Increasing and Decreasing function Questions in Gujarati

(B) $f(x)$ વધતું વિધેય ક્યારે હોય તે શોધવા માટે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ અને $f'(x) > 0$ લઈએ.
આપેલ છે $f(x) = 3x^4 - 8x^3 - 6x^2 + 24x - 12$.
$f'(x) = 12x^3 - 24x^2 - 12x + 24$.
$12$ સામાન્ય લેતા: $f'(x) = 12(x^3 - 2x^2 - x + 2)$.
અવયવ પાડતા: $f'(x) = 12[x^2(x - 2) - 1(x - 2)] = 12(x^2 - 1)(x - 2) = 12(x - 1)(x + 1)(x - 2)$.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોવા માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $(x - 1)(x + 1)(x - 2) > 0$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = -1, 1, 2$ માટે વેવી કર્વ મેથડનો ઉપયોગ કરતા:
$x \in (-1, 1)$ માટે,$f'(x) > 0$.
$x \in (2, \infty)$ માટે,$f'(x) > 0$.
આમ,વિધેય $(-1, 1) \cup (2, \infty)$ પર વધતું વિધેય છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^2 - \log x$ છે,જ્યાં $x > 0$.
વિધેય કયા અંતરાલમાં ઘટે છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x^2 - \log x) = 4x - \frac{1}{x}$.
વિધેય $f(x)$ ત્યારે ઘટે છે જ્યારે $f'(x) < 0$ હોય.
$4x - \frac{1}{x} < 0$
$\Rightarrow \frac{4x^2 - 1}{x} < 0$.
અહીં $x > 0$ હોવાથી,અસમતાની નિશાની બદલાયા વગર આપણે $x$ વડે ગુણી શકીએ:
$4x^2 - 1 < 0$
$\Rightarrow 4x^2 < 1$
$\Rightarrow x^2 < \frac{1}{4}$
$\Rightarrow |x| < \frac{1}{2}$.
આથી $x \in (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ મળે.
શરત $x > 0$ આપેલ હોવાથી,અંતરાલ $x \in (0, \frac{1}{2})$ થશે.
આમ,વિધેય $(0, \frac{1}{2})$ અંતરાલમાં ઘટે છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x \cdot e^{x-x^2}$ છે.
વધતા કે ઘટતા અંતરાલ શોધવા માટે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ.
ગુણાકારના નિયમ અને સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $f'(x) = 1 \cdot e^{x-x^2} + x \cdot e^{x-x^2} \cdot (1-2x)$.
$f'(x) = e^{x-x^2} [1 + x(1-2x)] = e^{x-x^2} (1 + x - 2x^2)$.
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા: $1 + x - 2x^2 = -(2x^2 - x - 1) = -(2x+1)(x-1) = (2x+1)(1-x)$.
તેથી,$f'(x) = e^{x-x^2} (2x+1)(1-x)$.
વિધેય વધતું હોય તે માટે,$f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે $e^{x-x^2} > 0$ તમામ $x \in R$ માટે,$f'(x)$ ની નિશાની $(2x+1)(1-x)$ પર આધાર રાખે છે.
$(2x+1)(1-x) \geq 0$ નો અર્થ છે કે $-\frac{1}{2} \leq x \leq 1$.
આમ,વિધેય અંતરાલ $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$ માં વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{3} + \frac{3}{x}$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{1}{3} - \frac{3}{x^2} = \frac{x^2 - 9}{3x^2}$.
વિધેય ઘટતું હોય તે માટે,આપણે $f'(x) < 0$ હોવું જરૂરી છે.
કારણ કે $3x^2 > 0$ દરેક $x \neq 0$ માટે,$f'(x)$ ની નિશાની અંશ $x^2 - 9$ પર આધાર રાખે છે.
આપણને $x^2 - 9 < 0$ મળે છે જ્યારે $x^2 < 9$,જેનો અર્થ છે કે $|x| < 3$,અથવા $x \in (-3, 3)$.
તેથી,$f'(x) < 0$ દરેક $x \in (-3, 3) \setminus \{0\}$ માટે હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $(-3, 3)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય: $f(x) = 2x^3 - 9x^2 + 12x - 3$ $(i)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 6x^2 - 18x + 12 = 6(x^2 - 3x + 2) = 6(x - 1)(x - 2)$ (ii)
$f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,$f^{\prime}(x) > 0$ હોવું જોઈએ.

$6(x - 1)(x - 2) > 0$

આ શરત ત્યારે જ સંતોષાય છે જ્યારે $x < 1$ અથવા $x > 2$ હોય.

આમ,$f(x)$ એ અંતરાલ $(1, 2)$ ની બહાર વધતું વિધેય છે. તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.
વિધાન $R$ માટે,આપણે ઘટતા વિધેયની શરત ચકાસીએ: $f^{\prime}(x) < 0$.

$6(x - 1)(x - 2) < 0$

આ શરત ત્યારે જ સંતોષાય છે જ્યારે $1 < x < 2$ હોય.

આમ,$x \in (1, 2)$ માટે $f^{\prime}(x) < 0$ છે. તેથી,વિધાન $R$ સાચું છે.
વિધાન $A$ એ વધતા વિધેયનું વર્ણન કરે છે અને વિધાન $R$ એ ઘટતા વિધેયનું વર્ણન કરે છે,તેથી $R$ એ $A$ માટેનું કારણ નથી.
તેથી,$A$ અને $R$ બંને સાચા છે,અને $R$ એ $A$ માટેનું સાચું કારણ નથી.

(A) ધારો કે $f(x) = \log(1+x) - \frac{2x}{2+x}$.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$1+x > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x > -1$.
હવે,વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{(2+x)(2) - 2x(1)}{(2+x)^2}$
$f'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{4+2x-2x}{(2+x)^2} = \frac{1}{1+x} - \frac{4}{(2+x)^2}$
વિધેય વધતું હોવા માટે,$f'(x) > 0$:
$\frac{(2+x)^2 - 4(1+x)}{(1+x)(2+x)^2} > 0$
$\frac{4+x^2+4x - 4 - 4x}{(1+x)(2+x)^2} > 0$
$\frac{x^2}{(1+x)(2+x)^2} > 0$
કારણ કે $x^2 \ge 0$ અને $x \neq -2$ માટે $(2+x)^2 > 0$,અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે છે જ્યારે $1+x > 0$ અને $x \neq 0$ હોય.
આમ,$x > -1$ અને $x \neq 0$.

(D) આપેલ વક્ર $y = x^3 - ax^2 + x + 1$ છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 3x^2 - 2ax + 1$ દ્વારા મળે છે.
સ્પર્શક $X$-અક્ષની ધન દિશા સાથે લઘુકોણ બનાવતો હોવાથી,દરેક $x \in R$ માટે ઢાળ ધન હોવો જોઈએ.
તેથી,દરેક $x \in R$ માટે $3x^2 - 2ax + 1 > 0$.
દ્વિઘાત પદાવલિ $Ax^2 + Bx + C > 0$ દરેક $x \in R$ માટે સત્ય હોય ત્યારે $A > 0$ અને વિવેચક $D < 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં,$A = 3 > 0$ છે,જે શરત સંતોષાય છે.
હવે,$D = B^2 - 4AC < 0$ હોવું જોઈએ.
કિંમતો મૂકતા,$(-2a)^2 - 4(3)(1) < 0$.
$4a^2 - 12 < 0$.
$a^2 - 3 < 0$.
$(a - \sqrt{3})(a + \sqrt{3}) < 0$.
તેથી,$a \in (-\sqrt{3}, \sqrt{3})$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x)=\sqrt{3} \sin x-\cos x-2 a x+b$ છે.
$f(x)$ ઘટતું વિધેય હોવાની શરત મેળવવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધીએ.
$f^{\prime}(x)=\sqrt{3} \cos x+\sin x-2 a$.
આને $f^{\prime}(x)=2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\frac{1}{2} \sin x \right)-2 a$ તરીકે લખી શકાય.
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $f^{\prime}(x)=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-2 a$ મળે છે.
$f(x)$ તમામ $x$ માટે ઘટતું હોવાથી,$f^{\prime}(x) \leq 0$ થવું જોઈએ.
$2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-2 a \leq 0$.
$2 a \geq 2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.
$a \geq \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.
કારણ કે $\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે,તેથી તમામ $x$ માટે આ અસમતા સાચી ઠરવા માટે $a \geq 1$ હોવું જરૂરી છે.

(D) ધારો કે $f(x) = y = x^4+5x^3+9x^2+6x+2$.
વક્રના સ્પર્શકનો ઢાળ $m(x) = \frac{dy}{dx} = 4x^3+15x^2+18x+6$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ $m(x)$ વધતો હોય તે માટે,તેનું વિકલન શૂન્ય અથવા શૂન્યથી મોટું હોવું જોઈએ,એટલે કે $\frac{dm}{dx} = \frac{d^2y}{dx^2} \ge 0$.
દ્વિતીય વિકલન ગણતા: $\frac{d^2y}{dx^2} = 12x^2+30x+18$.
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા: $12x^2+30x+18 = 6(2x^2+5x+3) = 6(2x+3)(x+1)$.
આપણે $6(2x+3)(x+1) \ge 0$ ની જરૂર છે.
નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = -\frac{3}{2}$ અને $x = -1$ છે.
અંતરાલો તપાસતા:
$1$) $x \in (-\infty, -\frac{3}{2}]$ માટે,$\frac{d^2y}{dx^2} \ge 0$.
$2$) $x \in [-\frac{3}{2}, -1]$ માટે,$\frac{d^2y}{dx^2} \le 0$.
$3$) $x \in [-1, \infty)$ માટે,$\frac{d^2y}{dx^2} \ge 0$.
આમ,ઢાળ $(-\infty, -\frac{3}{2}] \cup [-1, \infty)$ અંતરાલમાં વધે છે,જેને $R - (-\frac{3}{2}, -1)$ તરીકે લખી શકાય છે.

(B) વિધેય $f(x) = x + \log \left( \frac{x-1}{x+1} \right)$ નો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
પ્રથમ,વિધેય સુવ્યાખ્યાયિત હોવા માટે,આપણે $\frac{x-1}{x+1} > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન કરતા:
$f'(x) = 1 + \frac{d}{dx} [\log(x-1) - \log(x+1)]$
$f'(x) = 1 + \left( \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1} \right)$
$f'(x) = 1 + \frac{(x+1) - (x-1)}{(x-1)(x+1)}$
$f'(x) = 1 + \frac{2}{x^2 - 1}$
$f'(x) = \frac{x^2 - 1 + 2}{x^2 - 1} = \frac{x^2 + 1}{x^2 - 1}$
બધા વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2 + 1 > 0$ હોવાથી,$f'(x)$ ની નિશાની છેદ $x^2 - 1$ પર આધાર રાખે છે.
$x \in (1, \infty)$ માટે,$x^2 > 1$,તેથી $x^2 - 1 > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f'(x) > 0$. આમ,$f$ એ $(1, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે.
$x \in (-\infty, -1)$ માટે,$x^2 > 1$,તેથી $x^2 - 1 > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f'(x) > 0$. આમ,$f$ એ $(-\infty, -1)$ માં વધતું વિધેય છે.
તેથી,$f$ તેના પ્રદેશમાં એકવિધ વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = (x^2+x+1)^{(x^2-3x-4)}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે $\ln(f(x)) = (x^2-3x-4) \ln(x^2+x+1)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f'(x)}{f(x)} = (2x-3) \ln(x^2+x+1) + (x^2-3x-4) \cdot \frac{2x+1}{x^2+x+1}$.
$x \in [4, \infty)$ માટે,$x^2+x+1 > 0$ અને $x^2-3x-4 = (x-4)(x+1) \ge 0$.
કારણ કે $x \ge 4$,$(2x-3) > 0$ અને $\ln(x^2+x+1) > 0$,અને $(x^2-3x-4) \ge 0$ અને $(2x+1) > 0$.
આમ,$f'(x) = f(x) [ (2x-3) \ln(x^2+x+1) + \frac{(x^2-3x-4)(2x+1)}{x^2+x+1} ] > 0$ તમામ $x > 4$ માટે.
તેથી,$f(x)$ એ એકવિધ વધતું વિધેય છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એકવિધ ત્યારે જ કહેવાય જો તે તેના સમગ્ર પ્રદેશમાં કાં તો વધતું હોય અથવા ઘટતું હોય.
આનો અર્થ એ છે કે તેનું વિકલન $f'(x)$ પોતાની નિશાની બદલતું નથી.
આપેલ વિધેય $f(x) = 4x^3 + ax^2 + 3x - 2$ નું વિકલન કરતા:
$f'(x) = 12x^2 + 2ax + 3$.
વિધેય એકવિધ હોવા માટે $f'(x) \geq 0$ અથવા $f'(x) \leq 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં $x^2$ નો સહગુણક $12 > 0$ હોવાથી,પરવલય $f'(x)$ ઉપરની તરફ ખુલે છે,તેથી $f'(x) \geq 0$ હોવું જરૂરી છે.
આ શરત ત્યારે જ સંતોષાય જો વિવેચક $D \leq 0$ હોય.
વિવેચક $D = (2a)^2 - 4(12)(3) = 4a^2 - 144$.
$D \leq 0$ લેતા,$4a^2 - 144 \leq 0$,એટલે કે $a^2 \leq 36$.
તેથી,$-6 \leq a \leq 6$,એટલે કે $a \in [-6, 6]$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$(-6, 6)$ એ સાચો જવાબ છે.

(B) વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{x^2}{2} - \log(x^2 + x + 1) \right) = x - \frac{2x + 1}{x^2 + x + 1}$.
$f'(x) = \frac{x(x^2 + x + 1) - (2x + 1)}{x^2 + x + 1} = \frac{x^3 + x^2 + x - 2x - 1}{x^2 + x + 1} = \frac{x^3 + x^2 - x - 1}{x^2 + x + 1}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $x^2(x + 1) - 1(x + 1) = (x^2 - 1)(x + 1) = (x - 1)(x + 1)^2$.
તેથી,$f'(x) = \frac{(x - 1)(x + 1)^2}{x^2 + x + 1}$.
અહીં $x^2 + x + 1 > 0$ અને $(x + 1)^2 \ge 0$ હોવાથી,$f'(x)$ ની નિશાની $(x - 1)$ પર આધાર રાખે છે.
જ્યારે $x > 1$ હોય ત્યારે $f'(x) > 0$ થાય,તેથી વિધેય $(1, \infty)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) વિધેય $f(x) = \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right) - 2x - \frac{x^3}{1-x^2}$ નો પ્રદેશ $\frac{1+x}{1-x} > 0$ દ્વારા નક્કી થાય છે,જેનો અર્થ છે કે $x \in (-1, 1)$.
પ્રથમ,આપણે $f(x)$ માટેના પદને સરળ બનાવીએ:
$f(x) = \log(1+x) - \log(1-x) - 2x - \frac{x^3}{1-x^2}$.
હવે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{1}{1+x} + \frac{1}{1-x} - 2 - \frac{d}{dx} \left( \frac{x^3}{1-x^2} \right)$.
$f'(x) = \frac{(1-x) + (1+x)}{1-x^2} - 2 - \frac{3x^2(1-x^2) - x^3(-2x)}{(1-x^2)^2}$.
$f'(x) = \frac{2}{1-x^2} - 2 - \frac{3x^2 - 3x^4 + 2x^4}{(1-x^2)^2}$.
$f'(x) = \frac{2(1-x^2) - 2(1-x^2)^2 - (3x^2 - x^4)}{(1-x^2)^2}$.
$f'(x) = \frac{2 - 2x^2 - 2(1 - 2x^2 + x^4) - 3x^2 + x^4}{(1-x^2)^2}$.
$f'(x) = \frac{2 - 2x^2 - 2 + 4x^2 - 2x^4 - 3x^2 + x^4}{(1-x^2)^2} = \frac{-x^4 - x^2}{(1-x^2)^2} = -\frac{x^2(x^2+1)}{(1-x^2)^2}$.
બધા $x \in (-1, 1) \setminus \{0\}$ માટે $x^2(x^2+1) > 0$ અને $(1-x^2)^2 > 0$ હોવાથી,બધા $x \in (-1, 1)$ માટે $f'(x) < 0$ થાય છે.
આમ,વિધેય સમગ્ર અંતરાલ $(-1, 1)$ માં ઘટતું વિધેય છે.
અહીં,$a = -1$ અને $b = 1$,તેથી $\frac{a}{b} = \frac{-1}{1} = -1$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = kx^3 - 3x^2 - 12x + 8$ છે.
$f(x)$ તમામ $x \in R$ માટે ચુસ્ત રીતે ઘટતું હોવાથી,$f'(x) < 0$ થવું જોઈએ.
વિકલન કરતા: $f'(x) = 3kx^2 - 6x - 12$.
કોઈપણ દ્વિઘાત પદાવલિ $ax^2 + bx + c$ તમામ $x$ માટે ઋણ હોય તે માટે $a < 0$ અને વિવેચક $D < 0$ હોવો જોઈએ.
અહીં,$a = 3k$,$b = -6$,અને $c = -12$.
શરત $1$: $3k < 0 \Rightarrow k < 0$.
શરત $2$: $D = b^2 - 4ac < 0$.
$(-6)^2 - 4(3k)(-12) < 0$.
$36 + 144k < 0$.
$144k < -36$.
$k < -\frac{36}{144} \Rightarrow k < -\frac{1}{4}$.
આમ,$k < -\frac{1}{4}$ એ સાચો જવાબ છે.

(A) આપેલ છે: $f(x) = \tan x - x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = \sec^2 x - 1$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રદેશ $R^*$ માં તમામ $x$ માટે $\sec^2 x \geq 1$ થાય છે.
તેથી,$f'(x) = \sec^2 x - 1 \geq 0$.
કારણ કે વિકલિત $f'(x) \geq 0$ એ તમામ $x \in R^*$ માટે સત્ય છે,તેથી વિધેય $f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \frac{1}{2}[|\sin x| + \sin x]$,$0 < x \leq 2\pi$ માટે.
કિસ્સો $I$: જ્યારે $0 < x \leq \pi$,ત્યારે $\sin x \geq 0$,તેથી $|\sin x| = \sin x$.
આમ,$f(x) = \frac{1}{2}[\sin x + \sin x] = \sin x$.
વિકલન કરતા,$f'(x) = \cos x$.
$0 < x < \frac{\pi}{2}$ માટે,$f'(x) = \cos x > 0$,તેથી $f(x)$ વધતું વિધેય છે.
$\frac{\pi}{2} < x < \pi$ માટે,$f'(x) = \cos x < 0$,તેથી $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
કિસ્સો $II$: જ્યારે $\pi < x \leq 2\pi$,ત્યારે $\sin x \leq 0$,તેથી $|\sin x| = -\sin x$.
આમ,$f(x) = \frac{1}{2}[-\sin x + \sin x] = 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં વધતું અને $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(A) વિધેય $f(x) = 2x^3 - 9x^2 + 12x - 3$ માટે,વિકલિત $f'(x) = 6x^2 - 18x + 12 = 6(x^2 - 3x + 2) = 6(x-1)(x-2)$ છે.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $6(x-1)(x-2) > 0$. આ અસમતા ત્યારે સાચી પડે છે જ્યારે $x < 1$ અથવા $x > 2$ હોય. આમ,$f(x)$ એ અંતરાલ $(1,2)$ ની બહાર વધતું વિધેય છે. તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.
વિધાન $R$ માટે,આપણે $f'(x) < 0$ શરત તપાસીએ છીએ. આ અસમતા $6(x-1)(x-2) < 0$ ત્યારે સાચી પડે છે જ્યારે $x \in (1,2)$ હોય. તેથી,વિધાન $R$ સાચું છે.
વિધાન $A$ વધતા વિધેયનું વર્ણન કરે છે અને વિધાન $R$ ઘટતા વિધેયનું વર્ણન કરે છે,તેથી $R$ એ $A$ માટેનું કારણ નથી. આમ,$A$ અને $R$ બંને સાચા છે,પરંતુ $R$ એ $A$ માટેનું સાચું કારણ નથી.

(A) આપેલ વિધેય: $f(x) = x - \log \left(\frac{1+x}{x}\right), x > 0$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x) - \frac{d}{dx} \log \left(\frac{1+x}{x}\right) = 1 - \frac{x}{1+x} \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x} + 1 \right) = 1 - \frac{x}{1+x} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) = 1 + \frac{1}{x(1+x)}$.
કારણ કે $x > 0$,તેથી $x(1+x) > 0$,અને તેથી $f^{\prime}(x) = 1 + \frac{1}{x(1+x)} > 1 > 0$ તમામ $x > 0$ માટે.
કારણ કે $f^{\prime}(x) > 0$ પ્રદેશના તમામ $x$ માટે છે,તેથી વિધેય $f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે અને તેને કોઈ સ્થાનિક મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય નથી.
કારણ $(R)$ જણાવે છે કે જો વિધેય ચુસ્ત વધતું હોય,તો $f^{\prime}(x) \neq 0$ થાય. આ ચુસ્ત વધતા વિધેયનો પ્રમાણિત ગુણધર્મ છે.
આમ,$(A)$ અને $(R)$ બંને સાચા છે,અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \int_x^{x+1} e^{-t^2} dt$.
સંકલન ચિહ્ન હેઠળ વિકલન માટે લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f'(x) = e^{-(x+1)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x+1) - e^{-x^2} \cdot \frac{d}{dx}(x)$
$f'(x) = e^{-(x+1)^2} - e^{-x^2}$
$f(x)$ ઘટતું વિધેય હોવા માટે,$f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
$e^{-(x+1)^2} - e^{-x^2} < 0$
$e^{-(x+1)^2} < e^{-x^2}$
ઘાતાંકીય વિધેય $e^u$ એ સતત વધતું વિધેય હોવાથી,આપણને મળે છે:
$-(x+1)^2 < -x^2$
$-1$ વડે ગુણતા અસમતા બદલાશે:
$(x+1)^2 > x^2$
$x^2 + 2x + 1 > x^2$
$2x + 1 > 0$
$2x > -1$
$x > -\frac{1}{2}$
આમ,જે અંતરાલમાં $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે તે $\left(-\frac{1}{2}, \infty\right)$ છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2!}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = -\sin x + x$ મળે છે.
$x > 0$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $x > \sin x$,જેનો અર્થ છે કે $x - \sin x > 0$. આમ,$x > 0$ માટે $f'(x) > 0$ છે.
$x < 0$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $x < \sin x$,જેનો અર્થ છે કે $x - \sin x < 0$. આમ,$x < 0$ માટે $f'(x) < 0$ છે.
કારણ કે વિકલિત $f'(x)$ એ $x = 0$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી વિધેય $f(x)$ એ સમગ્ર પ્રદેશ $R$ પર ન તો વધતું કે ન તો ઘટતું વિધેય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x^{13} + x^{11} + x^{9} + x^{7} + x^{5} + x^{3} + x + 19$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 13x^{12} + 11x^{10} + 9x^{8} + 7x^{6} + 5x^{4} + 3x^{2} + 1$.
$f'(x)$ માં $x$ ના તમામ ઘાતાંક બેકી છે અને સહગુણકો ધન હોવાથી,તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $f'(x) \geq 1$ થાય.
આમ,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
ચુસ્ત વધતું વિધેય $x$-અક્ષને વધુમાં વધુ એક વાર છેદી શકે છે.
તેથી,$f(x) = 0$ ને એકથી વધુ વાસ્તવિક બીજ નથી.

(B) આપેલ છે કે $\phi(x) = f(x) + f(2a - x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\phi^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - f^{\prime}(2a - x)$ મળે છે.
આપણને આપેલ છે કે તમામ $x \in [0, a]$ માટે $f^{\prime \prime}(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$x \in [0, a]$ માટે,આપણી પાસે $x < 2a - x$ છે.
કારણ કે $f^{\prime}(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,તેથી $x < 2a - x$ નો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) < f^{\prime}(2a - x)$.
તેથી,તમામ $x \in [0, a]$ માટે $\phi^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - f^{\prime}(2a - x) < 0$ થાય છે.
કારણ કે $[0, a]$ પર $\phi^{\prime}(x) < 0$ છે,તેથી $\phi(x)$ એ $[0, a]$ પર ઘટતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે કે $\phi(x) = f(x) + f(1-x)$.
એકવિધતા નક્કી કરવા માટે,આપણે વિકલિત મેળવીએ: $\phi^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - f^{\prime}(1-x)$.
કારણ કે $f^{\prime \prime}(x) < 0$,વિધેય $f^{\prime}(x)$ એ ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
જો $x < \frac{1}{2}$ હોય,તો $x < 1-x$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) > f^{\prime}(1-x)$ કારણ કે $f^{\prime}$ ઘટતું વિધેય છે.
આમ,$x \in \left[0, \frac{1}{2}\right]$ માટે $\phi^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - f^{\prime}(1-x) > 0$,તેથી $\phi(x)$ એ $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ માં વધતું વિધેય છે.
જો $x > \frac{1}{2}$ હોય,તો $x > 1-x$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) < f^{\prime}(1-x)$ કારણ કે $f^{\prime}$ ઘટતું વિધેય છે.
આમ,$x \in \left[\frac{1}{2}, 1\right]$ માટે $\phi^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - f^{\prime}(1-x) < 0$,તેથી $\phi(x)$ એ $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \cos x + x \sin x - 1$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન મેળવો:
$f'(x) = -\sin x + (1 \cdot \sin x + x \cos x) = x \cos x$.
$x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,$x > 0$ અને $\cos x > 0$ બંને છે.
તેથી,$x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે $f'(x) = x \cos x > 0$ થાય.
$f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોવાથી,કોઈપણ $x > 0$ માટે,$f(x) > f(0)$ થાય.
$f(0)$ ની ગણતરી કરો:
$f(0) = \cos(0) + 0 \cdot \sin(0) - 1 = 1 + 0 - 1 = 0$.
આમ,$x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે $f(x) > 0$ થાય.
$\cos x + x \sin x - 1 > 0$
$\cos x + x \sin x > 1$.

(A) આપેલ છે $f(x) = \cos \left(\frac{\pi}{x}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = -\sin \left(\frac{\pi}{x}\right) \cdot \left(-\frac{\pi}{x^2}\right) = \frac{\pi}{x^2} \sin \left(\frac{\pi}{x}\right)$.
વિધેય $f(x)$ વધતું હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં $\frac{\pi}{x^2} > 0$ હોવાથી,$\sin \left(\frac{\pi}{x}\right) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
આ સ્થિતિ ત્યારે સર્જાય છે જ્યારે $2k\pi < \frac{\pi}{x} < (2k+1)\pi$ હોય.
$\pi$ વડે ભાગતા,$2k < \frac{1}{x} < 2k+1$ મળે.
વ્યસ્ત લેતા,અસમતા બદલાશે: $\frac{1}{2k+1} < x < \frac{1}{2k}$.
આમ,$f(x)$ એ અંતરાલ $\left(\frac{1}{2k+1}, \frac{1}{2k}\right)$ માં વધતું વિધેય છે.
વિધેય $f(x)$ ઘટતું હોય તે માટે $f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\sin \left(\frac{\pi}{x}\right) < 0$.
આ સ્થિતિ ત્યારે સર્જાય છે જ્યારે $(2k+1)\pi < \frac{\pi}{x} < (2k+2)\pi$ હોય.
$\pi$ વડે ભાગતા,$2k+1 < \frac{1}{x} < 2k+2$ મળે.
વ્યસ્ત લેતા,$\frac{1}{2k+2} < x < \frac{1}{2k+1}$ મળે.
આમ,$f(x)$ એ અંતરાલ $\left(\frac{1}{2k+2}, \frac{1}{2k+1}\right)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x - \cos x - Kx + 5$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f'(x) = \cos x + \sin x - K$ મળે.
વિધેય તમામ $x > 0$ માટે ઘટતું હોવાથી,$f'(x) \leq 0$ થવું જોઈએ.
આથી,$\cos x + \sin x - K \leq 0$,એટલે કે $K \geq \cos x + \sin x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos x + \sin x$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ છે.
તેથી,$K \geq \cos x + \sin x$ તમામ $x$ માટે સાચું રહે તે માટે,$K$ એ $\cos x + \sin x$ ની મહત્તમ કિંમત કરતા મોટું અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ.
આમ,$K \geq \sqrt{2}$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x)=e^{x}(x-2)^{2}$ છે.
વધતા અને ઘટતા વિધેયના અંતરાલ શોધવા માટે,આપણે વિકલિત $f^{\prime}(x)$ શોધીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}[e^{x}(x-2)^{2}]$
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f^{\prime}(x) = e^{x}(x-2)^{2} + e^{x} \cdot 2(x-2)$
$f^{\prime}(x) = e^{x}(x-2)[(x-2) + 2]$
$f^{\prime}(x) = x(x-2)e^{x}$
હવે,આપણે $f^{\prime}(x)$ ની નિશાની નક્કી કરીએ:
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $e^{x} > 0$ હોવાથી,$f^{\prime}(x)$ ની નિશાની $x(x-2)$ પર આધાર રાખે છે.
- $x \in (-\infty, 0)$ માટે,$x < 0$ અને $(x-2) < 0$,તેથી $f^{\prime}(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
- $x \in (0, 2)$ માટે,$x > 0$ અને $(x-2) < 0$,તેથી $f^{\prime}(x) < 0$ (ઘટતું વિધેય).
- $x \in (2, \infty)$ માટે,$x > 0$ અને $(x-2) > 0$,તેથી $f^{\prime}(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
આમ,$f$ એ $(-\infty, 0)$ અને $(2, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે અને $(0, 2)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(D) આપેલ વિધેય $F(x) = \int_{0}^{x} \frac{\cos t}{1+t^{2}} dt$ છે,જ્યાં $0 \leq x \leq 2\pi$.
વધતા અને ઘટતા અંતરાલો નક્કી કરવા માટે,આપણે લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $F'(x)$ શોધીએ:
$F'(x) = \frac{\cos x}{1+x^{2}}$.
બધા $x$ માટે $1+x^{2} > 0$ હોવાથી,$F'(x)$ ની નિશાની માત્ર $\cos x$ પર આધાર રાખે છે.
$F(x)$ વધતું વિધેય છે જ્યારે $F'(x) > 0$,જે ત્યારે થાય છે જ્યારે $\cos x > 0$. અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$\cos x > 0$ એ $x \in (0, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{3\pi}{2}, 2\pi)$ માટે છે.
$F(x)$ ઘટતું વિધેય છે જ્યારે $F'(x) < 0$,જે ત્યારે થાય છે જ્યારે $\cos x < 0$. અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$\cos x < 0$ એ $x \in (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ માટે છે.
આમ,$F$ એ $(0, \frac{\pi}{2})$ અને $(\frac{3\pi}{2}, 2\pi)$ માં વધતું વિધેય છે અને $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ માં ઘટતું વિધેય છે.

(D) આપેલ છે કે,$f(x) f^{\prime}(x) < 0$. આનો અર્થ એ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f(x)$ અને $f^{\prime}(x)$ વિરુદ્ધ ચિહ્ન ધરાવે છે.
વિધેય $g(x) = |f(x)|$ ધ્યાનમાં લો.
તેથી $g(x)^2 = |f(x)|^2 = f(x)^2$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $2g(x) g^{\prime}(x) = 2f(x) f^{\prime}(x)$ મળે છે.
આમ,$g^{\prime}(x) = \frac{f(x) f^{\prime}(x)}{g(x)} = \frac{f(x) f^{\prime}(x)}{|f(x)|}$.
કારણ કે $f(x) f^{\prime}(x) < 0$ અને તમામ $x$ માટે જ્યાં $f(x) \neq 0$ ત્યાં $|f(x)| > 0$ છે,તેથી $g^{\prime}(x) < 0$ થાય.
તેથી,$|f(x)|$ એ ઘટતું વિધેય છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 0, & x = 0 \\ x - 3, & x > 0 \end{cases}$ છે.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ.
$f(0) = 0$.
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x - 3) = -3$.
અહીં $f(0) \neq \lim_{x \to 0^+} f(x)$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ અસતત છે.
હવે,અંતરાલ $x > 0$ ધ્યાનમાં લો. કોઈપણ $x_1, x_2$ માટે જ્યાં $0 < x_1 < x_2$,આપણી પાસે $f(x_1) = x_1 - 3$ અને $f(x_2) = x_2 - 3$ છે. $x_1 < x_2$ હોવાથી,$x_1 - 3 < x_2 - 3$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f(x_1) < f(x_2)$. તેથી,વિધેય $x > 0$ માટે ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
જોકે,વિધેય અંતરાલ $[0, \infty)$ પર વધતું હોય તે માટે તે $[0, \infty)$ પર સતત હોવું જોઈએ. તે $x = 0$ આગળ અસતત હોવાથી,તે $[0, \infty)$ પર વધતું વિધેય નથી.
આમ,વિધેય જ્યારે $x > 0$ હોય ત્યારે ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(A) કોઈ વિધેય $f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય કહેવાય જો તેના પ્રદેશના તમામ $x$ માટે તેનું વિકલિત $f'(x) > 0$ હોય.
આપેલ વિધેય $f(x) = ax + b$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = \frac{d}{dx}(ax + b) = a$ મળે છે.
વિધેય ચુસ્ત વધતું હોવા માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
વિકલિતની કિંમત મૂકતા,આપણને $a > 0$ મળે છે.
તેથી,વિધેય $a > 0$ હોય ત્યારે ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(B) વિધેય $f(x) = x^4 - 4x^3 + 4x^2 + 40$ કયા અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^4 - 4x^3 + 4x^2 + 40) = 4x^3 - 12x^2 + 8x$.
હવે,વિકલનના અવયવો પાડીએ:
$f'(x) = 4x(x^2 - 3x + 2) = 4x(x - 1)(x - 2)$.
વિધેય ત્યારે જ ઘટતું વિધેય કહેવાય જ્યારે $f'(x) < 0$ હોય.
આપણે વેવી કર્વ (wavy curve) પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીને $f'(x) = 4x(x - 1)(x - 2)$ ની નિશાની તપાસીએ:
- $x < 0$ માટે,$f'(x) < 0$.
- $0 < x < 1$ માટે,$f'(x) > 0$.
- $1 < x < 2$ માટે,$f'(x) < 0$.
- $x > 2$ માટે,$f'(x) > 0$.
આમ,વિધેય $x \in (-\infty, 0) \cup (1, 2)$ માટે ઘટતું વિધેય છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો અંતરાલ $1 < x < 2$ છે.

(C) આપેલ છે કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $p^{\prime}(x) > 0$ છે,તેથી બહુપદી $p(x)$ એ સમગ્ર વાસ્તવિક રેખા પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
$p(x)$ ચુસ્ત રીતે વધતું હોવાથી,તેને વધુમાં વધુ એક વાસ્તવિક શૂન્ય હોઈ શકે છે.
આપણને $p(0) = 1$ આપેલ છે.
$p(x)$ ચુસ્ત રીતે વધતું હોવાથી અને $p(0) = 1 > 0$ હોવાથી,કોઈપણ $x > 0$ માટે,$p(x) > p(0) = 1$ થાય,તેથી $p(x)$ ને કોઈ ધન વાસ્તવિક શૂન્ય હોઈ શકે નહીં.
જેમ $x \to -\infty$,તેમ $p(x) \to -\infty$ (જો ઘાત એકી હોય તો).
$p(0) = 1$ છે અને વિધેય સતત અને ચુસ્ત રીતે વધતું હોવાથી,ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,કોઈક $x_0 < 0$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $p(x_0) = 0$ થાય.
આમ,$p(x)$ ને બરાબર એક ઋણ વાસ્તવિક શૂન્ય છે.

(A) આપેલ છે $g(x) = f((\tan x - 1)^{2} + a - 1)$.
વિકલન કરતા,$g^{\prime}(x) = f^{\prime}((\tan x - 1)^{2} + a - 1) \cdot 2(\tan x - 1) \cdot \sec^{2}x$.
કારણ કે $f^{\prime\prime}(x) > 0$,$f^{\prime}(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
આપણને આપેલ છે કે $f^{\prime}(a-1) = 0$.
જો $(\tan x - 1)^{2} > 0$ હોય,તો $(\tan x - 1)^{2} + a - 1 > a - 1$,જે સૂચવે છે કે $f^{\prime}((\tan x - 1)^{2} + a - 1) > f^{\prime}(a - 1) = 0$.
$x \in (0, \frac{\pi}{4})$ માટે,$\tan x < 1$,તેથી $(\tan x - 1) < 0$. આમ $g^{\prime}(x) = (\text{ધન}) \cdot (\text{ઋણ}) \cdot (\text{ધન}) < 0$. તેથી $g$ એ $(0, \frac{\pi}{4})$ માં ઘટતું વિધેય છે.
$x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ માટે,$\tan x > 1$,તેથી $(\tan x - 1) > 0$. આમ $g^{\prime}(x) = (\text{ધન}) \cdot (\text{ધન}) \cdot (\text{ધન}) > 0$. તેથી $g$ એ $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ માં વધતું વિધેય છે.
તેથી,વિધાન $(I)$ કે $(II)$ માંથી કોઈ પણ સાચું નથી.

(A) કોઈ વિધેય $f(x)$ કોઈ અંતરાલ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું હોય જો તેનું વિકલિત $f'(x) < 0$ હોય.
આપેલ છે કે $f(x) = \tan x - 4x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = \sec^2 x - 4$ મળે છે.
વિધેય ચુસ્ત રીતે ઘટતું હોવા માટે,આપણે $f'(x) < 0$ ની જરૂર છે.
$\sec^2 x - 4 < 0$
$\sec^2 x < 4$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $|\sec x| < 2$ મળે છે.
કારણ કે $|\sec x| = 1/|\cos x|$,આનો અર્થ એ થાય કે $1/|\cos x| < 2$,જેનો અર્થ છે કે $|\cos x| > 1/2$.
આ અસમતા ત્યારે સાચી ઠરે છે જ્યારે $-\frac{\pi}{3} < x < \frac{\pi}{3}$ હોય.

(A) વિધેય $y = x^2 e^{-x}$ કયા અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $\frac{dy}{dx}$ મેળવીએ.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot e^{-x} + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(e^{-x}) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} = x e^{-x} (2 - x)$.
વિધેય ઘટતું હોય ત્યારે $\frac{dy}{dx} < 0$ થાય.
બધા વાસ્તવિક $x$ માટે $e^{-x} > 0$ હોવાથી,અસમતા $\frac{dy}{dx} < 0$ એ $x(2 - x) < 0$ માં પરિણમે છે.
$-1$ વડે ગુણતા અસમતા બદલાય છે: $x(x - 2) > 0$.
આ અસમતા $x < 0$ અથવા $x > 2$ માટે સાચી છે.
આમ,વિધેય $(-\infty, 0) \cup (2, \infty)$ અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય છે.