Increasing and Decreasing function Questions in Gujarati

(D) સૌ પ્રથમ,આપણે બંને અંતરાલો માટે $f'(x)$ શોધીએ:
$x \le 0$ માટે,$f(x) = x e^{3x}$. ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = e^{3x} + 3x e^{3x} = e^{3x}(1 + 3x)$.
$x > 0$ માટે,$f(x) = 2x^3 + x$. તેથી $f'(x) = 6x^2 + 1$.
આમ,$f'(x) = \begin{cases} e^{3x}(1 + 3x), & x \le 0 \\ 6x^2 + 1, & x > 0 \end{cases}$.
$f'(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે તેનું વિકલન $f''(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$x < 0$ માટે,$f''(x) = \frac{d}{dx}[e^{3x}(1 + 3x)] = 3e^{3x}(1 + 3x) + 3e^{3x} = 3e^{3x}(2 + 3x)$.
$f''(x) > 0$ લેતા,$3e^{3x}(2 + 3x) > 0$. કારણ કે $3e^{3x} > 0$ તમામ $x$ માટે,તેથી $2 + 3x > 0$,જેનો અર્થ છે $x > -\frac{2}{3}$.
$x > 0$ માટે,$f''(x) = \frac{d}{dx}[6x^2 + 1] = 12x$. $f''(x) > 0$ લેતા,$12x > 0$,જેનો અર્થ છે $x > 0$.
આ અંતરાલોને જોડતા,આપણને $x \in (-\frac{2}{3}, 0) \cup (0, \infty)$ મળે છે.
$x=0$ આગળ $f'(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસતા: $\lim_{x \to 0^-} f'(x) = 1$ અને $\lim_{x \to 0^+} f'(x) = 1$. $f'(0) = 1$ હોવાથી,$f'(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે.
આમ,$f'(x)$ એ $x \in (-\frac{2}{3}, \infty)$ માટે વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = e^x - e^{-x} + \cos x$.
પ્રથમ,આપણે વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - e^{-x} + \cos x) = e^x + e^{-x} - \sin x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $e^x + e^{-x} = 2 \cosh x$.
કારણ કે $e^x + e^{-x} \ge 2$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે ($AM$-$GM$ અસમતા દ્વારા) અને $\sin x \le 1$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે,તેથી:
$f'(x) = (e^x + e^{-x}) - \sin x \ge 2 - 1 = 1$.
કારણ કે $f'(x) > 0$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે છે,તેથી વિધેય $f(x)$ હંમેશા વધતું વિધેય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int e^x (x - 1)(x - 2) dx$.
$f(x)$ કયા અંતરાલમાં ઘટે છે તે શોધવા માટે,આપણે $f'(x)$ શોધવું પડશે અને $f'(x) < 0$ લેવું પડશે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = \frac{d}{dx} \int e^x (x - 1)(x - 2) dx = e^x (x - 1)(x - 2)$.
$f(x)$ ઘટતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $f'(x) < 0$ ની જરૂર છે.
તેથી,$e^x (x - 1)(x - 2) < 0$.
બધા વાસ્તવિક $x$ માટે $e^x > 0$ હોવાથી,અસમતા $(x - 1)(x - 2) < 0$ માં પરિણમે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $(x - 1)(x - 2) = 0$ ના બીજ $x = 1$ અને $x = 2$ છે.
પદાવલિ $(x - 1)(x - 2)$ તેના બીજની વચ્ચે ઋણ હોય છે.
તેથી,$f(x)$ એ $(1, 2)$ અંતરાલમાં ઘટે છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^2 - \ln |x|$ છે.
વિધેય એકદમ ઘટતું હોવા માટે,$f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 4x - \frac{1}{x}$.
વિકલનને શૂન્ય કરતા નાનું લો: $4x - \frac{1}{x} < 0$.
આને સાદું રૂપ આપતા $\frac{4x^2 - 1}{x} < 0$ મળે,જે $\frac{(2x - 1)(2x + 1)}{x} < 0$ છે.
આ અસમતા ઉકેલવા માટે,આપણે ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધીએ જ્યાં અંશ અથવા છેદ શૂન્ય થાય: $x = -1/2, 0, 1/2$.
અંતરાલો તપાસતા:
$x \in (-\infty, -1/2)$ માટે,$f'(x) < 0$.
$x \in (-1/2, 0)$ માટે,$f'(x) > 0$.
$x \in (0, 1/2)$ માટે,$f'(x) < 0$.
$x \in (1/2, \infty)$ માટે,$f'(x) > 0$.
આમ,વિધેય $(-\infty, -1/2) \cup (0, 1/2)$ અંતરાલમાં એકદમ ઘટતું વિધેય છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = x^3 - x^2 + 100x + 1001$.
વિધેયનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = 3x^2 - 2x + 100$.
આ દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક $D = (-2)^2 - 4(3)(100) = 4 - 1200 = -1196$ છે.
અહીં $D < 0$ છે અને $x^2$ નો સહગુણક ધન છે,તેથી તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) > 0$ થાય.
આમ,$f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
ચુસ્ત વધતા વિધેય માટે,જો $a > b$ હોય,તો $f(a) > f(b)$ થાય.
અહીં $\frac{1}{1999} > \frac{1}{2000}$ હોવાથી,$f\left(\frac{1}{1999}\right) > f\left(\frac{1}{2000}\right)$ સાચું છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{|x - 1|}{x^2}$.
કિસ્સો $1$: જો $x < 1$ અને $x \neq 0$ હોય,તો $f(x) = \frac{-(x - 1)}{x^2} = \frac{1 - x}{x^2} = x^{-2} - x^{-1}$.
$f'(x) = -2x^{-3} + x^{-2} = \frac{-2 + x}{x^3} = \frac{x - 2}{x^3}$.
વિધેય $f(x)$ ઘટતું હોય તે માટે $f'(x) < 0$,તેથી $\frac{x - 2}{x^3} < 0$.
આ શરત $x \in (0, 1)$ માટે સાચી છે.
કિસ્સો $2$: જો $x > 1$ હોય,તો $f(x) = \frac{x - 1}{x^2} = x^{-1} - x^{-2}$.
$f'(x) = -x^{-2} + 2x^{-3} = \frac{-x + 2}{x^3} = \frac{-(x - 2)}{x^3}$.
વિધેય $f(x)$ ઘટતું હોય તે માટે $f'(x) < 0$,તેથી $\frac{-(x - 2)}{x^3} < 0$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{x - 2}{x^3} > 0$.
આ શરત $x \in (2, \infty)$ માટે સાચી છે.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,વિધેય $(0, 1) \cup (2, \infty)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(C) ધારો કે $f(x) = |x^2 - |x| - 2|$.
$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે તેને $x \ge 0$ માટે તપાસીએ,જ્યાં $f(x) = |x^2 - x - 2| = |(x-2)(x+1)|$ થાય.
$x \ge 0$ માટે,$x+1 > 0$ હોવાથી,$f(x) = |x-2|(x+1)$ મળે.
જો $0 \le x < 2$ હોય,તો $f(x) = (2-x)(x+1) = -x^2 + x + 2$ થાય.
તેનું વિકલન $f'(x) = -2x + 1$ છે.
$f'(x) = 0$ લેતા $x = 1/2$ મળે છે.
વિધેય $(0, 1/2)$ માં વધે છે અને $(1/2, 2)$ માં ઘટે છે.
આમ,વિધેય $1/2$ ને સમાવતા કોઈપણ અંતરાલમાં અ-એકવિધ છે,જેમ કે $(0, 2)$.
આપેલા વિકલ્પો જોતા,$x \in (0, 2)$ એ સાચો અંતરાલ છે જ્યાં વિધેય અ-એકવિધ છે.

(C) $S_1$ નું વિશ્લેષણ: ધારો કે $f(x) = e^x$. તો $f'(x) = e^x > 0$. વિધેય $g(x) = \frac{f(x)}{f'(x)} = \frac{e^x}{e^x} = 1$. $g(x) = 1$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,તે વધતું વિધેય નથી. તેથી,$S_1$ ખોટું છે.
$S_2$ નું વિશ્લેષણ: $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે,$\frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x > 0$ અને $\frac{d}{dx}(\tan x) = \sec^2 x > 0$. વિકલિતો ધન હોવાથી,$\sin x$ અને $\tan x$ બંને $(0, \frac{\pi}{2})$ માં વધતા વિધેયો છે. તેથી,$S_2$ સાચું છે.
આમ,$S_1$ ખોટું છે અને $S_2$ સાચું છે.

(D) વિધેયને આ રીતે વ્યાખ્યાયિત કરી શકાય: $f(x) = \begin{cases} \frac{-(x-1)}{x^2} & x < 1 \\ \frac{x-1}{x^2} & x \geq 1 \end{cases}$.
વિકલિત $f'(x)$ મેળવતા:
$x < 1$ માટે,$f(x) = \frac{-x+1}{x^2} = -x^{-1} + x^{-2}$,તેથી $f'(x) = x^{-2} - 2x^{-3} = \frac{x-2}{x^3}$.
$x > 1$ માટે,$f(x) = \frac{x-1}{x^2} = x^{-1} - x^{-2}$,તેથી $f'(x) = -x^{-2} + 2x^{-3} = \frac{-(x-2)}{x^3}$.
વિધેય $f(x)$ ઘટતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
કિસ્સો $1$: $x < 1$. આપણે $\frac{x-2}{x^3} < 0$ ની જરૂર છે. $x^3$ અને $x$ ના ચિહ્નો સમાન હોવાથી,આનો અર્થ એ છે કે $x(x-2) < 0$,જે $x \in (0, 2)$ આપે છે. $x < 1$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x \in (0, 1)$ મળે છે.
કિસ્સો $2$: $x > 1$. આપણે $\frac{-(x-2)}{x^3} < 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{x-2}{x^3} > 0$. આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $x \in (-\infty, 0) \cup (2, \infty)$. $x > 1$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x \in (2, \infty)$ મળે છે.
આમ,વિધેય $(0, 1) \cup (2, \infty)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(B) $f(x) = \frac{a \sin x + b \cos x}{c \sin x + d \cos x}$ સ્વરૂપના વિધેય માટે,તે એકવિધ વધતું હોય ત્યારે તેનું વિકલન $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$f(x) = \frac{u}{v}$ નું વિકલન $f'(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ થાય.
અહીં,$u = \lambda \sin x + 3 \cos x$ અને $v = 2 \sin x + 6 \cos x$ છે.
$u' = \lambda \cos x - 3 \sin x$ અને $v' = 2 \cos x - 6 \sin x$ છે.
$u'v - uv' = (\lambda \cos x - 3 \sin x)(2 \sin x + 6 \cos x) - (\lambda \sin x + 3 \cos x)(2 \cos x - 6 \sin x)$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને મળે: $(2\lambda \sin x \cos x + 6\lambda \cos^2 x - 6 \sin^2 x - 18 \sin x \cos x) - (2\lambda \sin x \cos x - 6\lambda \sin^2 x + 6 \cos^2 x - 18 \sin x \cos x)$.
સાદુરૂપ આપતા,$2\lambda \sin x \cos x$ અને $-18 \sin x \cos x$ પદો ઉડી જશે.
બાકી રહેતું પદ: $6\lambda \cos^2 x - 6 \sin^2 x + 6\lambda \sin^2 x - 6 \cos^2 x = 6(\lambda - 1)(\cos^2 x + \sin^2 x) = 6(\lambda - 1)$.
$f'(x) > 0$ માટે,$6(\lambda - 1) > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\lambda - 1 > 0$,એટલે કે $\lambda > 1$.

(A) વિધેયને આ રીતે વ્યાખ્યાયિત કરી શકાય: $f(x) = \begin{cases} (x-2)(x-3) = x^2 - 5x + 6, & x \ge 3 \\ (x-2)(-(x-3)) = -(x^2 - 5x + 6) = -x^2 + 5x - 6, & x < 3 \end{cases}$.
જ્યારે $x \ge 3$ હોય,ત્યારે $f'(x) = 2x - 5$. કારણ કે $x \ge 3$,તેથી $2x - 5 \ge 2(3) - 5 = 1 > 0$. આમ,$f(x)$ એ $[3, \infty)$ પર વધતું વિધેય છે.
જ્યારે $x < 3$ હોય,ત્યારે $f'(x) = -2x + 5$. વિધેય ત્યારે વધે છે જ્યારે $f'(x) > 0$,એટલે કે $-2x + 5 > 0$,જેનો અર્થ છે $x < \frac{5}{2}$.
આ અંતરાલોને જોડતા,વિધેય $(-\infty, \frac{5}{2}) \cup (3, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે ઘટતું હોય તે માટે તેનું વિકલન $f'(x) \leqslant 0$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{3} \sin x - \cos x - 2ax + b$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \sqrt{3} \cos x + \sin x - 2a$.
$f(x)$ ઘટતું વિધેય હોવાથી,$f'(x) \leqslant 0$ દરેક $x$ માટે.
$\sqrt{3} \cos x + \sin x \leqslant 2a$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $A \cos x + B \sin x$ ની કિંમત $[-\sqrt{A^2 + B^2}, \sqrt{A^2 + B^2}]$ અંતરાલમાં હોય છે.
અહીં,$A = \sqrt{3}$ અને $B = 1$,તેથી $\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{3 + 1} = 2$.
આમ,$\sqrt{3} \cos x + \sin x$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે.
અસમતા $2 \leqslant 2a$ દરેક $x$ માટે સાચી હોવી જોઈએ,તેથી $2 \leqslant 2a$ એટલે કે $a \geqslant 1$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) અંતરાલ $[a, b]$ પર વધતું વિધેય $f(x)$ સતત અથવા વિકલનીય હોવું જરૂરી નથી.
$1$. $f(x)$ વધતું વિધેય હોવાથી,$[a, b]$ માં કોઈપણ $x_1 < x_2$ માટે,$f(x_1) \leq f(x_2)$ થાય.
$2$. $f(x)$ નો વિસ્તાર $[f(a), f(b)]$ નો ઉપગણ છે,પરંતુ જો વિધેય અસતત હોય તો તે $[f(a), f(b)]$ ને સમાન હોવું જરૂરી નથી.
$3$. $f'(x)$ દરેક બિંદુએ અસ્તિત્વ ધરાવતું ન પણ હોય,તેથી $f'(x) \geq 0$ હંમેશા સાચું નથી.
$4$. કોઈપણ $c \in (f(a), f(b))$ માટે,જો $f(x) = c$ ના બે ભિન્ન ઉકેલો $x_1 < x_2$ હોય,તો $f(x_1) = f(x_2) = c$ થાય. જો વિધેય ચુસ્ત વધતું હોય,તો આ અશક્ય છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ સૌથી યોગ્ય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \int\limits_0^x {{e^t}{{\sin }^{ - 1}}(t - 1)\ln t\,dt}$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f^\prime(x) = e^x \sin^{-1}(x-1) \ln x$.
$f(x)$ નો પ્રદેશ સંકલિતના પ્રદેશ દ્વારા નક્કી થાય છે: $x > 0$ અને $-1 \leq x-1 \leq 1$,જેનો અર્થ છે કે $x \in (0, 2]$.
હવે,અંતરાલ $(0, 2]$ માં $f^\prime(x)$ ની નિશાની તપાસીએ:
$1$. $e^x > 0$ તમામ $x$ માટે.
$2$. $\ln x < 0$ જ્યારે $x \in (0, 1)$ અને $\ln x > 0$ જ્યારે $x \in (1, 2]$.
$3$. $\sin^{-1}(x-1) < 0$ જ્યારે $x \in (0, 1)$ અને $\sin^{-1}(x-1) > 0$ જ્યારે $x \in (1, 2]$.
$x \in (0, 1)$ માટે: $f^\prime(x) = (+) \cdot (-) \cdot (-) = (+) > 0$.
$x \in (1, 2]$ માટે: $f^\prime(x) = (+) \cdot (+) \cdot (+) = (+) > 0$.
$x = 1$ આગળ,$f^\prime(1) = 0$. તેથી,તમામ $x \in (0, 2]$ માટે $f^\prime(x) \geq 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = e^{\sin x} + 2m\sin x + 1$.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) > 0$ દરેક $x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$ માટે હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \cos x \cdot e^{\sin x} + 2m \cos x = \cos x (e^{\sin x} + 2m)$.
અહીં $x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$ હોવાથી,$\cos x > 0$ થાય.
તેથી,આપણે $e^{\sin x} + 2m > 0$ દરેક $x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$ માટે મેળવવું પડે.
આનો અર્થ એ છે કે $2m > -e^{\sin x}$,અથવા $m > -\frac{e^{\sin x}}{2}$.
જેમ $x$ એ $0$ થી $\frac{\pi}{2}$ સુધી બદલાય છે,તેમ $\sin x$ એ $0$ થી $1$ સુધી બદલાય છે.
તેથી,$e^{\sin x}$ એ $e^0 = 1$ થી $e^1 = e$ સુધી બદલાય છે.
આમ,$-\frac{e^{\sin x}}{2}$ એ $-\frac{1}{2}$ થી $-\frac{e}{2}$ સુધી બદલાય છે.
અસમતા $m > -\frac{e^{\sin x}}{2}$ દરેક $x$ માટે સાચી રહે તે માટે,$m$ એ $-\frac{e^{\sin x}}{2}$ ના સુપ્રીમમ (મહત્તમ સીમા) કરતા મોટું અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ.
$-\frac{e^{\sin x}}{2}$ નું સુપ્રીમમ $-\frac{1}{2}$ છે.
તેથી,$m \ge -\frac{1}{2}$,એટલે કે $\left[ -\frac{1}{2}, \infty \right)$.

(C) કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \int_{-2}^{x} t \cdot g'(t) \, dt = x \cdot g'(x)$
કારણ કે $g$ એ વધતું વિધેય છે,તેથી તમામ $x \geq -2$ માટે $g'(x) \geq 0$ થાય.
હવે,$f'(x) = x \cdot g'(x)$ ની નિશાની તપાસીએ:
$1$. $x \in [-2, 0)$ માટે,$x < 0$ અને $g'(x) \geq 0$,તેથી $f'(x) \leq 0$. આમ,$f(x)$ એ $[-2, 0)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
$2$. $x > 0$ માટે,$x > 0$ અને $g'(x) \geq 0$,તેથી $f'(x) \geq 0$. આમ,$f(x)$ એ $(0, \infty)$ પર વધતું વિધેય છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x \in [-2, 0)$ માટે ઘટતું અને $x > 0$ માટે વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = 2 \log_e(x - 2) - x^2 + 4x + 1$.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$x - 2 > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x > 2$.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે અંતરાલ શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{2}{x - 2} - 2x + 4$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$f'(x) = \frac{2 - 2x(x - 2) + 4(x - 2)}{x - 2} = \frac{2 - 2x^2 + 4x + 4x - 8}{x - 2} = \frac{-2x^2 + 8x - 6}{x - 2}$.
અંશના અવયવ પાડતા:
$f'(x) = \frac{-2(x^2 - 4x + 3)}{x - 2} = \frac{-2(x - 3)(x - 1)}{x - 2}$.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ:
$\frac{-2(x - 3)(x - 1)}{x - 2} > 0 \Rightarrow \frac{(x - 3)(x - 1)}{x - 2} < 0$.
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,અંતરાલ $(-\infty, 1) \cup (2, 3)$ માટે $f'(x) > 0$ મળે છે.
$f(x)$ નો પ્રદેશ $x > 2$ હોવાથી,$(-\infty, 1) \cup (2, 3)$ અને $(2, \infty)$ નો છેદગણ $(2, 3)$ મળે છે.
આમ,વિધેય $(2, 3)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = \sin^4 x + \cos^4 x$.
આને $f(x) = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{1}{2}(2\sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{1}{2}\sin^2(2x)$ તરીકે લખી શકાય.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f'(x) = -\frac{1}{2} \cdot 2\sin(2x) \cdot \cos(2x) \cdot 2 = -2\sin(2x)\cos(2x) = -\sin(4x)$ મળે.
વિધેય $f(x)$ વધતું વિધેય છે જો $f'(x) > 0$ હોય,એટલે કે $-\sin(4x) > 0$,અથવા $\sin(4x) < 0$.
આ અસમતા ત્યારે સાચી ઠરે છે જ્યારે $\pi < 4x < 2\pi$ હોય.
$4$ વડે ભાગતા,આપણને $\pi/4 < x < \pi/2$ મળે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,અંતરાલ $\pi/4 < x < 3\pi/8$ એ $(\pi/4, \pi/2)$ નો ઉપગણ છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ માં આપેલ અંતરાલમાં વિધેય વધે છે.

(A) આપેલ વિધેય $y = [x(x - 3)]^2 = (x^2 - 3x)^2$ છે.
વિધેય વધતું હોય તે અંતરાલ શોધવા માટે,આપણે વિકલન $\frac{dy}{dx}$ શોધીશું અને તેને શૂન્ય કરતા મોટું લઈશું.
$\frac{dy}{dx} = 2(x^2 - 3x)(2x - 3) = 2x(x - 3)(2x - 3)$.
વિધેય વધતું હોવા માટે,$\frac{dy}{dx} > 0$,એટલે કે $2x(x - 3)(2x - 3) > 0$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = 0$,$x = 3/2$ અને $x = 3$ છે.
સંખ્યા રેખા પર અંતરાલો તપાસતા:
$1$. $x \in (-\infty, 0)$ માટે,$\frac{dy}{dx} < 0$.
$2$. $x \in (0, 3/2)$ માટે,$\frac{dy}{dx} > 0$.
$3$. $x \in (3/2, 3)$ માટે,$\frac{dy}{dx} < 0$.
$4$. $x \in (3, \infty)$ માટે,$\frac{dy}{dx} > 0$.
આમ,વિધેય $x \in (0, 3/2) \cup (3, \infty)$ માટે વધે છે.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો અંતરાલ $0 < x < 3/2$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{\lambda \sin x + 3 \cos x}{2 \sin x + 6 \cos x}$ છે.
એકવિધતા ચકાસવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમ $\left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ.
અહીં,$u = \lambda \sin x + 3 \cos x$ અને $v = 2 \sin x + 6 \cos x$ છે.
$u' = \lambda \cos x - 3 \sin x$ અને $v' = 2 \cos x - 6 \sin x$ છે.
$f'(x) = \frac{(\lambda \cos x - 3 \sin x)(2 \sin x + 6 \cos x) - (\lambda \sin x + 3 \cos x)(2 \cos x - 6 \sin x)}{(2 \sin x + 6 \cos x)^2}$.
અંશનું વિસ્તરણ કરતા:
$(\lambda \cos x - 3 \sin x)(2 \sin x + 6 \cos x) = 2\lambda \sin x \cos x + 6\lambda \cos^2 x - 6 \sin^2 x - 18 \sin x \cos x$.
$(\lambda \sin x + 3 \cos x)(2 \cos x - 6 \sin x) = 2\lambda \sin x \cos x - 6\lambda \sin^2 x + 6 \cos^2 x - 18 \sin x \cos x$.
આ બંનેની બાદબાકી કરતા:
અંશ $= (6\lambda \cos^2 x - 6 \sin^2 x) - (-6\lambda \sin^2 x + 6 \cos^2 x) = 6\lambda(\cos^2 x + \sin^2 x) - 6(\sin^2 x + \cos^2 x) = 6\lambda - 6 = 6(\lambda - 1)$.
આમ,$f'(x) = \frac{6(\lambda - 1)}{(2 \sin x + 6 \cos x)^2}$.
વિધેય એકવિધ વધતું હોય તે માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
છેદ વર્ગ હોવાથી તે હંમેશા ધન છે. તેથી,$6(\lambda - 1) > 0$ થવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\lambda - 1 > 0$,એટલે કે $\lambda > 1$.

(B) આપેલ છે કે $f''(x) < 0$,જેનો અર્થ છે કે $f'(x)$ એ ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
ધારો કે $H(x) = f(1 - x) + 2f(x/2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $H'(x) = -f'(1 - x) + f'(x/2)$ મળે છે.
$H(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $H'(x) > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $-f'(1 - x) + f'(x/2) > 0$,અથવા $f'(x/2) > f'(1 - x)$.
કારણ કે $f'(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે,$f'(a) > f'(b)$ નો અર્થ $a < b$ થાય છે.
તેથી,$x/2 < 1 - x$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $x/2 + x < 1 \Rightarrow 3x/2 < 1 \Rightarrow x < 2/3$.
આમ,$H(x)$ એ $(0, 2/3)$ માં વધતું વિધેય છે.
તે જ રીતે,$H(x)$ ઘટતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $H'(x) < 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $f'(x/2) < f'(1 - x)$,જે $x/2 > 1 - x$ તરફ દોરી જાય છે,અથવા $x > 2/3$.
આમ,$H(x)$ એ $(2/3, 2)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(A) $\phi(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\phi'(x) = 3(f(x))^2 f'(x) - 6f(x) f'(x) + 4f'(x) + 5 + 3 \cos x - 4 \sin x$
$f'(x)$ ને સામાન્ય લેતા:
$\phi'(x) = f'(x) [3(f(x))^2 - 6f(x) + 4] + 5 + 3 \cos x - 4 \sin x$
દ્વિઘાત પદ $3(f(x))^2 - 6f(x) + 4$ નું વિશ્લેષણ કરતા:
વિવેચક $D = (-6)^2 - 4(3)(4) = 36 - 48 = -12 < 0$.
અહીં અગ્ર સહગુણક ધન હોવાથી,$3(f(x))^2 - 6f(x) + 4 > 0$ દરેક $f(x) \in R$ માટે.
ત્રિકોણમિતીય પદ $3 \cos x - 4 \sin x$ નું વિશ્લેષણ કરતા:
$a \cos x + b \sin x$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{a^2 + b^2}, \sqrt{a^2 + b^2}]$ છે.
તેથી,$3 \cos x - 4 \sin x$ નો વિસ્તાર $[-5, 5]$ છે.
આમ,$\phi'(x) = f'(x) \cdot [\text{ધન કિંમત}] + 5 + [\text{કિંમત } [-5, 5] \text{ માં}]$.
કારણ કે $5 + [-5, 5] \ge 0$,જો $f'(x) \ge 0$ (એટલે કે $f$ વધતું વિધેય હોય),તો $\phi'(x) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $\phi$ વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે $x = \frac{1}{1+t^2}$ અને $y = \frac{1}{t(1+t^2)}$.
$t > 0$ હોવાથી,$1+t^2 > 1$,તેથી $0 < x < 1$.
આપણને મળે $1+t^2 = \frac{1}{x}$,જે સૂચવે છે કે $t^2 = \frac{1-x}{x}$.
વળી,$y = \frac{1}{t(1+t^2)} = \frac{1}{t} \cdot x$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $y^2 = \frac{x^2}{t^2} = \frac{x^2}{(1-x)/x} = \frac{x^3}{1-x}$.
$t > 0$ હોવાથી,$y > 0$,તેથી $y = \sqrt{\frac{x^3}{1-x}}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{x^3}{1-x}}} \cdot \frac{(1-x)(3x^2) - x^3(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1}{2y} \cdot \frac{3x^2 - 3x^3 + x^3}{(1-x)^2} = \frac{3x^2 - 2x^3}{2y(1-x)^2}$.
$f$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,$\frac{dy}{dx} > 0$.
$y > 0$ અને $(1-x)^2 > 0$ હોવાથી,આપણે $3x^2 - 2x^3 > 0$ ની જરૂર છે.
$x^2(3 - 2x) > 0$.
$x \in (0, 1)$ માટે $x^2 > 0$ હોવાથી,આપણે $3 - 2x > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $x < 3/2$.
$x$ એ $(0, 1)$ માં મર્યાદિત હોવાથી,વિધેય તમામ $x \in (0, 1)$ માટે વધતું છે.

(D) આપેલ છે $y = 2x + \cot^{-1} x + \log(\sqrt{1 + x^2} - x)$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $\frac{dy}{dx}$ શોધીએ:
$\frac{dy}{dx} = 2 - \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{\sqrt{1+x^2} - x} \cdot \left( \frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}} - 1 \right)$
$= 2 - \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{\sqrt{1+x^2} - x} \cdot \left( \frac{x - \sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}} \right)$
$= 2 - \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$
કારણ કે $x^2 \geq 0$,તેથી $1+x^2 \geq 1$,જેનો અર્થ છે કે $0 < \frac{1}{1+x^2} \leq 1$ અને $0 < \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \leq 1$.
આમ,$\frac{dy}{dx} = 2 - (\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}) \geq 2 - (1 + 1) = 0$.
કારણ કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $\frac{dy}{dx} \geq 0$ છે,તેથી વિધેય $y$ એ $(-\infty, \infty)$ પર વધે છે.

(D) આપેલ છે કે $g(x) = 2f(\frac{x}{2}) + f(2 - x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે $g'(x) = 2f'(\frac{x}{2}) \cdot \frac{1}{2} + f'(2 - x) \cdot (-1) = f'(\frac{x}{2}) - f'(2 - x)$.
આપણને આપેલ છે કે $f''(x) < 0$ દરેક $x \in (0, 2)$ માટે,જેનો અર્થ છે કે $f'(x)$ એ $(0, 2)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
$g(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $g'(x) > 0$ હોવું જરૂરી છે,જેનો અર્થ છે કે $f'(\frac{x}{2}) - f'(2 - x) > 0$,અથવા $f'(\frac{x}{2}) > f'(2 - x)$.
કારણ કે $f'(x)$ ઘટતું વિધેય છે,$f'(a) > f'(b)$ નો અર્થ છે કે $a < b$.
તેથી,$\frac{x}{2} < 2 - x$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $\frac{x}{2} + x < 2 \implies \frac{3x}{2} < 2 \implies x < \frac{4}{3}$.
આમ,$g(x)$ એ $(0, 4/3)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 - 3x^2 + 5x + 7$ છે.
વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - 3x^2 + 5x + 7) = 3x^2 - 6x + 5$.
હવે,$f'(x) = 3x^2 - 6x + 5$ ની નિશાની તપાસીએ.
આપણે તેને આ રીતે લખી શકીએ: $f'(x) = 3(x^2 - 2x) + 5 = 3(x^2 - 2x + 1 - 1) + 5 = 3(x-1)^2 - 3 + 5 = 3(x-1)^2 + 2$.
દરેક $x \in R$ માટે $(x-1)^2 \ge 0$ હોવાથી,$3(x-1)^2 + 2 \ge 2 > 0$ થાય.
દરેક $x \in R$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર વધતું વિધેય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^4 x + \cos^4 x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{1}{2}(2\sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx} (1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x) = 0 - \frac{1}{2} \cdot 2\sin 2x \cdot \cos 2x \cdot 2 = -2\sin 2x \cos 2x = -\sin 4x$.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$-\sin 4x > 0 \implies \sin 4x < 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta < 0$ માટે $\theta \in (\pi, 2\pi)$ હોય.
તેથી,$\pi < 4x < 2\pi$.
$4$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$ મળે.
આમ,$f(x)$ એ $\left[ \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2} \right]$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(C) ધારો કે $f(x) = x^2e^x + x^2e^{-x}.$
$x > 0$ માટે,$x^2e^x$ સ્પષ્ટપણે વધતું વિધેય છે કારણ કે તેનું વિકલન $2xe^x + x^2e^x = xe^x(2+x) > 0$ થાય છે.
હવે $h(x) = x^2e^{-x}$ ધ્યાનમાં લો.
$h'(x) = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = xe^{-x}(2-x).$
$0 < x < 2$ માટે,$h'(x) > 0$ છે,પરંતુ $x > 2$ માટે,$h'(x) < 0$ છે.
આમ,$h(x)$ એ તમામ $x > 0$ માટે વધતું વિધેય નથી,તેથી વિધાન $-2$ ખોટું છે.
હવે,$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2e^x) + \frac{d}{dx}(x^2e^{-x}) = (2x+x^2)e^x + (2x-x^2)e^{-x} = 2x(e^x+e^{-x}) + x^2(e^x-e^{-x}).$
તમામ $x > 0$ માટે $e^x > e^{-x}$ હોવાથી,$e^x - e^{-x} > 0$ થાય.
આમ,તમામ $x > 0$ માટે $f'(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ તમામ $x > 0$ માટે વધતું વિધેય છે.
તેથી,વિધાન $-1$ સાચું છે અને વિધાન $-2$ ખોટું છે.

(C) ધારો કે વિધેય $h(x) = g(x) - f(x) = x - \sin x$,જ્યાં $x \in (0, \infty)$.
વિકલન કરતા,$h'(x) = 1 - \cos x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-1 \le \cos x \le 1$,તેથી $h'(x) = 1 - \cos x \ge 0$ તમામ $x$ માટે.
$h'(x) \ge 0$ અને $h(0) = 0 - \sin(0) = 0$ હોવાથી,વિધેય $h(x)$ એ વધતું વિધેય છે અને $x \in (0, \infty)$ માટે $h(x) \ge 0$ થાય.
આમ,$x \ge \sin x$,જેનો અર્થ છે કે $g(x) \ge f(x)$ સાચું છે. તેથી,વિધાન $1$ સાચું છે.
વિધાન $2$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \in (0, \infty)$ માટે $\sin x \le 1$ અને $\lim_{x \to \infty} x = \infty$. વિધાન $2$ ના બંને ભાગ સાચા છે.
જોકે,$\sin x \le 1$ અને $x \to \infty$ એ હકીકત $x - \sin x$ ના વર્તનને ધ્યાનમાં લીધા વગર $x \ge \sin x$ ને સીધી રીતે સાબિત કરતી નથી. તેથી,વિધાન $2$ એ વિધાન $1$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x e^{x(1-x)}$.
ગુણાકારના નિયમ અને સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,વિકલિત મેળવીએ:
$f'(x) = 1 \cdot e^{x(1-x)} + x \cdot e^{x(1-x)} \cdot (1-2x)$
$f'(x) = e^{x(1-x)} [1 + x - 2x^2]$
$f'(x) = -e^{x(1-x)} [2x^2 - x - 1]$
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$f'(x) = -e^{x(1-x)} (2x + 1)(x - 1)$
$f'(x) = -2 e^{x(1-x)} (x + 1/2)(x - 1)$
દરેક $x \in R$ માટે $e^{x(1-x)} > 0$ હોવાથી,$f'(x)$ ની નિશાની $-(x + 1/2)(x - 1)$ પર આધાર રાખે છે.
$x \in [-1/2, 1]$ માટે,ગુણાકાર $(x + 1/2)(x - 1) \leq 0$ થાય છે.
તેથી,$-(x + 1/2)(x - 1) \geq 0$ થાય.
આમ,$x \in [-1/2, 1]$ માટે $f'(x) \geq 0$ છે.
તેથી,$f(x)$ એ $[-1/2, 1]$ પર વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}} - \frac{d - x}{\sqrt{b^2 + (d - x)^2}}$.
વિધેયનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ.
ભાગાકારના નિયમ અથવા સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,ધારો કે $u = x$ અને $v = \sqrt{a^2 + x^2}$. તો $\frac{d}{dx}(\frac{u}{v}) = \frac{a^2}{(a^2+x^2)^{3/2}}$.
તે જ રીતે,બીજા પદ માટે,ધારો કે $g(x) = \frac{d-x}{\sqrt{b^2+(d-x)^2}}$. પદની આગળ ઋણ નિશાની હોવાથી,તેનું વિકલન $\frac{b^2}{(b^2+(d-x)^2)^{3/2}}$ મળે છે.
આમ,$f'(x) = \frac{a^2}{(a^2+x^2)^{3/2}} + \frac{b^2}{(b^2+(d-x)^2)^{3/2}}$.
અહીં $a^2, b^2 > 0$ હોવાથી અને છેદ હંમેશા ધન હોવાથી,$f'(x) > 0$ તમામ $x \in R$ માટે.
તેથી,$f$ એ $x$ નું વધતું વિધેય છે.

(C) આપેલ છે કે $\phi(x) = f(x) + f(2 - x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\phi'(x) = f'(x) - f'(2 - x)$ મળે છે.
તમામ $x \in (0, 2)$ માટે $f''(x) > 0$ હોવાથી,વિકલિત $f'(x)$ એ $(0, 2)$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
કિસ્સો $I$: જો $x > 1$ હોય,તો $x > 2 - x$ થાય. $f'(x)$ ચુસ્ત વધતું હોવાથી,$f'(x) > f'(2 - x)$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\phi'(x) = f'(x) - f'(2 - x) > 0$. આમ,$\phi(x)$ એ $(1, 2)$ પર વધતું વિધેય છે.
કિસ્સો $II$: જો $x < 1$ હોય,તો $x < 2 - x$ થાય. $f'(x)$ ચુસ્ત વધતું હોવાથી,$f'(x) < f'(2 - x)$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\phi'(x) = f'(x) - f'(2 - x) < 0$. આમ,$\phi(x)$ એ $(0, 1)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,$\phi(x)$ એ $(0, 1)$ પર ઘટતું અને $(1, 2)$ પર વધતું વિધેય છે.

(A) $h(x) = f(g(x))$
$h'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x)$
આપેલ છે $f(x) = e^x - x$,તેથી $f'(x) = e^x - 1$.
આપેલ છે $g(x) = x^2 - x$,તેથી $g'(x) = 2x - 1$.
આમ,$h'(x) = (e^{x^2 - x} - 1)(2x - 1)$.
વિધેય $h(x)$ વધતું હોય તે માટે $h'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $(e^{x^2 - x} - 1)(2x - 1) \geq 0$.
કિસ્સો $1$: બંને અવયવો અ-ઋણ હોય.
$e^{x^2 - x} - 1 \geq 0 \Rightarrow e^{x^2 - x} \geq 1 \Rightarrow x^2 - x \geq 0 \Rightarrow x(x - 1) \geq 0 \Rightarrow x \in (-\infty, 0] \cup [1, \infty)$.
$2x - 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq \frac{1}{2}$.
છેદગણ: $x \in [1, \infty)$.
કિસ્સો $2$: બંને અવયવો અ-ધન હોય.
$e^{x^2 - x} - 1 \leq 0 \Rightarrow x^2 - x \leq 0 \Rightarrow x \in [0, 1]$.
$2x - 1 \leq 0 \Rightarrow x \leq \frac{1}{2}$.
છેદગણ: $x \in [0, \frac{1}{2}]$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,$x$ નો ગણ $[0, \frac{1}{2}] \cup [1, \infty)$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે તમામ $x \in (a, b)$ માટે $f^{\prime}(x) > 0$ અને $f^{\prime \prime}(x) < 0$ છે,તેથી વિધેય $f$ એ $[a, b]$ અંતરાલ પર ચુસ્ત વધતું અને અંતર્મુખ (concave downwards) છે.
ધારો કે $m_1$ એ $(a, f(a))$ અને $(c, f(c))$ માંથી પસાર થતી છેદિકા રેખાનો ઢાળ છે,અને $m_2$ એ $(c, f(c))$ અને $(b, f(b))$ માંથી પસાર થતી છેદિકા રેખાનો ઢાળ છે.
$m_1 = \frac{f(c)-f(a)}{c-a}$ અને $m_2 = \frac{f(b)-f(c)}{b-c}$.
વિધેય અંતર્મુખ હોવાથી,જેમ આપણે જમણી તરફ જઈએ છીએ તેમ છેદિકા રેખાનો ઢાળ ઘટે છે. તેથી,$m_1 > m_2$.
$m_1$ અને $m_2$ ના પદો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{f(c)-f(a)}{c-a} > \frac{f(b)-f(c)}{b-c}$.
જરૂરી ગુણોત્તર મેળવવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{f(c)-f(a)}{f(b)-f(c)} > \frac{c-a}{b-c}$.

(A) ધારો કે $x_{1}$ અને $x_{2}$ એ $R$ માં કોઈપણ બે વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે જેથી $x_{1} < x_{2}$.
બંને બાજુ $7$ વડે ગુણતા,આપણને $7x_{1} < 7x_{2}$ મળે છે.
બંને બાજુથી $3$ બાદ કરતા,આપણને $7x_{1} - 3 < 7x_{2} - 3$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x_{1}) < f(x_{2})$.
જેથી $x_{1} < x_{2}$ હોવાથી $f(x_{1}) < f(x_{2})$ મળે છે,જે તમામ $x_{1}, x_{2} \in R$ માટે સાચું છે,તેથી વિધેય $f(x) = 7x - 3$ એ $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,વિકલિત કસોટીનો ઉપયોગ કરતા: $f'(x) = \frac{d}{dx}(7x - 3) = 7$.
તમામ $x \in R$ માટે $f'(x) = 7 > 0$ હોવાથી,વિધેય $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(N/A) વિધેય $f(x) = x^{3} - 3x^{2} + 4x$ એ $R$ પર વધતું વિધેય છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{3} - 3x^{2} + 4x) = 3x^{2} - 6x + 4$
હવે,આપણે $f'(x)$ ના પદને પૂર્ણવર્ગ બનાવીને ફરીથી લખીએ:
$f'(x) = 3(x^{2} - 2x) + 4$
$f'(x) = 3(x^{2} - 2x + 1 - 1) + 4$
$f'(x) = 3((x - 1)^{2} - 1) + 4$
$f'(x) = 3(x - 1)^{2} - 3 + 4$
$f'(x) = 3(x - 1)^{2} + 1$
દરેક $x \in R$ માટે $(x - 1)^{2} \geq 0$ હોવાથી,$3(x - 1)^{2} \geq 0$ થાય.
બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા,આપણને $3(x - 1)^{2} + 1 \geq 1$ મળે છે.
આમ,દરેક $x \in R$ માટે $f'(x) > 0$ છે.
વિકલિત $f'(x)$ એ પ્રદેશ $R$ ના તમામ $x$ માટે $0$ કરતા મોટું હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર વધતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \cos x$ છે.
વિધેય વધતું છે કે ઘટતું તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\cos x) = -\sin x$.
વિધેય ઘટતું હોય તે માટે,આપણે $f'(x) < 0$ ની જરૂર છે.
અંતરાલ $(0, \pi)$ માં,$\sin x$ ની કિંમત હંમેશા ધન હોય છે (એટલે કે,$\sin x > 0$).
તેથી,દરેક $x \in (0, \pi)$ માટે $f'(x) = -\sin x < 0$ થાય છે.
આમ,અંતરાલ $(0, \pi)$ માં વિકલન ઋણ હોવાથી,વિધેય $f(x) = \cos x$ એ $(0, \pi)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(N/A) વિધેય $f(x) = \cos x$ કયા અંતરાલમાં વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\cos x) = -\sin x$.
વિધેય વધતું હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે.
આનો અર્થ એ છે કે $-\sin x > 0$,જેનું સાદું રૂપ $\sin x < 0$ થાય છે.
અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં,સાઈન વિધેય ઋણ હોય છે (તે ત્રીજા અને ચોથા ચરણમાં આવે છે).
કારણ કે દરેક $x \in (\pi, 2\pi)$ માટે $\sin x < 0$ છે,તેથી $f'(x) = -\sin x > 0$ થાય છે.
આથી,વિધેય $f(x) = \cos x$ એ અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \cos x$ છે.
પગલું $1$: વિધેયનું વિકલન મેળવો.
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(\cos x) = -\sin x$.
પગલું $2$: અંતરાલ $(0, 2\pi)$ માં $f^{\prime}(x)$ ની નિશાની તપાસો.
$(a)$ $x \in (0, \pi)$ માટે,$\sin x > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) = -\sin x < 0$. તેથી,વિધેય $f$ એ $(0, \pi)$ માં ઘટતું વિધેય છે.
$(b)$ $x \in (\pi, 2\pi)$ માટે,$\sin x < 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) = -\sin x > 0$. તેથી,વિધેય $f$ એ $(\pi, 2\pi)$ માં વધતું વિધેય છે.
પગલું $3$: નિષ્કર્ષ.
વિધેય અંતરાલ $(0, \pi)$ માં ઘટતું હોવાથી અને અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં વધતું હોવાથી,તે સમગ્ર અંતરાલ $(0, 2\pi)$ માં વધતું કે ઘટતું વિધેય નથી.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x^{2} - 4x + 6$.
વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = 2x - 4$ મળે છે.
$f'(x) = 0$ લેતા,$2x - 4 = 0$,જેનો ઉકેલ $x = 2$ મળે છે.
બિંદુ $x = 2$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને બે અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, 2)$ અને $(2, \infty)$.
$(a)$ અંતરાલ $(2, \infty)$ માં,કોઈપણ $x > 2$ માટે,$f'(x) = 2x - 4 > 0$ થાય છે. તેથી,વિધેય $f$ એ અંતરાલ $(2, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે.
$(b)$ અંતરાલ $(-\infty, 2)$ માં,કોઈપણ $x < 2$ માટે,$f'(x) = 2x - 4 < 0$ થાય છે. તેથી,વિધેય $f$ એ અંતરાલ $(-\infty, 2)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = 4x^3 - 6x^2 - 72x + 30$.
પ્રથમ,વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = 12x^2 - 12x - 72$
$f'(x) = 12(x^2 - x - 6)$
$f'(x) = 12(x - 3)(x + 2)$
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લો:
$12(x - 3)(x + 2) = 0$
$x = 3$ અથવા $x = -2$.
બિંદુઓ $x = -2$ અને $x = 3$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને ત્રણ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, -2)$,$(-2, 3)$,અને $(3, \infty)$.
દરેક અંતરાલમાં $f'(x)$ ની નિશાની તપાસતા:
$1$. $(-\infty, -2)$ માટે,$x = -3$ લો: $f'(-3) = 12(-6)(-1) = 72 > 0$. તેથી,$f$ વધતું વિધેય છે.
$2$. $(-2, 3)$ માટે,$x = 0$ લો: $f'(0) = 12(-3)(2) = -72 < 0$. તેથી,$f$ ઘટતું વિધેય છે.
$3$. $(3, \infty)$ માટે,$x = 4$ લો: $f'(4) = 12(1)(6) = 72 > 0$. તેથી,$f$ વધતું વિધેય છે.

(N/A) આપણી પાસે $f(x) = \sin 3x$ છે.
તેથી,$f'(x) = 3 \cos 3x$ થાય.
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે $f'(x) = 0$ લઈએ,જે $3 \cos 3x = 0$ અથવા $\cos 3x = 0$ આપે છે.
અહીં $x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ હોવાથી,$3x \in \left[0, \frac{3\pi}{2}\right]$ થાય.
તેથી,$3x = \frac{\pi}{2}$ અથવા $3x = \frac{3\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $x = \frac{\pi}{6}$ અથવા $x = \frac{\pi}{2}$.
બિંદુ $x = \frac{\pi}{6}$ એ અંતરાલ $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ ને બે પેટા-અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $\left[0, \frac{\pi}{6}\right)$ અને $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$.
જ્યારે $x \in \left[0, \frac{\pi}{6}\right)$ હોય,ત્યારે $0 \leq 3x < \frac{\pi}{2}$ થાય,તેથી $\cos 3x > 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f'(x) > 0$. આમ,$f$ એ $\left[0, \frac{\pi}{6}\right]$ પર વધતું વિધેય છે.
જ્યારે $x \in \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ હોય,ત્યારે $\frac{\pi}{2} < 3x \leq \frac{3\pi}{2}$ થાય,તેથી $\cos 3x < 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f'(x) < 0$. આમ,$f$ એ $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ પર ઘટતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x + \cos x$.
વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(x) = \cos x - \sin x$ મળે છે.
$f^{\prime}(x) = 0$ લેતા,$\cos x = \sin x$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\tan x = 1$. $0 \leq x \leq 2 \pi$ હોવાથી,ઉકેલો $x = \frac{\pi}{4}$ અને $x = \frac{5 \pi}{4}$ છે.
બિંદુઓ $x = \frac{\pi}{4}$ અને $x = \frac{5 \pi}{4}$ એ અંતરાલ $[0, 2 \pi]$ ને ત્રણ ભાગમાં વિભાજિત કરે છે: $[0, \frac{\pi}{4})$,$(\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4})$,અને $(\frac{5 \pi}{4}, 2 \pi]$.
આ અંતરાલોમાં $f^{\prime}(x)$ ની નિશાની તપાસતા:

અંતરાલ	$f^{\prime}(x)$ ની નિશાની	વિધેયનો પ્રકાર
$[0, \frac{\pi}{4})$	$f^{\prime}(x) > 0$	$f$ વધતું વિધેય છે
$(\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4})$	$f^{\prime}(x) < 0$	$f$ ઘટતું વિધેય છે
$(\frac{5 \pi}{4}, 2 \pi]$	$f^{\prime}(x) > 0$	$f$ વધતું વિધેય છે

આમ,$f$ એ $[0, \frac{\pi}{4}) \cup (\frac{5 \pi}{4}, 2 \pi]$ માં વધતું વિધેય છે અને $(\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4})$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(A) ધારો કે $x_{1}$ અને $x_{2}$ એવા બે વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે કે જેથી $x_{1} < x_{2}$.
બંને બાજુ $3$ વડે ગુણતા,આપણને $3x_{1} < 3x_{2}$ મળે છે.
બંને બાજુ $17$ ઉમેરતા,આપણને $3x_{1} + 17 < 3x_{2} + 17$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x_{1}) < f(x_{2})$.
જેથી $x_{1} < x_{2}$ હોવાથી $f(x_{1}) < f(x_{2})$ મળે છે,તમામ $x_{1}, x_{2} \in R$ માટે,તેથી વિધેય $f(x) = 3x + 17$ એ $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
વૈકલ્પિક રીત:
વિધેયનું વિકલિત મેળવો: $f'(x) = \frac{d}{dx}(3x + 17) = 3$.
તમામ $x \in R$ માટે $f'(x) = 3 > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(N/A) ધારો કે $x_{1}$ અને $x_{2}$ એ $R$ માં કોઈપણ બે વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે જેથી $x_{1} < x_{2}$.
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા,આપણને $2x_{1} < 2x_{2}$ મળે છે.
ઘાતાંકીય વિધેય $f(t) = e^{t}$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,આપણને $e^{2x_{1}} < e^{2x_{2}}$ મળે છે.
આનો અર્થ એ થાય છે કે $f(x_{1}) < f(x_{2})$.
આમ,$x_{1} < x_{2}$ હોવાથી $f(x_{1}) < f(x_{2})$ મળે છે,તેથી $f(x) = e^{2x}$ એ $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin x$ છે.
વિધેય વધતું છે કે ઘટતું તે નક્કી કરવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$.
હવે આપણે અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં $f'(x)$ ની નિશાની તપાસીએ.
કોઈપણ $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,$\cos x$ ની કિંમત હંમેશા ધન હોય છે (કારણ કે ખૂણો પ્રથમ ચરણમાં છે).
તેથી,$\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં દરેક $x$ માટે $f'(x) = \cos x > 0$ થાય છે.
આમ,આપેલ અંતરાલમાં વિકલિત $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x) = \sin x$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin x$ છે.
વિધેય વધતું છે કે ઘટતું તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$.
આપણે અંતરાલ $x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ ને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ,જે બીજા ચરણમાં આવે છે.
બીજા ચરણમાં,કોસાઇન વિધેય ઋણ હોય છે,એટલે કે તમામ $x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માટે $\cos x < 0$ થાય છે.
તેથી,તમામ $x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માટે $f'(x) = \cos x < 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x) = \sin x$ એ અંતરાલ $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin x$ છે.
આપણે વિકલિત મેળવીએ: $f'(x) = \cos x$.
$(A)$ $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે,$\cos x > 0$,જે સૂચવે છે કે $f'(x) > 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $(0, \frac{\pi}{2})$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$(B)$ $x \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ માટે,$\cos x < 0$,જે સૂચવે છે કે $f'(x) < 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ માં ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
$(C)$ કારણ કે વિધેય $(0, \pi)$ અંતરાલના એક ભાગમાં ચુસ્ત વધતું છે અને બીજા ભાગમાં ચુસ્ત ઘટતું છે,તેથી તે $(0, \pi)$ અંતરાલ પર ન તો વધતું છે કે ન તો ઘટતું છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x)=2 x^{2}-3 x$ છે.
પ્રથમ,આપણે વિધેયનું વિકલન શોધીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(2x^2 - 3x) = 4x - 3$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ (નિર્ણાયક બિંદુઓ) શોધવા માટે,આપણે $f^{\prime}(x) = 0$ લઈએ છીએ:
$4x - 3 = 0 \Rightarrow x = \frac{3}{4}$.
બિંદુ $x = \frac{3}{4}$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને બે અલગ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $\left(-\infty, \frac{3}{4}\right)$ અને $\left(\frac{3}{4}, \infty\right)$.
$(a)$ અંતરાલ $\left(\frac{3}{4}, \infty\right)$ માટે,એક ટેસ્ટ પોઈન્ટ $x = 1$ લો. તો $f^{\prime}(1) = 4(1) - 3 = 1 > 0$. કારણ કે $f^{\prime}(x) > 0$ છે,તેથી વિધેય $f$ એ અંતરાલ $\left(\frac{3}{4}, \infty\right)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
$(b)$ અંતરાલ $\left(-\infty, \frac{3}{4}\right)$ માટે,એક ટેસ્ટ પોઈન્ટ $x = 0$ લો. તો $f^{\prime}(0) = 4(0) - 3 = -3 < 0$. કારણ કે $f^{\prime}(x) < 0$ છે,તેથી વિધેય $f$ એ અંતરાલ $\left(-\infty, \frac{3}{4}\right)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x)=2x^{3}-3x^{2}-36x+7$ છે.
પ્રથમ,આપણે વિધેયનું વિકલન શોધીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(2x^{3}-3x^{2}-36x+7) = 6x^{2}-6x-36$.
હવે,વિકલનના અવયવો પાડીએ:
$f^{\prime}(x) = 6(x^{2}-x-6) = 6(x-3)(x+2)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f^{\prime}(x) = 0$ લો:
$6(x-3)(x+2) = 0 \Rightarrow x = 3, x = -2$.
આ બિંદુઓ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને ત્રણ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, -2)$,$(-2, 3)$,અને $(3, \infty)$.
દરેક અંતરાલમાં $f^{\prime}(x)$ ની નિશાની તપાસીએ:
$1$. $x \in (-\infty, -2)$ માટે,$x = -3$ લો: $f^{\prime}(-3) = 6(-3-3)(-3+2) = 6(-6)(-1) = 36 > 0$. તેથી,$f$ વધતું વિધેય છે.
$2$. $x \in (-2, 3)$ માટે,$x = 0$ લો: $f^{\prime}(0) = 6(0-3)(0+2) = 6(-3)(2) = -36 < 0$. તેથી,$f$ ઘટતું વિધેય છે.
$3$. $x \in (3, \infty)$ માટે,$x = 4$ લો: $f^{\prime}(4) = 6(4-3)(4+2) = 6(1)(6) = 36 > 0$. તેથી,$f$ વધતું વિધેય છે.
નિષ્કર્ષ:
$(a)$ વિધેય $(-\infty, -2) \cup (3, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે.
$(b)$ વિધેય $(-2, 3)$ માં ઘટતું વિધેય છે.