ધારો કે f(x) = begin{cases} -1, & -2 le x

Question

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} -1, & -2 \le x < 0 \ x^2 - 1, & 0 \le x \le 2 \end{cases}$.પ્રથમ,$|f(x)|$ શોધો:$|f(x)| = \begin{cases} |-1| = 1,

Vedclass · Accepted Answer

એક બિંદુ પર વિકલનીય નથી

Vedclass · Answer

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} -1, & -2 \le x પ્રથમ,$|f(x)|$ શોધો:$|f(x)| = \begin{cases} |-1| = 1, & -2 \le x ત્યારબાદ,$f(|x|)$ શોધો:કારણ કે બધા $x$ માટે $|x| \ge 0$ છે,તેથી $x \in [-2, 2]$ માટે $f(|x|) = |x|^2 - 1 = x^2 - 1$ થાય.હવે,$g(x) = |f(x)| + f(|x|)$:$x \in [-2, 0)$ માટે,$g(x) = 1 + (x^2 - 1) = x^2$.$x \in [0, 2]$ માટે,$g(x) = |x^2 - 1| + (x^2 - 1)$.$g(x)$ નું વિસ્તરણ:$g(x) = \begin{cases} x^2, & -2 \le x $x=0$ પર સાતત્ય અને વિકલનીયતા તપાસો:$g(0^-) = 0^2 = 0$,$g(0^+) = 0$. $x=0$ પર સતત છે.$g'(0^-) = 2x|_{x=0} = 0$,$g'(0^+) = 0$. $x=0$ પર વિકલનીય છે.$x=1$ પર સાતત્ય અને વિકલનીયતા તપાસો:$g(1^-) = 0$,$g(1^+) = 2(1^2 - 1) = 0$. $x=1$ પર સતત છે.$g'(1^-) = 0$,$g'(1^+) = 4x|_{x=1} = 4$.$g'(1^-) 
eq g'(1^+)$ હોવાથી,$g$ એ $x=1$ પર વિકલનીય નથી.આમ,$g$ એક બિંદુ પર વિકલનીય નથી.

ધારો કે $f(x) = \begin{cases} -1, & -2 \le x < 0 \\ x^2 - 1, & 0 \le x \le 2 \end{cases}$ અને $g(x) = |f(x)| + f(|x|)$ છે. તો,અંતરાલ $(-2, 2)$ માં,$g$ એ

Similar Questions

નીચે આપેલા આલેખ દ્વારા દર્શાવેલ વિધેય કયું છે?

જો $f(x) = \begin{cases} k \cos x - x \cos k, & x \in [0, \frac{\pi}{2}] \\ k \sin x + x \sin k, & x \in (\frac{\pi}{2}, \pi] \end{cases}$ એ $(0, \pi)$ માં વિકલનીય હોય,તો:

બધા બિંદુઓનો ગણ,જ્યાં વિધેય $f(x) = \frac{x}{1+|x|}$ નું વિકલન અસ્તિત્વ ધરાવે છે,તે છે

વિધેય $f(x) = \begin{cases} 2x + 1, & x \in \mathbb{Q} \\ x^2 - 2x + 5, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$ એ

સાબિત કરો કે $f(x) = [x], 0 < x < 3$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $x = 1$ અને $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.

Vedclass Test Series

Exam Paper Generator

Online Exam Module