Continuity Questions in Gujarati

(D) અંતરાલ $(0, \pi )$ પર દરેક વિધેયની સાતત્યતા તપાસીએ:
$1$. $f(x) = \cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$. $(0, \pi )$ માં $\sin x$ ક્યારેય $0$ થતું નથી,તેથી $f(x)$ સતત છે.
$2$. $g(x) = \int_{0}^{x} t \sin \frac{1}{t} \, dt$. સંકલ્ય $t \sin(1/t)$ એ $(0, \pi )$ પર સીમિત અને સતત હોવાથી,સંકલન વિધેય $g(x)$ સતત છે.
$3$. $h(x)$ માટે,$x = 3\pi /4$ પર ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત $1$ છે. જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત $2 \sin(\frac{2}{9} \cdot \frac{3\pi}{4}) = 2 \sin(\frac{\pi}{6}) = 1$ છે. બંને સમાન હોવાથી,$h(x)$ સતત છે.
$4$. $l(x)$ માટે,$x = \pi /2$ પર ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત $\frac{\pi}{2} \sin(\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$ છે. જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત $\frac{\pi}{2} \sin(\frac{\pi}{2} + \pi) = -\frac{\pi}{2}$ છે. બંને સમાન ન હોવાથી,$l(x)$ એ $x = \pi /2$ પર અસતત છે.

(C) વિધેય $f(x) = \frac{3 \log_{\sin |x|} \cos x}{3 \log_{\sin |3x|} \cos (x/2)} = \frac{\ln \cos x}{\ln \sin |x|} \times \frac{\ln \sin |3x|}{\ln \cos (x/2)}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લઘુગણકનો આધાર ધન અને $1$ ન હોવો જોઈએ,અને દલીલ ધન હોવી જોઈએ.
$1$. $\sin |x| > 0$ અને $\sin |x| \neq 1 \implies |x| \in (0, \pi) \setminus \{\pi/2\}$. આપેલ $|x| < \pi/3$ માટે,આ $x \in (-\pi/3, \pi/3) \setminus \{0\}$ માટે સંતોષાય છે.
$2$. $\sin |3x| > 0$ અને $\sin |3x| \neq 1 \implies |3x| \in (0, \pi) \setminus \{\pi/2\} \implies |x| \in (0, \pi/3) \setminus \{\pi/6\}$.
આમ,$f(x)$ એ $x = \pm \pi/6$ અને $x = 0$ (શરૂઆતમાં) પર અવ્યાખ્યાયિત છે. $f(0)=4$ હોવાથી,આપણે $\lim_{x \to 0} f(x)$ ચકાસીએ.
$\ln \cos x \approx -x^2/2$,$\ln \sin |x| \approx \ln |x|$,$\ln \sin |3x| \approx \ln |3x|$,$\ln \cos (x/2) \approx -x^2/8$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\lim_{x \to 0} f(x) = 4$ મળે છે.
$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 4$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
અસતત બિંદુઓ $x = \pi/6$ અને $x = -\pi/6$ છે. કુલ $2$ બિંદુઓ.

(C) સૌ પ્રથમ,વિકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને $f'(0)$ શોધીએ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^m \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h^{m-1} \sin(1/h)$.
આ લક્ષનું અસ્તિત્વ હોય અને તે $0$ થાય તે માટે $m-1 > 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $m > 1$.
હવે,$x \neq 0$ માટે,$f'(x) = m x^{m-1} \sin(1/x) - x^{m-2} \cos(1/x)$.
$f'(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે $\lim_{x \to 0} f'(x) = f'(0) = 0$ થવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 0} [m x^{m-1} \sin(1/x) - x^{m-2} \cos(1/x)] = 0$.
પ્રથમ પદ $m x^{m-1} \sin(1/x)$ એ $0$ તરફ જાય છે જો $m-1 > 0$,એટલે કે $m > 1$.
બીજું પદ $x^{m-2} \cos(1/x)$ એ $0$ તરફ જાય છે જો $m-2 > 0$,એટલે કે $m > 2$.
કારણ કે $m \in N$,તેથી $m > 2$ નું પાલન કરતો સૌથી નાનો પૂર્ણાંક $m = 3$ છે.

(A) વિધેય $h(x)$ ને થોમે વિધેય (Thomae's function) તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
$1$. કોઈપણ સંમેય સંખ્યા $x = \frac{p}{q}$ (જ્યાં $p, q$ પરસ્પર અવિભાજ્ય છે) માટે,$h(x) = \frac{1}{q}$ થાય છે. જ્યારે $x$ કોઈ સંમેય સંખ્યાની નજીક પહોંચે છે,ત્યારે તેની આસપાસની અસંમેય સંખ્યાઓ માટે $h(x)$ ની કિંમત $0$ ની નજીક પહોંચે છે. કારણ કે $\frac{1}{q} \neq 0$,તેથી વિધેય દરેક સંમેય બિંદુએ અસતત છે. આમ,વિધાન $C$ સાચું છે.
$2$. કોઈપણ અસંમેય સંખ્યા $x$ માટે,$h(x) = 0$ થાય છે. કોઈપણ $\epsilon > 0$ માટે,કોઈપણ અંતરાલમાં માત્ર મર્યાદિત સંખ્યામાં જ સંમેય સંખ્યાઓ $\frac{p}{q}$ હોય છે જેના માટે $\frac{1}{q} \geq \epsilon$ હોય. તેથી,જ્યારે $x$ કોઈપણ અસંમેય સંખ્યાની નજીક પહોંચે ત્યારે $h(x)$ નું લક્ષ $0$ થાય છે. કારણ કે અસંમેય બિંદુઓ પર $h(x) = 0$ છે,તેથી વિધેય દરેક અસંમેય બિંદુએ સતત છે. આમ,વિધાન $B$ સાચું છે.
$3$. વિધેય અસંમેય બિંદુઓ પર સતત અને સંમેય બિંદુઓ પર અસતત હોવાથી,તે $(0, \infty)$ માં તમામ $x$ માટે અસતત નથી. તેથી,વિધાન $A$ ખોટું છે.
$4$. વિધેય દરેક સંમેય બિંદુએ અસતત હોવાથી,તે કોઈપણ સંમેય બિંદુએ વિકલનીય નથી. આમ,વિધાન $D$ સાચું છે.
નિષ્કર્ષ: વિધાન $A$ સાચું નથી.

(D) વિધેય $f(x)$ ની સાતત્યતા નક્કી કરવા માટે,આપણે સંક્રમણ બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = 4$ પર લક્ષ તપાસીએ છીએ.
$x = 0$ પર:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \sqrt{-x} = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} 0 = 0$.
વિધેયનું મૂલ્ય: $f(0) = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0$,તેથી વિધેય $x = 0$ પર સતત છે.
$x = 4$ પર:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{x \to 4^-} 0 = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 4^+} f(x) = \lim_{x \to 4^+} (x - 4) = 4 - 4 = 0$.
વિધેયનું મૂલ્ય: $f(4) = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{x \to 4^+} f(x) = f(4) = 0$,તેથી વિધેય $x = 4$ પર સતત છે.
આમ,વિધેય તેના સમગ્ર પ્રદેશમાં સતત હોવાથી,તે સમગ્ર વાસ્તવિક રેખા પર સતત છે.

(D) સતત વિધેયોના બીજગણિત મુજબ,જો બે વિધેયો $g(x)$ અને $h(x)$ બિંદુ $x = c$ પર સતત હોય,તો તેમનો ભાગાકાર $\frac{g(x)}{h(x)}$ પણ $x = c$ પર સતત હોય છે,શરત એ છે કે છેદ $h(c) \neq 0$ હોવો જોઈએ.
કારણ કે $g$ અને $h$ એ વિવૃત અંતરાલ $(a, b)$ પર સતત છે,તેથી વિધેય $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$ એ $(a, b)$ ના તમામ બિંદુઓ $x$ માટે સતત છે જ્યાં $h(x) \neq 0$ હોય.

(D) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 0} \frac{x - e^x + \cos 2x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x - (1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots) + (1 - \frac{(2x)^2}{2!} + \dots)}{x^2}$
$= \lim_{x \to 0} \frac{x - 1 - x - \frac{x^2}{2} + 1 - 2x^2}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{5}{2}x^2}{x^2} = -\frac{5}{2} = -2.5$.
આમ,$f(0) = -2.5$.
હવે,$[f(0)] = [-2.5] = -3$.
અને $\{f(0)\} = f(0) - [f(0)] = -2.5 - (-3) = 0.5$.
તેથી,$[f(0)] \cdot \{f(0)\} = (-3) \cdot (0.5) = -1.5$.

(C) $x = 2$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે બંને બાજુથી લક્ષની કિંમત મેળવીએ.
$x > 2$ માટે,$f(x) = \frac{2^x + 8 \cdot 2^{-x} - 6}{2^{-x/2} - 2 \cdot 2^{-x}}$. ધારો કે $u = 2^{-x/2}$,તો $2^x = u^{-2}$ અને $2^{-x} = u^2$. જ્યારે $x \to 2^+$,ત્યારે $u \to 2^{-1} = 1/2$. પદાવલિ $\frac{u^{-2} + 8u^2 - 6}{u - 2u^2} = \frac{1 + 8u^4 - 6u^2}{u^2(u - 2u^2)} = \frac{-(2u^2 - 1)(2u^2 - 1)(2u + 1)}{u^3(2u - 1)} = 8$ થાય છે. આમ,$f(2^+) = 8$.
$x < 2$ માટે,$f(x) = \frac{x^2 - 4}{x - \sqrt{3x - 2}}$. છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $\frac{(x^2 - 4)(x + \sqrt{3x - 2})}{x^2 - (3x - 2)} = \frac{(x - 2)(x + 2)(x + \sqrt{3x - 2})}{(x - 2)(x - 1)} = \frac{(x + 2)(x + \sqrt{3x - 2})}{x - 1}$. $x = 2$ મુકતા,$\frac{(4)(2 + 2)}{1} = 16$ મળે છે. આમ,$f(2^-) = 16$.
$f(2^+) \neq f(2^-)$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ જમ્પ અસતતતા ધરાવે છે.

(A) સૌ પ્રથમ,$x \neq 0$ માટે $f(x)$ ના પદને સરળ બનાવીએ:
જો $x > 0$ હોય,તો $|x| = x$,તેથી $\frac{1}{|x|} + \frac{1}{x} = \frac{1}{x} + \frac{1}{x} = \frac{2}{x}$. આમ,$f(x) = (x + 1) e^{-2/x}$.
જો $x < 0$ હોય,તો $|x| = -x$,તેથી $\frac{1}{|x|} + \frac{1}{x} = -\frac{1}{x} + \frac{1}{x} = 0$. આમ,$f(x) = (x + 1) e^0 = x + 1$.
$f(0) = 0$ આપેલ છે,તેથી વિધેય આ મુજબ છે:
$f(x) = \begin{cases} (x + 1) e^{-2/x} & x > 0 \\ 0 & x = 0 \\ x + 1 & x < 0 \end{cases}$
હવે,$x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (x + 1) = 1$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$: $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x + 1) e^{-2/x} = (1) \cdot e^{-\infty} = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) \neq \lim_{x \to 0^+} f(x)$,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ અસતત છે.
તેથી,વિકલ્પ $(A)$ ખોટો છે કારણ કે વિધેય તમામ $x \in I$ માટે સતત નથી.

(B) $x = 2$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને $x = 2$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય શોધીએ.
$1$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{x}{[x]}$. કારણ કે $1 \leqslant x < 2$,તેથી $[x] = 1$. આમ,$\lim_{x \to 2^-} \frac{x}{1} = 2$.
$2$. જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \sqrt{6-x} = \sqrt{6-2} = \sqrt{4} = 2$.
$3$. વિધેયનું મૂલ્ય: $f(2) = 1$.
અહીં $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = 2$ છે,પરંતુ $f(2) = 1$ છે. એટલે કે લક્ષનું અસ્તિત્વ છે પરંતુ તે વિધેયના મૂલ્ય જેટલું નથી. આ પ્રકારની અસાતત્યતાને removable discontinuity (ખાસ કરીને,isolated point removable discontinuity) કહેવામાં આવે છે.

(D) સમજૂતી: ધારો કે $f(x)$ એ અંતરાલ $[a, b]$ પરનું સતત વિધેય છે જેથી બધા $x \in [a, b]$ માટે $f(x) \in \mathbb{Z}$ થાય.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Intermediate Value Theorem) મુજબ,જો $f$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય,તો $f$ એ $f(a)$ અને $f(b)$ વચ્ચેની તમામ કિંમતો ધારણ કરવી જોઈએ.
ધારો કે $f$ અચળ નથી. તો $[a, b]$ માં એવા $x_1, x_2$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(x_1) = n$ અને $f(x_2) = m$ થાય,જ્યાં $n \neq m$. સામાન્યતા ગુમાવ્યા વિના,ધારો કે $n < m$.
$f$ સતત હોવાથી,$n < y < m$ હોય તેવી કોઈપણ કિંમત $y$ માટે,$(x_1, x_2)$ માં કોઈ એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(c) = y$ થાય.
જોકે,આપણને આપેલ છે કે $[a, b]$ માં દરેક $x$ માટે $f(x)$ એક પૂર્ણાંક છે.
જો આપણે $y = n + 0.5$ લઈએ,જે પૂર્ણાંક નથી,તો તે શરતનો વિરોધાભાસ કરે છે કે $f(x)$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ.
તેથી,$f$ અચળ નથી તેવી ધારણા ખોટી છે.
આમ,$f(x)$ એ અચળ વિધેય હોવું જોઈએ.

(A) ધારો કે $g(x) = \sin x - \sin^3 x = \sin x(1 - \sin^2 x) = \sin x \cos^2 x$.
$x \in (0, \pi)$ માટે,$\sin x > 0$ અને $\cos^2 x \geq 0$ છે. તેથી,$g(x) \geq 0$.
ખાસ કરીને,$x \neq \frac{\pi}{2}$ માટે,$g(x) > 0$ છે.
$x \in (0, \pi) \setminus \{\frac{\pi}{2}\}$ માટે $g(x) > 0$ હોવાથી,આપણી પાસે $|g(x)| = g(x)$ છે.
આ કિંમતને $f(x)$ ના પદમાં મૂકતા:
$f(x) = \left[ \frac{2g(x) + g(x)}{2g(x) - g(x)} \right] = \left[ \frac{3g(x)}{g(x)} \right] = [3] = 3$.
આમ,તમામ $x \in (0, \pi) \setminus \{\frac{\pi}{2}\}$ માટે $f(x) = 3$ છે.
આપેલ છે કે $f(\frac{\pi}{2}) = 3$,તેથી તમામ $x \in (0, \pi)$ માટે વિધેય $f(x) = 3$ છે.
અચળ વિધેય તેના પ્રદેશમાં દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય હોય છે.
તેથી,$f$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત અને વિકલનીય છે.

(B) $f(x)$ ની સાતત્યતા અને વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ વિધેયનો પ્રદેશ તપાસીએ.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તમામ વર્ગમૂળ પદોની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$1$) $x^3 - 1 \geq 0 \implies x \geq 1$
$2$) $1 - x^4 \geq 0 \implies x^4 \leq 1 \implies -1 \leq x \leq 1$
$3$) $x - 1 \geq 0 \implies x \geq 1$
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તમામ શરતો એકસાથે સંતોષાવી જોઈએ. $x \geq 1$ અને $-1 \leq x \leq 1$ નો છેદગણ માત્ર બિંદુ $x = 1$ છે.
વિધેયનો પ્રદેશ માત્ર એક બિંદુ $\{1\}$ હોવાથી,વિધેય માત્ર $x = 1$ આગળ જ વ્યાખ્યાયિત છે.
સાતત્ય અને વિકલનીયતા અંતરાલ પર વ્યાખ્યાયિત હોય છે. $f(x)$ એ $x = 1$ ના કોઈ પણ સામીપ્યમાં વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે પ્રમાણિત અર્થમાં $x = 1$ આગળ સતત કે વિકલનીય હોઈ શકે નહીં.
આમ,વિધેય $x = 1$ આગળ અસતત છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 5$ આગળ સતત હોવા માટે,લક્ષ $\lim_{x \to 5} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોવું જોઈએ અને તે $f(5)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x^2 - bx + 25}{(x - 2)(x - 5)}$.
કારણ કે છેદ $x = 5$ આગળ શૂન્ય થાય છે,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે અંશ પણ $x = 5$ આગળ શૂન્ય થવો જોઈએ.
અંશમાં $x = 5$ મૂકતા: $5^2 - 5b + 25 = 0 \Rightarrow 25 - 5b + 25 = 0 \Rightarrow 50 = 5b \Rightarrow b = 10$.
હવે,વિધેયમાં $b = 10$ મૂકતા: $f(x) = \frac{x^2 - 10x + 25}{(x - 2)(x - 5)} = \frac{(x - 5)^2}{(x - 2)(x - 5)}$.
$x \neq 5$ માટે,આપણે તેને $f(x) = \frac{x - 5}{x - 2}$ તરીકે સરળ બનાવી શકીએ છીએ.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરતા: $\lim_{x \to 5} f(x) = \lim_{x \to 5} \frac{x - 5}{x - 2} = \frac{5 - 5}{5 - 2} = \frac{0}{3} = 0$.
કારણ કે $f$ એ $x = 5$ આગળ સતત છે,તેથી $f(5) = \lim_{x \to 5} f(x) = 0$.

(D) વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે વિવૃત અંતરાલ પર વિકલનીયતા એ અંત્યબિંદુઓ પર સાતત્યની ખાતરી આપતું નથી.
વિધાન $II$ ખોટું છે. અંતરાલ $(0, 1)$ પર વિધેય $f(x) = 1/x$ ધ્યાનમાં લો. આ વિધેય $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે પરંતુ જ્યારે $x \to 0^+$ થાય ત્યારે તે સીમિત રહેતું નથી.
વિધાન $III$ સાચું છે. કારણ કે $f$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય છે,તેથી તે $(a, b)$ પર સતત છે. તેથી,$f$ એ સંવૃત ઉપ-અંતરાલ $[a_1, b_1]$ પર પણ સતત છે. મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય (Intermediate Value Theorem) મુજબ,જો $f(a_1) < 0 < f(b_1)$ હોય,તો $(a_1, b_1)$ માં ઓછામાં ઓછી એક એવી સંખ્યા $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(c) = 0$ થાય.

(C) $f$ એ $x = 2$ પર સતત હોઈ શકે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે લક્ષ $\lim_{x \to 2} f(x)$ તપાસીએ.
ડાબી બાજુનું લક્ષ ધ્યાનમાં લો: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{1}{x + 2^{\frac{1}{x - 2}}}$.
જેમ $x \to 2^-$,તેમ $(x - 2) \to 0^-$,તેથી $\frac{1}{x - 2} \to -\infty$.
આમ,$2^{\frac{1}{x - 2}} \to 2^{-\infty} = 0$.
તેથી,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \frac{1}{2 + 0} = 1/2$.
હવે જમણી બાજુનું લક્ષ ધ્યાનમાં લો: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \frac{1}{x + 2^{\frac{1}{x - 2}}}$.
જેમ $x \to 2^+$,તેમ $(x - 2) \to 0^+$,તેથી $\frac{1}{x - 2} \to +\infty$.
આમ,$2^{\frac{1}{x - 2}} \to 2^{+\infty} = \infty$.
તેથી,$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \frac{1}{2 + \infty} = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 2^-} f(x) \neq \lim_{x \to 2^+} f(x)$,તેથી $x = 2$ પર લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
પરિણામે,$f(2)$ ને ગમે તે કિંમત આપવામાં આવે તો પણ $f$ એ $x = 2$ પર સતત હોઈ શકે નહીં.

(A) $f(x)$ એ $x = \frac{1}{2}$ આગળ સતત હોય તે માટે,$\lim_{x \to \frac{1}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{1}{2}^+} f(x) = f(\frac{1}{2}) = p$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to \frac{1}{2}^-} \frac{1 + \cos 2\pi x}{1 - \sin \pi x} = \lim_{x \to \frac{1}{2}^-} \frac{2 \cos^2 \pi x}{1 - \sin \pi x} = \lim_{x \to \frac{1}{2}^-} \frac{2(1 - \sin^2 \pi x)}{1 - \sin \pi x} = \lim_{x \to \frac{1}{2}^-} 2(1 + \sin \pi x) = 2(1 + 1) = 4$.
ત્યારબાદ,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
ધારો કે $t = \sqrt{2x - 1}$. જેમ $x \to \frac{1}{2}^+$,તેમ $t \to 0^+$.
$\lim_{t \to 0^+} \frac{t}{\sqrt{4 + t} - 2} = \lim_{t \to 0^+} \frac{t(\sqrt{4 + t} + 2)}{(4 + t) - 4} = \lim_{t \to 0^+} (\sqrt{4 + t} + 2) = \sqrt{4} + 2 = 4$.
અહીં $\lim_{x \to \frac{1}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{1}{2}^+} f(x) = 4$ હોવાથી,જો $p = 4$ હોય તો વિધેય $x = \frac{1}{2}$ આગળ સતત છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x = \frac{1}{2}$ આગળ અસતત હોય જો $p \neq 4$ હોય,એટલે કે $p \in R - \{4\}$.

(A) વિધેય $x = -1$ આગળ સતત હોય તે માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = -1$ આગળ વિધેયની કિંમત સમાન હોવી જોઈએ.
પ્રથમ,$x = -1$ આગળ વિધેયની કિંમત શોધો:
$f(-1) = b([-1]^2 + [-1]) + 1 = b(1 - 1) + 1 = 1$.
ત્યારબાદ,$x \to -1^+$ માટે જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{h \to 0} b([-1+h]^2 + [-1+h]) + 1 = b((-1)^2 + (-1)) + 1 = b(1-1) + 1 = 1$.
હવે,$x \to -1^-$ માટે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{h \to 0} \sin(\pi(-1-h+a)) = \sin(\pi(a-1))$.
સાતત્ય માટે,$LHL$ = $RHL$ = $f(-1)$,તેથી $\sin(\pi(a-1)) = 1$.
આનો અર્થ એ છે કે $\pi(a-1) = 2n\pi + \frac{\pi}{2}$,જ્યાં $n \in I$ કોઈ પણ પૂર્ણાંક છે.
$\pi$ વડે ભાગતા,આપણને $a - 1 = 2n + \frac{1}{2}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $a = 2n + \frac{3}{2}$ થાય છે.
કારણ કે $b$ એ $x = -1$ આગળ લક્ષને અસર કરતું નથી (કારણ કે $RHL$ એ $b$ થી સ્વતંત્ર છે),તેથી $b$ કોઈ પણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે $(b \in R)$.

(D) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$f(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(e^{x^2} + 2\sqrt{x})}{\sqrt{x}}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે પદને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$f(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(1 + (e^{x^2} + 2\sqrt{x} - 1))}{e^{x^2} + 2\sqrt{x} - 1} \times \frac{e^{x^2} + 2\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x}}$
જેમ $x \to 0^+$,તેમ $e^{x^2} + 2\sqrt{x} - 1 \to 0$,તેથી લક્ષનો પ્રથમ ભાગ $1$ થાય છે.
$f(0) = 1 \times \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{e^{x^2} - 1}{\sqrt{x}} + \frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \right)$
$f(0) = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{e^{x^2} - 1}{x^2} \cdot x^{3/2} + 2 \right)$
કારણ કે $\lim_{x \to 0^+} \frac{e^{x^2} - 1}{x^2} = 1$ અને $\lim_{x \to 0^+} x^{3/2} = 0$,તેથી પ્રથમ પદ શૂન્ય થઈ જશે.
$f(0) = 0 + 2 = 2$.

(D) $x \to 0^+$ માટે,$[x] = 0$ અને $\{x\} = x$ થાય. તેથી,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\tan^2 x}{x^2 - 0^2} = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{\tan x}{x} \right)^2 = 1^2 = 1$.
$x \to 0^-$ માટે,ધારો કે $x = -h$ જ્યાં $h > 0$. તો $[x] = -1$ અને $\{x\} = x - [x] = -h - (-1) = 1 - h$ થાય.
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{h \to 0^+} \sqrt{(1-h) \cot(1-h)} = \sqrt{1 \cdot \cot(1)} = \sqrt{\cot 1}$.
હવે,$\left( \lim_{x \to 0^-} f(x) \right)^2 = (\sqrt{\cot 1})^2 = \cot 1$.
તેથી,$\cot^{-1} \left( \lim_{x \to 0^-} f(x) \right)^2 = \cot^{-1}(\cot 1) = 1$.
આમ,$(A)$ અને $(C)$ બંને સાચા છે.

(D) વિધેય $f(x)$ ને $x = a$ આગળ દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા હોય જો $\lim_{x \to a} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોય પરંતુ તે $f(a)$ જેટલું ન હોય (અથવા $f(a)$ અવ્યાખ્યાયિત હોય).
વિકલ્પ $A$ માટે: $\lim_{x \to 0} \frac{1}{\ln |x|} = \frac{1}{-\infty} = 0$. લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,તે દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા ધરાવે છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $\lim_{x \to 0^+} \cos \left( \frac{\sin x}{x} \right) = \cos(1)$ અને $\lim_{x \to 0^-} \cos \left( \frac{-\sin x}{x} \right) = \cos(-1) = \cos(1)$. લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,તે દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા ધરાવે છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: $\lim_{x \to 0} x \sin \left( \frac{\pi}{x} \right)$. કારણ કે $|\sin(\pi/x)| \le 1$,સ્ક્વિઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \to 0} x \sin \left( \frac{\pi}{x} \right) = 0$. લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,તે દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા ધરાવે છે.
તેથી,તમામ વિધેયો $x = 0$ આગળ દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા ધરાવે છે.

(D) વિધેય $f(x) = \cos \left[ \frac{\pi}{x} \right] \cos \left( \frac{\pi}{2} (x - 1) \right)$ છે.
$x = 0$ આગળ વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે કારણ કે $\frac{\pi}{x}$ માં છેદ શૂન્ય થાય છે.
$x = 1$ આગળ,$f(1) = \cos \left[ \frac{\pi}{1} \right] \cos \left( \frac{\pi}{2} (1 - 1) \right) = \cos(3) \cos(0) = \cos(3)$. $x \to 1$ માટે લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $f(1)$ જેટલું છે,તેથી તે $x = 1$ આગળ સતત છે.
$x = 2$ આગળ,$f(2) = \cos \left[ \frac{\pi}{2} \right] \cos \left( \frac{\pi}{2} (2 - 1) \right) = \cos(1) \cos \left( \frac{\pi}{2} \right) = \cos(1) \times 0 = 0$. $x \to 2$ માટે લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $f(2)$ જેટલું છે,તેથી તે $x = 2$ આગળ સતત છે.
તેથી,વિધેય $x = 1$ અને $x = 2$ બંને પર સતત છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 + 7x - 1$ છે.
અંતરાલ $[0, 1]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર કિંમત શોધતા:
$f(0) = (0)^3 + 7(0) - 1 = -1$.
$f(1) = (1)^3 + 7(1) - 1 = 1 + 7 - 1 = 7$.
$f(x)$ એ બહુપદી હોવાથી,તે અંતરાલ $[0, 1]$ પર સતત છે.
અહીં $f(0) = -1$ અને $f(1) = 7$ હોવાથી,વિધેયનું ચિહ્ન ઋણથી ધન તરફ બદલાય છે.
મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય (Intermediate Value Theorem) મુજબ,જો કોઈ સતત વિધેય $f$ અંતરાલના અંત્યબિંદુઓ પર વિરુદ્ધ ચિહ્નો ધરાવતું હોય,તો તે અંતરાલમાં ઓછામાં ઓછી એક એવી કિંમત $c$ મળે કે જેથી $f(c) = 0$ થાય.
તેથી,આ પરિસ્થિતિને સમજાવતો પ્રમેય મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય છે.

(D) સૌ પ્રથમ,$x \to \frac{1}{2}$ હોય ત્યારે $f(x)$ ના લક્ષનું વિશ્લેષણ કરો.
$\lim_{x \to \frac{1}{2}} f(x) = \lim_{x \to \frac{1}{2}} \frac{(x - 1)(6x - 1)}{2x - 1}$.
જેમ $x \to \frac{1}{2}$,અંશ $(x - 1)(6x - 1) \to (\frac{1}{2} - 1)(6(\frac{1}{2}) - 1) = (-\frac{1}{2})(2) = -1$.
છેદ $2x - 1 \to 0$.
કારણ કે અંશ શૂન્યતર અચળાંક $(-1)$ તરફ જાય છે અને છેદ $0$ તરફ જાય છે,તેથી લક્ષ $\lim_{x \to \frac{1}{2}} f(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી (તે $\pm \infty$ તરફ જાય છે).
તેથી,વિધેયને $x = \frac{1}{2}$ આગળ દૂર ન કરી શકાય તેવી અનંત અસતતતા છે.

(C) $x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ.
$x > 0$ માટે,$[x] = 0$,તેથી $\text{sgn}[x] = 0$. આમ,$f(x) = \frac{\ln(1+x^2)}{1-\cos x}$.
$RHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\ln(1+h^2)}{1-\cos h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\ln(1+h^2)}{h^2} \cdot \frac{h^2}{1-\cos h} = 1 \cdot 2 = 2$.
$x < 0$ માટે,$[x] = -1$,તેથી $\text{sgn}[x] = -1$. આમ,$f(x) = \frac{\ln(1-1+x^2)}{1-\cos x} = \frac{\ln(x^2)}{1-\cos x}$.
$LHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\ln(h^2)}{1-\cos(h)} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\ln(h^2)}{h^2/2} = -\infty$.
કારણ કે $LHL$ નું અસ્તિત્વ નથી ($-\infty$ છે),તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,$k$ ની કોઈપણ કિંમત માટે $f(x)$ ને $x = 0$ આગળ દૂર ન કરી શકાય તેવી અસતતતા છે.

(D) ધારો કે $f(x) = [x] + \sqrt{\{x\}}$.
કોઈપણ બિન-પૂર્ણાંક $x$ માટે,$[x]$ અને $\{x\}$ સતત છે,તેથી $f(x)$ સતત છે.
હવે,પૂર્ણાંક $n \in I$ પર સાતત્ય તપાસો.
ડાબી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to n^-} f(x) = \lim_{x \to n^-} ([x] + \sqrt{\{x\}}) = (n-1) + \sqrt{1} = n-1+1 = n$.
જમણી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to n^+} f(x) = \lim_{x \to n^+} ([x] + \sqrt{\{x\}}) = n + \sqrt{0} = n$.
વિધેયનું મૂલ્ય: $f(n) = [n] + \sqrt{\{n\}} = n + 0 = n$.
કારણ કે $\lim_{x \to n^-} f(x) = \lim_{x \to n^+} f(x) = f(n) = n$,તેથી વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો પર સતત છે.
તેથી,$f(x)$ $\forall x \in R$ માટે સતત છે.

(B) $x \to 0$ તરીકે $f(x)$ ની લક્ષ કિંમત શોધવા માટે,આપણે ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$e^{2x} = 1 + 2x + \frac{(2x)^2}{2!} + \frac{(2x)^3}{3!} + \dots = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + \dots$
$(1 + 4x)^{1/2} = 1 + \frac{1}{2}(4x) + \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)}{2!}(4x)^2 + \dots = 1 + 2x - 2x^2 + \dots$
$\ln(1 - x^2) = -x^2 - \frac{(-x^2)^2}{2} - \dots = -x^2 - \frac{x^4}{2} - \dots$
આ કિંમતોને $f(x)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(x) = \frac{(1 + 2x + 2x^2 + \dots) - (1 + 2x - 2x^2 + \dots)}{-x^2 - \frac{x^4}{2} - \dots}$
$f(x) = \frac{4x^2 + \dots}{-x^2 - \dots}$
$x \to 0$ તરીકે લક્ષ લેતા:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{4x^2}{-x^2} = -4$
આમ,લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને તે શાંત છે,તેથી $x = 0$ આગળ $f$ ને દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા છે અને $f(0) = -4$ છે.

(B) ચાલો વિવિધ અંતરાલો માટે વિધેય $f(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
$x \notin I$ માટે,$f(x) = sgn([x])$.
જો $x \in (0, 1)$ હોય,તો $[x] = 0$,તેથી $f(x) = sgn(0) = 0$.
જો $x \in (1, 2)$ હોય,તો $[x] = 1$,તેથી $f(x) = sgn(1) = 1$.
જો $x \in (-1, 0)$ હોય,તો $[x] = -1$,તેથી $f(x) = sgn(-1) = -1$.
$x \in I$ માટે,$f(x) = [sgn(x)]$.
જો $x = 0$ હોય,તો $f(0) = [sgn(0)] = [0] = 0$.
જો $x > 0$ અને $x \in I$ હોય,તો $f(x) = [sgn(x)] = [1] = 1$.
જો $x < 0$ અને $x \in I$ હોય,તો $f(x) = [sgn(x)] = [-1] = -1$.
આ બધાને જોડતા,વિધેય દરેક પૂર્ણાંક $n \in I$ આગળ અસતત છે કારણ કે ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ પૂર્ણાંકો આગળ વિધેયના મૂલ્ય સાથે મેળ ખાતી નથી. ખાસ કરીને,કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,$\lim_{x \to n^-} f(x) = sgn(n-1)$ અને $\lim_{x \to n^+} f(x) = sgn(n)$. આ $f(n) = [sgn(n)]$ જેટલા નથી. આમ,વિધેય દરેક પૂર્ણાંક આગળ અસતત છે.

(B) વિધેય $f(x) = x^2[\sin^{-1}x]$ ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[\sin^{-1}x]$ અસતત હોય.
વિધેય $g(x) = [\sin^{-1}x]$ માટે,અસતત બિંદુઓ ત્યારે મળે છે જ્યારે $\sin^{-1}x$ પૂર્ણાંક હોય.
$\sin^{-1}x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે. $\sin^{-1}x$ માટે શક્ય પૂર્ણાંક કિંમતો $\{-1, 0, 1\}$ છે.
$1$. $\sin^{-1}x = -1 \implies x = \sin(-1) = -\sin 1$.
$2$. $\sin^{-1}x = 0 \implies x = \sin(0) = 0$.
$3$. $\sin^{-1}x = 1 \implies x = \sin(1) = \sin 1$.
જોકે,આપણને આપેલ છે કે $\alpha, \beta \in R - \{0\}$. તેથી,આપણે $x = 0$ ને બાકાત રાખીશું.
આપેલ પ્રદેશમાં અસતત બિંદુઓ $\alpha = \sin 1$ અને $\beta = -\sin 1$ છે.
તેથી,$\alpha + \beta = \sin 1 + (-\sin 1) = 0$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x\{x\}^2, & x \notin I \\ x, & x \in I \end{cases}$ જ્યાં $x \in [0,3]$.
$x \in (0,1)$ માટે,${x} = x$,તેથી $f(x) = x(x)^2 = x^3$. $x=0$ પર,$f(0)=0$. $x=1$ પર,$f(1)=1$.
$x \in (1,2)$ માટે,${x} = x-1$,તેથી $f(x) = x(x-1)^2$. $x=2$ પર,$f(2)=2$.
$x \in (2,3)$ માટે,${x} = x-2$,તેથી $f(x) = x(x-2)^2$. $x=3$ પર,$f(3)=3$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} 0, & x=0 \\ x^3, & 0 < x < 1 \\ 1, & x=1 \\ x(x-1)^2, & 1 < x < 2 \\ 2, & x=2 \\ x(x-2)^2, & 2 < x < 3 \\ 3, & x=3 \end{cases}$.
સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1^3 = 1$,$f(1)=1$,$\lim_{x \to 1^+} f(x) = 1(1-1)^2 = 0$. $1 \neq 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ પર અસતત છે.
તે જ રીતે,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = 2(2-1)^2 = 2$,$f(2)=2$,$\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2(2-2)^2 = 0$. $2 \neq 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=2$ પર અસતત છે.
આમ,$f(x)$ એ $x=1$ અને $x=2$ પર અસતત છે. અસતતતાના બે બિંદુઓ છે.
વિકલ્પ $C$ સાચો છે કારણ કે વિધેય $x=1, 2$ પર (અસતતતા) અને $x=0, 3$ (અંતિમ બિંદુઓ) પર અવિકલનીય છે.

(A) $1$. $x \in (0, 1)$ માટે,$[x] = 0 \Rightarrow f(x) = x\sqrt{1 - 0} = x$. કારણ કે $f'(x) = 1 > 0$,તેથી $f(x)$ એ $(0, 1)$ માં વધતું વિધેય છે.
$2$. $x = 1$ પર,$f(1) = 1\sqrt{1 - 1^2} = 0$. $x \in (0, 1)$ માટે,$f(x) = x$. જેમ $x \to 1^-$,તેમ $f(x) \to 1$. કારણ કે $f(1) = 0$ અને $1$ ની ડાબી બાજુએ $f(x) > 0$ છે,તેથી $x = 1$ એ સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ નથી.
$3$. પ્રદેશ $1 - [x]^2 \ge 0 \Rightarrow [x]^2 \le 1 \Rightarrow -1 \le [x] \le 1$ દ્વારા નક્કી થાય છે. આનો અર્થ એ છે કે $x \in [-1, 2)$.
$4$. વિધેય નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} 0, & -1 \le x < 0 \\ x, & 0 \le x < 1 \\ 0, & 1 \le x < 2 \end{cases}$
કારણ કે પ્રદેશમાં તમામ $x$ માટે $f(x) \ge 0$ છે,તેથી તે ઋણ વિધેય નથી.
$5$. કારણ કે $f(x)$ એ $x = 1$ પર અસતત છે,તેથી $[0, 1]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\text{LHL} = \text{RHL} = f(0)$ થવું જોઈએ.
$\text{LHL} = \lim_{x \to 0^-} \frac{a + 3\cos x}{x^2}$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,અંશ $x \to 0$ થાય ત્યારે $0$ ને અનુલક્ષવો જોઈએ,તેથી $a + 3(1) = 0 \Rightarrow a = -3$.
ટેલર વિસ્તરણ $\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\text{LHL} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-3 + 3(1 - \frac{x^2}{2})}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-3/2 x^2}{x^2} = -\frac{3}{2}$.
$\text{RHL} = \lim_{x \to 0^+} b \tan \left( \frac{\pi}{[x + 3]} \right) = b \tan \left( \frac{\pi}{3} \right) = b\sqrt{3}$.
કારણ કે $\text{LHL} = \text{RHL}$,તેથી $b\sqrt{3} = -\frac{3}{2} \Rightarrow b = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,$a = -3$ અને $b = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(D) વિધેય $f(x)$ જ્યાં અવ્યાખ્યાયિત હોય ત્યાં તે અસતત હોય છે.
$1$. છેદ $x(x-3)(x-5)$ એ $x = 0, 3, 5$ આગળ શૂન્ય થાય છે. તેથી,આ બિંદુઓ આગળ વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે.
$2$. પદ $\tan x$ એ $x = (2n+1)\frac{\pi}{2}$ (જ્યાં $n \in Z$) આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે.
$3$. પદ $\tan^{-1}\left(\frac{1}{x-1}\right)$ એ $x \neq 1$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. $x = 1$ આગળ,લક્ષ $\lim_{x \to 1^+} \tan^{-1}\left(\frac{1}{x-1}\right) = \frac{\pi}{2}$ અને $\lim_{x \to 1^-} \tan^{-1}\left(\frac{1}{x-1}\right) = -\frac{\pi}{2}$ મળે છે. ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન ન હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ અસતત છે.
આ બધાને જોડતા,અસતત બિંદુઓનો ગણ $\{0, 1, 3, 5\} \cup \{(2n+1)\frac{\pi}{2}, n \in Z\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{1}{1 - e^{-\frac{x+1}{x-2}}}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
પ્રથમ,વિધેય ત્યારે અવ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે છેદ શૂન્ય હોય,એટલે કે $x - 2 = 0$,જે $x = 2$ આપે છે.
બીજું,વિધેય ત્યારે અસતત હોય છે જ્યારે સમગ્ર પદનો છેદ શૂન્ય હોય,એટલે કે $1 - e^{-\frac{x+1}{x-2}} = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $e^{-\frac{x+1}{x-2}} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $-\frac{x+1}{x-2} = 0$.
આ ત્યારે થાય છે જ્યારે અંશ શૂન્ય હોય,એટલે કે $x + 1 = 0$,જે $x = -1$ આપે છે.
આમ,અસતત બિંદુઓ $x = -1$ અને $x = 2$ છે.
તેથી,અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $T = 4$ આવર્તમાન ધરાવતું સતત,આવર્તકીય યુગ્મ વિધેય છે.
$f(0) = 1$ અને $f(2) = -1$ હોવાથી,'Intermediate Value Theorem' મુજબ,અંતરાલ $(0, 2)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બીજ હોવું જોઈએ.
$f$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$f(-x) = f(x)$,તેથી અંતરાલ $(-2, 0)$ માં પણ ઓછામાં ઓછું એક બીજ હોવું જોઈએ.
આમ,એક આવર્તમાન અંતરાલ $(-2, 2)$ માં ઓછામાં ઓછા $2$ બીજ મળે છે.
અંતરાલ $[-10, 10]$ ની લંબાઈ $20$ છે,જે $20/4 = 5$ આવર્તમાનને આવરી લે છે.
તેથી,$[-10, 10]$ માં બીજની ન્યૂનતમ સંખ્યા $2 \times 5 = 10$ થશે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \sin(\{2^x + [2^x] + [3^{-x}]\})$.
કારણ કે $[2^x]$ અને $[3^{-x}]$ પૂર્ણાંકો છે,આપણે ગુણધર્મ $\{x + n\} = \{x\}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં $n$ પૂર્ણાંક છે.
તેથી,$f(x) = \sin(\{2^x + [2^x] + [3^{-x}]\}) = \sin(\{2^x + [3^{-x}]\}) = \sin(\{2^x\})$.
વિધેય $f(x) = \sin(\{2^x\})$ ત્યાં અસતત છે જ્યાં $2^x$ પૂર્ણાંક હોય,કારણ કે અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય $\{u\}$ દરેક પૂર્ણાંક $u$ પર અસતત હોય છે.
$x \in [0, 4]$ માટે,$2^x$ એ $[2^0, 2^4] = [1, 16]$ અંતરાલમાં કિંમતો લે છે.
અંતરાલ $[1, 16]$ માં પૂર્ણાંકો $1, 2, 3, \dots, 16$ છે.
જોકે,$x=0$ આગળ,$2^x=1$ થાય છે,અને $\{2^x\}$ એ $0$ થી $0$ પર જાય છે (જેમ $x \to 0^+$,$2^x \to 1^+$,$\{2^x\} \to 0$),તેથી તે $x=0$ આગળ સતત છે.
$x > 0$ માટે,$2^x = k$ (જ્યાં $k \in \{2, 3, \dots, 16\}$),વિધેય $\{2^x\}$ માં અસતતતા જોવા મળે છે.
આવા $k$ ના કુલ $15$ મૂલ્યો છે $(k=2, 3, \dots, 16)$.
તેથી,અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $15$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \operatorname{sgn}(g(x))$ ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં $g(x) = 0$ થાય.
ધારો કે $g(x) = (x^2 - kx + 6)(\sin x - 1/2)$.
અસતત બિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં $x^2 - kx + 6 = 0$ અથવા $\sin x = 1/2$ હોય.
$(0, 6)$ અંતરાલમાં $\sin x = 1/2$ માટે,ઉકેલો $x = \pi/6 \approx 0.52$ અને $x = 5\pi/6 \approx 2.62$ છે.
આ $2$ અસતત બિંદુઓ આપે છે.
$f(x)$ ને બરાબર $4$ અસતત બિંદુઓ મળે તે માટે,દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - kx + 6 = 0$ ને $(0, 6)$ માં $2$ ભિન્ન બીજ હોવા જોઈએ જે $\pi/6$ કે $5\pi/6$ ન હોય.
દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - kx + 6 = 0$ ને $(0, 6)$ માં $2$ ભિન્ન બીજ હોવા માટેની શરતો:
$1) D = k^2 - 24 > 0 \Rightarrow k > \sqrt{24} \approx 4.89$.
$2) 0 < \text{vertex} < 6 \Rightarrow 0 < k/2 < 6 \Rightarrow 0 < k < 12$.
$3) f(0) = 6 > 0$ (હંમેશા સત્ય).
$4) f(6) = 36 - 6k + 6 > 0 \Rightarrow 42 > 6k \Rightarrow k < 7$.
આ શરતોને જોડતા,$k \in (4.89, 7)$.
$k$ ના પૂર્ણાંક મૂલ્યો $5$ અને $6$ છે.
આપણે મહત્તમ પૂર્ણાંક મૂલ્ય જોઈએ છે,તેથી $k = 6$.

(B) ધારો કે $g(x) = \frac{x^2 + 1}{x^2[|x|] + 1}$.
કિસ્સો $1$: જો $|x| < 1$ હોય,તો $[|x|] = 0$. તેથી,$g(x) = \frac{x^2 + 1}{0 + 1} = x^2 + 1$. કારણ કે $|x| < 1$,તેથી $0 \le x^2 < 1$,એટલે કે $1 \le g(x) < 2$. તેથી,$[g(x)] = 1$.
કિસ્સો $2$: જો $|x| \ge 1$ હોય,તો $[|x|] \ge 1$. ધારો કે $n = [|x|]$,જ્યાં $n \in \{1, 2, 3, \dots\}$. તો $g(x) = \frac{x^2 + 1}{nx^2 + 1}$.
જેમ $x^2 \to \infty$,તેમ $g(x) \to \frac{1}{n}$. કારણ કે $n \ge 1$,તેથી $0 < \frac{1}{n} \le 1$. ખાસ કરીને,$x^2 \ge 1$ માટે,$g(x) = \frac{x^2 + 1}{nx^2 + 1} \le 1$. ઉપરાંત,$g(x) > 0$. તેથી,$|x| \ge 1$ માટે $[g(x)] = 0$,સિવાય કે જ્યારે $g(x) = 1$,જે $x^2 = 1$ (એટલે કે $x = \pm 1$) પર થાય છે.
$x = \pm 1$ પર,$g(1) = \frac{1+1}{1(1)+1} = 1$,તેથી $[g(1)] = 1$.
આમ,$|x| < 1$ માટે $f(x) = 1$ અને $|x| > 1$ માટે $f(x) = 0$,જ્યાં $f(1) = f(-1) = 1$.
વિધેય $x = 1$ અને $x = -1$ પર $1$ થી $0$ પર કૂદકો મારે છે. તેથી,તે બે બિંદુઓ પર અસતત છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = | | |x + [x]| - 3[x] | - 5[x] |$ અંતરાલ $[-2, 2]$ પર.
$[x]$ ના આધારે અંતરાલોમાં વિધેયનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$x \in [-2, -1)$ માટે,$[x] = -2$. તેથી $f(x) = | | |x - 2| + 6 | + 10 | = |8 - x + 10| = 18 - x$.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$[x] = -1$. તેથી $f(x) = | | |x - 1| + 3 | + 5 | = |4 - x + 5| = 9 - x$.
$x \in [0, 1)$ માટે,$[x] = 0$. તેથી $f(x) = | |x| | = x$.
$x \in [1, 2)$ માટે,$[x] = 1$. તેથી $f(x) = | |x + 1 - 3| - 5 | = | |x - 2| - 5 | = |(2 - x) - 5| = x + 3$.
$x = 2$ માટે,$[x] = 2$. તેથી $f(2) = | | |2 + 2| - 6 | - 10 | = | |-2| - 10 | = 12$.
સીમાઓ પર સાતત્ય તપાસતા:
$x = -1$ પર: $LHL = 19$,$RHL = 10$. અસતત.
$x = 0$ પર: $LHL = 9$,$RHL = 0$. અસતત.
$x = 1$ પર: $LHL = 1$,$RHL = 4$. અસતત.
$x = 2$ પર: $LHL = 5$,$f(2) = 12$. અસતત.
આમ,અસતત બિંદુઓની કુલ સંખ્યા $4$ છે: $x = -1, 0, 1, 2$.

(D) જો $\lim_{x \to a} f(x)$ નું અસ્તિત્વ ન હોય,તો વિધેય $x = a$ આગળ અદૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા ધરાવે છે.
$(1)$ $f(x) = \frac{1}{\ln |x|}$ માટે,$\lim_{x \to 0} \frac{1}{\ln |x|} = 0$. લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,તે દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા છે.
$(2)$ $f(x) = \cos \left( \frac{|\sin x|}{x} \right)$ માટે:
$\lim_{x \to 0^+} \cos \left( \frac{\sin x}{x} \right) = \cos(1)$
$\lim_{x \to 0^-} \cos \left( \frac{-\sin x}{x} \right) = \cos(-1) = \cos(1)$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,તે દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા છે.
$(3)$ $f(x) = x \sin \frac{\pi}{x}$ માટે,સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \to 0} x \sin \frac{\pi}{x} = 0$. લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,તે દૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા છે.
$(4)$ $f(x) = \frac{1}{1 + 2^{\cot x}}$ માટે:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1 + 2^{\cot x}} = \frac{1}{1 + 2^{\infty}} = 0$
$\lim_{x \to 0^-} \frac{1}{1 + 2^{\cot x}} = \frac{1}{1 + 2^{-\infty}} = \frac{1}{1 + 0} = 1$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(1)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(0)$ સમાન ન હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી. તેથી,$x = 0$ આગળ તે અદૂર કરી શકાય તેવી અસતતતા ધરાવે છે.

(D) જો $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $x = 1$ આગળ હોય,તો પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $f(x) \le f(1)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,વિધેયના પ્રથમ ભાગનો ઉપયોગ કરીને $f(1)$ શોધો: $f(1) = 1^3 - 1^2 + 10(1) - 5 = 1 - 1 + 10 - 5 = 5$.
$x \le 1$ માટે,$f(x) = x^3 - x^2 + 10x - 5$. ધારો કે $g(x) = x^3 - x^2 + 10x - 5$. તો $g'(x) = 3x^2 - 2x + 10$. $g'(x)$ નો વિવેચક $D = (-2)^2 - 4(3)(10) = 4 - 120 = -116 < 0$ છે. અગ્ર સહગુણક ધન હોવાથી,તમામ $x$ માટે $g'(x) > 0$ છે,એટલે કે $x \le 1$ માટે $f(x)$ સતત વધતું વિધેય છે. આમ,$x \le 1$ માટે $f(x) \le f(1)$ શરત સંતોષાય છે.
$x > 1$ માટે,આપણે $f(x) \le f(1)$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $-2x + \log_2(b^2 - 2) \le 5$. જેમ $x \to 1^+$,લક્ષ $-2(1) + \log_2(b^2 - 2) = -2 + \log_2(b^2 - 2)$ થાય છે. $x=1$ આગળ મહત્તમ કિંમત માટે,$-2 + \log_2(b^2 - 2) \le 5$ હોવું જોઈએ.
વધુમાં,લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ: $b^2 - 2 > 0 \implies b^2 > 2 \implies b \in (-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \infty)$.
$-2 + \log_2(b^2 - 2) \le 5$ ઉકેલતા:
$\log_2(b^2 - 2) \le 7$
$b^2 - 2 \le 2^7$
$b^2 - 2 \le 128$
$b^2 \le 130$.
$b^2 > 2$ અને $b^2 \le 130$ ને જોડતા,આપણને $2 < b^2 \le 130$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $b \in [-\sqrt{130}, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \sqrt{130}]$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) ધારો કે $g(x) = x|x^3|$. કારણ કે $x \ge 0$ માટે $g(x) = x^4$ અને $x < 0$ માટે $g(x) = -x^4$ છે,તેથી $g(x)$ એ $x=0$ આગળ $3$ વાર વિકલનીય છે અને $g''(0) = 0$ છે. આમ,$g''(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે.
હવે $h(x) = x^p \sin \left( \frac{1}{x} \right)$ ($x \neq 0$ માટે) અને $h(0) = 0$ ધ્યાનમાં લો.
$h'(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે તે માટે,$\lim_{h \to 0} \frac{h^p \sin(1/h)}{h} = 0$ હોવું જોઈએ,જે માટે $p > 1$ જરૂરી છે. ત્યારે $h'(0) = 0$ થાય.
$x \neq 0$ માટે,$h'(x) = p x^{p-1} \sin \left( \frac{1}{x} \right) - x^{p-2} \cos \left( \frac{1}{x} \right)$.
$h''(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે તે માટે,$\lim_{h \to 0} \frac{h'(h) - h'(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \left( p h^{p-2} \sin \left( \frac{1}{h} \right) - h^{p-3} \cos \left( \frac{1}{h} \right) \right) = 0$ હોવું જોઈએ,જે માટે $p > 3$ જરૂરી છે. ત્યારે $h''(0) = 0$ થાય.
$x \neq 0$ માટે,$h''(x) = p(p-1) x^{p-2} \sin \left( \frac{1}{x} \right) - 2(p-1) x^{p-3} \cos \left( \frac{1}{x} \right) - x^{p-4} \sin \left( \frac{1}{x} \right)$.
$h''(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$\lim_{x \to 0} h''(x) = h''(0) = 0$ હોવું જોઈએ. આ માટે તમામ પદોમાં $x$ નો ઘાતાંક ધન હોવો જોઈએ,ખાસ કરીને $p-4 > 0$,તેથી $p > 4$.

(C) ધારો કે નવું વિધેય $g(x) = f(x) - x$ એ $[0, 1]$ અંતરાલમાં છે.
કારણ કે $f : [0, 1] \to [0, 1]$,તેથી તમામ $x \in [0, 1]$ માટે $0 \leq f(x) \leq 1$ થાય.
$x = 0$ માટે,$g(0) = f(0) - 0 = f(0) \geq 0$.
$x = 1$ માટે,$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$ (કારણ કે $f(1) \leq 1$).
જો $g(0) = 0$ અથવા $g(1) = 0$ હોય,તો $x = 0$ અથવા $x = 1$ એ $f(x) = x$ નો ઉકેલ છે.
જો $g(0) > 0$ અને $g(1) < 0$ હોય,તો 'ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ' (Intermediate Value Theorem) મુજબ,$g(x)$ સતત હોવાથી,ઓછામાં ઓછો એક $c \in (0, 1)$ એવો મળે કે જેથી $g(c) = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f(c) = c$.
તેથી,સમીકરણ $f(x) = x$ ને $[0, 1]$ માં ઓછામાં ઓછો એક ઉકેલ હોવો જ જોઈએ.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} -x^3 + 1, & x \leq 1 \\ |x - 1| + \lambda, & x > 1 \end{cases}$ છે.
$x = 1$ આગળ,વિધેયની કિંમત $f(1) = -(1)^3 + 1 = 0$ છે.
$x > 1$ માટે,$f(x) = |x - 1| + \lambda = (x - 1) + \lambda$ થાય.
જેમ $x \to 1^+$,તેમ $f(x) \to \lambda$ થાય.
$x = 1$ એ ન્યૂનતમ બિંદુ હોવા માટે,$1$ ની આસપાસના તમામ $x$ માટે $f(1) \leq f(x)$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે $f(1) = 0$,તેથી વિધેય સતત રહે અથવા જમણી બાજુની સીમાની સાપેક્ષમાં $x=1$ આગળ ન્યૂનતમ જળવાઈ રહે તે માટે $0 \leq \lambda$ જરૂરી છે.
ચોક્કસ રીતે,જો $\lambda > 0$ હોય,તો $1$ થી સહેજ મોટા $x$ માટે,$f(x) = (x-1) + \lambda > 0 = f(1)$ થાય.
આમ,તમામ $\lambda > 0$ માટે $f(x)$ ને $x = 1$ આગળ ન્યૂનતમ બિંદુ છે.

(D) $\lim_{x \to 0} f(f(x))$ શોધવા માટે,આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીશું.
$LHL$ $(x \to 0^-)$ માટે:
જેમ $x \to 0^-$,તેમ $f(x) = 2 - 3x$. અહીં $x$ એ $0$ થી થોડો નાનો છે,તેથી $f(x)$ એ $2$ થી થોડો મોટો થશે.
ધારો કે $u = f(x)$. જેમ $x \to 0^-$,તેમ $u \to 2^+$.
$u > 0$ હોવાથી,આપણે $f(u) = 3 + u$ વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીશું.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(f(x)) = \lim_{u \to 2^+} (3 + u) = 3 + 2 = 5$.
$RHL$ $(x \to 0^+)$ માટે:
જેમ $x \to 0^+$,તેમ $f(x) = 3 + x$. અહીં $x$ એ $0$ થી થોડો મોટો છે,તેથી $f(x)$ એ $3$ થી થોડો મોટો થશે.
ધારો કે $u = f(x)$. જેમ $x \to 0^+$,તેમ $u \to 3^+$.
$u > 0$ હોવાથી,આપણે $f(u) = 3 + u$ વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીશું.
તેથી,$\lim_{x \to 0^+} f(f(x)) = \lim_{u \to 3^+} (3 + u) = 3 + 3 = 6$.
અહીં $LHL$ $(5)$ અને $RHL$ $(6)$ સમાન ન હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(B) $f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવું જોઈએ: $\lim_{x \to 3^-} (x^2 - a) = \lim_{x \to 3^+} (b\sqrt{x - 2} + a) \implies 9 - a = b(1) + a \implies 2a + b = 9$.
$f(x)$ એ $x = 6$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવું જોઈએ: $\lim_{x \to 6^-} (b\sqrt{x - 2} + a) = \lim_{x \to 6^+} (2x + b) \implies b\sqrt{4} + a = 12 + b \implies 2b + a = 12 + b \implies a + b = 12$.
સમીકરણો ઉકેલતા: $2a + b = 9$ અને $a + b = 12$. બીજા સમીકરણને પહેલામાંથી બાદ કરતા $a = -3$ મળે છે. $a = -3$ ને $a + b = 12$ માં મૂકતા $b = 15$ મળે છે.
હવે,$f(1) = 1^2 - (-3) = 4$ અને $f(3) = b\sqrt{3 - 2} + a = 15(1) - 3 = 12$.
અંતે,$\frac{f(1) - f(3)}{4} = \frac{4 - 12}{4} = \frac{-8}{4} = -2$.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \max(\sin x, \sin^{-1}(\cos x))$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}(\cos x) = \sin^{-1}(\sin(\frac{\pi}{2} - x))$.
$x \in [-\pi, \pi]$ માટે,આ નીચે મુજબ સરળ બને છે:
$\sin^{-1}(\cos x) = \begin{cases} \frac{\pi}{2} - x, & 0 \le x \le \pi \\ \frac{\pi}{2} + x, & -\pi \le x < 0 \end{cases}$.
$\sin x$ અને $\sin^{-1}(\cos x)$ બંને તેમના સંબંધિત પ્રદેશો પર સતત વિધેયો છે. બે સતત વિધેયોનો મહત્તમ પણ એક સતત વિધેય જ હોય છે.
$y = \sin x$ અને $y = \sin^{-1}(\cos x)$ ના આલેખ દોરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે બંને વક્રો અમુક બિંદુઓ પર છેદે છે,પરંતુ પરિણામી વિધેય $f(x) = \max(\sin x, \sin^{-1}(\cos x))$ માં કોઈ પણ જગ્યાએ તૂટક કે કૂદકો જોવા મળતો નથી.
તેથી,$f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$k = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$k = \lim_{x \to 0} \frac{(1 + \tan x)^{\frac{1}{x}} - e}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{1}{x} \ln(1 + \tan x)} - e}{x}$.
$e$ સામાન્ય લેતા,$k = e \lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{1}{x} \ln(1 + \tan x) - 1} - 1}{x}$.
લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $(\frac{1}{x} \ln(1 + \tan x) - 1)$ વડે ગુણી અને ભાગીશું:
$k = e \lim_{x \to 0} \left( \frac{e^{\frac{1}{x} \ln(1 + \tan x) - 1} - 1}{\frac{1}{x} \ln(1 + \tan x) - 1} \right) \cdot \left( \frac{\ln(1 + \tan x) - x}{x^2} \right)$.
વિસ્તરણ $\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \dots$ અને $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,$\ln(1 + \tan x) = (x + \frac{x^3}{3}) - \frac{(x + \dots)^2}{2} = x - \frac{x^2}{2} + \dots$ મળે.
આમ,$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + \tan x) - x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x - \frac{x^2}{2} - x}{x^2} = -\frac{1}{2}$.
તેથી,$k = e \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = -\frac{e}{2}$.

(D) પ્રથમ,નિરપેક્ષ મૂલ્યની અંદરના પદના અવયવ પાડો: $x^3 - 2x^2 - x + 2 = x^2(x - 2) - 1(x - 2) = (x^2 - 1)(x - 2) = (x - 1)(x + 1)(x - 2)$.
આમ,$f(x) = [x]|(x - 1)(x + 1)(x - 2)|$.
વિધેય $g(x) = |(x - 1)(x + 1)(x - 2)|$ એ સતત બહુપદી વિધેય છે.
વિધેય $h(x) = [x]$ એ તમામ પૂર્ણાંકો $x \in \mathbb{Z}$ પર અસતત છે.
અંતરાલ $[-\frac{3}{2}, \frac{9}{2}]$ માં પૂર્ણાંકો $\{-1, 0, 1, 2, 3, 4\}$ છે.
ધારો કે $f(x) = [x] \cdot g(x)$. જો $g(k) \neq 0$ હોય અને $[x]$ એ $x = k$ પર અસતત હોય,તો ગુણાકાર $x = k$ પર અસતત બને છે.
$k \in \{-1, 0, 1, 2, 3, 4\}$ માટે $g(k)$ ની કિંમતો તપાસો:
$g(-1) = |(-1-1)(-1+1)(-1-2)| = 0$.
$g(0) = |(0-1)(0+1)(0-2)| = |(-1)(1)(-2)| = 2 \neq 0$.
$g(1) = |(1-1)(1+1)(1-2)| = 0$.
$g(2) = |(2-1)(2+1)(2-2)| = 0$.
$g(3) = |(3-1)(3+1)(3-2)| = |(2)(4)(1)| = 8 \neq 0$.
$g(4) = |(4-1)(4+1)(4-2)| = |(3)(5)(2)| = 30 \neq 0$.
$x = -1, 1, 2$ પર $g(k) = 0$ હોવાથી,$f(x)$ આ બિંદુઓ પર સતત છે કારણ કે $\lim_{x \to k} [x]g(x) = g(k) = 0$.
આમ,$f(x)$ ફક્ત $x = 0, 3, 4$ પર અસતત છે.
અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $3$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \operatorname{sgn}(x^2 - 3x + 2)$ જ્યારે $x \in \mathbb{Q}$ અને $f(x) = 0$ જ્યારે $x \notin \mathbb{Q}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{sgn}(x^2 - 3x + 2) = \operatorname{sgn}((x-1)(x-2))$.
સિગ્નમ વિધેય $\{-1, 0, 1\}$ કિંમતો ધારણ કરે છે.
$f(x)$ કોઈ બિંદુ $x = a$ આગળ સતત હોય તે માટે,લક્ષ $\lim_{x \to a} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોવું જોઈએ અને તે $f(a)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$\mathbb{Q}$ અને $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ એ $\mathbb{R}$ માં ગીચ હોવાથી,લક્ષના અસ્તિત્વ માટે વિધેયે $a$ ની નજીક જતી સંમેય અને અસંમેય બંને શ્રેણીઓ માટે સમાન કિંમત ધારણ કરવી જોઈએ.
તેથી,આપણે $\operatorname{sgn}(a^2 - 3a + 2) = 0$ ની જરૂર છે.
આ ત્યારે થાય છે જ્યારે $a^2 - 3a + 2 = 0$,જે $a = 1$ અથવા $a = 2$ આપે છે.
$x = 1$ આગળ,$f(1) = \operatorname{sgn}(0) = 0$. કોઈપણ શ્રેણી $x_n \to 1$ માટે,$f(x_n)$ એ $0$ ને અનુલક્ષશે કારણ કે $\operatorname{sgn}(x^2 - 3x + 2)$ ની કિંમતો $x=1$ અને $x=2$ આગળ $0$ છે,અને અસંમેય સંખ્યાઓ માટે વિધેય $0$ છે.
આમ,$f(x)$ એ $x=1$ અને $x=2$ આગળ સતત છે.
આવા કુલ $2$ બિંદુઓ છે.