Continuity Questions in Gujarati

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે,તેથી ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવા જોઈએ,એટલે કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ: $\lim_{x \to 0^+} (2x^2+3x-2) = 2(0)^2+3(0)-2 = -2$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ: $\lim_{x \to 0^-} \frac{\sqrt{1+kx}-\sqrt{1-kx}}{x}$.
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા: $\lim_{x \to 0^-} \frac{(\sqrt{1+kx}-\sqrt{1-kx})(\sqrt{1+kx}+\sqrt{1-kx})}{x(\sqrt{1+kx}+\sqrt{1-kx})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(1+kx)-(1-kx)}{x(\sqrt{1+kx}+\sqrt{1-kx})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2kx}{x(\sqrt{1+kx}+\sqrt{1-kx})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2k}{\sqrt{1+kx}+\sqrt{1-kx}} = \frac{2k}{1+1} = k$.
બંને લક્ષને સરખાવતા: $k = -2$.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 0$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$1$. $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0-h) = \lim_{h \rightarrow 0} (a^2 \cos^2 h + b^2 \sin^2 h) = a^2(1)^2 + b^2(0)^2 = a^2$.
$2$. $x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0+h) = \lim_{h \rightarrow 0} e^{a(h)+b} = e^b$.
$3$. $x = 0$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય:
$f(0) = a^2 \cos^2(0) + b^2 \sin^2(0) = a^2$.
વિધેય સતત હોવાથી,$LHL = RHL = f(0)$,તેથી:
$a^2 = e^b$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(a^2) = \ln(e^b)$
$2 \ln |a| = b$
આમ,$b = 2 \log |a|$.

(A) કોઈ વિધેય $f(x)$ એ $x=a$ આગળ સતત હોય ત્યારે,$x$ ની કિંમત $a$ ની નજીક પહોંચે ત્યારે વિધેયનું લક્ષ એ $a$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું જ હોય છે,એટલે કે $f(a) = \lim_{x \rightarrow a} f(x)$.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x^2-10x+25}{x^2-7x+10}$,તેથી $x \rightarrow 5$ માટે લક્ષ શોધતા:
$f(5) = \lim_{x \rightarrow 5} \frac{x^2-10x+25}{x^2-7x+10}$
અંશ અને છેદના અવયવો પાડતા:
$f(5) = \lim_{x \rightarrow 5} \frac{(x-5)^2}{(x-5)(x-2)}$
$x \neq 5$ માટે સામાન્ય અવયવ $(x-5)$ ને દૂર કરતા:
$f(5) = \lim_{x \rightarrow 5} \frac{x-5}{x-2}$
હવે $x=5$ મૂકતા:
$f(5) = \frac{5-5}{5-2} = \frac{0}{3} = 0$

(D) આપેલ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f^{\prime}(x)$ અચળ છે.
ધારો કે $f^{\prime}(x) = a$,જ્યાં $a$ એક અચળાંક છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = ax + b$ મળે છે,જ્યાં $b$ એક સ્વૈચ્છિક અચળાંક છે.
$f(0) = 2$ આપેલ હોવાથી,$f(x) = ax + b$ માં $x = 0$ મૂકતા,આપણને $a(0) + b = 2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $b = 2$.
$f^{\prime}(0) = 1$ આપેલ છે,અને તમામ $x$ માટે $f^{\prime}(x) = a$ હોવાથી,આપણને $a = 1$ મળે છે.
આમ,વિધેય $f(x) = x + 2$ છે.
$f(x) = x + 2$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x \in R$ માટે સતત છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x=\alpha$ આગળ સતત હોય જો અને માત્ર જો $\lim _{x \rightarrow \alpha^{-}} f(x) = \lim _{x \rightarrow \alpha^{+}} f(x) = f(\alpha)$ થાય.
અહીં આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x=\alpha \in(a, b)$ આગળ અસતત છે,તેથી સાતત્યની શરતનું પાલન થતું નથી.
આનો અર્થ એ છે કે કાં તો લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી,અથવા લક્ષનું અસ્તિત્વ છે પરંતુ તે $f(\alpha)$ જેટલું નથી.
તેથી,વિધેય $x=\alpha$ આગળ અસતત હોવા માટે $\lim _{x \rightarrow \alpha} f(x) \neq f(\alpha)$ શરત સાચી ઠરે છે.
વિકલ્પ $(A)$ એ સાતત્યની શરત દર્શાવે છે,જે અહીં ખોટું છે.
વિકલ્પ $(B)$ એ $x=\alpha$ આગળ અસતતતાની શરતને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $(C)$ અને $(D)$ માં પ્રદેશ $[a, b]$ ની બહારના લક્ષની વાત છે,જ્યાં વિધેય વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે અપ્રસ્તુત અથવા ખોટા છે.

(B) આપણે નિરપેક્ષ મૂલ્યોનું વિશ્લેષણ કરીને વિધેય $f(x)$ ને વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ:
$|x| = \begin{cases} -x, & x < 0 \\ x, & x \geq 0 \end{cases}$ અને $|2x-4| = \begin{cases} 2x-4, & x \geq 2 \\ -(2x-4), & x < 2 \end{cases}$.
તેથી,$f(x) = \begin{cases} -x, & -\infty < x < 0 \\ x, & 0 \leq x < 2 \\ 2x-4, & 2 \leq x \leq 20 \end{cases}$.
$x=0$ આગળ: $\text{LHL} = \lim_{x \rightarrow 0^-} (-x) = 0$,$\text{RHL} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (x) = 0$,અને $f(0) = 0$. $\text{LHL} = \text{RHL} = f(0)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે. જોકે,ડાબું વિકલન $-1$ છે અને જમણું વિકલન $1$ છે,તેથી તે $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x=2$ આગળ: $\text{LHL} = \lim_{x \rightarrow 2^-} (x) = 2$,$\text{RHL} = \lim_{x \rightarrow 2^+} (2x-4) = 0$. $\text{LHL} \neq \text{RHL}$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=2$ આગળ સતત નથી,અને તેથી તે $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$a=0$ (સતત પણ વિકલનીય નથી) અને $b=2$ (વિકલનીય નથી).
તેથી,$a+b = 0+2 = 2$.

(B) $f$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1) = 1$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ ધ્યાનમાં લો: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (a - \frac{\sin [x-1]}{x-1})$.
$x > 1$ અને $x$ એ $1$ ની ખૂબ નજીક હોય ત્યારે,$0 < x-1 < 1$,તેથી $[x-1] = 0$.
આમ,$\lim_{x \to 1^+} f(x) = a - \frac{\sin(0)}{x-1} = a - 0 = a$.
$f(1) = 1$ હોવાથી,$a = 1$ મળે.
હવે,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ ધ્યાનમાં લો: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (b - [\frac{\sin [x-1] - [x-1]}{([x-1])^3}])$.
$x < 1$ અને $x$ એ $1$ ની ખૂબ નજીક હોય ત્યારે,$-1 < x-1 < 0$,તેથી $[x-1] = -1$.
આમ,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = b - [\frac{\sin(-1) - (-1)}{(-1)^3}] = b - [\frac{-\sin(1) + 1}{-1}] = b - [\sin(1) - 1]$.
$0 < \sin(1) < 1$ હોવાથી,$-1 < \sin(1) - 1 < 0$.
તેથી મહત્તમ પૂર્ણાંક $[\sin(1) - 1] = -1$ થાય.
તેથી,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = b - (-1) = b + 1$.
આને $f(1) = 1$ સાથે સરખાવતા,$b + 1 = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $b = 0$.
તેથી,$a + b = 1 + 0 = 1$.

(D) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = 2$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત: $\lim_{x \to 0^+} (\alpha + \frac{\sin [x]}{x})$. $0 < x < 1$ માટે $[x] = 0$ હોવાથી,લક્ષ $\alpha + 0 = \alpha$ થાય. તેથી,$\alpha = 2$.
ત્યારબાદ,ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત: $\lim_{x \to 0^-} (\beta + \frac{\sin x - x}{x^3})$. ટેલર શ્રેણી $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\sin x - x}{x^3} = -\frac{1}{6}$ મળે. તેથી,$\beta - \frac{1}{6} = 2$,જેનો અર્થ છે કે $\beta = \frac{13}{6}$.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
અહીં $f(0) = \ln 3 \ln 4$ આપેલ છે.
હવે,લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim_{x \to 0} \frac{6^x-3^x-2^x+1}{1-\cos \left(\frac{x}{a}\right)}$.
અંશ: $6^x-3^x-2^x+1 = (3^x-1)(2^x-1)$.
છેદ: $1-\cos \left(\frac{x}{a}\right) = 2 \sin^2 \left(\frac{x}{2a}\right)$.
તેથી,$\lim_{x \to 0} \frac{(3^x-1)(2^x-1)}{2 \sin^2 \left(\frac{x}{2a}\right)} = 2a^2 \ln 3 \ln 2$.
$\ln 4 = 2 \ln 2$ હોવાથી,આ કિંમત $a^2 \ln 3 \ln 4$ થાય.
$f(0)$ સાથે સરખાવતા: $a^2 \ln 3 \ln 4 = \ln 3 \ln 4$.
આમ,$a^2 = 1$. $a$ ધન હોવાથી,$a=1$.

(B) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,આપણે $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$ હોવું જરૂરી છે.
અંશ $N(x)$ નું ટેલર વિસ્તરણ:
$N(x) = a(x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)) - bx + cx^2 + x^3 = (a-b)x + cx^2 + (1 - \frac{a}{6})x^3 + O(x^4)$.
છેદ $D(x)$ નું ટેલર વિસ્તરણ:
$D(x) = 2(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + O(x^5)) - 2x + x^2 - \frac{2}{3}x^3 = -\frac{1}{2}x^4 + O(x^5)$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોય અને તે $0$ થાય તે માટે,અંશમાં $x, x^2,$ અને $x^3$ ના સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ.
આમ,$a-b = 0 \implies a=b$,$c=0$,અને $1 - \frac{a}{6} = 0 \implies a=6$.
આપેલા વિકલ્પોના આધારે $a, b, c$ વચ્ચેનો સંબંધ $a=b$ છે.

(A) ધારો કે $h = -x$,જ્યાં $h > 0$ જેમ $x \rightarrow 0^-$.
કારણ કે $x$ એ $0$ થી થોડું નાનું છે,$[x] = -1$.
તેથી,$\{x\} = x - (-1) = x + 1 = 1 - h$.
જેમ $x \rightarrow 0^-$,$h \rightarrow 0^+$,તેથી $\{x\} \rightarrow 1^-$.
ધારો કે $u = \{x\}$. જેમ $u \rightarrow 1^-$,લક્ષ $\lim_{u \rightarrow 1^-} \frac{\cos^{-1}(1-u^2) \sin^{-1}(1-u)}{u(1-u^3)} = \lim_{u \rightarrow 1^-} \frac{\cos^{-1}(1-u^2) \sin^{-1}(1-u)}{u(1-u)(1+u+u^2)}$ બને છે.
ધારો કે $t = 1-u$. જેમ $u \rightarrow 1$,$t \rightarrow 0^+$.
ત્યારે $1-u^2 = (1-u)(1+u) = t(2-t)$.
જેમ $t \rightarrow 0^+$,$\cos^{-1}(1-u^2) = \cos^{-1}(t(2-t)) \rightarrow \cos^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$.
વળી,$\sin^{-1}(1-u) = \sin^{-1}(t) \approx t$ જેમ $t \rightarrow 0$.
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા: $\lim_{t \rightarrow 0^+} \frac{(\frac{\pi}{2}) \cdot t}{(1-t)(t)(1+(1-t)+(1-t)^2)} = \frac{\pi/2}{1 \cdot 3} = \frac{\pi}{6}$.
તેથી,$\theta = \frac{\pi}{6}$.
તેથી,$\tan \theta = \tan(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(C) આપેલ છે $f(x) = (x-a) \frac{e^{\frac{1}{x-a}}-1}{e^{\frac{1}{x-a}}+1}$ જ્યાં $x \neq a$ અને $f(a) = 0$.
$x=a$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે સીમાઓનું મૂલ્યાંકન કરીએ છીએ:
ડાબી બાજુની સીમા: $\lim_{x \rightarrow a^-} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} (-h) \frac{e^{-1/h}-1}{e^{-1/h}+1} = 0 \times \frac{0-1}{0+1} = 0$.
જમણી બાજુની સીમા: $\lim_{x \rightarrow a^+} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} (h) \frac{e^{1/h}-1}{e^{1/h}+1} = \lim_{h \rightarrow 0} h \frac{1-e^{-1/h}}{1+e^{-1/h}} = 0 \times \frac{1-0}{1+0} = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow a^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow a^+} f(x) = f(a) = 0$,તેથી વિધેય $f(x)$ એ $x=a$ આગળ સતત છે.

(B) આપેલ છે કે,$f: [-2, 2] \rightarrow R$ એ $[-2, 2]$ પર સતત છે.
$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ $LHL$ શોધો:
$LHL = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sqrt{1 + cx} - \sqrt{1 - cx}}{x}$
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{(\sqrt{1 + cx} - \sqrt{1 - cx})(\sqrt{1 + cx} + \sqrt{1 - cx})}{x(\sqrt{1 + cx} + \sqrt{1 - cx})}$
$= \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{(1 + cx) - (1 - cx)}{x(\sqrt{1 + cx} + \sqrt{1 - cx})}$
$= \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2cx}{x(\sqrt{1 + cx} + \sqrt{1 - cx})} = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2c}{\sqrt{1 + cx} + \sqrt{1 - cx}}$
$= \frac{2c}{\sqrt{1} + \sqrt{1}} = \frac{2c}{2} = c$.
હવે,$x = 0$ આગળ $RHL$ શોધો:
$RHL = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x + 3}{x + 1} = \frac{0 + 3}{0 + 1} = 3$.
વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$LHL = RHL$.
તેથી,$c = 3$.

(D) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(a(625+x))^{1/5} - 5}{(625+bx)^{1/4} - 5}$.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = \frac{(625a)^{1/5} - 5}{625^{1/4} - 5} = \frac{(625a)^{1/5} - 5}{5 - 5}$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,અંશ $x = 0$ આગળ $0$ હોવો જોઈએ,તેથી $(625a)^{1/5} = 5$,જે સૂચવે છે કે $625a = 5^5 = 3125$,તેથી $a = 5$.
હવે,$f(x) = \frac{5(1 + x/625)^{1/5} - 5}{5(1 + bx/625)^{1/4} - 5} = \frac{(1 + x/625)^{1/5} - 1}{(1 + bx/625)^{1/4} - 1}$.
લક્ષના સૂત્ર $\lim_{u \to 0} \frac{(1+u)^n - 1}{u} = n$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{5} \cdot \frac{x}{625}}{\frac{1}{4} \cdot \frac{bx}{625}} = \frac{1/5}{1/4b} = \frac{4}{5b}$.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,આપણે $f(0) = \lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
લક્ષની ગણતરી કરતા: $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2 - \sqrt{x + 4}}{\sin 2x}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે $L'\text{Hospital's Rule}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{d}{dx}(2 - \sqrt{x + 4})}{\frac{d}{dx}(\sin 2x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{2\sqrt{x + 4}}}{2 \cos 2x}$.
$x = 0$ મૂકતા:
$\frac{-\frac{1}{2\sqrt{4}}}{2 \cos(0)} = \frac{-\frac{1}{4}}{2(1)} = -\frac{1}{8}$.
આમ,$f(0) = -\frac{1}{8}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0) = \lambda$ થવું જોઈએ.
લક્ષની ગણતરી કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos 3x - \cos x}{x^2}$
સૂત્ર $\cos A - \cos B = -2 \sin \frac{A+B}{2} \sin \frac{A-B}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-2 \sin(2x) \sin(x)}{x^2}$
$= -2 \times \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin 2x}{x} \right) \times \left( \frac{\sin x}{x} \right)$
$= -2 \times 2 \times 1 = -4$.
આમ,$\lambda = -4$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને વિધેયનું મૂલ્ય $f(0)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$f(0) = p$.
$LHL$: $\lim_{x \to 0^-} \frac{\cos 3x - \cos x}{x \sin x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-2 \sin(2x) \sin(x)}{x \sin x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-2 \sin(2x)}{x} = \lim_{x \to 0^-} -2 \cdot \frac{\sin(2x)}{2x} \cdot 2 = -4$.
તેથી,$p = -4$.
$RHL$: $\lim_{x \to 0^+} \frac{\log(1 + q \sin x)}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\log(1 + q \sin x)}{q \sin x} \cdot \frac{q \sin x}{x} = 1 \cdot q \cdot 1 = q$.
વિધેય સતત હોવાથી,$LHL$ = $RHL$ = $f(0)$,તેથી $q = p = -4$.
આમ,$p + q = -4 + (-4) = -8$.

(D) $x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે:
$1$. $f(0) = 1$.
$2$. ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (2[x] - \frac{x}{|x|}) = 2(-1) - (-1) = -2 + 1 = -1$.
$3$. જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (2[x] - \frac{x}{|x|}) = 2(0) - (1) = -1$.
અહીં $\lim_{x \to 0} f(x) = -1 \neq f(0)$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ અસતત છે.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે:
$1$. $f(1) = 2[1] - \frac{1}{|1|} = 2(1) - 1 = 1$.
$2$. ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (2[x] - \frac{x}{|x|}) = 2(0) - 1 = -1$.
$3$. જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (2[x] - \frac{x}{|x|}) = 2(1) - 1 = 1$.
અહીં $\lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ જમણી બાજુથી સતત છે.

(C) વિધેય $f(x) = [x^2 - 3]$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[g(x)]$ એવા બિંદુઓ પર અસતત હોય છે જ્યાં $g(x)$ પૂર્ણાંક હોય.
અહીં,$g(x) = x^2 - 3$.
$x \in (-1, 2)$ માટે,$g(x) = x^2 - 3$ નો વિસ્તાર:
જ્યારે $x = -1$,$g(x) = (-1)^2 - 3 = -2$.
જ્યારે $x = 0$,$g(x) = 0^2 - 3 = -3$.
જ્યારે $x = 2$,$g(x) = 2^2 - 3 = 1$.
તેથી,$x \in (-1, 2)$ માટે,$g(x)$ એ $(-3, 1)$ અંતરાલમાં કિંમતો લે છે.
આ અંતરાલમાં $g(x)$ જે પૂર્ણાંક કિંમતો લે છે તે $\{-2, -1, 0\}$ છે.
આપણે $x$ ની એવી કિંમતો શોધવાની જરૂર છે કે જેથી $x^2 - 3 = k$ થાય,જ્યાં $k \in \{-2, -1, 0\}$.
$1$) $x^2 - 3 = -2 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$. આપણે $(-1, 2)$ માં તપાસતા હોવાથી,માત્ર $x = 1$ અંતરાલમાં છે.
$2$) $x^2 - 3 = -1 \implies x^2 = 2 \implies x = \pm \sqrt{2}$. આપણે $(-1, 2)$ માં તપાસતા હોવાથી,માત્ર $x = \sqrt{2}$ અંતરાલમાં છે.
$3$) $x^2 - 3 = 0 \implies x^2 = 3 \implies x = \pm \sqrt{3}$. આપણે $(-1, 2)$ માં તપાસતા હોવાથી,માત્ર $x = \sqrt{3}$ અંતરાલમાં છે.
આમ,અસતત બિંદુઓ $x \in \{1, \sqrt{2}, \sqrt{3}\}$ છે.
અસતત બિંદુઓની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = 16$,તેથી આપણે લક્ષની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos ax - \cos 9x}{x^2} = 16$
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા (કારણ કે તે $0/0$ સ્વરૂપ છે):
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{-a \sin ax + 9 \sin 9x}{2x} = 16$
ફરીથી એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{-a^2 \cos ax + 81 \cos 9x}{2} = 16$
$\frac{-a^2(1) + 81(1)}{2} = 16$
$-a^2 + 81 = 32$
$a^2 = 81 - 32 = 49$
$a = \pm 7$

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = a$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2 \sin^2 2x}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} 8 \left( \frac{\sin 2x}{2x} \right)^2 = 8(1)^2 = 8$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ કરણી $\sqrt{16+\sqrt{x}}+4$ વડે ગુણતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{(16+\sqrt{x})-16} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16}+4 = 8$.
આમ,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = 8$ હોવાથી,વિધેય સતત રહે તે માટે $a = 8$ હોવું જોઈએ.

(A) $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} \frac{\tan a(x-1)}{x-1} = a$.
$\lim_{x \to 1^+} \frac{x^3-125}{x^2-25} = \frac{1-125}{1-25} = \frac{-124}{-24} = \frac{31}{6}$.
તેથી,$a = \frac{31}{6}$.
$f(x)$ એ $x=4$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{x \to 4^+} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 4^-} \frac{x^3-125}{x^2-25} = \frac{64-125}{16-25} = \frac{-61}{-9} = \frac{61}{9}$.
$\lim_{x \to 4^+} \frac{b^x-1}{x} = \frac{b^4-1}{4}$.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{61}{9} = \frac{b^4-1}{4} \Rightarrow 244 = 9b^4 - 9 \Rightarrow 9b^4 = 253$.
હવે,$6a + 9b^4 = 6(\frac{31}{6}) + 253 = 31 + 253 = 284$.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = k$,તેથી આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{(4^x - 1)^4 \cot(x \log 4)}{\sin(x \log 4) \log(1 + x^2 \log 4)}$
$= \lim_{x \to 0} \frac{(4^x - 1)^4 \cos(x \log 4)}{\sin^2(x \log 4) \log(1 + x^2 \log 4)}$
$= \lim_{x \to 0} \left( \frac{4^x - 1}{x} \right)^4 \cdot \frac{x^4 \cos(x \log 4)}{\sin^2(x \log 4) \log(1 + x^2 \log 4)}$
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim_{x \to 0} \frac{4^x - 1}{x} = \log 4$,$\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x \log 4)}{x \log 4} = 1$,અને $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + x^2 \log 4)}{x^2 \log 4} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= (\log 4)^4 \cdot \frac{1}{(\log 4)^2} \cdot \frac{1}{\log 4} \cdot \lim_{x \to 0} \cos(x \log 4)$
$= (\log 4)^4 \cdot \frac{1}{(\log 4)^3} \cdot 1 = \log 4$
આમ,$k = \log 4$.
તેથી,$e^k = e^{\log 4} = 4$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x=0$ અને $x=2$ આગળ સતત છે.
$x=0$ આગળ સાતત્ય માટે,$f(0^-) = f(0) = f(0^+)$ હોવું જોઈએ.
$f(0^-) = \lim_{x \to 0^-} (1 + \cos x) = 1 + \cos(0) = 2$.
$f(0^+) = \lim_{x \to 0^+} (a - x) = a - 0 = a$.
આ બંનેને સરખાવતા,આપણને $a = 2$ મળે છે.
$x=2$ આગળ સાતત્ય માટે,$f(2^-) = f(2) = f(2^+)$ હોવું જોઈએ.
$f(2^-) = \lim_{x \to 2^-} (a - x) = a - 2 = 2 - 2 = 0$.
$f(2^+) = \lim_{x \to 2^+} (x - b)^2 = (2 - b)^2$.
આ બંનેને સરખાવતા,આપણને $(2 - b)^2 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $b = 2$.
અંતે,$a^2 + b^2 = (2)^2 + (2)^2 = 4 + 4 = 8$.

(A) વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0^+) = f(0^-) = f(0)$ થાય.
પ્રથમ,જમણી બાજુની લક્ષ $f(0^+)$ ની ગણતરી કરીએ:
$f(0^+) = \lim_{x \to 0^+} q \left( \frac{\sqrt{x^2+x} - \sqrt{x}}{x^{3/2}} \right) = q \lim_{x \to 0^+} \frac{(\sqrt{x^2+x} - \sqrt{x})(\sqrt{x^2+x} + \sqrt{x})}{x^{3/2}(\sqrt{x^2+x} + \sqrt{x})}$
$= q \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2+x-x}{x^{3/2}(\sqrt{x}(\sqrt{x+1}+1))} = q \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2}{x^2(\sqrt{x+1}+1)} = \frac{q}{2}$.
હવે,ડાબી બાજુની લક્ષ $f(0^-)$ ની ગણતરી કરીએ:
$f(0^-) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\tan(2p-7)x + \tan 3x}{x} = \lim_{x \to 0^-} \left( \frac{\tan(2p-7)x}{x} + \frac{\tan 3x}{x} \right) = (2p-7) + 3 = 2p-4$.
$f(0) = p-q$ આપેલ છે,તેથી $x=0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$f(0^-) = f(0) \implies 2p-4 = p-q \implies p+q = 4$.
$f(0^+) = f(0) \implies \frac{q}{2} = p-q \implies q = 2p-2q \implies 3q = 2p$.
$3q = 2p$ પરથી,$\frac{q}{p} = \frac{2}{3}$ મળે છે.

(A) કારણ કે $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી તે $x = 0, 1, 2$ પર પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 0$ પર: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} \cos(2x + \pi) = \cos(\pi) = -1$.
$\lim_{x \to 0^+} (ax^2 + b) = b$.
તેથી,$b = -1$.
$x = 1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$\lim_{x \to 1^-} (ax^2 + b) = a + b = a - 1$.
$\lim_{x \to 1^+} (cx + 4) = c + 4$.
તેથી,$a - 1 = c + 4 \implies a = c + 5$.
$x = 2$ પર: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$.
$\lim_{x \to 2^-} (cx + 4) = 2c + 4$.
$\lim_{x \to 2^+} (3a + 1) = 3a + 1$.
તેથી,$2c + 4 = 3a + 1$.
$a = c + 5$ મૂકતા: $2c + 4 = 3(c + 5) + 1 \implies 2c + 4 = 3c + 16 \implies c = -12$.
તેથી $a = -12 + 5 = -7$.
હવે,$b^2 - bc + c^2 = (-1)^2 - (-1)(-12) + (-12)^2 = 1 - 12 + 144 = 133$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{2^x - 2^{-x}}{x}, & x \neq 0 \\ k, & x = 0 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ થાય.
તેથી,$k = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2^x - 2^{-x}}{x}$.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$k = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{d}{dx}(2^x - 2^{-x})}{\frac{d}{dx}(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2^x \ln 2 - 2^{-x} \ln 2(-1)}{1} = \lim_{x \rightarrow 0} (2^x \ln 2 + 2^{-x} \ln 2)$.
$x = 0$ મુકતા:
$k = 2^0 \ln 2 + 2^0 \ln 2 = \ln 2 + \ln 2 = 2 \ln 2 = \ln(2^2) = \ln 4$.
હવે,$e^k = e^{\ln 4} = 4$ મળે.

(C) યાદી $A$ માં દરેક વિધેયનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(A)$ $|x| + |x - 2|$: આ બે સતત વિધેયોનો સરવાળો છે,તેથી તે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે સતત છે. આ $IV$ સાથે જોડાય છે.
$(B)$ $\text{cosech } x = \frac{2}{e^x - e^{-x}}$: આ વિધેય તમામ $x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,તે તમામ શૂન્યતર વાસ્તવિક $x$ માટે સતત છે. આ $II$ સાથે જોડાય છે.
$(C)$ $x - [x] = \{x\}$ (અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય): આ વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે. આ $V$ સાથે જોડાય છે.
$(D)$ $\sqrt{2 - x}$: આ વિધેય $x \le 2$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. જેમ $x \to 2^+$,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ઋણ બને છે,તેથી વાસ્તવિક સંખ્યા પદ્ધતિમાં જમણી બાજુની સીમા અસ્તિત્વ ધરાવતી નથી. આ $I$ સાથે જોડાય છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-II, C-V, D-I$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x^3+2x^2+x+2}{x^2+x-2}$ એ $x = -2$ આગળ સતત છે.
વિધેય $x = -2$ આગળ સતત હોવાથી,$f(-2) = \lim_{x \rightarrow -2} f(x)$ થાય.
પ્રથમ,$f(x)$ ના પદને સાદું રૂપ આપીએ:
$f(x) = \frac{x^2(x+2) + 1(x+2)}{(x+2)(x-1)} = \frac{(x^2+1)(x+2)}{(x+2)(x-1)}$.
$x \neq -2$ માટે,આપણે $(x+2)$ પદને છેદ ઉડાડી શકીએ:
$f(x) = \frac{x^2+1}{x-1}$.
હવે,લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$f(-2) = \lim_{x \rightarrow -2} \frac{x^2+1}{x-1} = \frac{(-2)^2+1}{-2-1} = \frac{4+1}{-3} = \frac{5}{-3} = -\frac{5}{3}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1 + \sin([\cos x])}{\cos([\sin x])}$.
અંતરાલ $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,આપણી પાસે $0 < \cos x < 1$ છે,તેથી $[\cos x] = 0$. તેમજ,$0 < \sin x < 1$ છે,તેથી $[\sin x] = 0$.
આ કિંમતો વિધેયમાં મૂકતા,આપણને $f(x) = \frac{1 + \sin(0)}{\cos(0)} = \frac{1 + 0}{1} = 1$ મળે છે.
કારણ કે $f(x) = 1$ એ અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ પર અચળ વિધેય છે,તેથી તે આ અંતરાલ પર સતત છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપણે લક્ષ $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\log(2+x) - x^{2n} \sin x}{1+x^{2n}}$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
કિસ્સો $1$: જો $0 \leq x < 1$ હોય,તો $n \rightarrow \infty$ તેમ $x^{2n} \rightarrow 0$ થાય. તેથી,$f(x) = \frac{\log(2+x) - 0}{1+0} = \log(2+x)$.
કિસ્સો $2$: જો $x = 1$ હોય,તો $f(1) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\log(3) - 1^{2n} \sin(1)}{1+1^{2n}} = \frac{\log 3 - \sin 1}{2}$.
કિસ્સો $3$: જો $1 < x \leq \frac{\pi}{2}$ હોય,તો $x^{2n} \rightarrow \infty$ થાય. અંશ અને છેદને $x^{2n}$ વડે ભાગતા,આપણને $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{\log(2+x)}{x^{2n}} - \sin x}{\frac{1}{x^{2n}} + 1} = \frac{0 - \sin x}{0 + 1} = -\sin x$ મળે.
હવે,$x=1$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \log(2+1) = \log 3$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = -\sin(1)$.
કારણ કે $\log 3 \neq -\sin 1$,તેથી વિધેય $x=1$ આગળ અસતત છે.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે,તેથી $k = \lim_{x \rightarrow 1} f(x)$ થાય.
$k = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{(9x-1)(\sqrt{x}-1)}{3x^2+2x-5}$.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
અંશ: $\frac{d}{dx}[(9x-1)(\sqrt{x}-1)] = 9(\sqrt{x}-1) + (9x-1)(\frac{1}{2\sqrt{x}})$.
છેદ: $\frac{d}{dx}[3x^2+2x-5] = 6x+2$.
$x \rightarrow 1$ લેતા:
$k = \frac{9(1-1) + (9-1)(\frac{1}{2})}{6(1)+2} = \frac{0 + 8(\frac{1}{2})}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} \frac{1-\cos 4 x}{x^2}, & x < 0 \\ a, & x=0 \\ \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}, & x>0 \end{cases}$
$f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2\sin^2(2x)}{x^2} = 2 \lim_{x \rightarrow 0^-} \left(\frac{\sin 2x}{2x}\right)^2 \times 4 = 2 \times 1^2 \times 4 = 8$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{(\sqrt{16+\sqrt{x}}-4)(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{16+\sqrt{x}-16} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16}+4 = 8$.
$LHL = RHL = 8$ હોવાથી,$x=0$ આગળ સાતત્ય માટે $f(0) = a = 8$ હોવું જોઈએ.

(A) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ ને $x=5$ આગળ $f(5)=75$ સાથે ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.
જો $f(x)$ એ અંતરાલ $[-1, 5]$ પર સતત હોય,તો એક્સટ્રીમ વેલ્યુ થિયરમ (Extreme Value Theorem) મુજબ,તેણે આ બંધ અંતરાલ પર મહત્તમ અને ન્યૂનતમ મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરવું જ પડે.
અહીં $f(-1) = -249$ અને $f(5) = 75$ છે,જો વિધેય સતત હોત,તો $(-1, 5)$ માં કોઈ એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવતું હોત જ્યાં $f(c)$ મહત્તમ હોય અથવા વિધેયને $-249$ થી $75$ સુધી વધવું પડત.
પરંતુ,પ્રશ્નમાં જણાવેલ છે કે વિધેયને કોઈ મહત્તમ મૂલ્ય નથી અને $x=5$ આગળ માત્ર એક જ ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.
જો $f(x)$ સતત હોત,તો તે આપેલ શરતોનો વિરોધાભાસ કરત કારણ કે બંધ અંતરાલ પરનું સતત વિધેય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવતું જ હોય.
તેથી,મહત્તમ મૂલ્ય ન મળે તે માટે $f(x)$ એ અંતરાલ $(-1, 5)$ માં કોઈ બિંદુએ અસતત હોવું જ જોઈએ.

(B) $1$. વિધેય $f(x) = |x-a| + |x-b|$ એ બે માનાંક વિધેયોનો સરવાળો છે. કારણ કે $|x-c|$ એ તમામ $x \in R$ માટે સતત છે,તેથી બે સતત વિધેયોનો સરવાળો પણ $R$ પર સતત હોય છે. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
$2$. વિધેય $g(x) = \frac{|x-\alpha|}{x-\alpha}$ એ $x > \alpha$ માટે $1$ અને $x < \alpha$ માટે $-1$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે. $x = \alpha$ આગળ વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,તે તમામ $x \in R - \{\alpha\}$ માટે સતત છે. આમ,કારણ $(R)$ સાચું છે.
$3$. બંને વિધાનો સાચા હોવા છતાં,$f(x)$ ની સાતત્યતા એ માનાંક વિધેયોનો ગુણધર્મ છે અને $g(x)$ ની સાતત્યતા એ માનાંક ધરાવતા સંમેય વિધેયોનો અલગ ગુણધર્મ છે. $R$ એ $A$ શા માટે સતત છે તેની સમજૂતી આપતું નથી. તેથી,$R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{x}{|x|+2x^2}, & x \neq 0 \\ k, & x=0 \end{cases}$ છે.
$x=0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ.
$LHL = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0-h) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{|-h|+2(-h)^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{h+2h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{h(1+2h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-1}{1+2h} = -1$.
$RHL = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0+h) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h}{|h|+2h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h}{h(1+2h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{1}{1+2h} = 1$.
અહીં $LHL \neq RHL$ હોવાથી,લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી,વિધેય $f(x)$ એ $k$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે $x=0$ આગળ અસતત છે.

(A) વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} \cos 2 x, & -\infty < x < 0 \\ e^{3 x}, & 0 \leq x < 3 \\ x^2-4 x+3, & 3 \leq x \leq 6 \\ \frac{\log (15 x-89)}{x-6}, & x>6 \end{cases}$
અસતત બિંદુ $a$ શોધવા માટે,આપણે જ્યાં વિધેયની વ્યાખ્યા બદલાય છે તે બિંદુઓ તપાસીએ,ખાસ કરીને $x=0, 3, 6$.
$x=3$ આગળ:
$\lim _{x \rightarrow 3^{-}} f(x) = \lim _{x \rightarrow 3^{-}} e^{3 x} = e^9$
$\lim _{x \rightarrow 3^{+}} f(x) = \lim _{x \rightarrow 3^{+}} (x^2-4 x+3) = 3^2 - 4(3) + 3 = 9 - 12 + 3 = 0$
કારણ કે $\lim _{x \rightarrow 3^{-}} f(x) \neq \lim _{x \rightarrow 3^{+}} f(x)$,તેથી વિધેય $x=3$ આગળ અસતત છે. આમ,$a=3$.
હવે,આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$\lim _{x \rightarrow 3} \frac{x^2-9}{x^3-5 x^2+9 x-9} = \lim _{x \rightarrow 3} \frac{(x-3)(x+3)}{(x-3)(x^2-2 x+3)}$
$= \lim _{x \rightarrow 3} \frac{x+3}{x^2-2 x+3} = \frac{3+3}{3^2-2(3)+3} = \frac{6}{9-6+3} = \frac{6}{6} = 1$

(C) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x = 2$ આગળ જમણી બાજુથી સતત છે.
જમણી બાજુની સાતત્યની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$ થાય.
અહીં,$f(2) = k$ છે.
તેથી,$k = \lim_{h \to 0^+} f(2+h)$.
વિધેયની વ્યાખ્યા મૂકતા:
$k = \lim_{h \to 0^+} ((2+h)^2 + e^{\frac{1}{2-(2+h)}})^{-1}$.
$k = \lim_{h \to 0^+} ((2+h)^2 + e^{\frac{1}{-h}})^{-1}$.
જેમ $h \to 0^+$,તેમ પદ $\frac{1}{-h} \to -\infty$,તેથી $e^{\frac{1}{-h}} \to e^{-\infty} = 0$ થાય.
આમ,$k = (2^2 + 0)^{-1} = (4)^{-1} = \frac{1}{4}$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0) = b$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{a(1-\cos 2x)}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{a(2 \sin^2 x)}{x^2} = 2a \lim_{x \rightarrow 0^-} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 = 2a(1)^2 = 2a$.
તેથી,$2a = b$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{4+\sqrt{x}}-2}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{4+\sqrt{x}}+2)}{(\sqrt{4+\sqrt{x}}-2)(\sqrt{4+\sqrt{x}}+2)} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{4+\sqrt{x}}+2)}{(4+\sqrt{x})-4} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{4+\sqrt{x}}+2)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (\sqrt{4+\sqrt{x}}+2) = \sqrt{4}+2 = 4$.
તેથી,$b = 4$.
$b = 4$ ને $2a = b$ માં મૂકતા,આપણને $2a = 4$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $a = 2$.
તેથી,$a+b = 2+4 = 6$.

(C) વિધેય $f(x) = \log \left(\frac{x-1}{x+2}\right)$ ત્યાં વ્યાખ્યાયિત અને સતત છે જ્યાં લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોય.
આપણે $\frac{x-1}{x+2} > 0$ ની જરૂર છે.
આ અસમતા ઉકેલવા માટે,અંશ અને છેદને શૂન્ય સાથે સરખાવીને નિર્ણાયક બિંદુઓ શોધીએ: $x-1 = 0 \Rightarrow x = 1$ અને $x+2 = 0 \Rightarrow x = -2$.
સંખ્યા રેખા પર વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા:
$x > 1$ માટે,$\frac{x-1}{x+2} > 0$.
$-2 < x < 1$ માટે,$\frac{x-1}{x+2} < 0$.
$x < -2$ માટે,$\frac{x-1}{x+2} > 0$.
આમ,વિધેય $x \in (-\infty, -2) \cup (1, \infty)$ માટે સતત છે.

(D) આપેલ છે કે $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=1$,$\lim _{x \rightarrow 0} g(x)=\alpha$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 f(x)-g(x)}{(f(x)+7)^{2 / 3}}=\frac{7}{4}$.
લક્ષની કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે $\frac{2(1)-\alpha}{(1+7)^{2 / 3}}=\frac{7}{4}$.
$\Rightarrow \frac{2-\alpha}{8^{2 / 3}}=\frac{7}{4} \Rightarrow \frac{2-\alpha}{4}=\frac{7}{4} \Rightarrow 2-\alpha=7 \Rightarrow \alpha=-5$.
હવે,$h(x)= \begin{cases} \sin (-5x), & 0 \leq x \leq \frac{\pi}{10} \\ \cos (-10x), & \frac{\pi}{10} < x \leq \frac{\pi}{5} \end{cases}$.
$\sin (-5x)$ અને $\cos (-10x)$ સતત વિધેયો હોવાથી,આપણે માત્ર $x=\frac{\pi}{10}$ આગળ સાતત્ય ચકાસવાની જરૂર છે.
$LHL = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{10}^-} \sin (-5x) = \sin \left(-\frac{5\pi}{10}\right) = \sin \left(-\frac{\pi}{2}\right) = -1$.
$h\left(\frac{\pi}{10}\right) = \sin \left(-\frac{5\pi}{10}\right) = -1$.
$RHL = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{10}^+} \cos (-10x) = \cos \left(-\frac{10\pi}{10}\right) = \cos (-\pi) = -1$.
કારણ કે $LHL = RHL = h\left(\frac{\pi}{10}\right)$,વિધેય $h(x)$ એ $x=\frac{\pi}{10}$ આગળ સતત છે.
આમ,$h(x)$ એ $\left[0, \frac{\pi}{5}\right]$ પર સતત છે.

(C) જો $f(x)$ એ $x=2$ આગળ સતત હોય,તો ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને $x=2$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$1$. $LHL$ ની ગણતરી: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (\frac{x-2}{|x-2|} + a)$. કારણ કે $x < 2$,$|x-2| = -(x-2)$,તેથી $\frac{x-2}{-(x-2)} + a = -1 + a$.
$2$. $RHL$ ની ગણતરી: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (\frac{x-2}{|x-2|} + b)$. કારણ કે $x > 2$,$|x-2| = (x-2)$,તેથી $\frac{x-2}{x-2} + b = 1 + b$.
$3$. $x=2$ આગળ મૂલ્ય: $f(2) = a + b$.
આ બધાને સરખાવતા: $-1 + a = 1 + b = a + b$.
$-1 + a = a + b$ પરથી,આપણને $b = -1$ મળે છે.
$1 + b = a + b$ પરથી,આપણને $a = 1$ મળે છે.
તેથી,$a + b = 1 + (-1) = 0$.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $[-1, 1]$ માં સતત હોવા માટે,તે $x = 0$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 0$ આગળ વિધેયની કિંમત શોધો:
$f(0) = \frac{2(0) + 1}{0 - 2} = -\frac{1}{2}$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધો:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{\sqrt{1+px} - \sqrt{1-px}}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(\sqrt{1+px} - \sqrt{1-px})(\sqrt{1+px} + \sqrt{1-px})}{x(\sqrt{1+px} + \sqrt{1-px})}$
$= \lim_{x \to 0^-} \frac{(1+px) - (1-px)}{x(\sqrt{1+px} + \sqrt{1-px})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2px}{x(\sqrt{1+px} + \sqrt{1-px})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2p}{\sqrt{1+px} + \sqrt{1-px}}$
$= \frac{2p}{\sqrt{1} + \sqrt{1}} = \frac{2p}{2} = p$.
લક્ષને સરખાવતા: $p = -\frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $u = \sqrt{2+|x|}$. કારણ કે $|x| \ge 0$,તેથી $u \ge \sqrt{2}$ મળે.
તેથી $|x| = u^2 - 2$.
અંશ $\sqrt{11 + (u^2 - 2) - 6u} = \sqrt{u^2 - 6u + 9} = \sqrt{(u-3)^2} = |u-3|$ થશે.
છેદ $6 - 2u = 2(3-u)$ છે.
આમ,$f(x) = \frac{|u-3|}{2(3-u)}$.
જ્યારે $u < 3$ હોય,ત્યારે $f(x) = \frac{3-u}{2(3-u)} = \frac{1}{2}$.
જ્યારે $u > 3$ હોય,ત્યારે $f(x) = \frac{u-3}{2(3-u)} = -\frac{1}{2}$.
વિધેય ત્યાં અસતત છે જ્યાં છેદ શૂન્ય થાય,એટલે કે $6 - 2u = 0 \Rightarrow u = 3$.
કિંમત મૂકતા,$\sqrt{2+|x|} = 3 \Rightarrow 2+|x| = 9 \Rightarrow |x| = 7$.
આનાથી $x = 7$ અને $x = -7$ મળે છે.
આ બે બિંદુઓ પર,ડાબી બાજુનું લક્ષ $\frac{1}{2}$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $-\frac{1}{2}$ છે,તેથી વિધેય અસતત છે.
આમ,અસતતતાના $2$ બિંદુઓ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $\mathbb{R}$ પર સતત છે,તેથી તે $x = -1$ અને $x = 1$ આગળ પણ સતત હશે.
$x = -1$ આગળ:
$\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^+} f(x)$
$a(-1) + b = 2(-1)^2 + 2b(-1) - \frac{a}{2}$
$-a + b = 2 - 2b - \frac{a}{2}$
$-\frac{a}{2} + 3b = 2 \quad \dots (i)$
$x = 1$ આગળ:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x)$
$2(1)^2 + 2b(1) - \frac{a}{2} = 7$
$2 + 2b - \frac{a}{2} = 7$
$-\frac{a}{2} + 2b = 5 \quad \dots (ii)$
સમીકરણ $(i)$ માંથી સમીકરણ $(ii)$ બાદ કરતા:
$(-\frac{a}{2} + 3b) - (-\frac{a}{2} + 2b) = 2 - 5$
$b = -3$
$b = -3$ ની કિંમત સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$-\frac{a}{2} + 2(-3) = 5$
$-\frac{a}{2} - 6 = 5$
$-\frac{a}{2} = 11$
$a = -22$
તેથી,$(a, b) = (-22, -3)$.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[-1, 1]$ પર સતત છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{\sqrt{1+ax}-\sqrt{1-ax}}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(\sqrt{1+ax}-\sqrt{1-ax})(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})}{x(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})}$
$= \lim_{x \to 0^-} \frac{(1+ax)-(1-ax)}{x(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2ax}{x(\sqrt{1+ax}+\sqrt{1-ax})} = \frac{2a}{1+1} = a$.
હવે,$x = 0$ આગળ જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{x^2+2}{x-2} = \frac{0^2+2}{0-2} = \frac{2}{-2} = -1$.
વિધેય સતત હોવાથી,$LHL$ = $RHL$,તેથી $a = -1$.