Continuity Questions in Gujarati

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,શરત $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$ સંતોષાવી જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{h \to 0} f(0 - h) = \lim_{h \to 0} \frac{\cos \frac{\pi}{2}[-h]}{[-h]}$.
કારણ કે $h > 0$ એ ખૂબ જ નાની ધન સંખ્યા છે,તેથી $[-h] = -1$.
આમ,$\lim_{h \to 0} \frac{\cos \frac{\pi}{2}(-1)}{-1} = \frac{\cos(-\frac{\pi}{2})}{-1} = \frac{0}{-1} = 0$.
ત્યારબાદ,$x = 0$ આગળ જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{h \to 0} f(0 + h) = \lim_{h \to 0} \frac{\sin [h]}{[h] + 1}$.
કારણ કે $h > 0$ એ ખૂબ જ નાની ધન સંખ્યા છે,તેથી $[h] = 0$.
આમ,$\lim_{h \to 0} \frac{\sin(0)}{0 + 1} = \frac{0}{1} = 0$.
અહીં $\text{LHL} = \text{RHL} = 0$ હોવાથી,વિધેય સતત રહે તે માટે $f(0) = k$ ની કિંમત $0$ હોવી જોઈએ.

(C) $x = 2$ આગળ વિધેય $f(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 2$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય શોધીએ.
$1$. $x = 2$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (x + 2) = 2 + 2 = 4$.
$2$. $x = 2$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (3x - 2) = 3(2) - 2 = 6 - 2 = 4$.
$3$. $x = 2$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય: $f(2) = 4$.
અહીં $\text{LHL} = \text{RHL} = f(2) = 4$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ સતત છે.
$x > 2$ માટે,$f(x) = 3x - 2$ એ બહુપદી વિધેય છે,તેથી તે $x > 2$ માટે સતત છે.
આમ,વિધેય તેના પ્રદેશમાં $x \ge 2$ માટે સતત છે.

(A) વિધેય $f(x)$ તેના પ્રદેશના દરેક બિંદુએ સતત હોવા માટે,તે $x = 1$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ,જ્યાં વિધેયની વ્યાખ્યા બદલાય છે.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ સમાન હોવા જોઈએ:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$
ડાબી બાજુનું લક્ષ અને $f(1)$ ની ગણતરી કરતા:
$\lim_{x \to 1^-} (5x - 4) = 5(1) - 4 = 1$
જમણી બાજુનું લક્ષ ગણતા:
$\lim_{x \to 1^+} (4x^2 + 3bx) = 4(1)^2 + 3b(1) = 4 + 3b$
બંનેને સરખાવતા:
$1 = 4 + 3b$
$3b = 1 - 4$
$3b = -3$
$b = -1$
આમ,$b$ ની કિંમત $-1$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત હોવા માટે,તે $x = -\frac{\pi}{2}$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ બિંદુઓ પર પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = -\frac{\pi}{2}$ પર:
$\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^-} (-2\sin x) = -2\sin(-\frac{\pi}{2}) = -2(-1) = 2$.
$\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^+} f(x) = \lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^+} (A\sin x + B) = A\sin(-\frac{\pi}{2}) + B = -A + B$.
વિધેય સતત હોવાથી,$-A + B = 2$ ..... $(i)$.
$x = \frac{\pi}{2}$ પર:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (A\sin x + B) = A\sin(\frac{\pi}{2}) + B = A + B$.
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} (\cos x) = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$.
વિધેય સતત હોવાથી,$A + B = 0$ ..... $(ii)$.
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$(-A + B) + (A + B) = 2 + 0 \implies 2B = 2 \implies B = 1$.
$B = 1$ ને સમીકરણ $(ii)$ માં મુકતા:
$A + 1 = 0 \implies A = -1$.
આમ,$A = -1$ અને $B = 1$ મળે છે.

(A) કારણ કે $f$ એ $x = 5$ આગળ સતત છે,તેથી $f(5) = \lim_{x \to 5} f(x)$ થાય.
$\lim_{x \to 5} \frac{x^2 - 10x + 25}{x^2 - 7x + 10} = \lim_{x \to 5} \frac{(x - 5)^2}{(x - 2)(x - 5)}$
$= \lim_{x \to 5} \frac{x - 5}{x - 2}$
$= \frac{5 - 5}{5 - 2} = \frac{0}{3} = 0$.
તેથી,$f(5) = 0$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
આપણે લક્ષની કિંમત મેળવીએ: $\lim_{x \to 0} (x + 1)^{\cot x}$.
આ $1^\infty$ પ્રકારનું અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે. આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$\lim_{x \to 0} (1 + x)^{\cot x} = \lim_{x \to 0} \left[ (1 + x)^{1/x} \right]^{x \cot x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{x \to 0} (1 + x)^{1/x} = e$.
વળી,$\lim_{x \to 0} x \cot x = \lim_{x \to 0} \frac{x}{\tan x} = 1$.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = e^1 = e$.
આમ,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત રહે તે માટે $f(0)$ ની કિંમત $e$ હોવી જોઈએ.

(A) વિધેય $f(x) = \sin |x|$ એ બે સતત વિધેયોનું સંયોજન છે: $g(x) = |x|$ અને $h(x) = \sin x$.
કારણ કે $|x|$ એ બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે અને $\sin x$ એ બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે,તેથી તેમનું સંયોજન $f(x) = \sin(|x|)$ પણ બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
તેથી,વિધેય બધા $x$ માટે સતત છે.

(A) વિધેય $f(x) = |x|$ ને $f(x) = \begin{cases} x, & x \ge 0 \\ -x, & x < 0 \end{cases}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$1$. સાતત્ય: આ વિધેય સતત વિધેયોનું સંયોજન છે અને તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
$2$. $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા:
જમણી બાજુનું વિકલન: $Rf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{h} = 1$.
ડાબી બાજુનું વિકલન: $Lf'(0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{|h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h}{h} = -1$.
અહીં $Rf'(0) \neq Lf'(0)$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,સાચું વિધાન એ છે કે $f(x)$ એ બધા $x$ માટે સતત છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત છે,તેથી સાતત્યની શરત મુજબ $\lim_{x \to \pi/2} f(x) = f(\frac{\pi}{2})$ થાય.
તેથી,$\lambda = \lim_{x \to \pi/2} \frac{1 - \sin x}{\pi - 2x}$.
$x = \frac{\pi}{2}$ મૂકતા,આપણને $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ મળે છે.
$L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીને અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\lambda = \lim_{x \to \pi/2} \frac{\frac{d}{dx}(1 - \sin x)}{\frac{d}{dx}(\pi - 2x)}$
$\lambda = \lim_{x \to \pi/2} \frac{-\cos x}{-2}$
$\lambda = \frac{1}{2} \lim_{x \to \pi/2} \cos x$
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$,તેથી $\lambda = \frac{1}{2} \times 0 = 0$ થાય.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $x$ ની $0$ તરફની લક્ષ કિંમત એ $x = 0$ આગળના વિધેયના મૂલ્ય જેટલી હોવી જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$.
આપેલ વિધેયને મૂકતા,આપણને મળે છે $\lim_{x \to 0} \frac{\sin \pi x}{5x} = k$.
આપણે પદને $\lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin \pi x}{\pi x} \right) \cdot \frac{\pi}{5} = k$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
પ્રમાણિત લક્ષના પરિણામ $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $1 \cdot \frac{\pi}{5} = k$ મળે છે.
આમ,$k = \frac{\pi}{5}$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
$\lim_{x \to 0} \frac{2 - \sqrt{x + 4}}{\sin 2x}$ એ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપમાં છે.
અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L'Hospital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(2 - \sqrt{x + 4})}{\frac{d}{dx}(\sin 2x)}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2\sqrt{x + 4}}}{2 \cos 2x}$
$x = 0$ મૂકતા:
$f(0) = \frac{-\frac{1}{2\sqrt{0 + 4}}}{2 \cos(0)} = \frac{-\frac{1}{2(2)}}{2(1)} = \frac{-1/4}{2} = -\frac{1}{8}$.

(B) વિધેય $f(x)$ બિંદુ $x = a$ આગળ સતત હોવા માટે,લક્ષ $\lim_{x \to a} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોવું જોઈએ અને તે $f(a)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
બિંદુ $x = a$ ધ્યાનમાં લો. $a$ ના કોઈપણ સામીપ્યમાં સંમેય અને અસંમેય બંને પ્રકારની સંખ્યાઓ હોય છે.
જો $x$ સંમેય હોય,તો $f(x) = x$,અને જો $x$ અસંમેય હોય,તો $f(x) = 1 - x$.
$x = a$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$a = 1 - a$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $2a = 1$,અથવા $a = 1/2$.
હવે,$a = 1/2$ આગળ સાતત્ય ચકાસો:
$f(1/2) = 1/2$ (કારણ કે $1/2$ સંમેય છે).
જોકે,$1/2$ ના કોઈપણ સામીપ્યમાં એવી અસંમેય સંખ્યાઓ $x$ છે કે જેના માટે $f(x) = 1 - x$,જે $1 - 1/2 = 1/2$ ની નજીક જાય છે.
અહીં,$\lim_{x \to 1/2} f(x)$ નું અસ્તિત્વ છે કારણ કે સંમેય અને અસંમેય સંખ્યાઓ માટે $f(x)$ ના મૂલ્યો સમાન મૂલ્ય તરફ જાય છે.
સંમેય $x$ માટે,$f(x) = x \to 1/2$.
અસંમેય $x$ માટે,$f(x) = 1 - x \to 1 - 1/2 = 1/2$.
બંને લક્ષ સમાન હોવાથી,$x = 1/2$ આગળ વિધેય સતત છે.
તેથી,સાતત્યના બિંદુઓની સંખ્યા $1$ છે.

(B) કોઈ વિધેય $f(x)$ એ $x = a$ આગળ સતત હોય તે માટેની શરત $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$ છે.
પ્રથમ,$x \to 3$ માટે લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$\lim_{x \to 3} f(x) = \lim_{x \to 3} \frac{x^2 - 9}{x - 3} = \lim_{x \to 3} \frac{(x - 3)(x + 3)}{x - 3} = \lim_{x \to 3} (x + 3) = 3 + 3 = 6$.
હવે,$x = 3$ આગળ વિધેયની કિંમત શોધીએ:
$f(3) = 2(3) + k = 6 + k$.
વિધેય $x = 3$ આગળ સતત હોવાથી,લક્ષની કિંમત અને વિધેયની કિંમત સમાન થાય:
$6 + k = 6$.
તેથી,$k = 0$ મળે છે.

(B) વિધેય $f(x)$ બિંદુ $x = 2$ આગળ જમણી બાજુથી સતત હોવા માટે,જમણી બાજુનું લક્ષ એ $x = 2$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2) = k$
આપેલ વિધેય મૂકતા:
$\lim_{x \to 2^+} (x^2 + e^{\frac{1}{2-x}})^{-1} = k$
ધારો કે $x = 2 + h$,જ્યાં $h \to 0^+$. જેમ $h \to 0^+$,તેમ $2 - x = 2 - (2 + h) = -h$.
તેથી,$\frac{1}{2-x} = -\frac{1}{h} \to -\infty$ જ્યારે $h \to 0^+$.
તેથી,$e^{\frac{1}{2-x}} = e^{-\infty} = 0$.
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$k = (2^2 + 0)^{-1} = (4)^{-1} = \frac{1}{4}$.
આમ,$k = \frac{1}{4}$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{\log_e(1 + x) - \log_e(1 - x)}{x}$.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે આ પદ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ ધારણ કરે છે.
$L'Hospital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\log_e(1 + x) - \log_e(1 - x))}{\frac{d}{dx}(x)}$
$= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1 + x} - (\frac{-1}{1 - x})}{1}$
$= \lim_{x \to 0} (\frac{1}{1 + x} + \frac{1}{1 - x})$
$= \frac{1}{1 + 0} + \frac{1}{1 - 0} = 1 + 1 = 2$.
આમ,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત રહે તે માટે $f(0)$ ની કિંમત $2$ હોવી જોઈએ.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(L.H.L.)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(R.H.L.)$ અને $x = 0$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ $L.H.L.$ ની ગણતરી કરો:
$L.H.L. = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sqrt{1 + kx} - \sqrt{1 - kx}}{x}$
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ કરણી $\sqrt{1 + kx} + \sqrt{1 - kx}$ વડે ગુણતા:
$L.H.L. = \lim_{x \to 0^-} \frac{(1 + kx) - (1 - kx)}{x(\sqrt{1 + kx} + \sqrt{1 - kx})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2kx}{x(\sqrt{1 + kx} + \sqrt{1 - kx})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2k}{\sqrt{1 + kx} + \sqrt{1 - kx}}$
$L.H.L. = \frac{2k}{\sqrt{1} + \sqrt{1}} = \frac{2k}{2} = k$
હવે,$x = 0$ આગળ $R.H.L.$ ની ગણતરી કરો:
$R.H.L. = \lim_{x \to 0^+} (2x^2 + 3x - 2) = 2(0)^2 + 3(0) - 2 = -2$
વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$L.H.L. = R.H.L.$
તેથી,$k = -2$.

(C) $f(x)$ ને $x = \pi$ આગળ સતત બનાવવા માટે,આપણે લક્ષ $\lim_{x \to \pi} f(x)$ શોધવું પડશે.
આપેલ છે $f(x) = \frac{1 - \sin x + \cos x}{1 + \sin x + \cos x}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 + \cos x = 2\cos^2(\frac{x}{2})$ અને $\sin x = 2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{2\cos^2(\frac{x}{2}) - 2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})}{2\cos^2(\frac{x}{2}) + 2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})}$
અંશ અને છેદને $2\cos(\frac{x}{2})$ વડે ભાગતા:
$f(x) = \frac{\cos(\frac{x}{2}) - \sin(\frac{x}{2})}{\cos(\frac{x}{2}) + \sin(\frac{x}{2})}$
હવે $\cos(\frac{x}{2})$ વડે ભાગતા:
$f(x) = \frac{1 - \tan(\frac{x}{2})}{1 + \tan(\frac{x}{2})} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$
હવે,$\lim_{x \to \pi} f(x) = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2}) = \tan(-\frac{\pi}{4}) = -1$.
તેથી,$f(\pi) = -1$.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$x \to 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
અહીં $f(0) = k$ આપેલ છે.
આપણે $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos x = 2 \sin^2(\frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \sin^2(\frac{x}{2})}{x} = \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin(\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}} \right)^2 \cdot \frac{x}{2} = (1)^2 \cdot 0 = 0$.
આમ,લક્ષની કિંમત $0$ હોવાથી,વિધેય સતત રહે તે માટે $k = 0$ થવું જોઈએ.

(D) સાતત્યની ઔપચારિક વ્યાખ્યા મુજબ,વિધેય $f$ એ બિંદુ $a$ આગળ સતત છે જો દરેક $\epsilon > 0$ માટે,એવું $\delta > 0$ અસ્તિત્વ ધરાવે કે જેથી જ્યારે $|x - a| < \delta$ હોય,ત્યારે $|f(x) - f(a)| < \epsilon$ થાય.
આ સાતત્યની પ્રમાણિત $(\epsilon, \delta)$ વ્યાખ્યા છે.
તેથી,સાચી શરત $|x - a| < \delta \implies |f(x) - f(a)| < \epsilon$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{e^{1/x} - 1}{e^{1/x} + 1}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ છે.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધીએ:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{1/h} - 1}{e^{1/h} + 1} = 1$.
હવે,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ શોધીએ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-1/h} - 1}{e^{-1/h} + 1} = -1$.
અહીં ડાબી બાજુનું લક્ષ $(-1)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(1)$ સમાન નથી,તેથી $\lim_{x \to 0} f(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = 2$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 2$ આગળ વિધેયની કિંમત સમાન હોવી જોઈએ.
$1$. જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (2x - 1) = 2(2) - 1 = 3$.
$2$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (x^2 - 1) = (2)^2 - 1 = 4 - 1 = 3$.
$3$. $x = 2$ આગળ વિધેયની કિંમત: $f(2) = k$.
વિધેય સતત હોવાથી,$\text{LHL} = \text{RHL} = f(2)$.
તેથી,$3 = 3 = k$,જેનો અર્થ છે કે $k = 3$.

(B) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{2x - \sin^{-1}x}{2x + \tan^{-1}x}$.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે આ પદ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ ધારણ કરે છે.
આપણે અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગીને લક્ષની કિંમત મેળવી શકીએ છીએ:
$\lim_{x \to 0} \frac{2x - \sin^{-1}x}{2x + \tan^{-1}x} = \lim_{x \to 0} \frac{2 - \frac{\sin^{-1}x}{x}}{2 + \frac{\tan^{-1}x}{x}}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{\sin^{-1}x}{x} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{\tan^{-1}x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \frac{2 - 1}{2 + 1} = \frac{1}{3}$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
$\lim_{x \to 0} \frac{2^x - 2^{-x}}{x}$
આ $0/0$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $L$'$H$ôpital નો નિયમ વાપરીશું:
$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(2^x - 2^{-x})}{\frac{d}{dx}(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{2^x \ln 2 - 2^{-x} \ln 2(-1)}{1}$
$= \lim_{x \to 0} (2^x \ln 2 + 2^{-x} \ln 2)$
$= (2^0 \ln 2 + 2^0 \ln 2) = \ln 2 + \ln 2 = 2 \ln 2$
$n \ln a = \ln(a^n)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2 \ln 2 = \ln(2^2) = \ln 4$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x) = \frac{p(x)}{q(x)}$ ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં છેદ $q(x) = 0$ થાય.
આપેલ છે કે $q(x) = x^3 + 3x^2 - x - 3$.
આપણે પદોને જૂથબદ્ધ કરીને $q(x)$ ના અવયવો પાડીએ:
$q(x) = x^2(x + 3) - 1(x + 3)$
$q(x) = (x^2 - 1)(x + 3)$
$q(x) = (x - 1)(x + 1)(x + 3)$
$q(x) = 0$ લેતા,આપણને મળે:
$(x - 1)(x + 1)(x + 3) = 0$
આથી અસતતતાના બિંદુઓ $x = 1, x = -1, x = -3$ છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} x^p \sin \frac{1}{x} = 0$ ફક્ત ત્યારે જ શક્ય છે જો $p > 0$ હોય,તેથી વિધેય $p > 0$ માટે સતત છે.
$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,લક્ષ $f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ નું અસ્તિત્વ હોવું જોઈએ.
$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{x^p \sin \frac{1}{x} - 0}{x} = \lim_{x \to 0} x^{p-1} \sin \frac{1}{x}$.
આ લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $0$ થાય છે જો $p - 1 > 0$,એટલે કે $p > 1$ હોય.
જો $p \le 1$ હોય,તો લક્ષ $\lim_{x \to 0} x^{p-1} \sin \frac{1}{x}$ નું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,$0 < p \le 1$ માટે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે પરંતુ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \frac{1 - [x]}{1 + x}, & x \ne -1 \\ 1, & x = -1 \end{cases}$.
આપણે $f(|2k|)$ ની કિંમત શોધવાની છે. ધારો કે $y = |2k|$. કારણ કે $|2k| \ge 0$,આપણે $f(x) = \frac{1 - [x]}{1 + x}$ માટે $x \ge 0$ લઈએ છીએ.
$0 \le x < 1$ માટે,$[x] = 0$,તેથી $f(x) = \frac{1 - 0}{1 + x} = \frac{1}{1 + x}$.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 1$. લક્ષ $\lim_{x \to 0} f(x) = 1$ છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = -1$ આગળ,વિધેય $1$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે. લક્ષ $\lim_{x \to -1} \frac{1 - [x]}{1 + x}$ ચકાસતા,જ્યારે $x \to -1^+$,$[x] = -1$,તેથી $\frac{1 - (-1)}{1 + x} = \frac{2}{1 + x} \to \infty$. આમ,તે $x = -1$ આગળ અસતત છે.
$x = \frac{1}{2}$ માટે,$f(x) = \frac{1 - [1/2]}{1 + 1/2} = \frac{1 - 0}{1.5} = \frac{2}{3}$. જ્યારે $x \to \frac{1}{2}^-$,$f(x) \to \frac{2}{3}$. જ્યારે $x \to \frac{1}{2}^+$,$[x] = 0$,$f(x) \to \frac{2}{3}$. જો કે,જો આપણે $f(|2k|)$ વિધેયને ધ્યાનમાં લઈએ,તો કૂદકો (jump) ત્યાં આવે છે જ્યાં $[2k]$ બદલાય છે,એટલે કે $2k = n$. તેથી,$k = n/2$. $k = 1/2$ પર,$2k = 1$,$[2k]$ એ $0$ થી $1$ પર જાય છે,જે અસતતતા પેદા કરે છે.
તેથી,વિકલ્પોમાં આપેલા તમામ વિધાનો વિધેયના ગુણધર્મો અથવા ચોક્કસ બિંદુઓ પર તેની વર્તણૂકનું વર્ણન કરે છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$x \to 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ એ $x = 0$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ,એટલે કે $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = k$.
અહીં $x \ne 0$ માટે $f(x) = \frac{1 - \cos 4x}{8x^2}$ આપેલ છે,તેથી આપણે લક્ષની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 4x}{8x^2}$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $1 - \cos 4x = 2 \sin^2(2x)$ મળે છે.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \sin^2(2x)}{8x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2(2x)}{4x^2}$
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin 2x}{2x} \right)^2$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,તેથી:
$(1)^2 = 1$
આમ,$k = 1$ થાય.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} e^x; & x \le 0 \\ |1 - x|; & x > 0 \end{cases}$.
$x > 0$ માટે,$|1 - x| = \begin{cases} 1 - x; & 0 < x \le 1 \\ x - 1; & x > 1 \end{cases}$.
તેથી,$f(x) = \begin{cases} e^x; & x \le 0 \\ 1 - x; & 0 < x \le 1 \\ x - 1; & x > 1 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$LHL = \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} e^x = e^0 = 1$.
$RHL = \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (1 - x) = 1 - 0 = 1$.
$f(0) = e^0 = 1$.
$LHL = RHL = f(0)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (1 - x) = 1 - 1 = 0$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x - 1) = 1 - 1 = 0$.
$f(1) = 1 - 1 = 0$.
$LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે.
તેથી,$(a)$ અને $(b)$ બંને સાચા છે.

(B) $x = 0$ પર સાતત્ય ચકાસવા માટે:
$f(0 + 0) = \lim_{h \to 0} f(h) = \lim_{h \to 0} h \frac{e^{1/h} - e^{-1/h}}{e^{1/h} + e^{-1/h}} = \lim_{h \to 0} h \frac{1 - e^{-2/h}}{1 + e^{-2/h}} = 0 \times 1 = 0$.
$f(0 - 0) = \lim_{h \to 0} f(-h) = \lim_{h \to 0} (-h) \frac{e^{-1/h} - e^{1/h}}{e^{-1/h} + e^{1/h}} = \lim_{h \to 0} (-h) \frac{e^{-2/h} - 1}{e^{-2/h} + 1} = 0 \times (-1) = 0$.
કારણ કે $f(0 + 0) = f(0 - 0) = f(0) = 0$,તેથી $f$ એ $x = 0$ પર સતત છે. $x \ne 0$ માટે,$f$ એ સતત વિધેયોનું સંયોજન છે,તેથી તે સતત છે.
$x = 0$ પર વિકલનીયતા ચકાસવા માટે:
$L f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 - h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h \frac{e^{-1/h} - e^{1/h}}{e^{-1/h} + e^{1/h}} - 0}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-1/h} - e^{1/h}}{e^{-1/h} + e^{1/h}} = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$.
$R f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h \frac{e^{1/h} - e^{-1/h}}{e^{1/h} + e^{-1/h}} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{1/h} - e^{-1/h}}{e^{1/h} + e^{-1/h}} = \lim_{h \to 0} \frac{1 - e^{-2/h}}{1 + e^{-2/h}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$.
કારણ કે $L f'(0) \ne R f'(0)$,તેથી $f$ એ $x = 0$ પર વિકલનીય નથી. આમ,$f$ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ $x = 0$ પર વિકલનીય નથી.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x, & 0 \le x \le 1 \\ 1, & 1 < x \le 2 \end{cases}$
$x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસો:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{h \to 0} f(1 - h) = \lim_{h \to 0} (1 - h) = 1$
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{h \to 0} f(1 + h) = 1$
કારણ કે $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1) = 1$,તેથી વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $LHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 - h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{(1 - h) - 1}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{-h} = 1$
જમણી બાજુનું વિકલન: $RHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1 - 1}{h} = 0$
કારણ કે $LHD \neq RHD$,તેથી વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય બધા $x \in [0, 2]$ માટે સતત છે અને $x = 1$ સિવાય બધા $x \in [0, 2]$ માટે વિકલનીય છે.

(B) આપણી પાસે $f(x) = \begin{cases} \frac{x^2}{|x|}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} = \begin{cases} x, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -x, & x < 0 \end{cases}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0} (-x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0} (x) = 0$ છે.
અહીં $f(0) = 0$ હોવાથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0$ થાય છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x \ne 0$ માટે પણ $f(x)$ સતત હોવાથી,$f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે.
હવે,$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$Lf'(0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h - 0}{h} = -1$.
$Rf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h - 0}{h} = 1$.
$Lf'(0) \ne Rf'(0)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) અંતરાલ $-1 \le x \le 1$ માટે,વિધેય $g(x) = x \sin \pi x$ ધ્યાનમાં લો.
જ્યારે $x \in (-1, 1)$ હોય ત્યારે $\sin \pi x$ નું ચિહ્ન $x$ જેવું જ હોય છે,તેથી ગુણાકાર $x \sin \pi x$ હંમેશા અ-ઋણ રહે છે.
ચોક્કસ રીતે,$x \in (-1, 1)$ માટે,$0 \le x \sin \pi x < 1$ થાય છે.
તેથી,તમામ $x \in [-1, 1]$ માટે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x \sin \pi x] = 0$ થાય છે.
$f(x) = 0$ એ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર અચળ વિધેય હોવાથી,તે આ અંતરાલમાં દરેક જગ્યાએ સતત છે,જેમાં $x = 0$ અને ઉપ-અંતરાલ $(-1, 0)$ નો પણ સમાવેશ થાય છે.
વધુમાં,અચળ વિધેય દરેક જગ્યાએ વિકલનીય હોય છે,તેથી $f(x)$ એ $(-1, 1)$ માં વિકલનીય છે.
આમ,આપેલા તમામ વિધાનો સાચા છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ x^2, & x \ge 0 \end{cases}$.
પ્રથમ,આપણે $x = 0$ પર સાતત્ય ચકાસીએ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{h \to 0} f(0 - h) = 0$.
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{h \to 0} f(0 + h) = \lim_{h \to 0} (0 + h)^2 = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0$,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
હવે,આપણે $x = 0$ પર વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$Lf'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 - h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{-h} = 0$.
$Rf'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h = 0$.
કારણ કે $Lf'(0) = Rf'(0) = 0$,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ પર વિકલનીય છે અને $f'(0) = 0$.
વિકલિત $f'(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 2x, & x \ge 0 \end{cases}$ છે.
હવે,$x = 0$ પર $f'(x)$ નું સાતત્ય ચકાસીએ:
$\lim_{x \to 0^-} f'(x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} 2x = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} f'(x) = f'(0) = 0$,તેથી $f'(x)$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
છેલ્લે,$x = 0$ પર $f'(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$Lf''(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f'(0 - h) - f'(0)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{-h} = 0$.
$Rf''(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f'(0 + h) - f'(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2(0 + h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2h}{h} = 2$.
કારણ કે $Lf''(0) \neq Rf''(0)$,તેથી $f'(x)$ એ $x = 0$ પર વિકલનીય નથી.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x, & 0 \le x \le 1 \\ 2x - 1, & x > 1 \end{cases}$.
પ્રથમ,આપણે $x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{h \to 0} f(1 - h) = \lim_{h \to 0} (1 - h) = 1$.
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{h \to 0} f(1 + h) = \lim_{h \to 0} (2(1 + h) - 1) = \lim_{h \to 0} (2 + 2h - 1) = 1$.
કારણ કે $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1) = 1$,તેથી વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
હવે,આપણે $x = 1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $Lf'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 - h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{(1 - h) - 1}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{-h} = 1$.
જમણી બાજુનું વિકલન: $Rf'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(2(1 + h) - 1) - 1}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2 + 2h - 2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2h}{h} = 2$.
કારણ કે $Lf'(1) \neq Rf'(1)$,તેથી વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = [x] \cos \left( \frac{2x - 1}{2} \pi \right)$ છે.
ધારો કે $g(x) = [x]$ અને $h(x) = \cos \left( \frac{2x - 1}{2} \pi \right)$.
વિધેય $g(x) = [x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય છે,જે તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો માટે અસતત હોય છે.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,$h(n) = \cos \left( \frac{2n - 1}{2} \pi \right) = \cos \left( n\pi - \frac{\pi}{2} \right) = 0$ થાય છે.
કારણ કે તમામ પૂર્ણાંક $n$ માટે $h(n) = 0$ છે,તેથી ગુણાકાર $f(x) = g(x) \cdot h(x)$ તમામ પૂર્ણાંકો પર સતત રહે છે કારણ કે $[x]$ ની અસતતતાને આ બિંદુઓ પર $0$ વડે ગુણવામાં આવે છે.
તેથી,આ વિધેય તમામ $x$ માટે સતત છે. આમ,એવું કોઈ $x$ નથી જ્યાં વિધેય અસતત હોય.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 12(\log 4)^3$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,લક્ષની કિંમત મેળવીએ:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{(4^x - 1)^3}{\sin(\frac{x}{p}) \log(1 + \frac{x^2}{3})}$
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim_{u \to 0} \frac{a^u - 1}{u} = \log a$,$\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$,અને $\lim_{u \to 0} \frac{\log(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left[ \left( \frac{4^x - 1}{x} \right)^3 \cdot x^3 \cdot \frac{1}{\sin(\frac{x}{p})} \cdot \frac{1}{\log(1 + \frac{x^2}{3})} \right]$
$(\frac{x}{p})$ અને $(\frac{x^2}{3})$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$= \lim_{x \to 0} \left[ \left( \frac{4^x - 1}{x} \right)^3 \cdot \frac{x/p}{\sin(x/p)} \cdot p \cdot \frac{x^2/3}{\log(1 + x^2/3)} \cdot \frac{3}{x^2} \cdot x^3 \right]$
$= (\log 4)^3 \cdot 1 \cdot p \cdot 1 \cdot 3 = 3p(\log 4)^3$
આને $f(0)$ સાથે સરખાવતા:
$3p(\log 4)^3 = 12(\log 4)^3$
$3p = 12 \implies p = 4$.

(D) આપેલ છે $f(x) = [x]^2 - [x^2]$.
$-1 < x < 0$ માટે,$[x] = -1$ અને $[x^2] = 0$,તેથી $f(x) = (-1)^2 - 0 = 1$.
$x = 0$ માટે,$f(0) = 0^2 - 0 = 0$.
$0 < x < 1$ માટે,$[x] = 0$ અને $[x^2] = 0$,તેથી $f(x) = 0^2 - 0 = 0$.
$x = 1$ માટે,$f(1) = 1^2 - 1 = 0$.
$1 < x < \sqrt{2}$ માટે,$[x] = 1$ અને $[x^2] = 1$,તેથી $f(x) = 1^2 - 1 = 0$.
$x = \sqrt{2}$ માટે,$f(\sqrt{2}) = 1^2 - 2 = -1$.
$\sqrt{2} < x < \sqrt{3}$ માટે,$[x] = 1$ અને $[x^2] = 2$,તેથી $f(x) = 1^2 - 2 = -1$.
$x = \sqrt{3}$ માટે,$f(\sqrt{3}) = 1^2 - 3 = -2$.
$\sqrt{3} < x < 2$ માટે,$[x] = 1$ અને $[x^2] = 3$,તેથી $f(x) = 1^2 - 3 = -2$.
$x = 2$ માટે,$f(2) = 2^2 - 4 = 0$.
$2 < x < \sqrt{5}$ માટે,$[x] = 2$ અને $[x^2] = 4$,તેથી $f(x) = 2^2 - 4 = 0$.
$x = \sqrt{5}$ માટે,$f(\sqrt{5}) = 2^2 - 5 = -1$.
પૂર્ણાંકો $n$ પર વિધેયના વર્તનની તપાસ કરતા,આપણે જાણી શકીએ છીએ કે વિધેય $x = 1$ સિવાયના તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x e^{-\left( \frac{1}{|x|} + \frac{1}{x} \right)}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$R.H.L. = \lim_{h \to 0^+} f(0+h) = \lim_{h \to 0^+} h e^{-\left( \frac{1}{h} + \frac{1}{h} \right)} = \lim_{h \to 0^+} h e^{-2/h} = 0$.
$L.H.L. = \lim_{h \to 0^+} f(0-h) = \lim_{h \to 0^+} (-h) e^{-\left( \frac{1}{h} - \frac{1}{h} \right)} = \lim_{h \to 0^+} (-h) e^0 = 0$.
અહીં $R.H.L. = L.H.L. = f(0) = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે:
$Rf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h e^{-2/h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} e^{-2/h} = 0$.
$Lf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h e^0 - 0}{-h} = 1$.
અહીં $Rf'(0) \ne Lf'(0)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) $f(x)$ એ $x = \frac{\pi }{4}$ પર સતત હોવા માટે,$f(\frac{\pi }{4}) = \lim_{x \to \frac{\pi }{4}} f(x)$ હોવું જોઈએ.
લક્ષની ગણતરી કરતા: $\lim_{x \to \frac{\pi }{4}} \frac{1 - \tan x}{4x - \pi }$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે એલ'હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$\lim_{x \to \frac{\pi }{4}} \frac{\frac{d}{dx}(1 - \tan x)}{\frac{d}{dx}(4x - \pi )} = \lim_{x \to \frac{\pi }{4}} \frac{-\sec^2 x}{4}$.
$x = \frac{\pi }{4}$ મૂકતા:
$\frac{-\sec^2(\frac{\pi }{4})}{4} = \frac{-(\sqrt{2})^2}{4} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2}$.
તેથી,$f(\frac{\pi }{4}) = -\frac{1}{2}$.

(A) અંતરાલને બે પેટા-અંતરાલોમાં વિભાજિત કરીએ: $I_1: -1 \le x < 0$ અને $I_2: x \ge 0$.
$I_1$ માટે,$f(x) = \int_{-1}^x (-t) \, dt = -\frac{1}{2}[t^2]_{-1}^x = -\frac{1}{2}(x^2 - 1) = \frac{1}{2}(1 - x^2)$.
$I_2$ માટે,$f(x) = \int_{-1}^0 (-t) \, dt + \int_0^x (t) \, dt = -\frac{1}{2}[t^2]_{-1}^0 + \frac{1}{2}[t^2]_0^x = -\frac{1}{2}(0 - 1) + \frac{1}{2}(x^2 - 0) = \frac{1}{2}(1 + x^2)$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}(1 - x^2), & -1 \le x < 0 \\ \frac{1}{2}(1 + x^2), & x \ge 0 \end{cases}$.
વિકલન લેતા,$f'(x) = \begin{cases} -x, & -1 < x < 0 \\ x, & x > 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \frac{1}{2}(1 - 0) = \frac{1}{2}$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{1}{2}(1 + 0) = \frac{1}{2}$. $f(0) = \frac{1}{2}$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$f'(x)$ માટે,$\lim_{x \to 0^-} f'(x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} f'(x) = 0$. $f'(0) = 0$ હોવાથી,$f'$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
તેથી,$f$ અને $f'$ બંને $x > -1$ માટે સતત છે,એટલે કે $x + 1 > 0$.

(B) $x \neq 0$ માટે,$f(x) = \frac{\tan x}{x}$. $x = 0$ ની નજીક $\tan x$ માટે ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \dots$
તેથી,$f(x) = \frac{x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \dots}{x} = 1 + \frac{x^2}{3} + \frac{2x^4}{15} + \dots$
$f(0) = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ ની નજીક,$f(x) \approx 1 + \frac{x^2}{3}$.
$x^2$ નો સહગુણક ધન $(1/3 > 0)$ હોવાથી,$f(x)$ ને $x = 0$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે. આમ,વિધાન-$1$ સાચું છે.
હવે,$f'(x) = \frac{d}{dx} (1 + \frac{x^2}{3} + \dots) = \frac{2x}{3} + \dots$
$x = 0$ આગળ,$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(1 + h^2/3 + \dots) - 1}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h}{3} = 0$.
આમ,વિધાન-$2$ સાચું છે.
$f'(0) = 0$ અને $f''(0) = 2/3 > 0$ હોવાથી,દ્વિતીય વિકલિત કસોટી સાબિત કરે છે કે $x = 0$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ બિંદુ છે. તેથી,વિધાન-$2$ એ વિધાન-$1$ માટે સાચું સ્પષ્ટીકરણ છે.

(D) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,આપણે $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરવું પડે.
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{1}{x} - \frac{2}{e^{2x} - 1} \right]$
$= \lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1 - 2x}{x(e^{2x} - 1)}$
ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $e^{2x} = 1 + 2x + \frac{(2x)^2}{2!} + \frac{(2x)^3}{3!} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \lim_{x \to 0} \frac{(1 + 2x + \frac{4x^2}{2} + \dots) - 1 - 2x}{x(1 + 2x + \dots - 1)}$
$= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{4x^2}{2} + \dots}{x(2x + \dots)}$
$= \lim_{x \to 0} \frac{2x^2 + \dots}{2x^2 + \dots} = \frac{2}{2} = 1$.
આમ,$f(0) = 1$.

(A) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = q$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ ($R$.$H$.$L$.) ગણો:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x+x^2} - \sqrt{x}}{x^{3/2}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{1+x} - 1)}{x \cdot \sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{1+x} - 1}{x}$.
અનુબદ્ધ પદ $\frac{\sqrt{1+x}+1}{\sqrt{1+x}+1}$ વડે ગુણતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{(1+x) - 1}{x(\sqrt{1+x} + 1)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{x(\sqrt{1+x} + 1)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\sqrt{1+x} + 1} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$.
આમ,$q = 1/2$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ ($L$.$H$.$L$.) ગણો:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin(p+1)x + \sin x}{x} = \lim_{x \to 0^-} \left( \frac{\sin(p+1)x}{x} + \frac{\sin x}{x} \right)$.
$\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(p+1) + 1 = p+2$.
$L.H.L. = q$ હોવાથી,$p+2 = 1/2$,જેનો અર્થ છે કે $p = 1/2 - 2 = -3/2$.
તેથી,મૂલ્યો $(p, q) = (-3/2, 1/2)$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = [x] \cos \left( \frac{2x - 1}{2} \pi \right) = [x] \cos \left( x\pi - \frac{\pi}{2} \right) = [x] \sin(x\pi)$ છે.
આપણે કોઈપણ પૂર્ણાંક $x = n$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
$x = n$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય $f(n) = [n] \sin(n\pi) = n \cdot 0 = 0$ છે.
$x \to n^-$ માટે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ $\lim_{x \to n^-} [x] \sin(x\pi) = (n - 1) \sin(n\pi) = (n - 1) \cdot 0 = 0$ છે.
$x \to n^+$ માટે જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ $\lim_{x \to n^+} [x] \sin(x\pi) = n \sin(n\pi) = n \cdot 0 = 0$ છે.
બધા $n \in \mathbb{Z}$ માટે $LHL = RHL = f(n) = 0$ હોવાથી,વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો પર સતત છે.
$[x]$ એ પૂર્ણાંકો સિવાય દરેક જગ્યાએ સતત છે અને $\sin(x\pi)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર દરેક જગ્યાએ સતત છે.
આમ,$f(x)$ દરેક વાસ્તવિક $x$ માટે સતત છે.

(C) વિધેય $f(x) = [x]\sin \left( \frac{\pi}{[x + 1]} \right)$ વ્યાખ્યાયિત છે જો $[x + 1] \neq 0$ હોય.
કારણ કે $[x + 1] = 0$ એ $0 \le x + 1 < 1$ માટે થાય છે,જેનો અર્થ છે કે $-1 \le x < 0$,તેથી $f$ નો પ્રદેશ $R - [-1, 0)$ છે.
આમ,પ્રદેશ $\left\{ x \in R \mid x \notin [-1, 0) \right\}$ છે.
વિધેય $[x]$ એ તમામ પૂર્ણાંકો $I$ પર અસતત છે.
$x \in I$ માટે,$f(x)$ અસતત છે સિવાય કે ગુણાકાર $[x]\sin \left( \frac{\pi}{[x + 1]} \right)$ સતત હોય.
$x = 0$ પર,$f(0) = [0]\sin \left( \frac{\pi}{[1]} \right) = 0$.
$x \to 0^+$ માટે,$[x] = 0$,તેથી $f(x) = 0 \cdot \sin \left( \frac{\pi}{1} \right) = 0$.
આમ,$f$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
અન્ય પૂર્ણાંકો $n \in I \setminus \{0\}$ માટે,વિધેય અસતત રહે છે.
તેથી,અસતત બિંદુઓનો ગણ $I - \{0\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોય તે માટે,$f(1)$ ની કિંમત $x$ ની $1$ તરફની લક્ષ કિંમત (limit) જેટલી હોવી જોઈએ.
આપણી પાસે $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^3 - 1}$ છે.
અંશ અને છેદના અવયવો પાડતા:
$f(x) = \frac{(x - 1)(x + 1)}{(x - 1)(x^2 + x + 1)}$.
$x \neq 1$ માટે,આપણે સામાન્ય અવયવ $(x - 1)$ ને દૂર કરી શકીએ છીએ:
$f(x) = \frac{x + 1}{x^2 + x + 1}$.
હવે,$x \to 1$ લેતા:
$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{x + 1}{x^2 + x + 1} = \frac{1 + 1}{1^2 + 1 + 1} = \frac{2}{3}$.
તેથી,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત બને તે માટે $f(1) = \frac{2}{3}$ હોવું જોઈએ.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^-} (1 + |\sin x|)^{a/|\sin x|} = e^{\lim_{x \to 0^-} |\sin x| \cdot \frac{a}{|\sin x|}} = e^a$.
ત્યારબાદ,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^+} e^{\tan 2x/\tan 3x} = e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 2x}{\tan 3x}} = e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{(\tan 2x / 2x) \cdot 2x}{(\tan 3x / 3x) \cdot 3x}} = e^{2/3}$.
કારણ કે $f(0) = b$,આપણે લક્ષને સરખાવીએ:
$e^a = b = e^{2/3}$.
આમ,$a = 2/3$ અને $b = e^{2/3}$ થાય.

(D) $f(x)$ એ $x = \pi/4$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to \pi/4^-} f(x) = \lim_{x \to \pi/4^+} f(x) = f(\pi/4)$ થવું જોઈએ.
$\lim_{x \to \pi/4^-} (x + a^2\sqrt{2} \sin x) = \pi/4 + a^2\sqrt{2} \sin(\pi/4) = \pi/4 + a^2\sqrt{2}(1/\sqrt{2}) = \pi/4 + a^2$.
$\lim_{x \to \pi/4^+} (x \cot x + b) = \pi/4 \cot(\pi/4) + b = \pi/4(1) + b = \pi/4 + b$.
આ બંનેને સરખાવતા,$\pi/4 + a^2 = \pi/4 + b \implies b = a^2$.
$f(x)$ એ $x = \pi/2$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to \pi/2^-} f(x) = \lim_{x \to \pi/2^+} f(x) = f(\pi/2)$ થવું જોઈએ.
$\lim_{x \to \pi/2^-} (x \cot x + b) = \lim_{x \to \pi/2^-} (x \frac{\cos x}{\sin x} + b) = 0 + b = b$.
$\lim_{x \to \pi/2^+} (b \sin 2x - a \cos 2x) = b \sin(\pi) - a \cos(\pi) = b(0) - a(-1) = a$.
આ બંનેને સરખાવતા,$b = a$.
હવે $b = a^2$ અને $b = a$ હોવાથી,$a^2 = a \implies a^2 - a = 0 \implies a(a - 1) = 0$.
તેથી,$a = 0$ અથવા $a = 1$.
જો $a = 0$ હોય,તો $b = 0$. જો $a = 1$ હોય,તો $b = 1$.
તેથી,$(a, b)$ ની શક્ય કિંમતો $(0, 0)$ અને $(1, 1)$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = p[x + 1] + q[x - 1]$.
$x = 1$ આગળ,$f(1) = p[1 + 1] + q[1 - 1] = p[2] + q[0] = 2p + 0 = 2p$.
$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(RHL)$ અને વિધેયના મૂલ્ય $f(1)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$LHL$: $\lim_{h \to 0} f(1 - h) = \lim_{h \to 0} (p[1 - h + 1] + q[1 - h - 1]) = \lim_{h \to 0} (p[2 - h] + q[-h]) = p(1) + q(-1) = p - q$.
$RHL$: $\lim_{h \to 0} f(1 + h) = \lim_{h \to 0} (p[1 + h + 1] + q[1 + h - 1]) = \lim_{h \to 0} (p[2 + h] + q[h]) = p(2) + q(0) = 2p$.
$LHL$ અને $RHL$ ને સરખાવતા: $p - q = 2p$.
આથી $-q = p$ મળે,એટલે કે $p + q = 0$.