Continuity Questions in Gujarati

(A) વિધેય $f(x)=[x]|x^{2}-1|+\sin \left(\frac{\pi}{[x]+3}\right)-[x+1]$ તરીકે $x \in (-2, 2)$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે પૂર્ણાંક કિંમતો $x \in \{-1, 0, 1\}$ પર $[x]$ અને $[x+1]$ ના વર્તનને ચકાસીને અસતતતાના બિંદુઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$x \in (-2, -1)$ માટે,$[x] = -2$ અને $[x+1] = -1$. તેથી,$f(x) = -2|x^2-1| + \sin(\pi/1) - (-1) = -2|x^2-1| + 1$.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$[x] = -1$ અને $[x+1] = 0$. તેથી,$f(x) = -1|x^2-1| + \sin(\pi/2) - 0 = -|x^2-1| + 1$.
$x \in [0, 1)$ માટે,$[x] = 0$ અને $[x+1] = 1$. તેથી,$f(x) = 0|x^2-1| + \sin(\pi/3) - 1 = \frac{\sqrt{3}}{2} - 1$.
$x \in [1, 2)$ માટે,$[x] = 1$ અને $[x+1] = 2$. તેથી,$f(x) = 1|x^2-1| + \sin(\pi/4) - 2 = |x^2-1| + \frac{1}{\sqrt{2}} - 2$.
વિધેય એ બિંદુઓ આગળ અસતત છે જ્યાં ફ્લોર વિધેયોની કિંમતો બદલાય છે,જે $x = -1, 0, 1$ છે. આ બિંદુઓ પર લક્ષ ચકાસતા અસતતતા સાબિત થાય છે. તેથી,અસતતતાના $3$ બિંદુઓ છે.

(B) $f$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \sin(0) - e^0 = 0 - 1 = -1$.
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (a + [-x]) = a + (-1) = a - 1$.
આ બંનેને સરખાવતા,$a - 1 = -1 \implies a = 0$.
$f$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$ હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (a + [-x]) = a + (-1) = a - 1$.
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2(1) - b = 2 - b$.
આ બંનેને સરખાવતા,$a - 1 = 2 - b \implies 0 - 1 = 2 - b \implies b = 3$.
તેથી,$a + b = 0 + 3 = 3$.

(A) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\alpha = \lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x^3}{(1-\cos 2x)^2} \ln\left(\frac{1+2xe^{-2x}}{(1-xe^{-x})^2}\right)$.
$1-\cos 2x = 2\sin^2 x$ હોવાથી,$(1-\cos 2x)^2 = 4\sin^4 x$ થાય.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^3}{4\sin^4 x} \ln\left(\frac{1+2xe^{-2x}}{(1-xe^{-x})^2}\right)$.
જ્યારે $x \rightarrow 0$ હોય ત્યારે $\sin x \approx x$ લેતા,$\frac{x^3}{4\sin^4 x} \approx \frac{x^3}{4x^4} = \frac{1}{4x}$.
હવે,$\ln\left(\frac{1+2xe^{-2x}}{(1-xe^{-x})^2}\right) = \ln(1+2xe^{-2x}) - 2\ln(1-xe^{-x})$.
નાના $u$ માટે $\ln(1+u) \approx u$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2xe^{-2x} - 2(-xe^{-x}) = 2xe^{-2x} + 2xe^{-x}$ મળે.
જેમ $x \rightarrow 0$ થાય,તેમ $e^{-2x} \rightarrow 1$ અને $e^{-x} \rightarrow 1$,તેથી પદ $2x + 2x = 4x$ બને છે.
આમ,$\alpha = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{4x} \cdot (4x) = 1$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \int_{0}^{x} [y] \, dy$.
$x \in [n, n+1)$ માટે,જ્યાં $n \in \mathbb{N}_0$,આપણી પાસે $y \in [n, x)$ માટે $[y] = n$ છે.
તેથી,$f(x) = \int_{0}^{1} 0 \, dy + \int_{1}^{2} 1 \, dy + \dots + \int_{n-1}^{n} (n-1) \, dy + \int_{n}^{x} n \, dy$.
$f(x) = 0 + 1 + 2 + \dots + (n-1) + n(x-n) = \frac{(n-1)n}{2} + nx - n^2$.
$n = [x]$ હોવાથી,$f(x) = \frac{[x]([x]-1)}{2} + [x](x-[x])$.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $x=n$ પર,ડાબી બાજુની લક્ષ $\lim_{x \to n^-} f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} k = \frac{(n-1)n}{2}$ અને જમણી બાજુની લક્ષ $\lim_{x \to n^+} f(x) = \frac{(n-1)n}{2} + n(n-n) = \frac{n(n-1)}{2}$ છે.
લક્ષ સમાન હોવાથી,$f(x)$ એ તમામ $x \geq 0$ માટે સતત છે.
જોકે,વિકલન $f'(x) = [x]$ એ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર અસતત છે કારણ કે $\lim_{x \to n^-} f'(x) = n-1$ અને $\lim_{x \to n^+} f'(x) = n$.
તેથી,$f$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી.

(C) $f$ એ $x = 2$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = f(2) = \mu$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} e^{\frac{\tan(x-2)}{x-[x]}}$. અહીં $x > 2$ હોવાથી,$[x] = 2$ થાય,તેથી $\lim_{x \rightarrow 2^{+}} e^{\frac{\tan(x-2)}{x-2}} = e^{1} = e$.
આમ,$\mu = e$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{-}} \frac{\lambda|x^{2}-5x+6|}{\mu(5x-x^{2}-6)}$.
અહીં $x^{2}-5x+6 = (x-2)(x-3)$ છે. $x < 2$ માટે,$(x-2) < 0$ અને $(x-3) < 0$ હોવાથી,$(x-2)(x-3) > 0$ થાય. તેથી $|x^{2}-5x+6| = (x-2)(x-3)$.
વળી,$5x-x^{2}-6 = -(x^{2}-5x+6) = -(x-2)(x-3)$.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = \frac{\lambda(x-2)(x-3)}{\mu(-(x-2)(x-3))} = -\frac{\lambda}{\mu}$.
લક્ષને સરખાવતા: $-\frac{\lambda}{\mu} = e \Rightarrow \lambda = -\mu e = -e^{2}$.
તેથી,$\lambda + \mu = -e^{2} + e = e(-e+1)$.

(C) કારણ કે $P''(x)$ અચળ છે,તેથી $P(x)$ એ $2$ ઘાતની બહુપદી હોવી જોઈએ. ધારો કે $P(x) = ax^2 + bx + c$.
આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 2$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 2} f(x) = f(2) = 7$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\lim_{x \to 2} \frac{P(x)}{\sin(x-2)} = 7$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$P(2) = 0$ હોવું જોઈએ કારણ કે $x \to 2$ ત્યારે $\sin(x-2) \to 0$ થાય છે. તેથી,$(x-2)$ એ $P(x)$ નો અવયવ છે.
ધારો કે $P(x) = (x-2)(ax + k)$.
તેથી $\lim_{x \to 2} \frac{(x-2)(ax+k)}{\sin(x-2)} = \lim_{x \to 2} \frac{x-2}{\sin(x-2)} \cdot (ax+k) = 1 \cdot (2a+k) = 7$.
તેથી,$2a + k = 7$.
આપણને $P(3) = 9$ આપેલ છે. $P(x) = (x-2)(ax+k)$ માં $x=3$ મૂકતા,$(3-2)(3a+k) = 9$,તેથી $3a + k = 9$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $(3a+k) - (2a+k) = 9 - 7$,જે આપણને $a = 2$ આપે છે.
$2a+k=7$ માં $a=2$ મૂકતા $4+k=7$ મળે,તેથી $k=3$.
આમ,$P(x) = (x-2)(2x+3)$.
અંતે,$P(5) = (5-2)(2(5)+3) = 3(13) = 39$.

(B) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0) = b$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} e^{\frac{\cot 4x}{\cot 2x}} = \lim_{x \rightarrow 0^+} e^{\frac{\tan 2x}{\tan 4x}} = \lim_{x \rightarrow 0^+} e^{\frac{\tan 2x}{2\tan 2x(1-\tan^2 2x)}} = e^{1/2}$.
તેથી,$b = e^{1/2}$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^-} (1+|\sin x|)^{\frac{3a}{|\sin x|}} = \lim_{t \rightarrow 0^+} (1+t)^{\frac{3a}{t}} = e^{3a}$ (જ્યાં $t = |\sin x|$).
લક્ષને સરખાવતા,$e^{3a} = e^{1/2}$,જેનો અર્થ છે કે $3a = 1/2$,તેથી $a = 1/6$.
તેથી,$6a = 1$.
અંતે,$6a + b^2 = 1 + (e^{1/2})^2 = 1 + e$.

(A) અસતત બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે સંક્રમણ બિંદુઓ અને જ્યાં આંતરિક વિધેયો અસતત હોય તેવા બિંદુઓ તપાસીએ છીએ.
$1$. $x \leq -1$ માટે,$f(x) = |2x^2 - 3x - 7|$. આ એક સતત વિધેય છે.
$x = -1$ આગળ,$f(-1) = |2(-1)^2 - 3(-1) - 7| = 2$.
$2$. $-1 < x < 1$ માટે,$f(x) = [4x^2 - 1]$. વિધેય $[u]$ ત્યારે અસતત હોય છે જ્યારે $u$ પૂર્ણાંક હોય. તેથી,$4x^2 - 1 = k$ જ્યાં $k \in \mathbb{Z}$.
$x^2 = \frac{k+1}{4} \implies x = \pm \frac{\sqrt{k+1}}{2}$.
$-1 < x < 1$ માટે,$4x^2 - 1$ ની કિંમત $[-1, 3)$ માં હોય છે. $k$ ની શક્ય કિંમતો $-1, 0, 1, 2$ છે.
આ બિંદુઓ $0, \pm 1/2, \pm 1/\sqrt{2}, \pm \sqrt{3}/2$ છે. કુલ $7$ બિંદુઓ.
$3$. $x = 1$ આગળ,$f(1) = 3$. ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 2$ છે. તેથી $x = 1$ આગળ અસતત છે.
$4$. $x = -1$ આગળ,$\lim_{x \to -1^+} f(x) = 3$. $f(-1) = 2$ હોવાથી,$x = -1$ આગળ અસતત છે.
કુલ અસતત બિંદુઓ $9$ છે.

(A) આપણને આપેલ છે કે $f(x) = [2x^2 + 1] = [2x^2] + 1$.
તેથી $f(g(x)) = [2(g(x))^2] + 1$.
કિસ્સો $1$: $x < 0$,$g(x) = 2x - 3$.
$f(g(x)) = [2(2x - 3)^2] + 1$.
$x \in (-1, 0)$ માટે,$2x - 3 \in (-5, -3)$.
તેથી,$(2x - 3)^2 \in (9, 25)$,એટલે કે $2(2x - 3)^2 \in (18, 50)$.
વિધેય $[2(2x - 3)^2] + 1$ ત્યારે અસતત હોય જ્યારે $2(2x - 3)^2$ પૂર્ણાંક હોય.
અંતરાલ $(-1, 0)$ માં,$2x - 3$ ની કિંમત $-5$ થી $-3$ વચ્ચે છે. $2(2x - 3)^2$ ની કિંમતો $18$ થી $50$ ની વચ્ચે છે.
$(18, 50)$ માં આવતા પૂર્ણાંકો $19, 20, \dots, 49$ છે,જે કુલ $49 - 19 + 1 = 31$ બિંદુઓ આપે છે.
કિસ્સો $2$: $x \geq 0$,$g(x) = 2x + 3$.
$f(g(x)) = [2(2x + 3)^2] + 1$.
$x \in [0, 1)$ માટે,$2x + 3 \in [3, 5)$.
તેથી,$(2x + 3)^2 \in [9, 25)$,એટલે કે $2(2x + 3)^2 \in [18, 50)$.
$[18, 50)$ માં આવતા પૂર્ણાંકો $18, 19, \dots, 49$ છે,જે કુલ $49 - 18 + 1 = 32$ બિંદુઓ આપે છે.
જોકે,આપણે $x = 0$ બિંદુ તપાસવું પડશે.
$x = 0$ પર,$f(g(0)) = f(3) = [2(3)^2 + 1] = [19] = 19$.
$lim_{x \to 0^-} f(g(x)) = [2(-3)^2] + 1 = [18] + 1 = 19$.
$lim_{x \to 0^+} f(g(x)) = [2(3)^2] + 1 = [18] + 1 = 19$.
સીમાઓ સમાન હોવાથી,$x = 0$ એ અસતત બિંદુ નથી.
કુલ બિંદુઓ = $31 + 31 = 62$.

(B) આપણને $f(x) = \min \{1, 1 + x \sin x \}$ આપેલ છે.
આનો અર્થ એ છે કે જ્યારે $1 + x \sin x \geq 1$,એટલે કે $x \sin x \geq 0$ હોય ત્યારે $f(x) = 1$,અને જ્યારે $x \sin x < 0$ હોય ત્યારે $f(x) = 1 + x \sin x$.
અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$x \in [0, \pi]$ માટે $x \sin x \geq 0$ અને $x \in (\pi, 2\pi]$ માટે $x \sin x < 0$ છે.
આમ,$x \in [0, \pi]$ માટે $f(x) = 1$ અને $x \in (\pi, 2\pi]$ માટે $f(x) = 1 + x \sin x$ છે.
$x = \pi$ પર,$f(\pi) = 1$ છે. ડાબી બાજુની લક્ષ $\lim_{x \to \pi^-} f(x) = 1$ અને જમણી બાજુની લક્ષ $\lim_{x \to \pi^+} f(x) = 1 + \pi \sin(\pi) = 1$ છે.
લક્ષ સમાન હોવાથી,$f(x)$ એ $x = \pi$ પર સતત છે,તેથી $n = 0$.
હવે,$x = \pi$ પર વિકલનીયતા તપાસો:
$x < \pi$ માટે $f'(x) = 0$.
$x > \pi$ માટે,$f'(x) = \sin x + x \cos x$. જેમ $x \to \pi^+$,$f'(x) \to \sin(\pi) + \pi \cos(\pi) = 0 + \pi(-1) = -\pi$.
ડાબી બાજુનું વિકલન $(0)$ એ જમણી બાજુના વિકલન $(-\pi)$ ની બરાબર ન હોવાથી,વિધેય $x = \pi$ પર વિકલનીય નથી.
આમ,$m = 1$.
ક્રમયુક્ત જોડ $(m, n) = (1, 0)$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x)=[1+x]+\frac{\alpha^{2[x]+\{x\}}+[x]-1}{2[x]+\{x\}}$ છે.
$x \to 0^-$ માટે,$[x] = -1$ અને ${x} = 1+x$ થાય.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = 0 + \frac{\alpha^{-1} - 2}{-1} = 2 - \frac{1}{\alpha}$.
આપેલ છે કે લક્ષ $\alpha - \frac{4}{3}$ છે.
તેથી,$2 - \frac{1}{\alpha} = \alpha - \frac{4}{3} \Rightarrow \alpha + \frac{1}{\alpha} = \frac{10}{3}$.
આમ,$\alpha = 3$ મળે છે.

(B) સાતત્ય તપાસવા માટે,આપણે $x = 0, 1, 2$ બિંદુઓ પર ચકાસણી કરીએ.
$x = 0$ પર:
$f(0^-) = \lim_{x \to 0^-} [e^x] = 0$ (કારણ કે $x < 0$ માટે $e^x < 1$).
$f(0^+) = a e^0 + [0 - 1] = a - 1$.
$x = 0$ પર સાતત્ય માટે,$a - 1 = 0 \implies a = 1$.
$x = 1$ પર:
$f(1^-) = a e^1 + [1 - 1] = a e + 0 = a e$.
$f(1^+) = b + [\sin(\pi)] = b + 0 = b$.
$a = 1$ હોવાથી,$f(1^-) = e \approx 2.718$ અને $f(1^+) = b$. $e$ એ પૂર્ણાંક ન હોવાથી,કોઈપણ $b$ માટે $f$ એ $x = 1$ પર અસતત છે.
$x = 2$ પર:
$f(2^-) = b + [\sin(2\pi)] = b + 0 = b$.
$f(2^+) = [e^{-2}] - c = 0 - c = -c$.
$x = 2$ પર સાતત્ય માટે,$b = -c \implies b + c = 0$.
આમ,$a, b, c$ ની કોઈપણ કિંમત માટે $f$ એ $x = 1$ પર અસતત છે. જો આપણે $a = 1$ અને $b + c = 0$ લઈએ,તો $f$ માત્ર $x = 1$ પર અસતત રહે છે. આ કિસ્સામાં,$a + b + c = 1 + (b + c) = 1 + 0 = 1$.

(A) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$k = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે $f(x) = \frac{\ln(1-x+x^2) + \ln(1+x+x^2)}{\sec x - \cos x}$.
ગુણધર્મ $\ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)$ નો ઉપયોગ કરતા,અંશ $\ln((1-x+x^2)(1+x+x^2)) = \ln(1+x^2+x^4)$ થાય છે.
છેદ $\frac{1}{\cos x} - \cos x = \frac{1-\cos^2 x}{\cos x} = \frac{\sin^2 x}{\cos x}$ થાય છે.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x^2+x^4) \cdot \cos x}{\sin^2 x}$.
$(x^2+x^4)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\ln(1+x^2+x^4)}{x^2+x^4} \right) \cdot \left( \frac{x^2+x^4}{\sin^2 x} \right) \cdot \cos x$.
$\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ હોવાથી,લક્ષ $1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$ મળે છે.
તેથી,$k = 1$.

(D) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$0+a = |0-4| \implies a = 4$.
$g(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^+} g(x) = g(0)$.
$0+1 = (0-4)^2 + b \implies 1 = 16 + b \implies b = -15$.
હવે,$f(x) = \begin{cases} x+4, & x \leq 0 \\ |x-4|, & x > 0 \end{cases}$ અને $g(x) = \begin{cases} x+1, & x < 0 \\ (x-4)^2-15, & x \geq 0 \end{cases}$.
$(g \circ f)(2) = g(f(2))$ શોધો. $2 > 0$ હોવાથી,$f(2) = |2-4| = 2$.
$g(2) = (2-4)^2 - 15 = 4 - 15 = -11$.
$(f \circ g)(-2) = f(g(-2))$ શોધો. $-2 < 0$ હોવાથી,$g(-2) = -2+1 = -1$.
$f(-1) = -1+4 = 3$.
તેથી,$(g \circ f)(2) + (f \circ g)(-2) = -11 + 3 = -8$.

(C) પ્રથમ,આપણે $f(1) = 1^{3} - 1^{2} + 10(1) - 7 = 3$ મેળવીએ છીએ.
$x < 1$ માટે,વિકલન $f'(x) = 3x^{2} - 2x + 10$ છે. આ દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક $D = (-2)^{2} - 4(3)(10) = -116 < 0$ છે. તેથી $f'(x) > 0$ છે,એટલે કે $f(x)$ એ $(-\infty, 1]$ પર વધતું વિધેય છે.
$x > 1$ માટે,$f(x) = -2x + \log_{2}(b^{2}-4)$ છે. $x=1$ આગળ મહત્તમ કિંમત મેળવવા માટે,$x \to 1^{+}$ માટેની લક્ષ કિંમત $f(1)$ કરતા ઓછી અથવા તેના જેટલી હોવી જોઈએ.
શરત $1$: લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ,તેથી $b^{2} - 4 > 0$,જેનો અર્થ છે $b \in (-\infty, -2) \cup (2, \infty)$.
શરત $2$: $\lim_{x \to 1^{+}} f(x) \leq f(1)$ હોવું જોઈએ.
$-2(1) + \log_{2}(b^{2}-4) \leq 3$
$\log_{2}(b^{2}-4) \leq 5$
$b^{2} - 4 \leq 32$
$b^{2} \leq 36$
તેથી $b \in [-6, 6]$.
બંને શરતોને જોડતા,આપણને $b \in [-6, -2) \cup (2, 6]$ મળે છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,તે $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવું જોઈએ.
અંશમાં $x=0$ મૂકતા: $\sqrt[7]{p(729)} - 3 = 0 \implies p(3^6) = 3^7 \implies p = 3$.
હવે,$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[7]{3(3^6+x)}-3}{\sqrt[3]{3^6+qx}-9} = \lim_{x \to 0} \frac{3[(1+\frac{x}{3^6})^{1/7}-1]}{9[(1+\frac{qx}{3^6})^{1/3}-1]}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{(1+u)^n-1}{u} = n$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \frac{3}{9} \times \frac{\frac{1}{7} \cdot \frac{1}{3^6}}{\frac{1}{3} \cdot \frac{q}{3^6}} = \frac{1}{3} \times \frac{3}{7q} = \frac{1}{7q}$.
આમ,$7qf(0) = 1$,જેનો અર્થ છે કે $7qf(0) - 1 = 0$.
$p=3$ હોવાથી,$p^2 = 9$. સમીકરણમાં $1 = \frac{p^2}{9}$ મૂકતા:
$7qf(0) - \frac{p^2}{9} = 0 \implies 63qf(0) - p^2 = 0$.

(B) $f(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસવા માટે,આપણે લક્ષ $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\cos(2 \pi x) - x^{2n} \sin(x-1)}{1 + x^{2n+1} - x^{2n}}$ ની ગણતરી કરીએ.
કિસ્સો $1$: $|x| < 1$. જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે $x^{2n} \rightarrow 0$ અને $x^{2n+1} \rightarrow 0$. તેથી,$f(x) = \cos(2 \pi x)$.
કિસ્સો $2$: $x = 1$. $f(1) = \frac{1 - 0}{1 + 1 - 1} = 1$.
કિસ્સો $3$: $x = -1$. $f(-1) = \frac{1 - \sin(-2)}{1 - 1 - 1} = -(1 + \sin 2)$.
કિસ્સો $4$: $|x| > 1$. અંશ અને છેદને $x^{2n}$ વડે ભાગતા,$f(x) = \frac{-\sin(x-1)}{x-1}$ મળે છે.
$x=1$ આગળ સાતત્યતા: $\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = 1$ અને $\lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = -1$. તેથી $x=1$ આગળ અસતત છે.
$x=-1$ આગળ સાતત્યતા: $\lim_{x \rightarrow -1^-} f(x) = -\frac{\sin 2}{2}$ અને $\lim_{x \rightarrow -1^+} f(x) = 1$. તેથી $x=-1$ આગળ અસતત છે.
આમ,$f(x)$ એ $R - \{-1, 1\}$ માટે સતત છે.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$x \to 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = 10$,તેથી:
$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+5x) - \ln(1+\alpha x)}{x} = 10$
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+kx)}{x} = k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\ln(1+5x)}{x} - \frac{\ln(1+\alpha x)}{x} \right) = 10$
લક્ષ લેતા:
$5 - \alpha = 10$
$\alpha$ માટે ઉકેલતા:
$\alpha = 5 - 10 = -5$
આમ,$\alpha$ ની કિંમત $-5$ છે.

(D) આપેલ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f(x^2) = f(x^3)$.
કોઈપણ $x > 0$ માટે,ધારો કે $x = t^6$. તો $f(t^{12}) = f(t^{18})$.
વધુ સામાન્ય રીતે,કોઈપણ $x > 0$ માટે,આપણે $x = t^{6^n}$ લખી શકીએ છીએ.
આદેશનું પુનરાવર્તન કરતા,$f(x) = f(x^{2/3}) = f(x^{(2/3)^2}) = \dots = f(x^{(2/3)^n})$.
જેમ $n \to \infty$,તેમ $(2/3)^n \to 0$,તેથી તમામ $x > 0$ માટે $f(x) = f(x^0) = f(1)$.
કારણ કે $f$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,$f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(1)$.
$x < 0$ માટે,ધારો કે $x = -t$ જ્યાં $t > 0$. તો $f((-t)^2) = f((-t)^3) \implies f(t^2) = f(-t^3)$.
કારણ કે $f(t^2) = f(1)$,તેથી $f(-t^3) = f(1)$.
જેમ $t^3$ તમામ ધન કિંમતો આવરી લે છે,તેથી તમામ $x < 0$ માટે $f(x) = f(1)$.
આમ,તમામ $x \in R$ માટે $f(x) = c$ (અચળ).
અચળ વિધેય એ યુગ્મ વિધેય છે કારણ કે $f(-x) = c = f(x)$.
અચળ વિધેય દરેક જગ્યાએ વિકલનીય પણ છે અને $f'(x) = 0$.
તેથી,$II$ અને $III$ બંને સાચા છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} \frac{x+5}{x-2}, & x \neq 2 \\ 1, & x=2 \end{cases}$.
પ્રથમ,$f(x)$ એ $x=2$ આગળ અસતત છે. તેથી,$f(f(x))$ એ $x=2$ આગળ અસતત છે.
આગળ,આપણે તે બિંદુઓ શોધીએ છીએ જ્યાં $f(f(x))$ અસતત હોઈ શકે છે,તે બિંદુઓને ધ્યાનમાં લઈને જ્યાં $f(x)$ અસતત છે અથવા જ્યાં $f(x)$ ની કિંમત $2$ થાય છે (કારણ કે $f(x)$ એ $2$ આગળ અસતત છે).
$x \neq 2$ માટે,$f(x) = \frac{x+5}{x-2}$.
અસતતતાના અન્ય બિંદુઓ શોધવા માટે આપણે $f(x) = 2$ લઈએ છીએ:
$\frac{x+5}{x-2} = 2$
$x+5 = 2(x-2)$
$x+5 = 2x-4$
$x = 9$.
આમ,$f(f(x))$ એ $x=2$ અને $x=9$ આગળ અસતત છે.
તેથી,$f(f(x))$ એ $x$ ની બરાબર બે કિંમતો માટે અસતત છે.

(B) વિધેય $f(x) = \begin{cases} g(x), & x \in \mathbb{Q} \\ h(x), & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$ એવા બિંદુઓ પર સતત હોય છે જ્યાં $g(x) = h(x)$ થાય.
અહીં,$g(x) = \tan^2 x$ અને $h(x) = \sin x$ છે.
આપણે $[0, \pi]$ માં એવા બિંદુઓ $x$ શોધવા છે જ્યાં $\tan^2 x = \sin x$ થાય.
$\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} = \sin x$
$\sin^2 x = \sin x \cos^2 x = \sin x (1 - \sin^2 x)$
$\sin^2 x = \sin x - \sin^3 x \implies \sin^3 x + \sin^2 x - \sin x = 0$
$\sin x (\sin^2 x + \sin x - 1) = 0$
કિસ્સો $1$: $\sin x = 0 \implies x = 0, \pi$.
કિસ્સો $2$: $\sin^2 x + \sin x - 1 = 0$. ધારો કે $u = \sin x$. $u^2 + u - 1 = 0 \implies u = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
કારણ કે $u = \sin x \in [0, 1]$,આપણે $u = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ લઈએ છીએ.
આનાથી $[0, \pi]$ માં $x$ ના બે મૂલ્યો મળે છે: $x_1 = \arcsin\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)$ અને $x_2 = \pi - \arcsin\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)$.
કુલ બિંદુઓ $0, \pi, x_1, x_2$ છે,એટલે કે કુલ $4$ બિંદુઓ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \int_{-10}^x 2^{[t]} dt$ એ સ્ટેપ વિધેયનું સંકલન છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,જો $g(t) = 2^{[t]}$ હોય,તો $f(x) = \int_{-10}^x g(t) dt$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે જો સંકલ્ય $g(t)$ સંકલનીય હોય.
કારણ કે $g(t) = 2^{[t]}$ એ ટુકડે-ટુકડે અચળ વિધેય છે,તે પૂર્ણાંકો સિવાય દરેક જગ્યાએ સતત છે.
જો કે,ટુકડે-ટુકડે સતત વિધેયનું સંકલન હંમેશા સતત હોય છે.
ચોક્કસપણે,કોઈપણ પૂર્ણાંક $n \in (-10, 10)$ માટે,ડાબી બાજુની સીમા $\lim_{x \to n^-} f(x) = \int_{-10}^n 2^{[t]} dt$ છે અને જમણી બાજુની સીમા $\lim_{x \to n^+} f(x) = \int_{-10}^n 2^{[t]} dt + \lim_{x \to n^+} \int_n^x 2^n dt = \int_{-10}^n 2^{[t]} dt + 0 = f(n)$ છે.
અંતરાલ $(-10, 10)$ માં દરેક બિંદુ $x$ પર ડાબી બાજુની સીમા,જમણી બાજુની સીમા અને વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવાથી,વિધેય $f(x)$ અંતરાલમાં દરેક જગ્યાએ સતત છે.
તેથી,અસાતત્ય બિંદુઓની સંખ્યા $0$ છે.

(D) $x \neq 0$ માટે,વિધેય એ ભૌમિતિક શ્રેણીના સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f(x) = |x|^\alpha \sum \limits_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{1+x^2}\right)^n$.
$x \neq 0$ માટે $|\frac{1}{1+x^2}| < 1$ હોવાથી,અનંત ભૌમિતિક શ્રેણીનો સરવાળો $\frac{1}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = \frac{1+x^2}{x^2}$ થાય છે.
આમ,$f(x) = |x|^\alpha \cdot \frac{1+x^2}{x^2} = |x|^\alpha \cdot |x|^{-2} (1+x^2) = |x|^{\alpha-2} (1+x^2)$.
$f$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$ હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 0} |x|^{\alpha-2} (1+x^2) = 0$ ત્યારે જ શક્ય છે જો $\alpha - 2 > 0$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha > 2$.
આવી વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $\alpha$ નો ગણ એ અંતરાલ $(2, \infty)$ છે.
આ અંતરાલમાં અનંત વાસ્તવિક સંખ્યાઓ હોવાથી,ગણમાં $4$ કરતા વધુ ઘટકો છે.

(B) $x=0$ આગળ $f(x)$ ની સાતત્યતા: $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x^2 \sin \left(\frac{1}{x}\right)$. કારણ કે $|\sin(1/x)| \leq 1$,આપણી પાસે $|x^2 \sin(1/x)| \leq x^2$ છે. સ્ક્વીઝ પ્રમેય દ્વારા,$\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$. આમ,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે.
$x=0$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા: $f^{\prime}(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin(1/h) = 0$. લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે અને $f^{\prime}(0) = 0$.
$x=0$ આગળ $f^{\prime}(x)$ ની સાતત્યતા: $x \neq 0$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} [x^2 \sin(1/x)] = 2x \sin(1/x) + x^2 \cos(1/x) (-1/x^2) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$.
જેમ $x \to 0$,$2x \sin(1/x) \to 0$,પરંતુ $\lim_{x \to 0} \cos(1/x)$ નું અસ્તિત્વ નથી કારણ કે તે દોલન કરે છે. તેથી,$\lim_{x \to 0} f^{\prime}(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી,એટલે કે $f^{\prime}(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત નથી.

(D) વિધેય $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} f(x) = f(\frac{\pi}{2})$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} e^{\frac{\cot 6x}{\cot 4x}} = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} e^{\frac{\sin 4x \cdot \cos 6x}{\sin 6x \cdot \cos 4x}} = e^{2/3}$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} (1+|\cos x|)^{\frac{\lambda}{|\cos x|}} = e^\lambda$.
આ લક્ષોને $f(\frac{\pi}{2}) = \mu$ સાથે સરખાવતા:
$e^\lambda = \mu = e^{2/3}$.
તેથી,$\lambda = \frac{2}{3}$ અને $\mu = e^{2/3}$.
હવે,કિંમતો મૂકતા:
$9\lambda + 6 \log_{e} \mu + \mu^6 - e^{6\lambda} = 9(\frac{2}{3}) + 6 \log_{e} (e^{2/3}) + (e^{2/3})^6 - e^{6(2/3)}$
$= 6 + 6(\frac{2}{3}) + e^4 - e^4 = 6 + 4 = 10$.

(C) આપેલ છે કે $x=2$ એ $x^2+px+q=0$ નું બીજ છે,તેથી $4+2p+q=0$,એટલે કે $q = -2p-4$.
કોસાઈનની અંદરના પદમાં $q$ ની કિંમત મૂકતા: $x^2-4px+q^2+8q+16 = x^2-4px+(-2p-4)^2+8(-2p-4)+16 = x^2-4px+4p^2+16p+16-16p-32+16 = x^2-4px+4p^2 = (x-2p)^2$.
આમ,$x \neq 2p$ માટે $f(x) = \frac{1-\cos((x-2p)^2)}{(x-2p)^4}$ થાય.
લક્ષ $\lim_{\theta \to 0} \frac{1-\cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\lim_{x \to 2p} f(x) = \lim_{x \to 2p} \frac{1-\cos((x-2p)^2)}{((x-2p)^2)^2} = \frac{1}{2}$ મળે છે.
કારણ કે $\lim_{x \to 2p^+} f(x) = \frac{1}{2}$,તેથી $2p$ ની નજીક $x$ માટે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[f(x)]$ (જ્યાં $0 < f(x) < 1$) નું મૂલ્ય $[f(x)] = 0$ થાય છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = [x^2 - x] + |-x + [x]|$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-x + [x] = -\{x\}$,જ્યાં $\{x\}$ એ $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે.
તેથી,$f(x) = [x^2 - x] + |-\{x\}| = [x^2 - x] + \{x\}$.
$x = 0$ પર સાતત્ય તપાસતા:
$f(0) = [0^2 - 0] + \{0\} = 0 + 0 = 0$.
$f(0^+) = \lim_{h \to 0^+} [h^2 - h] + \{h\} = [-0.0001] + 0 = -1 + 0 = -1$.
$f(0) \neq f(0^+)$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ પર અસતત છે.
$x = 1$ પર સાતત્ય તપાસતા:
$f(1) = [1^2 - 1] + \{1\} = 0 + 0 = 0$.
$f(1^+) = \lim_{h \to 0^+} [(1+h)^2 - (1+h)] + \{1+h\} = [1 + 2h + h^2 - 1 - h] + h = [h + h^2] + h = 0 + 0 = 0$.
$f(1^-) = \lim_{h \to 0^+} [(1-h)^2 - (1-h)] + \{1-h\} = [1 - 2h + h^2 - 1 + h] + (1-h) = [-h + h^2] + 1 - h = -1 + 1 - 0 = 0$.
$f(1) = f(1^+) = f(1^-) = 0$ હોવાથી,$f$ એ $x = 1$ પર સતત છે.
તેથી,$f$ એ $x = 1$ પર સતત છે પરંતુ $x = 0$ પર સતત નથી.

(D) વિધેય $f(x) = |[x]| + \sqrt{x - [x]}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
અંતરાલ $(-2, 1)$ માં અસતતતાના બિંદુઓ તપાસીએ. $[x]$ વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે. આપેલ અંતરાલમાં પૂર્ણાંકો $-1$ અને $0$ છે.
કિસ્સો $1$: $x = -1$ આગળ:
$f(-1) = |[-1]| + \sqrt{-1 - [-1]} = |-1| + \sqrt{0} = 1$.
$f(-1^+) = \lim_{h \to 0^+} (|[ -1 + h ]| + \sqrt{-1 + h - [-1 + h]}) = |-1| + \sqrt{0} = 1$.
$f(-1^-) = \lim_{h \to 0^+} (|[ -1 - h ]| + \sqrt{-1 - h - [-1 - h]}) = |-2| + \sqrt{-1 - h - (-2)} = 2 + \sqrt{1 - h} = 2 + 1 = 3$.
$f(-1^+) \neq f(-1^-)$ હોવાથી,વિધેય $x = -1$ આગળ અસતત છે.
કિસ્સો $2$: $x = 0$ આગળ:
$f(0) = |[0]| + \sqrt{0 - [0]} = 0 + 0 = 0$.
$f(0^+) = \lim_{h \to 0^+} (|[ 0 + h ]| + \sqrt{0 + h - [0 + h]}) = |0| + \sqrt{0} = 0$.
$f(0^-) = \lim_{h \to 0^+} (|[ 0 - h ]| + \sqrt{0 - h - [0 - h]}) = |-1| + \sqrt{-h - (-1)} = 1 + \sqrt{1 - h} = 1 + 1 = 2$.
$f(0^+) \neq f(0^-)$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ અસતત છે.
આમ,વિધેય $x = -1$ અને $x = 0$ આગળ અસતત છે. કુલ બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(D) ત્રણ વિધેયો વ્યાખ્યાયિત કરો: $g(x) = 1+x+[x]$,$h(x) = 2+x$,અને $k(x) = x+2[x]$.
$x \in [0, 1)$ માટે: $g(x) = 1+x$,$h(x) = 2+x$,$k(x) = x$. તેથી $f(x) = \max\{1+x, 2+x, x\} = 2+x$.
$x \in [1, 2)$ માટે: $g(x) = 2+x$,$h(x) = 2+x$,$k(x) = x+2$. $2+x$ અને $x+2$ સમાન છે. તેથી $f(x) = 2+x$.
$x = 2$ પર: $g(2) = 1+2+2 = 5$,$h(2) = 2+2 = 4$,$k(2) = 2+2(2) = 6$. તેથી $f(2) = \max\{5, 4, 6\} = 6$.
આમ,$x \in [0, 2)$ માટે $f(x) = 2+x$ અને $f(2) = 6$.
સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = 2+2 = 4$,પરંતુ $f(2) = 6$. તેથી,$f$ એ $x = 2$ પર અસતત છે. તેથી $m = 1$.
$(0, 2)$ માં વિકલનીયતા તપાસતા: $f(x) = 2+x$ એ બહુપદી હોવાથી,તે દરેક $x \in (0, 2)$ માટે વિકલનીય છે. તેથી $n = 0$.
તેથી,$(m+n)^2+2 = (1+0)^2+2 = 1+2 = 3$.

(A) આપેલ છે $f(x) = \frac{x}{2} + \frac{2}{x}$ જ્યાં $x \in (0, 2)$.
$f'(x) = \frac{1}{2} - \frac{2}{x^2} = \frac{x^2 - 4}{2x^2}$.
$x \in (0, 2)$ હોવાથી,$x^2 < 4$,તેથી $f'(x) < 0$. આમ,$f(x)$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
$0 < x \leq 1$ માટે,$g(x) = \min \{f(t) : 0 < t \leq x\}$. $f(t)$ ઘટતું વિધેય હોવાથી,$(0, x]$ પર ન્યૂનતમ કિંમત $t=x$ આગળ મળે છે. તેથી,$0 < x \leq 1$ માટે $g(x) = f(x) = \frac{x}{2} + \frac{2}{x}$.
$x=1$ આગળ,$g(1) = \frac{1}{2} + \frac{2}{1} = \frac{5}{2}$.
$1 < x < 2$ માટે,$g(x) = \frac{3}{2} + x$. જેમ $x \rightarrow 1^+$,તેમ $g(x) \rightarrow \frac{3}{2} + 1 = \frac{5}{2}$.
$\lim_{x \rightarrow 1^-} g(x) = \lim_{x \rightarrow 1^+} g(x) = g(1) = \frac{5}{2}$ હોવાથી,$g(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
હવે $x=1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $g'(1^-) = f'(1) = \frac{1}{2} - \frac{2}{1^2} = \frac{1}{2} - 2 = -\frac{3}{2}$.
જમણી બાજુનું વિકલન: $g'(1^+) = \frac{d}{dx}(\frac{3}{2} + x) = 1$.
$g'(1^-) \neq g'(1^+)$ હોવાથી,$g(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) $f$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0) = \alpha$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{1 - \cos 2x}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2 \sin^2 x}{x^2} = 2 \times 1^2 = 2$.
તેથી,$\alpha = 2$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\beta \sqrt{1 - \cos x}}{x} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\beta \sqrt{2 \sin^2 (x/2)}}{x} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\beta \sqrt{2} |\sin(x/2)|}{x}$.
અહીં $x > 0$ હોવાથી,$\sin(x/2) > 0$,તેથી $|\sin(x/2)| = \sin(x/2)$.
$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\beta \sqrt{2} \sin(x/2)}{x} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\beta \sqrt{2} \sin(x/2)}{2(x/2)} = \frac{\beta \sqrt{2}}{2} = \frac{\beta}{\sqrt{2}}$.
આને $\alpha = 2$ સાથે સરખાવતા,$\frac{\beta}{\sqrt{2}} = 2$,જેનો અર્થ છે કે $\beta = 2\sqrt{2}$.
અંતે,$\alpha^2 + \beta^2 = (2)^2 + (2\sqrt{2})^2 = 4 + 8 = 12$.

(B) વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,અંશનું સાદુંરૂપ આપતા: $72^x - 9^x - 8^x + 1 = (9^x - 1)(8^x - 1)$.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $\sqrt{2} - \sqrt{1 + \cos x} = \sqrt{2} - \sqrt{2 \cos^2(x/2)} = \sqrt{2}(1 - |\cos(x/2)|)$.
$x \rightarrow 0$ હોવાથી,$\cos(x/2) > 0$,તેથી $\sqrt{2} - \sqrt{1 + \cos x} = \sqrt{2}(1 - \cos(x/2))$.
નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sqrt{2}(2 \sin^2(x/4))$ મળે.
હવે,લક્ષની કિંમત મેળવતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{(9^x - 1)(8^x - 1)}{\sqrt{2}(2 \sin^2(x/4))} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(9^x - 1)}{x} \cdot \frac{(8^x - 1)}{x} \cdot \frac{x^2}{2\sqrt{2} \sin^2(x/4)}$.
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ અને $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin(kx)}{x} = k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \ln 9 \cdot \ln 8 \cdot \frac{1}{2\sqrt{2} (1/4)^2} = (2 \ln 3)(3 \ln 2) \cdot \frac{16}{2\sqrt{2}} = 6 \ln 2 \ln 3 \cdot 4\sqrt{2} = 24\sqrt{2} \ln 2 \ln 3$.
$f(0) = a \ln 2 \ln 3$ સાથે સરખાવતા,$a = 24\sqrt{2}$ મળે.
તેથી,$a^2 = (24\sqrt{2})^2 = 576 \times 2 = 1152$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,લક્ષ $\lim_{x \to 0} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોવું જોઈએ અને તે $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 3x = 3x - \frac{(3x)^3}{3!} + \dots = 3x - \frac{27x^3}{6} + \dots$
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \dots$
$\cos 3x = 1 - \frac{(3x)^2}{2!} + \dots = 1 - \frac{9x^2}{2} + \dots$
આ કિંમતો $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \frac{(3x - \frac{27x^3}{6} + \dots) + \alpha(x - \frac{x^3}{6} + \dots) - \beta(1 - \frac{9x^2}{2} + \dots)}{x^3}$
$f(x) = \frac{-\beta + x(3 + \alpha) + x^2(\frac{9\beta}{2}) + x^3(-\frac{27}{6} - \frac{\alpha}{6}) + \dots}{x^3}$
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$x^0$,$x^1$,અને $x^2$ ના સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ:
$1$) $-\beta = 0 \implies \beta = 0$
$2$) $3 + \alpha = 0 \implies \alpha = -3$
$3$) $\frac{9\beta}{2} = 0$ (જે $\beta = 0$ હોવાથી સત્ય છે)
હવે,લક્ષ એ $x^3$ નો સહગુણક છે:
$f(0) = -\frac{27}{6} - \frac{\alpha}{6} = \frac{-27 - (-3)}{6} = \frac{-24}{6} = -4$.

(B) વિધેય $f(x) = 2x^2 + x + [x^2] - [x]$ છે. $[-1, 2]$ માં $[x^2]$ માટે અસતત બિંદુઓ જ્યાં $x^2 \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ છે,એટલે કે $x \in \{0, 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, 2, -1\}$. $[x]$ માટે અસતત બિંદુઓ $x \in \{0, 1, 2\}$ છે. આમ,અસતતતા માટેના સંભવિત બિંદુઓ $\{-1, 0, 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, 2\}$ છે.
$1$. $x = -1$ પર: $f(-1) = 2(1) - 1 + [1] - [-1] = 3$. $\lim_{x \to -1^+} f(x) = 3$. તેથી,$f$ એ $x = -1$ પર સતત છે.
$2$. $x = 0$ પર: $f(0) = 0$. $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$. તેથી,$f$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
$3$. $x = 1$ પર: $f(1) = 3$. $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 3$ અને $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 3$. તેથી,$f$ એ $x = 1$ પર સતત છે.
$4$. $x = \sqrt{2}$ પર: $f(\sqrt{2}) = 5 + \sqrt{2}$. $\lim_{x \to \sqrt{2}^-} f(x) = 4 + \sqrt{2}$. તેથી,$f$ એ $x = \sqrt{2}$ પર અસતત છે.
$5$. $x = \sqrt{3}$ પર: $f(\sqrt{3}) = 8 + \sqrt{3}$. $\lim_{x \to \sqrt{3}^-} f(x) = 7 + \sqrt{3}$. તેથી,$f$ એ $x = \sqrt{3}$ પર અસતત છે.
$6$. $x = 2$ પર: $f(2) = 12$. $\lim_{x \to 2^-} f(x) = 12$. તેથી,$f$ એ $x = 2$ પર સતત છે.
અસતત બિંદુઓ $\{\sqrt{2}, \sqrt{3}\}$ છે. બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = [\frac{x}{2} + 3] - [\sqrt{x}]$ ત્યાં અસતત છે જ્યાં $[\frac{x}{2} + 3]$ અથવા $[\sqrt{x}]$ અસતત હોય.
$1$. $[\frac{x}{2} + 3]$ પદ ત્યારે અસતત હોય જ્યારે $\frac{x}{2} + 3$ પૂર્ણાંક હોય.
$x \in [0, 8]$ માટે,$\frac{x}{2} + 3$ ની કિંમતો $[3, 7]$ માં હોય.
તેથી,$\frac{x}{2} + 3 \in \{3, 4, 5, 6, 7\}$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $\frac{x}{2} \in \{0, 1, 2, 3, 4\} \implies x \in \{0, 2, 4, 6, 8\}$.
$2$. $[\sqrt{x}]$ પદ ત્યારે અસતત હોય જ્યારે $\sqrt{x}$ પૂર્ણાંક હોય.
$x \in [0, 8]$ માટે,$\sqrt{x} \in [0, \sqrt{8}] \approx [0, 2.82]$.
તેથી,$\sqrt{x} \in \{0, 1, 2\}$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $x \in \{0, 1, 4\}$.
$3$. $[0, 8]$ માં અસતત બિંદુઓનો ગણ $S$ એ આ બિંદુઓનો યોગગણ છે:
$S = \{0, 1, 2, 4, 6, 8\}$.
પરંતુ,આપણે તપાસવું પડશે કે શું કોઈ બિંદુએ કૂદકા (jumps) રદ થાય છે.
$x=0$ પર: $f(0) = [3] - [0] = 3$. $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 3$. સતત છે.
$x=4$ પર: $f(4) = [2+3] - [2] = 3$.
$\lim_{x \to 4^-} f(x) = [4.99] - [1.99] = 4 - 1 = 3$.
$\lim_{x \to 4^+} f(x) = [5.00...] - [2.00...] = 5 - 2 = 3$. સતત છે.
આમ,અસતત બિંદુઓ $S = \{1, 2, 6, 8\}$ છે.
$S$ ના ઘટકોનો સરવાળો $1 + 2 + 6 + 8 = 17$ થાય છે.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ સમાન હોવા જોઈએ.
પ્રથમ,$LHL$ ની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\tan((a+1)x) + b \tan x}{x} = \lim_{x \to 0^-} \left( \frac{\tan((a+1)x)}{x} + \frac{b \tan x}{x} \right) = (a+1) + b$.
હવે,$RHL$ ની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{ax + b^2x^2} - \sqrt{ax}}{b \sqrt{a} x \sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{ax}(\sqrt{1 + \frac{b^2}{a}x} - 1)}{b \sqrt{a} x \sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{1 + \frac{b^2}{a}x} - 1}{b x}$.
$(1+u)^{1/2} \approx 1 + \frac{u}{2}$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{1 + \frac{b^2}{2a}x - 1}{b x} = \frac{b^2}{2ab} = \frac{b}{2a}$.
$LHL$ અને $RHL$ ને સરખાવતા:
$a + 1 + b = \frac{b}{2a}$.
વિકલ્પો મુજબ $\frac{b}{a} = 6$ લેતા,$b = 6a$ મળે.
આ કિંમત મૂકતા: $a + 1 + 6a = \frac{6a}{2a} \Rightarrow 7a + 1 = 3 \Rightarrow 7a = 2 \Rightarrow a = 2/7$.
તેથી $b = 12/7$. આમ,$\frac{b}{a} = 6$ એ સાચો જવાબ છે.

(B) $f$ એ $x=\frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} f(x) = f(\frac{\pi}{2}) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} f(x)$ થવું જોઈએ.
$1$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$: $\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} (\frac{8}{7})^{\frac{\tan 8x}{\tan 7x}}$.
જ્યારે $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $\tan 8x \rightarrow \tan 4\pi = 0$ અને $\tan 7x \rightarrow \tan \frac{7\pi}{2} = \infty$. તેથી,ઘાતાંક $\frac{\tan 8x}{\tan 7x} \rightarrow 0$. આમ,$LHL$ $= (\frac{8}{7})^0 = 1$.
$2$. $x=\frac{\pi}{2}$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય: $f(\frac{\pi}{2}) = a-8$.
$3$. જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$: $\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} (1+|\cot x|)^{\frac{b}{a}|\tan x|}$.
ધારો કે $t = |\cot x|$. જ્યારે $x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+$,ત્યારે $t \rightarrow 0$ અને $|\tan x| = \frac{1}{t}$.
લક્ષ $\lim_{t \rightarrow 0} (1+t)^{\frac{b}{a} \cdot \frac{1}{t}} = e^{\lim_{t \rightarrow 0} \frac{b}{a} \cdot \frac{1}{t} \cdot t} = e^{\frac{b}{a}}$ બને છે.
મૂલ્યોને સરખાવતા: $1 = a-8 = e^{\frac{b}{a}}$.
$1 = a-8$ પરથી,$a=9$ મળે છે.
$1 = e^{\frac{b}{a}}$ પરથી,$\frac{b}{a} = 0$,તેથી $b=0$ મળે છે.
આમ,$a^2+b^2 = 9^2 + 0^2 = 81$.

(C) $x \in \left[\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right)$ માટે,$f(x) = \sqrt{n}$ છે. જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $n \rightarrow \infty$,તેથી $f(x) \approx \frac{1}{\sqrt{x}}$.
આપેલ છે કે $\int_{x^2}^x \sqrt{\frac{1-t}{t}} dt < g(x) < 2\sqrt{x}$.
ધારો કે $I(x) = \int_{x^2}^x \sqrt{\frac{1-t}{t}} dt$. $t = \sin^2 \theta$ આદેશ લેતા,$dt = 2\sin \theta \cos \theta d\theta$,આપણને મળે $\int 2\cos^2 \theta d\theta = \theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta = \arcsin \sqrt{t} + \sqrt{t(1-t)}$.
આમ,$I(x) = [\arcsin \sqrt{t} + \sqrt{t(1-t)}]_{x^2}^x = \arcsin \sqrt{x} + \sqrt{x(1-x)} - \arcsin x - x\sqrt{1-x^2}$.
જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $I(x) \approx \sqrt{x} + \sqrt{x} - 0 - 0 = 2\sqrt{x}$.
કારણ કે $f(x) \approx \frac{1}{\sqrt{x}}$,તેથી $f(x)g(x) \approx \frac{1}{\sqrt{x}} \cdot (2\sqrt{x}) = 2$.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x)g(x) = 2$.

(B) વિધેય $f(x) = [4x](x-\frac{1}{4})^2(x-\frac{1}{2})$ ને આ રીતે લખી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} 0 & 0 < x < \frac{1}{4} \\ (x-\frac{1}{4})^2(x-\frac{1}{2}) & \frac{1}{4} \leq x < \frac{1}{2} \\ 2(x-\frac{1}{4})^2(x-\frac{1}{2}) & \frac{1}{2} \leq x < \frac{3}{4} \\ 3(x-\frac{1}{4})^2(x-\frac{1}{2}) & \frac{3}{4} \leq x < 1 \end{cases}$
$1$. સાતત્ય: વિધેય $x = \frac{1}{2}$ અને $x = \frac{3}{4}$ પર અસતત છે કારણ કે આ બિંદુઓ પર ડાબી અને જમણી બાજુની સીમાઓ સમાન નથી. તેથી,વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
$2$. વિકલનીયતા: વિધેય $x = \frac{1}{4}$ પર સતત છે પરંતુ ત્યાં વિકલનીય નથી. તે $x = \frac{1}{2}$ અને $x = \frac{3}{4}$ પર અસતત છે. આમ,બરાબર એક બિંદુ $(x = \frac{1}{4})$ છે જ્યાં તે સતત છે પરંતુ વિકલનીય નથી. વિધાન $(B)$ સાચું છે.
$3$. અવિકલનીયતા: વિધેય $x = \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}$ પર અવિકલનીય છે. આ બરાબર ત્રણ બિંદુઓ છે. વિધાન $(C)$ ખોટું છે.
$4$. ન્યૂનતમ કિંમત: $x \in [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}]$ માટે,$f(x) = (x-\frac{1}{4})^2(x-\frac{1}{2})$. ધારો કે $t = x-\frac{1}{4}$,તો $f(t) = t^2(t-\frac{1}{4}) = t^3 - \frac{1}{4}t^2$. $f'(t) = 3t^2 - \frac{1}{2}t = t(3t - \frac{1}{2})$. $f'(t) = 0$ લેતા,આપણને $t = \frac{1}{6}$ મળે છે. કિંમત $(\frac{1}{6})^2(\frac{1}{6}-\frac{1}{4}) = \frac{1}{36}(-\frac{1}{12}) = -\frac{1}{432}$ છે. તેથી,વિધાન $(D)$ ખોટું છે.

(D) વિધેય $f(x) = x \cos(\pi(x + [x]))$ છે. વિધેય ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ એ જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ અથવા વિધેયના મૂલ્ય જેટલી ન હોય.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,અંતરાલ $[n, n+1)$ માં,$[x] = n$ થાય. તેથી,$f(x) = x \cos(\pi(x + n))$.
$1$. $x = -1$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to -1^-} x \cos(\pi(x - 2)) = -1 \cos(-3\pi) = -1(-1) = 1$.
$RHL = \lim_{x \to -1^+} x \cos(\pi(x - 1)) = -1 \cos(-2\pi) = -1(1) = -1$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = -1$ આગળ અસતત છે.
$2$. $x = 0$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to 0^-} x \cos(\pi(x - 1)) = 0 \cos(-\pi) = 0$.
$RHL = \lim_{x \to 0^+} x \cos(\pi x) = 0 \cos(0) = 0$.
$LHL = RHL = f(0) = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$3$. $x = 1$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} x \cos(\pi(x)) = 1 \cos(\pi) = -1$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} x \cos(\pi(x + 1)) = 1 \cos(2\pi) = 1$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ અસતત છે.
$4$. $x = 2$ આગળ:
$LHL = \lim_{x \to 2^-} x \cos(\pi(x + 1)) = 2 \cos(3\pi) = -2$.
$RHL = \lim_{x \to 2^+} x \cos(\pi(x + 2)) = 2 \cos(4\pi) = 2$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 2$ આગળ અસતત છે.
આમ,વિધેય $x = -1, 1, 2$ આગળ અસતત છે. સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) $x \to 1^{-}$ માટે,ધારો કે $x = 1 - h$ જ્યાં $h > 0$. તો $|1 - x| = h$.
$f(1 - h) = \frac{1 - (1 - h)(1 + h)}{h} \cos \left(\frac{1}{h}\right) = \frac{1 - (1 - h^2)}{h} \cos \left(\frac{1}{h}\right) = h \cos \left(\frac{1}{h}\right)$.
$\lim_{h \to 0} h \cos \left(\frac{1}{h}\right) = 0$ હોવાથી,$\lim_{x \to 1^{-}} f(x) = 0$.
$x \to 1^{+}$ માટે,ધારો કે $x = 1 + h$ જ્યાં $h > 0$. તો $|1 - x| = h$.
$f(1 + h) = \frac{1 - (1 + h)(1 + h)}{h} \cos \left(\frac{-1}{h}\right) = -(2 + h) \cos \left(\frac{1}{h}\right)$.
જેમ $h \to 0$,તેમ $-(2 + h) \to -2$ અને $\cos \left(\frac{1}{h}\right)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
તેથી,$\lim_{x \to 1^{+}} f(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
આમ,વિકલ્પો $A$ અને $D$ સાચા છે.

(A) $f$ એ $x = 2n$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ $f(2n)$ ની બરાબર હોવી જોઈએ.
$f(2n) = a_n + \sin(2n\pi) = a_n$.
$f(2n^+) = a_n + \sin(2n\pi) = a_n$.
$f(2n^-) = b_n + \cos(2n\pi) = b_n + 1$.
$f(2n^+) = f(2n^-)$ ને સરખાવતા,આપણને $a_n = b_n + 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $a_n - b_n = 1$. આમ,$(B)$ સાચું છે.
$f$ એ $x = 2n+1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ $f(2n+1)$ ની બરાબર હોવી જોઈએ.
$f(2n+1) = a_n + \sin((2n+1)\pi) = a_n$.
$f((2n+1)^-) = a_n + \sin((2n+1)\pi) = a_n$.
$f((2n+1)^+) = b_{n+1} + \cos((2n+1)\pi) = b_{n+1} - 1$.
$f((2n+1)^-) = f((2n+1)^+)$ ને સરખાવતા,આપણને $a_n = b_{n+1} - 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $a_n - b_{n+1} = -1$. $n$ ને $n-1$ સાથે બદલતા,આપણને $a_{n-1} - b_n = -1$ મળે છે. આમ,$(D)$ સાચું છે.

(C) પ્રથમ,આપણે $x = a$ અને $x = b$ આગળ $g(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસીએ.
$x = a$ આગળ: $\lim_{x \rightarrow a^-} g(x) = 0$ અને $\lim_{x \rightarrow a^+} g(x) = \int_a^a f(t) dt = 0$. $g(a) = 0$ હોવાથી,$g(x)$ એ $x = a$ આગળ સતત છે.
$x = b$ આગળ: $\lim_{x \rightarrow b^-} g(x) = \int_a^b f(t) dt$ અને $\lim_{x \rightarrow b^+} g(x) = \int_a^b f(t) dt$. $g(b) = \int_a^b f(t) dt$ હોવાથી,$g(x)$ એ $x = b$ આગળ સતત છે.
આમ,$g(x)$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
હવે,$g'(x) = \begin{cases} 0 & x < a \\ f(x) & a < x < b \\ 0 & x > b \end{cases}$ નો ઉપયોગ કરીને વિકલનીયતા ચકાસીએ.
$x = a$ આગળ: $g'(a^-) = 0$ અને $g'(a^+) = f(a)$. $f(a) \in [1, \infty)$ હોવાથી,$f(a) \neq 0$,તેથી $g'(a^-) \neq g'(a^+)$. આમ,$g(x)$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = b$ આગળ: $g'(b^-) = f(b)$ અને $g'(b^+) = 0$. $f(b) \in [1, \infty)$ હોવાથી,$f(b) \neq 0$,તેથી $g'(b^-) \neq g'(b^+)$. આમ,$g(x)$ એ $x = b$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$g(x)$ એ $a$ અને $b$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(D) ધારો કે $\max \{f(x): x \in [0, 1] \} = \max \{g(x): x \in [0, 1] \} = \lambda$.
$f$ અને $g$ એ $[0, 1]$ પર સતત હોવાથી,એવા $a, b \in [0, 1]$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(a) = \lambda$ અને $g(b) = \lambda$ થાય.
$h(x) = f(x) - g(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
તો $h(a) = f(a) - g(a) = \lambda - g(a) \ge 0$ અને $h(b) = f(b) - g(b) = f(b) - \lambda \le 0$ થાય.
મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય (Intermediate Value Theorem) મુજબ,એવો $c \in [0, 1]$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $h(c) = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f(c) = g(c)$.
વિકલ્પ $(A)$ માટે: $(f(c))^2 + 3f(c) = (g(c))^2 + 3g(c)$. $f(c) = g(c)$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $(D)$ માટે: $(f(c))^2 = (g(c))^2$. $f(c) = g(c)$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $(B)$ અને $(C)$ માટે,$f(x) = g(x) = \lambda$ લો જ્યાં $\lambda \neq 0$. તો $(B)$ એ $\lambda^2 + \lambda = \lambda^2 + 3\lambda$ બને છે,જેનો અર્થ છે કે $\lambda = 3\lambda$,અથવા $\lambda = 0$,જે $\lambda \neq 0$ નો વિરોધાભાસ છે. તેવી જ રીતે $(C)$ માટે પણ.
આમ,$(A)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(D) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0) = 4$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ લઈએ: $\lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2}{x} \{\sin(k_1+1)x + \sin(k_2-1)x\} = 4$.
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin(ax)}{x} = a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2(k_1+1) + 2(k_2-1) = 4$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $2k_1 + 2k_2 = 4$ અથવા $k_1 + k_2 = 2$ થાય છે.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ લઈએ: $\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{2}{x} \ln \left(\frac{2+k_1x}{2+k_2x}\right) = 4$.
આને $\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{2}{x} \{\ln(1 + \frac{k_1x}{2}) - \ln(1 + \frac{k_2x}{2})\} = 4$ તરીકે લખી શકાય.
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+ax)}{x} = a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2(\frac{k_1}{2} - \frac{k_2}{2}) = 4$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $k_1 - k_2 = 4$ થાય છે.
સમીકરણો $k_1 + k_2 = 2$ અને $k_1 - k_2 = 4$ ને ઉકેલતા,બંનેનો સરવાળો કરતા $2k_1 = 6 \Rightarrow k_1 = 3$ મળે છે.
$k_1 = 3$ ને $k_1 + k_2 = 2$ માં મૂકતા,$3 + k_2 = 2 \Rightarrow k_2 = -1$ મળે છે.
અંતે,$k_1^2 + k_2^2 = (3)^2 + (-1)^2 = 9 + 1 = 10$ થાય છે.

(C) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0^-) = f(0) = f(0^+)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,$f(0^-) = \lim_{x \to 0^-} (1+ax)^{1/x} = e^a$.
બીજું,$f(0) = 1+b$.
ત્રીજું,$f(0^+)$ અસ્તિત્વ ધરાવે તે માટે છેદ $x=0$ આગળ શૂન્ય હોવો જોઈએ,તેથી $(0+c)^{1/3}-2 = 0 \implies c = 8$.
$f(0^+)$ માટે $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{2}(x+4)^{-1/2}}{\frac{1}{3}(x+c)^{-2/3}} = \frac{1/4}{1/3 \cdot (8)^{-2/3}} = 3$.
સીમાઓને સરખાવતા: $e^a = 1+b = 3$.
આમ,$b = 2$ અને $c = 8$.
તેથી $e^2bc$ ની ગણતરી કરતા $3 \cdot 2 \cdot 8 = 48$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(2x) - f(x) = x$. $x$ ને $\frac{x}{2}, \frac{x}{4}, \dots, \frac{x}{2^n}$ વડે બદલતા:
$f(x) - f(\frac{x}{2}) = \frac{x}{2}$
$f(\frac{x}{2}) - f(\frac{x}{4}) = \frac{x}{4}$
$f(\frac{x}{4}) - f(\frac{x}{8}) = \frac{x}{8}$
$f(\frac{x}{2^{n-1}}) - f(\frac{x}{2^n}) = \frac{x}{2^n}$
આ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$f(x) - f(\frac{x}{2^n}) = \sum_{k=1}^{n} \frac{x}{2^k} = x(1 - (\frac{1}{2})^n)$.
$n \rightarrow \infty$ લેતા:
$G(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} (f(x) - f(\frac{x}{2^n})) = x$.
તેથી,$\sum_{r=1}^{10} G(r^2) = \sum_{r=1}^{10} r^2 = 385$.

(A) વિધેય $f(x) = \max \{x, x^3, x^5, \dots, x^{21}\}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x \in (-1, 1)$ માટે,જો $x > 0$ હોય તો મહત્તમ કિંમત $x$ છે અને જો $x < 0$ હોય તો $x^{21}$ છે.
$|x| > 1$ માટે,જો $x > 1$ હોય તો મહત્તમ કિંમત $x$ છે અને જો $x < -1$ હોય તો $x^{21}$ છે.
આમ,વિધેયને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} x^{21}, & x < -1 \\ x, & -1 \leq x < 0 \\ x^{21}, & 0 \leq x < 1 \\ x, & x \geq 1 \end{cases}$
સાતત્ય તપાસતા:
$x = -1$ આગળ: $\lim_{x \to -1^-} f(x) = (-1)^{21} = -1$ અને $\lim_{x \to -1^+} f(x) = -1$. તેથી,$f(x)$ એ $x = -1$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0^{21} = 0$. તેથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1^{21} = 1$ અને $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 1$. તેથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે.
કારણ કે $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી $n = 0$.
વિકલનીયતા તપાસતા:
$f'(x) = \begin{cases} 21x^{20}, & x < -1 \\ 1, & -1 < x < 0 \\ 21x^{20}, & 0 < x < 1 \\ 1, & x > 1 \end{cases}$
$x = -1$ આગળ: $f'(-1^-) = 21(-1)^{20} = 21$ અને $f'(-1^+) = 1$. $21 \neq 1$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
$x = 0$ આગળ: $f'(0^-) = 1$ અને $f'(0^+) = 21(0)^{20} = 0$. $1 \neq 0$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ: $f'(1^-) = 21(1)^{20} = 21$ and $f'(1^+) = 1$. $21 \neq 1$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
આમ,$m = 3$.
તેથી,$m + n = 3 + 0 = 3$.

(C) ધારો કે $g(x) = [\frac{x^2}{2}]$ અને $h(x) = [\sqrt{x}]$. વિધેય $f(x) = g(x) - h(x)$ ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં $g(x)$ અથવા $h(x)$ અસતત હોય,જો તેમના કૂદકા (jumps) એકબીજાને રદ ન કરતા હોય.
$g(x) = [\frac{x^2}{2}]$ એ અસતત છે જ્યારે $\frac{x^2}{2} \in \mathbb{Z}$,એટલે કે $x^2 \in \{0, 2, 4, 6, 8\}$. $x \in [0, 4]$ માટે,$x^2 \in [0, 16]$. તેથી,$x^2 \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16\}$.
$g(x)$ એ $x \in \{\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{4}, \sqrt{5}, \sqrt{6}, \sqrt{7}, \sqrt{8}, \sqrt{9}, \sqrt{10}, \sqrt{11}, \sqrt{12}, \sqrt{13}, \sqrt{14}, \sqrt{15}, 4\}$ પર અસતત છે.
$h(x) = [\sqrt{x}]$ એ અસતત છે જ્યારે $\sqrt{x} \in \mathbb{Z}$,એટલે કે $x \in \{1, 4, 9, 16\}$. $x \in [0, 4]$ માટે,$x \in \{1, 4\}$.
આ બિંદુઓને જોડતા,અસતત બિંદુઓનો કુલ ગણ $x \in \{\sqrt{1}, \sqrt{2}, \sqrt{3}, 2, \sqrt{5}, \sqrt{6}, \sqrt{7}, \sqrt{8}, 3, \sqrt{10}, \sqrt{11}, \sqrt{12}, \sqrt{13}, \sqrt{14}, \sqrt{15}, 4\}$ મળે છે.
કિંમતો તપાસતા,આપણને $[0, 4]$ અંતરાલમાં $10$ અસતત બિંદુઓ મળે છે.