Continuity Questions in Gujarati

(N/A) ધારો કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $g(x) = 1 - x + |x|$ અને $h(x) = |x|$ છે.
તેથી સંયોજિત વિધેય $(h \circ g)(x) = h(g(x)) = h(1 - x + |x|) = |1 - x + |x|| = f(x)$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $h(x) = |x|$ એ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે સતત વિધેય છે,અને $g(x) = 1 - x + |x|$ એ બહુપદી વિધેય $(1 - x)$ અને માનાંક વિધેય $(|x|)$ નો સરવાળો છે,જે બંને સતત છે,તેથી $g(x)$ પણ સતત છે.
કારણ કે $f(x)$ એ બે સતત વિધેયો $h$ અને $g$ નું સંયોજન છે,તેથી $f(x)$ એ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે સતત વિધેય છે.

આપેલ વિધેય $f(x)=5x-3$ છે.
$x=0$ આગળ,$f(0)=5(0)-3=-3$ છે.
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} (5x-3) = 5(0)-3 = -3$ છે.
અહીં $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ હોવાથી,વિધેય $f$ એ $x=0$ આગળ સતત છે.
$x=-3$ આગળ,$f(-3)=5(-3)-3=-15-3=-18$ છે.
$\lim_{x \to -3} f(x) = \lim_{x \to -3} (5x-3) = 5(-3)-3 = -18$ છે.
અહીં $\lim_{x \to -3} f(x) = f(-3)$ હોવાથી,વિધેય $f$ એ $x=-3$ આગળ સતત છે.
$x=5$ આગળ,$f(5)=5(5)-3=25-3=22$ છે.
$\lim_{x \to 5} f(x) = \lim_{x \to 5} (5x-3) = 5(5)-3 = 22$ છે.
અહીં $\lim_{x \to 5} f(x) = f(5)$ હોવાથી,વિધેય $f$ એ $x=5$ આગળ સતત છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^{2} - 1$ છે.
પ્રથમ,આપણે $x = 3$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય શોધીએ:
$f(3) = 2(3)^{2} - 1 = 2(9) - 1 = 18 - 1 = 17$.
હવે,આપણે $x$ ની $3$ તરફની લક્ષ કિંમત શોધીએ:
$\lim_{x \to 3} f(x) = \lim_{x \to 3} (2x^{2} - 1) = 2(3)^{2} - 1 = 18 - 1 = 17$.
અહીં $\lim_{x \to 3} f(x) = f(3) = 17$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = x - 5$ છે.
તે સ્પષ્ટ છે કે $f$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા $k$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે અને $k$ આગળ તેનું મૂલ્ય $f(k) = k - 5$ છે.
જ્યારે $x$ એ $k$ ને અનુલક્ષે છે ત્યારે વિધેયનું લક્ષ નીચે મુજબ મળે છે:
$\lim_{x \to k} f(x) = \lim_{x \to k} (x - 5) = k - 5$.
અહીં $\lim_{x \to k} f(x) = f(k)$ હોવાથી,વિધેય $f$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા $k$ માટે સતત છે.
તેથી,$f(x) = x - 5$ એ સતત વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{1}{x-5}$ છે,જ્યાં $x \neq 5$.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $k$ માટે જ્યાં $k \neq 5$,આપણે લક્ષની કિંમત મેળવીએ:
$\lim_{x \to k} f(x) = \lim_{x \to k} \frac{1}{x-5} = \frac{1}{k-5}$.
વળી,$x = k$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય $f(k) = \frac{1}{k-5}$ છે.
અહીં $\lim_{x \to k} f(x) = f(k)$ હોવાથી,તમામ $k \in \mathbb{R} \setminus \{5\}$ માટે વિધેય $f$ તેના પ્રદેશના દરેક બિંદુએ સતત છે.
તેથી,$f$ એ સતત વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x^{2} - 25}{x + 5}$ છે,જ્યાં $x \neq -5$.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $c \neq -5$ માટે,આપણને મળે છે:
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} \frac{x^{2} - 25}{x + 5} = \lim_{x \to c} \frac{(x + 5)(x - 5)}{x + 5} = \lim_{x \to c} (x - 5) = c - 5$.
વળી,$f(c) = \frac{c^{2} - 25}{c + 5} = \frac{(c + 5)(c - 5)}{c + 5} = c - 5$.
અહીં $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$ હોવાથી,વિધેય $f$ તેના પ્રદેશના દરેક બિંદુએ સતત છે.

આપેલ વિધેય $f(x) = |x - 5| = \begin{cases} 5 - x, & \text{જો } x < 5 \\ x - 5, & \text{જો } x \ge 5 \end{cases}$ છે.
આ વિધેય $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $c$ કોઈ પણ વાસ્તવિક સંખ્યા છે. તો $c < 5$,$c = 5$,અથવા $c > 5$ થાય.
કિસ્સો $I$: $c < 5$.
તો $f(c) = 5 - c$.
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (5 - x) = 5 - c$.
કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ તમામ $c < 5$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: $c = 5$.
તો $f(5) = 5 - 5 = 0$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 5^-} f(x) = \lim_{x \to 5} (5 - x) = 5 - 5 = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 5^+} f(x) = \lim_{x \to 5} (x - 5) = 5 - 5 = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 5^-} f(x) = \lim_{x \to 5^+} f(x) = f(5)$,તેથી $f$ એ $x = 5$ આગળ સતત છે.
કિસ્સો $III$: $c > 5$.
તો $f(c) = c - 5$.
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x - 5) = c - 5$.
કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ તમામ $c > 5$ માટે સતત છે.
નિષ્કર્ષ: $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે સતત હોવાથી,તે એક સતત વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{n}$ છે.
તે સ્પષ્ટ છે કે $f$ એ તમામ ધન પૂર્ણાંકો $n$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,અને $x = n$ આગળ તેની કિંમત $f(n) = n^{n}$ છે.
હવે,આપણે $x$ ની કિંમત $n$ ની નજીક જાય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \to n} f(x) = \lim_{x \to n} (x^{n}) = n^{n}$.
અહીં $\lim_{x \to n} f(x) = f(n) = n^{n}$ હોવાથી,સાતત્યની શરત સંતોષાય છે.
તેથી,વિધેય $f(x) = x^{n}$ એ $x = n$ આગળ સતત છે,જ્યાં $n$ એ ધન પૂર્ણાંક છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} x, & \text{જો } x \le 1 \\ 5, & \text{જો } x > 1 \end{cases}$ છે.
$x=0$ આગળ:
વિધેય $x=0$ આગળ વ્યાખ્યાયિત છે અને $f(0) = 0$ છે.
લક્ષ $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x = 0$ છે.
અહીં $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ હોવાથી,વિધેય $x=0$ આગળ સતત છે.
$x=1$ આગળ:
વિધેય $x=1$ આગળ વ્યાખ્યાયિત છે અને $f(1) = 1$ છે.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} x = 1$ છે.
જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} 5 = 5$ છે.
અહીં $\lim_{x \to 1^-} f(x) \neq \lim_{x \to 1^+} f(x)$ હોવાથી,$x=1$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,વિધેય $x=1$ આગળ સતત નથી.
$x=2$ આગળ:
વિધેય $x=2$ આગળ વ્યાખ્યાયિત છે અને $f(2) = 5$ છે.
લક્ષ $\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} 5 = 5$ છે.
અહીં $\lim_{x \to 2} f(x) = f(2)$ હોવાથી,વિધેય $x=2$ આગળ સતત છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 2x + 3, & \text{જો } x \le 2 \\ 2x - 3, & \text{જો } x > 2 \end{cases}$ છે.
તે સ્પષ્ટ છે કે વિધેય $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એ કોઈ પણ વાસ્તવિક સંખ્યા છે. આપણે ત્રણ કિસ્સાઓ વિચારીએ:
કિસ્સો $I$: $c < 2$. અહીં $f(x) = 2x + 3$. $\lim_{x \to c} f(x) = 2c + 3 = f(c)$. આમ,$f$ એ તમામ $x < 2$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: $c > 2$. અહીં $f(x) = 2x - 3$. $\lim_{x \to c} f(x) = 2c - 3 = f(c)$. આમ,$f$ એ તમામ $x > 2$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $III$: $c = 2$. આપણે $x = 2$ આગળ લક્ષ ચકાસીએ.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (2x + 3) = 2(2) + 3 = 7$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (2x - 3) = 2(2) - 3 = 1$.
અહીં ડાબી બાજુનું લક્ષ $(7)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(1)$ સમાન નથી,તેથી વિધેય $x = 2$ આગળ અસતત છે.
તેથી,$x = 2$ એ અસતતતાનું એકમાત્ર બિંદુ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} |x| + 3, & \text{જો } x \le -3 \\ -2x, & \text{જો } -3 < x < 3 \\ 6x + 2, & \text{જો } x \ge 3 \end{cases}$ છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < -3$,તો $f(c) = -c + 3$. લક્ષ $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (-x + 3) = -c + 3 = f(c)$. આમ,$x < -3$ માટે $f$ સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = -3$,તો $f(-3) = |-3| + 3 = 6$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to -3^-} f(x) = \lim_{x \to -3^-} (-x + 3) = -(-3) + 3 = 6$. જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to -3^+} f(x) = \lim_{x \to -3^+} (-2x) = -2(-3) = 6$. કારણ કે $\lim_{x \to -3^-} f(x) = \lim_{x \to -3^+} f(x) = f(-3)$,તેથી $x = -3$ આગળ $f$ સતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $-3 < c < 3$,તો $f(c) = -2c$. લક્ષ $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (-2x) = -2c = f(c)$. આમ,$x \in (-3, 3)$ માટે $f$ સતત છે.
કિસ્સો $IV$: જો $c = 3$,તો $f(3) = 6(3) + 2 = 20$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-} (-2x) = -2(3) = -6$. જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+} (6x + 2) = 6(3) + 2 = 20$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $\neq$ જમણી બાજુનું લક્ષ હોવાથી,$x = 3$ આગળ $f$ અસતત છે.
કિસ્સો $V$: જો $c > 3$,તો $f(c) = 6c + 2$. લક્ષ $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (6x + 2) = 6c + 2 = f(c)$. આમ,$x > 3$ માટે $f$ સતત છે.
તેથી,અસાતત્યનું એકમાત્ર બિંદુ $x = 3$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{|x|}{x}, & \text{જો } x \neq 0 \\ 0, & \text{જો } x = 0 \end{cases}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x < 0 \implies |x| = -x$ અને $x > 0 \implies |x| = x$.
તેથી,વિધેયને નીચે મુજબ ફરીથી લખી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} -1, & \text{જો } x < 0 \\ 0, & \text{જો } x = 0 \\ 1, & \text{જો } x > 0 \end{cases}$
વિધેય $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ કોઈ વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 0$,તો $f(c) = -1$.
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (-1) = -1 = f(c)$.
આમ,$f$ એ તમામ $x < 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = 0$,તો ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (-1) = -1$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (1) = 1$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $\neq$ જમણી બાજુનું લક્ષ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ અસતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c > 0$,તો $f(c) = 1$.
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (1) = 1 = f(c)$.
આમ,$f$ એ તમામ $x > 0$ માટે સતત છે.
નિષ્કર્ષ: $x = 0$ એ અસતતતાનું એકમાત્ર બિંદુ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{x}{|x|}, & \text{જો } x < 0 \\ -1, & \text{જો } x \ge 0 \end{cases}$ છે.
$x < 0$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $|x| = -x$. તેથી,$x < 0$ માટે,$f(x) = \frac{x}{-x} = -1$.
આમ,વિધેયને તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f(x) = -1$ તરીકે લખી શકાય છે.
ધારો કે $c$ એ કોઈ પણ વાસ્તવિક સંખ્યા છે. તો,$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (-1) = -1$.
વળી,કોઈપણ $c \in \mathbb{R}$ માટે $f(c) = -1$ થાય છે.
કારણ કે તમામ $c \in \mathbb{R}$ માટે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$ થાય છે,તેથી વિધેય $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે.
આમ,વિધેયને કોઈ અસતત બિંદુઓ નથી.

(NONE) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} x + 1, & \text{જો } x \ge 1 \\ x^2 + 1, & \text{જો } x < 1 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 1$ હોય,તો $f(c) = c^2 + 1$. લક્ષ $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x^2 + 1) = c^2 + 1$ થાય છે. કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ તમામ $x < 1$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = 1$ હોય,તો $f(1) = 1 + 1 = 2$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (x^2 + 1) = 1^2 + 1 = 2$ છે.
જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x + 1) = 1 + 1 = 2$ છે.
કારણ કે $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1) = 2$,તેથી $f$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c > 1$ હોય,તો $f(c) = c + 1$. લક્ષ $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x + 1) = c + 1$ થાય છે. કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ તમામ $x > 1$ માટે સતત છે.
નિષ્કર્ષ: વિધેય $f$ ને કોઈ અસતત બિંદુઓ નથી અને તે એક સતત વિધેય છે.

(NONE) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} x^3 - 3, & \text{જો } x \le 2 \\ x^2 + 1, & \text{જો } x > 2 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 2$ હોય,તો $f(c) = c^3 - 3.$
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x^3 - 3) = c^3 - 3 = f(c).$
તેથી,$f$ એ તમામ $x < 2$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = 2$ હોય,તો $f(2) = 2^3 - 3 = 5.$
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (x^3 - 3) = 2^3 - 3 = 5.$
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (x^2 + 1) = 2^2 + 1 = 5.$
અહીં $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2) = 5$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ સતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c > 2$ હોય,તો $f(c) = c^2 + 1.$
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x^2 + 1) = c^2 + 1 = f(c).$
તેથી,$f$ એ તમામ $x > 2$ માટે સતત છે.
નિષ્કર્ષ: વિધેય $f$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખા પરના દરેક બિંદુએ સતત છે. તેથી,અસતતતાનું કોઈ બિંદુ નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} x^{10} - 1, & \text{જો } x \le 1 \\ x^2, & \text{જો } x > 1 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 1$ હોય,તો $f(c) = c^{10} - 1$. લક્ષ $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x^{10} - 1) = c^{10} - 1 = f(c)$. આમ,$f$ એ તમામ $x < 1$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = 1$ હોય,તો આપણે $x = 1$ આગળ લક્ષ ચકાસીએ.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (x^{10} - 1) = 1^{10} - 1 = 0$ છે.
જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x^2) = 1^2 = 1$ છે.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(0)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(1)$ જેટલું ન હોવાથી,વિધેય $f$ એ $x = 1$ આગળ અસતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c > 1$ હોય,તો $f(c) = c^2$. લક્ષ $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x^2) = c^2 = f(c)$. આમ,$f$ એ તમામ $x > 1$ માટે સતત છે.
નિષ્કર્ષ: અસતત બિંદુ માત્ર $x = 1$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} x + 5, & \text{જો } x \le 1 \\ x - 5, & \text{જો } x > 1 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $c$ કોઈ પણ વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 1$ હોય,તો $f(c) = c + 5$ અને $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x + 5) = c + 5$. કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ તમામ $x < 1$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = 1$ હોય,તો $f(1) = 1 + 5 = 6$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (x + 5) = 6$ છે. જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x - 5) = -4$ છે. ડાબી બાજુનું લક્ષ $\neq$ જમણી બાજુનું લક્ષ હોવાથી,$f$ એ $x = 1$ આગળ સતત નથી.
કિસ્સો $III$: જો $c > 1$ હોય,તો $f(c) = c - 5$ અને $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x - 5) = c - 5$. કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ તમામ $x > 1$ માટે સતત છે.
નિષ્કર્ષ: વિધેય $f$ એ $x = 1$ આગળ સતત નથી.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 3, & \text{જો } 0 \le x \le 1 \\ 4, & \text{જો } 1 < x < 3 \\ 5, & \text{જો } 3 \le x \le 10 \end{cases}$ છે.
$x=3$ આગળ સાતત્યતા તપાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x=3$ આગળ વિધેયની કિંમત મેળવીશું.
$1$. $x=3$ આગળ વિધેયની કિંમત:
$f(3) = 5$ (વ્યાખ્યાના ત્રીજા ભાગ મુજબ).
$2$. $x=3$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-} (4) = 4$.
$3$. $x=3$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+} (5) = 5$.
અહીં ડાબી બાજુનું લક્ષ $(\lim_{x \to 3^-} f(x) = 4)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(\lim_{x \to 3^+} f(x) = 5)$ જેટલું નથી,તેથી લક્ષ $\lim_{x \to 3} f(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી,વિધેય $f$ એ $x=3$ આગળ અસતત છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 2x, & \text{જો } x < 0 \\ 0, & \text{જો } 0 \le x \le 1 \\ 4x, & \text{જો } x > 1 \end{cases}$ છે.
$x=3$ આગળ સાતત્યતા ચકાસવા માટે,આપણે $x \to 3$ હોય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ મેળવીશું અને તેની સરખામણી $x=3$ આગળ વિધેયના મૂલ્ય સાથે કરીશું.
અહીં $3 > 1$ હોવાથી,$x=3$ ની આસપાસ વિધેય $f(x) = 4x$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
$1$. $x=3$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય:
$f(3) = 4(3) = 12$.
$2$. $x \to 3$ હોય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 3} f(x) = \lim_{x \to 3} (4x) = 4(3) = 12$.
અહીં $\lim_{x \to 3} f(x) = f(3) = 12$ હોવાથી,વિધેય $f$ એ $x=3$ આગળ સતત છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} -2, & \text{જો } x \le -1 \\ 2x, & \text{જો } -1 < x \le 1 \\ 2, & \text{જો } x > 1 \end{cases}$ છે.
$x=3$ આગળ સાતત્યતા ચકાસવા માટે,આપણે $x > 1$ માટે વિધેયની વ્યાખ્યા જોઈએ.
કોઈપણ $x > 1$ માટે,$f(x) = 2$ છે.
$x=3$ આગળ,વિધેયનું મૂલ્ય $f(3) = 2$ છે.
જ્યારે $x$ એ $3$ ની નજીક જાય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 3} f(x) = \lim_{x \to 3} (2) = 2$.
અહીં $\lim_{x \to 3} f(x) = f(3) = 2$ હોવાથી,વિધેય $f$ એ $x=3$ આગળ સતત છે.

(D) આપેલ વિધેય $f$ આ મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે: $f(x) = \begin{cases} ax + 1, & \text{જો } x \le 3 \\ bx + 3, & \text{જો } x > 3 \end{cases}$.
જો વિધેય $f$ એ $x = 3$ આગળ સતત હોય,તો ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 3$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ:
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^+} f(x) = f(3)$.
$1$. $x = 3$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-} (ax + 1) = 3a + 1$.
$2$. $x = 3$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+} (bx + 3) = 3b + 3$.
$3$. $x = 3$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય:
$f(3) = 3a + 1$.
લક્ષોને સરખાવતા:
$3a + 1 = 3b + 3$
$3a = 3b + 2$
$a = b + \frac{2}{3}$.
આમ,જરૂરી સંબંધ $a = b + \frac{2}{3}$ છે.

(NONE) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોય તે માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x=0$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \lambda(x^2 - 2x) = \lambda(0^2 - 2(0)) = 0$
$x=0$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (4x + 1) = 4(0) + 1 = 1$
$x=0$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય:
$f(0) = \lambda(0^2 - 2(0)) = 0$
અહીં ડાબી બાજુનું લક્ષ $(0)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(1)$ જેટલું નથી,તેથી $\lambda$ ની કોઈપણ કિંમત માટે વિધેય $x=0$ આગળ અસતત છે.
$x=1$ આગળ,વિધેય $f(x) = 4x + 1$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે,જે એક બહુપદી વિધેય છે. બહુપદી વિધેયો તેમના પ્રદેશમાં દરેક જગ્યાએ સતત હોય છે. આમ,$\lambda$ ની કોઈપણ કિંમત માટે $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.

આપેલ વિધેય $g(x)=x-[x]$ છે.
તે સ્પષ્ટ છે કે $g$ તમામ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $n$ એક પૂર્ણાંક છે.
તો $g(n)=n-[n]=n-n=0$.
$x=n$ આગળ $g$ ની ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ છે:
$\lim_{x \to n^-} g(x) = \lim_{x \to n^-} (x-[x]) = \lim_{x \to n^-} (x) - \lim_{x \to n^-} [x] = n - (n-1) = 1$.
$x=n$ આગળ $g$ ની જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ છે:
$\lim_{x \to n^+} g(x) = \lim_{x \to n^+} (x-[x]) = \lim_{x \to n^+} (x) - \lim_{x \to n^+} [x] = n - n = 0$.
અહીં જોઈ શકાય છે કે $x=n$ આગળ $g$ ની ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ સમાન નથી (કારણ કે $1 \neq 0$).
તેથી,$g$ એ $x=n$ આગળ સતત નથી.
આમ,$g$ તમામ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર અસતત છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{2} - \sin x + 5$ છે.
પ્રથમ,આપણે $x = \pi$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય શોધીએ:
$f(\pi) = \pi^{2} - \sin \pi + 5 = \pi^{2} - 0 + 5 = \pi^{2} + 5$.
હવે,$x \to \pi$ હોય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \to \pi} f(x) = \lim_{x \to \pi} (x^{2} - \sin x + 5)$.
સરવાળા અને બાદબાકી માટે લક્ષના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to \pi} f(x) = \lim_{x \to \pi} x^{2} - \lim_{x \to \pi} \sin x + \lim_{x \to \pi} 5$.
$x = \pi$ મૂકતા:
$\lim_{x \to \pi} f(x) = \pi^{2} - \sin \pi + 5 = \pi^{2} - 0 + 5 = \pi^{2} + 5$.
અહીં $\lim_{x \to \pi} f(x) = f(\pi) = \pi^{2} + 5$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = \pi$ આગળ સતત છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે જો $g$ અને $h$ બે સતત વિધેયો હોય,તો $g+h$,$g-h$ અને $g \cdot h$ પણ સતત હોય છે.
પ્રથમ,આપણે સાબિત કરીશું કે $g(x) = \sin x$ અને $h(x) = \cos x$ સતત વિધેયો છે.
$g(x) = \sin x$ માટે:
$g(x)$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે. $x = c + h$ લો. જ્યારે $x \to c$,ત્યારે $h \to 0$.
$g(c) = \sin c$.
$\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{h \to 0} \sin(c + h) = \lim_{h \to 0} (\sin c \cos h + \cos c \sin h) = \sin c(1) + \cos c(0) = \sin c$.
કારણ કે $\lim_{x \to c} g(x) = g(c)$,તેથી $g(x)$ સતત છે.
$h(x) = \cos x$ માટે:
$h(x)$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે. $x = c + h$ લો. જ્યારે $x \to c$,ત્યારે $h \to 0$.
$h(c) = \cos c$.
$\lim_{x \to c} h(x) = \lim_{h \to 0} \cos(c + h) = \lim_{h \to 0} (\cos c \cos h - \sin c \sin h) = \cos c(1) - \sin c(0) = \cos c$.
કારણ કે $\lim_{x \to c} h(x) = h(c)$,તેથી $h(x)$ સતત છે.
નિષ્કર્ષ:
a) $f(x) = g(x) + h(x) = \sin x + \cos x$ સતત વિધેય છે.
b) $f(x) = g(x) - h(x) = \sin x - \cos x$ સતત વિધેય છે.
c) $f(x) = g(x) \cdot h(x) = \sin x \cos x$ સતત વિધેય છે.

(N/A) આપણે જાણીએ છીએ કે જો $g$ અને $h$ બે સતત વિધેયો હોય,તો:
$i.$ $\frac{h(x)}{g(x)}, g(x) \neq 0$ સતત છે.
$ii.$ $\frac{1}{g(x)}, g(x) \neq 0$ સતત છે.
$iii.$ $\frac{1}{h(x)}, h(x) \neq 0$ સતત છે.
પ્રથમ,આપણે સાબિત કરીએ કે $g(x) = \sin x$ અને $h(x) = \cos x$ સતત વિધેયો છે.
$g(x) = \sin x$ માટે,ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે. $x = c + h$ લો. જેમ $x \to c$,તેમ $h \to 0$.
$\lim_{x \to c} \sin x = \lim_{h \to 0} \sin(c + h) = \lim_{h \to 0} [\sin c \cos h + \cos c \sin h] = \sin c(1) + \cos c(0) = \sin c = g(c)$.
આમ,$g(x) = \sin x$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
તે જ રીતે,$h(x) = \cos x$ માટે,$\lim_{x \to c} \cos x = \lim_{h \to 0} \cos(c + h) = \lim_{h \to 0} [\cos c \cos h - \sin c \sin h] = \cos c(1) - \sin c(0) = \cos c = h(c)$.
આમ,$h(x) = \cos x$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
હવે,અન્ય વિધેયો માટે:
$1.$ $\cos x$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
$2.$ $\csc x = \frac{1}{\sin x}$ ત્યાં સતત છે જ્યાં $\sin x \neq 0$,એટલે કે $x \neq n\pi, n \in \mathbb{Z}$.
$3.$ $\sec x = \frac{1}{\cos x}$ ત્યાં સતત છે જ્યાં $\cos x \neq 0$,એટલે કે $x \neq (2n+1)\frac{\pi}{2}, n \in \mathbb{Z}$.
$4.$ $\cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$ ત્યાં સતત છે જ્યાં $\sin x \neq 0$,એટલે કે $x \neq n\pi, n \in \mathbb{Z}$.

(NONE) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin x}{x}, & \text{જો } x < 0 \\ x + 1, & \text{જો } x \ge 0 \end{cases}$ છે.
તે સ્પષ્ટ છે કે $f$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખા પરના તમામ બિંદુઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 0$ હોય,તો $f(c) = \frac{\sin c}{c}$ અને $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} \left( \frac{\sin x}{x} \right) = \frac{\sin c}{c}$ થાય.
તેથી $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$ હોવાથી,$f$ એ $x < 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c > 0$ હોય,તો $f(c) = c + 1$ અને $\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x + 1) = c + 1$ થાય.
તેથી $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$ હોવાથી,$f$ એ $x > 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c = 0$ હોય,તો $f(0) = 0 + 1 = 1$ થાય.
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = 1$ છે.
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x + 1) = 1$ છે.
અહીં $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 1$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
ઉપરોક્ત અવલોકનો પરથી,$f$ એ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખા પરના તમામ બિંદુઓ માટે સતત છે. આમ,$f$ ને કોઈ અસતત બિંદુઓ નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f$ એ $f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \frac{1}{x}, & \text{જો } x \neq 0 \\ 0, & \text{જો } x = 0 \end{cases}$ છે.
તે સ્પષ્ટ છે કે $f$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાના તમામ બિંદુઓ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $c$ એ કોઈ વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c \neq 0$,તો $f(c) = c^2 \sin \frac{1}{c}$.
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (x^2 \sin \frac{1}{x}) = (\lim_{x \to c} x^2) (\lim_{x \to c} \sin \frac{1}{x}) = c^2 \sin \frac{1}{c}$.
કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ $x \neq 0$ ના તમામ બિંદુઓ પર સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = 0$,તો $f(0) = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \neq 0$ માટે $-1 \leq \sin \frac{1}{x} \leq 1$.
$x^2$ વડે ગુણતા,આપણને $-x^2 \leq x^2 \sin \frac{1}{x} \leq x^2$ મળે છે.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,કારણ કે $\lim_{x \to 0} (-x^2) = 0$ અને $\lim_{x \to 0} (x^2) = 0$,તેથી $\lim_{x \to 0} (x^2 \sin \frac{1}{x}) = 0$ થાય છે.
આમ,$\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$.
તેથી,$f$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
ઉપરોક્ત અવલોકનો પરથી,$f$ એ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાના દરેક બિંદુ પર સતત છે. આમ,$f$ એ એક સતત વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f$ આ મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે: $f(x) = \begin{cases} \sin x - \cos x, & \text{જો } x \neq 0 \\ -1, & \text{જો } x = 0 \end{cases}$.
તે સ્પષ્ટ છે કે $f$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાના તમામ બિંદુઓ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $c$ એ કોઈ વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c \neq 0$ હોય,તો $f(c) = \sin c - \cos c$.
$\lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} (\sin x - \cos x) = \sin c - \cos c$.
કારણ કે $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$,તેથી $f$ એ $x \neq 0$ હોય તેવા તમામ બિંદુઓ પર સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c = 0$ હોય,તો $f(0) = -1$.
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0} (\sin x - \cos x) = \sin 0 - \cos 0 = 0 - 1 = -1$.
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0} (\sin x - \cos x) = \sin 0 - \cos 0 = 0 - 1 = -1$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = -1$,તેથી $f$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
ઉપરોક્ત અવલોકનો પરથી,$f$ એ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાના દરેક બિંદુ પર સતત છે.

(A) આપેલ વિધેય $f$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} \frac{k \cos x}{\pi - 2x}, & \text{જો } x \neq \frac{\pi}{2} \\ 3, & \text{જો } x = \frac{\pi}{2} \end{cases}$
વિધેય $f$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવાથી,$x \to \frac{\pi}{2}$ માટે $f(x)$ નું લક્ષ એ $f\left(\frac{\pi}{2}\right)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
અહીં $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 3$ આપેલ છે.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{k \cos x}{\pi - 2x}$
ધારો કે $x = \frac{\pi}{2} + h$. જ્યારે $x \to \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $h \to 0$.
$\lim_{h \to 0} \frac{k \cos(\frac{\pi}{2} + h)}{\pi - 2(\frac{\pi}{2} + h)} = \lim_{h \to 0} \frac{k(-\sin h)}{\pi - \pi - 2h} = \lim_{h \to 0} \frac{-k \sin h}{-2h} = \frac{k}{2} \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$,તેથી:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = \frac{k}{2} \cdot 1 = \frac{k}{2}$
લક્ષને વિધેયની કિંમત સાથે સરખાવતા:
$\frac{k}{2} = 3 \implies k = 6$.
તેથી,$k$ ની જરૂરી કિંમત $6$ છે.

(A) વિધેય $f(x)$ બિંદુ $x=2$ આગળ સતત હોય તે માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x=2$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$1$. $x=2$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય $f(2) = k(2)^2 = 4k$ છે.
$2$. $x=2$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (kx^2) = k(2)^2 = 4k$ છે.
$3$. $x=2$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (3) = 3$ છે.
સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$4k = 3$.
$k$ માટે ઉકેલતા,આપણને $k = 3/4$ મળે છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = \pi$ આગળ સતત હોય તે માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને $x = \pi$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$1$. $x = \pi$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય:
$f(\pi) = k(\pi) + 1 = k\pi + 1$.
$2$. $x = \pi$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim_{x \to \pi^-} f(x) = \lim_{x \to \pi^-} (kx + 1) = k\pi + 1$.
$3$. $x = \pi$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim_{x \to \pi^+} f(x) = \lim_{x \to \pi^+} \cos x = \cos(\pi) = -1$.
સાતત્ય માટે,$LHL$ = $RHL$ = $f(\pi)$:
$k\pi + 1 = -1$.
$k$ માટે ઉકેલતા:
$k\pi = -1 - 1$
$k\pi = -2$
$k = -\frac{2}{\pi}$.
આમ,$k$ ની જરૂરી કિંમત $-\frac{2}{\pi}$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} kx + 1, & \text{જો } x \le 5 \\ 3x - 5, & \text{જો } x > 5 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f$ એ $x = 5$ આગળ સતત હોય તે માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 5$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 5$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય શોધીએ: $f(5) = k(5) + 1 = 5k + 1$.
ત્યારબાદ,ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધીએ: $\lim_{x \to 5^-} f(x) = \lim_{x \to 5^-} (kx + 1) = 5k + 1$.
પછી,જમણી બાજુનું લક્ષ શોધીએ: $\lim_{x \to 5^+} f(x) = \lim_{x \to 5^+} (3x - 5) = 3(5) - 5 = 15 - 5 = 10$.
સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 5^-} f(x) = \lim_{x \to 5^+} f(x) = f(5)$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$5k + 1 = 10$.
$5k = 9$.
$k = 9/5$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 5, & \text{જો } x \le 2 \\ ax + b, & \text{જો } 2 < x < 10 \\ 21, & \text{જો } x \ge 10 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f$ સતત હોવાથી,તે $x=2$ અને $x=10$ આગળ પણ સતત હશે.
$x=2$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$
$5 = 2a + b = 5 \implies 2a + b = 5$ $(1)$
$x=10$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 10^-} f(x) = \lim_{x \to 10^+} f(x) = f(10)$
$10a + b = 21 = 21 \implies 10a + b = 21$ $(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $(1)$ બાદ કરતા:
$(10a + b) - (2a + b) = 21 - 5$
$8a = 16 \implies a = 2$
$a=2$ ની કિંમત સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$2(2) + b = 5$
$4 + b = 5 \implies b = 1$
આમ,$a=2$ અને $b=1$ મળે છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x)=\cos \left(x^{2}\right)$ છે.
આ વિધેય $f$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે અને $f$ ને બે વિધેયોના સંયોજન તરીકે લખી શકાય છે,$f=g \circ h$,જ્યાં $g(x)=\cos x$ અને $h(x)=x^{2}$.
$[\because (g \circ h)(x)=g(h(x))=g(x^{2})=\cos(x^{2})=f(x)]$.
પ્રથમ એ સાબિત કરવું પડશે કે $g(x)=\cos x$ અને $h(x)=x^{2}$ સતત વિધેયો છે.
તે સ્પષ્ટ છે કે $g$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે. તો $g(c)=\cos c$.
$x=c+h$ મૂકો. જો $x \to c$,તો $h \to 0$.
$\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} \cos x = \lim_{h \to 0} \cos(c+h) = \lim_{h \to 0} [\cos c \cos h - \sin c \sin h]$.
$= \cos c \lim_{h \to 0} \cos h - \sin c \lim_{h \to 0} \sin h = \cos c \times 1 - \sin c \times 0 = \cos c$.
$\therefore \lim_{x \to c} g(x) = g(c)$. તેથી,$g(x)=\cos x$ એક સતત વિધેય છે.
હવે,$h(x)=x^{2}$. સ્પષ્ટપણે,$h$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $k$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે,તો $h(k)=k^{2}$.
$\lim_{x \to k} h(x) = \lim_{x \to k} x^{2} = k^{2} = h(k)$. તેથી,$h$ એક સતત વિધેય છે.
તે જાણીતું છે કે જો $g$ અને $h$ સતત વિધેયો હોય,તો તેમનું સંયોજન $(g \circ h)$ પણ સતત હોય છે.
કારણ કે $g(x)=\cos x$ અને $h(x)=x^{2}$ સતત છે,તેથી તેમનું સંયોજન $f(x)=(g \circ h)(x)=\cos(x^{2})$ એક સતત વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x)=|\cos x|$ છે.
આ વિધેય $f$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે અને તેને બે વિધેયોના સંયોજન તરીકે લખી શકાય છે $f=g \circ h$,જ્યાં $g(x)=|x|$ અને $h(x)=\cos x$.
$[\because (g \circ h)(x) = g(h(x)) = g(\cos x) = |\cos x| = f(x)]$
પ્રથમ,આપણે સાબિત કરીશું કે $g(x)=|x|$ અને $h(x)=\cos x$ સતત વિધેયો છે.
$g(x)=|x|$ ને આ રીતે લખી શકાય:
$g(x) = \begin{cases} -x, & \text{જો } x < 0 \\ x, & \text{જો } x \ge 0 \end{cases}$
સ્પષ્ટ છે કે,$g$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 0$,તો $g(c)=-c$ અને $\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} (-x) = -c = g(c)$. આમ,$g$ એ $x < 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c > 0$,તો $g(c)=c$ અને $\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} x = c = g(c)$. આમ,$g$ એ $x > 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c=0$,તો $g(0)=0$. $\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^-} (-x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} (x) = 0$. કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^+} g(x) = g(0)$,તેથી $g$ એ $x=0$ પર સતત છે.
આમ,$g(x)=|x|$ દરેક જગ્યાએ સતત છે.
હવે,$h(x)=\cos x$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે. $x=c+h$ મૂકો. જેમ $x \to c$,તેમ $h \to 0$.
$\lim_{x \to c} h(x) = \lim_{h \to 0} \cos(c+h) = \lim_{h \to 0} (\cos c \cos h - \sin c \sin h) = \cos c(1) - \sin c(0) = \cos c = h(c)$.
આમ,$h(x)=\cos x$ દરેક જગ્યાએ સતત છે.
બે સતત વિધેયોનું સંયોજન સતત હોવાથી,$f(x) = (g \circ h)(x) = |\cos x|$ એ એક સતત વિધેય છે.

(N/A) ધારો કે $f(x) = \sin |x|$.
આ વિધેય $f$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે અને $f$ ને બે વિધેયોના સંયોજન તરીકે $f = h \circ g$ લખી શકાય,જ્યાં $g(x) = |x|$ અને $h(x) = \sin x$.
$[\because (h \circ g)(x) = h(g(x)) = h(|x|) = \sin |x| = f(x)]$
પ્રથમ,આપણે સાબિત કરીશું કે $g(x) = |x|$ અને $h(x) = \sin x$ સતત વિધેયો છે.
$g(x) = |x|$ ને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$g(x) = \begin{cases} -x, & \text{જો } x < 0 \\ x, & \text{જો } x \ge 0 \end{cases}$
સ્પષ્ટ છે કે,$g$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 0$,તો $g(c) = -c$ અને $\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} (-x) = -c$. આમ,$\lim_{x \to c} g(x) = g(c)$. તેથી,$g$ એ $x < 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c > 0$,તો $g(c) = c$ અને $\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} (x) = c$. આમ,$\lim_{x \to c} g(x) = g(c)$. તેથી,$g$ એ $x > 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c = 0$,તો $g(0) = 0$. $\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^-} (-x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} (x) = 0$. કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^+} g(x) = g(0)$,તેથી $g$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
આમ,$g(x) = |x|$ દરેક જગ્યાએ સતત છે.
હવે,$h(x) = \sin x$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે વ્યાખ્યાયિત છે. ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે. $x = c + k$ મૂકો. જો $x \to c$,તો $k \to 0$.
$\lim_{x \to c} h(x) = \lim_{k \to 0} \sin(c + k) = \lim_{k \to 0} (\sin c \cos k + \cos c \sin k) = \sin c(1) + \cos c(0) = \sin c = h(c)$.
આમ,$h(x) = \sin x$ દરેક જગ્યાએ સતત છે.
બે સતત વિધેયોનું સંયોજન સતત હોવાથી,$f(x) = (h \circ g)(x) = \sin |x|$ એ સતત વિધેય છે.

(NONE) આપેલ વિધેય $f(x) = |x| - |x + 1|$ છે.
બે વિધેયો $g$ અને $h$ ને નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત કરીએ:
$g(x) = |x|$ અને $h(x) = |x + 1|$.
તેથી,$f = g - h$ થાય.
પ્રથમ,$g$ અને $h$ ની સાતત્યતા તપાસીએ.
વિધેય $g(x) = |x|$ ને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$g(x) = \begin{cases} -x, & \text{જો } x < 0 \\ x, & \text{જો } x \ge 0 \end{cases}$
તે સ્પષ્ટ છે કે $g$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $c$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
કિસ્સો $I$: જો $c < 0$ હોય,તો $g(c) = -c$ અને $\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} (-x) = -c$. તેથી,$g$ એ $x < 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $II$: જો $c > 0$ હોય,તો $g(c) = c$ અને $\lim_{x \to c} g(x) = \lim_{x \to c} (x) = c$. તેથી,$g$ એ $x > 0$ માટે સતત છે.
કિસ્સો $III$: જો $c = 0$ હોય,તો $g(0) = 0$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 0^-} (-x) = 0$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $\lim_{x \to 0^+} (x) = 0$. તેથી,$g$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
આમ,$g$ દરેક બિંદુએ સતત છે.
તે જ રીતે,$h(x) = |x + 1|$ ને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$h(x) = \begin{cases} -(x + 1), & \text{જો } x < -1 \\ x + 1, & \text{જો } x \ge -1 \end{cases}$
તે જ રીતે સાબિત કરી શકાય કે $h$ દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા માટે સતત છે.
બે સતત વિધેયોની બાદબાકી પણ સતત વિધેય હોય છે. તેથી,$f = g - h$ એ પણ દરેક બિંદુએ સતત છે.
આમ,$f$ ને કોઈ અસતત બિંદુ નથી.

(A) જો $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$ હોય તો વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
પ્રથમ,ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત શોધો:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1} (a + bx) = a + b$.
ત્યારબાદ,જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત શોધો:
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1} (b - ax) = b - a$.
આપેલ છે કે $f(1) = 4$,તેથી આપણી પાસે સમીકરણોની સિસ્ટમ છે:
$a + b = 4$
$b - a = 4$
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $(a + b) + (b - a) = 4 + 4$ $\Rightarrow 2b = 8$ $\Rightarrow b = 4$.
$b = 4$ ને $a + b = 4$ માં મૂકતા: $a + 4 = 4 \Rightarrow a = 0$.
તેથી,$a = 0$ અને $b = 4$ એ શક્ય કિંમતો છે.

(A) $\lim_{x \to 0} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0} (mx^2 + n) = m(0)^2 + n = n$
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0} (nx + m) = n(0) + m = m$
આમ,જો $m = n$ હોય તો $\lim_{x \to 0} f(x)$ નું અસ્તિત્વ છે.
$\lim_{x \to 1} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1} (nx + m) = n(1) + m = n + m$
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1} (nx^3 + m) = n(1)^3 + m = n + m$
$n + m = n + m$ હોવાથી,$\lim_{x \to 1} f(x)$ નું અસ્તિત્વ કોઈપણ પૂર્ણાંક $m$ અને $n$ માટે છે.
તેથી,બંને લક્ષોનું અસ્તિત્વ હોવા માટેની શરત $m = n$ છે.

(A) $f(x)$ બે વાર વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = \pi$ આગળ સતત અને વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$1$. $x = \pi$ આગળ સાતત્ય:
$f(\pi^{-}) = f(\pi) = f(\pi^{+})$
$k_{1}(\pi-\pi)^{2} - 1 = k_{2} \cos(\pi)$
$-1 = -k_{2} \implies k_{2} = 1$.
$2$. પ્રથમ વિકલિત $f'(x)$:
$f'(x) = \begin{cases} 2k_{1}(x-\pi), & x \leq \pi \\ -k_{2} \sin x, & x > \pi \end{cases}$
$x = \pi$ આગળ,$f'(\pi^{-}) = 2k_{1}(\pi-\pi) = 0$ અને $f'(\pi^{+}) = -k_{2} \sin(\pi) = 0$.
$0 = 0$ હોવાથી,વિધેય $x = \pi$ આગળ કોઈપણ $k_{1}, k_{2}$ માટે વિકલનીય છે.
$3$. દ્વિતીય વિકલિત $f''(x)$:
$f''(x) = \begin{cases} 2k_{1}, & x \leq \pi \\ -k_{2} \cos x, & x > \pi \end{cases}$
$f''(x)$ એ $x = \pi$ આગળ સતત હોવા માટે:
$f''(\pi^{-}) = f''(\pi^{+})$
$2k_{1} = -k_{2} \cos(\pi)$
$2k_{1} = -k_{2}(-1) = k_{2}$
$k_{2} = 1$ હોવાથી,$2k_{1} = 1 \implies k_{1} = \frac{1}{2}$.
આમ,$(k_{1}, k_{2}) = (\frac{1}{2}, 1)$.

(A) વિધેય $f(x) = x \cdot \left[ \frac{x}{2} \right]$ એ $x \in (-10, 10)$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[t]$ એ $t$ ની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો માટે અસતત હોય છે.
અહીં,$t = \frac{x}{2}$. તેથી,$f(x)$ એ $\frac{x}{2} = k$ હોય ત્યારે અસતત હોઈ શકે છે,જ્યાં $k \in \mathbb{Z}$.
આપેલ છે કે $-10 < x < 10$,તેથી $-5 < \frac{x}{2} < 5$.
$k = \frac{x}{2}$ માટે શક્ય પૂર્ણાંક કિંમતો $\{-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4\}$ છે.
ચાલો આ બિંદુઓ પર સાતત્ય તપાસીએ:
$1$. $k \neq 0$ (એટલે કે $x \neq 0$) માટે,વિધેય $f(x) = x \cdot \left[ \frac{x}{2} \right]$ અસતત છે કારણ કે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $\left[ \frac{x}{2} \right]$ આ બિંદુઓ પર કૂદકો મારે છે અને $x$ શૂન્ય નથી.
$2$. $k = 0$ માટે,$x = 0$. આપણે $x = 0$ પર સાતત્ય તપાસીએ:
$f(0) = 0 \cdot [0] = 0$.
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} x \cdot [0] = 0$.
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} x \cdot [-1] = 0$.
કારણ કે $f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x) = 0$,તેથી વિધેય $x = 0$ પર સતત છે.
તેથી,અસતત બિંદુઓ $\frac{x}{2} \in \{-4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4\}$ છે,જે $x \in \{-8, -6, -4, -2, 2, 4, 6, 8\}$ ને અનુરૂપ છે.
આવા કુલ $8$ બિંદુઓ છે.

(A) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
સૂત્ર $\cos A - \cos B = -2 \sin(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{A-B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{-2 \sin(\frac{\sin x + x}{2}) \sin(\frac{\sin x - x}{2})}{x^4} = \frac{1}{k}$
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \sin(\frac{\sin x + x}{2}) \sin(\frac{x - \sin x}{2})}{x^4} = \frac{1}{k}$
જ્યારે $\theta \to 0$ હોય ત્યારે $\sin \theta \approx \theta$ અને ટેલર શ્રેણી $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} 2 \left( \frac{\sin x + x}{2x} \right) \left( \frac{x - \sin x}{2x^3} \right) = \frac{1}{k}$
$\lim_{x \to 0} 2 \left( \frac{x + x}{2x} \right) \left( \frac{x - (x - \frac{x^3}{6})}{2x^3} \right) = \frac{1}{k}$
$2 \times (1) \times \frac{x^3/6}{2x^3} = \frac{1}{k}$
$2 \times 1 \times \frac{1}{12} = \frac{1}{k}$
$\frac{1}{6} = \frac{1}{k} \Rightarrow k = 6$.

(C) વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$\operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = f(0) = \alpha$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ $x \rightarrow 0^{+}$ માટે:
$\operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos^{-1}(1-x^2) \sin^{-1}(1-x)}{x(1-x)(1+x)} = \operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos^{-1}(1-x^2)}{x} \cdot \frac{\sin^{-1}(1-x)}{1-x^2} = \frac{\pi}{2} \cdot \operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos^{-1}(1-x^2)}{x}$.
ધારો કે $1-x^2 = \cos \theta$,તો જેમ $x \rightarrow 0^{+}$,તેમ $\theta \rightarrow 0^{+}$.
$\operatorname{Lim}_{\theta \rightarrow 0^{+}} \frac{\theta}{\sqrt{1-\cos \theta}} = \operatorname{Lim}_{\theta \rightarrow 0^{+}} \frac{\theta}{\sqrt{2} \sin(\theta/2)} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 2 = \sqrt{2}$.
તેથી,$RHL = \frac{\pi}{2} \cdot \sqrt{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.
હવે,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ $x \rightarrow 0^{-}$ માટે:
$x \in (-1, 0)$ માટે,$\{x\} = x+1$.
$\operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\cos^{-1}(1-(x+1)^2) \sin^{-1}(1-(x+1))}{(x+1)-(x+1)^3} = \operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\cos^{-1}(1-(x+1)^2) \sin^{-1}(-x)}{(x+1)(1-(x+1)^2)} = \operatorname{Lim}_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\cos^{-1}(1-(x+1)^2) \cdot (-x)}{(x+1)(-x)(2+x)} = \frac{\cos^{-1}(0)}{1 \cdot 2} = \frac{\pi/2}{2} = \frac{\pi}{4}$.
અહીં $RHL = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$ અને $LHL = \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,લક્ષ સમાન નથી.
તેથી,$\alpha$ ની કોઈ પણ કિંમત માટે વિધેય $x=0$ આગળ સતત નથી.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,$f(0) = b$ છે.
ડાબી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin(a+1)x + \sin 2x}{2x} = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \left( \frac{\sin(a+1)x}{2x} + \frac{\sin 2x}{2x} \right) = \frac{a+1}{2} + 1$.
જમણી બાજુનું લક્ષ:
$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{x+bx^3} - \sqrt{x}}{bx^{5/2}} = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{1+bx^2} - 1)}{bx^{5/2}} = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{1+bx^2} - 1}{bx^2} = \frac{1}{2}$.
લક્ષને સરખાવતા:
$b = \frac{1}{2}$ અને $\frac{a+1}{2} + 1 = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\frac{a+1}{2} = -\frac{1}{2} \Rightarrow a+1 = -1 \Rightarrow a = -2$.
આમ,$a+b = -2 + \frac{1}{2} = -\frac{3}{2}$.

(C) ધારો કે $x = n$,જ્યાં $n \in Z$.
પ્રથમ,$x = n$ પર વિધેયનું મૂલ્ય ધ્યાનમાં લો:
$f(n) = [n-1] \cos \left(\frac{2n-1}{2}\right) \pi = (n-1) \cos \left(n\pi - \frac{\pi}{2}\right) = (n-1) \cdot 0 = 0$.
હવે,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$LHL = \lim_{x \rightarrow n^-} [x-1] \cos \left(\frac{2x-1}{2}\right) \pi$.
જેમ $x \rightarrow n^-$,$[x-1] = n-2$.
$LHL = (n-2) \cos \left(n\pi - \frac{\pi}{2}\right) = (n-2) \cdot 0 = 0$.
હવે,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
$RHL = \lim_{x \rightarrow n^+} [x-1] \cos \left(\frac{2x-1}{2}\right) \pi$.
જેમ $x \rightarrow n^+$,$[x-1] = n-1$.
$RHL = (n-1) \cos \left(n\pi - \frac{\pi}{2}\right) = (n-1) \cdot 0 = 0$.
કારણ કે તમામ $n \in Z$ માટે $LHL = RHL = f(n) = 0$ છે,તેથી વિધેય $x$ ના તમામ પૂર્ણાંક મૂલ્યો પર સતત છે.
$x$ ના બિન-પૂર્ણાંક મૂલ્યો માટે,વિધેય એ અચળ (સ્થાનિક રીતે) અને સતત ત્રિકોણમિતીય વિધેયનો ગુણાકાર છે,તેથી તે સતત છે.
તેથી,$f(x)$ દરેક વાસ્તવિક $x$ માટે સતત છે.

(B) $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી તે $x = 1$ અને $x = -1$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = f(1) = \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x)$
$|a(1)^2 + 1 + b| = \lim_{x \rightarrow 1^+} \sin(\pi x)$
$|a + 1 + b| = \sin(\pi) = 0$
$a + b + 1 = 0 \Rightarrow a + b = -1$ ... $(1)$
$x = -1$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow -1^-} f(x) = f(-1) = \lim_{x \rightarrow -1^+} f(x)$
$\lim_{x \rightarrow -1^-} 2 \sin \left(-\frac{\pi x}{2}\right) = |a(-1)^2 + (-1) + b|$
$2 \sin \left(\frac{\pi}{2}\right) = |a - 1 + b|$
$2(1) = |a + b - 1|$
$|a + b - 1| = 2$
આનો અર્થ એ છે કે $a + b - 1 = 2$ અથવા $a + b - 1 = -2$.
$a + b = 3$ અથવા $a + b = -1$.
આપણે પહેલેથી જ $x = 1$ આગળના સાતત્ય પરથી $a + b = -1$ મેળવ્યું છે,તેથી $a + b$ ની કિંમત $-1$ છે.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,$f(0)$ અને ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધો:
$f(0) = a \sin \frac{\pi}{2}(0-1) = a \sin(-\frac{\pi}{2}) = -a$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ શોધો:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 2x - \sin 2x}{bx^3} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 2x(1 - \cos 2x)}{bx^3} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 2x \cdot 2 \sin^2 x}{bx^3}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\tan \theta \approx \theta$ અને $\sin \theta \approx \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{(2x) \cdot 2(x^2)}{bx^3} = \frac{4x^3}{bx^3} = \frac{4}{b}$.
લક્ષને સરખાવતા:
$-a = \frac{4}{b} \implies -ab = 4$.
અંતે,$10 - ab$ ની કિંમત શોધો:
$10 - ab = 10 + 4 = 14$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x - [x]$ અને $g(x) = 1 - (x - [x])$. ધારો કે ${x} = x - [x]$. તો $f(x) = {x}$ અને $g(x) = 1 - {x}$.
$h(x) = \min \{ {x}, 1 - {x} \}$.
દરેક અંતરાલ $[n, n+1)$ માટે,${x} = x - n$. તેથી $h(x) = \min \{ x-n, 1-x+n \}$.
$f(x)$ અને $g(x)$ ના આલેખ ત્યારે છેદે છે જ્યારે ${x} = 1 - {x}$,જેનો અર્થ છે કે $2{x} = 1$,અથવા ${x} = 0.5$.
દરેક અંતરાલ $[n, n+1)$ માં,વિધેય $h(x)$ એ $0$ થી $0.5$ સુધી વધે છે અને પછી $0.5$ થી $0$ સુધી ઘટે છે.
$h(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે અને આલેખ $x = n$ (જ્યાં ${x}=0$) અને $x = n + 0.5$ (જ્યાં ${x}=0.5$) પર અણીદાર ખૂણાઓ દર્શાવે છે,તેથી આપણે $(-2, 2)$ માં વિકલનીય ન હોય તેવા બિંદુઓની ગણતરી કરીએ.
આ બિંદુઓ $x = -1.5, -1, -0.5, 0, 0.5, 1, 1.5$ છે. આવા કુલ $7$ બિંદુઓ છે.
$7 > 4$ હોવાથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \to 0^{-}} f(x) = \lim_{x \to 0^{+}} f(x) = f(0) = k$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધીએ:
$\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\cos^{2} x - \sin^{2} x - 1}{\sqrt{x^{2}+1}-1} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\cos(2x) - 1}{\sqrt{x^{2}+1}-1}$.
$\cos(2x) - 1 = -2\sin^{2} x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0^{+}} \frac{-2\sin^{2} x}{\sqrt{x^{2}+1}-1} \times \frac{\sqrt{x^{2}+1}+1}{\sqrt{x^{2}+1}+1} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{-2\sin^{2} x (\sqrt{x^{2}+1}+1)}{x^{2}} = -2(1)^{2}(1+1) = -4$.
તેથી,$k = -4$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ શોધીએ:
$\lim_{x \to 0^{-}} f(x) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{1}{x} \ln\left(\frac{1+\frac{x}{a}}{1-\frac{x}{b}}\right) = \lim_{x \to 0^{-}} \left[ \frac{\ln(1+\frac{x}{a})}{x} - \frac{\ln(1-\frac{x}{b})}{x} \right]$.
$\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{a} - (-\frac{1}{b}) = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$.
$LHL = k$ હોવાથી,$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = -4$.
અંતે,$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{4}{k} = -4 + \frac{4}{-4} = -4 - 1 = -5$.