Mix Example of Applications of Derivatives Questions in Gujarati

(D) આપેલ છે $f(x) = x^4 (12 \ln x - 7)$.
પ્રથમ વિકલન: $f'(x) = 4x^3 (12 \ln x - 7) + x^4 (\frac{12}{x}) = 48x^3 \ln x - 28x^3 + 12x^3 = 48x^3 \ln x - 16x^3 = 16x^3 (3 \ln x - 1)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$3 \ln x = 1 \implies \ln x = 1/3 \implies x = e^{1/3}$ મળે છે.
દ્વિતીય વિકલન $f''(x) = 48x^2 (3 \ln x - 1) + 16x^3 (3/x) = 144x^2 \ln x - 48x^2 + 48x^2 = 144x^2 \ln x$. $x = e^{1/3}$ આગળ,$f''(e^{1/3}) = 144(e^{1/3})^2 (1/3) > 0$,તેથી $x = e^{1/3}$ એ ન્યૂનતમ બિંદુ છે.
અંતર્મુખતા માટે,$f''(x) = 144x^2 \ln x$ તપાસતા,$(0, 1)$ માં $\ln x < 0$ હોવાથી $f''(x) < 0$ થાય છે,એટલે કે આલેખ નીચેની તરફ અંતર્મુખ છે.
$x = 1$ આગળ,$f(1) = 1^4 (12 \ln 1 - 7) = -7$. $f''(1) = 144(1)^2 \ln 1 = 0$ અને $x=1$ આગળ $f''(x)$ ની નિશાની બદલાતી હોવાથી,$(1, -7)$ એ નતિપરિવર્તન બિંદુ છે.
આમ,બધા વિધાનો સાચા છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $2e^{|x|} \tan^{-1}|x| = 1$ છે.
આને $2 \tan^{-1}|x| = e^{-|x|}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
ધારો કે $f(x) = 2 \tan^{-1}|x|$ અને $g(x) = e^{-|x|}$.
બંને વિધેયો યુગ્મ હોવાથી,આપણે $x \ge 0$ માટે વર્તણૂકનું વિશ્લેષણ કરી શકીએ છીએ.
$x \ge 0$ માટે,$f(x) = 2 \tan^{-1}x$ અને $g(x) = e^{-x}$.
$x = 0$ પર,$f(0) = 2 \tan^{-1}(0) = 0$ અને $g(0) = e^0 = 1$. આમ,$f(0) < g(0)$.
જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to 2(\frac{\pi}{2}) = \pi \approx 3.14$ અને $g(x) \to 0$.
$f(x)$ એ $x \ge 0$ માટે ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે અને $g(x)$ એ $x \ge 0$ માટે ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે,તેથી $x > 0$ માટે બરાબર એક છેદનબિંદુ હોવું જોઈએ.
$y$-અક્ષની સાપેક્ષ સંમિતિને કારણે,$x < 0$ માટે પણ બરાબર એક છેદનબિંદુ હશે.
તેથી,કુલ $2$ ઉકેલો છે.

(C) વિધેય $f(x) = \min (\{x\}, \{e^{-x}\})$.
$1$. અસતત બિંદુઓ: અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય $\{x\}$ એ $x = 1, 2, \dots, 9$ પર અસતત છે. આમ,અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $C = 9$ છે.
$2$. અવિકલનીય બિંદુઓ: વિધેય નીચેના બિંદુઓ પર અવિકલનીય છે:
- અસતત બિંદુઓ: $9$ બિંદુઓ.
- જ્યાં $\{x\} = \{e^{-x}\}$ થાય તેવા બિંદુઓ: દરેક અંતરાલ $(n, n+1)$ માં,$\{x\} = x-n$ અને $\{e^{-x}\}$ એ ઘટતું વિધેય છે. દરેક અંતરાલમાં એક છેદનબિંદુ મળે છે જ્યાં આલેખમાં તીક્ષ્ણ વળાંક (sharp corner) હોય છે. આવા $10$ અંતરાલ હોવાથી $10$ બિંદુઓ મળે છે.
- કુલ અવિકલનીય બિંદુઓ $D = C + 10 = 9 + 10 = 19$.
તેથી,$C + D = 9 + 19 = 28$.

(A) આપેલ છે કે $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} g(x) dx$,તેથી આપણે લખી શકીએ કે $\int_{a}^{b} (f(x) - g(x)) dx = 0$.
છેદબિંદુઓ $\alpha$ અને $\beta$ ના આધારે સંકલનને ત્રણ ભાગમાં વિભાજિત કરતા:
$\int_{a}^{\alpha} (f(x) - g(x)) dx + \int_{\alpha}^{\beta} (f(x) - g(x)) dx + \int_{\beta}^{b} (f(x) - g(x)) dx = 0$.
આલેખ પરથી,અંતરાલ $(a, \alpha)$ માં,$f(x) > g(x)$,તેથી ક્ષેત્રફળ $A_1 = \int_{a}^{\alpha} (f(x) - g(x)) dx$.
અંતરાલ $(\alpha, \beta)$ માં,$g(x) > f(x)$,તેથી ક્ષેત્રફળ $A_2 = \int_{\alpha}^{\beta} (g(x) - f(x)) dx = -\int_{\alpha}^{\beta} (f(x) - g(x)) dx$.
અંતરાલ $(\beta, b)$ માં,$f(x) > g(x)$,તેથી ક્ષેત્રફળ $A_3 = \int_{\beta}^{b} (f(x) - g(x)) dx$.
આ કિંમતોને સંકલનના સમીકરણમાં મૂકતા: $A_1 - A_2 + A_3 = 0$,જેનો અર્થ થાય છે કે $A_2 = A_1 + A_3$.
આમ,$\int_{\alpha}^{\beta} (g(x) - f(x)) dx = \int_{a}^{\alpha} (f(x) - g(x)) dx + \int_{\beta}^{b} (f(x) - g(x)) dx$.

(A) આપેલ છે $f(x) = x \cos^{-1}(-\sin |x|)$. કારણ કે $\cos^{-1}(-u) = \pi - \cos^{-1}(u)$,તેથી $f(x) = x(\pi - \cos^{-1}(\sin |x|))$.
$\cos^{-1}(\sin |x|) = \cos^{-1}(\cos(\frac{\pi}{2} - |x|)) = \frac{\pi}{2} - |x|$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $|x| \in [0, \frac{\pi}{2}]$,આપણને મળે છે:
$f(x) = x(\pi - (\frac{\pi}{2} - |x|)) = x(\frac{\pi}{2} + |x|)$.
$x \geq 0$ માટે,$f(x) = x(\frac{\pi}{2} + x) = \frac{\pi}{2}x + x^2$. તેથી $f^{\prime}(x) = \frac{\pi}{2} + 2x$.
$x < 0$ માટે,$f(x) = x(\frac{\pi}{2} - x) = \frac{\pi}{2}x - x^2$. તેથી $f^{\prime}(x) = \frac{\pi}{2} - 2x$.
$x=0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા: $LHD = \lim_{x \to 0^-} (\frac{\pi}{2} - 2x) = \frac{\pi}{2}$ અને $RHD = \lim_{x \to 0^+} (\frac{\pi}{2} + 2x) = \frac{\pi}{2}$. $LHD = RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે અને $f^{\prime}(0) = \frac{\pi}{2}$.
હવે,$x \in (-\frac{\pi}{2}, 0)$ માટે,$f^{\prime\prime}(x) = -2 < 0$,તેથી $f^{\prime}$ ઘટતું વિધેય છે.
$x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે,$f^{\prime\prime}(x) = 2 > 0$,તેથી $f^{\prime}$ વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(N/A) આપેલ સમીકરણ: $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=c^{2}$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{d x}[(x-a)^{2}]+\frac{d}{d x}[(y-b)^{2}]=\frac{d}{d x}(c^{2})$
$2(x-a) + 2(y-b) \cdot \frac{d y}{d x} = 0$
$\frac{d y}{d x} = -\frac{x-a}{y-b}$ --- $(1)$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = -\frac{d}{d x} \left[ \frac{x-a}{y-b} \right] = -\frac{(y-b) \cdot 1 - (x-a) \cdot \frac{d y}{d x}}{(y-b)^{2}}$
$(1)$ માંથી $\frac{d y}{d x}$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = -\frac{(y-b) - (x-a) \cdot \left( -\frac{x-a}{y-b} \right)}{(y-b)^{2}} = -\frac{(y-b)^{2} + (x-a)^{2}}{(y-b)^{3}} = -\frac{c^{2}}{(y-b)^{3}}$
હવે,પદાવલિની કિંમત શોધતા:
$\frac{\left[1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}{\frac{d^{2} y}{d x^{2}}} = \frac{\left[1 + \frac{(x-a)^{2}}{(y-b)^{2}}\right]^{\frac{3}{2}}}{-\frac{c^{2}}{(y-b)^{3}}} = \frac{\left[\frac{(y-b)^{2} + (x-a)^{2}}{(y-b)^{2}}\right]^{\frac{3}{2}}}{-\frac{c^{2}}{(y-b)^{3}}} = \frac{\left[\frac{c^{2}}{(y-b)^{2}}\right]^{\frac{3}{2}}}{-\frac{c^{2}}{(y-b)^{3}}}$
$= \frac{\frac{c^{3}}{|y-b|^{3}}}{-\frac{c^{2}}{(y-b)^{3}}} = -c$
આમ,$-c$ એ $a$ અને $b$ થી સ્વતંત્ર અચળ છે,તેથી સાબિતી પૂર્ણ થાય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = x^{3} - 6x^{2} + ax + b$. $f(2) = 0$ હોવાથી,$8 - 24 + 2a + b = 0 \Rightarrow 2a + b = 16$.
$f(4) = 0$ હોવાથી,$64 - 96 + 4a + b = 0 \Rightarrow 4a + b = 32$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા,$a = 8, b = 0$ મળે. તેથી $f(x) = x^{3} - 6x^{2} + 8x$.
$f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 12x + 8$. $f^{\prime}(x) = 0$ ના બીજ $x = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 96}}{6} = 2 \pm \frac{\sqrt{48}}{6} = 2 \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$ છે.
$(S_1)$ માટે: $f^{\prime}(2) = -4$ અને $f^{\prime}(4) = 8$. $f^{\prime}(x)$ સતત હોવાથી,ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,એવું $x_{1} \in (2, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(x_{1}) = -1$ થાય (કારણ કે $-1 \in (-4, 8)$). ઉપરાંત,$f^{\prime}(x)$ નું એક બીજ $x_{2} = 2 + \frac{2}{\sqrt{3}} \approx 3.15 \in (2, 4)$ છે. $f^{\prime}(3) = 27 - 36 + 8 = -1$ હોવાથી,$x_{1} = 3 < x_{2} \approx 3.15$ મળે. તેથી $(S_1)$ સાચું છે.
$(S_2)$ માટે: $f$ એ $(2, x_{4})$ પર ઘટતું અને $(x_{4}, 4)$ પર વધતું વિધેય છે જ્યાં $x_{4} = 2 + \frac{2}{\sqrt{3}}$. $f(x_{4}) = (2 + \frac{2}{\sqrt{3}})^{3} - 6(2 + \frac{2}{\sqrt{3}})^{2} + 8(2 + \frac{2}{\sqrt{3}}) = -\frac{16}{3\sqrt{3}}$.
$2f^{\prime}(x_{3}) = \sqrt{3}f(x_{4}) = \sqrt{3}(-\frac{16}{3\sqrt{3}}) = -\frac{16}{3} \approx -5.33$. તેથી $f^{\prime}(x_{3}) = -\frac{8}{3} \approx -2.67$. $f^{\prime}(x)$ એ $(2, 4)$ પર $[-4, 8]$ ની તમામ કિંમતો ધારણ કરતું હોવાથી,આવું $x_{3}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે. તેથી $(S_2)$ સાચું છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = 4 \log_{e}(x-1) - 2x^2 + 4x + 5$ જ્યાં $x > 1$.
પ્રથમ,વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{4}{x-1} - 4(x-1)$.
$1 < x < 2$ માટે,$(x-1) < 1$,તેથી $\frac{4}{x-1} > 4$,જે સૂચવે છે કે $f'(x) > 0$. આમ,$f$ એ $(1, 2)$ પર વધતું વિધેય છે.
$x > 2$ માટે,$(x-1) > 1$,તેથી $\frac{4}{x-1} < 4$,જે સૂચવે છે કે $f'(x) < 0$. આમ,$f$ એ $(2, \infty)$ પર ઘટતું વિધેય છે. (વિકલ્પ $A$ સાચો છે).
$f$ એ $(1, 2)$ પર વધે છે અને $x=2$ પર મહત્તમ કિંમત $f(2) = 5$ ધરાવે છે,અને $(2, \infty)$ પર ઘટે છે,તેથી $f(x) = -1$ ને બરાબર બે ઉકેલો છે. (વિકલ્પ $B$ સાચો છે).
$f(e)$ અને $f(e+1)$ તપાસો:
$f(e) > 0$ અને $f(e+1) < 0$ હોવાથી,અંતરાલ $(e, e+1)$ માં એક બીજ છે. (વિકલ્પ $D$ સાચો છે).
$f'(e) - f''(2)$ ની ગણતરી કરો:
$f'(e) = \frac{4}{e-1} - 4(e-1) \approx -4.54$.
$f''(x) = -\frac{4}{(x-1)^2} - 4$,તેથી $f''(2) = -8$.
$f'(e) - f''(2) = -4.54 - (-8) = 3.46 > 0$.
આમ,$f'(e) - f''(2) < 0$ એ ખોટું છે. (વિકલ્પ $C$ ખોટો છે).

(A) આપેલ છે $f(x) = \sin x + (x^3 - 3x^2 + 4x - 2) \cos x$.
નોંધો કે $x^3 - 3x^2 + 4x - 2 = (x-1)^3 + (x-1)$.
તેથી,$f(x) = \sin x + ((x-1)^3 + (x-1)) \cos x$.
વિકલન કરતા:
$f'(x) = \cos x + [3(x-1)^2 + 1] \cos x - [(x-1)^3 + (x-1)] \sin x$
$f'(x) = \cos x [3(x-1)^2 + 2] + (1-x)((x-1)^2 + 1) \sin x$.
$x \in (0, 1)$ માટે,$\cos x > 0$,$\sin x > 0$,$(1-x) > 0$,અને કૌંસમાં રહેલા પદો ધન છે.
આમ,$f'(x) > 0$ દરેક $x \in (0, 1)$ માટે,જેનો અર્થ છે કે $f$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય (monotone) છે.
વધુમાં,$f(0) = -2 < 0$ અને $f(1) = \sin(1) > 0$.
વિધેય $f$ સતત હોવાથી અને $(0, 1)$ માં ચિહ્ન બદલાતું હોવાથી,Intermediate Value Theorem મુજબ,$f$ ને $(0, 1)$ માં એક શૂન્ય છે.
તેથી,વિધાન $I$ અને $II$ બંને સાચા છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 2x + \tan^{-1} x$ અને $g(x) = \ln(\sqrt{1+x^2} + x)$ જ્યાં $x \in [0, 3]$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવીએ:
$f'(x) = 2 + \frac{1}{1+x^2}$
$g'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2} + x} \cdot \left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} + 1\right) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2} + x} \cdot \frac{x + \sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.
$x \in [0, 3]$ માટે:
$f'(x) \in [2 + \frac{1}{1+3^2}, 2 + \frac{1}{1+0^2}] = [2.1, 3]$.
$g'(x) \in [\frac{1}{\sqrt{1+3^2}}, \frac{1}{\sqrt{1+0^2}}] = [\frac{1}{\sqrt{10}}, 1] \approx [0.316, 1]$.
કારણ કે $f'(x) > g'(x)$ તમામ $x \in [0, 3]$ માટે,વિકલ્પ $A$ ખોટો છે.
$f(x)$ અને $g(x)$ બંને $[0, 3]$ પર વધતા વિધેયો છે.
તેથી,$\max f(x) = f(3) = 6 + \tan^{-1} 3$ અને $\max g(x) = g(3) = \ln(3 + \sqrt{10})$.
$6 + \tan^{-1} 3 > 6$ અને $\ln(3 + \sqrt{10}) \approx \ln(6.16) < 2$ હોવાથી,સ્પષ્ટ છે કે $f(3) > g(3)$.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(D) $m$ શોધવા માટે,આપણે $f(x) = 2^x - x^2 = 0$ ના બીજની સંખ્યા શોધીએ છીએ,જે $2^x = x^2$ ને સમાન છે.
આલેખ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે વક્ર $y = 2^x$ અને $y = x^2$ ત્રણ બિંદુઓ પર છેદે છે: એક ઋણ વિસ્તારમાં (ધારો કે $\alpha$),એક $x = 2$ પર,અને એક $x = 4$ પર. આમ,$m = 3$.
$n$ શોધવા માટે,આપણે $f'(x) = 2^x \ln 2 - 2x = 0$ ના બીજની સંખ્યા શોધીએ છીએ,જે $2^x \ln 2 = 2x$ ને સમાન છે.
$y = 2^x \ln 2$ અને $y = 2x$ ના આલેખ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે આ બે વક્ર બે બિંદુઓ પર છેદે છે. આમ,$n = 2$.
તેથી,$m + n = 3 + 2 = 5$.

(C, A, B) $1.$ $f(x) = 4x^3 + 3x^2 + 2x + 1$. $f(-1) = -2$ અને $f(-1/2) = 0.25$ હોવાથી,બીજ $s$ એ $(-1, -1/2)$ માં છે. વિકલ્પો તપાસતા,$(C)$ સાચો છે.
$2.$ $t = |s|$. $s \in (-3/4, -1/2)$ હોવાથી,$t \in (1/2, 3/4)$. ક્ષેત્રફળ $A = \int_0^t (4x^3+3x^2+2x+1) dx = t^4+t^3+t^2+t$. $t=1/2$ માટે $A = 0.9375$ અને $t=3/4$ માટે $A \approx 2.05$. તેથી વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.
$3.$ $f'(x) = 12x^2 + 6x + 2$. $f''(x) = 24x + 6$. $x = -1/4$ આગળ $f''(x) = 0$. $x > -1/4$ માટે $f''(x) > 0$ (વધતું) અને $x < -1/4$ માટે $f''(x) < 0$ (ઘટતું). તેથી $(B)$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{x^2-3x-6}{x^2+2x+4}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ મેળવો:
$f'(x) = \frac{5x(x+4)}{(x^2+2x+4)^2}$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = -4$ છે.
$x \in (-4, 0)$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f$ ઘટતું વિધેય છે. આમ,$(-2, -1)$ માં $f$ ઘટતું વિધેય છે,તેથી $(A)$ $TRUE$ છે.
$x \in (1, 2)$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f$ વધતું વિધેય છે. તેથી $(B)$ $TRUE$ છે.
વિસ્તાર શોધવા માટે,$f(0) = -\frac{3}{2}$ અને $f(-4) = \frac{11}{6}$ મેળવો.
જ્યારે $x \rightarrow \pm \infty$,ત્યારે $f(x) \rightarrow 1$.
વિસ્તાર $[-\frac{3}{2}, \frac{11}{6}]$ છે.
વિસ્તાર $R$ નથી,તેથી $f$ વ્યાપ્ત નથી. આમ,$(C)$ અને $(D)$ $FALSE$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)=\int_0^x e^{t^2}(t-2)(t-3) dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime}(x)=e^{x^2}(x-2)(x-3)$.
સ્થાનિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f^{\prime}(x)=0$ લેતા,આપણને $x=2$ અને $x=3$ મળે છે.
$f^{\prime}(x)$ ની નિશાની તપાસતા:
$x < 2$ માટે,$f^{\prime}(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
$2 < x < 3$ માટે,$f^{\prime}(x) < 0$ (ઘટતું વિધેય).
$x > 3$ માટે,$f^{\prime}(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
આમ,$f$ ને $x=2$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ અને $x=3$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે. આ સાબિત કરે છે કે $(A), (B)$ અને $(D)$ સાચા છે.
હવે,$f^{\prime \prime}(x)$ શોધીએ:
$f^{\prime \prime}(x) = \frac{d}{dx} [e^{x^2}(x^2-5x+6)] = e^{x^2}(2x)(x^2-5x+6) + e^{x^2}(2x-5) = e^{x^2}(2x^3-10x^2+14x-5)$.
ધારો કે $g(x) = 2x^3-10x^2+14x-5$. કારણ કે $g(0) = -5$ અને $g(1) = 1$,મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય મુજબ,એવું $c \in (0, 1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g(c) = 0$,એટલે કે $f^{\prime \prime}(c) = 0$. તેથી,$(C)$ પણ સાચું છે.
આમ,તમામ વિકલ્પો $(A), (B), (C), (D)$ સાચા છે.

(B) $(P)$ ધારો કે $P(x) = 10x^3 - 45x^2 + 60x + 35$. તો $P'(x) = 30(x-1)(x-2)$.
અંતરાલ $[1, 2]$ માં $P(x)$ ઘટે છે,તેથી $P(x)$ નો વિસ્તાર $[55, 60]$ છે.
$f(x) = [P(x)/n]$ સતત રહે તે માટે,$P(x)/n$ ના વિસ્તારમાં કોઈ પૂર્ણાંક ન હોવો જોઈએ. $n=9$ માટે વિસ્તાર $[55/9, 60/9] = [6.11, 6.66]$ છે,જેમાં કોઈ પૂર્ણાંક નથી. તેથી $n=9$ ન્યૂનતમ કિંમત છે.
$(Q)$ $g(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $g'(x) = (2n^2 - 13n - 15)(3x^2 + 3) \geq 0$ હોવું જોઈએ. આથી $2n^2 - 13n - 15 \geq 0$,જે ઉકેલતા $n \geq 7.5$ મળે. સૌથી નાની પ્રાકૃતિક સંખ્યા $n=8$ છે.
$(R)$ $h'(x) = (x^2-9)^{n-1} [q(x)]$. $x=3$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ માટે વિકલિતની નિશાની બદલાવી જોઈએ,જે માટે $n-1$ એકી સંખ્યા હોવી જોઈએ,એટલે કે $n$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ. $5$ થી મોટી સૌથી નાની બેકી સંખ્યા $n=6$ છે.
$(S)$ $\sin|x-k|$ એ $x=k$ આગળ વિકલનીય નથી. $k=0, 1, 2, 3, 4$ માટે $5$ બિંદુઓ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x)=\sqrt{x+\sin x}$.
$f^{\prime}(x)=0$ માટે,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x+\sin x}} \cdot (1+\cos x) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $1+\cos x = 0$,તેથી $\cos x = -1$.
આમ,$x = (2n+1)\pi$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
હવે,આ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f((2n+1)\pi) = \sqrt{(2n+1)\pi + \sin((2n+1)\pi)}$.
કારણ કે દરેક $n \in \mathbb{Z}$ માટે $\sin((2n+1)\pi) = 0$ થાય છે,તેથી $f((2n+1)\pi) = \sqrt{(2n+1)\pi}$.
ધારો કે $x = (2n+1)\pi$ અને $y = f(x) = \sqrt{x}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $y^2 = x$ મળે છે,જે પરવલયનું સમીકરણ છે.

(D) $A. f(x) = 3x^4 - 2x^3 - 6x^2 + 6x + 1$
$f'(x) = 12x^3 - 6x^2 - 12x + 6 = 6(2x^3 - x^2 - 2x + 1) = 6(x-1)(2x-1)(x+1)$
$x > 1$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f(x)$ એ $[1, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે. કારણ કે $[2, \infty) \subset [1, \infty)$,તેથી $f(x)$ એ $[2, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે. આમ,$A \rightarrow V$.
$B. f(x) = x + \frac{1}{x}, x < 0$
$f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2}$
$x < -1$ માટે,$f'(x) > 0$ (વધતું). $-1 < x < 0$ માટે,$f'(x) < 0$ (ઘટતું).
$x = -1$ પર,$f'(-1) = 0$ અને $x < 0$ માટે $f''(x) = \frac{2}{x^3} < 0$. આમ,$f(x)$ ને $x = -1$ પર મહત્તમ કિંમત છે. આમ,$B \rightarrow II$.
$C. f(x) = x^4(7 - x)^3$
$f'(x) = 4x^3(7-x)^3 - 3x^4(7-x)^2 = x^3(7-x)^2 [4(7-x) - 3x] = x^3(7-x)^2(28 - 7x) = 7x^3(7-x)^2(4-x)$
ક્રિટિકલ બિંદુઓ $x = 0, 4, 7$ છે. $x = 4$ ની આસપાસ $f'(x)$ ની નિશાની તપાસતા: $x < 4$ માટે,$f'(x) > 0$; $x > 4$ માટે,$f'(x) < 0$. આમ,$f(x)$ ને $x = 4$ પર મહત્તમ કિંમત છે. આમ,$C \rightarrow III$.
$D. f(x) = x^4 + (8-x)^4$
$f'(x) = 4x^3 - 4(8-x)^3 = 4(x^3 - (8-x)^3)$
$f'(x) = 0$ લેતા $\Rightarrow x = 8-x \Rightarrow x = 4$.
$f''(x) = 12x^2 + 12(8-x)^2$. $f''(4) = 12(16) + 12(16) > 0$ હોવાથી,$f(x)$ ને $x = 4$ પર ન્યૂનતમ કિંમત છે. આમ,$D \rightarrow I$.
સાચી જોડ: $A-V, B-II, C-III, D-I$.