Maxima and Minima Questions in Gujarati

(A) ધારો કે $S(x)$ એ $x$ વસ્તુઓ વેચીને મળતી કુલ આવક છે અને $C(x)$ એ $x$ વસ્તુઓની પડતર કિંમત છે.
તેથી,$S(x) = x \left(5 - \frac{x}{100}\right) = 5x - \frac{x^2}{100}$.
પડતર કિંમતનું વિધેય $C(x) = \frac{x}{5} + 500$ છે.
નફાનું વિધેય $P(x) = S(x) - C(x)$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
$P(x) = \left(5x - \frac{x^2}{100}\right) - \left(\frac{x}{5} + 500\right) = 5x - \frac{x^2}{100} - 0.2x - 500 = 4.8x - \frac{x^2}{100} - 500$.
મહત્તમ નફો શોધવા માટે,આપણે વિકલન $P'(x)$ શોધીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$P'(x) = 4.8 - \frac{2x}{100} = 4.8 - \frac{x}{50}$.
$P'(x) = 0$ લેતા,આપણને $4.8 = \frac{x}{50}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 4.8 \times 50 = 240$.
તે મહત્તમ છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,આપણે દ્વિતીય વિકલન $P''(x) = -\frac{1}{50}$ તપાસીએ છીએ.
કારણ કે $P''(240) = -\frac{1}{50} < 0$,તેથી $x = 240$ પર નફો મહત્તમ છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{\log x}{x}$ છે.
પ્રથમ,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને પ્રથમ વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{x(\frac{1}{x}) - \log x(1)}{x^2} = \frac{1 - \log x}{x^2}$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લઈએ:
$1 - \log x = 0 \Rightarrow \log x = 1 \Rightarrow x = e$.
હવે,દ્વિતીય વિકલિત $f''(x)$ શોધીએ:
$f''(x) = \frac{x^2(-\frac{1}{x}) - (1 - \log x)(2x)}{x^4} = \frac{-x - 2x + 2x \log x}{x^4} = \frac{-3x + 2x \log x}{x^4} = \frac{2 \log x - 3}{x^3}$.
હવે,$x = e$ આગળ $f''(x)$ ની કિંમત તપાસીએ:
$f''(e) = \frac{2 \log e - 3}{e^3} = \frac{2(1) - 3}{e^3} = \frac{-1}{e^3}$.
અહીં $f''(e) = \frac{-1}{e^3} < 0$ હોવાથી,દ્વિતીય વિકલિત કસોટી મુજબ,વિધેય $f(x)$ એ $x = e$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.

(A) આપેલ ઉપવલય $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ છે.
ધારો કે શિરોબિંદુ $C$ એ $(a, 0)$ પર છે. અન્ય બે શિરોબિંદુઓ $A(-x_1, y_1)$ અને $B(-x_1, -y_1)$ છે,જ્યાં $x_1 > 0$ અને $y_1 > 0$.
કારણ કે $A(-x_1, y_1)$ ઉપવલય પર આવેલું છે,તેથી $y_1 = \frac{b}{a} \sqrt{a^2 - x_1^2}$ મળે.
ત્રિકોણનો પાયો $2y_1 = \frac{2b}{a} \sqrt{a^2 - x_1^2}$ છે અને ઊંચાઈ $h = a - (-x_1) = a + x_1$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times \left( \frac{2b}{a} \sqrt{a^2 - x_1^2} \right) \times (a + x_1) = \frac{b}{a} (a + x_1)^{3/2} (a - x_1)^{1/2}$.
$A$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$A^2 = \frac{b^2}{a^2} (a + x_1)^3 (a - x_1)$ ને મહત્તમ કરીએ.
ધારો કે $f(x_1) = (a + x_1)^3 (a - x_1)$. તો $f'(x_1) = 3(a + x_1)^2 (a - x_1) - (a + x_1)^3 = (a + x_1)^2 [3a - 3x_1 - a - x_1] = (a + x_1)^2 (2a - 4x_1)$.
$f'(x_1) = 0$ લેતા,$x_1 = a/2$ મળે (કારણ કે $x_1 = -a$ શક્ય નથી).
$x_1 = a/2$ ને ક્ષેત્રફળના સૂત્રમાં મૂકતા:
$A = \frac{b}{a} (a + a/2) \sqrt{a^2 - a^2/4} = \frac{b}{a} (\frac{3a}{2}) \sqrt{\frac{3a^2}{4}} = \frac{b}{a} \cdot \frac{3a}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4} ab$.

(A) ધારો કે ટાંકીની લંબાઈ $l$ અને પહોળાઈ $b$ છે,અને ઊંડાઈ $h=2 \ m$ છે.
ઘનફળ $V = l \times b \times h = 8 \ m^{3}$.
$l \times b \times 2 = 8 \implies lb = 4 \implies b = \frac{4}{l}$.
પાયાનો ખર્ચ $C_{base} = 70 \times (lb) = 70 \times 4 = 280$.
બાજુઓનો ખર્ચ $C_{sides} = 45 \times [2h(l+b)] = 45 \times [2 \times 2 \times (l + \frac{4}{l})] = 180(l + \frac{4}{l})$.
કુલ ખર્ચ $C(l) = 280 + 180(l + \frac{4}{l})$.
ખર્ચ ન્યૂનતમ કરવા માટે,$\frac{dC}{dl} = 180(1 - \frac{4}{l^{2}})$ શોધો.
$\frac{dC}{dl} = 0$ લેતા,$1 - \frac{4}{l^{2}} = 0 \implies l^{2} = 4 \implies l = 2 \ m$ (કારણ કે $l > 0$).
તેથી $b = \frac{4}{2} = 2 \ m$.
દ્વિતીય વિકલન તપાસતા: $\frac{d^{2}C}{dl^{2}} = 180(\frac{8}{l^{3}})$. $l=2$ માટે,$\frac{d^{2}C}{dl^{2}} = 180(1) = 180 > 0$,તેથી ખર્ચ ન્યૂનતમ છે.
ન્યૂનતમ ખર્ચ $= 280 + 180(2 + \frac{4}{2}) = 280 + 180(4) = 280 + 720 = 1000$.

(A) ધારો કે વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે અને ચોરસની બાજુ $a$ છે.
પરિમિતિનો સરવાળો અચળ $k$ આપેલ છે:
$2 \pi r + 4a = k$
$a$ માટે ઉકેલતા:
$a = \frac{k - 2 \pi r}{4}$
ક્ષેત્રફળનો સરવાળો $A$ છે:
$A = \pi r^2 + a^2 = \pi r^2 + \left( \frac{k - 2 \pi r}{4} \right)^2$
$r$ ની સાપેક્ષમાં $A$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dA}{dr} = 2 \pi r + 2 \left( \frac{k - 2 \pi r}{4} \right) \left( -\frac{2 \pi}{4} \right) = 2 \pi r - \frac{\pi(k - 2 \pi r)}{4}$
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ માટે $\frac{dA}{dr} = 0$ લેતા:
$2 \pi r = \frac{\pi(k - 2 \pi r)}{4}$
$8r = k - 2 \pi r$
$r(8 + 2 \pi) = k \Rightarrow r = \frac{k}{2(4 + \pi)}$
દ્વિતીય વિકલન તપાસતા:
$\frac{d^2A}{dr^2} = 2 \pi + \frac{2 \pi^2}{4} = 2 \pi + \frac{\pi^2}{2} > 0$
દ્વિતીય વિકલન ધન હોવાથી,$r$ ના આ મૂલ્ય માટે ક્ષેત્રફળ ન્યૂનતમ છે.
$a$ ના સમીકરણમાં $r$ ની કિંમત મૂકતા:
$a = \frac{k - 2 \pi \left( \frac{k}{2(4 + \pi)} \right)}{4} = \frac{k(4 + \pi) - \pi k}{4(4 + \pi)} = \frac{4k}{4(4 + \pi)} = \frac{k}{4 + \pi}$
$a$ અને $r$ ની સરખામણી કરતા:
$a = \frac{k}{4 + \pi}$ અને $2r = 2 \left( \frac{k}{2(4 + \pi)} \right) = \frac{k}{4 + \pi}$
આમ,$a = 2r$. સાબિત થાય છે કે જ્યારે ચોરસની બાજુ વર્તુળની ત્રિજ્યા કરતાં બમણી હોય ત્યારે ક્ષેત્રફળનો સરવાળો ન્યૂનતમ થાય છે.

(N/A) ધારો કે લંબચોરસ ભાગની લંબાઈ $x$ અને પહોળાઈ $y$ છે. અર્ધવર્તુળાકાર ભાગની ત્રિજ્યા $r = \frac{x}{2}$ છે.
બારીની કુલ પરિમિતિ $x + 2y + \pi r = 10$ છે.
$r = \frac{x}{2}$ મૂકતા,$x + 2y + \frac{\pi x}{2} = 10$.
$2y = 10 - x(1 + \frac{\pi}{2}) \Rightarrow y = 5 - x(\frac{1}{2} + \frac{\pi}{4})$.
બારીનું ક્ષેત્રફળ $A = xy + \frac{1}{2} \pi r^2 = xy + \frac{\pi x^2}{8}$ છે.
$y$ ની કિંમત મૂકતા,$A = 5x - x^2(\frac{1}{2} + \frac{\pi}{8})$.
ક્ષેત્રફળ મહત્તમ કરવા માટે,$\frac{dA}{dx} = 5 - x(1 + \frac{\pi}{4}) = 0$.
$x = \frac{20}{4+\pi} \, m$.
દ્વિતીય વિકલન કસોટી મુજબ,$\frac{d^2A}{dx^2} = -(1 + \frac{\pi}{4}) < 0$,તેથી ક્ષેત્રફળ મહત્તમ છે.
હવે,$y = 5 - \frac{20}{4+\pi}(\frac{2+\pi}{4}) = \frac{10}{4+\pi} \, m$.
આમ,જરૂરી પરિમાણો લંબાઈ $x = \frac{20}{4+\pi} \, m$ અને પહોળાઈ $y = \frac{10}{4+\pi} \, m$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x)=(x-2)^{4}(x+1)^{3}$ છે.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 4(x-2)^{3}(x+1)^{3} + 3(x+1)^{2}(x-2)^{4}$
$f'(x) = (x-2)^{3}(x+1)^{2} [4(x+1) + 3(x-2)]$
$f'(x) = (x-2)^{3}(x+1)^{2} (4x + 4 + 3x - 6)$
$f'(x) = (x-2)^{3}(x+1)^{2} (7x - 2)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 2$,$x = -1$,અને $x = \frac{2}{7}$ મળે છે.
આ બિંદુઓની આસપાસ $f'(x)$ ના ચિહ્નની તપાસ કરતા:
$1$. $x = 2$ માટે: $x$ ની કિંમત $2$ ને ઓળંગે ત્યારે $f'(x)$ ઋણમાંથી ધન થાય છે,તેથી $x = 2$ એ સ્થાનીય ન્યૂનતમ બિંદુ છે.
$2$. $x = \frac{2}{7}$ માટે: $x$ ની કિંમત $\frac{2}{7}$ ને ઓળંગે ત્યારે $f'(x)$ ધનમાંથી ઋણ થાય છે,તેથી $x = \frac{2}{7}$ એ સ્થાનીય મહત્તમ બિંદુ છે.
$3$. $x = -1$ માટે: $x$ ની કિંમત $-1$ ને ઓળંગે ત્યારે $f'(x)$ નું ચિહ્ન બદલાતું નથી (કારણ કે $(x+1)^{2}$ હંમેશા અ-ઋણ છે),તેથી $x = -1$ એ નતિપરિવર્તન બિંદુ છે.
આમ:
$(i)$ સ્થાનીય મહત્તમ બિંદુ $x = \frac{2}{7}$ છે.
$(ii)$ સ્થાનીય ન્યૂનતમ બિંદુ $x = 2$ છે.
$(iii)$ નતિપરિવર્તન બિંદુ $x = -1$ છે.

આપેલ છે કે $f(x) = \cos^{2} x + \sin x$.
પ્રથમ,આપણે વિકલન મેળવીએ: $f'(x) = 2 \cos x(-\sin x) + \cos x = -2 \sin x \cos x + \cos x$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $\cos x(1 - 2 \sin x) = 0$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\cos x = 0$ અથવા $\sin x = \frac{1}{2}$.
$x \in [0, \pi]$ માટે,ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = \frac{\pi}{6}$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ છે.
હવે,આપણે ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંતિમ બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = \pi$ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(0) = \cos^{2} 0 + \sin 0 = 1 + 0 = 1$.
$f(\pi) = \cos^{2} \pi + \sin \pi = (-1)^{2} + 0 = 1$.
$f(\frac{\pi}{6}) = \cos^{2} \frac{\pi}{6} + \sin \frac{\pi}{6} = (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} = \frac{5}{4}$.
$f(\frac{\pi}{2}) = \cos^{2} \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2} = 0 + 1 = 1$.
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા,નિરપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય $\frac{5}{4}$ છે અને નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ મૂલ્ય $1$ છે.

(A) ધારો કે ગોલકની ત્રિજ્યા $r$ છે. શંકુની પાયાની ત્રિજ્યા $R$ અને ઊંચાઈ $h$ છે. ગોલકનું કેન્દ્ર $B$ છે. શંકુનું શિરોબિંદુ $A$ છે અને પાયાની ત્રિજ્યા $CD$ છે. $\triangle BCD$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$BC^2 + CD^2 = BD^2$. અહીં $BD = r$ અને $CD = R$ હોવાથી,$BC = \sqrt{r^2 - R^2}$ મળે. શંકુની ઊંચાઈ $h = AB + BC = r + \sqrt{r^2 - R^2}$ થાય.
શંકુનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} \pi R^2 h = \frac{1}{3} \pi R^2 (r + \sqrt{r^2 - R^2}) = \frac{1}{3} \pi R^2 r + \frac{1}{3} \pi R^2 \sqrt{r^2 - R^2}$ છે.
$V$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$R$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dV}{dR} = \frac{1}{3} \pi [2Rr + 2R\sqrt{r^2 - R^2} + R^2 \cdot \frac{-2R}{2\sqrt{r^2 - R^2}}] = \frac{1}{3} \pi [2Rr + \frac{2R(r^2 - R^2) - R^3}{\sqrt{r^2 - R^2}}] = \frac{1}{3} \pi [2Rr + \frac{2Rr^2 - 3R^3}{\sqrt{r^2 - R^2}}]$.
$\frac{dV}{dR} = 0$ લેતા,$2Rr\sqrt{r^2 - R^2} = 3R^3 - 2Rr^2$ મળે. $R$ વડે ભાગતા $(R \neq 0)$:
$2r\sqrt{r^2 - R^2} = 3R^2 - 2r^2$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $4r^2(r^2 - R^2) = (3R^2 - 2r^2)^2 = 9R^4 - 12R^2r^2 + 4r^4$.
$4r^4 - 4r^2R^2 = 9R^4 - 12R^2r^2 + 4r^4$.
$9R^4 - 8R^2r^2 = 0 \Rightarrow R^2(9R^2 - 8r^2) = 0$.
$R \neq 0$ હોવાથી,$R^2 = \frac{8r^2}{9}$.
ઊંચાઈના સૂત્રમાં $R^2$ ની કિંમત મૂકતા:
$h = r + \sqrt{r^2 - \frac{8r^2}{9}} = r + \sqrt{\frac{r^2}{9}} = r + \frac{r}{3} = \frac{4r}{3}$.
આમ,મહત્તમ ઘનફળ ધરાવતા શંકુની ઊંચાઈ $\frac{4r}{3}$ છે.

(A) ધારો કે $R$ ત્રિજ્યાના ગોલકમાં અંતર્ગત નળાકારની ત્રિજ્યા $r$ અને ઊંચાઈ $h$ છે.
ગોલકની ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે સંબંધ $R^2 = r^2 + (h/2)^2$ છે,જેનો અર્થ છે $r^2 = R^2 - \frac{h^2}{4}$.
નળાકારનું ઘનફળ $V = \pi r^2 h = \pi (R^2 - \frac{h^2}{4}) h = \pi R^2 h - \frac{\pi h^3}{4}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dV}{dh} = \pi R^2 - \frac{3\pi h^2}{4}$ મળે છે.
$\frac{dV}{dh} = 0$ લેતા,આપણને $\pi R^2 = \frac{3\pi h^2}{4}$ મળે છે,જે $h^2 = \frac{4R^2}{3}$ આપે છે,તેથી $h = \frac{2R}{\sqrt{3}}$.
મહત્તમ મૂલ્ય ચકાસવા માટે,$\frac{d^2V}{dh^2} = -\frac{6\pi h}{4} = -\frac{3\pi h}{2}$. $h > 0$ હોવાથી,$\frac{d^2V}{dh^2} < 0$ થાય છે,જે સાબિત કરે છે કે $h = \frac{2R}{\sqrt{3}}$ પર ઘનફળ મહત્તમ છે.
મહત્તમ ઘનફળ $V = \pi (R^2 - \frac{1}{4} \cdot \frac{4R^2}{3}) \cdot \frac{2R}{\sqrt{3}} = \pi (R^2 - \frac{R^2}{3}) \cdot \frac{2R}{\sqrt{3}} = \pi (\frac{2R^2}{3}) \cdot \frac{2R}{\sqrt{3}} = \frac{4\pi R^3}{3\sqrt{3}}$ છે.

(N/A) ધારો કે શંકુની ઊંચાઈ $h$ છે અને અર્ધ-શીર્ષકોણ $\alpha$ છે. શંકુના પાયાની ત્રિજ્યા $r = h \tan \alpha$ છે.
ધારો કે અંતર્ગત નળાકારની ત્રિજ્યા અને ઊંચાઈ અનુક્રમે $R$ અને $H$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણો દ્વારા,$\frac{H}{r-R} = \frac{h}{r}$ મળે.
$r = h \tan \alpha$ મૂકતા,$\frac{H}{h \tan \alpha - R} = \frac{h}{h \tan \alpha} = \frac{1}{\tan \alpha}$ મળે.
આમ,$H = \frac{h \tan \alpha - R}{\tan \alpha} = h - \frac{R}{\tan \alpha}$.
નળાકારનું ઘનફળ $V = \pi R^{2} H = \pi R^{2} (h - \frac{R}{\tan \alpha}) = \pi h R^{2} - \frac{\pi R^{3}}{\tan \alpha}$ છે.
$V$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$\frac{dV}{dR} = 2 \pi h R - \frac{3 \pi R^{2}}{\tan \alpha}$ મેળવીએ.
$\frac{dV}{dR} = 0$ લેતા,$2 \pi h R = \frac{3 \pi R^{2}}{\tan \alpha}$ મળે,જે $R = \frac{2}{3} h \tan \alpha$ આપે છે.
તેથી $H = h - \frac{\frac{2}{3} h \tan \alpha}{\tan \alpha} = h - \frac{2}{3} h = \frac{1}{3} h$.
કારણ કે $\frac{d^{2}V}{dR^{2}} = 2 \pi h - \frac{6 \pi R}{\tan \alpha} = 2 \pi h - 4 \pi h = -2 \pi h < 0$,તેથી $H = \frac{1}{3} h$ પર ઘનફળ મહત્તમ છે.
મહત્તમ ઘનફળ $V = \pi (\frac{2}{3} h \tan \alpha)^{2} (\frac{1}{3} h) = \pi (\frac{4}{9} h^{2} \tan^{2} \alpha) (\frac{1}{3} h) = \frac{4}{27} \pi h^{3} \tan^{2} \alpha$ છે.

(N/A) ધારો કે $ABC$ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કર્ણ $AC = h$,પાયો $AB = x$ અને વેધ $BC = y$ છે. ધારો કે $\angle CAB = \theta$.
આપેલ છે કે કર્ણ અને એક બાજુનો સરવાળો અચળ છે,ધારો કે $h + x = k$,જ્યાં $k$ અચળ છે.
ત્રિકોણ પરથી,$\cos \theta = \frac{x}{h}$,તેથી $x = h \cos \theta$.
આ કિંમત સરવાળામાં મૂકતા,$h + h \cos \theta = k$,જે આપે છે $h(1 + \cos \theta) = k$,અથવા $h = \frac{k}{1 + \cos \theta}$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2} \times AB \times BC = \frac{1}{2} x y$.
કારણ કે $x = h \cos \theta$ અને $y = h \sin \theta$,તેથી $A = \frac{1}{2} (h \cos \theta) (h \sin \theta) = \frac{1}{2} h^2 \sin \theta \cos \theta = \frac{1}{4} h^2 \sin 2\theta$.
$h = \frac{k}{1 + \cos \theta}$ મૂકતા,આપણને મળે $A = \frac{k^2}{4} \cdot \frac{\sin 2\theta}{(1 + \cos \theta)^2}$.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,$A$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dA}{d\theta} = \frac{k^2}{4} \left[ \frac{(1 + \cos \theta)^2 (2 \cos 2\theta) - \sin 2\theta \cdot 2(1 + \cos \theta)(-\sin \theta)}{(1 + \cos \theta)^4} \right]$.
આ પદનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને મળે $\frac{dA}{d\theta} = \frac{k^2}{2(1 + \cos \theta)^3} (2 \cos^2 \theta + \cos \theta - 1)$.
$\frac{dA}{d\theta} = 0$ લેતા,$2 \cos^2 \theta + \cos \theta - 1 = 0$ મળે,જેના અવયવ પાડતા $(2 \cos \theta - 1)(\cos \theta + 1) = 0$ થાય.
ત્રિકોણ માટે $\cos \theta = -1$ શક્ય નથી,તેથી $\cos \theta = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \frac{\pi}{3}$.
દ્વિતીય વિકલિત કસોટીનો ઉપયોગ કરીને,તે સાબિત કરી શકાય છે કે $\theta = \frac{\pi}{3}$ પર $\frac{d^2A}{d\theta^2} < 0$ છે,જે પુષ્ટિ કરે છે કે ક્ષેત્રફળ મહત્તમ છે.

(B) આપેલ છે $f(x)=(4 a-3)\left(x+\log _{e} 5\right)+2(a-7) \cot \left(\frac{x}{2}\right) \sin ^{2}\left(\frac{x}{2}\right)$.
કારણ કે $\cot \left(\frac{x}{2}\right) \sin ^{2}\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{\cos(x/2)}{\sin(x/2)} \cdot \sin^2(x/2) = \sin(x/2)\cos(x/2) = \frac{1}{2} \sin x$,તેથી વિધેય આ રીતે સરળ બને છે:
$f(x)=(4 a-3)\left(x+\log _{e} 5\right)+(a-7) \sin x$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ માટે,આપણે $f'(x) = 0$ લઈએ છીએ:
$f'(x)=(4 a-3)(1)+(a-7) \cos x = 0$.
આ સૂચવે છે કે $\cos x = \frac{3-4 a}{a-7}$.
કારણ કે $-1 \leq \cos x \leq 1$ અને $x \neq 2n\pi$ (જેનો અર્થ છે કે $\cos x \neq 1$),આપણી પાસે છે:
$-1 \leq \frac{3-4 a}{a-7} < 1$.
કિસ્સો $1$: $\frac{3-4 a}{a-7} \geq -1 \Rightarrow \frac{3-4 a + a - 7}{a-7} \geq 0 \Rightarrow \frac{-3 a - 4}{a-7} \geq 0 \Rightarrow \frac{3 a + 4}{a-7} \leq 0$.
આનાથી $a \in [-\frac{4}{3}, 7)$ મળે છે.
કિસ્સો $2$: $\frac{3-4 a}{a-7} < 1 \Rightarrow \frac{3-4 a - a + 7}{a-7} < 0 \Rightarrow \frac{-5 a + 10}{a-7} < 0 \Rightarrow \frac{5(a-2)}{a-7} > 0$.
આનાથી $a \in (-\infty, 2) \cup (7, \infty)$ મળે છે.
કિસ્સો $1$ અને કિસ્સો $2$ નો છેદ લેતા,આપણને $a \in [-\frac{4}{3}, 2)$ મળે છે.
જોકે,સીમા $a=2$ તપાસતા,$\cos x = \frac{3-8}{2-7} = \frac{-5}{-5} = 1$,જે બાકાત છે કારણ કે $x \neq 2n\pi$. આમ,વિસ્તાર $[-\frac{4}{3}, 2)$ છે.

(D) કારણ કે $p(x)$ ને $x=1$ અને $x=2$ આગળ સાપેક્ષ અંતિમ બિંદુઓ છે,તેથી $x=1$ અને $x=2$ આગળ $p'(x) = 0$ થાય.
આમ,$p'(x) = A(x-1)(x-2) = A(x^2 - 3x + 2)$.
$p'(x)$ નું સંકલન કરતા,આપણને $p(x) = A(\frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2} + 2x) + C$ મળે છે.
આપેલ છે કે $p(1) = 8$,તેથી $8 = A(\frac{1}{3} - \frac{3}{2} + 2) + C = A(\frac{2-9+12}{6}) + C = \frac{5A}{6} + C$,એટલે કે $48 = 5A + 6C$ (સમીકરણ $1$).
આપેલ છે કે $p(2) = 4$,તેથી $4 = A(\frac{8}{3} - 6 + 4) + C = A(\frac{8-6}{3}) + C = \frac{2A}{3} + C$,એટલે કે $12 = 2A + 3C$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $2$ ને $2$ વડે ગુણતા,આપણને $24 = 4A + 6C$ મળે છે.
સમીકરણ $1$ માંથી આ બાદ કરતા,$48 - 24 = (5A - 4A) + (6C - 6C)$,જે $A = 24$ આપે છે.
$A = 24$ ને સમીકરણ $2$ માં મૂકતા,$12 = 2(24) + 3C$,તેથી $12 = 48 + 3C$,જેનો અર્થ છે કે $3C = -36$,એટલે કે $C = -12$.
કારણ કે $p(0) = C$,તેથી $p(0) = -12$.

(C) કારણ કે $f(x)$ એ $4$ ઘાતવાળી બહુપદી છે,તેનું વિકલન $f'(x)$ એ $3$ ઘાતવાળી બહુપદી છે.
આપેલ છે કે ક્રાંતિક બિંદુઓ $-1, 0, 1$ છે,તેથી $f'(x) = k(x+1)(x)(x-1) = k(x^3 - x)$ જ્યાં $k \neq 0$ અચળાંક છે.
$f'(x)$ નું સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = k(\frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2}) + C$ મળે છે.
આપણે $T = \{x \in \mathbb{R} \mid f(x) = f(0)\}$ શોધવા માંગીએ છીએ.
$f(x) = f(0)$ લેતા,આપણને $k(\frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2}) + C = C$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2} = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $x^2(\frac{x^2}{4} - \frac{1}{2}) = 0$.
તેથી,$x^2 = 0$ અથવા $x^2 = 2$.
$T$ ના ઘટકો $0, \sqrt{2}, -\sqrt{2}$ છે.
આ ઘટકોના વર્ગોનો સરવાળો $0^2 + (\sqrt{2})^2 + (-\sqrt{2})^2 = 0 + 2 + 2 = 4$ થાય છે.

(A) ધારો કે શિરોબિંદુ $C$ ના યામ $(t, t^{2}-1)$ છે જ્યાં $0 < t < 1$. પરવલય $y$-અક્ષની સાપેક્ષમાં સંમિત હોવાથી,શિરોબિંદુ $D$ ના યામ $(-t, t^{2}-1)$ થશે.
લંબચોરસની લંબાઈ $2t$ છે અને ઊંચાઈ $|t^{2}-1| = 1-t^{2}$ છે (કારણ કે લંબચોરસ $x$-અક્ષની નીચે છે).
લંબચોરસનું ક્ષેત્રફળ $A = (2t)(1-t^{2}) = 2t - 2t^{3}$ દ્વારા મળે છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $A$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dA}{dt} = 2 - 6t^{2}$.
$\frac{dA}{dt} = 0$ લેતા,આપણને $6t^{2} = 2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $t^{2} = \frac{1}{3}$,તેથી $t = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $A = 2(\frac{1}{\sqrt{3}}) - 2(\frac{1}{\sqrt{3}})^{3} = \frac{2}{\sqrt{3}} - \frac{2}{3\sqrt{3}} = \frac{6-2}{3\sqrt{3}} = \frac{4}{3\sqrt{3}}$ ચોરસ એકમ થાય.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = (3x^{2} + ax - 2 - a)e^{x}$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = (6x + a)e^{x} + (3x^{2} + ax - 2 - a)e^{x}$
$f'(x) = e^{x}(3x^{2} + (6 + a)x - 2)$
$x = 1$ એ ક્રાંતિક બિંદુ હોવાથી,$f'(1) = 0$:
$e^{1}(3(1)^{2} + (6 + a)(1) - 2) = 0$
$3 + 6 + a - 2 = 0$
$7 + a = 0 \implies a = -7$
$a = -7$ ને $f'(x)$ માં મૂકતા:
$f'(x) = e^{x}(3x^{2} + (6 - 7)x - 2)$
$f'(x) = e^{x}(3x^{2} - x - 2)$
$f'(x) = e^{x}(3x + 2)(x - 1)$
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 1$ અને $x = -\frac{2}{3}$ મળે છે.
પ્રથમ વિકલિત કસોટીનો ઉપયોગ કરતા:
$x < -\frac{2}{3}$ માટે,$f'(x) > 0$.
$-\frac{2}{3} < x < 1$ માટે,$f'(x) < 0$.
$x > 1$ માટે,$f'(x) > 0$.
$x = -\frac{2}{3}$ આગળ $f'(x)$ ધનમાંથી ઋણ થાય છે,તેથી તે સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ છે.
$x = 1$ આગળ $f'(x)$ ઋણમાંથી ધન થાય છે,તેથી તે સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = (1 - \cos^2 x)(\lambda + \sin x) = \sin^2 x(\lambda + \sin x) = \lambda \sin^2 x + \sin^3 x$.
વિકલન કરતા: $f'(x) = 2\lambda \sin x \cos x + 3 \sin^2 x \cos x = \sin x \cos x (2\lambda + 3 \sin x)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ માટે,$f'(x) = 0$ લો. $x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ માટે $\cos x \neq 0$ હોવાથી,$\sin x = 0$ અથવા $\sin x = -\frac{2\lambda}{3}$ મળે.
$x = 0$ હંમેશા એક ક્રાંતિક બિંદુ છે. વિધેયને બરાબર એક મહત્તમ અને એક ન્યૂનતમ બિંદુ હોવા માટે,અંતરાલ $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ માં બીજું એક ક્રાંતિક બિંદુ હોવું જરૂરી છે.
તેથી,$-1 < -\frac{2\lambda}{3} < 1$ અને $-\frac{2\lambda}{3} \neq 0$.
$-1 < -\frac{2\lambda}{3} < 1$ ઉકેલતા $-\frac{3}{2} < \lambda < \frac{3}{2}$ મળે.
$\lambda = 0$ ને બાદ કરતા (જ્યાં બંને ક્રાંતિક બિંદુઓ $x=0$ પર સંપાતી થાય છે),મૂલ્યોનો ગણ $(-\frac{3}{2}, \frac{3}{2}) - \{0\}$ છે.

(A) ધારો કે બિંદુ $A$ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર છે. $AB = 10 \ m$ હોવાથી,યામ $A(0, 0)$ અને $B(10, 0)$ છે.
થાંભલા ઉભા છે,તેથી $D$ ના યામ $(0, 8)$ અને $C$ ના યામ $(10, 11)$ છે.
ધારો કે $M$ એ $AB$ પરનું બિંદુ છે જે $A$ થી $h$ અંતરે છે,તેથી $M$ ના યામ $(h, 0)$ છે જ્યાં $0 \le h \le 10$.
અંતરના વર્ગો $MD^{2} = (h-0)^{2} + (0-8)^{2} = h^{2} + 64$ અને $MC^{2} = (h-10)^{2} + (0-11)^{2} = (h-10)^{2} + 121$ છે.
ધારો કે $f(h) = MD^{2} + MC^{2} = h^{2} + 64 + (h-10)^{2} + 121$.
$f(h) = h^{2} + 64 + h^{2} - 20h + 100 + 121 = 2h^{2} - 20h + 285$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે વિકલન કરીએ $f'(h) = 4h - 20$.
$f'(h) = 0$ લેતા $4h = 20$,તેથી $h = 5$.
$f''(h) = 4 > 0$ હોવાથી,વિધેય $h = 5 \ m$ પર ન્યૂનતમ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = ax^2 + bx + c$.
$f(-1) = a - b + c = 2$ --- $(1)$
$f^{\prime}(x) = 2ax + b \Rightarrow f^{\prime}(-1) = -2a + b = 1$ --- $(2)$
$f^{\prime\prime}(x) = 2a$.
$f^{\prime\prime}(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{1}{2}$ હોવાથી,$2a = \frac{1}{2} \Rightarrow a = \frac{1}{4}$.
સમીકરણ $(2)$ માં $a = \frac{1}{4}$ મૂકતા: $-2(\frac{1}{4}) + b = 1 \Rightarrow -\frac{1}{2} + b = 1 \Rightarrow b = \frac{3}{2}$.
સમીકરણ $(1)$ માં $a$ અને $b$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{4} - \frac{3}{2} + c = 2 \Rightarrow \frac{1-6}{4} + c = 2 \Rightarrow c = 2 + \frac{5}{4} = \frac{13}{4}$.
આમ,$f(x) = \frac{1}{4}x^2 + \frac{3}{2}x + \frac{13}{4}$.
$[-1, 1]$ પર $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે અંતિમ બિંદુઓ અને નિર્ણાયક બિંદુઓ તપાસીએ.
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2}x + \frac{3}{2}$. $f^{\prime}(x) = 0$ લેતા $x = -3$ મળે,જે $[-1, 1]$ ની બહાર છે.
$x \in [-1, 1]$ માટે $f^{\prime}(x) > 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
તેથી,મહત્તમ કિંમત $x = 1$ આગળ મળે છે.
$f(1) = \frac{1}{4}(1)^2 + \frac{3}{2}(1) + \frac{13}{4} = \frac{1}{4} + \frac{6}{4} + \frac{13}{4} = \frac{20}{4} = 5$.
$f(x) \leq \alpha$ હોવાથી,$\alpha$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $5$ છે.

(B) ધારો કે $P'(x) = k(x - 1)(x + 1) = k(x^2 - 1)$ કોઈ અચળાંક $k$ માટે.
$P'(x)$ નું સંકલન કરતા,આપણને $P(x) = k(\frac{x^3}{3} - x) + C$ મળે છે.
આપેલ છે કે $P(-3) = 0$,તેથી $k(\frac{-27}{3} - (-3)) + C = 0$,જેનું સાદું રૂપ $k(-9 + 3) + C = 0$ થાય છે,એટલે કે $-6k + C = 0$,અથવા $C = 6k$.
આપેલ છે કે $\int_{-1}^{1} P(x) dx = 18$,આપણે $\int_{-1}^{1} (k(\frac{x^3}{3} - x) + C) dx = 18$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.
કારણ કે $k(\frac{x^3}{3} - x)$ એ એકી વિધેય છે,તેનું $[-1, 1]$ પર સંકલન $0$ થાય છે. તેથી,$\int_{-1}^{1} C dx = 18$,જે $2C = 18$ આપે છે,તેથી $C = 9$.
$C = 6k$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણને $9 = 6k$ મળે છે,તેથી $k = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}$.
આમ,$P(x) = \frac{3}{2}(\frac{x^3}{3} - x) + 9 = \frac{1}{2}x^3 - \frac{3}{2}x + 9$.
$P(x)$ ના સહગુણકોનો સરવાળો $P(1) = \frac{1}{2}(1)^3 - \frac{3}{2}(1) + 9 = \frac{1}{2} - \frac{3}{2} + 9 = -1 + 9 = 8$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{4}{\sin x} + \frac{1}{1-\sin x}$.
ધારો કે $t = \sin x$. કારણ કે $x \in (0, \frac{\pi}{2})$,તેથી $t \in (0, 1)$.
તેથી $f(t) = \frac{4}{t} + \frac{1}{1-t}$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે $f(t)$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f'(t) = -\frac{4}{t^2} + \frac{1}{(1-t)^2}$.
$f'(t) = 0$ લેતા,આપણને $\frac{1}{(1-t)^2} = \frac{4}{t^2}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $(1-t)^2 = \frac{t^2}{4}$.
વર્ગમૂળ લેતા,$1-t = \frac{t}{2}$ (કારણ કે $t \in (0, 1)$),તેથી $1 = \frac{3t}{2}$,જે $t = \frac{2}{3}$ આપે છે.
કારણ કે $t = \frac{2}{3}$ એ $(0, 1)$ માં છે,તેથી ન્યૂનતમ કિંમત $f(\frac{2}{3}) = \frac{4}{2/3} + \frac{1}{1-2/3} = 6 + 3 = 9$ છે.
આમ,$\alpha$ ની ન્યૂનતમ કિંમત જેના માટે સમીકરણને ઓછામાં ઓછો એક ઉકેલ મળે તે $9$ છે.

(A) ધારો કે વક્રનો ઢાળ $m(x) = \frac{dy}{dx}$ છે.
$m(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} x^{4} - 5 x^{3} + 18 x^{2} - 19 x \right) = 2x^{3} - 15x^{2} + 36x - 19$.
મહત્તમ ઢાળ શોધવા માટે,આપણે $m(x)$ નું વિકલન શૂન્ય લઈને તેના ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધીએ છીએ:
$m'(x) = \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = 6x^{2} - 30x + 36 = 0$.
$6$ વડે ભાગતા,આપણને $x^{2} - 5x + 6 = 0$ મળે છે,જેના અવયવો $(x-2)(x-3) = 0$ થાય છે.
આમ,ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 2$ અને $x = 3$ છે.
મહત્તમ કિંમત ચકાસવા માટે,આપણે $m(x)$ પર દ્વિતીય વિકલન કસોટીનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$m''(x) = \frac{d^{3}y}{dx^{3}} = 12x - 30$.
$x = 2$ માટે,$m''(2) = 12(2) - 30 = 24 - 30 = -6 < 0$. દ્વિતીય વિકલન ઋણ હોવાથી,$m(x)$ ને $x = 2$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત મળે છે.
$x = 3$ માટે,$m''(3) = 12(3) - 30 = 36 - 30 = 6 > 0$. દ્વિતીય વિકલન ધન હોવાથી,$m(x)$ ને $x = 3$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત મળે છે.
તેથી,મહત્તમ ઢાળ $x = 2$ આગળ મળે છે.
મૂળ સમીકરણ $y = \frac{1}{2} x^{4} - 5 x^{3} + 18 x^{2} - 19 x$ માં $x = 2$ મૂકતા:
$y = \frac{1}{2}(16) - 5(8) + 18(4) - 19(2) = 8 - 40 + 72 - 38 = 2$.
બિંદુ $(2, 2)$ છે.

(C) $r$ ત્રિજ્યા અને $O$ કેન્દ્ર ધરાવતા વર્તુળમાં અંતર્ગત ત્રિકોણ $\Delta ABC$ લો.
ધારો કે $\theta$ એ $\angle OBP$ છે,જ્યાં $P$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે.
ત્રિકોણની ઊંચાઈ $h = r \sin \theta + r$ છે.
ત્રિકોણનો પાયો $BC = 2r \cos \theta$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} (2r \cos \theta) (r \sin \theta + r) = r^2 \cos \theta (1 + \sin \theta)$ છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,$\Delta$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d\Delta}{d\theta} = r^2 [-\sin \theta (1 + \sin \theta) + \cos \theta (\cos \theta)] = r^2 [-\sin \theta - \sin^2 \theta + \cos^2 \theta] = r^2 [1 - \sin \theta - 2 \sin^2 \theta]$.
$\frac{d\Delta}{d\theta} = 0$ લેતા,$2 \sin^2 \theta + \sin \theta - 1 = 0$ મળે,જેનું અવયવીકરણ $(2 \sin \theta - 1)(\sin \theta + 1) = 0$ થાય છે.
$\theta \in [0, \pi/2)$ હોવાથી,$\sin \theta = 1/2$,તેથી $\theta = \pi/6$.
$\theta = \pi/6$ પર,ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ $s = 2r \cos(\pi/6) = 2r (\sqrt{3}/2) = \sqrt{3}r$ થાય છે.
આમ,મહત્તમ ક્ષેત્રફળ ધરાવતો ત્રિકોણ એ $\sqrt{3}r$ બાજુની લંબાઈ ધરાવતો સમબાજુ ત્રિકોણ છે.

(B) ધારો કે ચોરસ માટે વપરાયેલ તારની લંબાઈ $x$ છે અને વર્તુળ માટે વપરાયેલ તારની લંબાઈ $y$ છે. તેથી $x + y = 36$,એટલે કે $y = 36 - x$.
ચોરસની બાજુ $s = \frac{x}{4}$ છે,તેથી ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \left(\frac{x}{4}\right)^2 = \frac{x^2}{16}$ થાય.
વર્તુળનો પરિઘ $y = 2\pi r$ છે,તેથી ત્રિજ્યા $r = \frac{y}{2\pi} = \frac{36-x}{2\pi}$ થાય. વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $A_2 = \pi r^2 = \pi \left(\frac{36-x}{2\pi}\right)^2 = \frac{(36-x)^2}{4\pi}$ થાય.
કુલ ક્ષેત્રફળ $A(x) = \frac{x^2}{16} + \frac{(36-x)^2}{4\pi}$ છે.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ: $A'(x) = \frac{2x}{16} + \frac{2(36-x)(-1)}{4\pi} = \frac{x}{8} - \frac{36-x}{2\pi}$.
$A'(x) = 0$ લેતા,આપણને મળે $\frac{x}{8} = \frac{36-x}{2\pi} \Rightarrow \pi x = 4(36-x) \Rightarrow \pi x = 144 - 4x \Rightarrow x(\pi + 4) = 144 \Rightarrow x = \frac{144}{\pi + 4}$.
વર્તુળનો પરિઘ $k = y = 36 - x = 36 - \frac{144}{\pi + 4} = \frac{36\pi + 144 - 144}{\pi + 4} = \frac{36\pi}{\pi + 4}$ થાય.
આપણે $\left(\frac{4}{\pi} + 1\right) k = \left(\frac{4+\pi}{\pi}\right) \left(\frac{36\pi}{\pi + 4}\right) = 36$ શોધવાનું છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \left(\frac{2}{x}\right)^{x^{2}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln f(x) = x^{2} (\ln 2 - \ln x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f'(x)}{f(x)} = 2x(\ln 2 - \ln x) + x^{2} \left(-\frac{1}{x}\right) = 2x \ln 2 - 2x \ln x - x = x(2 \ln 2 - 2 \ln x - 1)$.
$f'(x) = f(x) \cdot x \cdot (2 \ln 2 - 2 \ln x - 1)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ માટે,$f'(x) = 0$ લેતા. $f(x) > 0$ અને $x > 0$ હોવાથી:
$2 \ln 2 - 2 \ln x - 1 = 0$
$2 \ln \left(\frac{2}{x}\right) = 1$
$\ln \left(\frac{2}{x}\right) = \frac{1}{2}$
$\frac{2}{x} = e^{1/2} = \sqrt{e}$
$x = \frac{2}{\sqrt{e}}$.
$x = \frac{2}{\sqrt{e}}$ આગળ વિધેય સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત ધરાવે છે.
સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત $f\left(\frac{2}{\sqrt{e}}\right) = \left(\frac{2}{2/\sqrt{e}}\right)^{(2/\sqrt{e})^{2}} = (\sqrt{e})^{4/e} = (e^{1/2})^{4/e} = e^{2/e}$ થાય.

(D) ધારો કે તારને $x$ અને $20-x$ લંબાઈના બે ટુકડાઓમાં કાપવામાં આવે છે.
ચોરસની બાજુ $s_1 = \frac{x}{4}$ છે,તેથી ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \left(\frac{x}{4}\right)^2 = \frac{x^2}{16}$ છે.
નિયમિત ષટ્કોણની બાજુ $s_2 = \frac{20-x}{6}$ છે,તેથી નિયમિત ષટ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $A_2 = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{20-x}{6}\right)^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2} \frac{(20-x)^2}{36} = \frac{\sqrt{3}}{24} (20-x)^2$ છે.
કુલ ક્ષેત્રફળ $A(x) = \frac{x^2}{16} + \frac{\sqrt{3}}{24} (20-x)^2$ છે.
ન્યૂનતમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $A(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને $0$ ની બરાબર લઈએ:
$A'(x) = \frac{2x}{16} + \frac{\sqrt{3}}{24} \times 2(20-x)(-1) = \frac{x}{8} - \frac{\sqrt{3}}{12}(20-x) = 0$.
$24$ વડે ગુણતા $3x - 2\sqrt{3}(20-x) = 0$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $3x - 40\sqrt{3} + 2\sqrt{3}x = 0$ થાય છે.
આમ,$x(3 + 2\sqrt{3}) = 40\sqrt{3}$,તેથી $x = \frac{40\sqrt{3}}{3 + 2\sqrt{3}}$.
ષટ્કોણની બાજુ $s_2 = \frac{20-x}{6} = \frac{1}{6} \left( 20 - \frac{40\sqrt{3}}{3 + 2\sqrt{3}} \right)$ છે.
$s_2 = \frac{1}{6} \left( \frac{60 + 40\sqrt{3} - 40\sqrt{3}}{3 + 2\sqrt{3}} \right) = \frac{1}{6} \left( \frac{60}{3 + 2\sqrt{3}} \right) = \frac{10}{3 + 2\sqrt{3}}$.

(C) ધારો કે $f(x) = 3x^{4} + 4x^{3} - 12x^{2} + 4$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વિકલિત શોધીએ:
$f'(x) = 12x^{3} + 12x^{2} - 24x = 12x(x^{2} + x - 2) = 12x(x + 2)(x - 1)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = -2, 0, 1$ છે.
હવે,આ ક્રાંતિક બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(-2) = 3(-2)^{4} + 4(-2)^{3} - 12(-2)^{2} + 4 = 3(16) + 4(-8) - 12(4) + 4 = 48 - 32 - 48 + 4 = -28$.
$f(0) = 3(0)^{4} + 4(0)^{3} - 12(0)^{2} + 4 = 4$.
$f(1) = 3(1)^{4} + 4(1)^{3} - 12(1)^{2} + 4 = 3 + 4 - 12 + 4 = -1$.
જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$ અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to \infty$.
ચિહ્નમાં ફેરફારનું વિશ્લેષણ:
$1$. $(-\infty, -2)$ માં,$f(x)$ એ $\infty$ થી $-28$ સુધી ઘટે છે. $f(-2) = -28 < 0$ હોવાથી,$(-\infty, -2)$ માં એક ઉકેલ છે.
$2$. $(-2, 0)$ માં,$f(x)$ એ $-28$ થી $4$ સુધી વધે છે. $f(-2) < 0$ અને $f(0) > 0$ હોવાથી,$(-2, 0)$ માં એક ઉકેલ છે.
$3$. $(0, 1)$ માં,$f(x)$ એ $4$ થી $-1$ સુધી ઘટે છે. $f(0) > 0$ અને $f(1) < 0$ હોવાથી,$(0, 1)$ માં એક ઉકેલ છે.
$4$. $(1, \infty)$ માં,$f(x)$ એ $-1$ થી $\infty$ સુધી વધે છે. $f(1) < 0$ અને $f(x) \to \infty$ હોવાથી,$(1, \infty)$ માં એક ઉકેલ છે.
આમ,કુલ $4$ ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો છે.

(C) બનેલા બોક્સના પરિમાણો $(a-2x)$,$(b-2x)$,અને $x$ છે.
બોક્સનું ઘનફળ $V$ નીચે મુજબ છે:
$V(x) = (a-2x)(b-2x)x = (ab - 2ax - 2bx + 4x^2)x = 4x^3 - 2(a+b)x^2 + abx$.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,આપણે $V(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dV}{dx} = 12x^2 - 4(a+b)x + ab$.
$\frac{dV}{dx} = 0$ લેતા:
$12x^2 - 4(a+b)x + ab = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-B \pm \sqrt{B^2 - 4AC}}{2A}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{4(a+b) \pm \sqrt{16(a+b)^2 - 48ab}}{24} = \frac{4(a+b) \pm \sqrt{16(a^2 + 2ab + b^2 - 3ab)}}{24} = \frac{4(a+b) \pm 4\sqrt{a^2 - ab + b^2}}{24} = \frac{(a+b) \pm \sqrt{a^2 - ab + b^2}}{6}$.
ધારો કે $\alpha = \frac{(a+b) + \sqrt{a^2 - ab + b^2}}{6}$ અને $\beta = \frac{(a+b) - \sqrt{a^2 - ab + b^2}}{6}$.
દ્વિતીય વિકલિત કસોટીનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d^2V}{dx^2} = 24x - 4(a+b)$.
$x = \beta$ માટે,$\frac{d^2V}{dx^2} = 24\left(\frac{a+b - \sqrt{a^2 - ab + b^2}}{6}\right) - 4(a+b) = 4(a+b) - 4\sqrt{a^2 - ab + b^2} - 4(a+b) = -4\sqrt{a^2 - ab + b^2} < 0$.
કારણ કે $x = \beta$ પર દ્વિતીય વિકલિત ઋણ છે,તેથી ઘનફળ $x = \beta = \frac{a+b - \sqrt{a^2 - ab + b^2}}{6}$ પર મહત્તમ છે.

(C) ધારો કે $e^{x} = t$. કારણ કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $e^{x} > 0$ છે,તેથી $t > 0$ હોવું જોઈએ.
આપેલ સમીકરણ $f(t) = t^{4} + 2t^{3} - t - 6 = 0$ બને છે.
વાસ્તવિક ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $t > 0$ માટે વિધેય $f(t)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
વિકલન મેળવો: $f'(t) = 4t^{3} + 6t^{2} - 1$.
દ્વિતીય વિકલન મેળવો: $f''(t) = 12t^{2} + 12t$. $t > 0$ માટે,$f''(t) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $t > 0$ માટે $f'(t)$ સતત વધતું વિધેય છે.
$f'(0) = -1$ અને $f'(1) = 4 + 6 - 1 = 9$. કારણ કે $f'(t)$ સતત છે અને અંતરાલ $(0, 1)$ માં ઋણથી ધન તરફ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી એક અનન્ય ઉકેલ $\alpha \in (0, 1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(\alpha) = 0$ થાય.
આમ,$f(t)$ એ $(0, \alpha)$ પર ઘટે છે અને $(\alpha, \infty)$ પર વધે છે.
મુખ્ય બિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત તપાસો:
$f(0) = -6$
$f(1) = 1 + 2 - 1 - 6 = -4$
$f(2) = 16 + 16 - 2 - 6 = 24$
કારણ કે $f(1) = -4 < 0$ અને $f(2) = 24 > 0$,તેથી 'ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ' મુજબ,અંતરાલ $(1, 2)$ માં $t$ માટે બરાબર એક ઉકેલ છે.
કારણ કે $t = e^{x} > 0$ છે,અને વિધેય $f(t)$ એ $t > 1$ માટે સતત વધતું વિધેય છે,તેથી $x$ માટે બરાબર એક વાસ્તવિક ઉકેલ મળે છે.

(C) ધારો કે $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$. તેથી $f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c$ અને $f''(x) = 6ax + 2b$.
$f'(x)$ એ $x = -1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ ધરાવે છે,તેથી $f''(-1) = 0$,જે આપણને $6a(-1) + 2b = 0$ આપે છે,એટલે કે $b = 3a$.
આમ,$f'(x) = 3ax^2 + 6ax + c = 3a(x^2 + 2x) + c = 3a(x+1)^2 + (c - 3a)$.
$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ ધરાવે છે,તેથી $f'(1) = 0$,એટલે કે $3a(1+1)^2 + (c - 3a) = 0$,જે $12a + c - 3a = 0$ આપે છે,એટલે કે $c = -9a$.
હવે,$f'(x) = 3ax^2 + 6ax - 9a = 3a(x^2 + 2x - 3) = 3a(x+3)(x-1)$.
$f'(x)$ નું સંકલન કરતા,$f(x) = a(x^3 + 3x^2 - 9x) + k$ મળે.
$f(1) = -10$ નો ઉપયોગ કરતા: $a(1 + 3 - 9) + k = -10 \Rightarrow -5a + k = -10$.
$f(-1) = 6$ નો ઉપયોગ કરતા: $a(-1 + 3 + 9) + k = 6 \Rightarrow 11a + k = 6$.
સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $(11a + k) - (-5a + k) = 6 - (-10) \Rightarrow 16a = 16 \Rightarrow a = 1$.
તેથી $k = 6 - 11(1) = -5$.
આમ,$f(x) = x^3 + 3x^2 - 9x - 5$.
અંતે,$f(3) = (3)^3 + 3(3)^2 - 9(3) - 5 = 27 + 27 - 27 - 5 = 22$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = ax^2 + 6x - 15$.
$f'(x) = 2ax + 6$.
કારણ કે $f(x)$ એ $(-\infty, \frac{3}{4})$ માં વધતું અને $(\frac{3}{4}, \infty)$ માં ઘટતું વિધેય છે,તેથી ક્રાંતિક બિંદુ $x = \frac{3}{4}$ છે.
$x = \frac{3}{4}$ આગળ,$f'(x) = 0$,તેથી $2a(\frac{3}{4}) + 6 = 0 \Rightarrow \frac{3a}{2} = -6 \Rightarrow a = -4$.
હવે,$g(x) = ax^2 - 6x + 15$ ધ્યાનમાં લો. $a = -4$ મૂકતા,આપણને $g(x) = -4x^2 - 6x + 15$ મળે છે.
$g'(x) = -8x - 6$.
$g'(x) = 0$ લેતા,આપણને $-8x = 6 \Rightarrow x = -\frac{6}{8} = -\frac{3}{4}$ મળે છે.
સ્થાનિક મહત્તમ કે ન્યૂનતમ ચકાસવા માટે,આપણે દ્વિતીય વિકલિત કસોટીનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $g''(x) = -8$.
કારણ કે $g''(x) < 0$ છે,તેથી વિધેય $g(x)$ ને $x = -\frac{3}{4}$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)=x^{3}-3 x^{2}-\frac{3}{2} f^{\prime \prime}(2) x+f^{\prime \prime}(1) \quad \dots(i)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x-\frac{3}{2} f^{\prime \prime}(2) \quad \dots(ii)$
$f^{\prime \prime}(x)=6 x-6 \quad \dots(iii)$
$(iii)$ પરથી,$f^{\prime \prime}(2)=6(2)-6=6$ અને $f^{\prime \prime}(1)=6(1)-6=0$.
$f^{\prime \prime}(2)=6$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x-\frac{3}{2}(6) = 3 x^{2}-6 x-9$.
સ્થાનિક બિંદુઓ માટે $f^{\prime}(x)=0$ લેતા:
$3(x^{2}-2 x-3)=0 \Rightarrow 3(x-3)(x+1)=0 \Rightarrow x=3, -1$.
દ્વિતીય વિકલિત કસોટીનો ઉપયોગ કરતા:
$f^{\prime \prime}(-1)=6(-1)-6=-12 < 0$ (સ્થાનિક મહત્તમ $x=-1$ પર).
$f^{\prime \prime}(3)=6(3)-6=12 > 0$ (સ્થાનિક ન્યૂનતમ $x=3$ પર).
$f^{\prime \prime}(2)=6$ અને $f^{\prime \prime}(1)=0$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$f(x)=x^{3}-3 x^{2}-9 x$.
સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય $f(3)=3^{3}-3(3^{2})-9(3) = 27-27-27 = -27$ છે.

(C) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ $a = 2 \sqrt{2}$ છે.
ધારો કે લંબચોરસની લંબાઈ $\ell$ અને પહોળાઈ $b$ છે.
ઉપરના ભાગમાં બનતા સમરૂપ ત્રિકોણો પરથી,નાના ત્રિકોણની ઊંચાઈ અને તેના પાયાનો ગુણોત્તર એ મોટા ત્રિકોણની ઊંચાઈ અને તેના પાયાના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે.
સમબાજુ ત્રિકોણની ઊંચાઈ $H = \frac{\sqrt{3}}{2} a = \frac{\sqrt{3}}{2} (2 \sqrt{2}) = \sqrt{6}$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણો દ્વારા,$\frac{H-b}{H} = \frac{\ell}{a}$.
$\frac{\sqrt{6}-b}{\sqrt{6}} = \frac{\ell}{2 \sqrt{2}}$.
$b = \sqrt{6} (1 - \frac{\ell}{2 \sqrt{2}}) = \sqrt{6} - \frac{\sqrt{3}}{2} \ell$.
ક્ષેત્રફળ $A = \ell \times b = \ell (\sqrt{6} - \frac{\sqrt{3}}{2} \ell) = \sqrt{6} \ell - \frac{\sqrt{3}}{2} \ell^2$.
$A$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$\frac{dA}{d\ell} = 0$ લો.
$\sqrt{6} - \sqrt{3} \ell = 0 \Rightarrow \ell = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}} = \sqrt{2}$.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $A = \sqrt{2} (\sqrt{6} - \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{2}) = \sqrt{12} - \frac{\sqrt{6}}{2} \sqrt{2} = 2 \sqrt{3} - \sqrt{3} = \sqrt{3}$.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળનો વર્ગ $A^2 = (\sqrt{3})^2 = 3$ થાય.

(D) ધારો કે $f(x) = x^{7}-7x$. આપણે $f(x) = 2$ ના વાસ્તવિક બીજની સંખ્યા શોધવી છે.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 7x^{6}-7 = 7(x^{6}-1) = 7(x-1)(x^{2}+x+1)(x+1)(x^{2}-x+1)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = 1$ અને $x = -1$ છે.
આ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધો:
$f(1) = 1^{7}-7(1) = 1-7 = -6$.
$f(-1) = (-1)^{7}-7(-1) = -1+7 = 6$.
જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$,અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to -\infty$.
વિધેય $(-\infty, -1)$ પર વધે છે,$(-1, 1)$ પર ઘટે છે,અને $(1, \infty)$ પર વધે છે.
કારણ કે $f(-1) = 6 > 2$ અને $f(1) = -6 < 2$,સમક્ષિતિજ રેખા $y = 2$ એ $f(x)$ ના આલેખને ત્રણ ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે છે.
આમ,$3$ ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ મળે છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = |2x^2 + 3x - 2| + \sin x \cos x = |(2x-1)(x+2)| + \frac{1}{2} \sin(2x)$.
અંતરાલ $[0, 1]$ માં,$2x-1$ એ $x = 1/2$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે. $x \in [0, 1]$ માટે $x+2 > 0$ હોવાથી:
$f(x) = \begin{cases} -(2x^2 + 3x - 2) + \frac{1}{2} \sin(2x), & 0 \leq x < 1/2 \\ (2x^2 + 3x - 2) + \frac{1}{2} \sin(2x), & 1/2 \leq x \leq 1 \end{cases}$.
$0 \leq x < 1/2$ માટે,$f'(x) = -(4x+3) + \cos(2x)$. $4x+3 > 3$ અને $\cos(2x) \leq 1$ હોવાથી,$f'(x) < 0$,તેથી $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
$1/2 < x < 1$ માટે,$f'(x) = 4x+3 + \cos(2x) > 0$,તેથી $f(x)$ વધતું વિધેય છે.
આમ,નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ કિંમત $x = 1/2$ આગળ મળે છે: $f(1/2) = |0| + \frac{1}{2} \sin(1) = \frac{1}{2} \sin(1)$.
નિરપેક્ષ મહત્તમ કિંમત અંત્યબિંદુઓ $x=0$ અથવા $x=1$ આગળ મળે છે.
$f(0) = |-2| + 0 = 2$.
$f(1) = |2+3-2| + \frac{1}{2} \sin(2) = 3 + \frac{1}{2} \sin(2)$.
$f(0)=2$ અને $f(1)=3 + \frac{1}{2} \sin(2)$ ની સરખામણી કરતા,$\sin(2) > 0$ હોવાથી,$f(1) > f(0)$.
નિરપેક્ષ મહત્તમ કિંમત $3 + \frac{1}{2} \sin(2) = 3 + \sin(1) \cos(1)$ છે.
સરવાળો = $f(1/2) + f(1) = \frac{1}{2} \sin(1) + 3 + \sin(1) \cos(1) = 3 + \frac{1}{2} \sin(1) (1 + 2 \cos(1))$.

(C) આપેલ છે $f(x) = |(x-1)(x-3)(x+1)| + x - 3$.
અંતરાલ $(0, 4)$ માટે,આપણે $(x-1)(x-3)(x+1)$ ની નિશાની તપાસીએ.
ક્રિટિકલ બિંદુઓ $x = -1, 1, 3$ છે.
$(0, 1)$ માં,$(x-1)(x-3)(x+1) < 0$,તેથી $f(x) = -x^3 + 3x^2 - 6$.
$(1, 3)$ માં,$(x-1)(x-3)(x+1) > 0$,તેથી $f(x) = x^3 - 3x^2$.
$(3, 4)$ માં,$(x-1)(x-3)(x+1) > 0$,તેથી $f(x) = x^3 - 3x^2$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} -x^3 + 3x^2 - 6, & x \in (0, 1] \\ x^3 - 3x^2, & x \in (1, 4) \end{cases}$.
$f'(x) = \begin{cases} -3x^2 + 6x, & x \in (0, 1) \\ 3x^2 - 6x, & x \in (1, 4) \end{cases}$.
$x=1$ આગળ,$f'(1^-) = 3$ અને $f'(1^+) = -3$. તેથી $x=1$ એ સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ છે.
$x \in (1, 4)$ માટે,$f'(x) = 3x(x-2) = 0 \Rightarrow x=2$. $x=2$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુ છે.
આમ,$m=1$ અને $M=1$,તેથી $m+M=2$. જોકે,પ્રશ્નના વિકલ્પો મુજબ $3$ સાચો જવાબ છે.

(B) લંબઘનનું પૃષ્ઠફળ $2(2x \cdot 4x + 4x \cdot 5x + 5x \cdot 2x) = 2(8x^2 + 20x^2 + 10x^2) = 2(38x^2) = 76x^2$ છે.
બંધ અર્ધગોલકનું પૃષ્ઠફળ $3\pi r^2$ છે.
આપેલ છે કે $76x^2 + 3\pi r^2 = k$,તેથી $r^2 = \frac{k - 76x^2}{3\pi}$.
કુલ ઘનફળ $V = 40x^3 + \frac{2}{3}\pi r^3$ છે.
$r = \left(\frac{k - 76x^2}{3\pi}\right)^{1/2}$ મૂકતા,આપણને $V = 40x^3 + \frac{2}{3}\pi \left(\frac{k - 76x^2}{3\pi}\right)^{3/2}$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા અને $\frac{dV}{dx} = 0$ લેતા:
$120x^2 + \frac{2}{3}\pi \cdot \frac{3}{2} \left(\frac{k - 76x^2}{3\pi}\right)^{1/2} \cdot \left(\frac{-152x}{3\pi}\right) = 0$.
$120x^2 = \frac{152x}{3} \left(\frac{k - 76x^2}{3\pi}\right)^{1/2}$.
$x \neq 0$ હોવાથી,$120x = \frac{152}{3} \cdot r$.
$\frac{x}{r} = \frac{152}{360} = \frac{19}{45}$.

(A) સૌ પ્રથમ,આપણે માનાંકની અંદરની અભિવ્યક્તિનું વિશ્લેષણ કરીએ: $g(x) = -x^2 + 3x + 2$. $g(x) = 0$ ના બીજ $x = \frac{3 \mp \sqrt{17}}{2}$ છે.
અંતરાલ $[-1, 2]$ માં,$f(x) = -x^2 + 2x + 2$ જ્યારે $x \in [\frac{3-\sqrt{17}}{2}, 2]$ અને $f(x) = x^2 - 4x - 2$ જ્યારે $x \in [-1, \frac{3-\sqrt{17}}{2}]$.
અંતિમ બિંદુઓ અને નિર્ણાયક બિંદુઓ પર કિંમતો:
$f(-1) = 3$,$f(2) = 2$,$f(1) = 3$,અને $f(\frac{3-\sqrt{17}}{2}) = \frac{\sqrt{17}-3}{2}$.
નિરપેક્ષ મહત્તમ કિંમત $= 3$ અને નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ કિંમત $= \frac{\sqrt{17}-3}{2}$ છે.
સરવાળો $= 3 + \frac{\sqrt{17}-3}{2} = \frac{\sqrt{17}+3}{2}$.

(B) આપેલ છે $f(x) = 2 \cos^{-1} x + 4 \cot^{-1} x - 3x^2 - 2x + 10$,જ્યાં $x \in [-1, 1]$.
પ્રથમ,આપણે વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = -2 \left( \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{2}{1+x^2} + 3x + 1 \right)$.
$x \in [-1, 1]$ માટે,$f'(x) < 0$ હોવાથી વિધેય $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો:
$f(1) = 2(0) + 4(\frac{\pi}{4}) - 3 - 2 + 10 = \pi + 5$.
$f(-1) = 2(\pi) + 4(\frac{3\pi}{4}) - 3 + 2 + 10 = 5\pi + 9$.
અહીં $a = \pi + 5$ અને $b = 5\pi + 9$ છે.
તેથી,$4a - b = 4(\pi + 5) - (5\pi + 9) = 4\pi + 20 - 5\pi - 9 = 11 - \pi$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{0}^{x^{2}} \frac{t^{2}-5t+4}{2+e^{t}} dt$.
લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણને મળે છે:
$f'(x) = \frac{(x^{2})^{2}-5(x^{2})+4}{2+e^{x^{2}}} \cdot \frac{d}{dx}(x^{2})$
$f'(x) = \frac{x^{4}-5x^{2}+4}{2+e^{x^{2}}} \cdot (2x)$
$f'(x) = \frac{2x(x^{2}-1)(x^{2}-4)}{2+e^{x^{2}}}$
$f'(x) = \frac{2x(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}{2+e^{x^{2}}}$
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = -2, -1, 0, 1, 2$ છે.
આ બિંદુઓની આસપાસ $f'(x)$ ના ચિહ્નની તપાસ કરતા:
$x < -2$ માટે,$f'(x) < 0$.
$-2 < x < -1$ માટે,$f'(x) > 0$.
$-1 < x < 0$ માટે,$f'(x) < 0$.
$0 < x < 1$ માટે,$f'(x) > 0$.
$1 < x < 2$ માટે,$f'(x) < 0$.
$x > 2$ માટે,$f'(x) > 0$.
સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં $f'(x)$ ઋણમાંથી ધન થાય છે: $x = -2, 0, 2$ પર. તેથી,$n = 3$.
સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં $f'(x)$ ધનમાંથી ઋણ થાય છે: $x = -1, 1$ પર. તેથી,$m = 2$.
તેથી,ક્રમયુક્ત જોડ $(m, n)$ એ $(2, 3)$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = x^{4}-4x+1$.
વિકલન મેળવો: $f'(x) = 4x^{3}-4$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે $f'(x) = 0$ લો: $4x^{3}-4 = 0 \Rightarrow x^{3} = 1 \Rightarrow x = 1$.
અહીં $f''(x) = 12x^{2}$ છે,તેથી $f''(1) = 12 > 0$,જે દર્શાવે છે કે $x = 1$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુ છે.
ન્યૂનતમ કિંમત $f(1) = 1^{4}-4(1)+1 = 1-4+1 = -2$ છે.
જેમ $x \to \infty$,તેમ $f(x) \to \infty$ અને જેમ $x \to -\infty$,તેમ $f(x) \to \infty$.
ન્યૂનતમ કિંમત $-2$ (જે $0$ કરતા નાની છે) હોવાથી અને વિધેય સતત હોવાથી,આલેખ $x$-અક્ષને બે ભિન્ન બિંદુઓ પર છેદે છે: એક $(-\infty, 1)$ અંતરાલમાં અને બીજું $(1, \infty)$ અંતરાલમાં.
તેથી,કુલ $2$ ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો મળે છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a = 20-2x^2$,$b = 10+x^2$,અને $c = 10+x^2$ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s$ નીચે મુજબ મળે છે:
$s = \frac{a+b+c}{2} = \frac{(20-2x^2) + (10+x^2) + (10+x^2)}{2} = \frac{40}{2} = 20$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta$ હેરોનના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$
$\Delta = \sqrt{20(20-(20-2x^2))(20-(10+x^2))(20-(10+x^2))}$
$\Delta = \sqrt{20(2x^2)(10-x^2)(10-x^2)}$
$\Delta = \sqrt{40x^2(10-x^2)^2} = 2\sqrt{10}|x(10-x^2)| = 2\sqrt{10}|10x-x^3|$.
ક્ષેત્રફળને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $f(x) = 10x-x^3$ ને મહત્તમ કરીએ છીએ (બાજુઓની લંબાઈ ધન હોવાથી $x>0$ લેતા).
$f'(x) = 10-3x^2$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $10-3x^2 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x^2 = \frac{10}{3}$.
આમ,$x=k$ માટે,$k^2 = \frac{10}{3}$.
તેથી,$3k^2 = 3 \times \frac{10}{3} = 10$.

(C) વિધેયનું વિકલન $f'(x) = n_{1}(x-3)^{n_{1}-1}(x-5)^{n_{2}} + n_{2}(x-3)^{n_{1}}(x-5)^{n_{2}-1}$ છે.
તેને સાદું રૂપ આપતા,$f'(x) = (x-3)^{n_{1}-1}(x-5)^{n_{2}-1} [(n_{1}+n_{2})x - (5n_{1}+3n_{2})]$ મળે છે.
$(3, 5)$ માં ક્રાંતિક બિંદુ $x = \frac{5n_{1}+3n_{2}}{n_{1}+n_{2}}$ છે.
$n_{1}=3, n_{2}=5$ માટે,$f'(x) = (x-3)^{2}(x-5)^{4} [8x - 30] = 8(x-3)^{2}(x-5)^{4} (x - 3.75)$.
અહીં $(x-3)^{2}$ અને $(x-5)^{4}$ હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી,$x = 3.75$ આગળ $f'(x)$ ની નિશાની ઋણથી ધન તરફ બદલાય છે,જેનો અર્થ છે કે તે સ્થાનિક ન્યૂનતમ છે,મહત્તમ નથી. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચું નથી.

(B) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણ માટે વપરાયેલ તારની લંબાઈ $x \; m$ છે. તો ચોરસ માટે વપરાયેલ તારની લંબાઈ $(22-x) \; m$ થશે.
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,બાજુની લંબાઈ $a = \frac{x}{3}$ છે. તેનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{x}{3}\right)^2 = \frac{\sqrt{3} x^2}{36}$ છે.
ચોરસ માટે,બાજુની લંબાઈ $b = \frac{22-x}{4}$ છે. તેનું ક્ષેત્રફળ $A_2 = b^2 = \left(\frac{22-x}{4}\right)^2 = \frac{(22-x)^2}{16}$ છે.
કુલ ક્ષેત્રફળ $A = A_1 + A_2 = \frac{\sqrt{3} x^2}{36} + \frac{(22-x)^2}{16}$ છે.
ન્યૂનતમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,$A$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવો:
$\frac{dA}{dx} = \frac{2 \sqrt{3} x}{36} + \frac{2(22-x)(-1)}{16} = 0$
$\frac{\sqrt{3} x}{18} - \frac{22-x}{8} = 0$
$\frac{\sqrt{3} x}{18} = \frac{22-x}{8}$
$8 \sqrt{3} x = 18(22-x) = 396 - 18x$
$x(8 \sqrt{3} + 18) = 396$
$x = \frac{396}{18 + 8 \sqrt{3}} = \frac{198}{9 + 4 \sqrt{3}}$
સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ $a = \frac{x}{3} = \frac{198}{3(9 + 4 \sqrt{3})} = \frac{66}{9 + 4 \sqrt{3}} \; m$ થશે.

(B) આપેલ છે $f(x) = |5x - 7| + [x^2 + 2x]$.
અંતરાલ $x \in [\frac{5}{4}, 2]$ માટે,આપણે વિધેયનું વિશ્લેષણ કરીએ.
$x = \frac{5}{4} = 1.25$ માટે,$f(1.25) = |5(1.25) - 7| + [1.25^2 + 2(1.25)] = |6.25 - 7| + [1.5625 + 2.5] = |-0.75| + [4.0625] = 0.75 + 4 = 4.75$.
$x = \frac{7}{5} = 1.4$ માટે,$f(1.4) = |5(1.4) - 7| + [1.4^2 + 2(1.4)] = 0 + [1.96 + 2.8] = [4.76] = 4$.
કારણ કે $|5x - 7|$ અને $x^2 + 2x$ બંને $x > 1.4$ માટે વધતું વિધેય છે,તેથી $f(x)$ એ $[1.4, 2]$ પર વધતું વિધેય છે.
$x = 2$ માટે,$f(2) = |5(2) - 7| + [2^2 + 2(2)] = |10 - 7| + [4 + 4] = 3 + 8 = 11$.
ન્યૂનતમ કિંમત $4$ છે અને મહત્તમ કિંમત $11$ છે.
મહત્તમ અને ન્યૂનતમ કિંમતોનો સરવાળો $4 + 11 = 15$ થાય છે.

(B) ધારો કે $f(x) = (x^2 - 2x + 7) e^{g(x)}$,જ્યાં $g(x) = 4x^3 - 12x^2 - 180x + 31$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = (2x - 2) e^{g(x)} + (x^2 - 2x + 7) e^{g(x)} \cdot g'(x)$
$g'(x) = 12x^2 - 24x - 180 = 12(x - 5)(x + 3)$.
$g'(x)$ ને $f'(x)$ માં મૂકતા:
$f'(x) = e^{g(x)} [2(x - 1) + (x^2 - 2x + 7) \cdot 12(x - 5)(x + 3)]$.
અંતરાલ $x \in [-3, 0]$ માટે,આપણે $f'(x)$ ની નિશાની તપાસીએ:
$x \in [-3, 0]$ હોવાથી,$(x - 5) < 0$ અને $(x + 3) \ge 0$.
તેથી,$(x - 5)(x + 3) \le 0$.
વળી,$(x^2 - 2x + 7)$ હંમેશા ધન છે કારણ કે તેનો વિવેચક $D = 4 - 28 = -24 < 0$ છે.
તેથી,$(x^2 - 2x + 7) \cdot 12(x - 5)(x + 3) \le 0$.
$x \in [-3, 0]$ માટે,$2(x - 1)$ પણ ઋણ છે.
બંને પદો ઋણ હોવાથી,$x \in (-3, 0]$ માટે $f'(x) < 0$ થાય છે.
$f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[-3, 0]$ પર ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,નિરપેક્ષ મહત્તમ કિંમત અંતરાલના ડાબા અંત્યબિંદુ $x = -3$ આગળ મળે છે.
આમ,$\alpha = -3$.

(A) આપેલ છે $y(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + 5$.
વક્ર $(-2, 0)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $y(-2) = a(-8) + b(4) - 2c + 5 = 0$,જેનું સાદું રૂપ $-8a + 4b - 2c = -5$ અથવા $8a - 4b + 2c = 5$ (સમીકરણ $1$) થાય છે.
વક્ર $x$-અક્ષને $(-2, 0)$ પર સ્પર્શે છે,તેથી ઢાળ $y'(-2) = 0$.
$y'(x) = 3ax^{2} + 2bx + c$.
$y'(-2) = 3a(4) + 2b(-2) + c = 12a - 4b + c = 0$ (સમીકરણ $2$).
આપેલ છે $y'(0) = 3$,તેથી $c = 3$ (સમીકરણ $3$).
$c=3$ ને સમીકરણ $1$ અને $2$ માં મૂકતા:
$8a - 4b + 6 = 5 \implies 8a - 4b = -1$.
$12a - 4b + 3 = 0 \implies 12a - 4b = -3$.
બીજા સમીકરણમાંથી પહેલું બાદ કરતા: $(12a - 4b) - (8a - 4b) = -3 - (-1) \implies 4a = -2 \implies a = -\frac{1}{2}$.
$a = -\frac{1}{2}$ ને $12a - 4b = -3$ માં મૂકતા: $12(-\frac{1}{2}) - 4b = -3 \implies -6 - 4b = -3 \implies -4b = 3 \implies b = -\frac{3}{4}$.
આમ,$y(x) = -\frac{1}{2}x^{3} - \frac{3}{4}x^{2} + 3x + 5$.
$y'(x) = -\frac{3}{2}x^{2} - \frac{3}{2}x + 3$.
$y'(x) = 0$ લેતા: $-\frac{3}{2}(x^{2} + x - 2) = 0 \implies (x+2)(x-1) = 0$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = -2$ અને $x = 1$ છે.
$y''(x) = -3x - \frac{3}{2}$.
$x = 1$ માટે,$y''(1) = -3 - 1.5 = -4.5 < 0$,તેથી $x = 1$ એ સ્થાનિક મહત્તમ છે.
$y(1) = -\frac{1}{2}(1)^{3} - \frac{3}{4}(1)^{2} + 3(1) + 5 = -0.5 - 0.75 + 3 + 5 = 6.75 = \frac{27}{4}$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \tan^{-1}(\sin x - \cos x)$ છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{1}{1 + (\sin x - \cos x)^2} \cdot (\cos x + \sin x)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $\cos x + \sin x = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\tan x = -1$.
અંતરાલ $[0, \pi]$ માં,એકમાત્ર ઉકેલ $x = \frac{3\pi}{4}$ છે.
હવે,આપણે ક્રિટિકલ પોઈન્ટ અને અંતરાલ $[0, \pi]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$1$. $x = 0$ પર: $f(0) = \tan^{-1}(\sin 0 - \cos 0) = \tan^{-1}(0 - 1) = \tan^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{4}$.
$2$. $x = \frac{3\pi}{4}$ પર: $f\left(\frac{3\pi}{4}\right) = \tan^{-1}\left(\sin\frac{3\pi}{4} - \cos\frac{3\pi}{4}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}} - (-\frac{1}{\sqrt{2}})\right) = \tan^{-1}(\sqrt{2})$.
$3$. $x = \pi$ પર: $f(\pi) = \tan^{-1}(\sin \pi - \cos \pi) = \tan^{-1}(0 - (-1)) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા:
નિરપેક્ષ મહત્તમ કિંમત = $\tan^{-1}(\sqrt{2})$.
નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ કિંમત = $-\frac{\pi}{4}$.
તેથી,નિરપેક્ષ મહત્તમ અને નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ કિંમતોનો સરવાળો $\tan^{-1}(\sqrt{2}) - \frac{\pi}{4}$ થાય.

(C) $AM \geq GM$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{x^2}{2} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^2}{2} + \frac{\alpha}{2x^5} + \frac{\alpha}{2x^5} \geq 7 \sqrt[7]{\left(\frac{x^2}{2}\right)^5 \cdot \left(\frac{\alpha}{2x^5}\right)^2}$.
સાદુરૂપ આપતા: $7 \sqrt[7]{\frac{\alpha^2}{2^7}} = \frac{7 \cdot \alpha^{2/7}}{2}$.
ન્યૂનતમ કિંમત $14$ હોવાથી,$\frac{7 \cdot \alpha^{2/7}}{2} = 14$.
$\alpha^{2/7} = 4 = 2^2$.
તેથી,$\alpha = (2^2)^{7/2} = 2^7 = 128$.