Continuity Questions in Gujarati

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x=\frac{\pi}{2}$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = f(\frac{\pi}{2})$ થાય.
અહીં $f(\frac{\pi}{2}) = 2024$ આપેલ છે.
હવે,$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{2k \cos x}{\pi-2x} = 2024$.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{2} + h$. જ્યારે $x \to \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $h \to 0$.
$\lim_{h \to 0} \frac{2k \cos(\frac{\pi}{2} + h)}{\pi - 2(\frac{\pi}{2} + h)} = \lim_{h \to 0} \frac{2k(-\sin h)}{\pi - \pi - 2h} = \lim_{h \to 0} \frac{-2k \sin h}{-2h} = k \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = k(1) = k$.
લક્ષ અને વિધેયની કિંમત સરખાવતા,આપણને $k = 2024$ મળે છે.

(A) વિધેય $f(\alpha)$ એ $\alpha=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\alpha \to 0$ હોય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ એ $\alpha=0$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = k$.
આપણે $\lim_{\alpha \to 0} f(\alpha) = \lim_{\alpha \to 0} \frac{1-\cos 6 \alpha}{36 \alpha^2}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1-\cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$1-\cos 6 \alpha = 2 \sin^2(3 \alpha)$ મળે.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા: $\lim_{\alpha \to 0} \frac{2 \sin^2(3 \alpha)}{36 \alpha^2} = \lim_{\alpha \to 0} \frac{2}{36} \left( \frac{\sin 3 \alpha}{\alpha} \right)^2$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{x} = a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\lim_{\alpha \to 0} \frac{1}{18} (3)^2 = \frac{9}{18} = \frac{1}{2}$ મળે છે.
વિધેય સતત હોવાથી,$k = 1/2$ થાય.

(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:
$f(\frac{\pi}{2}) = k(\frac{\pi}{2}) + 1$
$2$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (kx + 1) = k(\frac{\pi}{2}) + 1$
$3$. જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} \sin x = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$
સાતત્ય માટે,$LHL = RHL$:
$k(\frac{\pi}{2}) + 1 = 1$
$k(\frac{\pi}{2}) = 0$
$k = 0$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,$x \to \frac{\pi}{2}$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ $f(\frac{\pi}{2})$ જેટલું હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(\frac{\pi}{2}) = 3$.
આપણે લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{k \cos x}{\pi - 2x}$.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{2} + h$. જેમ $x \to \frac{\pi}{2}$,તેમ $h \to 0$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$\lim_{h \to 0} \frac{k \cos(\frac{\pi}{2} + h)}{\pi - 2(\frac{\pi}{2} + h)} = \lim_{h \to 0} \frac{k(-\sin h)}{\pi - \pi - 2h} = \lim_{h \to 0} \frac{-k \sin h}{-2h} = \frac{k}{2} \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$,તેથી લક્ષ $\frac{k}{2}$ મળે છે.
લક્ષને વિધેયની કિંમત સાથે સરખાવતા: $\frac{k}{2} = 3 \implies k = 6$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = a$ આગળ સતત હોવા માટે,લક્ષ $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$ થવું જોઈએ.
અહીં $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = f(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{2}$.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{k \cos x}{\pi - 2x}$.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{2} + h$. જ્યારે $x \to \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $h \to 0$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા: $\lim_{h \to 0} \frac{k \cos(\frac{\pi}{2} + h)}{\pi - 2(\frac{\pi}{2} + h)} = \lim_{h \to 0} \frac{k(-\sin h)}{\pi - \pi - 2h} = \lim_{h \to 0} \frac{-k \sin h}{-2h} = \frac{k}{2} \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$,તેથી લક્ષ $\frac{k}{2}$ મળે છે.
આને $f(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{2}$ સાથે સરખાવતા,$\frac{k}{2} = \frac{1}{2}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $k = 1$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = a$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = a$ આગળ વિધેયની કિંમત સમાન હોવા જોઈએ.
ચોક્કસ રીતે,$\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^+} f(x) = f(3)$.
આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} cx + 1, & x \leq 3 \\ dx + 3, & x > 3 \end{cases}$.
$x = 3$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 3^-} (cx + 1) = 3c + 1$.
$x = 3$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 3^+} (dx + 3) = 3d + 3$.
કારણ કે $f$ એ $x = 3$ આગળ સતત છે,તેથી $3c + 1 = 3d + 3$.
પદોને ગોઠવતા: $3c - 3d = 3 - 1$.
$3(c - d) = 2$.
$c - d = \frac{2}{3}$.
આપણે $d - c$ શોધવાનું છે,તેથી $d - c = -(c - d) = -\frac{2}{3}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$x \to 0$ માટે $f(x)$ નું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = 1$.
આપણે $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x \tan kx}{x^2}$ ની ગણતરી કરીએ.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ અને $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin 5x}{5x} \times 5 \right) \times \left( \frac{\tan kx}{kx} \times k \right) = 1 \times 5 \times 1 \times k = 5k$.
વિધેય સતત હોવાથી,$5k = 1$.
તેથી,$k = 1/5$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$x \to 0$ હોય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ એ $x = 0$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ.
એટલે કે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$.
અહીં $f(0) = k$ આપેલ છે.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to 0} \frac{\tan 4x \times \cos 3x}{x}$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $\lim_{x \to 0} \left( \frac{\tan 4x}{x} \times \cos 3x \right)$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરવા માટે $4$ વડે ગુણી અને ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \left( 4 \times \frac{\tan 4x}{4x} \times \cos 3x \right)$.
લક્ષ લાગુ પાડતા: $4 \times 1 \times \cos(3 \times 0) = 4 \times 1 \times \cos(0) = 4 \times 1 \times 1 = 4$.
તેથી,$k = 4$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = [x]$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો માટે અસતત હોય છે.
તે તમામ અપૂર્ણાંક કિંમતો માટે સતત હોય છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી $4$,$-2$ અને $11$ પૂર્ણાંકો છે,જ્યારે $1.5$ એ અપૂર્ણાંક છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x = 1.5$ પર સતત છે.

(A) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$x \to 0$ હોય ત્યારે વિધેયનું લક્ષ એ $x = 0$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{3 \sin(\pi x)}{5x}$ જ્યારે $x \neq 0$ અને $f(0) = 2K$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(\theta x)}{x} = \theta$.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{3 \sin(\pi x)}{5x} = \frac{3}{5} \lim_{x \to 0} \frac{\sin(\pi x)}{x} = \frac{3}{5} \times \pi = \frac{3\pi}{5}$.
વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$.
તેથી,$\frac{3\pi}{5} = 2K$.
$K$ માટે ઉકેલતા,આપણને $K = \frac{3\pi}{10}$ મળે છે.

(B) વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1+kx)}{x} = k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{\log(1+ax) - \log(1-bx)}{x} = \lim_{x \to 0} \left( \frac{\log(1+ax)}{x} - \frac{\log(1-bx)}{x} \right)$
$= \lim_{x \to 0} \frac{\log(1+ax)}{x} - \lim_{x \to 0} \frac{\log(1-bx)}{x}$
$= a - (-b) = a + b$.
આમ,$f(0)$ ની કિંમત $a+b$ હોવી જોઈએ.

(C) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x = 2$ આગળ સતત છે,તેથી ડાબી બાજુનું લક્ષ ($L$.$H$.$L$.) અને જમણી બાજુનું લક્ષ ($R$.$H$.$L$.) સમાન હોવા જોઈએ.
$L$.$H$.$L$. = $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2} Kx^2 = K(2)^2 = 4K$.
$R$.$H$.$L$. = $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2} 3 = 3$.
વિધેય સતત હોવાથી,$4K = 3$.
તેથી,$K = \frac{3}{4}$.

(B) $x=0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ.
$LHL$ માટે: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{1/(0-h)}-1}{e^{1/(0-h)}+1} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-1/h}-1}{e^{-1/h}+1}$. જેમ $h \to 0^+$,તેમ $e^{-1/h} \to 0$,તેથી $LHL$ $= \frac{0-1}{0+1} = -1$.
$RHL$ માટે: $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{1/h}-1}{e^{1/h}+1} = \lim_{h \to 0} \frac{1-e^{-1/h}}{1+e^{-1/h}} = \frac{1-0}{1+0} = 1$.
અહીં $LHL$ $\neq$ $RHL$ હોવાથી,$x=0$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,વિધેય $x=0$ આગળ સતત નથી.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \cot x$ છે.
આપણે તેને $f(x) = \frac{\cos x}{\sin x}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
સંમેય વિધેય ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં તેનો છેદ શૂન્ય થાય.
તેથી,$f(x)$ ત્યાં અસતત છે જ્યાં $\sin x = 0$ થાય.
$\sin x = 0$ માટેનો વ્યાપક ઉકેલ $x = n\pi$ છે,જ્યાં $n \in Z$.
આમ,વિધેય $f(x) = \cot x$ એ ગણ $\{x = n\pi ; n \in Z\}$ પર અસતત 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.
$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$
$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{e^{2x}-1} = k-2$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{\sin 3x}{x}}{\frac{e^{2x}-1}{x}} = k-2$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{x} = a$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{e^{ax}-1}{x} = a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{3}{2} = k-2$
$k = \frac{3}{2} + 2$
$k = \frac{3+4}{2} = \frac{7}{2}$

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ $x=0$ આગળ સમાન હોવા જોઈએ.
પ્રથમ,$LHL$ ની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sqrt{1+kx}-\sqrt{1-kx}}{x}$
અંશ અને છેદને $(\sqrt{1+kx} + \sqrt{1-kx})$ વડે ગુણતા:
$= \lim_{x \to 0^-} \frac{(1+kx) - (1-kx)}{x(\sqrt{1+kx} + \sqrt{1-kx})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2kx}{x(\sqrt{1+kx} + \sqrt{1-kx})} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2k}{\sqrt{1+kx} + \sqrt{1-kx}} = \frac{2k}{1+1} = k$.
હવે,$RHL$ ની ગણતરી કરીએ:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{2x+1}{x-1} = \frac{2(0)+1}{0-1} = -1$.
વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$LHL$ = $RHL$ લેતા:
$k = -1$.

(A) કોઈ વિધેય $f(x)$ એ $x=a$ આગળ સતત હોય તે માટે,લક્ષ $\lim_{x \to a} f(x)$ નું અસ્તિત્વ હોવું જોઈએ અને તે $f(a)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
અહીં $f(x) = \frac{\log_{e} x}{x-1}$ જ્યારે $x \neq 1$ અને $f(1) = k$ આપેલ છે.
આપણે $\lim_{x \to 1} \frac{\log_{e} x}{x-1}$ ની કિંમત શોધવી પડશે.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે લોપિટલના નિયમ ($L$'$H$ôpital's Rule) નો ઉપયોગ કરીશું:
$\lim_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(\log_{e} x)}{\frac{d}{dx}(x-1)} = \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1} = \frac{1}{1} = 1$.
વિધેય $x=1$ આગળ સતત હોવાથી,$k = \lim_{x \to 1} f(x) = 1$ થાય.

(A) મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $f(x) = [x]$ ને $x$ થી નાની અથવા તેના જેટલી મહત્તમ પૂર્ણાંક સંખ્યા તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
તે જાણીતી બાબત છે કે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય દરેક પૂર્ણાંક કિંમત $n \in \mathbb{Z}$ પર અસતત હોય છે.
તેનાથી વિપરીત,આ વિધેય તમામ બિન-પૂર્ણાંક કિંમતો પર સતત હોય છે.
આપેલા વિકલ્પોની સરખામણી કરતા:
$A) 1.5$ (બિન-પૂર્ણાંક)
$B) 4$ (પૂર્ણાંક)
$C) 1$ (પૂર્ણાંક)
$D) -2$ (પૂર્ણાંક)
આમ,$1.5$ એ પૂર્ણાંક ન હોવાથી,વિધેય $f(x) = [x]$ એ $x = 1.5$ પર સતત છે.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} x, & \text{જો } x \text{ અસંમેય હોય} \\ 0, & \text{જો } x \text{ સંમેય હોય} \end{cases}$.
કોઈપણ $a \neq 0$ માટે,સંમેય સંખ્યાઓની શ્રેણી $r_n \to a$ અને અસંમેય સંખ્યાઓની શ્રેણી $i_n \to a$ ધ્યાનમાં લો.
ત્યારે $\lim_{n \to \infty} f(r_n) = \lim_{n \to \infty} 0 = 0$ અને $\lim_{n \to \infty} f(i_n) = \lim_{n \to \infty} i_n = a$.
કારણ કે $a \neq 0$ માટે $0 \neq a$ છે,તેથી $a \neq 0$ માટે લક્ષ $\lim_{x \to a} f(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
$x=0$ આગળ,$\lim_{x \to 0} f(x) = 0$ કારણ કે કોઈપણ શ્રેણી $x_n \to 0$ માટે,$f(x_n)$ કાં તો $x_n$ (જો $x_n$ અસંમેય હોય) અથવા $0$ (જો $x_n$ સંમેય હોય) છે,જે બંને $0$ ને અનુલક્ષે છે.
કારણ કે $f(0) = 0$,તેથી વિધેય માત્ર $x=0$ આગળ સતત છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = 2$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 2} f(x) = f(2)$ થવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(2) = 2$.
આપણે લક્ષની કિંમત મેળવીએ: $\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - (a+2)x + a}{x-2}$.
જો લક્ષનું અસ્તિત્વ હોય અને છેદ $0$ ને અનુલક્ષે,તો અંશ પણ $x = 2$ આગળ $0$ ને અનુલક્ષવો જોઈએ.
અંશમાં $x = 2$ મૂકતા: $2^2 - (a+2)(2) + a = 0$.
$4 - 2a - 4 + a = 0$.
$-a = 0 \implies a = 0$.
અથવા,એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\lim_{x \to 2} \frac{2x - (a+2)}{1} = 2(2) - a - 2 = 2 - a$.
$f(2)$ સાથે સરખાવતા: $2 - a = 2 \implies a = 0$.

(C) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે,તેથી સાતત્યની શરત મુજબ $f(1) = \lim_{x \to 1} f(x)$ થાય.
વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$f(1) = k$ છે.
તેથી,આપણે લક્ષની કિંમત શોધવી પડશે: $k = \lim_{x \to 1} \frac{\log x}{x-1}$.
$x=1$ મૂકતા,આપણને $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ મળે છે.
લોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$k = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(\log x)}{\frac{d}{dx}(x-1)} = \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1}$.
$x \to 1$ લેતા:
$k = \frac{1/1}{1} = 1$.
આમ,$k$ ની કિંમત $1$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = [x]$ ને મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ $\lim_{x \to n^-} f(x) = n-1$ છે અને જમણી બાજુની લક્ષ $\lim_{x \to n^+} f(x) = n$ છે.
કારણ કે કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ પર ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ સમાન નથી,તેથી વિધેય $x$ ની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો પર અસતત છે.
જો કે,કોઈપણ બિન-પૂર્ણાંક કિંમત $c$ (જ્યાં $c$ પૂર્ણાંક નથી) માટે,વિધેય $c$ ની આસપાસના નાના વિસ્તારમાં અચળ રહે છે,જે તેને આવા તમામ બિંદુઓ પર સતત બનાવે છે.
તેથી,વિધેય $f(x) = [x]$ એ $x$ ની તમામ બિન-પૂર્ણાંક કિંમતો માટે સતત છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = |x-2| + x$.
સૌ પ્રથમ,આપણે $x=0$ અને $x=2$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ.
$x=0$ આગળ: $f(0) = |0-2| + 0 = 2$. $\lim_{x \to 0^-} f(x) = |0-2| + 0 = 2$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = |0-2| + 0 = 2$. કારણ કે $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$,તેથી વિધેય $x=0$ આગળ સતત છે.
$x=2$ આગળ: $f(2) = |2-2| + 2 = 2$. $\lim_{x \to 2^-} f(x) = |2-2| + 2 = 2$ અને $\lim_{x \to 2^+} f(x) = |2-2| + 2 = 2$. કારણ કે $\lim_{x \to 2} f(x) = f(2)$,તેથી વિધેય $x=2$ આગળ સતત છે.
હવે,આપણે વિકલનીયતા ચકાસીએ. આપણે $f(x)$ ને આ રીતે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} -(x-2) + x, & x < 2 \\ (x-2) + x, & x \geq 2 \end{cases} = \begin{cases} 2, & x < 2 \\ 2x-2, & x \geq 2 \end{cases}$.
$x < 2$ માટે,$f'(x) = 0$. $x > 2$ માટે,$f'(x) = 2$.
$x=2$ આગળ,$LHD$ $= \lim_{h \to 0^-} \frac{f(2+h)-f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{2-2}{h} = 0$.
$RHD$ $= \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2+h)-f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2(2+h)-2-2}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h} = 2$.
$LHD$ $\neq$ $RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x=0$ આગળ,પડોશમાં $f(x) = 2$ છે,તેથી $f'(0) = 0$. આમ,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,વિધેય $x=0$ અને $x=2$ બંને પર સતત છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{1-\cos x}{x^{2}}, & x \neq 0 \\ k, & x=0 \end{cases}$ છે.
વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x^{2}} = k$.
લક્ષના સૂત્ર $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x^{2}} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2\sin^{2}(x/2)}{x^{2}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2\sin^{2}(x/2)}{4(x/2)^{2}} = \frac{2}{4} \cdot (1)^{2} = \frac{1}{2}$.
આમ,$k = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ થાય.
તેથી,$\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos Kx}{x \sin x} = \frac{1}{2}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1-\cos \theta = 2 \sin^2(\frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \sin^2(\frac{Kx}{2})}{x \sin x} = \frac{1}{2}$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \left(\frac{\sin(Kx/2)}{x}\right)^2}{\frac{\sin x}{x}} = \frac{1}{2}$.
અંશમાં $(\frac{K}{2})^2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{2 \cdot (\frac{K}{2})^2 \cdot (\frac{\sin(Kx/2)}{Kx/2})^2}{\frac{\sin x}{x}} = \frac{1}{2}$.
કારણ કે $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,તેથી:
$2 \cdot \frac{K^2}{4} \cdot \frac{1^2}{1} = \frac{1}{2}$.
$\frac{K^2}{2} = \frac{1}{2} \implies K^2 = 1$.
આમ,$K = \pm 1$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 5$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ ($L$.$H$.$L$.) એ જમણી બાજુના લક્ષ ($R$.$H$.$L$.) અને $x = 5$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 5$ આગળ વિધેયની કિંમત શોધો: $f(5) = 3(5) - 8 = 15 - 8 = 7$.
ત્યારબાદ,$x \to 5^-$ માટે $L$.$H$.$L$. શોધો: $\lim_{x \to 5^-} (3x - 8) = 3(5) - 8 = 7$.
પછી,$x \to 5^+$ માટે $R$.$H$.$L$. શોધો: $\lim_{x \to 5^+} (2k) = 2k$.
વિધેય સતત હોવાથી,$L$.$H$.$L$. = $R$.$H$.$L$. લેતા: $7 = 2k$.
$k$ માટે ઉકેલતા,આપણને $k = 7/2$ મળે છે.

(B) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 5$ થવું જોઈએ.
ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત: $\lim_{x \to 0^-} \frac{2}{3}a = 5 \implies a = \frac{15}{2}$.
જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત: $\lim_{x \to 0^+} \frac{27/2}{b} = 5 \implies b = \frac{27}{10}$.
$a$ અને $b$ નો ગુણોત્તર મધ્યક $\sqrt{ab} = \sqrt{\frac{15}{2} \times \frac{27}{10}} = \frac{9}{2}$ થાય.

(C) વિકલ્પ $C$ માટે,$f(x) = \begin{cases} \frac{x-1}{|x-1|+2(x-1)^2}, & x \neq 1 \\ 1, & x=1 \end{cases}$
$x > 1$ માટે,$|x-1| = x-1$,તેથી $f(x) = \frac{x-1}{(x-1)+2(x-1)^2} = \frac{1}{1+2(x-1)} = \frac{1}{2x-1}$.
$x < 1$ માટે,$|x-1| = -(x-1)$,તેથી $f(x) = \frac{x-1}{-(x-1)+2(x-1)^2} = \frac{1}{-1+2(x-1)} = \frac{1}{2x-3}$.
હવે,$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{2x-1} = \frac{1}{2(1)-1} = 1$.
અને $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{1}{2x-3} = \frac{1}{2(1)-3} = -1$.
કારણ કે $\lim_{x \to 1^+} f(x) \neq \lim_{x \to 1^-} f(x)$,તેથી $x=1$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ અસતત છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી તે $x=0$ અને $x=3$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x=0$ આગળ સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} \frac{x-|x|}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x-(-x)}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2x}{x} = 2$.
$\lim_{x \to 0^+} b\left(\frac{5x^2+a}{x^2-3x+2}\right) = b\left(\frac{a}{2}\right)$.
સરખાવતા: $b\left(\frac{a}{2}\right) = 2 \implies ab = 4$.
$x=3$ આગળ સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = f(3) = -14$.
મધ્ય ભાગ $x=3$ સુધી માન્ય છે તેમ ધારતા: $\lim_{x \to 3^-} b\left(\frac{5x^2+a}{x^2-3x+2}\right) = b\left(\frac{45+a}{2}\right) = -14$.
$b(45+a) = -28$.
$a = 4/b$ મૂકતા: $b(45 + 4/b) = -28 \implies 45b + 4 = -28 \implies 45b = -32$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,જો આપણે $(a, b) = (2, -7/2)$ ચકાસીએ,તો $ab = -7 \neq 4$. પ્રશ્નમાં ભૂલ હોવા છતાં,વિકલ્પ $(A)$ એ હેતુપૂર્ણ જવાબ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 1 + 2x^k, & 0 \le x < 1 \\ kx, & 1 \le x < 2 \end{cases}$ છે.
$x = 1$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણતા: $\lim_{x \to 1^-} (1 + 2x^k) = 1 + 2(1)^k = 1 + 2 = 3$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણતા: $\lim_{x \to 1^+} (kx) = k(1) = k$.
બંને લક્ષને સરખાવતા: $3 = k$.
તેથી $k = 3$ હોવાથી,$k^2$ ની કિંમત $3^2 = 9$ થાય.

(D) $f(x)$ એ $x = -1$ આગળ જમણી બાજુથી સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow -1^+} f(x) = f(-1)$ હોવું જોઈએ.
લક્ષ $\lim_{x \rightarrow -1^+} \frac{\sqrt{\pi} - \sqrt{\cos^{-1} x}}{\sqrt{x+1}}$ માટે $L'H\hat{o}pital$ નો નિયમ વાપરતા:
$\lim_{x \rightarrow -1^+} \frac{-\frac{1}{2\sqrt{\cos^{-1} x}} \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right)}{\frac{1}{2\sqrt{x+1}}} = \lim_{x \rightarrow -1^+} \frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{\cos^{-1} x} \sqrt{1-x} \sqrt{1+x}}$
$= \lim_{x \rightarrow -1^+} \frac{1}{\sqrt{\cos^{-1} x} \sqrt{1-x}} = \frac{1}{\sqrt{\cos^{-1}(-1)} \sqrt{1-(-1)}} = \frac{1}{\sqrt{\pi} \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}$.
આપેલ છે કે $f(-1) = \frac{1}{\sqrt{\lambda \pi}}$,તેથી આપણે સરખાવતા: $\frac{1}{\sqrt{2\pi}} = \frac{1}{\sqrt{\lambda \pi}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા $2\pi = \lambda \pi$ મળે,તેથી $\lambda = 2$.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
લક્ષની કિંમત શોધતા: $\lim_{x \to 0} \left(\frac{1+x}{1-x}\right)^{\frac{1}{x}}$.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપ છે.
સૂત્ર $\lim_{x \to a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} g(x)[f(x)-1]}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} f(x) = e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1+x}{1-x} - 1 \right)}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1+x - (1-x)}{1-x} \right)}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{2x}{1-x} \right)}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \frac{2}{1-x}}$
$= e^{\frac{2}{1-0}} = e^2$.
તેથી,$f(0) = e^2$.

(B) વિધેયના પ્રદેશનું એવું બિંદુ કે જ્યાં વિધેયની લક્ષ કિંમત અસ્તિત્વમાં ન હોય અથવા વિધેયના મૂલ્ય જેટલી ન હોય અને તે બિંદુ પર વિધેયને ફરીથી વ્યાખ્યાયિત કરીને સતત બનાવી શકાતું ન હોય,તો તેને દૂર ન કરી શકાય તેવી અસતતતા કહેવાય છે.
આને આવશ્યક અથવા જમ્પ અસતતતા તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) એક્સટ્રીમ વેલ્યુ થિયરમ (Extreme Value Theorem) મુજબ,જો વિધેય $f$ એ સંવૃત અને સીમિત અંતરાલ $[a, b]$ પર સતત હોય,તો $f$ તે અંતરાલ પર ન્યૂનતમ અને મહત્તમ બંને મૂલ્યો પ્રાપ્ત કરે છે.
તેથી,વિધેય $f$ નો વિસ્તાર એ સંવૃત અંતરાલ $[\text{ન્યૂનતમ } f, \text{મહત્તમ } f]$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = |x| + \frac{|x|}{x}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ.
$x < 0$ માટે,$|x| = -x$,તેથી $f(x) = -x + \frac{-x}{x} = -x - 1$.
$\text{LHL} = \lim_{x \rightarrow 0^-} (-x - 1) = -1$.
$x > 0$ માટે,$|x| = x$,તેથી $f(x) = x + \frac{x}{x} = x + 1$.
$\text{RHL} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (x + 1) = 1$.
અહીં $\text{LHL} \neq \text{RHL}$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ અસતત છે.
નોંધો કે $|x|$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,પરંતુ $\frac{|x|}{x}$ (સિગ્નમ વિધેય) એ $x = 0$ આગળ અસતત છે.
તેથી,વિધેય ઉગમબિંદુ આગળ અસતત છે કારણ કે $\frac{|x|}{x}$ ત્યાં અસતત છે.
આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.

(A) વિધેય $x = -3$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow -3} f(x) = f(-3)$ થવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(-3) = -\frac{5}{2}$.
હવે,$\lim_{x \rightarrow -3} \frac{x^2+(a+3)x+(a+1)}{x+3} = -\frac{5}{2}$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,અંશ $x = -3$ આગળ $0$ થવો જોઈએ:
$(-3)^2 + (a+3)(-3) + (a+1) = 0$
$9 - 3a - 9 + a + 1 = 0$
$-2a + 1 = 0 \implies a = \frac{1}{2}$.
$a = \frac{1}{2}$ ને અંશમાં મૂકતા: $x^2 + 3.5x + 1.5 = (x+3)(x+0.5)$.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow -3} \frac{(x+3)(x+0.5)}{x+3} = \lim_{x \rightarrow -3} (x+0.5) = -3 + 0.5 = -2.5 = -\frac{5}{2}$.
આ સાબિત કરે છે કે $a = \frac{1}{2}$.
હવે,આપણે $\lim_{x \rightarrow a} (x^2+x+1) = \lim_{x \rightarrow 1/2} (x^2+x+1) = (\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{4}{4} = \frac{7}{4}$ શોધવાનું છે.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x=a$ આગળ સતત કહેવાય જો $\lim _{x \rightarrow a^{+}} f(x) = \lim _{x \rightarrow a^{-}} f(x) = f(a)$ હોય.
આપેલ છે કે $\lim _{x \rightarrow a^{+}} f(x)=p$,$\lim _{x \rightarrow a^{-}} f(x)=m$,અને $f(a)=k$.
સાતત્ય માટે,આપણી પાસે $p = m = k$ હોવું જોઈએ.
વિકલ્પ $D$ તપાસતા: જો $p-m=0$ હોય,તો $p=m$. જો $p-k=0$ હોય,તો $p=k$. આમ,$p=m=k$,જે $x=a$ આગળ સાતત્યની શરતનું પાલન કરે છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને $x=0$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવું જોઈએ,એટલે કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = a$.
$1$. $LHL$ ની ગણતરી:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2\sin^2(2x)}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} 2 \left( \frac{\sin 2x}{2x} \right)^2 \times 4 = 2 \times 1^2 \times 4 = 8$.
$2$. $RHL$ ની ગણતરી:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{(\sqrt{16+\sqrt{x}}-4)(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{16+\sqrt{x}-16} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16}+4 = 4+4 = 8$.
આમ,$LHL$ = $RHL$ = $8$ હોવાથી,વિધેય સતત રહે તે માટે $a = 8$ હોવું જોઈએ.

(B) વિધેય $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત હોવા માટે,તે $x=0$ અને $x=2$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x=0$ આગળ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (1+\cos x) = 1+1 = 2$.
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (a-x) = a-0 = a$.
વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$a = 2$.
$x=2$ આગળ:
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (a-x) = a-2 = 2-2 = 0$.
$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (x^2-b^2) = 4-b^2$.
વિધેય $x=2$ આગળ સતત હોવાથી,$0 = 4-b^2$,જેનો અર્થ છે કે $b^2 = 4$.
તેથી,$a^2+b^2 = 2^2 + 4 = 4+4 = 8$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને વિધેયનું મૂલ્ય $f(0)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$f(0) = a$.
$LHL$: $\lim_{x \to 0^-} (1+\sin x)^{\operatorname{cosec} x} = \lim_{x \to 0^-} (1+\sin x)^{1/\sin x} = e^1 = e$.
કારણ કે $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે,તેથી $a = e$.
$RHL$: $\lim_{x \to 0^+} \frac{e^{2/x}+e^{3/x}}{a e^{2/x}+b e^{3/x}}$.
અંશ અને છેદને $e^{3/x}$ વડે ભાગતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{e^{-1/x}+1}{a e^{-1/x}+b} = \frac{0+1}{a(0)+b} = \frac{1}{b}$.
$RHL$ ને $f(0)$ સાથે સરખાવતા: $\frac{1}{b} = a$.
$a = e$ હોવાથી,$\frac{1}{b} = e$,જેનો અર્થ છે કે $b = \frac{1}{e} = e^{-1}$.
તેથી,$ab = e \times e^{-1} = 1$.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = 2$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ ની ગણતરી કરો:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{(e^{ax}-1) \log(1+x)}{\sin^2 x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(\frac{e^{ax}-1}{ax} \cdot ax) \cdot (\frac{\log(1+x)}{x} \cdot x)}{(\frac{\sin x}{x})^2 \cdot x^2} = \lim_{x \to 0^+} \frac{ax \cdot x}{x^2} = a$.
$f(0) = 2$ હોવાથી,$a = 2$ મળે છે.
ત્યારબાદ,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ ની ગણતરી કરો:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{\cos 4x - \cos bx}{\tan^2 x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-2 \sin(\frac{4x+bx}{2}) \sin(\frac{4x-bx}{2})}{\tan^2 x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-2 (\frac{4+b}{2}x) (\frac{4-b}{2}x)}{x^2} = -2 \cdot \frac{16-b^2}{4} = \frac{b^2-16}{2}$.
$f(0) = 2$ હોવાથી,$\frac{b^2-16}{2} = 2$,જેનો અર્થ છે કે $b^2 - 16 = 4$,તેથી $b^2 = 20$.
અંતે,$\sqrt{b^2 - a^2} = \sqrt{20 - 2^2} = \sqrt{20 - 4} = \sqrt{16} = 4$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$ હોવું જોઈએ.
$1$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} e^{\frac{\sin a(x-[x])}{x-[x]}}$. અહીં $x < 1$ હોવાથી,$[x] = 0$ થાય. તેથી,$\lim_{x \to 1^-} e^{\frac{\sin ax}{x}} = e^{\sin a}$.
$2$. જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{|x^2+x-2|}{x-1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{|(x-1)(x+2)|}{x-1}$. અહીં $x > 1$ હોવાથી,$(x-1) > 0$ થાય,તેથી $|x-1| = x-1$. આમ,$\lim_{x \to 1^+} \frac{(x-1)(x+2)}{x-1} = \lim_{x \to 1^+} (x+2) = 3$.
$3$. $x = 1$ આગળનું મૂલ્ય: $f(1) = b + 1$.
$LHL$,$RHL$ અને $f(1)$ ને સરખાવતા:
$e^{\sin a} = 3 \implies \sin a = \ln 3$.
$b + 1 = 3 \implies b = 2$.
તેથી,$b \sin a = 2 \ln 3 = \ln 3^2 = \ln 9$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = -1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને વિધેયનું મૂલ્ય $f(-1)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$1$. $x = -1$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય શોધો:
$f(-1) = \sin^{-1}[-1] = \sin^{-1}(-1) = -\pi / 2$.
$2$. $x = -1$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \sin^{-1}[x]$.
જ્યારે $x$ એ $-1$ ની જમણી બાજુથી નજીક આવે છે,ત્યારે $-1 < x < 0$ થાય,તેથી $[x] = -1$.
આમ,$\lim_{x \to -1^+} \sin^{-1}(-1) = -\pi / 2$.
$3$. $x = -1$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ શોધો:
$\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-} k([x] + |x|)$.
જ્યારે $x$ એ $-1$ ની ડાબી બાજુથી નજીક આવે છે,ત્યારે $x < -1$ થાય,તેથી $[x] = -2$ અને $|x| = -x$.
આમ,$\lim_{x \to -1^-} k(-2 - x) = k(-2 - (-1)) = k(-2 + 1) = -k$.
$4$. $LHL$ અને $f(-1)$ ને સરખાવો:
$-k = -\pi / 2 \implies k = \pi / 2$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x = 0$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ,એટલે કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = a$.
$1$. ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2\sin^2(2x)}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} 2 \left( \frac{\sin 2x}{2x} \right)^2 \times 4 = 2 \times 1^2 \times 4 = 8$.
$2$. જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{(\sqrt{16+\sqrt{x}}-4)(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{16+\sqrt{x}-16} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} (\sqrt{16+\sqrt{x}}+4) = \sqrt{16+0}+4 = 4+4 = 8$.
આમ,$LHL$ = $RHL$ = $8$ હોવાથી,વિધેય સતત રહે તે માટે $a = 8$ હોવું જોઈએ.

(D) $f(x)$ એ $x = -1$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to -1} f(x) = f(-1) = k$ હોવું જોઈએ.
લક્ષ $\lim_{x \to -1} \frac{(2-a)x^2 - (a+3b)x - 1}{x+1}$ છે.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,અંશ $x = -1$ આગળ $0$ હોવો જોઈએ.
$x = -1$ મૂકતા: $(2-a)(-1)^2 - (a+3b)(-1) - 1 = 0 \implies 2 - a + a + 3b - 1 = 0 \implies 1 + 3b = 0 \implies b = -\frac{1}{3}$.
$b = -\frac{1}{3}$ ને અંશમાં મૂકતા: $(2-a)x^2 - (a - 1)x - 1$.
આના અવયવો $(x+1)((2-a)x - 1)$ થાય છે.
તેથી,$\lim_{x \to -1} \frac{(x+1)((2-a)x - 1)}{x+1} = \lim_{x \to -1} ((2-a)x - 1) = (2-a)(-1) - 1 = -2 + a - 1 = a - 3$.
વિધેય સતત હોવાથી,$k = a - 3$.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} \frac{2}{5-x}, & x < 3 \\ 5-x, & x \geq 3 \end{cases}$
$x = 3$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધીએ.
$LHL$: $\lim_{x \to 3^{-}} f(x) = \lim_{x \to 3^{-}} \frac{2}{5-x} = \frac{2}{5-3} = 1$.
$RHL$: $\lim_{x \to 3^{+}} f(x) = \lim_{x \to 3^{+}} (5-x) = 5-3 = 2$.
વળી,$f(3) = 5-3 = 2$.
અહીં $\lim_{x \to 3^{-}} f(x) = 1$ અને $\lim_{x \to 3^{+}} f(x) = 2$ હોવાથી,$x = 3$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
ખાસ કરીને,ડાબી બાજુનું લક્ષ એ $x = 3$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું નથી,તેથી વિધેય $x = 3$ આગળ ડાબી બાજુએ અસતત છે.

(A) વિધેયને $f(x) = \min \{x, x^2\}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવ્યું છે.
$x$ અને $x^2$ ની સરખામણી કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે જ્યારે $0 \leq x \leq 1$ હોય ત્યારે $x^2 \leq x$ થાય,અને અન્યથા $x < x^2$ થાય છે.
આમ,$f(x) = \begin{cases} x, & x < 0 \\ x^2, & 0 \leq x \leq 1 \\ x, & x > 1 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0^2 = 0$. $f(0) = 0$ હોવાથી,તે $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1^2 = 1$ અને $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 1$. $f(1) = 1$ હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ સતત છે.
હવે,વિકલનીયતા તપાસતા: $f'(x) = \begin{cases} 1, & x < 0 \\ 2x, & 0 < x < 1 \\ 1, & x > 1 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ: ડાબું વિકલન $1$ છે,જમણું વિકલન $2(0) = 0$ છે. $1 \neq 0$ હોવાથી,તે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ: ડાબું વિકલન $2(1) = 2$ છે,જમણું વિકલન $1$ છે. $2 \neq 1$ હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x)$ એ તમામ $x$ માટે સતત છે.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \lim_{x \to 0^{-}} f(x) = f(0) = \beta$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત મેળવીએ: $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\tan (\alpha + 1)x + \tan 2x}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\tan (\alpha + 1)x}{x} + \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\tan 2x}{x} = (\alpha + 1) + 2 = \alpha + 3$.
આમ,$\beta = \alpha + 3$.
હવે,ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત મેળવીએ: $\lim_{x \to 0^{-}} \frac{\sin 3x - \tan 3x}{x^{3}}$. ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણ $\sin 3x = 3x - \frac{(3x)^3}{6} + O(x^5)$ અને $\tan 3x = 3x + \frac{(3x)^3}{3} + O(x^5)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0^{-}} \frac{(3x - \frac{27x^3}{6}) - (3x + \frac{27x^3}{3})}{x^3} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{9}{2}x^3 - 9x^3}{x^3} = -\frac{9}{2} - 9 = -\frac{27}{2}$.
તેથી,$\beta = -\frac{27}{2}$.
$\beta$ ની કિંમત પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા: $-\frac{27}{2} = \alpha + 3 \implies \alpha = -\frac{27}{2} - 3 = -\frac{33}{2}$.
અંતે,$|\alpha| + |\beta| = |-\frac{33}{2}| + |-\frac{27}{2}| = \frac{33}{2} + \frac{27}{2} = \frac{60}{2} = 30$.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = f(0) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણો:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^-} (1 + |\sin x|)^{a/|\sin x|}$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે $\lim_{x \rightarrow c} (1 + g(x))^{h(x)} = e^{\lim_{x \rightarrow c} g(x)h(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = e^{\lim_{x \rightarrow 0} |\sin x| \cdot \frac{a}{|\sin x|}} = e^a$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણો:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} e^{\frac{\tan 2x}{\tan 3x}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan 2x}{2x} \cdot \frac{3x}{\tan 3x} \cdot \frac{2x}{3x}} = e^{1 \cdot 1 \cdot 2/3} = e^{2/3}$.
અહીં $f(0) = b$ હોવાથી,લક્ષને સરખાવતા:
$e^a = b = e^{2/3}$.
તેથી,$a = 2/3$ અને $b = e^{2/3}$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,શરત $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ નું પાલન થવું જોઈએ.
આપણે લક્ષની ગણતરી નીચે મુજબ કરીએ છીએ:
$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}$
આ લક્ષની કિંમત શોધવા માટે,આપણે અંશનું સંમેયીકરણ કરીએ છીએ:
$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)}{x(\sqrt{1+x}+1)}$
$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1+x)-1}{x(\sqrt{1+x}+1)}$
$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}$
$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{\sqrt{1+x}+1}$
$x=0$ મૂકતા:
$f(0) = \frac{1}{\sqrt{1+0}+1} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$