( \cfrac { xcosx }{ xsinx } +\cfrac { sinx }{ xsinx } \right) y=\cfrac { 1 }{ x } \) 
\(\cfrac { dy }{ dx } +\left( cotx+\cfrac { 1 }{ x } \right) y=\cfrac { 1 }{ x } \) 
இது \(\cfrac { dy }{ dx } +Py=Q\) எனும் வடிவில் உள்ளது.
இங்கு \(P=cotx+\cfrac { 1 }{ x } ;Q=\cfrac { 1 }{ x } \) 
இது ஒரு நேரியல் வகைக்கெழுச் சமன்பாடு 
தொ.கா = \({ e }^{ \int { pdx } }={ e }^{ \int { (cotx+1/x)dx } }={ e }^{ logsinx+logx }\) 
= \({ e }^{ log(xsinx) }=xsinx\) 
சமன்பாட்டின் தீர்வு 
\(y\times I.F=\int { (Q\times I.F)dx+c } \) 
\(y\left( xsinx \right) =\int { \frac { 1 }{ x } } xsinxdx+c\) 
= \(y\left( xsinx \right) =\int { \frac { 1 }{ x } } xsinxdx+c\) 
= \(\int { sinx } dx+c\) 
\(y\left( xsinx \right) =-cosx+c\) 
\(xysinx+cosx=c\) என்பது தேவையான தீர்வாகும்.

கொடுக்கப்பட்ட சமன்பாட்டை 
\(\cfrac { dy }{ dx } =\cfrac { -2xy }{ { x }^{ 2 }+{ 2y }^{ 2 } } \) எனுமாறு எழுதலாம்.
இது ஒரு சமப்படிதான வகைக்கெழுச் சமன்பாடு 
y=vx எனப் பிரதியிட 
\(\cfrac { dy }{ dx } =v\left( 1 \right) +x\cfrac { dv }{ dx } \) 
\(\cfrac { dy }{ dx } =v+x\cfrac { dv }{ dx } \) 
கொடுக்கப்பட்ட வகைக்கெழுச் சமன்பாடு 
\(M\cfrac { dV }{ dt } =F-kV\) 
கொடுக்கப்பட்ட சமன்பாட்டை 
\(\cfrac { dV }{ F-kV } =\cfrac { dt }{ M } \) எனுமாறு எழுதலாம்.
தொகையிடக் கிடைப்பது 
\(\int { \cfrac { dV }{ F-kV } } =\int { \cfrac { dt }{ M } } \) 
\(\cfrac { log\left( F-kV \right) }{ -k } =\cfrac { t }{ m } +logc\) 
\(log\left[ F-kV \right] =-\cfrac { kt }{ M } +logC\) 
\(log\left[ F-kV \right] -logC=-\cfrac { kt }{ M } \) 
\(log\left( \cfrac { F-kV }{ C } \right) =-\cfrac { kt }{ M } \) 
\(\cfrac { F-kV }{ C } ={ e }^{ \frac { -kt }{ M } }\) 
\(\cfrac { F-kV }{ { e }^{ \frac { -kt }{ M } } } =C\Rightarrow C={ e }^{ \frac { kt }{ M } }\left( F-kV \right) \) ....(1)
தொடக்கக் கட்டுப்பாடு 
கொடுக்கப்பட்டது t=0 எனும்போது  \(V=0\) 
\(C={ E }^{ \frac { k(0) }{ { e }^{ M } } }\left[ F-k(0) \right] \) 
= \({ e }^{ 0 }\left[ F-0 \right] \) 
 C=F
\(\therefore \left( 1 \right) \Rightarrow F=\left( F-kV \right) { e }^{ \frac { kt }{ M } }\)

கொடுக்கப்பட்ட வளைவரையின் சாய்வு \(\cfrac { y-1 }{ { x }^{ 2 }+x } \) 
\(\cfrac { dy }{ dx } =\cfrac { y-1 }{ { x }^{ 2 }+x } \) 
சமன்பாட்டை \(\cfrac { dy }{ y-1 } =\cfrac { dx }{ { x }^{ 2 }+x } \) ...(1) எனுமாறு எழுதலாம்.
\(\cfrac { 1 }{ { x }^{ 2 }+x } =\cfrac { 1 }{ x(x+1) } =\cfrac { A }{ x } +\cfrac { B }{ x+1 } \)
\(I=A(x+1)+B(x)\) 
x=-1 என்க. x=0 என்க 
\(I=A(0)+B(-1)\quad I=A(0+1)+B(0)\) 
\(I=-B\quad I=A\) 
\(B=-1\quad A=1\) 
\(\therefore \cfrac { 1 }{ { x }^{ 2 }+x } =\cfrac { 1 }{ x } -\cfrac { 1 }{ x+1 } \) 
(2) ஆம் சமன்பாட்டை,சமன்பாடு (1) ல் பிரதியிடக் கிடைப்பது 
\(\cfrac { dy }{ y-1 } =\cfrac { dx }{ x } -\cfrac { dx }{ x+1 } \) 
இருபுறமும் தொகையிடக் கிடைப்பது 
\(log(y-1)=logx-log(x+1)+loC\) 
\(log(y-1)=logC+logx-log(x+1)\) 
= \(logCx-log(x+1)\) 
\(log(y-1)=log\left( \cfrac { Cx }{ x+1 } \right) \) 
\(y-1=\cfrac { Cx }{ x+1 } \) 
வளைவரை (1,0) என்ற புள்ளி வழிச் செல்வதால் 
\(0-1=\cfrac { C(1) }{ 1+1 } \) 
\(-1=\cfrac { C }{ 2 } \) 
\(-2=C\) 
\((3)\Rightarrow y-1=\cfrac { 2x }{ x+1 } \) 
\(y=1-\cfrac { 2x }{ x+1 } \) 
= \(\cfrac { x+1-2x }{ x+1 } \) 
= \(\cfrac { 1-x }{ x+1 } \) 
\(\therefore y=\cfrac { 1-x }{ x+1 } \)

சிறிய பகுதியின் பரப்பு  படம் -ல்  நிழலிடப்பட்டுள்ளது.  இங்கு < 0 < h < a  வட்டம்  x -அச்சைப்  பொருத்து சமச்சீராக இருப்பதால் சிறிய பகுதியின் பரப்பு.

A = 2 \(\int ^{a}_{h} \sqrt {{a^2}-{x^2}} dx\) = 2 \([\frac {x \sqrt {a^2 - x^2}}{2} + \frac {a^2}{2} sin ^{-1} (\frac {x}{a})]^a_b\)
= 2  \([0+\frac {a^2}{2} sin^{-1} (1)]\) - 2 \([ \frac {h \sqrt {a^{2} -h^{2} }} {2} + \frac{a^2}{2} sin ^{-1}( \frac {h}{a})]\) 
= \( a^2 (\frac {\pi}{2}) - h \sqrt {{a^2}-{h^2}} - a^2 sin^{-1} (\frac{h}{a})\) 
=  \(a ^2 [\frac {\pi}{2} - sin ^{-1} \frac {h}{a}] - h \sqrt {{a^2}-{h^2}}\)
=  \(a^2 cos^{-1} (\frac{h}{a}) - h \sqrt{{a^2}-{h^2}}\)

X என்பது வெல்லும் தொகை என்க. சாத்தியமான தேர்வுகளாவன (i) இரு பந்துகளுமே கருப்பு, அல்லது (ii) ஒரு வெள்ளை மற்றும் ஒரு கருப்பு (iii) இரண்டுமே வெள்ளை . எனவே X எனும் சமவாய்ப்பு மாறி கீழ்க்காணுமாறு வரையறுக்கப்படுகிறது:
X (இரண்டுமே கருப்பு பந்துகள்) = ரூ. 2(20) = ரூ .40
X (ஒரு கருப்பு பந்து மற்றும் ஒரு வெள்ளைப் பந்து) = ரூ . 20 − ரூ .10 = ரூ .10
X (இரண்டுமே வெள்ளைப் பந்துகள்) = ரூ. (-20) = - ரூ 20
எனவே X கொள்ளும் மதிப்புகள் 40,10 மற்றும் −20 ஆகும்.
மொத்த பந்துகள் n = 12
2 பந்துகள் தேர்ந்தெடுக்க மொத்த வழிகள் = \(\left( \begin{matrix} 12 \\ 2 \end{matrix} \right )=\frac{12\times11}{1\times2}=66\)
2 கருப்பு பந்துகள் தேர்ந்தெடுக்க வழிகள் = \(\left( \begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix} \right )=6\)
ஒரு கருப்பு பந்து மற்றும் ஒரு வெள்ளை பந்து தேர்ந்தெடுக்க = \(\left( \begin{matrix} 8 \\ 1 \end{matrix} \right )\left( \begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix} \right )=32\)
 2 வெள்ளை பந்துகள் தேர்ந்தெடுக்க வழிகள் = \(\left( \begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix} \right )=28\)

சமவாய்ப்பு மாறியின் மதிப்புகள்	40	10	-20	மொத்தம்
நேர்மாறு பிம்பங்களில் உறுப்புகளின் எண்ணிக்கை	6	32	28	66

நிகழ்தகவு நிறை சார்பானது

x	40	10	-20	மொத்தம்
f(x)	\(\frac{6}{66} \)	\(\frac{32}{66} \)	\(\frac{28}{66} \)	1

சராசரி : \(E(X) = \sum{xf(x)}=40.(\frac{6}{66})+10.(\frac{32}{66})+(-20).(\frac{28}{66})=0\)
அதாவது எதிர்பார்க்கப்படும் வெல்லும் தொகை 0 .
பரவற்படி : \(E(X^2)=\sum{x^2f(x)=40^2.(\frac{6}{66})+10^2.(\frac{32}{66})+({-20^2}).(\frac{28}{66})}=\frac{4000}{11}\)
(E(X))² = 0² = 0
இதன்படி \(V(X) = E(X^2)-(E(X))^2=\frac{4000}{11}-0=\frac{4000}{11}\)
எனவே \(E(X)=0\) மற்றும் \(Var(X)=\frac{4000}{11}\)

(i) வரையறைப்படி F(x) = P(X ≤ x) = \(\int_{-\infty}^{x}{f(u)du}\)
x <1 எனும்போது,  F(x) = P(X ≤ x) = \(\int_{-\infty}^{x}{0du}=0.\)
1≤ x < 2 எனும்போது,  F(x) = P(X ≤ x) = \(\int_{-\infty}^{1}{0du}+\int_{1}^{x}{(u-1)du}\)
= \(0+[\frac{(u-1)^2}{2}]_{1}^{x}=\frac{(x-1)^2}{2} \)
2 ≤ x < 3 எனும்போது,  F(x) = P(X ≤ x) = \(\int_{-\infty}^{1}{0du}+\int_{1}^{2}{(u-1)du+\int_{2}^{x}{(3-u)du}}\)
= \(0+[\frac{(u-1)^2}{2}]_{1}^{2}+[-\frac{(3-u)^2}{2}]_{2}^{x}\)
=\(\frac{1^2-0}{2}+\frac{1-(3-x)^{2}}{2}=1 -\frac{(3-x)^2}{2}\)
x ≥ 3 எனும்போது,   F(x) = P(X ≤ x) = \(\int_{-\infty}^{1}{0du}+\int_{1}^{2}{(u-1)du}+\int_{2}^{3}{(3-u)du+\int_{3}^{x}{0du}}\)
= \(\int_{-\infty}^{1}{0du}+\int_{1}^{2}{(u-1)du}+\int_{2}^{3}{(3-u)du+\int_{3}^{x}{0du}}\)
= \(0+[\frac{(u-1)^2}{2}]_{1}^{2}+[-\frac{(3-u)^2}{2}]_{2}^{3}+0\)
=\(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1.\)
இவற்றின் மூலம் 


(ii) P(1.5 ≤ X ≤ 2.5) = F(2.5) - F(1.5)
= \((1-\frac{(3-2.5)^2}{2})-(\frac{(1.5-1)^2}{2})\)
\(=\frac{1.75-0.25}{2}=0.75\)
அல்லது
\(P(1.5\le X \le 2.5) = \int_{1.5}^{2.5}{f(x)dx} = \int_{1.5}^{2}{(x-1)}dx+\int_{2}^{2.5}{(-x+3)}dx=0.75\)

I = \(\int ^{\pi}_{-\pi} \frac{cos ^2 x}{1+ a^x} dx\)  ------ (1)
\(\int ^{b}_{a}\) f(x) dx =  \(\int ^{b}_{a}\) f(a+b -x)dx  என்பதை பயன்படுத்த,
I =  \(\int ^{\pi}_{-\pi} \frac{cos ^2 (\pi -\pi - x)}{1+ a^{\pi -\pi - x}} dx\)
= \(\int ^{\pi}_{-\pi} \frac{cos ^2 (-x)}{1+ a^{-x}} dx\)
= \(\int ^{\pi}_{-\pi} a^x (\frac{cos ^2 x }{a^x+ 1} )dx\) ------- (2)
சமன்பாடு (1)-யும் (2)-யும் கூட்டக் கிடைப்பது
2I =  \(\int ^{\pi}_{-\pi} \frac{cos ^2 x }{a^x+ 1}(a^x+ 1) dx\) =  \(\int ^{\pi}_{-\pi} cos ^2 x dx\)
= 2 \(x =\int ^{\pi}_{-\pi} cos ^2 x dx\)  (∵ cos² x ஓர் இரட்டைப் படைச் சார்பு)
எனவே , I =  \(\int ^{\pi}_{0} (\frac{1 + cos2x }{2} )dx\) =  \(\frac {1}{2} [ x + \frac {sin 2x}{2}]^{\pi }_{0}\)  = \(\frac {1}{2} [\pi]\) =  \(\frac {\pi}{2}\)

சமவாய்ப்பு மாறி X என்பது பகடையின்  இரு உருட்டல்களில் கிடைக்கும் எண்களின் கூட்டுத்தொகை என்க.
கூறுவெளி S

I\II	1	3	3	5	5	5
1	2	4	4	6	6	6
3	4	6	6	8	8	8
3	4	6	6	8	8	8
5	6	8	8	10	10	10
5	6	8	8	10	10	10
5	6	8	8	10	10	10

n(S) = 36
X = {2, 4, 6, 8, 10}

சமவாய்ப்பு மாறி X-ன் மதிப்புகள்	2	4	6	8	10	மொத்தம்
நேர்மாறு பிம்பங்களில் உறுப்புகளின் எண்ணிக்கை	1	4	10	12	9	36

(i) நிகழ்தகவு நிறைச் சார்பு 

x	2	4	6	8	10
f(x)	\(\cfrac { 1 }{ 36 } \)	\(\cfrac { 4 }{ 36 } \)	\(\cfrac { 10 }{ 36 } \)	\(\cfrac { 12 }{ 36 } \)	\(\cfrac { 9 }{ 36 } \)

 (ii) குவிவு பரவல் சார்பு 
\(\begin{array}{r} \mathrm{F}(\mathrm{x})=\mathrm{P}(\mathrm{X} \leq \mathrm{x})=\sum_{\mathrm{x}_i \leq \mathrm{x}} P\left(X=x_i\right) \\ \end{array}\)
\(\mathrm{P}(\mathrm{X}<2)=0,-\infty<\mathrm{x}<2 \)
\(\begin{aligned} \mathrm{F}(2)=\mathrm{P}(X \leq 2) & =\mathrm{P}(X<2)+\mathrm{P}(X=2) \\ \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =0+\frac{1}{36}=\frac{1}{36} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \mathrm{F}(4)=\mathrm{P}(X \leq 4) & =\mathrm{P}(X<2)+\mathrm{P}(X=2)+\mathrm{P}(X=4) \\ \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =0+\frac{1}{36}+\frac{4}{36}=\frac{5}{36} \end{aligned}\)
 \(\begin{aligned} \mathrm{F}(6)=\mathrm{P}(X \leq 6)=\mathrm{P}(X<2)+\mathrm{P}(X=2)+ \mathrm{P}(X=4)+\mathrm{P}(X=6) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =0+\frac{1}{36}+\frac{4}{36}+\frac{10}{36}=\frac{15}{36} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \mathrm{F}(8)=\mathrm{P}(X \leq 8)= & \mathrm{P}(X<2)+\mathrm{P}(X=2)+\mathrm{P}(X=4) +\mathrm{P}(X=6)+\mathrm{P}(X=8) \\ \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} = 0+\frac{1}{36}+\frac{4}{36}+\frac{10}{36}+\frac{12}{36}=\frac{27}{36} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \mathrm{F}(10)=\mathrm{P}(X \leq 10)= & \mathrm{P}(X<2)+\mathrm{P}(X=2) +\mathrm{P}(X=4)+\mathrm{P}(X=6) +\mathrm{P}(X=8)+\mathrm{P}(X=10) \\ \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} = 0+\frac{1}{36}+\frac{4}{36}+\frac{10}{36}+\frac{12}{36}+\frac{9}{36} \\ \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} = \frac{36}{36}=1 \end{aligned}\)


(iii) \(\begin{aligned} \mathrm{P}(4 & \leq X<10) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\mathrm{P}(X=4)+\mathrm{P}(X=6)+\mathrm{P}(X=8) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\frac{4}{36}+\frac{10}{36}+\frac{12}{36}=\frac{26}{36}=\frac{13}{18} \end{aligned}\)
(iv) \(\begin{aligned} \mathrm{P}(X & \geq 6) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\mathrm{P}(X=6)+\mathrm{P}(X=8)+\mathrm{P}(X=10) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\frac{10}{36}+\frac{12}{36}+\frac{9}{36}=\frac{31}{36} \end{aligned}\)

x-ஐப் பொறுத்து வகையிட, \(\frac{dy}{dx}=2x+3\), ஆகவே, \((\frac{dy}{dx})_{(1,2)}=5\).
எனவே , தேவையான தொடுகோட்டின் சமன்பாடு
\((y-2)=5(x-1)\Rightarrow 5x-y-3=0\) ஆகும்.
(1, 2) என்ற புள்ளியில் செங்கோட்டின் சாய்வு -\(\frac{1}{5}\).
எனவே , தேவையான செங்கோட்டின் சமன்பாடு
\((y-2)=-\frac{1}{5}(x-1)\Rightarrow x+5y-11=0\) ஆகும். 

(i) \(s(t)={ 2t }^{ 3 }-{ 9t }^{ 2 }+12t-4,t \geq 0\) 
திசைவேகம் \(v=\cfrac { ds }{ dt } ={ 6t }^{ 2 }-18t+12\) 
துகளின் திசைவேகம் மாறும்போது v=0
\(\therefore { 6t }^{ 2 }-18t+12=0\) 
\({ t }^{ 2 }-3t+2=0\) 
\(\left( t-2 \right) \left( t-1 \right) =0\) 
\(t=1,2\) 
\(\therefore t=1\) வினாடி மற்றும் t=2 வினாடி எனும்போது,துகளின் திசை மாறுகிறது.
(ii) முதல் 4 வினாடிகளில் துகள் பயணித்த தூரம் 
\(s(0)=-4\) 
\(s(1)=2\left( 1 \right) ^{ 3 }-9\left( 1 \right) ^{ 2 }+12(1)-4\) 
= 2-9+12-4 = 1
\(s(2)=2(2)^{ 3 }-9\left( 2 \right) ^{ 2 }+12(2)-4\) 
= \(16-36+24-4\)  = 0
\(s(3)=2\left( 3 \right) ^{ 3 }-9\left( 3 \right) ^{ 2 }+12\left( 3 \right) -4\) 
= \(54-81+36-4\)  = 5
\(s(4)=2\left( 4 \right) ^{ 3 }-9\left( 4 \right) ^{ 2 }+12(4)-4\) 
= \(128-144+48-4\)  = 28
முதல் 4 வினாடிகளில் துகள் பயணித்த தூரம் 
= \(|s(0)+s(1)|+|s(1)-s(2)|+|s(2)-s(3)|+|s(3)-s(4)|\) 
= \(|-4-1|+|1-0|+|0-5|+|5-28|\) 
= \(|-5|+|1|+|-5|+|-23|\) 
= 5+1+5+23 = 34 மீ .
(iii) \(s(t)={ 2t }^{ 3 }-9{ t }^{ 2 }+12t-4\) 
திசைவேகம் \(v=\cfrac { ds }{ dt } ={ 6t }^{ 2 }-18t+12\) 
\(v=0\Rightarrow 6\left( { t }^{ 2 }-3t+2 \right) =0\Rightarrow t=1,2\)
முடுக்கம் = \(\cfrac { { d }^{ 2 }s }{ { dt }^{ 2 } } =12t-18\) 
t=1ல், முடுக்கம் = 12(1) - 18 = - 6 மீ/வினாடி²
t=2ல், முடுக்கம் = 12(2) - 18 = 6 மீ /வினாடி²

வரையறைப்படி,
\(\vec { a } \times \vec { b } =\left| \begin{matrix} \hat { i } & \hat { j } & \hat { k } \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & -1 & -4 \end{matrix} \right| =4\hat { i } +4\hat { j } ,\vec { c } \times \vec { d } =\left| \begin{matrix} \hat { i } & \hat { j } & \hat { k } \\ 0 & 3 & -1 \\ 2 & 5 & 1 \end{matrix} \right| =8\hat { i } -2\hat { j } -6\hat {k } \)
பின்னர்,
\(\left( \vec { a } \times \vec { b } \right) \times \left( \vec { c } \times \vec { d } \right) =\left| \begin{matrix} \hat { i } & \hat { j } & \hat { k } \\ 4 & 4 & 0 \\ 8 & -2 & -6 \end{matrix} \right| =-24\hat { i } +24\hat { j } -40\hat { k } \)   ...(1)
இப்பொழுது,\(\left[ \vec { a } ,\vec { b } ,\vec { d } \right] \vec { c } -\left[ \vec { a } ,\vec { b } ,\vec { c } \right]\vec { d } =28\left( 3\hat { j } -\hat { k } \right) -12\left( 2\hat { i } +5\hat { j } +\hat { k } \right) =-24\hat { i } +24\hat { j } -40\hat { k } \) ...(2) 
சமன்பாடுகள் (1) மற்றும் (2) ஆகியவற்றிலிருந்து, முற்றொருமை (i) நிறுவப்பட்டது. முற்றொருமை (ii)-ன் சரிபார்த்தல் மாணவர்களின் பயிற்சிக்காக விடப்பட்டுள்ளது.

AB என்பது தடி என்க மற்றும் P(x₁, y₁) தடியின் மீதுள்ள புள்ளி AP = 0.3மீ வரைக.
\(PD\bot x\) அச்சு மற்றும் \(PC\bot y\) 

\(\Delta ADP\cong \Delta PCB\) 
\(\therefore \cfrac { PC }{ DA } =\cfrac { PB }{ AP } =\cfrac { BC }{ PD } \) 
\(\Rightarrow \cfrac { { x }_{ 1 } }{ DA } =\cfrac { 0.9 }{ 0.3 } =\cfrac { BC }{ { y\quad }_{ 1 } } \)
\(\Rightarrow DA=\cfrac { { 0.3 }x_{ 1 } }{ 0.9 } =\cfrac { { x }_{ 1 } }{ 3 } \) 
மற்றும் \(BC=\cfrac { 0.9{ y }_{ 1 } }{ 0.3 } =\cfrac { 9 }{ 3 } { y }_{ 1 }={ 3y }_{ 1 }\)
இங்கு OA = OD + DA
 \({ x }_{ 1 }+\cfrac { { x }_{ 1 } }{ 3 } =\cfrac { { 4x }_{ 1 } }{ 3 } \)
OB = OC + BC = y₁ + 3y₁ = 4y₁
OA² + OB² = AB²
\(\Rightarrow \left( \cfrac { 4x_{ 1 } }{ 3 } \right) ^{ 2 }+\left( { 4y }_{ 1 } \right) ^{ 2 }=\left( 1.2 \right) ^{ 2 }\) 
\(\Rightarrow \cfrac { 16{ x }_{ 1 }^{ 2 } }{ 9 } +\cfrac { 16{ y }_{ 1 }^{ 2 } }{ 1 } =1.44\) 
16 ஆல் வகுக்க கிடைப்பது 
\(\cfrac { { x }_{ 1 }^{ 2 } }{ 9 } +\cfrac { { y }_{ 1 }^{ 2 } }{ 9 } =\cfrac { 1.44 }{ 16 } =0.09\cong 1\) 
 \(\therefore\) (x₁, y₁)\(\cfrac { { x }^{ 2 } }{ 9 } +\cfrac { { y }^{ 2 } }{ 1 } =1\) 
இங்கு a² = 9, b²
\(\therefore e=\sqrt { 1-\cfrac { { b }^{ 2 } }{ { a }^{ 2 } } } =\sqrt { 1-\cfrac { 1 }{ 9 } } =\sqrt { \cfrac { 9-1 }{ 9 } } \)
\(=\sqrt { \cfrac { 8 }{ 9 } } \)
\(e=\cfrac { 2\sqrt { 2 } }{ 3 } \)

பரவளையத்தின் சமன்பாடு 
(x-h)²=-4a(y-k)
இங்கு முனை (0.5, 4)
பரவளையத்தின் சமன்பாடு (x - 0.5)² = -4a(y - 4) ..1(1)
O(0, 0) பரவளையத்தின் மீதுள்ள புள்ளி 
(0 - 0.5)² = -4a(0 - 4)
\(\Rightarrow \left( \cfrac { -1 }{ 2 } \right) ^{ 2 }=-4a\left( -4 \right) \) 
\(\Rightarrow \cfrac { 1 }{ 4 } =16a\Rightarrow a=\cfrac { 1 }{ 64 } \) 
\(\therefore\) (1) லிருந்து (x - 0.5)²
\((x-0.5)^{ 2 }=-4\times \cfrac { 1 }{ 64 } \left( y-4 \right) \)
மேலும் D (0.75, y₁) பரவளையத்தின் மீதுள்ள ஒரு புள்ளி 
\(\therefore \left( 0.75-0.5 \right) ^{ 2 }=-\cfrac { 1 }{ 16 } \left( { y }_{ 1 }-4 \right) \) 
\(\Rightarrow \left( \cfrac { 3 }{ 4 } -\cfrac { 1 }{ 2 } \right) ^{ 2 }=-\cfrac { 1 }{ 16 } \left( { y }_{ 1 }-4 \right) \)
 \(\Rightarrow \left( \cfrac { 1 }{ 4 } \right) ^{ 2 }=\cfrac { -1 }{ 16 } \left( { y }_{ 1 }-4 \right) \) 

\(\Rightarrow 1=-{ y }_{ 1 }+4\)
\(\Rightarrow { y }_{ 1 }=-1+4=3\) மீ
0.75 மீ கிடைமட்டத் தூரத்தில் நீரின் உயரம் 3 மீ  ஆகும்.

கொடுக்கப்பட்ட தளம் புள்ளிகள் \(\vec { a } =2\hat { i } +\hat { 2j } +\hat { k } \) மற்றும் \(\vec { b } =9\hat { i } +3\hat { j } +6\hat { k } \) வழிச் செல்கிறது.
கொடுக்கப்பட்ட தளத்தின் சமன்பாடு \(2x+6y+6z=9\)
இதை இவ்வாறு எழுதலாம் \(\vec { r } .\left( 2\hat { i } +6\hat { j } +6\hat { k } \right) =9\)
கொடுக்கப்பட்ட தளம் \(2\hat { i } +6\hat { j } +6\hat { k } \)க்கு செங்குத்து ஆதலால், தேவையான தளம்   \(\vec { c } =2\hat { i } +6\hat { j } +6\hat { k } \)க்கு இணை ஆகையால் இரண்டு புள்ளி வழிச் செல்லும் மற்றும் வெக்டருக்கு இணையான தளத்தின் வெக்டர் சமன்பாட்டின் துணையலகு வடிவம் \(\vec { r } =\vec { a } +s\left( \vec { b } -\vec { a } \right) +t\vec { c } ,s,t\in R\)
\(\vec { r } =2\hat { i } +2\hat { j } +\hat { k } +s\left( 7\hat { i } +\hat { j } +5\hat { k } \right) +t\left( 2\hat { i } +6\hat { j } +6\hat { k } \right) ,s,t\in R\)
தளத்தின் கார்டீசியன் சமன்பாடு
\(\left| \begin{matrix} x-{ x }_{ 1 } & y-{ y }_{ 1 } & z-{ z }_{ 1 } \\ { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } & { y }_{ 2 }-{ y }_{ 1 } & { z }_{ 2 }-{ z }_{ 1 } \\ { c }_{ 1 } & { { c }_{ 2 } } & { c }_{ 3 } \end{matrix} \right| =0\) 
\(\Rightarrow \left| \begin{matrix} x-2 & y-2 & z-1 \\ 7 & 1 & 5 \\ 2 & 6 & 6 \end{matrix} \right| =0\)
\(\Rightarrow \left( x-2 \right) (6-30)-(y-2)(42-10)+(z-1)(42-2)=0\) 
\(\Rightarrow (x-2)(-24)-(y-2)(32)+(z-1)(40)=0\) 
\(\Rightarrow -24x+48-32y+64+40z-40=0\) 
\(\Rightarrow -24x-32y+40z+72=0\) 
\(\div -8\) கிடைப்பது
3x + 4y - 5z - 9 = 0 என்பது கார்டீசியன் வடிவம்.
\(\therefore\) வெக்டர் சமன்பாட்டின் துணையலகு வடிவம்
\(\vec { r } =\vec { r } .\left( 3\vec { i } +4\hat { j } -5\vec { k } \right) =9\)

x மற்றும் y மதிப்புகளை முழுவர்க்கமாக்க 4x² + 36y² + 40x − 288y + 532 = 0,
4(x²+10x+25-25) + 36(y²-8y+16-16)+532 = 0 இலிருந்து 
4(x²+10x-25) + 36(y²-8y-16) = -532 + 100 + 576
4(x+5)² + 36(y-4)² = 144.
இருபுறமும் 144-ஆல் வகுக்கச் சமன்பாடு 
\(\frac { { (x+5) }^{ 2 } }{ 36 } +\frac { { (y-4) }^{ 2 } }{ 4 } =1\)
இது மையம் (-5,4), மற்றும் நெட்டச்சு x-அச்சுக்கு இணையான நீள்வட்டம். இதன் அரை நெட்டச்சின் நீளம் 12 மற்றும் குற்றச்சின் நீளம் 4. முனைகள் (1, 4) மற்றும் (-11, 4).
தற்போது, c² = a² - b² = 36 - 4 = 32
மற்றும் c = ±4\(\sqrt 2\).
எனில் குவியங்கள் (-5 - 4\(\sqrt 2\), 4) மற்றும் (−5 + 4\(\sqrt 2\),4)
நெட்டச்சின் நீளம் = 2a = 12 அலகுகள் மற்றும் 
குற்றச்சின் நீளம் = 2b = 4 அலகுகள்.

px + by + cz = 0, ax + qy + cz = 0, ax + by + rz = 0 என்ற தொகுப்பின் சமன்பாடுகள் வெளிப்படையற்றத் தீர்வு பெற்றுள்ளது என்க.
எனவே \(\left| \begin{matrix} p & b & c \\ a & q & c \\ a & b & r \end{matrix} \right| \) = 0, R₂ ⟶ R₂-R₁ மற்றும் R₃⟶R₃-R₁ மேல் உள்ள சமன்பாட்டில் பயன்படுத்தக் கிடைப்பது
\(\left| \begin{matrix} p & b & c \\ a-p & q-b & 0 \\ a-p & 0 & r-c \end{matrix} \right| \) = 0, அதாவது, \(\left| \begin{matrix} p & b & c \\ -(p-a) & q-b & 0 \\ -(p-a) & 0 & r-c \end{matrix} \right| \) = 0
p ≠ a, q ≠ b, r ≠ c ஆதலால் நாம் பெறுவது (p-a)(q-b)(r-c)\(\left| \begin{matrix} \frac { p }{ p-a } & \frac { b }{ q-a } & \frac { c }{ r-c } \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{matrix} \right| \) = 0
எனவே  \(\left| \begin{matrix} \frac { p }{ p-a } & \frac { b }{ q-a } & \frac { c }{ r-c } \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{matrix} \right| \) = 0
அணிக்கோவையை விரிவுபடுத்தக் கிடைப்பது, \(\frac { p }{ p-a } +\frac { q }{ q-b } +\frac { r }{ r-c } \) = 0
அதாவது, \(\frac { p }{ p-a } +\frac { q-(q-b) }{ q-b } +\frac { r-(r-c) }{ r-c } 0\) ⇒ \(\frac { p }{ p-a } +\frac { q }{ q-b } +\frac { r }{ r-c } \) = 2

கொடுக்கப்பட்டது z = x + iy
\(Im\left( \frac { 2z+1 }{ iz+1 } \right) =0\)
\(\Rightarrow Im\left( \frac { 2(x+iy)+1 }{ i(x+iy)+1 } \right) =0\)
\(\Rightarrow Im\left( \frac { (2x+1)+2iy }{ ix+{ i }^{ 2 }y+1 } \right) =0\)
\(\Rightarrow Im\left( \frac { (2x+1)+2iy }{ ix-y+1 } \right) =0\)
\(\Rightarrow Im\left( \frac { (2x+1)+iy }{ (1-y)+ix } \right) =0\)
பகுதியின் இணையால் தொகுதி மற்றும் பகுதியை பெருக்க கிடைப்பது.
\(Im\left( \frac { (2x+1)+2iy }{ (1-y)+ix } \times \frac { (1-y)-ix }{ (1-y)-ix } \right) =0\)
\(\Rightarrow Im\left( \frac { (2x+1)+2iy\times (1-y)-ix }{ (1-{ y })^{ 2 }+{ x }^{ 2 } } \right) =0\)
கற்பனை பகுதியை தேர்ந்தெடுக்க கிடைப்பது,
\(\frac { (2x+1)+(-x)\times 2y(1-y) }{ (1-{ y })^{ 2 }+{ x }^{ 2 } } =0\)
⇒ (2x+ 1)-x+2y(1-y) = 0
⇒ -2x² - x + 2y - 2y² = 0
⇒ 2x² + 2y² + x - 2y = 0
எனவே z - ன் நியமப்பாதை
2x² + 2y² + x - 2y = 0

வட்டத்தின் பொதுச் சமன்பாடு x² + y² + 2gx +2fy + c = 0    ...(1)
இது (1, 1), (2, -1) மற்றும் (3, 2) என்ற புள்ளிகள் வழிச்செல்வதால் 
2g + 2 f + c = -2 , … (2)
4g − 2 f + c = -5 , … (3)
6g + 4 f + c = -13 . … (4)
(2)-(3)-இலிருந்து -2g + 4f = 3.     ...(5)
(4)-(3)-இலிருந்து  2g + 6f = -8.     ...(6)
(5)+(6)-இலிருந்து f = -\(\frac{1}{2}\) என கிடைக்கும் மதிப்பை (6) இல் பிரதியிட g =\(\frac{-5}{2},f,g\) இன் மதிப்புகளை (2) இல் பிரதியிட c = 4 எனவும் கிடைக்கிறது.
எனவே தேவையான வட்டத்தின் சமன்பாடு 
\({ x }^{ 2 }+{ y }^{ 2 }+2\left( -\frac { 5 }{ 2 } \right) x+2\left( -\frac { 1 }{ 2 } \right) y+4=0\)
அதாவது x² + y² − 5x − y + 4 = 0.

i) x − y + 2z = 2,
2x + y + 4z = 7,
4x − y + z = 4
சமன்பாட்டு தொகுப்பின் அணி வடிவம் AX=B 
இங்கு \(A=\left[ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 4 \\ 4 & -1 & 1 \end{matrix} \right] ,X=\left[ \begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix} \right] \)மற்றும் \(B=\left[ \begin{matrix} 2 \\ 7 \\ 4 \end{matrix} \right] \)
விரிவுபடுத்தப்பட்ட அணியை ஏறுபடி வடிவத்திற்கு உருமாற்றங்கள் செய்யக் கிடைப்பது [A|B]
\([A|B]=\left[ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 4 \\ 4 & -1 & 1 \end{matrix}|\begin{matrix} 2 \\ 7 \\ 4 \end{matrix} \right] \)
\(\overset { { R }_{ 2 }\rightarrow { R }_{ 2 }-2{ R }_{ 1 }\\ { R }_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-4{ R }_{ 1 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 3 & -7 \end{matrix}|\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ -4 \end{matrix} \right] \)
\(\overset { { R }_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-{ R }_{ 2 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & -7 \end{matrix}|\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ -7 \end{matrix} \right] \)
இங்கு ρ(A) =3 மற்றும் ρ[A|B]=3
∴ ρ (A)=ρ[A|B] =3= மதிப்பிட வேண்டிய மாறிலிகளின் எண்ணிக்கை 
எனவே தொகுப்பு ஒருங்கமைவுடன் ஒரே ஒரு தீர்வை கொண்டிருக்கும்.
ஏறுபடிவத்திலுள்ள அணியிலிருந்து கிடைக்கும் சமான சமன்பாடுகளின் தொகுப்பானது.
x-y+2z=2    ...(1)
3y=3⇒y=1       ...(2)
-7z=-7⇒ z=\(\frac{-7}{-7}=1\) ...(3)
y=1 மற்றும்  z=1 என (1)ல் பிரதியிட,
x-1+2(1)=2
⇒ x-1+2=2
⇒ x+1=2
⇒ x=2-1=1
⇒ x=1
∴ x=1, y=1, z=1
ஆகையால், தீர்வு கணம் {1,1,1}
ii) 3x + y + z = 2,
x − 3y + 2z =1,
7x − y + 4z = 5
தொகுப்பின் அணி வடிவம் AX=B
இங்கு \(A=\left[ \begin{matrix} 3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 2 \\ 7 & -1 & 4 \end{matrix} \right] ,X=\left[ \begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix} \right] ,B=\left[ \begin{matrix} 2 \\ 1 \\ 5 \end{matrix} \right] \)
விரிவுபடுத்தப்பட்ட அணியை [A|B] ஏறுபடி வடிவத்திற்கு உருமாற்றங்கள் செய்யக் கிடைப்பது,
\([A|B]=\left[ \begin{matrix} 3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 2 \\ 7 & -1 & 4 \end{matrix}|\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ 5 \end{matrix} \right] \overset { { R }_{ 2 }\leftrightarrow { R }_{ 1 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -3 & 2 \\ 3 & 1 & 1 \\ 7 & -1 & 4 \end{matrix}|\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 5 \end{matrix} \right] \)
\(\overset { { R }_{ 2 }\rightarrow { R }_{ 2 }-3{ R }_{ 1 }\\ { R }_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-7{ R }_{ 1 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -3 & 2 \\ 0 & 10 & -5 \\ 0 & 20 & -10 \end{matrix}|\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{matrix} \right] \)
\(\overset { { R }_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-2{ R }_{ 2 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -3 & 2 \\ 0 & 10 & -5 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}|\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix} \right] \)
இங்கு ρ(A)=2, மற்றும் ρ[A|B]=2[∵ அபூச்சிய நிரைகள் உள்ளன]. ஆகையால், ρ(A)=ρ[A|B]=2<3, கொடுக்கப்பட்ட தொகுப்பு ஒருங்கமைவுடன் தீர்வுகள் ஒரு சாராமாறிக் குடும்பமாக இருக்கும். ஆகையால் z=t, x∈R. ஏறுபடி வடிவத்திலுள்ள அணியிலிருந்து கிடைக்கும் சமான சமன்பாடுகளின் தொகுப்பு, 
x - 3y + 2z = 1       ...(1)
10y - 5z = - 1         ...(2)
z = t                       ...(3)
(2) லிருந்து 10y - 5t = 1
⇒ 10y = 5t - 1
⇒ y = \(\frac{1}{10}[5t-1]\)
மேலும், (1) லிருந்து, \(x-\frac{3}{10}[5t-1]+2t=1\)
\(\Rightarrow x=\frac { 3 }{ 10 } [5t-1]-2t+1=\frac { 15t-3-20t+10 }{ 10 } \)
\(\Rightarrow x=\frac { 1 }{ 10 } [-5t+7]\)
எனவே தீர்வு கணம் என்பது 
\(\{ \frac { 1 }{ 10 } (7-5t),\frac { 1 }{ 10 } (5t-1),t\} \)இங்கு t∈R
iii) 2x + 2y + z = 5,
x − y + z =1,
3x + y + 2z = 4
ஆகையால் தொகுப்பின் அணி AX = B இங்கு 
\(A=\left[ \begin{matrix} 2 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 3 & 1 & 2 \end{matrix} \right] ,X=\left[ \begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix} \right] ,B=\left[ \begin{matrix} 5 \\ 1 \\ 4 \end{matrix} \right] \)
\([A|B]=\left[ \begin{matrix} 2 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 3 & 1 & 2 \end{matrix}|\begin{matrix} 5 \\ 1 \\ 4 \end{matrix} \right] \overset { { R }_{ 1 }\leftrightarrow { R }_{ 2 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 4 & -1 \\ 0 & 4 & -1 \end{matrix}|\begin{matrix} 1 \\ 5 \\ 4 \end{matrix} \right] \)
\(\overset { { R }_{ 2 }\rightarrow { R }_{ 2 }-{ 2R }_{ 2 }\\ { R }_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-3{ R }_{ 1 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 4 & -1 \\ 0 & 4 & -1 \end{matrix}|\begin{matrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{matrix} \right] \)
\(\overset { R_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-{ R }_{ 2 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 4 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}|\begin{matrix} 1 \\ 3 \\ -4 \end{matrix} \right] \)
இங்கு ρ(A)=2[∵ 2 அபூச்சிய நிறைகள் உள்ளன]
மற்றும் ρ[A|B]=3[∵ 3 அபூச்சிய நிறைகள் உள்ளன]
இங்கு (A)≠p[A|B]
ஆகையால் கொடுக்கப்பட்ட தொகுப்பு ஒருங்கமைவு அற்றது மற்றும் தீர்வுகள் இல்லை.
iv) 2x − y + z = 2,
6x − 3y + 3z = 6,
4x − 2y + 2z = 4
தொகுப்பின் அணி வடிவம் AX = B இங்கு 
\(A=\left[ \begin{matrix} 2 & -1 & 1 \\ 6 & -3 & 3 \\ 4 & -2 & 2 \end{matrix} \right] \)
\(X=\left[ \begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix} \right] ,B=\left[ \begin{matrix} 2 \\ 6 \\ 4 \end{matrix} \right] \)
[A|B] என்ற விரிவுபடுத்தப்பட்ட அணியில் தொடக்கநிலை நிரைச் செயலின் பயன்படுத்தக் கிடைப்பது,
\([A|B]=\left[ \begin{matrix} 2 & -1 & 1 \\ 6 & -3 & 3 \\ 4 & -2 & 2 \end{matrix}|\begin{matrix} 2 \\ 6 \\ 4 \end{matrix} \right] \overset { { R }_{ 2 }\rightarrow { R }_{ 2 }-3{ R }_{ 1 }\\ { R }_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-2{ R }_{ 1 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}|\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right] \)
இங்கு ρ(A) = 1 [∵ ஒரே ஒரு அபூச்சிய நிரை]
மற்றும் ρ[A|B] = 1[∵ ஒரே ஒரு அபூச்சிய நிரை]
∵ ρ(A) = ρ[A|B] = 1<3, கொடுக்கப்பட்ட தொகுப்பு ஒருங்கமைவுடன் இரு சாராமாறிக் குடும்பமாக தீர்வுகள் இருக்கும்.
ஆகையால், z = t மற்றும் y=s  இங்கு s, t∈R. ஏறுபடி வடிவத்திலிருந்து கிடைக்கும் சமான சமன்பாடுகள்.
2x - y + z = 2         ....(1)
y = s                      ....(2)
z = t                       ....(3)
(2) மற்றும் (3) ஐ (1)ல் பிரதியிட கிடைப்பது,
2x - s + t = 2
⇒ 2x = s - t + 2
⇒ \(x=\frac{1}{2}[s-t+2]\)
∴ தீர்வு கணம்{\(\frac{1}{2}\)(s - t + 2), s, t}

A என்பது செங்குத்து அணி. எனவே, AA^T = A^TA = I₃ எனவே நாம் பெறுவது
AA^T = I₃ ⇒ \(\frac { 1 }{ 7 } \left[ \begin{matrix} 6 & -3 & a \\ b & -2 & 6 \\ 2 & c & 3 \end{matrix} \right] \frac { 1 }{ 7 } \left[ \begin{matrix} 6 & b & 2 \\ -3 & -2 & c \\ a & 6 & 3 \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right] \)
⇒\(\left[ \begin{matrix} 45+{ a }^{ 2 } & 6b+6+6a & 12-3c+3a \\ 6b+6+6a & { b }^{ 2 }+40 & 2b-2c+18 \\ 12-3c+3a & 2b-2c+18 & { c }^{ 2 }+13 \end{matrix} \right] =49\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right] \)
⇒ \(\left\{ \begin{matrix} 45+{ a }^{ 2 }=49 \\ { b }^{ 2 }+40=49 \\ \begin{matrix} { c }^{ 2 }+13=49 \\ 6b+6+6a=0 \\ \begin{matrix} 12-3c+3a=0 \\ 2b-2c+18=0 \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} { a }^{ 2 }=4,\quad { b }^{ 2 }=9,\quad { c }^{ 2 }=36 \\ a+b=-1,a-c=-4,b-c=-9 \end{matrix} \right\} \) ⇒m a = 2, b = -3, c = 6
எனவே நமக்குக் கிடைப்பது, A = \(\frac { 1 }{ 7 } \left[ \begin{matrix} 6 & -3 & 2 \\ -3 & -2 & 6 \\ 2 & 6 & 3 \end{matrix} \right] \) மற்றும் A^-1 = A^T = \(\frac { 1 }{ 7 } \left[ \begin{matrix} 6 & -3 & 2 \\ -3 & -2 & 6 \\ 2 & 6 & 3 \end{matrix} \right] \).

\(\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim}(\cos x)^{\frac{1}{x^{2}}}\)        [1^\(\infty\) தேரப்பெறா வடிவம் 
\(g(x)=\left( \cos x \right) ^{ \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } }\) என்க 
இருபுறமும் மடக்கை எடுக்க 
\(\log g(x)=\cfrac { \log \cos x }{ { x }^{ 2 } } \) 
\(\underset { x\rightarrow 0^{ + } }{ \lim } \log g(x)={ \lim }_{ x\rightarrow { 0 }^{ + } }\cfrac { \log \cos x }{ { x }^{ 2 } } \) [\(\frac { 0 }{ 0 } \) தேரப்பெறா வடிவம்]
லோபிதாலின் விதிப்படி பயன்படுத்த,
= \(\underset { x\rightarrow { 0 }^{ + } }{ \lim } -\cfrac { \tan x }{ 2x } \) [\(\cfrac { 0 }{ 0 } \) தேரப்பெறா வடிவம் மீண்டும் லோபிதாலின் விதியைப் பயன்படுத்த, 
= \(\underset { x\rightarrow { 0 }^{ + } }{ \lim } -\frac { { \sec }^{ 2 }x }{ 2 } =-\frac { 1 }{ 2 } \) 
அடுக்கைச் சார்பாக மாற்ற,
\(\underset { x\rightarrow { 0 }^{ + } }{ \lim } g(x)={ e }^{ -\frac { 1 }{ 2 } }=\cfrac { 1 }{ \sqrt { e } } \)

x³+ax²+bx+c=0 எனும் முப்படிச் சமன்பாட்டின் மூலங்கள் α,β மற்றும் γஎன்க. எனவே,
∑ ₁ =α+β+γ=-a,    .....(1)
∑₂ =αβ+βγ+γα=b   .....(2)
∑₃ =αβγ=-c   .......(3)
α²,β², மற்றும் γ² ஆகியவற்றை மூலங்களாகக் கொண்ட ஒரு சமன்பாட்டை உருவாக்க வேண்டும்.
(1), (2) மற்றும் (3) ஆகியவற்றைப் பயன்படுத்தி, பின்வருவனவற்றைக் கண்டறிவோம்:
∑₁=α²+β²+γ² =(α+β+γ)² -2(αβ+βγ+γα)=(-a)²-2(b)=a²-2b
∑₂=α²β²+β²γ²+γ²α² = (αβ+βγ+γα)²-2((αβ)(βγ)+(βγ)(γα)+(γα)(αβ))
=(αβ+βγ+γα)²-2αβγ(β+γ+α) =(b)²-2(-c)(-a)=b²-2ca
∑₃=α²β²γ² =(αβγ)² =(-c)²=c²
எனவே, தேவையான சமன்பாடு,
x³-(α²+β²+γ²)x²+(α²β²+β²γ²+γ²α²)x-α²β²γ²=0
x³-(a²-2b)x²+(b²-2ca)x-c²=0 ஆகும்.

A =\(\left[ \begin{matrix} 3 & 1 & 4 \\ 2 & 0 & -1 \\ 5 & 2 & 1 \end{matrix} \right] \) என்க. |A| = 3(0+2)-1(2+5)+4(4-0) = 6-7+16 = 15 ≠ 0. எனவே, A ஆனது பூச்சியமற்ற அணிக்கோவை அணியாகும்.
\(\left[ \begin{matrix} 3 & 1 & 4 \\ 2 & 0 & -1 \\ 5 & 2 & 1 \end{matrix} \right] \overset { { R }_{ 1 }\rightarrow \frac { 1 }{ 3 } { R }_{ 1 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & \frac { 1 }{ 3 } & \frac { 4 }{ 3 } \\ 2 & 0 & -1 \\ 5 & 2 & 1 \end{matrix} \right] \overset { { R }_{ 2 }\rightarrow { R }_{ 2 }-2{ R }_{ 1 },{ R }_{ 3 }\rightarrow { R }_{ 3 }-5{ R }_{ 1 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & \frac { 1 }{ 3 } & \frac { 4 }{ 3 } \\ 0 & -\frac { 2 }{ 3 } & -\frac { 11 }{ 3 } \\ 0 & \frac { 1 }{ 3 } & -\frac { 17 }{ 3 } \end{matrix} \right] \overset { { R }_{ 2 }\rightarrow \left( -\frac { 3 }{ 2 } \right) { R }_{ 2 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & \frac { 1 }{ 3 } & \frac { 4 }{ 3 } \\ 0 & 1 & \frac { 11 }{ 2 } \\ 0 & \frac { 1 }{ 3 } & -\frac { 17 }{ 3 } \end{matrix} \right] \\ \overset { { R }_{ 1 }\rightarrow { R }_{ 1 }-\frac { 1 }{ 3 } { R }_{ 2 },{ R }_{ 3 }\rightarrow \frac { 1 }{ 3 } { R }_{ 2 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & 0 & -\frac { 1 }{ 2 } \\ 0 & 1 & \frac { 11 }{ 2 } \\ 0 & 0 & -\frac { 15 }{ 2 } \end{matrix} \right] \overset { { R }_{ 3 }\rightarrow \left( -\frac { 2 }{ 15 } \right) { R }_{ 3 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & 0 & -\frac { 1 }{ 2 } \\ 0 & 1 & \frac { 11 }{ 2 } \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right] \\ \overset { { R }_{ 1 }\rightarrow { R }_{ 1 }+\frac { 1 }{ 2 } { R }_{ 3 },{ R }_{ 2 }\rightarrow- \frac { 11 }{ 2 } { R }_{ 3 } }{ \longrightarrow } \left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right] \)