Continuity Questions in Gujarati

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
આપણે જાણીએ છીએ કે: $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \dots$ અને $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \dots$
અંશ: $\tan(\tan x) - \sin(\sin x) = (\tan x - \sin x) + \frac{\tan^3 x}{3} + \frac{\sin^3 x}{6} + \dots$
છેદ: $\tan x - \sin x = \frac{x^3}{2} + \dots$
તેથી,$f(x) = 1 + \frac{\frac{\tan^3 x}{3} + \frac{\sin^3 x}{6}}{\tan x - \sin x}$.
$x^3$ વડે ભાગતા,$f(x) = 1 + \frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{6}}{\frac{1}{2}} = 1 + 1 = 2$.

(B) $f(x)$ એ $x=0$ પર સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = \frac{2}{\log 2}$ હોવું જોઈએ.
પગલું $1$: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{3 \sin x + 5 \tan x}{a^x - 1}$ ની ગણતરી કરો.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $\lim_{x \to 0^-} \frac{3(\frac{\sin x}{x}) + 5(\frac{\tan x}{x})}{\frac{a^x - 1}{x}} = \frac{3(1) + 5(1)}{\ln a} = \frac{8}{\ln a}$.
$f(0)$ સાથે સરખાવતા: $\frac{8}{\ln a} = \frac{2}{\ln 2} \implies \ln a = 4 \ln 2 = \ln(2^4) = \ln 16 \implies a = 16$.
પગલું $2$: $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{8x + 2x \cos x}{b^x - 1}$ ની ગણતરી કરો.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $\lim_{x \to 0^+} \frac{8 + 2 \cos x}{\frac{b^x - 1}{x}} = \frac{8 + 2(1)}{\ln b} = \frac{10}{\ln b}$.
$f(0)$ સાથે સરખાવતા: $\frac{10}{\ln b} = \frac{2}{\ln 2} \implies \ln b = 5 \ln 2 = \ln(2^5) = \ln 32 \implies b = 32$.
આમ,$a=16$ અને $b=32$ મળે છે.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$1$. $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય શોધો:
$f(\frac{\pi}{2}) = m(\frac{\pi}{2}) + 1$
$2$. $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ $LHL$ શોધો:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (mx + 1) = m(\frac{\pi}{2}) + 1$
$3$. $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ $RHL$ શોધો:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} (\sin x + n) = \sin(\frac{\pi}{2}) + n = 1 + n$
$4$. $LHL$ અને $RHL$ ને સરખાવો:
$m(\frac{\pi}{2}) + 1 = 1 + n$
$m(\frac{\pi}{2}) = n$
આમ,સાતત્ય માટેની શરત $n = \frac{m \pi}{2}$ છે.

(D) $f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત હોય તે માટે,$\lim_{x \to 3} f(x) = f(3) = k$ હોવું જરૂરી છે.
સૌ પ્રથમ,લક્ષ $\lim_{x \to 3} ([x^2] - [-x^2])$ ની ગણતરી કરો.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયનો ગુણધર્મ યાદ કરો: જો $y \in \mathbb{Z}$ હોય તો $[y] + [-y] = 0$,અને જો $y \notin \mathbb{Z}$ હોય તો $[y] + [-y] = -1$.
જેમ $x \to 3$,તેમ $x^2 \to 9$.
$9$ એ પૂર્ણાંક હોવાથી,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(x \to 3^-)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(x \to 3^+)$ ચકાસીએ.
$x \to 3^-$ માટે,$x^2 < 9$,તેથી $x^2 = 9 - h$ જ્યાં $h > 0$ ખૂબ નાની સંખ્યા છે. તેથી $[x^2] = 8$ અને $[-x^2] = [-9 + h] = -9$.
આમ,$\lim_{x \to 3^-} ([x^2] - [-x^2]) = 8 - (-9) = 17$.
$x \to 3^+$ માટે,$x^2 > 9$,તેથી $x^2 = 9 + h$ જ્યાં $h > 0$ ખૂબ નાની સંખ્યા છે. તેથી $[x^2] = 9$ અને $[-x^2] = [-9 - h] = -10$.
આમ,$\lim_{x \to 3^+} ([x^2] - [-x^2]) = 9 - (-10) = 19$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(17)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(19)$ જેટલું ન હોવાથી,લક્ષ $\lim_{x \to 3} f(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી,$k$ ની એવી કોઈ કિંમત નથી જે વિધેયને $x = 3$ આગળ સતત બનાવે.

(A) $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{4}$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(RHL)$ જેટલું હોવું જોઈએ:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{4}^-} (x + a \sqrt{2} \sin x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}^+} (2x \cot x + b)$
$\frac{\pi}{4} + a \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \cdot \frac{\pi}{4} \cdot 1 + b$
$\frac{\pi}{4} + a = \frac{\pi}{2} + b \implies a - b = \frac{\pi}{4}$.
$f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,$LHL$ એ $RHL$ જેટલું હોવું જોઈએ:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (2x \cot x + b) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} (a \cos 2x - b \sin x)$
$2 \cdot \frac{\pi}{2} \cdot 0 + b = a \cos \pi - b \sin \frac{\pi}{2}$
$b = -a - b \implies a = -2b$.
$a = -2b$ ને $a - b = \frac{\pi}{4}$ માં મૂકતા:
$-2b - b = \frac{\pi}{4} \implies -3b = \frac{\pi}{4} \implies b = -\frac{\pi}{12}$.
તેથી $a = -2(-\frac{\pi}{12}) = \frac{\pi}{6}$.
આમ,$a - b = \frac{\pi}{6} - (-\frac{\pi}{12}) = \frac{2\pi + \pi}{12} = \frac{3\pi}{12} = \frac{\pi}{4}$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x - |x - x^2|$ છે.
કારણ કે $f(x)$ એ બહુપદી વિધેય $(2x)$ અને બહુપદી વિધેયના માનાંક $(|x - x^2|)$ નું સંયોજન છે,જે બંને $\mathbb{R}$ પર દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી તેમનો તફાવત $f(x)$ પણ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
ખાસ કરીને,$x = 1$ આગળ:
$f(1) = 2(1) - |1 - 1^2| = 2 - 0 = 2$.
$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} (2x - |x - x^2|) = 2(1) - |1 - 1| = 2$.
કારણ કે $\lim_{x \to 1} f(x) = f(1)$,તેથી વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{x^4-5x^2+4}{|(x-1)(x-2)|} = \frac{(x^2-1)(x^2-4)}{|(x-1)(x-2)|} = \frac{(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}{|(x-1)(x-2)|}$.
$x \neq 1, 2$ માટે,$f(x) = \frac{(x-1)(x-2)(x+1)(x+2)}{|(x-1)(x-2)|} = \text{sgn}((x-1)(x-2)) \cdot (x+1)(x+2)$.
$x=1$ આગળ: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x-1)(x-2)(x+1)(x+2)}{-(x-1)(x-2)} = -(1+1)(1+2) = -6$. $f(1) = 6$ હોવાથી,તે $x=1$ આગળ અસતત છે.
$x=2$ આગળ: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \frac{(x-1)(x-2)(x+1)(x+2)}{(x-1)(x-2)} = (2+1)(2+2) = 12$. $f(2) = 12$ હોવાથી,જમણી બાજુનું લક્ષ $f(2)$ સાથે મળે છે.
જોકે,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{(x-1)(x-2)(x+1)(x+2)}{-(x-1)(x-2)} = -(2+1)(2+2) = -12$. $-12 \neq 12$ હોવાથી,તે $x=2$ આગળ અસતત છે.
આમ,$f(x)$ એ $R - \{1, 2\}$ પર સતત છે.

(D) $f(x)$ એ $x = -\frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવું જોઈએ:
$\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^-} (-2 \sin x) = \lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^+} (a \sin x + b)$
$-2 \sin(-\frac{\pi}{2}) = a \sin(-\frac{\pi}{2}) + b$
$-2(-1) = a(-1) + b \implies 2 = -a + b \quad (1)$
$f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (a \sin x + b) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} (\cos x)$
$a \sin(\frac{\pi}{2}) + b = \cos(\frac{\pi}{2})$
$a(1) + b = 0 \implies a + b = 0 \quad (2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(-a + b) + (a + b) = 2 + 0
2b = 2 \implies b = 1$
સમીકરણ $(2)$ માં $b = 1$ મુકતા:
$a + 1 = 0 \implies a = -1$
હવે,$2a + b$ ની કિંમત:
$2(-1) + 1 = -2 + 1 = -1$
આમ,જવાબ $-1$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવાથી,$f(\frac{\pi}{2}) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x)$ થાય.
પ્રથમ,લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (\frac{4}{5})^{\frac{\tan 4x}{\tan 5x}}$.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{2} + h$,જ્યાં $h \to 0$. તો $\tan 4x = \tan(2\pi + 4h) = \tan 4h \approx 4h$.
અને $\tan 5x = \tan(\frac{5\pi}{2} + 5h) = \cot 5h \approx \frac{1}{5h}$.
તેથી,ઘાતાંક $\frac{\tan 4x}{\tan 5x} = \tan 4h \cdot \tan 5h$ થાય,જેનું લક્ષ $0 \cdot 0 = 0$ છે.
તેથી,$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = (\frac{4}{5})^0 = 1$.
હવે $f(\frac{\pi}{2}) = k + \frac{2}{5}$ સાથે સરખાવતા,$k + \frac{2}{5} = 1$.
તેથી,$k = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}$.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{4}$ પર સતત છે,તેથી $f(\frac{\pi}{4}) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} f(x)$ થાય.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{4} + t$. જેમ $x \to \frac{\pi}{4}$,તેમ $t \to 0$.
તેથી $f(x) = \frac{1 - \tan(\frac{\pi}{4} + t)}{4(\frac{\pi}{4} + t) - \pi} = \frac{1 - \frac{1 + \tan t}{1 - \tan t}}{4t}$.
અંશનું સાદું રૂપ આપતા: $1 - \frac{1 + \tan t}{1 - \tan t} = \frac{1 - \tan t - 1 - \tan t}{1 - \tan t} = \frac{-2 \tan t}{1 - \tan t}$.
આમ,$f(x) = \frac{-2 \tan t}{4t(1 - \tan t)} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t}$.
$t \to 0$ લેતા: $\lim_{t \to 0} f(x) = -\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{1 - 0} = -\frac{1}{2}$.
તેથી,$f(\frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 2$ આગળ સતત છે,તેથી $f(2) = \lim_{x \rightarrow 2} f(x)$.
$k = \lim_{x \rightarrow 2} \left(\frac{5x-8}{8-3x}\right)^{\frac{3}{2x-4}}$.
ધારો કે $x - 2 = h$,તેથી $x = 2 + h$. જેમ $x \rightarrow 2$,તેમ $h \rightarrow 0$.
$k = \lim_{h \rightarrow 0} \left(\frac{5(2+h)-8}{8-3(2+h)}\right)^{\frac{3}{2(2+h)-4}} = \lim_{h \rightarrow 0} \left(\frac{10+5h-8}{8-6-3h}\right)^{\frac{3}{2h}} = \lim_{h \rightarrow 0} \left(\frac{2+5h}{2-3h}\right)^{\frac{3}{2h}}$.
$k = \lim_{h \rightarrow 0} \left(\frac{2(1 + \frac{5}{2}h)}{2(1 - \frac{3}{2}h)}\right)^{\frac{3}{2h}} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{(1 + \frac{5}{2}h)^{\frac{3}{2h}}}{(1 - \frac{3}{2}h)^{\frac{3}{2h}}}$.
સૂત્ર $\lim_{u \rightarrow 0} (1+u)^{\frac{1}{u}} = e$ નો ઉપયોગ કરતા:
અંશ: $\lim_{h \rightarrow 0} [(1 + \frac{5}{2}h)^{\frac{1}{\frac{5}{2}h}}]^{\frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2h} \cdot h} = e^{\frac{15}{4}}$.
છેદ: $\lim_{h \rightarrow 0} [(1 - \frac{3}{2}h)^{\frac{1}{-\frac{3}{2}h}}]^{-\frac{3}{2} \cdot \frac{3}{2h} \cdot h} = e^{-\frac{9}{4}}$.
આમ,$k = \frac{e^{15/4}}{e^{-9/4}} = e^{\frac{15}{4} + \frac{9}{4}} = e^{\frac{24}{4}} = e^6$.

(C) વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $[0, \infty)$ પર સતત હોવા માટે,તે $x=1$ અને $x=\sqrt{2}$ બિંદુઓ પર સતત હોવું જોઈએ.
પગલું $1$: $x=1$ પર સાતત્ય:
$\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x)$
$\frac{2(1)^2}{a} = a \Rightarrow \frac{2}{a} = a \Rightarrow a^2 = 2 \Rightarrow a = \pm \sqrt{2}$.
પગલું $2$: $x=\sqrt{2}$ પર સાતત્ય:
$\lim_{x \rightarrow \sqrt{2}^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow \sqrt{2}^{+}} f(x)$
$a = \frac{2b^2-4b}{\sqrt{2}} \Rightarrow a\sqrt{2} = 2b^2-4b$.
કિસ્સો $1$: જો $a = \sqrt{2}$ હોય,તો:
$(\sqrt{2})(\sqrt{2}) = 2b^2-4b \Rightarrow 2 = 2b^2-4b \Rightarrow b^2-2b-1 = 0$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે,તેથી $f(1) = \lim_{x \rightarrow 1} f(x)$ થાય.
$\lim_{x \rightarrow 1} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{x+x^2+x^3+\ldots+x^{n}-n}{x-1}$
અંશને $(x-1) + (x^2-1) + (x^3-1) + \ldots + (x^n-1)$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 1} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1} \left[ \frac{x-1}{x-1} + \frac{x^2-1}{x-1} + \frac{x^3-1}{x-1} + \ldots + \frac{x^n-1}{x-1} \right]$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \rightarrow a} \frac{x^n-a^n}{x-a} = na^{n-1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 1} f(x) = 1 + 2(1)^{2-1} + 3(1)^{3-1} + \ldots + n(1)^{n-1}$
$\lim_{x \rightarrow 1} f(x) = 1 + 2 + 3 + \ldots + n$
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $\frac{n(n+1)}{2}$ છે.
તેથી,$f(1) = \frac{n(n+1)}{2}$.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
આપેલ છે કે $f(0) = 12$,તેથી $\lim_{x \to 0} \frac{(e^x - 1)^2}{\sin (x/k) \log (1 + x/4)} = 12$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$\lim_{x \to 0} \frac{(\frac{e^x - 1}{x})^2}{\frac{\sin (x/k)}{x} \cdot \frac{\log (1 + x/4)}{x}} = 12$.
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$,$\lim_{x \to 0} \frac{\sin (ax)}{x} = a$,અને $\lim_{x \to 0} \frac{\log (1 + ax)}{x} = a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1^2}{(1/k) \cdot (1/4)} = 12$.
$\frac{1}{1/(4k)} = 12$.
$4k = 12$.
$k = 3$.

(D) વિધેય $f(x) = x \left[ \frac{x}{2} \right]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે,જ્યાં $x \in (-10, 10)$.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[t]$ એ $t$ ની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો માટે અસતત હોય છે.
અહીં,$t = \frac{x}{2}$. તેથી,$f(x)$ એ જ્યારે $\frac{x}{2} = k$ હોય ત્યારે અસતત હોઈ શકે છે,જ્યાં $k \in \mathbb{Z}$.
આપેલ છે કે $-10 < x < 10$,તેથી $-5 < \frac{x}{2} < 5$.
$\frac{x}{2}$ માટે શક્ય પૂર્ણાંક કિંમતો $k \in \{-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4\}$ છે.
આ $x \in \{-8, -6, -4, -2, 0, 2, 4, 6, 8\}$ ને અનુરૂપ છે.
$x = 0$ આગળ,$f(x) = x \left[ \frac{x}{2} \right] = 0 \cdot [0] = 0$. લક્ષ $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$ થાય છે,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
અન્ય કિંમતો $x \in \{-8, -6, -4, -2, 2, 4, 6, 8\}$ માટે,વિધેય અસતત છે કારણ કે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયમાં આવતો કૂદકો (jump) એ $x$ ની શૂન્યતર કિંમત સાથે ગુણાય છે.
તેથી,અસતત બિંદુઓની કુલ સંખ્યા $8$ છે.

(D) વિધેય $x = \frac{\pi}{4}$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવાથી:
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{4}^-} (x + a \sqrt{2} \sin x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}^+} (2x \cot x + b)$
$\frac{\pi}{4} + a \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \cdot \frac{\pi}{4} \cdot 1 + b$
$\frac{\pi}{4} + a = \frac{\pi}{2} + b \implies a - b = \frac{\pi}{4}$ . . . $(i)$
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (2x \cot x + b) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} (a \cos 2x - b \sin x)$
$2 \cdot \frac{\pi}{2} \cdot 0 + b = a \cos \pi - b \sin \frac{\pi}{2}$
$b = -a - b \implies a + 2b = 0$ . . . $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ ઉકેલતા:
$(ii)$ પરથી,$a = -2b$. તેને $(i)$ માં મૂકતા:
$-2b - b = \frac{\pi}{4} \implies -3b = \frac{\pi}{4} \implies b = -\frac{\pi}{12}$
તેથી $a = -2(-\frac{\pi}{12}) = \frac{\pi}{6}$.
આમ,$a = \frac{\pi}{6}$ અને $b = -\frac{\pi}{12}$ મળે છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^{-}} f(x) = f(0) = \lim_{x \to 0^{+}} f(x)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ તપાસીએ: $\lim_{x \to 0^{-}} f(x) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{a}{2}(x - |x|)$.
$x < 0$ હોવાથી,$|x| = -x$,તેથી $\lim_{x \to 0^{-}} \frac{a}{2}(x - (-x)) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{a}{2}(2x) = \lim_{x \to 0^{-}} ax = 0$.
આ $a$ ની કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમત માટે સાચું છે.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ તપાસીએ: $\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \lim_{x \to 0^{+}} bx^2 \sin \left( \frac{1}{x} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-1 \leq \sin \left( \frac{1}{x} \right) \leq 1$.
$bx^2$ વડે ગુણતા,આપણને $-|bx^2| \leq bx^2 \sin \left( \frac{1}{x} \right) \leq |bx^2|$ મળે છે.
સ્ક્વિઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,જેમ $x \to 0$,તેમ $bx^2 \sin \left( \frac{1}{x} \right) \to 0$.
આ $b$ ની કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમત માટે સાચું છે.
આમ,$f(x)$ એ $a$ અને $b$ ની કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમતો માટે $x = 0$ આગળ સતત છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ એ $x = 0$ આગળ વિધેયના મૂલ્ય જેટલું હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = f(0)$
આપેલ છે કે $f(0) = a$.
$\lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{1 - \cos 4x}{x^2} = a$
નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$1 - \cos 4x = 2 \sin^2 2x$ મળે.
$\lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2 \sin^2 2x}{x^2} = a$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરવા માટે $4$ વડે ગુણી અને ભાગતા.
$\lim_{x \rightarrow 0^-} 2 \times \left( \frac{\sin 2x}{2x} \right)^2 \times 4 = a$
$2 \times (1)^2 \times 4 = a$
$a = 8$.

(A) કારણ કે $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી તે $x = -\frac{\pi}{2}$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ પર પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x = -\frac{\pi}{2}$ પર:
$\lim_{x \rightarrow -\frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow -\frac{\pi}{2}^+} f(x)$
$-2 \sin(-\frac{\pi}{2}) = A \sin(-\frac{\pi}{2}) + B$
$-2(-1) = A(-1) + B$
$2 = -A + B$ ... $(i)$
$x = \frac{\pi}{2}$ પર:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} f(x)$
$A \sin(\frac{\pi}{2}) + B = \cos(\frac{\pi}{2})$
$A(1) + B = 0$
$A + B = 0$ ... $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$(-A + B) + (A + B) = 2 + 0$
$2B = 2 \Rightarrow B = 1$
$B = 1$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$A + 1 = 0 \Rightarrow A = -1$
આમ,$A = -1$ અને $B = 1$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[0, \frac{\pi}{2}]$ માં સતત છે,તેથી તે $x = \frac{\pi}{4}$ આગળ પણ સતત હશે.
તેથી,$f(\frac{\pi}{4}) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{1-\tan x}{4x-\pi}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L$'Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$f(\frac{\pi}{4}) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{\frac{d}{dx}(1-\tan x)}{\frac{d}{dx}(4x-\pi)} = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{-\sec^2 x}{4}$.
હવે $x = \frac{\pi}{4}$ મુકતા:
$f(\frac{\pi}{4}) = \frac{-\sec^2(\frac{\pi}{4})}{4} = \frac{-(\sqrt{2})^2}{4} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2}$.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right)$ પર સતત છે,તેથી તે $x=\frac{\pi}{4}$ પર પણ સતત હોવું જોઈએ.
તેથી,$f\left(\frac{\pi}{4}\right) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{\sqrt{2} \cos x-1}{\cot x-1}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$k = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{\frac{d}{dx}(\sqrt{2} \cos x - 1)}{\frac{d}{dx}(\cot x - 1)} = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{-\sqrt{2} \sin x}{-\operatorname{cosec}^2 x} = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{\sqrt{2} \sin x}{\operatorname{cosec}^2 x}$.
$x = \frac{\pi}{4}$ મુકતા:
$k = \frac{\sqrt{2} \sin(\frac{\pi}{4})}{\operatorname{cosec}^2(\frac{\pi}{4})} = \frac{\sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}{(\sqrt{2})^2} = \frac{1}{2}$.

(D) મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $f(x) = [x]$ એ દરેક પૂર્ણાંક કિંમત માટે અસતત હોય છે.
આપેલ અંતરાલ $x \in \left(-\frac{7}{2}, 100\right)$ ને $x \in (-3.5, 100)$ તરીકે લખી શકાય.
આ અંતરાલમાં આવતા પૂર્ણાંકો $\{-3, -2, -1, 0, 1, 2, \dots, 99\}$ છે.
કુલ પૂર્ણાંકોની સંખ્યા શોધવા માટેનું સૂત્ર: $\text{પદોની સંખ્યા} = (\text{અંતિમ પદ} - \text{પ્રથમ પદ}) + 1$.
અહીં,પ્રથમ પદ $-3$ છે અને અંતિમ પદ $99$ છે.
અસતત બિંદુઓની કુલ સંખ્યા = $(99 - (-3)) + 1 = 99 + 3 + 1 = 103$.
આમ,અસતત બિંદુઓની કુલ સંખ્યા $103$ છે.

(A) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$\text{L.H.L.} = \text{R.H.L.} = f(0)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,$x=0$ આગળ $\text{L.H.L.}$ ની ગણતરી કરીએ:
$\text{L.H.L.} = \lim_{x \to 0^-} \frac{1-\cos kx}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2\sin^2(\frac{kx}{2})}{x^2} = 2 \lim_{x \to 0^-} \left( \frac{\sin(\frac{kx}{2})}{\frac{kx}{2}} \cdot \frac{k}{2} \right)^2 = 2 \cdot \frac{k^2}{4} = \frac{k^2}{2}$.
હવે,$x=0$ આગળ $\text{R.H.L.}$ ની ગણતરી કરીએ:
$\text{R.H.L.} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\text{R.H.L.} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{(\sqrt{16+\sqrt{x}}-4)(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{16+\sqrt{x}-16} = \lim_{x \to 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16}+4 = 8$.
વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$\text{L.H.L.} = \text{R.H.L.}$:
$\frac{k^2}{2} = 8 \implies k^2 = 16 \implies k = \pm 4$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચી કિંમત $4$ છે.

(A) $f(x)$ એ $0 \leq x \leq \pi$ માં સતત છે,તેથી તે $x = \frac{\pi}{4}$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ પણ સતત છે.
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}^-} (x + a \sqrt{2} \sin x) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}^+} (2x \cot x + b)$
$\frac{\pi}{4} + a \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \cdot \frac{\pi}{4} \cdot 1 + b$
$\frac{\pi}{4} + a = \frac{\pi}{2} + b \Rightarrow a - b = \frac{\pi}{4} \quad (i)$
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} (2x \cot x + b) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} (a \cos 2x - b \sin x)$
$2 \cdot \frac{\pi}{2} \cdot 0 + b = a \cos \pi - b \sin \frac{\pi}{2}$
$b = -a - b \Rightarrow a = -2b \quad (ii)$
$(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$-2b - b = \frac{\pi}{4} \Rightarrow -3b = \frac{\pi}{4} \Rightarrow b = -\frac{\pi}{12}$
તેથી $a = -2(-\frac{\pi}{12}) = \frac{\pi}{6}$.
અંતે,$2a + 3b = 2(\frac{\pi}{6}) + 3(-\frac{\pi}{12}) = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{12}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{4}{x^4} \left[ 1 - \cos \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{4} + \cos \frac{x}{2} \cdot \cos \frac{x}{4} \right]$.
કૌંસમાં રહેલા પદના અવયવ પાડતા:
$f(x) = \frac{4}{x^4} \left[ (1 - \cos \frac{x}{2}) - \cos \frac{x}{4} (1 - \cos \frac{x}{2}) \right] = \frac{4}{x^4} (1 - \cos \frac{x}{2}) (1 - \cos \frac{x}{4})$.
$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{4}{x^4} \left( 2 \sin^2 \frac{x}{4} \right) \left( 2 \sin^2 \frac{x}{8} \right) = 16 \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 \frac{x}{4}}{x^2} \cdot \frac{\sin^2 \frac{x}{8}}{x^2}$.
$(\frac{1}{4})^2$ અને $(\frac{1}{8})^2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$f(0) = 16 \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin \frac{x}{4}}{\frac{x}{4}} \right)^2 \cdot \frac{1}{16} \cdot \left( \frac{\sin \frac{x}{8}}{\frac{x}{8}} \right)^2 \cdot \frac{1}{64} = 16 \cdot \frac{1}{16} \cdot \frac{1}{64} \cdot (1)^2 \cdot (1)^2 = \frac{1}{64}$.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $[-1, 1]$ માં સતત છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ પણ સતત હશે.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = f(0)$.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ શોધીએ: $\lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2x+1}{x-2} = \frac{2(0)+1}{0-2} = -\frac{1}{2}$.
હવે,ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધીએ: $\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sqrt{1+mx} - \sqrt{1-mx}}{x}$.
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા: $\lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{(\sqrt{1+mx} - \sqrt{1-mx})(\sqrt{1+mx} + \sqrt{1-mx})}{x(\sqrt{1+mx} + \sqrt{1-mx})} = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{(1+mx) - (1-mx)}{x(\sqrt{1+mx} + \sqrt{1-mx})} = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2mx}{x(\sqrt{1+mx} + \sqrt{1-mx})} = \frac{2m}{1+1} = m$.
બંને લક્ષને સરખાવતા: $m = -\frac{1}{2}$.

(D) $x < 3$ માટે,$|x-3| = -(x-3)$,તેથી $f(x) = \frac{x-3}{-(x-3)} + a = -1 + a = a - 1$ થાય.
$x > 3$ માટે,$|x-3| = (x-3)$,તેથી $f(x) = \frac{x-3}{x-3} + b = 1 + b$ થાય.
$f(x)$ એ $x=3$ આગળ સતત હોવાથી,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને વિધેયની $x=3$ આગળની કિંમત સમાન હોવી જોઈએ.
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = f(3) \implies a - 1 = a + b \implies b = -1$.
$\lim_{x \to 3^+} f(x) = f(3) \implies 1 + b = a + b \implies a = 1$.
તેથી,$a - b = 1 - (-1) = 1 + 1 = 2$.

(A) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,શરત $\lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x)$ સંતોષાવી જોઈએ.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2\sin^2(2x)}{x^2} = 2 \lim_{x \to 0^-} \left(\frac{\sin 2x}{2x}\right)^2 \times 4 = 2 \times 1^2 \times 4 = 8$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{16+\sqrt{x}-16} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16}+4 = 8$.
અહીં $\text{LHL} = \text{RHL} = 8$ હોવાથી,સાતત્ય માટે $a = 8$ થાય.

(B) આપેલ વિધેય $f(t) = \frac{1}{t^2 + t - 2}$ છે.
છેદના અવયવ પાડતા,$f(t) = \frac{1}{(t + 2)(t - 1)}$ મળે.
વિધેય $f(t)$ ત્યાં અસતત છે જ્યાં છેદ શૂન્ય થાય,એટલે કે $t = -2$ અને $t = 1$ આગળ.
હવે,$x$ ની કિંમતો શોધવા માટે $t = \frac{1}{x - 1}$ મૂકતા:
$t = -2$ માટે:
$\frac{1}{x - 1} = -2 \implies x - 1 = -\frac{1}{2} \implies x = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
$t = 1$ માટે:
$\frac{1}{x - 1} = 1 \implies x - 1 = 1 \implies x = 2$.
આમ,વિધેય $f(x)$ એ $x = \frac{1}{2}$ અને $x = 2$ આગળ અસતત છે.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $[-2,2]$ પર સતત છે,તેથી તે $x=0$ અને $x=1$ આગળ પણ સતત હશે.
$x=0$ આગળ સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} (\frac{\sin ax}{x} + 3) = a + 3$.
$\lim_{x \to 0^+} (2x + 7) = 7$.
બંનેને સરખાવતા,$a + 3 = 7 \implies a = 4$.
$x=1$ આગળ સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$\lim_{x \to 1^-} (2x + 7) = 2(1) + 7 = 9$.
$\lim_{x \to 1^+} (\sqrt{x^2+8} - b) = \sqrt{1+8} - b = 3 - b$.
બંનેને સરખાવતા,$9 = 3 - b \implies b = -6$.
તેથી,$2a + 3b = 2(4) + 3(-6) = 8 - 18 = -10$.

(B) વિધેય $f(x) = [x] \cdot \cos \left( \frac{2x - 1}{2} \pi \right)$ દ્વારા આપવામાં આવેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $[x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય છે,જે $x$ ની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો પર અસતત હોય છે.
ધારો કે $x = n$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
$x = n$ પર,પદ $\cos \left( \frac{2n - 1}{2} \pi \right) = \cos \left( n\pi - \frac{\pi}{2} \right) = 0$ થાય છે.
જ્યારે આપણે લક્ષ તપાસીએ છીએ,ત્યારે ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ બંને $0$ મળે છે,અને $f(n) = 0$ છે.
તેથી,આ વિધેય તમામ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર સતત છે. આમ,આપેલ વિકલ્પોમાંથી કોઈ પણ સાચું નથી,પરંતુ જો પ્રશ્નનો હેતુ $[x]$ ની અસતતતા પૂછવાનો હોય,તો જવાબ $C$ ગણાય.

(C) વિધેય $f$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
અહીં $f(0) = k$ આપેલ છે,તેથી લક્ષની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \log \left(\frac{1+3x}{1-2x}\right)$
$= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} [\log(1+3x) - \log(1-2x)]$
$= \lim_{x \to 0} \left[ \frac{\log(1+3x)}{x} - \frac{\log(1-2x)}{x} \right]$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\log(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \lim_{x \to 0} \left[ 3 \cdot \frac{\log(1+3x)}{3x} - (-2) \cdot \frac{\log(1-2x)}{-2x} \right]$
$= 3(1) + 2(1) = 5$.
તેથી,$k = 5$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{2} - 1$. અંતરાલ $[0, \pi]$ પર,આપણે $x = 2$ આગળ વિધેયોનું પરીક્ષણ કરીએ.
$\tan[f(x)]$ માટે:
જ્યારે $x \to 2^-$,ત્યારે $[f(x)] = [\frac{x}{2} - 1] = -1$,તેથી $\tan[f(x)] \to \tan(-1)$.
જ્યારે $x \to 2^+$,ત્યારે $[f(x)] = [\frac{x}{2} - 1] = 0$,તેથી $\tan[f(x)] \to \tan(0) = 0$.
કારણ કે $\tan(-1) \neq 0$,તેથી $\tan[f(x)]$ એ $x = 2$ આગળ અસતત છે.
$\frac{1}{f(x)}$ માટે:
$f(x) = \frac{x}{2} - 1$. $x = 2$ આગળ,$f(2) = 0$.
આમ,$\frac{1}{f(x)}$ એ $x = 2$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે,જે તેને $x = 2$ આગળ અસતત બનાવે છે.
તેથી,બંને વિધેયો અંતરાલ $[0, \pi]$ પર અસતત છે.

(C) કોઈ વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોય તે માટે,શરત $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ નું પાલન થવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = K+1$.
આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $L = \lim_{x \rightarrow 0} \log(\sec^2 x)^{\cot^2 x}$.
લઘુગણકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$L = \lim_{x \rightarrow 0} \cot^2 x \cdot \log(\sec^2 x)$.
કારણ કે $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$,તેથી $L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1 + \tan^2 x)}{\tan^2 x}$.
ધારો કે $u = \tan^2 x$. જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $u \rightarrow 0$. લક્ષ આ મુજબ બનશે: $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\log(1+u)}{u}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\log(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $L = 1$ મળે છે.
લક્ષને $f(0)$ સાથે સરખાવતા,$1 = K+1$.
તેથી,$K = 0$.

(C) વિધેય $x=4$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ ($L$.$H$.$L$),જમણી બાજુનું લક્ષ ($R$.$H$.$L$) અને વિધેયની કિંમત $f(4)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$L.H.L = \lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(4-h)-4}{|(4-h)-4|} + a = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{|-h|} + a = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{h} + a = -1 + a$
$R.H.L = \lim_{x \to 4^+} f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(4+h)-4}{|(4+h)-4|} + b = \lim_{h \to 0} \frac{h}{|h|} + b = \lim_{h \to 0} \frac{h}{h} + b = 1 + b$
$f(4) = a + b$
$L.H.L = R.H.L = f(4)$ સરખાવતા:
$-1 + a = 1 + b = a + b$
$-1 + a = a + b$ પરથી,આપણને $b = -1$ મળે છે.
$1 + b = a + b$ પરથી,આપણને $a = 1$ મળે છે.
આમ,$a=1$ અને $b=-1$ એ સાચો જવાબ છે.

(A) વિધેય નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} ax^2 + bx + 1 & x \leq \frac{1}{2} \\ 3x + 2 & \frac{1}{2} < x < \frac{5}{2} \\ ax^2 + bx + 1 & x \geq \frac{5}{2} \end{cases}$
$x = \frac{1}{2}$ આગળ સાતત્ય માટે:
$a(\frac{1}{2})^2 + b(\frac{1}{2}) + 1 = 3(\frac{1}{2}) + 2$
$\frac{a}{4} + \frac{b}{2} + 1 = \frac{3}{2} + 2 = \frac{7}{2}$
$\frac{a}{4} + \frac{b}{2} = \frac{5}{2} \implies a + 2b = 10$ ... $(1)$
$x = \frac{5}{2}$ આગળ સાતત્ય માટે:
$a(\frac{5}{2})^2 + b(\frac{5}{2}) + 1 = 3(\frac{5}{2}) + 2$
$\frac{25a}{4} + \frac{5b}{2} + 1 = \frac{15}{2} + 2 = \frac{19}{2}$
$\frac{25a}{4} + \frac{5b}{2} = \frac{17}{2} \implies 25a + 10b = 34$ ... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $5$ વડે ગુણતા: $5a + 10b = 50$ ... $(3)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $(3)$ બાદ કરતા: $20a = -16 \implies a = -\frac{16}{20} = -\frac{4}{5}$
$a = -\frac{4}{5}$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા: $-\frac{4}{5} + 2b = 10 \implies 2b = 10 + \frac{4}{5} = \frac{54}{5} \implies b = \frac{27}{5}$
તેથી,$a + b = -\frac{4}{5} + \frac{27}{5} = \frac{23}{5}$.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 0$ આગળ વિધેયની કિંમત સમાન હોવી જોઈએ: $\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0) = a$.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ ગણો:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2 \sin^2(2x)}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0^-} 2 \cdot \left(\frac{\sin 2x}{2x}\right)^2 \cdot 4 = 2 \cdot 1^2 \cdot 4 = 8$.
ત્યારબાદ,જમણી બાજુનું લક્ષ ગણો:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ કરણી $\sqrt{16+\sqrt{x}}+4$ વડે ગુણતા:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{(16+\sqrt{x})-16} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16+0}+4 = 4+4 = 8$.
બંને લક્ષ $8$ હોવાથી,વિધેય સતત રહે તે માટે $a = 8$ થવું જોઈએ.

(B) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - \cos x}{x^2}$
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ અને $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$:
$e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2!} + \dots$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \dots$
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{(1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + \dots) - (1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \dots)}{x^2}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 + \frac{x^2}{2} + O(x^4)}{x^2}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{3}{2}x^2 + O(x^4)}{x^2} = \frac{3}{2}$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x=4$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને $x=4$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim _{x \rightarrow 4^{-}} f(x) = f(4) = \lim _{x \rightarrow 4^{+}} f(x)$
$1$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim _{x \rightarrow 4^{-}} (\frac{x-4}{|x-4|} + a) = \lim _{x \rightarrow 4^{-}} (\frac{x-4}{-(x-4)} + a) = -1 + a$
$2$. જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim _{x \rightarrow 4^{+}} (\frac{x-4}{|x-4|} + b) = \lim _{x \rightarrow 4^{+}} (\frac{x-4}{x-4} + b) = 1 + b$
$3$. $x=4$ આગળ મૂલ્ય:
$f(4) = a + b$
આને સરખાવતા:
$-1 + a = a + b = 1 + b$
$-1 + a = a + b$ પરથી,આપણને $b = -1$ મળે છે.
$a + b = 1 + b$ પરથી,આપણને $a = 1$ મળે છે.
આમ,$a = 1$ અને $b = -1$.

(C) $f(x)$ સતત હોય તે માટે,તે તમામ બિંદુઓ પર,ખાસ કરીને $x=1, x=3,$ અને $x=5$ જેવા સંક્રમણ બિંદુઓ પર સતત હોવું જોઈએ.
$x=1$ આગળ: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 5$ અને $\lim_{x \to 1^+} f(x) = a + b$. તેથી,$a + b = 5$ (સમીકરણ $i$).
$x=3$ આગળ: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = a + 3b$ અને $\lim_{x \to 3^+} f(x) = b + 15$. તેથી,$a + 2b = 15$ (સમીકરણ $ii$).
$x=5$ આગળ: $\lim_{x \to 5^-} f(x) = b + 25$ અને $\lim_{x \to 5^+} f(x) = 30$. તેથી,$b + 25 = 30 \Rightarrow b = 5$.
$b=5$ ને સમીકરણ $i$ માં મૂકતા: $a + 5 = 5 \Rightarrow a = 0$.
$a=0$ અને $b=5$ ને સમીકરણ $ii$ માં મૂકતા: $0 + 2(5) = 10$,પરંતુ જમણી બાજુ $15$ છે. $10 \neq 15$ હોવાથી,આ સમીકરણોની સંહતિ અસંગત છે.
તેથી,$a$ અને $b$ ની કોઈપણ કિંમત માટે $f(x)$ સતત નથી.

(D) ધારો કે $f(x) = [x]^2 - [x^2]$. આપણે પૂર્ણાંક બિંદુઓ $x = n$ પર સાતત્ય ચકાસીએ,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
$x = 0$ માટે:
$L.H.L. = \lim_{x \to 0^-} ([x]^2 - [x^2]) = (-1)^2 - 0 = 1$
$R.H.L. = \lim_{x \to 0^+} ([x]^2 - [x^2]) = 0^2 - 0 = 0$
$L.H.L. \neq R.H.L.$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ પર અસતત છે.
$x = 1$ માટે:
$L.H.L. = \lim_{x \to 1^-} ([x]^2 - [x^2]) = 0^2 - 0 = 0$
$R.H.L. = \lim_{x \to 1^+} ([x]^2 - [x^2]) = 1^2 - 1 = 0$
$f(1) = [1]^2 - [1^2] = 1 - 1 = 0$
$L.H.L. = R.H.L. = f(1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ પર સતત છે.
અન્ય કોઈપણ પૂર્ણાંક $n \in \mathbb{Z} \setminus \{0, 1\}$ માટે:
$L.H.L. = \lim_{x \to n^-} ([x]^2 - [x^2]) = (n-1)^2 - (n^2-1) = 2 - 2n$
$R.H.L. = \lim_{x \to n^+} ([x]^2 - [x^2]) = n^2 - n^2 = 0$
$n \neq 1$ માટે $2 - 2n \neq 0$ હોવાથી,વિધેય $1$ સિવાયના તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે.

(D) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવું જોઈએ: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} (\frac{\sin ax}{x} + 3) = 0 + 5$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{x} = a$,તેથી $a + 3 = 5$,જે આપણને $a = 2$ આપે છે.
વિધેય $x = 1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવું જોઈએ: $f(1) = \lim_{x \to 1^+} f(x)$.
$1 + 5 = \sqrt{1^2 + 8} - b$.
$6 = \sqrt{9} - b$.
$6 = 3 - b$,જે આપણને $b = -3$ આપે છે.
અંતે,$7a + b + 1 = 7(2) + (-3) + 1 = 14 - 3 + 1 = 12$.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x = \pi$ આગળ સતત છે,તેથી $f(\pi) = \lim_{x \rightarrow \pi} f(x)$.
ધારો કે $x - \pi = h$. જેમ $x \rightarrow \pi$,તેમ $h \rightarrow 0$.
તેથી $f(\pi) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{4^h + 4^{-h} - 2}{h^2}$.
અંશને $(2^{h/2} - 2^{-h/2})^2$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી $f(\pi) = \lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{2^{h/2} - 2^{-h/2}}{h} \right)^2$.
આ લક્ષનું મૂલ્ય $\left( \frac{1}{2} \ln 2 + \frac{1}{2} \ln 2 \right)^2 = (\ln 2)^2$ થાય છે.

(D) $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવું જોઈએ:
$\lim_{x \rightarrow 1^{-}} (1 + \sin \frac{\pi x}{2}) = 1 + \sin \frac{\pi}{2} = 1 + 1 = 2$.
$\lim_{x \rightarrow 1^{+}} (ax + b) = a(1) + b = a + b$.
તેથી,$a + b = 2$ --- $(1)$
$f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત હોવા માટે:
$\lim_{x \rightarrow 3^{-}} (ax + b) = 3a + b$.
$\lim_{x \rightarrow 3^{+}} (6 \tan \frac{x \pi}{12}) = 6 \tan \frac{3 \pi}{12} = 6 \tan \frac{\pi}{4} = 6(1) = 6$.
તેથી,$3a + b = 6$ --- $(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી સમીકરણ $(1)$ બાદ કરતા:
$(3a + b) - (a + b) = 6 - 2$
$2a = 4 \implies a = 2$.
$a = 2$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$2 + b = 2 \implies b = 0$.
આમ,$a = 2$ અને $b = 0$ મળે છે.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવું જોઈએ,એટલે કે $\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x)$.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{\sqrt{1+px}-\sqrt{1-px}}{x}$
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ કરણી $\sqrt{1+px} + \sqrt{1-px}$ વડે ગુણતા:
$= \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{(\sqrt{1+px}-\sqrt{1-px})(\sqrt{1+px}+\sqrt{1-px})}{x(\sqrt{1+px}+\sqrt{1-px})}$
$= \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{(1+px)-(1-px)}{x(\sqrt{1+px}+\sqrt{1-px})} = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2px}{x(\sqrt{1+px}+\sqrt{1-px})}$
$= \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{2p}{\sqrt{1+px}+\sqrt{1-px}} = \frac{2p}{1+1} = p$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{2x+1}{x-2} = \frac{2(0)+1}{0-2} = \frac{-1}{2}$.
બંને લક્ષને સરખાવતા,આપણને $p = \frac{-1}{2}$ મળે છે.

(B) $x \leq -3$ માટે,$f(x) = |x| + 3 = -x + 3$.
$x = -3$ આગળ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to -3^-} f(x) = -(-3) + 3 = 6$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to -3^+} f(x) = -2(-3) = 6$.
વિધેયનું મૂલ્ય: $f(-3) = -(-3) + 3 = 6$.
અહીં $\lim_{x \to -3^-} f(x) = \lim_{x \to -3^+} f(x) = f(-3)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = -3$ આગળ સતત છે.
$x = 3$ આગળ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = -2(3) = -6$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 3^+} f(x) = 6(3) + 2 = 20$.
અહીં $\lim_{x \to 3^-} f(x) \neq \lim_{x \to 3^+} f(x)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 3$ આગળ અસતત છે.