Maxima and Minima Questions in Gujarati

(B) ધારો કે પાનાની પહોળાઈ $w$ છે અને નીચેની ધાર પર વાળની લંબાઈ $x$ છે. જ્યારે ખૂણાને અંદરની ધાર સુધી પહોંચાડવા માટે વાળવામાં આવે છે,ત્યારે આપણે કાટકોણ ત્રિકોણ બનાવીએ છીએ જેમાં વાળ એ કર્ણ છે.
ધારો કે વાળની લંબાઈ $L$ છે. ભૂમિતિ મુજબ,વાળેલા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} x y$ છે,જ્યાં $x$ એ પાયો છે અને $y$ એ ઊંચાઈ છે.
વાળના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરીને,ક્ષેત્રફળ $A$ ને $x$ ના વિધેય તરીકે $A(x) = \frac{x^3}{2(x-w)}$ અથવા સમાન ભૌમિતિક અવરોધો તરીકે દર્શાવી શકાય છે.
ક્ષેત્રફળ ન્યૂનતમ હોવા માટે,આપણે ક્ષેત્રફળ વિધેયનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ છીએ.
$\frac{dA}{dx} = 0$ ઉકેલતા આપણને વાળેલા ભાગની પહોળાઈનો કુલ પહોળાઈ સાથેનો શ્રેષ્ઠ ગુણોત્તર મળે છે.
ગણતરી દર્શાવે છે કે વાળેલા ભાગની પહોળાઈનો અપૂર્ણાંક $x = \frac{2}{3}$ છે.

(C) ધારો કે લંબચોરસની ઊંચાઈ $y$ છે. લંબચોરસના ઉપરના બે શિરોબિંદુઓ $y = 3x$ અને $y = 30 - 2x$ રેખાઓ પર આવેલા છે.
ડાબી બાજુના શિરોબિંદુ માટે,$x_1 = \frac{y}{3}$ મળે.
જમણી બાજુના શિરોબિંદુ માટે,$2x_2 = 30 - y$,તેથી $x_2 = 15 - \frac{y}{2}$ મળે.
લંબચોરસની પહોળાઈ $w = x_2 - x_1 = 15 - \frac{y}{2} - \frac{y}{3} = 15 - \frac{5y}{6}$ છે.
લંબચોરસનું ક્ષેત્રફળ $A(y) = w \cdot y = \left( 15 - \frac{5y}{6} \right) y = 15y - \frac{5y^2}{6}$ છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$A'(y) = 15 - \frac{10y}{6} = 15 - \frac{5y}{3} = 0$.
$y$ માટે ઉકેલતા,$\frac{5y}{3} = 15$,જેનો અર્થ છે કે $y = 9$.
દ્વિતીય વિકલન $A''(y) = -\frac{5}{3} < 0$ છે,જે સાબિત કરે છે કે $y = 9$ પર મહત્તમ ક્ષેત્રફળ મળે છે.
ક્ષેત્રફળના સૂત્રમાં $y = 9$ મૂકતા:
$A_{max} = 15(9) - \frac{5(9^2)}{6} = 135 - \frac{5 \cdot 81}{6} = 135 - \frac{5 \cdot 27}{2} = 135 - \frac{135}{2} = \frac{135}{2}$.
આમ,સૌથી મોટું ક્ષેત્રફળ $\frac{135}{2}$ છે.

(C) પાત્રમાં પ્રવાહીનું કદ $V(x) = x^2(15 - x) = 15x^2 - x^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $x$ એ પ્રવાહીની ઊંડાઈ છે.
પાત્ર બંધ હોવાથી અને બંને છેડા $E$ અને $F$ પર અણીદાર હોવાથી,પ્રવાહીનું મહત્તમ કદ પાત્રની કુલ ક્ષમતા દર્શાવે છે,જે ત્યારે મળે છે જ્યારે પાત્ર સંપૂર્ણ ભરાયેલું હોય.
મહત્તમ કદ શોધવા માટે,આપણે $V(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dV}{dx} = \frac{d}{dx}(15x^2 - x^3) = 30x - 3x^2$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે $\frac{dV}{dx} = 0$ લેતા:
$3x(10 - x) = 0 \implies x = 0$ અથવા $x = 10$.
મહત્તમ કિંમત ચકાસવા માટે આપણે દ્વિતીય વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{d^2V}{dx^2} = 30 - 6x$.
$x = 10$ આગળ,$\frac{d^2V}{dx^2} = 30 - 6(10) = -30 < 0$.
દ્વિતીય વિકલન $x = 10$ આગળ ઋણ હોવાથી,જ્યારે ઊંડાઈ $x = 10 \, \text{cm}$ હોય ત્યારે કદ મહત્તમ થાય છે.
આમ,પાત્રની કુલ લંબાઈ $EF = 10 \, \text{cm}$ છે.

(B) અંતિમબિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ નું પ્રથમ વિકલન મેળવીએ છીએ:
$f'(x) = 12x^3 - 12x^2 + 12x + a$
હવે,$f'(x)$ ના સ્વભાવને તપાસવા માટે આપણે દ્વિતીય વિકલન મેળવીએ છીએ:
$f''(x) = 36x^2 - 24x + 12$
આપણે $f''(x)$ ને આ રીતે લખી શકીએ:
$f''(x) = 12(3x^2 - 2x + 1)$
દ્વિઘાત સમીકરણ $3x^2 - 2x + 1$ નો વિવેચક $D = (-2)^2 - 4(3)(1) = 4 - 12 = -8 < 0$ છે.
અહીં અગ્ર સહગુણક ધન છે અને વિવેચક ઋણ હોવાથી,તમામ $x \in R$ માટે $f''(x) > 0$ થાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f'(x)$ એ ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
$3$ ઘાત ધરાવતી ચુસ્ત રીતે વધતી બહુપદી $x$-અક્ષને બરાબર એક વાર છેદે છે.
તેથી,$f'(x) = 0$ ને બરાબર એક વાસ્તવિક ઉકેલ છે,જેનો અર્થ છે કે વિધેય $f(x)$ ને બરાબર એક અંતિમબિંદુ છે.

(C) અંતરાલ $[-2, 3]$ પર $f(x) = x^3 + 3x - 9$ આપેલ છે.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 3x^2 + 3$.
કારણ કે $f'(x) > 0$ દરેક $x$ માટે છે,વિધેય સતત વધતું વિધેય છે.
તેથી,$[-2, 3]$ પર મહત્તમ કિંમત $x = 3$ પર મળે છે.
$f(3) = 3^3 + 3(3) - 9 = 27 + 9 - 9 = 27$.
ધારો કે પ્રથમ પદ $a$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r$ છે. અનંત $G.P.$ નો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r} = 27$ (સમીકરણ $i$).
પ્રથમ અને બીજા પદ વચ્ચેનો તફાવત $a - ar = f'(0)$ છે.
$f'(0) = 3(0)^2 + 3 = 3$.
તેથી,$a(1-r) = 3$ (સમીકરણ $ii$).
સમીકરણ $(i)$ પરથી,$a = 27(1-r)$. તેને $(ii)$ માં મૂકતા:
$27(1-r)(1-r) = 3$
$(1-r)^2 = \frac{3}{27} = \frac{1}{9}$.
તે ઘટતી $G.P.$ હોવાથી,$0 < r < 1$,તેથી $1-r = \frac{1}{3}$.
$r = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

(C) ધારો કે નિયમિત ષટ્કોણીય પાયાની બાજુની લંબાઈ $x$ છે અને પિરામિડની ઊંચાઈ $h$ છે. પાર્શ્વ ધાર $l = 1 \text{ cm}$ આપેલ છે.
પિરામિડની ભૂમિતિ મુજબ,ષટ્કોણના કેન્દ્રથી શિરોબિંદુ સુધીનું અંતર $x$ છે. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$x^2 + h^2 = l^2 = 1^2 = 1$,તેથી $x^2 = 1 - h^2$.
નિયમિત ષટ્કોણીય પાયાનું ક્ષેત્રફળ $A = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{4} x^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2} x^2$ છે.
પિરામિડનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} A h = \frac{1}{3} \left( \frac{3\sqrt{3}}{2} x^2 \right) h = \frac{\sqrt{3}}{2} x^2 h$ છે.
$x^2 = 1 - h^2$ મૂકતા,આપણને $V(h) = \frac{\sqrt{3}}{2} (1 - h^2) h = \frac{\sqrt{3}}{2} (h - h^3)$ મળે છે.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,$V$ નું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવો:
$V'(h) = \frac{\sqrt{3}}{2} (1 - 3h^2) = 0$.
$1 - 3h^2 = 0 \implies h^2 = \frac{1}{3} \implies h = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આમ,મહત્તમ ઘનફળ માટે ઊંચાઈ $\frac{1}{\sqrt{3}} \text{ cm}$ હોવી જોઈએ.

(C) ધારો કે પિરામિડની ઊંચાઈ $h$ છે અને પાયાના કેન્દ્રથી શિરોબિંદુ સુધીનું અંતર $x$ છે. આપેલી પાર્શ્વ ધાર $a$ માટે,$h = a \sin \alpha$ અને $x = a \cos \alpha$ થાય.
પાયો એક ચોરસ છે જેનો વિકર્ણ $2x$ છે. ચોરસ પાયાનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \times (\text{વિકર્ણ})^2 = \frac{1}{2} \times (2x)^2 = 2x^2$ થાય.
પિરામિડનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} A h = \frac{1}{3} (2x^2) h$ છે.
$x = a \cos \alpha$ અને $h = a \sin \alpha$ મૂકતા:
$V(\alpha) = \frac{2}{3} (a \cos \alpha)^2 (a \sin \alpha) = \frac{2}{3} a^3 \sin \alpha \cos^2 \alpha$.
$V$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$\alpha$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને $0$ સાથે સરખાવતા:
$V'(\alpha) = \frac{2}{3} a^3 [\cos \alpha \cdot \cos^2 \alpha + \sin \alpha \cdot 2 \cos \alpha (-\sin \alpha)] = 0$.
$\cos^3 \alpha - 2 \sin^2 \alpha \cos \alpha = 0$.
$\cos \alpha \neq 0$ હોવાથી,$\cos^2 \alpha = 2 \sin^2 \alpha$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\tan^2 \alpha = \frac{1}{2}$,અથવા $\tan \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,$\alpha = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \cot^{-1}(\sqrt{2})$.

(B) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણાકાર પાયાની બાજુની લંબાઈ $a$ છે અને પ્રિઝમની ઊંચાઈ $h$ છે.
પાયાના કેન્દ્ર $G$ થી શિરોબિંદુ $A$ સુધીનું અંતર એ સમબાજુ ત્રિકોણની પરિત્રિજ્યા છે,જે $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઊંચાઈ $h$,પરિત્રિજ્યા $R$ અને અંતર $l$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,આપણી પાસે $l^2 = R^2 + h^2 = \frac{a^2}{3} + h^2$ છે.
આમ,$a^2 = 3(l^2 - h^2)$.
પ્રિઝમનું ઘનફળ $V = \text{પાયાનું ક્ષેત્રફળ} \times h = \left( \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 \right) h$ છે.
$a^2$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $V(h) = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 3(l^2 - h^2) h = \frac{3\sqrt{3}}{4} (l^2 h - h^3)$ મળે છે.
$V$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $V'(h) = \frac{3\sqrt{3}}{4} (l^2 - 3h^2) = 0$ શોધીએ છીએ.
$V'(h) = 0$ લેતા $l^2 = 3h^2$ મળે છે,તેથી $h = \frac{l}{\sqrt{3}}$.
આમ,જે ઊંચાઈ માટે ઘનફળ મહત્તમ હોય તે $\frac{l}{\sqrt{3}}$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $y = ax^4 + bx^3 + cx + d$ છે.
$1$. $(0, 1)$ બિંદુએ ઢાળ શૂન્ય છે,તેથી $\frac{dy}{dx} = 4ax^3 + 3bx^2 + c$. $x=0$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = c = 0$.
$2$. $(0, 1)$ બિંદુ વક્ર પર છે,તેથી $1 = a(0)^4 + b(0)^3 + c(0) + d$,જે $d = 1$ આપે છે.
$3$. વક્ર $(-1, 0)$ બિંદુએ $x$-અક્ષને સ્પર્શે છે,તેથી $0 = a(-1)^4 + b(-1)^3 + 1$,જે $a - b + 1 = 0$ અથવા $b = a + 1$ માં પરિણમે છે.
$4$. તે $(-1, 0)$ આગળ $x$-અક્ષને સ્પર્શતું હોવાથી,$x = -1$ આગળ ઢાળ પણ શૂન્ય થાય: $\frac{dy}{dx} = 4ax^3 + 3(a+1)x^2 = 0$ જ્યારે $x = -1$.
$5$. $x = -1$ મુકતા: $4a(-1)^3 + 3(a+1)(-1)^2 = -4a + 3a + 3 = 0$,જે $a = 3$ આપે છે. તેથી $b = 3 + 1 = 4$.
$6$. સમીકરણ $y = 3x^4 + 4x^3 + 1$ છે. વિકલન $\frac{dy}{dx} = 12x^3 + 12x^2 = 12x^2(x + 1)$ છે.
$7$. ઋણ ઢાળ માટે,$\frac{dy}{dx} < 0$,તેથી $12x^2(x + 1) < 0$. $12x^2 \ge 0$ હોવાથી,$x + 1 < 0$ અને $x \neq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x < -1$.

(A) ધારો કે $f(x) = 3x^2 - 2x^3$ અને $g(x) = \log_2 (x^2 + 1) - \log_2 x = \log_2 \left( \frac{x^2 + 1}{x} \right) = \log_2 \left( x + \frac{1}{x} \right)$.
$x > 0$ માટે,$AM-GM$ અસમતા મુજબ,$x + \frac{1}{x} \geq 2$,તેથી $g(x) = \log_2 \left( x + \frac{1}{x} \right) \geq \log_2(2) = 1$. $g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $1$ છે,જે $x = 1$ પર મળે છે.
હવે $f(x) = 3x^2 - 2x^3$ ધ્યાનમાં લો. તેનું વિકલન $f'(x) = 6x - 6x^2 = 6x(1 - x)$ છે.
$0 < x < 1$ માટે $f'(x) > 0$ અને $x > 1$ માટે $f'(x) < 0$ છે. આમ,$f(x)$ ને $x = 1$ પર મહત્તમ કિંમત મળે છે.
મહત્તમ કિંમત $f(1) = 3(1)^2 - 2(1)^3 = 3 - 2 = 1$ છે.
જેহেতু $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે અને $g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $1$ છે,તેથી $f(x) = g(x)$ સમીકરણ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $f(x) = 1$ અને $g(x) = 1$ બંને એકસાથે થાય.
આ માત્ર $x = 1$ પર જ શક્ય છે.
તેથી,માત્ર $1$ ઉકેલ મળે છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^p (1 - x)^q$ છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ વિકલન $f'(x)$ શોધીએ અને તેને $0$ સાથે સરખાવીએ.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $f'(x) = p x^{p-1} (1 - x)^q + x^p \cdot q (1 - x)^{q-1} (-1)$.
$f'(x) = x^{p-1} (1 - x)^{q-1} [p(1 - x) - qx]$.
$f'(x) = x^{p-1} (1 - x)^{q-1} [p - px - qx]$.
$f'(x) = x^{p-1} (1 - x)^{q-1} [p - (p + q)x]$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $x = 0$,$x = 1$,અને $x = \frac{p}{p+q}$ મળે છે.
કારણ કે $p, q$ ધન પૂર્ણાંકો છે,અંતરાલ $(0, 1)$ માં,$x = \frac{p}{p+q}$ આગળ $f'(x)$ ની નિશાની ધનથી ઋણ તરફ બદલાય છે.
તેથી,વિધેયની મહત્તમ કિંમત $x = \frac{p}{p+q}$ આગળ મળે છે.

(A) ધારો કે અર્ધવર્તુળનો વ્યાસ $AD = 2R = 1$ છે. ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ABD$ છે,જેમાં $C$ બિંદુ વ્યાસ $AD$ પર છે અને $\angle BCD = 90^{\circ}$ છે. ધારો કે $AC = x$,તો $CD = 1 - x$.
વર્તુળના ગુણધર્મ મુજબ,$BC^2 = AC \times CD = x(1 - x)$.
તેથી,$BC = \sqrt{x(1 - x)}$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times AD \times BC = \frac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{x(1 - x)} = \frac{1}{2} \sqrt{x - x^2}$.
$A$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $f(x) = x - x^2$ ને મહત્તમ કરવું પડે.
વિકલન કરતા,$f'(x) = 1 - 2x$. $f'(x) = 0$ લેતા,$x = \frac{1}{2}$ મળે છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2})} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{t + 3x - x^2}{x - 4}$ છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{(x - 4)(3 - 2x) - (t + 3x - x^2)(1)}{(x - 4)^2}$
$f'(x) = \frac{3x - 2x^2 - 12 + 8x - t - 3x + x^2}{(x - 4)^2}$
$f'(x) = \frac{-x^2 + 8x - (12 + t)}{(x - 4)^2}$
વિધેયને સ્થાનીય મહત્તમ અને સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય હોય તે માટે,$f'(x) = 0$ ના બે ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો હોવા જોઈએ અને આ ઉકેલો શિરોલંબ અનંતસ્પર્શક $x = 4$ જેટલા ન હોવા જોઈએ.
અંશને શૂન્ય સાથે સરખાવતા: $-x^2 + 8x - (12 + t) = 0$,અથવા $x^2 - 8x + (12 + t) = 0$.
બે ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો માટે,વિવેચક $D > 0$ હોવો જોઈએ:
$D = (-8)^2 - 4(1)(12 + t) > 0$
$64 - 48 - 4t > 0$
$16 - 4t > 0$
$4 > t$,જેનો અર્થ છે $t < 4$.
ઉપરાંત,$x = 4$ એ અંશના સમીકરણનો ઉકેલ ન હોવો જોઈએ:
$(4)^2 - 8(4) + 12 + t \neq 0$
$16 - 32 + 12 + t \neq 0$
$-4 + t \neq 0 \implies t \neq 4$.
આમ,$t$ ના મૂલ્યોનો વિસ્તાર $t < 4$ એટલે કે $(-\infty, 4)$ છે.

(A) ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ $x$ અને $y$ છે. ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $S = \frac{1}{2}xy$ છે,તેથી $xy = 2S$.
કાટકોણ ત્રિકોણનો કર્ણ $h = \sqrt{x^2 + y^2}$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણને પરિબદ્ધ કરતા વર્તુળનો વ્યાસ એ ત્રિકોણનો કર્ણ હોય છે. તેથી,વ્યાસ $d = \sqrt{x^2 + y^2}$ અને ત્રિજ્યા $r = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{2}$ થાય.
વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi \left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{2} \right)^2 = \frac{\pi}{4}(x^2 + y^2)$ છે.
$y = \frac{2S}{x}$ હોવાથી,આપણે તેને ક્ષેત્રફળના સૂત્રમાં મૂકીએ:
$A(x) = \frac{\pi}{4} \left( x^2 + \left( \frac{2S}{x} \right)^2 \right) = \frac{\pi}{4} \left( x^2 + \frac{4S^2}{x^2} \right)$.
ન્યૂનતમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $A(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$A'(x) = \frac{\pi}{4} \left( 2x - \frac{8S^2}{x^3} \right) = 0$.
$2x = \frac{8S^2}{x^3} \implies x^4 = 4S^2 \implies x^2 = 2S$.
$x^2 = 2S$ ને ક્ષેત્રફળના સમીકરણમાં મૂકતા:
$A = \frac{\pi}{4} \left( 2S + \frac{4S^2}{2S} \right) = \frac{\pi}{4} (2S + 2S) = \frac{\pi}{4} (4S) = \pi S$.
આમ,વર્તુળનું ન્યૂનતમ ક્ષેત્રફળ $\pi S$ છે.

(B) $\triangle CPQ$ માં,$CP = CQ = \alpha$ અને $\angle PCQ = 2\theta$. પાયા $PQ$ ની લંબાઈ $PQ = 2\alpha \sin \theta$ છે.
$\triangle CPQ$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \alpha^2 \sin 2\theta$ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{CP + CQ + PQ}{2} = \frac{\alpha + \alpha + 2\alpha \sin \theta}{2} = \alpha(1 + \sin \theta)$ છે.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s} = \frac{\frac{1}{2} \alpha^2 \sin 2\theta}{\alpha(1 + \sin \theta)} = \frac{\alpha}{2} \cdot \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{1 + \sin \theta} = \alpha \cdot \frac{\sin \theta \cos \theta}{1 + \sin \theta}$ છે.
$r$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $f(\theta) = \frac{\sin \theta \cos \theta}{1 + \sin \theta}$ ને મહત્તમ કરીએ.
ધારો કે $x = \sin \theta$. તો $\cos \theta = \sqrt{1 - x^2}$. તેથી $f(x) = \frac{x \sqrt{1 - x^2}}{1 + x} = x \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}}$.
$f(x)$ નો વર્ગ કરીને,આપણે $g(x) = x^2 \frac{1 - x}{1 + x} = \frac{x^2 - x^3}{1 + x}$ ને મહત્તમ કરીએ.
$g'(x) = 0$ લેતા: $\frac{(2x - 3x^2)(1 + x) - (x^2 - x^3)(1)}{(1 + x)^2} = 0$.
$(2x + 2x^2 - 3x^2 - 3x^3) - (x^2 - x^3) = 0 \implies -2x^3 - 2x^2 + 2x = 0$.
$-2x(x^2 + x - 1) = 0$. કારણ કે $x = \sin \theta > 0$,તેથી $x^2 + x - 1 = 0$.
$x$ માટે ઉકેલતા,$x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4}}{2}$. $x > 0$ હોવાથી,$x = \sin \theta = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$.

(C) આપેલ છે કે $S(x) = \int\limits_0^x {\sin \left( {\frac{{\pi {t^2}}}{2}} \right)\,dt} $.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$S'(x) = \sin \left( {\frac{{\pi {x^2}}}{2}} \right)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં $S'(x) = 0$,તેથી $\sin \left( {\frac{{\pi {x^2}}}{2}} \right) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{{\pi {x^2}}}{2} = n\pi$ કોઈ પૂર્ણાંક $n$ માટે,તેથી $x^2 = 2n$.
અંતરાલ $[1, 2.4]$ આપેલ હોવાથી,$1 \le x^2 \le 5.76$ થાય.
$n=1$ માટે,$x^2 = 2 \implies x = \sqrt{2} \approx 1.414$.
$n=2$ માટે,$x^2 = 4 \implies x = 2$.
હવે,દ્વિતીય વિકલિત શોધો: $S''(x) = \cos \left( {\frac{{\pi {x^2}}}{2}} \right) \cdot \pi x$.
$x = \sqrt{2}$ પર,$S''(\sqrt{2}) = \cos(\pi) \cdot \pi \sqrt{2} = -\pi \sqrt{2} < 0$,તેથી $x = \sqrt{2}$ એ સ્થાનિક મહત્તમ છે.
$x = 2$ પર,$S''(2) = \cos(2\pi) \cdot 2\pi = 2\pi > 0$,તેથી $x = 2$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ છે.
આમ,સ્થાનિક ન્યૂનતમ $x = 2$ પર મળે છે.

(B) ધારો કે સ્થિર પાણીમાં સ્ટીમરની ઝડપ $V$ છે અને કાપવાનું અંતર $d$ છે.
પ્રવાહની વિરુદ્ધ દિશામાં સ્ટીમરની ઝડપ $(V - C)$ થશે.
મુસાફરી માટે લાગતો સમય $T = \frac{d}{V - C}$ છે.
પ્રતિ કલાક પેટ્રોલનો વપરાશ $P = kV^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
કુલ ઇંધણ વપરાશ $F = T \times P = \frac{d}{V - C} \times kV^3 = kd \frac{V^3}{V - C}$ છે.
સૌથી આર્થિક ઝડપ શોધવા માટે,આપણે $\frac{dF}{dV} = 0$ લઈને $F$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય શોધીએ.
ધારો કે $f(V) = \frac{V^3}{V - C}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $f'(V) = \frac{(V - C)(3V^2) - V^3(1)}{(V - C)^2} = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $3V^2(V - C) - V^3 = 0$.
$3V^3 - 3V^2C - V^3 = 0$.
$2V^3 - 3V^2C = 0$.
$V \neq 0$ હોવાથી,$V^2$ વડે ભાગતા: $2V - 3C = 0$.
$V = 1.5C$.
આમ,સ્થિર પાણીમાં સ્ટીમરની સૌથી આર્થિક ઝડપ $1.5C$ છે.

(A) નતિપરિવર્તન બિંદુ ત્યાં મળે છે જ્યાં દ્વિતીય વિકલિત $f''(x) = 0$ થાય અને ચિહ્ન બદલાય.
પ્રથમ,પ્રથમ વિકલિત શોધો: $f'(x) = a x^2 + 2(a + 2)x + (a - 1)$.
ત્યારબાદ,દ્વિતીય વિકલિત શોધો: $f''(x) = 2ax + 2(a + 2)$.
નતિપરિવર્તન બિંદુ શોધવા માટે $f''(x) = 0$ લો: $2ax + 2(a + 2) = 0 \implies x = -\frac{a + 2}{a}$.
નતિપરિવર્તન બિંદુ ઋણ હોવા માટે,આપણે $x < 0$ ની જરૂર છે,તેથી $-\frac{a + 2}{a} < 0$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{a + 2}{a} > 0$.
અસમતા $\frac{a + 2}{a} > 0$ ને ઉકેલતા,આપણને $a = -2$ અને $a = 0$ પર નિર્ણાયક બિંદુઓ મળે છે.
આ પદ $(-\infty, -2)$ અને $(0, \infty)$ અંતરાલોમાં ધન છે.
આમ,$a$ ની કિંમતોનો ગણ $(-\infty, -2) \cup (0, \infty)$ છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = (a^2 - 3a + 2) \cos \frac{x}{2} + (a - 1)x + \sin 1$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = -(a^2 - 3a + 2) \sin \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2} + (a - 1)$
$f'(x) = -(a - 1)(a - 2) \cdot \frac{1}{2} \sin \frac{x}{2} + (a - 1)$
$f'(x) = (a - 1) \left[ 1 - \frac{a - 2}{2} \sin \frac{x}{2} \right]$.
જો $f(x)$ ને કોઈ ક્રાંતિક બિંદુ ન હોય,તો તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) \neq 0$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $a - 1 \neq 0$ (એટલે કે $a \neq 1$) અને તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $1 - \frac{a - 2}{2} \sin \frac{x}{2} \neq 0$.
જો $a = 2$ હોય,તો $f'(x) = 1 \neq 0$,જે માન્ય છે.
જો $a \neq 2$ હોય,તો $\sin \frac{x}{2} = \frac{2}{a - 2}$ નો $\mathbb{R}$ માં કોઈ ઉકેલ ન હોવો જોઈએ.
આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $\left| \frac{2}{a - 2} \right| > 1$,જેનો અર્થ છે $|a - 2| < 2$.
$-2 < a - 2 < 2 \Rightarrow 0 < a < 4$.
$a \neq 1$ અને $0 < a < 4$ ને જોડતા,આપણને $a \in (0, 1) \cup (1, 4)$ મળે છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = 1 + a^2x - x^3$.
વિકલન કરતા: $f'(x) = a^2 - 3x^2$.
$f'(x) = 0$ લેતા $3x^2 = a^2$,તેથી $x = \pm \frac{|a|}{\sqrt{3}}$.
દ્વિતીય વિકલન $f''(x) = -6x$ છે.
ન્યૂનતમ બિંદુ માટે $f''(x) > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $-6x > 0$,એટલે કે $x < 0$.
તેથી,ન્યૂનતમ બિંદુ $x = -\frac{|a|}{\sqrt{3}}$ છે.
હવે,અસમતા $\frac{x^2 + x + 2}{x^2 + 5x + 6} < 0$ ઉકેલો.
અંશ $x^2 + x + 2$ માટે વિવેચક $D = 1 - 8 = -7 < 0$ છે,તેથી તે હંમેશા ધન છે.
તેથી,આપણે $x^2 + 5x + 6 < 0$ ની જરૂર છે,જે $(x+2)(x+3) < 0$ તરીકે અવયવ પાડી શકાય.
આ $x \in (-3, -2)$ માટે સાચું છે.
$x = -\frac{|a|}{\sqrt{3}}$ ને અસમતામાં મૂકતા: $-3 < -\frac{|a|}{\sqrt{3}} < -2$.
$-1$ વડે ગુણતા અસમતા બદલાશે: $2 < \frac{|a|}{\sqrt{3}} < 3$.
$\sqrt{3}$ વડે ગુણતા: $2\sqrt{3} < |a| < 3\sqrt{3}$.
આનો અર્થ છે $a \in (-3\sqrt{3}, -2\sqrt{3}) \cup (2\sqrt{3}, 3\sqrt{3})$.

(B) ખર્ચ વિધેય $C(x) = x^3 - 6x^2 + 15x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સરેરાશ ખર્ચ વિધેય $AC(x)$ ને $\frac{C(x)}{x}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$AC(x) = \frac{x^3 - 6x^2 + 15x}{x} = x^2 - 6x + 15$ જ્યાં $x > 0$.
ન્યૂનતમ સરેરાશ ખર્ચ શોધવા માટે,આપણે $AC(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ છીએ:
$\frac{d}{dx}(AC(x)) = \frac{d}{dx}(x^2 - 6x + 15) = 2x - 6$.
વિકલનને શૂન્ય સાથે સરખાવતા:
$2x - 6 = 0 \implies 2x = 6 \implies x = 3$.
આ ન્યૂનતમ છે તે ચકાસવા માટે,આપણે દ્વિતીય વિકલન તપાસીએ છીએ:
$\frac{d^2}{dx^2}(AC(x)) = 2$.
કારણ કે દ્વિતીય વિકલન ધન છે $(2 > 0)$,તેથી વિધેય $AC(x)$ ને $x = 3$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય મળે છે.

(A) ધારો કે લંબચોરસનું ઉપરનું જમણું શિરોબિંદુ વક્ર $y = \frac{\ln x}{x^2}$ પર $(x, y)$ છે.
લંબચોરસની બાજુઓ ધન $x$ અને $y$ અક્ષ પર હોવાથી,તેનું ક્ષેત્રફળ $A = x \cdot y$ દ્વારા મળે છે.
$y$ ની કિંમત મૂકતા,$A = x \cdot \frac{\ln x}{x^2} = \frac{\ln x}{x}$ મળે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $A$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dA}{dx} = \frac{x \cdot (\frac{1}{x}) - \ln x \cdot (1)}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$.
$\frac{dA}{dx} = 0$ લેતા,$1 - \ln x = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\ln x = 1$,તેથી $x = e$.
આ મહત્તમ છે તે ચકાસવા માટે,આપણે દ્વિતીય વિકલન અથવા $\frac{dA}{dx}$ ના ચિહ્નમાં ફેરફાર તપાસીએ. $x < e$ માટે,$\frac{dA}{dx} > 0$ અને $x > e$ માટે,$\frac{dA}{dx} < 0$ છે,જે સાબિત કરે છે કે $x = e$ પર મહત્તમ કિંમત મળે છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $A_{max} = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e} = e^{-1}$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = 3 \tan x + x^3$.
પ્રથમ,આપણે વિકલન શોધીએ: $f'(x) = 3 \sec^2 x + 3x^2$.
કારણ કે $\sec^2 x > 0$ અને $x^2 \ge 0$ તમામ $x$ માટે,તેથી $f'(x) > 0$ તમામ $x \in (0, \frac{\pi}{4})$ માટે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x)$ એ અંતરાલ $(0, \frac{\pi}{4})$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
હવે,અંતિમ બિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત શોધીએ:
$f(0) = 3 \tan(0) + 0^3 = 0$.
$f(\frac{\pi}{4}) = 3 \tan(\frac{\pi}{4}) + (\frac{\pi}{4})^3 = 3(1) + \frac{\pi^3}{64} = 3 + \frac{\pi^3}{64}$.
કારણ કે $\pi \approx 3.14$,$\pi^3 \approx 31$,તેથી $f(\frac{\pi}{4}) \approx 3.48$.
$f(0) = 0 < 2$ અને $f(\frac{\pi}{4}) \approx 3.48 > 2$ હોવાથી,અને $f(x)$ સતત અને ચુસ્ત રીતે વધતું હોવાથી,'ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ' મુજબ,$(0, \frac{\pi}{4})$ માં એક એવી કિંમત $c$ મળે કે જેથી $f(c) = 2$ થાય.

(D) ધારો કે $f(x) = (1 + \frac{1}{x})^x$. $f(x)$ નો પ્રદેશ $(-\infty, -1) \cup (0, \infty)$ છે.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(f(x)) = x \ln(1 + \frac{1}{x})$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{f'(x)}{f(x)} = \ln(1 + \frac{1}{x}) + x \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} \cdot (-\frac{1}{x^2}) = \ln(1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{x+1}$.
ધારો કે $g(x) = \ln(1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{x+1}$.
$x > 0$ માટે,$t = \frac{1}{x}$ લો,તો $t \in (0, \infty)$. $g(t) = \ln(1+t) - \frac{t}{1+t}$.
$g'(t) = \frac{1}{1+t} - \frac{(1+t) - t}{(1+t)^2} = \frac{1}{1+t} - \frac{1}{(1+t)^2} = \frac{t}{(1+t)^2} > 0$ જ્યાં $t > 0$.
$g(0) = 0$ હોવાથી અને $g(t)$ સતત વધતું વિધેય હોવાથી,તમામ $x > 0$ માટે $g(x) > 0$ થાય.
આમ,તમામ $x > 0$ માટે $f'(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ $(0, \infty)$ પર સતત વધતું વિધેય છે.
$x < -1$ માટે,$x = -u$ લો જ્યાં $u > 1$. $f(x) = (1 - \frac{1}{u})^{-u} = (\frac{u-1}{u})^{-u} = (\frac{u}{u-1})^u$.
વિશ્લેષણ દર્શાવે છે કે $f'(x)$ પ્રદેશમાં ક્યાંય શૂન્ય થતું નથી,તેથી કોઈ સ્થાનિક અંતિમ મૂલ્યો (extrema) નથી.

(D) ધારો કે $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ એ $3$ ઘાતવાળી બહુપદી છે,જ્યાં $a \neq 0$.
તો $f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c$ એ દ્વિઘાત બહુપદી છે.
સ્થિર બિંદુઓ એ $f'(x) = 0$ ના બીજ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણને $0, 1,$ અથવા $2$ વાસ્તવિક બીજ હોઈ શકે છે.
જો $f'(x) = 0$ ને બરાબર એક બીજ $\alpha$ હોય,તો $\alpha$ પુનરાવર્તિત બીજ હોવું જોઈએ,તેથી $f'(x) = 3a(x - \alpha)^2$.
આ કિસ્સામાં,$f''(x) = 6a(x - \alpha)$,જે સૂચવે છે કે $f''(\alpha) = 0$.
જો કે,પ્રશ્નમાં આપેલ છે કે કોઈપણ સ્થિર બિંદુ પર $f''(x) \neq 0$ છે.
તેથી,$f'(x) = 0$ ને પુનરાવર્તિત બીજ હોઈ શકે નહીં.
આમ,$f'(x) = 0$ ને કાં તો $0$ ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ અથવા $2$ ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ હોવા જોઈએ.
તેથી,$f$ ને $0$ અથવા $2$ સ્થિર બિંદુઓ છે.

(C) ધારો કે $x$ વધારાના ઝાડ વાવવામાં આવે છે.
કુલ ઝાડની સંખ્યા $(50 + x)$ થશે.
પ્રતિ ઝાડ ઉત્પાદન $(800 - 10x)$ થશે.
કુલ ઉત્પાદન $P(x)$ એ ઝાડની સંખ્યા અને પ્રતિ ઝાડ ઉત્પાદનનો ગુણાકાર છે:
$P(x) = (50 + x)(800 - 10x)$
$P(x) = 40000 - 500x + 800x - 10x^2$
$P(x) = -10x^2 + 300x + 40000$
ઉત્પાદન મહત્તમ કરવા માટે,આપણે વિકલન $P'(x)$ શોધીએ અને તેને $0$ સાથે સરખાવીએ:
$P'(x) = \frac{d}{dx}(-10x^2 + 300x + 40000) = -20x + 300$
$P'(x) = 0$ લેતા:
$-20x + 300 = 0$
$20x = 300$
$x = 15$
આ મહત્તમ મૂલ્ય છે તે ચકાસવા માટે,આપણે દ્વિતીય વિકલન લઈએ:
$P''(x) = -20$
$P''(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $x = 15$ આગળ મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.

(D) આપેલ વક્ર $y = \frac{1}{2\sin^2 x + 3\cos^2 x}$ છે.
છેદને $2\sin^2 x + 3(1 - \sin^2 x) = 3 - \sin^2 x$ અથવા $2(1 - \cos^2 x) + 3\cos^2 x = 2 + \cos^2 x$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$y = \frac{1}{2 + \cos^2 x}$.
સ્પર્શક સમક્ષિતિજ હોવા માટે,વિકલન $\frac{dy}{dx}$ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
$y' = -\frac{1}{(2 + \cos^2 x)^2} \cdot (2\cos x)(-\sin x) = \frac{2\sin x \cos x}{(2 + \cos^2 x)^2} = \frac{\sin 2x}{(2 + \cos^2 x)^2}$.
$y' = 0$ લેતા $\sin 2x = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે $2x = n\pi$,અથવા $x = \frac{n\pi}{2}$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
જો $n$ બેકી હોય,$n = 2k$,તો $x = k\pi$,તેથી $\cos^2 x = 1$. ત્યારે $y = \frac{1}{2 + 1} = 1/3$.
જો $n$ એકી હોય,$n = 2k+1$,તો $x = k\pi + \frac{\pi}{2}$,તેથી $\cos^2 x = 0$. ત્યારે $y = \frac{1}{2 + 0} = 1/2$.
આમ,$n$ એકી કે બેકી પૂર્ણાંક છે તે મુજબ કોટિ $1/2$ અથવા $1/3$ મળે છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{\sin(x + a)}{\sin(x + b)}$ છે.
વિકલન માટે ભાગાકારનો નિયમ વાપરતા,$f'(x) = \frac{\cos(x + a)\sin(x + b) - \sin(x + a)\cos(x + b)}{\sin^2(x + b)}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $f'(x) = \frac{\sin((x + b) - (x + a))}{\sin^2(x + b)} = \frac{\sin(b - a)}{\sin^2(x + b)}$.
વિધેયને કોઈ મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય ન હોય તે માટે,વિકલિત $f'(x)$ તેના પ્રદેશમાં તમામ $x$ માટે શૂન્ય હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એક અચળ વિધેય છે.
આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $\sin(b - a) = 0$ હોય.
$\sin \theta = 0$ માટેનો વ્યાપક ઉકેલ $\theta = n \pi$ છે,જ્યાં $n \in I$.
આમ,$b - a = n \pi$ જ્યાં $n \in I$.

(C) ધારો કે બિંદુ $P$ એ $(x_0, y_0)$ છે જ્યાં $x_0 > 0$. તો $y_0 = e^{-x_0}$.
સ્પર્શકનો ઢાળ $m = \frac{dy}{dx} = -e^{-x_0}$ છે.
સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - e^{-x_0} = -e^{-x_0}(x - x_0)$ છે.
$x$-અંતઃખંડ માટે,$y = 0$ લેતા: $-e^{-x_0} = -e^{-x_0}(x - x_0) \implies x = x_0 + 1$.
$y$-અંતઃખંડ માટે,$x = 0$ લેતા: $y = e^{-x_0} + x_0 e^{-x_0} = e^{-x_0}(1 + x_0)$.
સ્પર્શક અને અક્ષો દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} |x_{int}| |y_{int}| = \frac{1}{2} (x_0 + 1) (e^{-x_0}(1 + x_0)) = \frac{1}{2} e^{-x_0} (x_0 + 1)^2$ છે.
$A$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$\frac{dA}{dx_0} = \frac{1}{2} [ -e^{-x_0}(x_0 + 1)^2 + e^{-x_0} \cdot 2(x_0 + 1) ] = \frac{1}{2} e^{-x_0} (x_0 + 1) (1 - x_0)$ શોધો.
$\frac{dA}{dx_0} = 0$ લેતા $x_0 = 1$ મળે છે.
આમ,બિંદુ $(1, 1/e)$ છે.
$y = e^{-|x|}$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આલેખ $y$-અક્ષની સાપેક્ષમાં સંમિત છે,તેથી બિંદુ $(-1, 1/e)$ પણ સમાન મહત્તમ ક્ષેત્રફળ આપે છે.
તેથી,$(A)$ અને $(B)$ બંને સાચા છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = (x^2 - 1)^n (x^2 + x + 1)$.
$f(x)$ ને $x = 1$ આગળ સ્થાનિક અંતિમ મૂલ્ય મળે તે માટે $f'(1) = 0$ હોવું જોઈએ અને $x = 1$ ની આસપાસ $f'(x)$ ની નિશાની બદલાવી જોઈએ.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = n(x^2 - 1)^{n-1}(2x)(x^2 + x + 1) + (x^2 - 1)^n(2x + 1)$.
$(x^2 - 1)^{n-1}$ સામાન્ય લેતા:
$f'(x) = (x^2 - 1)^{n-1} [2nx(x^2 + x + 1) + (x^2 - 1)(2x + 1)]$.
$x = 1$ ની નજીક,ધારો કે $x = 1 + h$ જ્યાં $h$ ખૂબ નાનું છે.
તેથી $(x^2 - 1) = ((1+h)^2 - 1) = 2h + h^2 \approx 2h$.
આમ,$f'(1+h) \approx (2h)^{n-1} [2n(1)(3) + (0)(3)] = (2h)^{n-1} (6n)$.
સ્થાનિક અંતિમ મૂલ્ય માટે,$f'(x)$ ની નિશાની $x = 1$ આગળ બદલાવી જોઈએ. આ ત્યારે થાય જો $f'(x)$ માં $(x-1)$ નો ઘાતાંક એકી સંખ્યા હોય.
કારણ કે $(x^2 - 1)^{n-1} = (x-1)^{n-1}(x+1)^{n-1}$,તેથી $(x-1)$ નો ઘાતાંક $n-1$ છે.
નિશાની બદલાવા માટે,$n-1$ એકી સંખ્યા હોવી જોઈએ.
તેથી,$n-1 = 1, 3, 5, \dots$,જેનો અર્થ છે કે $n = 2, 4, 6, \dots$.
આમ,$n$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ.
$n=2$ અને $n=4$ બંને બેકી સંખ્યાઓ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) ધારો કે ચોરસ પાયાની બાજુ $x$ છે અને બોક્સની ઊંચાઈ $y$ છે.
આપેલ છે કે ખુલ્લા ઉપરના ભાગવાળા બોક્સનું પૃષ્ઠફળ $S = x^2 + 4xy = 48$ છે.
આના પરથી,આપણે $y$ ને $x$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવી શકીએ: $4xy = 48 - x^2 \Rightarrow y = \frac{48 - x^2}{4x}$.
બોક્સનું ઘનફળ $V = x^2y$ છે.
$y$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે $V = x^2 \left( \frac{48 - x^2}{4x} \right) = \frac{1}{4}(48x - x^3)$.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,આપણે $V$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ: $\frac{dV}{dx} = \frac{1}{4}(48 - 3x^2)$.
$\frac{dV}{dx} = 0$ લેતા,આપણને મળે $48 - 3x^2 = 0 \Rightarrow x^2 = 16 \Rightarrow x = 4$ (કારણ કે $x > 0$).
હવે,$x = 4$ નો ઉપયોગ કરીને $y$ શોધો: $y = \frac{48 - 4^2}{4(4)} = \frac{48 - 16}{16} = \frac{32}{16} = 2$.
મહત્તમ ઘનફળ $V = x^2y = 4^2 \times 2 = 16 \times 2 = 32 \, m^3$ છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = x^3 + px + 1$. તેથી $f'(x) = 3x^2 + p$.
કિસ્સો $(i)$: જો $p \geqslant 0$ હોય,તો $f'(x) = 3x^2 + p \geqslant 0$ તમામ $x$ માટે. આમ,$f(x)$ મોનોટોનિક વધતું વિધેય છે. $f(0) = 1$ અને $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ હોવાથી,ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,$(-\infty, 0)$ માં બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ અસ્તિત્વ ધરાવે છે. તેથી,વિધાન $(i)$ સાચું છે.
કિસ્સો $(ii)$: જો $-1 < p < 0$ હોય,તો $x = \pm \sqrt{-p/3}$ આગળ $f'(x) = 0$ થાય છે. $f'(x)$ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી $f(x)$ નોન-મોનોટોનિક છે. સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત $f(-\sqrt{-p/3}) > 0$ અને સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત $f(\sqrt{-p/3}) > 0$ છે. બંને સ્થાનિક એક્સ્ટ્રીમા ધન હોવાથી,આલેખ x-અક્ષને માત્ર એક જ વાર (ઋણ વિસ્તારમાં) છેદે છે. તેથી,વિધાન $(ii)$ સાચું છે.
કિસ્સો $(iii)$: $f(x) = 0$ ને ત્રણ ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ હોવા માટે,સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત ધન અને સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત ઋણ હોવી જોઈએ. $f_{max} \cdot f_{min} < 0$. $1 + \frac{4p^3}{27} < 0$ જેનો અર્થ છે $p < -3/\sqrt[3]{4}$. તેથી,વિધાન $(iii)$ સાચું છે.
આમ,ત્રણેય વિધાનો સાચા છે. જોકે,આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $(B)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = x^{10} + x^2 + \frac{1}{x^{12}} + \frac{1}{1 + \sec^{-1} x}$ છે.
પદ $x^{10} + x^2 + \frac{1}{x^{12}}$ માટે,આપણે સમાંતર મધ્યક-ગુણોત્તર મધ્યક $(AM \geq GM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરીએ:
$\frac{x^{10} + x^2 + \frac{1}{x^{12}}}{3} \geq \sqrt[3]{x^{10} \cdot x^2 \cdot \frac{1}{x^{12}}} = \sqrt[3]{1} = 1$.
આમ,$x^{10} + x^2 + \frac{1}{x^{12}} \geq 3$. સમાનતા ત્યારે મળે જ્યારે $x^{10} = x^2 = \frac{1}{x^{12}}$,જેનો અર્થ છે $x^2 = 1$,એટલે કે $x = 1$ અથવા $x = -1$.
હવે $\sec^{-1} x$ નો પ્રદેશ $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ છે.
$f(x)$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે,આપણે $\frac{1}{1 + \sec^{-1} x}$ પદને ન્યૂનતમ કરવું પડે.
જો $x = 1$,તો $\sec^{-1}(1) = 0$,તેથી પદ $\frac{1}{1+0} = 1$ થાય.
જો $x = -1$,તો $\sec^{-1}(-1) = \pi$,તેથી પદ $\frac{1}{1+\pi}$ થાય.
કારણ કે $\frac{1}{1+\pi} < 1$,ન્યૂનતમ કિંમત $x = -1$ પર મળે છે.
તેથી,$f(-1) = 3 + \frac{1}{1+\pi} = \frac{3(1+\pi) + 1}{1+\pi} = \frac{3\pi + 4}{\pi + 1}$.

(B) ધારો કે $R$ ત્રિજ્યાના ગોળામાં અંતર્ગત નળાકારની ત્રિજ્યા $r$ અને ઊંચાઈ $h$ છે.
ગોળા અને નળાકારની ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે સંબંધ છે: $r^{2} + (h/2)^{2} = R^{2}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $(h/2)^{2} = R^{2} - r^{2}$,તેથી $h = 2\sqrt{R^{2} - r^{2}}$.
નળાકારનું ઘનફળ $V = \pi r^{2} h = 2\pi r^{2} \sqrt{R^{2} - r^{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,આપણે $V$ નું $r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dV}{dr} = 2\pi \left[ 2r \sqrt{R^{2} - r^{2}} + r^{2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{R^{2} - r^{2}}} \cdot (-2r) \right] = 2\pi \left[ \frac{2r(R^{2} - r^{2}) - r^{3}}{\sqrt{R^{2} - r^{2}}} \right] = 2\pi \left[ \frac{2rR^{2} - 3r^{3}}{\sqrt{R^{2} - r^{2}}} \right]$.
$\frac{dV}{dr} = 0$ લેતા,આપણને $2rR^{2} - 3r^{3} = 0$ મળે છે.
$r \neq 0$ હોવાથી,$2R^{2} = 3r^{2}$ મળે,જે $r^{2} = \frac{2}{3}R^{2}$ આપે છે,અથવા $r = \sqrt{\frac{2}{3}}R$.
આમ,મહત્તમ ઘનફળ ધરાવતા નળાકારની ત્રિજ્યા $\sqrt{\frac{2}{3}}R$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x^4e^{-x^2}$ છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે વિકલન $f'(x)$ શોધીએ છીએ:
$f'(x) = 4x^3e^{-x^2} + x^4e^{-x^2}(-2x) = 2x^3e^{-x^2}(2 - x^2)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $x = 0$ અથવા $x^2 = 2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 0, \sqrt{2}, -\sqrt{2}$.
આ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધતા:
$f(0) = 0^4e^0 = 0$.
$f(\sqrt{2}) = (\sqrt{2})^4e^{-(\sqrt{2})^2} = 4e^{-2} = \frac{4}{e^2}$.
$f(-\sqrt{2}) = (-\sqrt{2})^4e^{-(-\sqrt{2})^2} = 4e^{-2} = \frac{4}{e^2}$.
જેમ $x \to \pm \infty$,તેમ $f(x) \to 0$.
આમ,મહત્તમ મૂલ્ય $\frac{4}{e^2}$ છે અને ન્યૂનતમ મૂલ્ય $0$ છે.
મહત્તમ અને ન્યૂનતમ મૂલ્યો વચ્ચેનો તફાવત $\frac{4}{e^2} - 0 = \frac{4}{e^2}$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = (1/x)^x$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln f(x) = x \ln(1/x) = -x \ln x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f'(x)}{f(x)} = -(\ln x + x \cdot \frac{1}{x}) = -(1 + \ln x)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે,$f'(x) = 0$ લેતા:
$-(1 + \ln x) = 0 \Rightarrow \ln x = -1 \Rightarrow x = e^{-1} = 1/e$.
મહત્તમ કિંમત ચકાસવા માટે,$x = 1/e$ ની આસપાસ $f'(x)$ ની નિશાની તપાસીએ:
$x < 1/e$ માટે,$\ln x < -1$,તેથી $1 + \ln x < 0$,જેનો અર્થ છે કે $f'(x) > 0$.
$x > 1/e$ માટે,$\ln x > -1$,તેથી $1 + \ln x > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f'(x) < 0$.
જેમ કે $f'(x)$ એ $x = 1/e$ પર ધનમાંથી ઋણમાં બદલાય છે,તેથી વિધેય $x = 1/e$ પર મહત્તમ કિંમત પ્રાપ્ત કરે છે.
મહત્તમ કિંમત $f(1/e) = (1/(1/e))^{1/e} = e^{1/e}$ છે.

(A) ધારો કે $R = a/2$ એ ગોળાની ત્રિજ્યા છે. ધારો કે $h$ એ શંકુની ઊંચાઈ છે અને $r$ એ શંકુના પાયાની ત્રિજ્યા છે.
ગોળાની ભૂમિતિ મુજબ,જો ગોળાનું કેન્દ્ર શંકુના પાયાથી $x$ અંતરે હોય,તો $h = R + x = a/2 + x$ થાય.
શંકુના પાયાની ત્રિજ્યા $r^2 = R^2 - x^2 = (a/2)^2 - x^2$ છે.
શંકુનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi ((a/2)^2 - x^2)(a/2 + x)$ છે.
$V(x) = \frac{1}{3} \pi (a/2 - x)(a/2 + x)^2$.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,$V$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરો અને તેને $0$ સાથે સરખાવો:
$\frac{dV}{dx} = \frac{1}{3} \pi [(-1)(a/2 + x)^2 + (a/2 - x) \cdot 2(a/2 + x)] = 0$.
$(a/2 + x) [-(a/2 + x) + 2(a/2 - x)] = 0$.
કારણ કે $h \neq 0$,$a/2 + x \neq 0$,તેથી $-(a/2 + x) + a - 2x = 0$.
$-a/2 - x + a - 2x = 0 \implies a/2 = 3x \implies x = a/6$.
ઊંચાઈ $h = a/2 + x = a/2 + a/6 = 3a/6 + a/6 = 4a/6 = (2/3)a$.

(B) લંબચોરસ $x = \frac{\pi}{2}$ રેખાની સાપેક્ષમાં સંમિત છે.
ધારો કે કેન્દ્ર $x = \frac{\pi}{2}$ થી બાજુઓનું અંતર $\alpha$ છે.
શિરોબિંદુઓ $B$ અને $C$ ના $x-$યામ અનુક્રમે $\frac{\pi}{2} - \alpha$ અને $\frac{\pi}{2} + \alpha$ છે.
લંબચોરસની ઊંચાઈ $y = \sin\left(\frac{\pi}{2} + \alpha\right) = \cos \alpha$ છે.
લંબચોરસની પહોળાઈ $(\frac{\pi}{2} + \alpha) - (\frac{\pi}{2} - \alpha) = 2\alpha$ છે.
આમ,લંબચોરસનું ક્ષેત્રફળ $A = (2\alpha)(\cos \alpha) = 2\alpha \cos \alpha$ થાય.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $A$ નું $\alpha$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dA}{d\alpha} = 2(\cos \alpha - \alpha \sin \alpha)$.
$\frac{dA}{d\alpha} = 0$ લેતા,$\cos \alpha = \alpha \sin \alpha$ મળે,જેનું સાદું રૂપ આપતા $\cot \alpha = \alpha$ મળે (કારણ કે અંતરાલ $(0, \frac{\pi}{2})$ માં $\alpha \neq 0$ અને $\sin \alpha \neq 0$ છે).

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x^4 + \lambda x^3 + x^2$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 4x^3 + 3\lambda x^2 + 2x$.
કારણ કે $f(x)$ ને $x = \frac{1}{2}$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય છે,તેથી $f'(\frac{1}{2}) = 0$.
$f'(\frac{1}{2}) = 4(\frac{1}{8}) + 3\lambda(\frac{1}{4}) + 2(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} + \frac{3\lambda}{4} + 1 = 0$.
$\frac{3\lambda}{4} = -\frac{3}{2} \Rightarrow \lambda = -2$.
હવે,$f'(x) = 4x^3 - 6x^2 + 2x = 2x(2x^2 - 3x + 1) = 2x(2x - 1)(x - 1)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = 0, \frac{1}{2}, 1$ છે.
પ્રથમ વિકલન કસોટીનો ઉપયોગ કરતા:
$x < 0$ માટે,$f'(x) < 0$.
$0 < x < \frac{1}{2}$ માટે,$f'(x) > 0$ ($x=0$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ).
$\frac{1}{2} < x < 1$ માટે,$f'(x) < 0$ ($x=\frac{1}{2}$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ).
$x > 1$ માટે,$f'(x) > 0$ ($x=1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ).
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ પર મૂલ્યોની ગણતરી:
$f(0) = 0^4 - 2(0)^3 + 0^2 = 0$.
$f(1) = 1^4 - 2(1)^3 + 1^2 = 1 - 2 + 1 = 0$.
આમ,$f(x)$ નું નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ મૂલ્ય $0$ છે.

(A) કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,વિધેયનું વિકલન:
$f'(x) = e^{x-3}(x^2+2)(x-3)(x+4)^2$
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લેતા:
$e^{x-3}(x^2+2)(x-3)(x+4)^2 = 0$
અહીં $e^{x-3} > 0$ અને $x^2+2 > 0$ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે હોવાથી,ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 3$ અને $x = -4$ મળે છે.
આ બિંદુઓની આસપાસ $f'(x)$ ની નિશાની તપાસતા:
- $x > 3$ માટે,$f'(x) > 0$.
- $-4 < x < 3$ માટે,$f'(x) < 0$.
- $x < -4$ માટે,$f'(x) < 0$ (કારણ કે $(x+4)^2$ હંમેશા અ-ઋણ છે).
$x = 3$ આગળ,$f'(x)$ ની નિશાની ઋણથી ધન તરફ બદલાય છે,તેથી $x = 3$ આગળ વિધેય $f(x)$ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
$x = -4$ આગળ,$f'(x)$ ની નિશાની બદલાતી નથી (બંને બાજુ ઋણ રહે છે),તેથી તે નતિપરિવર્તન બિંદુ છે.
આમ,સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવતું માત્ર $1$ બિંદુ છે.

(D) ધારો કે $t = e^{\sin^2 x}$. કારણ કે $0 \le \sin^2 x \le 1$,તેથી $t \in [e^0, e^1] = [1, e]$.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,$e^{\cos^2 x} = e^{1 - \sin^2 x} = \frac{e}{e^{\sin^2 x}} = \frac{e}{t}$ મળે.
આમ,$t \in [1, e]$ માટે $f(t) = 7t - \frac{e}{t} + 2$ થાય.
વિકલન કરતા: $f'(t) = 7 + \frac{e}{t^2}$.
બધા $t \in [1, e]$ માટે $f'(t) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(t)$ વધતું વિધેય છે.
તેથી,$f_{\min} = f(1) = 7(1) - \frac{e}{1} + 2 = 9 - e$.
અને $f_{\max} = f(e) = 7(e) - \frac{e}{e} + 2 = 7e - 1 + 2 = 7e + 1$.
હવે,$\sqrt{7f_{\min} + f_{\max}} = \sqrt{7(9 - e) + (7e + 1)} = \sqrt{63 - 7e + 7e + 1} = \sqrt{64} = 8$.

(A) ધારો કે $g(t) = 2(t - 1)(t - 2)^3 + 3(t - 1)^2(t - 2)^2$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = g(x) = 2(x - 1)(x - 2)^3 + 3(x - 1)^2(x - 2)^2$.
સામાન્ય પદો બહાર કાઢતા: $f'(x) = (x - 1)(x - 2)^2 [2(x - 2) + 3(x - 1)]$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા: $f'(x) = (x - 1)(x - 2)^2 [2x - 4 + 3x - 3] = (x - 1)(x - 2)^2 (5x - 7)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લેતા,જે $x = 1, x = 2, x = 7/5$ આપે છે.
આ બિંદુઓની આસપાસ $f'(x)$ ના ચિહ્નોનું વિશ્લેષણ કરતા:
$x < 1$ માટે,$f'(x) > 0$.
$1 < x < 7/5$ માટે,$f'(x) < 0$.
$7/5 < x < 2$ માટે,$f'(x) > 0$.
$x > 2$ માટે,$f'(x) > 0$.
$x = 1$ આગળ,વિકલિત ધનમાંથી ઋણ થાય છે,તેથી $f(x)$ ને $x = 1$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય મળે છે.

(B) વિધેય $f(x)$ ને $x = 1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવવા માટે,$x = 1$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય એ $x$ ની $1$ ની ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત કરતા ઓછું અથવા સમાન હોવું જોઈએ.
$f(1) = 4(1) = 4$.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (\cos^{-1}(\mu) + x^2) = \cos^{-1}(\mu) + 1$.
સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય માટે,$f(1) \leq \lim_{x \to 1^-} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$4 \leq \cos^{-1}(\mu) + 1$.
$\cos^{-1}(\mu) \geq 3$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}(\mu)$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે,તેથી $3 \leq \cos^{-1}(\mu) \leq \pi$.
બધા પદોનો કોસાઈન લેતા (નોંધો કે $[0, \pi]$ માં $\cos$ ઘટતું વિધેય છે,તેથી અસમતાની નિશાની બદલાશે):
$\cos(3) \leq \mu \leq \cos(0)$.
$\cos(0) = 1$ હોવાથી,$\cos(3) \leq \mu \leq 1$.
આમ,$\mu$ નો અંતરાલ $[\cos 3, 1]$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = |x^2 - 2|x||$ છે. કારણ કે $x^2 = |x|^2$,આપણે લખી શકીએ કે $f(x) = ||x|^2 - 2|x||$.
ધારો કે $t = |x|$,જ્યાં $t \ge 0$. તો $g(t) = |t^2 - 2t|$.
$t \ge 0$ માટે $g(t)$ ના આલેખમાં $t=1$ આગળ સ્થાનીય મહત્તમ કિંમત મળે છે જ્યાં $g(1) = |1-2| = 1$,અને $t=0$ આગળ $g(0)=0$ તથા $t=2$ આગળ $g(2)=0$ સ્થાનીય ન્યૂનતમ કિંમતો મળે છે.
$t = |x|$ હોવાથી,$f(x)$ માટે સ્થાનીય મહત્તમ બિંદુઓ $x = \pm 1$ આગળ મળે છે. તેથી,$M = 2$.
$f(x)$ માટે સ્થાનીય ન્યૂનતમ બિંદુઓ $x = 0, 2, -2$ આગળ મળે છે. તેથી,$m = 3$.
તેથી,$2M + m = 2(2) + 3 = 4 + 3 = 7$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{0}^{x} e^{x+t} dt$.
આપણે સંકલનને $f(x) = e^x \int_{0}^{x} e^t dt$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા,$f(x) = e^x [e^t]_{0}^{x} = e^x (e^x - 1) = e^{2x} - e^x$ મળે છે.
સ્પર્શક $x$-અક્ષને સમાંતર હોય ત્યારે વિકલન $f'(x) = 0$ થાય.
$f'(x) = \frac{d}{dx} (e^{2x} - e^x) = 2e^{2x} - e^x$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$2e^{2x} - e^x = 0$ મળે.
$e^x (2e^x - 1) = 0$.
$e^x$ ક્યારેય $0$ ન હોઈ શકે,તેથી $2e^x - 1 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $e^x = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$x = \ln(\frac{1}{2}) = -\ln 2$ મળે છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = 7e^{\sin^2 x} - 7e^{\cos^2 x} + 2$.
ધારો કે $u = \sin^2 x$,જ્યાં $u \in [0, 1]$.
તેથી $f(u) = 7e^u - 7e^{1-u} + 2$.
વિકલન કરતા $f'(u) = 7e^u + 7e^{1-u} > 0$.
આમ,વિધેય વધતું વિધેય છે.
ન્યૂનતમ કિંમત $u=0$ માટે: $f_{\min} = 9 - 7e$.
મહત્તમ કિંમત $u=1$ માટે: $f_{\max} = 7e - 5$.
ગણતરી કરતા,$\sqrt{7f_{\min} + f_{\max}} = 8$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x)$ માટે $x = a$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય હોવા માટે,$x = a$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય $a$ ની નજીકના વિસ્તારમાં વિધેયના મૂલ્યો કરતા ઓછું અથવા સમાન હોવું જોઈએ.
ચોક્કસ રીતે,$x = 1$ માટે,આપણે $f(1) \le f(1 - h)$ અને $f(1) \le f(1 + h)$ ની જરૂર છે,જ્યાં $h$ એક નાની ધન સંખ્યા છે.
પ્રથમ,$x \ge 1$ માટેની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને $f(1)$ શોધો: $f(1) = \sec^{-1}(1) + \lambda = 0 + \lambda = \lambda$.
આગળ,$x \to 1^-$ માટે લક્ષ લો: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.
$x = 1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય હોવા માટે,$x = 1$ આગળનું મૂલ્ય $1$ ની ડાબી બાજુના મૂલ્યો કરતા ઓછું અથવા સમાન હોવું જોઈએ. તેથી,આપણે $\lambda \le \frac{\pi}{4}$ ની જરૂર છે.
વધુમાં,$x > 1$ માટે,$f(x) = \sec^{-1}(x) + \lambda$. કારણ કે $\sec^{-1}(x)$ એ $x \ge 1$ માટે વધતું વિધેય છે,તેથી $\lambda$ ના કોઈપણ મૂલ્ય માટે તમામ $x > 1$ માટે $f(x) > f(1)$ થશે.
તેથી,$x = 1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય માટેની શરત $\lambda \le \frac{\pi}{4}$ છે,જે અંતરાલ $\left( -\infty, \frac{\pi}{4} \right]$ દર્શાવે છે.

(D) વિધેયને $f(x) = -\ln({3x})$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે જ્યારે $3x \neq n$,જ્યાં ${3x}$ એ $3x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે. જ્યારે $3x = n$ હોય,ત્યારે $f(x) = \ln(\operatorname{sgn}(n)) = \ln(1) = 0$ થાય છે.
આમ,$f(x) = \begin{cases} -\ln({3x}) & ; 3x \neq n \\ 0 & ; 3x = n \end{cases}$ છે.
જેમ કે ${3x} \in [0, 1)$,$-\ln({3x})$ એ ${3x} \in (0, 1)$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. જેમ ${3x} \to 1^-$ થાય,તેમ $-\ln({3x}) \to 0^+$ થાય છે. $3x = n$ પર,$f(x) = 0$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $(0, 5)$ માં દરેક બિંદુ $x = \frac{n}{3}$ માટે,જ્યાં $n \in \{1, 2, \dots, 14\}$ છે,$0$ ની નજીક પહોંચે છે.
વિધેયની કિંમતો હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી (કારણ કે ${3x} \in (0, 1)$ માટે $-\ln({3x}) > 0$ અને $f(n/3) = 0$),વિધેયની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે.
આ ન્યૂનતમ કિંમત $x = \frac{n}{3}$ માટે $n = 1, 2, \dots, 14$ તમામ બિંદુઓ પર મળે છે.
તેથી,આવા કુલ $14$ બિંદુઓ છે.

(C) આપેલ પ્રાચલ સમીકરણો: $y = \sin \theta \cos^2 \theta$ અને $x = \sin^2 \theta \cos \theta$.
$x$-અક્ષને સમાંતર સ્પર્શકો મેળવવા માટે,$\frac{dy}{d\theta} = 0$ લો:
$\frac{dy}{d\theta} = \cos^3 \theta - 2 \sin^2 \theta \cos \theta = \cos \theta (\cos^2 \theta - 2 \sin^2 \theta) = 0$.
આથી $\cos \theta = 0$ અથવા $\tan^2 \theta = \frac{1}{2}$.
$\tan^2 \theta = \frac{1}{2}$ માટે,$\sin^2 \theta = \frac{1}{3}$ અને $\cos^2 \theta = \frac{2}{3}$.
તેથી,$y = \pm \frac{2}{3\sqrt{3}}$.
તે જ રીતે,$y$-અક્ષને સમાંતર સ્પર્શકો માટે,$\frac{dx}{d\theta} = 0$ લો:
$\frac{dx}{d\theta} = 2 \sin \theta \cos^2 \theta - \sin^3 \theta = \sin \theta (2 \cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = 0$.
આથી $\sin \theta = 0$ અથવા $\tan^2 \theta = 2$.
$\tan^2 \theta = 2$ માટે,$x = \pm \frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}$.
આ રેખાઓ દ્વારા બનતા લંબચોરસનું ક્ષેત્રફળ $\frac{16}{27}$ થાય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x^5 - 5x^4 + 5x^3 - 10$.
સ્થાનિક મહત્તમ અને ન્યૂનતમ મૂલ્યો શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 5x^4 - 20x^3 + 15x^2 = 5x^2(x^2 - 4x + 3) = 5x^2(x - 1)(x - 3)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 0, 1, 3$ મળે છે.
હવે,આપણે આ બિંદુઓની આસપાસ $f'(x)$ ના ચિહ્નનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$x < 0$ માટે,$f'(x) > 0$.
$0 < x < 1$ માટે,$f'(x) > 0$.
$1 < x < 3$ માટે,$f'(x) < 0$.
$x > 3$ માટે,$f'(x) > 0$.
કારણ કે $x = 1$ આગળ $f'(x)$ નું ચિહ્ન ધનમાંથી ઋણ થાય છે,તેથી $x = 1$ એ સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ છે $(p = 1)$.
કારણ કે $x = 3$ આગળ $f'(x)$ નું ચિહ્ન ઋણમાંથી ધન થાય છે,તેથી $x = 3$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુ છે $(q = 3)$.
આમ,$(p, q) = (1, 3)$.