Differentiability Questions in Gujarati

(C) વિધેય $f(x)$ ને માનાંક દૂર કરીને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}(-x - 1), & x < -1 \\ \tan^{-1}x, & -1 \le x \le 1 \\ \frac{1}{2}(x - 1), & x > 1 \end{cases}$
વિકલિત $f'(x)$ નો પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે $x = -1$ અને $x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીશું.
$x < -1$ માટે,$f'(x) = -\frac{1}{2}$.
$-1 < x < 1$ માટે,$f'(x) = \frac{1}{1+x^2}$.
$x > 1$ માટે,$f'(x) = \frac{1}{2}$.
$x = -1$ આગળ:
ડાબી બાજુનું વિકલિત $f'(-1^-) = -\frac{1}{2}$.
જમણી બાજુનું વિકલિત $f'(-1^+) = \frac{1}{1+(-1)^2} = \frac{1}{2}$.
અહીં $f'(-1^-) \neq f'(-1^+)$ હોવાથી,વિધેય $x = -1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ:
ડાબી બાજુનું વિકલિત $f'(1^-) = \frac{1}{1+(1)^2} = \frac{1}{2}$.
જમણી બાજુનું વિકલિત $f'(1^+) = \frac{1}{2}$.
અહીં $f'(1^-) = f'(1^+)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય છે.
આમ,$f'(x)$ એ $x = -1$ સિવાય તમામ $x \in R$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,$f'(x)$ નો પ્રદેશ $R - \{-1\}$ છે.

(D) સાચું વિધાન $(d)$ છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,જો કોઈ વિધેય $f(x)$ કોઈ બિંદુ $x = c$ પર વિકલનીય હોય,તો તે તે બિંદુ $x = c$ પર સતત હોવું જ જોઈએ.
જો કે,તેનું પ્રતિપ વિધાન હંમેશા સાચું હોતું નથી; એક સતત વિધેય વિકલનીય ન પણ હોય (દા.ત.,$x = 0$ પર $f(x) = |x|$).
તેથી,આપેલા વિકલ્પોમાંથી માત્ર $(d)$ વિધાન જ સાર્વત્રિક રીતે સાચું છે.

(D) $f'(2)$ શોધવા માટે,આપણે $x = 2$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $(Lf'(2))$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(Rf'(2))$ તપાસવું પડશે.
$1$. ડાબી બાજુનું વિકલન $(Lf'(2))$:
$Lf'(2) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(2+h) - f(2)}{h}$
અહીં $x < 2$ માટે,$f(x) = x + 1$ છે. તેથી,$f(2+h) = (2+h) + 1 = 3+h$ અને $f(2) = 2(2) - 1 = 3$.
$Lf'(2) = \lim_{h \to 0^-} \frac{(3+h) - 3}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{h}{h} = 1$.
$2$. જમણી બાજુનું વિકલન $(Rf'(2))$:
$Rf'(2) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2+h) - f(2)}{h}$
અહીં $x \ge 2$ માટે,$f(x) = 2x - 1$ છે. તેથી,$f(2+h) = 2(2+h) - 1 = 3+2h$ અને $f(2) = 3$.
$Rf'(2) = \lim_{h \to 0^+} \frac{(3+2h) - 3}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h} = 2$.
અહીં $Lf'(2) \neq Rf'(2)$ હોવાથી,વિકલન $f'(2)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(D) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} f(3 - h) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} |3 - h - 3| = 0$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} f(3 + h) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} |3 + h - 3| = 0$
$\because \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f(x) = f(3)$
તેથી,$f$ એ $x = 3$ આગળ સતત છે.
હવે,$L f'(3) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{f(3 - h) - f(3)}{-h}$
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{|3 - h - 3| - 0}{-h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h}{-h} = -1$
$R f'(3) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{f(3 + h) - f(3)}{h}$
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{|3 + h - 3| - 0}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h}{h} = 1$
$\because L f'(3) \neq R f'(3)$
તેથી,$f$ એ $x = 3$ આગળ વિકલનીય નથી.
યુક્તિ: આલેખ પરથી જોઈ શકાય છે કે તે સતત છે,પરંતુ $x = 3$ આગળ તીક્ષ્ણ ખૂણાને કારણે સ્પર્શક વ્યાખ્યાયિત નથી.

(B) આપણે $x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
$f(1) = 1 - 1 = 0$
$LHL = \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{h \to 0} f(1 - h) = \lim_{h \to 0} ((1 - h) - 1) = 0$
$RHL = \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{h \to 0} f(1 + h) = \lim_{h \to 0} ((1 + h)^3 - 1) = 0$
અહીં $LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
હવે,આપણે $x = 1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$Lf'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 - h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{(1 - h - 1) - 0}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{-h} = 1$
$Rf'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{((1 + h)^3 - 1) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1 + 3h + 3h^2 + h^3 - 1}{h} = \lim_{h \to 0} (3 + 3h + h^2) = 3$
અહીં $Lf'(1) \neq Rf'(1)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે પરંતુ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
દરેક વિકલનીય વિધેય સતત હોય છે,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} (e^x + ax) = e^0 + a(0) = 1$.
$\lim_{x \to 0^+} b(x - 1)^2 = b(0 - 1)^2 = b$.
આ બંનેને સરખાવતા,આપણને $b = 1$ મળે છે.
$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવાથી,ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ $x = 0$ આગળ સમાન હોવા જોઈએ.
$LHD = \frac{d}{dx}(e^x + ax) = e^x + a$. $x = 0$ આગળ,$LHD = e^0 + a = 1 + a$.
$RHD = \frac{d}{dx}(b(x - 1)^2) = 2b(x - 1)$. $x = 0$ આગળ,$RHD = 2b(0 - 1) = -2b$.
$LHD = RHD$ લેતા,આપણને $1 + a = -2b$ મળે છે.
$b = 1$ મૂકતા,$1 + a = -2(1) \implies 1 + a = -2 \implies a = -3$.
તેથી,$(a, b) = (-3, 1)$.

(D) વિધેય $f(x) = |\sin x|$ એ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x$ માટે સતત છે.
જોકે,તે એવા બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી જ્યાં આલેખમાં તીક્ષ્ણ ખૂણા (cusps) હોય છે.
$f(x) = |\sin x|$ ના આલેખ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે વિધેયને $x = 0, \pm \pi, \pm 2\pi, \dots$ પર તીક્ષ્ણ ખૂણા છે.
આ બિંદુઓ $x = k\pi$ સ્વરૂપના છે,જ્યાં $k$ એ કોઈપણ પૂર્ણાંક છે.
તેથી,વિધેય કોઈપણ પૂર્ણાંક $k$ માટે $x = k\pi$ પર વિકલનીય નથી.

(C) આપણી પાસે,$f(x) = \begin{cases} e^x, & x < 0 \\ e^{-x}, & x \ge 0 \end{cases}$ છે.
સ્પષ્ટપણે,$f(x)$ એ તમામ $x \neq 0$ માટે સતત અને વિકલનીય છે.
હવે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0} e^x = 1$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} e^{-x} = 1$.
વળી,$f(0) = e^0 = 1$. કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
હવે,$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીએ:
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ એ $\frac{d}{dx}(e^x) |_{x=0} = e^0 = 1$ છે.
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ એ $\frac{d}{dx}(e^{-x}) |_{x=0} = -e^0 = -1$ છે.
કારણ કે $x = 0$ આગળ $LHD \neq RHD$ છે,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x) = e^{-|x|}$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(A) $x = k$ પર ડાબી બાજુનું વિકલિત $f'(k^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(k - h) - f(k)}{-h}$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આપેલ છે કે $f(x) = [x]\sin(\pi x)$,તેથી $f(k) = [k]\sin(\pi k) = k \times 0 = 0$.
નાના $h > 0$ માટે,$[k - h] = k - 1$ થાય.
તેથી,$f(k - h) = (k - 1)\sin(\pi(k - h)) = (k - 1)\sin(\pi k - \pi h) = (k - 1)(\sin(\pi k)\cos(\pi h) - \cos(\pi k)\sin(\pi h))$.
કારણ કે $\sin(\pi k) = 0$ અને $\cos(\pi k) = (-1)^k$,આપણને મળે છે $f(k - h) = (k - 1)(0 - (-1)^k \sin(\pi h)) = -(k - 1)(-1)^k \sin(\pi h) = (k - 1)(-1)^{k+1} \sin(\pi h)$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા: $f'(k^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k - 1)(-1)^{k+1} \sin(\pi h) - 0}{-h}$.
$\lim_{h \to 0} \frac{\sin(\pi h)}{\pi h} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $f'(k^-) = (k - 1)(-1)^{k+1} \times (-\pi) = (k - 1)(-1)^{k+1} (-1) \pi = (k - 1)(-1)^{k+2} \pi = (k - 1)(-1)^k \pi$.

(D) $f'(2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,આપણે $x = 2$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન $(Rf'(2))$ અને ડાબી બાજુનું વિકલન $(Lf'(2))$ શોધીએ.
પ્રથમ,$x \ge 2$ માટે $f(x) = 2x - 1$ વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને $f(2)$ શોધો:
$f(2) = 2(2) - 1 = 3$.
જમણી બાજુનું વિકલન $(Rf'(2))$:
$Rf'(2) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2 + h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2(2 + h) - 1 - 3}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{4 + 2h - 1 - 3}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h} = 2$.
ડાબી બાજુનું વિકલન $(Lf'(2))$:
$Lf'(2) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2 - h) - f(2)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2 - h) + 1 - 3}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{3 - h - 3}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h}{-h} = 1$.
અહીં $Rf'(2) \neq Lf'(2)$ હોવાથી,$f'(2)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(B) બહુપદી વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત હોય છે,તેથી વિકલ્પ $A$ સત્ય છે.
દરેક વિકલનીય વિધેય સતત હોય છે,તેથી વિકલ્પ $C$ સત્ય છે.
ઘાતાંકીય વિધેય $e^x$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે,તેથી વિકલ્પ $D$ સત્ય છે.
જોકે,સતત વિધેય હંમેશા વિકલનીય હોય તે જરૂરી નથી (દા.ત.,$f(x) = |x|$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે પરંતુ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી).
તેથી,વિધાન $B$ સત્ય નથી.

(D) $x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x^2 \sin \frac{1}{x}$.
કારણ કે $-1 \le \sin \frac{1}{x} \le 1$,તેથી $-x^2 \le x^2 \sin \frac{1}{x} \le x^2$.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$. આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસતા:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin \frac{1}{h}$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} h = 0$ અને $\sin(1/h)$ સીમિત છે,તેથી લક્ષ $0$ મળે છે.
આમ,$f'(0) = 0$,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x - 1}{2x^2 - 7x + 5}$ જ્યારે $x \neq 1$.
છેદના અવયવો પાડતા $x \neq 1$ માટે પદને સરળ બનાવી શકાય છે:
$2x^2 - 7x + 5 = 2x^2 - 2x - 5x + 5 = 2x(x - 1) - 5(x - 1) = (2x - 5)(x - 1)$.
તેથી,$x \neq 1$ માટે,$f(x) = \frac{x - 1}{(2x - 5)(x - 1)} = \frac{1}{2x - 5}$.
$x = 1$ આગળ વિકલિતની વ્યાખ્યા મુજબ:
$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h}$.
$f(1 + h) = \frac{1}{2(1 + h) - 5} = \frac{1}{2h - 3}$ અને $f(1) = -\frac{1}{3}$ મૂકતા:
$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2h - 3} - (-\frac{1}{3})}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2h - 3} + \frac{1}{3}}{h}$.
$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{3 + (2h - 3)}{3h(2h - 3)} = \lim_{h \to 0} \frac{2h}{3h(2h - 3)}$.
$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{2}{3(2h - 3)} = \frac{2}{3(0 - 3)} = \frac{2}{-9} = -\frac{2}{9}$.

(D) $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે સૌ પ્રથમ $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$\lim_{x \to 1^-} (mx^2) = m(1)^2 = m$.
$\lim_{x \to 1^+} (2x) = 2(1) = 2$.
આમ,સાતત્ય માટે,$m = 2$ હોવું જોઈએ.
હવે,$m = 2$ લઈને $x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન $L f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1-h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{2(1-h)^2 - 2}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{2(1 + h^2 - 2h) - 2}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{2h^2 - 4h}{-h} = \lim_{h \to 0} (4 - 2h) = 4$.
જમણી બાજુનું વિકલન $R f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2(1+h) - 2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2h}{h} = 2$.
અહીં $L f'(1) \neq R f'(1)$ $(4 \neq 2)$ હોવાથી,$m$ ની કોઈપણ કિંમત માટે વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) $(g \circ f)'(0)$ શોધવા માટે,આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન તપાસવું પડશે.
જમણી બાજુના વિકલન $(g \circ f)'(0^+)$ માટે:
$(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(\sin x) = e^{\sin x}$,જ્યાં $x \ge 0$.
$(g \circ f)'(x) = e^{\sin x} \cdot \cos x$.
$x = 0$ આગળ,$(g \circ f)'(0^+) = e^{\sin 0} \cdot \cos 0 = e^0 \cdot 1 = 1$.
ડાબી બાજુના વિકલન $(g \circ f)'(0^-)$ માટે:
$(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(1 - \cos x) = e^{1 - \cos x}$,જ્યાં $x \le 0$.
$(g \circ f)'(x) = e^{1 - \cos x} \cdot \sin x$.
$x = 0$ આગળ,$(g \circ f)'(0^-) = e^{1 - \cos 0} \cdot \sin 0 = e^0 \cdot 0 = 0$.
અહીં ડાબી બાજુનું વિકલન $(0)$ એ જમણી બાજુના વિકલન $(1)$ જેટલું નથી,તેથી $(g \circ f)'(0)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ શરત $|f(x) - f(y)| \le (x - y)^2$ છે,જ્યાં $x, y \in R$.
બંને બાજુ $|x - y|$ વડે ભાગતા (જ્યાં $x \neq y$):
$\left| \frac{f(x) - f(y)}{x - y} \right| \le |x - y|$
બંને બાજુ $x \to y$ લેતા:
$\lim_{x \to y} \left| \frac{f(x) - f(y)}{x - y} \right| \le \lim_{x \to y} |x - y|$
આ દર્શાવે છે કે $|f'(y)| \le 0$.
માનાંક ક્યારેય ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $|f'(y)| = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે તમામ $y \in R$ માટે $f'(y) = 0$.
જો વિધેયનું વિકલન દરેક જગ્યાએ શૂન્ય હોય,તો તે વિધેય અચળ વિધેય હોય.
તેથી,$f(x) = C$ જ્યાં $C$ અચળ છે.
આપેલ છે કે $f(0) = 0$,તેથી $C = 0$.
આમ,તમામ $x \in R$ માટે $f(x) = 0$.
તેથી,$f(1) = 0$.

(B) વિધેય $f(x) = ||x| - 1|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે અંદરના પદની નિશાનીના આધારે તેને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} |x| - 1, & |x| - 1 \ge 0 \\ -(|x| - 1), & |x| - 1 < 0 \end{cases}$
$f(x) = \begin{cases} |x| - 1, & |x| \ge 1 \\ 1 - |x|, & |x| < 1 \end{cases}$
આને $x$ ના વિવિધ અંતરાલો માટે નીચે મુજબ વિસ્તૃત કરી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} -x - 1, & x \le -1 \\ x + 1, & -1 < x < 0 \\ 1 - x, & 0 \le x < 1 \\ x - 1, & x \ge 1 \end{cases}$
કોઈ વિધેય તેના આલેખમાં જ્યાં તીક્ષ્ણ ખૂણા (cusps) હોય ત્યાં વિકલનીય હોતું નથી.
આલેખનું અવલોકન કરતા,વિધેય $x = -1$,$x = 0$ અને $x = 1$ આગળ તીક્ષ્ણ ખૂણા ધરાવે છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x \in \{-1, 0, 1\}$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ છે કે $f\left( \frac{1}{n} \right) = 0$ તમામ $n \in \{1, 2, 3, \dots\}$ માટે.
કારણ કે $f(x)$ સતત છે (કારણ કે તે વિકલનીય છે),તેથી $f(0) = \lim_{n \to \infty} f\left( \frac{1}{n} \right) = 0$.
હવે,શ્રેણી $x_n = \frac{1}{n}$ ને ધ્યાનમાં લો. આપણી પાસે $f(x_n) = 0$ અને $f(0) = 0$ છે.
$x = 0$ આગળ વિકલિતની વ્યાખ્યા મુજબ:
$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{n \to \infty} \frac{f(1/n) - f(0)}{1/n - 0} = \lim_{n \to \infty} \frac{0 - 0}{1/n} = 0$.
આમ,$f(0) = 0$ અને $f'(0) = 0$ થાય છે.

(D) $x = 0$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ શોધીએ છીએ.
$x < 0$ માટે,$f(x) = 1$. તેથી,$x = 0$ આગળ $LHD$:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{1 - 1}{h} = 0$.
$x \ge 0$ માટે,$f(x) = 1 + \sin x$. તેથી,$x = 0$ આગળ $RHD$:
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1 + \sin h) - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sin h}{h} = 1$.
અહીં $LHD \neq RHD$ (એટલે કે $0 \neq 1$) હોવાથી,વિકલન $f'(0)$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(D) વિધેય $f(x) = (x^2 - 1)|(x - 1)(x - 2)| + \cos(|x|)$ છે.
પ્રથમ,પદ $\cos(|x|)$ ને ધ્યાનમાં લો. વિધેય $|x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી,તેથી $\cos(|x|)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
ત્યારબાદ,પદ $(x^2 - 1)|(x - 1)(x - 2)|$ ને ધ્યાનમાં લો. પદ $|(x - 1)(x - 2)|$ એ $(x - 1)(x - 2) = 0$ ના બીજ એટલે કે $x = 1$ અને $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ,$f(x) = (x^2 - 1)|(x - 1)(x - 2)| + \cos(|x|)$ છે. કારણ કે $(x^2 - 1)$ માં $(x - 1)$ અવયવ છે,તેથી ગુણાકાર $(x^2 - 1)|(x - 1)(x - 2)|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય બને છે કારણ કે બહુપદીનું શૂન્ય એ માનાંકની અ-વિકલનીયતાને દૂર કરે છે.
$x = 2$ આગળ,પદ $(x^2 - 1)$ ની કિંમત $3 \neq 0$ છે. આમ,$|(x - 1)(x - 2)|$ ની $x = 2$ આગળની અ-વિકલનીયતા જળવાઈ રહે છે.
$x = 2$ માટે તપાસતા:
$Lf'(2) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = -3 - \sin(2)$
$Rf'(2) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = 3 - \sin(2)$
$Lf'(2) \neq Rf'(2)$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) $x$ ના તમામ વાસ્તવિક મૂલ્યો માટે સતત અને $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોય તેવું વિધેય નક્કી કરવા માટે:
$1$. $f(x) = |x|$ માટે,વિધેય તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે,પરંતુ તે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી કારણ કે ડાબી બાજુનું વિકલન $-1$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $1$ છે.
$2$. $f(x) = \log x$ માટે,વિધેય $x \le 0$ માટે વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે તમામ વાસ્તવિક મૂલ્યો માટે સતત નથી.
$3$. $f(x) = \sin x$ માટે,વિધેય તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે. તેનું વિકલન $f'(x) = \cos x$ છે. $x = 0$ આગળ,$f'(0) = \cos(0) = 1$,જે વ્યાખ્યાયિત છે. આમ,તે $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$4$. $f(x) = x^{\frac{1}{2}}$ માટે,વિધેય $x < 0$ માટે વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે તમામ વાસ્તવિક મૂલ્યો માટે સતત નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) સાચો જવાબ $C$ છે.
વિધાન $A$ સાચું છે: વિકલનીયતા એ સાતત્ય સૂચવે છે.
વિધાન $B$ સાચું છે: જો અંતરાલમાં દરેક $x$ માટે $f'(x) = 0$ હોય,તો $f(x)$ એ અચળ વિધેય છે.
વિધાન $D$ સાચું છે: અચળ વિધેયનું વિકલિત હંમેશા $0$ હોય છે.
વિધાન $C$ ખોટું છે: વિધેયને એવા બિંદુ પર મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય હોઈ શકે છે જ્યાં તે વિકલનીય ન હોય (દા.ત.,$f(x) = |x|$ એ $x = 0$ આગળ ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે,પરંતુ તે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી).

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} x + 2, & -1 < x < 3 \\ 5, & x = 3 \\ 8 - x, & x > 3 \end{cases}$ અને $f(3) = 5$.
$x = 3$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ શોધીશું.
$LHD = \lim_{x \to 3^-} \frac{f(x) - f(3)}{x - 3} = \lim_{h \to 0} \frac{f(3 - h) - f(3)}{-h}$
$= \lim_{h \to 0} \frac{(3 - h + 2) - 5}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{5 - h - 5}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{-h} = 1$.
$RHD = \lim_{x \to 3^+} \frac{f(x) - f(3)}{x - 3} = \lim_{h \to 0} \frac{f(3 + h) - f(3)}{h}$
$= \lim_{h \to 0} \frac{(8 - (3 + h)) - 5}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{8 - 3 - h - 5}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{h} = -1$.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f'(3)$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(D) $f'(0)$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન $(Lf'(0))$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(Rf'(0))$ તપાસવું પડશે.
$Rf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1 + \sin h) - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sin h}{h} = 1$.
$Lf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1 - 1}{-h} = 0$.
અહીં $Lf'(0) \neq Rf'(0)$ હોવાથી,વિકલન $f'(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$
$\lim_{x \to 0^-} (ax^2 + b) = b$
$\lim_{x \to 0^+} (x^2) = 0$
$f(0) = b$
તેથી,$b = 0$.
હવે,$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ એ જમણી બાજુના વિકલિત $(RHD)$ જેટલું હોવું જોઈએ:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{a(h)^2 + b - b}{h} = \lim_{h \to 0^-} (ah) = 0$
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(h)^2 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} (h) = 0$
અહીં $LHD = RHD = 0$ એ $a$ ની કોઈપણ કિંમત માટે સાચું છે,તેથી $b = 0$ હોય ત્યારે વિધેય $x = 0$ આગળ તમામ $a \in R$ માટે વિકલનીય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x}{1 + |x|}$ છે.
આપણે $x = 0$ અને અન્ય બિંદુઓ પર $f(x)$ ની વિકલનીયતા તપાસીએ.
$x > 0$ માટે,$f(x) = \frac{x}{1 + x}$,જે શૂન્યતર છેદ ધરાવતું સંમેય વિધેય છે,તેથી તે વિકલનીય છે.
$x < 0$ માટે,$f(x) = \frac{x}{1 - x}$,જે પણ શૂન્યતર છેદ ધરાવતું સંમેય વિધેય છે,તેથી તે વિકલનીય છે.
હવે,વિકલિતની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને $x = 0$ પર વિકલનીયતા તપાસીએ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h - 0} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{h}{1 + |h|} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{1 + |h|}$.
જેમ $h \to 0$,તેમ $|h| \to 0$,તેથી લક્ષ $\frac{1}{1 + 0} = 1$ મળે છે.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી અને તે શાંત હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ પર વિકલનીય છે.
આમ,વિધેય તમામ $x \in ( - \infty, \infty )$ માટે વિકલનીય છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2x}{1 + x^2}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{2x}{1 + x^2} = \sin(2\tan^{-1}x)$.
તેથી,$y = \sin^{-1}(\sin(2\tan^{-1}x))$.
કિસ્સો $1$: જો $|x| \le 1$ હોય,તો $-\frac{\pi}{2} \le 2\tan^{-1}x \le \frac{\pi}{2}$,તેથી $y = 2\tan^{-1}x$. વિકલન $y' = \frac{2}{1 + x^2}$ થાય.
કિસ્સો $2$: જો $x > 1$ હોય,તો $2\tan^{-1}x > \frac{\pi}{2}$,તેથી $y = \pi - 2\tan^{-1}x$. વિકલન $y' = -\frac{2}{1 + x^2}$ થાય.
કિસ્સો $3$: જો $x < -1$ હોય,તો $2\tan^{-1}x < -\frac{\pi}{2}$,તેથી $y = -\pi - 2\tan^{-1}x$. વિકલન $y' = -\frac{2}{1 + x^2}$ થાય.
$x = 1$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલન $\frac{2}{1 + 1^2} = 1$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $-\frac{2}{1 + 1^2} = -1$ છે.
$x = -1$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલન $-\frac{2}{1 + (-1)^2} = -1$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $\frac{2}{1 + (-1)^2} = 1$ છે.
$x = 1$ અને $x = -1$ આગળ ડાબી બાજુનું અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન ન હોવાથી,વિધેય આ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી.

(C) વિધેય $f(x) = x(\sqrt{x} - \sqrt{x + 1})$ એ $\sqrt{x}$ પદને કારણે $x \ge 0$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x < 0$ માટે,$\sqrt{x}$ પદ વાસ્તવિક સંખ્યાઓના ગણમાં વ્યાખ્યાયિત નથી.
કારણ કે વિધેય કોઈપણ $\delta > 0$ માટે પડોશ $(-\delta, 0)$ માં વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે $x = 0$ આગળ સતત હોઈ શકે નહીં.
વ્યાખ્યા મુજબ,કોઈ બિંદુએ વિકલનીય હોવા માટે વિધેયનું તે બિંદુએ સતત હોવું જરૂરી છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \text{sgn}(x^3)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\text{sgn}(x^3) = \text{sgn}(x)$ કારણ કે $x^3$ નું ચિહ્ન એ $x$ ના ચિહ્ન સમાન જ હોય છે.
તેથી,$f(x) = \begin{cases} -1, & x < 0 \\ 0, & x = 0 \\ 1, & x > 0 \end{cases}$.
અહીં $\lim_{x \to 0^-} f(x) = -1$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ અસતત છે.
જે વિધેય કોઈ બિંદુએ સતત ન હોય,તે તે બિંદુએ વિકલનીય હોઈ શકે નહીં.
તેથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
તેથી $g(x) = x \cdot f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \frac{1}{x}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ $g(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે:
$g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(0+h) - g(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin(1/h)$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} h = 0$ અને $\sin(1/h)$ એ $[-1, 1]$ માં સીમિત છે,સ્ક્વિઝ પ્રમેય મુજબ,$g'(0) = 0$.
આમ,$g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
હવે,$x \ne 0$ માટે,$g'(x) = \frac{d}{dx} (x^2 \sin \frac{1}{x}) = 2x \sin \frac{1}{x} + x^2 \cos \frac{1}{x} \cdot (-\frac{1}{x^2}) = 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}$.
જેમ $x \to 0$,$2x \sin \frac{1}{x} \to 0$,પરંતુ $\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$ નું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,$\lim_{x \to 0} g'(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી,જેનો અર્થ છે કે $g'(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત નથી.

(C) આપેલ છે $f(x) = \max \{(1 - x), (1 + x), 2\}.$
અંતરાલોનું વિશ્લેષણ કરીને આપણે $f(x)$ ને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત કરી શકીએ છીએ:
જો $x > 1$ હોય,તો $1 + x > 2$ અને $1 + x > 1 - x$,તેથી $f(x) = 1 + x.$
જો $- 1 \le x \le 1$ હોય,તો $2 \ge 1 + x$ અને $2 \ge 1 - x$,તેથી $f(x) = 2.$
જો $x < - 1$ હોય,તો $1 - x > 2$ અને $1 - x > 1 + x$,તેથી $f(x) = 1 - x.$
આમ,$f(x) = \begin{cases} 1 - x, & x < - 1 \\ 2, & - 1 \le x \le 1 \\ 1 + x, & x > 1 \end{cases}$
દરેક અંતરાલમાં $f(x)$ એ બહુપદી વિધેય છે અને સીમાઓ પર ટુકડાઓ એકબીજા સાથે જોડાય છે ($f(-1) = 2$ અને $f(1) = 2$),તેથી વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત છે.
$x = - 1$ પર વિકલનીયતા તપાસતા:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(1 - x) = - 1.$
જમણી બાજુનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(2) = 0.$
$- 1 \neq 0$ હોવાથી,તે $x = - 1$ પર વિકલનીય નથી.
$x = 1$ પર વિકલનીયતા તપાસતા:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(2) = 0.$
જમણી બાજુનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(1 + x) = 1.$
$0 \neq 1$ હોવાથી,તે $x = 1$ પર વિકલનીય નથી.
તેથી,વિધેય $x = 1$ અને $x = - 1$ સિવાયના તમામ બિંદુઓ પર વિકલનીય છે.

(A) આપણી પાસે $f(x) = |x| + |x - 1|$ છે.
માનાંકની વ્યાખ્યા મુજબ,આપણે $f(x)$ ને આ રીતે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} -2x + 1, & x < 0 \\ 1, & 0 \le x < 1 \\ 2x - 1, & x \ge 1 \end{cases}$
$x = 1$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (1) = 1$
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (2x - 1) = 2(1) - 1 = 1$
$f(1) = 2(1) - 1 = 1$
અહીં $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા માટે:
$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ = $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \frac{d}{dx}(1) = 0$.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ = $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \frac{d}{dx}(2x - 1) = 2$.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = |x|.$ આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $(Lf'(0))$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(Rf'(0))$ શોધીને વિકલનીયતા ચકાસીએ.
$Rf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{h} = 1.$
$Lf'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0 - h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|-h| - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{-h} = -1.$
અહીં $Rf'(0) \neq Lf'(0)$ હોવાથી,વિકલન $f'(0)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) વિધેય $y = f(x) = 1 - |x|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે તેને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત વિધેય તરીકે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} 1 - x, & x \ge 0 \\ 1 + x, & x < 0 \end{cases}$
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ શોધીએ:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(1 + h) - 1}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{h}{h} = 1$
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1 - h) - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h}{h} = -1$
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$x = 0$ આગળ વિધેયનું વિકલન અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = |x|^3$ છે.
આપણે તેને $x \ge 0$ માટે $f(x) = x^3$ અને $x < 0$ માટે $f(x) = -x^3$ તરીકે લખી શકીએ.
$x = 0$ આગળ વિકલન શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ શોધીશું.
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{|h|^3 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h^3}{h} = \lim_{h \to 0^-} (-h^2) = 0$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h|^3 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^3}{h} = \lim_{h \to 0^+} (h^2) = 0$.
અહીં $LHD = RHD = 0$ હોવાથી,વિકલન $f'(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને તે $0$ છે.

(C) ધારો કે $y = \sec^{-1} \left( \frac{2x}{1 + x^2} \right) + \sin^{-1} \left( \frac{x - 1}{x + 1} \right)$.
પદ $\sec^{-1} \left( \frac{2x}{1 + x^2} \right)$ માટે,$\sec^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $|u| \ge 1$ છે.
તેથી,આપણી પાસે $\left| \frac{2x}{1 + x^2} \right| \ge 1$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ થાય કે $2|x| \ge 1 + x^2$,જેનું સાદું રૂપ $x^2 - 2|x| + 1 \le 0$ અથવા $(|x| - 1)^2 \le 0$ થાય છે.
કોઈપણ સંખ્યાનો વર્ગ ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી આ માત્ર ત્યારે જ શક્ય છે જો $|x| - 1 = 0$ હોય,એટલે કે $x = 1$ અથવા $x = -1$.
કારણ કે વિધેય $y$ માત્ર $x = 1$ અને $x = -1$ જેવા અલગ બિંદુઓ પર જ વ્યાખ્યાયિત છે,તે કોઈ અંતરાલ પર વ્યાખ્યાયિત નથી.
તેથી,વિકલન $\frac{dy}{dx}$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(B) નિર્ણાયક બિંદુઓ તે બિંદુઓ છે જ્યાં $f'(x) = 0$ હોય અથવા જ્યાં $f(x)$ વિકલનીય ન હોય.
$x < 0$ માટે,$f'(x) = 1 \neq 0$.
$x > 0$ માટે,$f'(x) = -3 \neq 0$.
હવે,$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસો:
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$: $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(1+h) - 2}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{h-1}{h} = \infty$.
$x = 0$ આગળ વિકલિત અસ્તિત્વ ધરાવતું ન હોવાથી,$x = 0$ એ નિર્ણાયક બિંદુ છે.

(C) વિધેય $f(x) = |x|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x < 0$ માટે,$f(x) = -x$ અને $x > 0$ માટે,$f(x) = x$ થાય.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 0$ મળે.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે $|x| \geq 0$ હોવાથી,$f(0) = 0$ એ વિધેયનું સૌથી નાનું મૂલ્ય છે.
તેથી,$f(x)$ ને $x = 0$ આગળ ન્યૂનતમ મૂલ્ય મળે છે.
નોંધો કે $f'(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી કારણ કે ડાબી બાજુનું વિકલન $-1$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $1$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \frac{x}{1 + |x|}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે તેને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત વિધેય તરીકે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{1 - x}, & x < 0 \\ \frac{x}{1 + x}, & x \geq 0 \end{cases}$
હવે,આપણે બંને કિસ્સાઓ માટે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$x < 0$ માટે,$f'(x) = \frac{(1-x)(1) - x(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1-x+x}{(1-x)^2} = \frac{1}{(1-x)^2}$.
$x > 0$ માટે,$f'(x) = \frac{(1+x)(1) - x(1)}{(1+x)^2} = \frac{1+x-x}{(1+x)^2} = \frac{1}{(1+x)^2}$.
$x = 0$ આગળ,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ ચકાસીએ:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\frac{h}{1-h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{1}{1-h} = 1$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h}{1+h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{1+h} = 1$.
અહીં $LHD = RHD = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ પણ વિકલનીય છે.
તેથી,વિધેય તમામ $x \in ( - \infty, \infty )$ માટે વિકલનીય છે.

(C) વિધેય $f(x) = \text{Min}\{x + 1, |x| + 1\}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે $x$ માટે બે કિસ્સાઓ ધ્યાનમાં લઈને તેનું વિશ્લેષણ કરી શકીએ છીએ:
કિસ્સો $1$: $x \ge 0$. તો $|x| = x$,તેથી $f(x) = \text{Min}\{x + 1, x + 1\} = x + 1$.
કિસ્સો $2$: $x < 0$. તો $|x| = -x$,તેથી $f(x) = \text{Min}\{x + 1, -x + 1\}$.
$x < 0$ માટે,$x + 1 < -x + 1$ એ $2x < 0$ ને સમકક્ષ છે,જે તમામ $x < 0$ માટે સાચું છે.
આમ,તમામ $x < 0$ માટે $f(x) = x + 1$.
આ બંનેને જોડતા,તમામ $x \in R$ માટે $f(x) = x + 1$.
કારણ કે $f(x) = x + 1$ એ સુરેખ બહુપદી છે,તે $R$ માં દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(h-1) \sin(\frac{1}{h-1}) - (-1) \sin(-1)}{h}$
$= \lim_{h \to 0} \frac{(h-1) \sin(\frac{1}{h-1}) - \sin(1)}{h}$.
જ્યારે $h \to 0$,ત્યારે લક્ષ $\frac{-\sin(-1) - \sin(1)}{0}$ મળે છે,જે વ્યાખ્યાયિત નથી. આમ,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે:
$f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h \sin(\frac{1}{h}) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \sin(\frac{1}{h})$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} \sin(\frac{1}{h})$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી. આમ,$f$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે પણ $x = 1$ આગળ નથી.

(D) આપણી પાસે $f(x) = x|x|$ અને $g(x) = \sin x$ છે.
તેથી,$(gof)(x) = \sin(x|x|) = \begin{cases} -\sin(x^2), & x < 0 \\ \sin(x^2), & x \ge 0 \end{cases}$.
$x=0$ આગળ $gof$ નું $LHD$: $\lim_{x \to 0^-} \frac{-\sin(x^2) - 0}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} -x \left(\frac{\sin(x^2)}{x^2}\right) = 0$.
$x=0$ આગળ $gof$ નું $RHD$: $\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin(x^2) - 0}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} x \left(\frac{\sin(x^2)}{x^2}\right) = 0$.
$LHD = RHD = 0$ હોવાથી,$gof$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે અને $(gof)'(0) = 0$.
વિકલિત $(gof)'(x) = \begin{cases} -2x\cos(x^2), & x < 0 \\ 2x\cos(x^2), & x \ge 0 \end{cases}$ છે.
$\lim_{x \to 0^-} (gof)'(x) = 0$ અને $\lim_{x \to 0^+} (gof)'(x) = 0$ હોવાથી,વિકલિત $x=0$ આગળ સતત છે. આમ,વિધાન-$1$ સત્ય છે.
હવે,$x=0$ આગળ દ્વિતીય વિકલનીયતા તપાસતા:
$(gof)'$ નું $LHD$ $x=0$ આગળ: $\lim_{x \to 0^-} \frac{-2x\cos(x^2) - 0}{x - 0} = -2\cos(0) = -2$.
$(gof)'$ નું $RHD$ $x=0$ આગળ: $\lim_{x \to 0^+} \frac{2x\cos(x^2) - 0}{x - 0} = 2\cos(0) = 2$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$gof$ એ $x=0$ આગળ બે વાર વિકલનીય નથી. તેથી,વિધાન-$2$ અસત્ય છે.

(B) કારણ કે $g(x)$ વિકલનીય છે,તેથી તે $x=3$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x=3$ આગળ સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 3^-} g(x) = \lim_{x \to 3^+} g(x) = g(3)$.
$\lim_{x \to 3^-} k\sqrt{x+1} = k\sqrt{3+1} = 2k$.
$\lim_{x \to 3^+} (mx+2) = 3m+2$.
આમ,$2k = 3m+2$ --- $(i)$.
$x=3$ આગળ વિકલનીયતા માટે,$g'(3^-) = g'(3^+)$.
$g'(x) = \begin{cases} \frac{k}{2\sqrt{x+1}}, & 0 < x < 3 \\ m, & 3 < x < 5 \end{cases}$.
$g'(3^-) = \frac{k}{2\sqrt{3+1}} = \frac{k}{4}$.
$g'(3^+) = m$.
તેથી,$\frac{k}{4} = m \Rightarrow k = 4m$ --- $(ii)$.
$(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $2(4m) = 3m+2 \Rightarrow 8m = 3m+2 \Rightarrow 5m = 2 \Rightarrow m = \frac{2}{5}$.
તેથી $k = 4(\frac{2}{5}) = \frac{8}{5}$.
આમ,$k+m = \frac{8}{5} + \frac{2}{5} = \frac{10}{5} = 2$.

(D) વિધેય $f(x) = |x-\pi|(e^{|x|}-1)\sin|x|$ આપેલ છે.
આપણે $x=0$ અને $x=\pi$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીએ.
$x=\pi$ આગળ:
$f(\pi) = 0$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{|\pi+h-\pi|(e^{|\pi+h|}-1)\sin|\pi+h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h(e^{\pi+h}-1)\sin(\pi+h)}{h} = (e^{\pi}-1)\sin(\pi) = 0$.
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{|\pi-h-\pi|(e^{|\pi-h|}-1)\sin|\pi-h| - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h(e^{\pi-h}-1)\sin(\pi-h)}{-h} = -(e^{\pi}-1)\sin(\pi) = 0$.
$RHD = LHD = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=\pi$ આગળ વિકલનીય છે.
$x=0$ આગળ:
$f(0) = 0$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h-\pi|(e^{|h|}-1)\sin|h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h-\pi|(e^h-1)\sin(h)}{h} = |-\pi| \cdot (1) \cdot (0) = 0$.
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{|-h-\pi|(e^{|-h|}-1)\sin|-h| - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|-h-\pi|(e^h-1)\sin(h)}{-h} = |-\pi| \cdot (1) \cdot (0) = 0$.
$RHD = LHD = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
આમ,$f(x)$ દરેક બિંદુએ વિકલનીય હોવાથી,ગણ $S$ ખાલી ગણ છે,એટલે કે $S = \emptyset$.

(D) $f(x) = \max(x, x^3)$ ક્યાં વિકલનીય નથી તે શોધવા માટે,આપણે વિવિધ અંતરાલોમાં $x$ અને $x^3$ ના વર્તનની તપાસ કરીએ:
$1$. જો $x < -1$ હોય,તો $x^3 < x$,તેથી $f(x) = x$.
$2$. જો $-1 < x < 0$ હોય,તો $x^3 > x$,તેથી $f(x) = x^3$.
$3$. જો $0 < x < 1$ હોય,તો $x > x^3$,તેથી $f(x) = x$.
$4$. જો $x > 1$ હોય,તો $x^3 > x$,તેથી $f(x) = x^3$.
પરિવર્તન બિંદુઓ $x = -1, 0, 1$ આગળ,આપણે ડાબી બાજુનું અને જમણી બાજુનું વિકલન તપાસીએ:
$x = -1$ આગળ: $f'( -1^-) = 1$ અને $f'( -1^+) = 3(-1)^2 = 3$. $1 \neq 3$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
$x = 0$ આગળ: $f'( 0^-) = 3(0)^2 = 0$ અને $f'( 0^+) = 1$. $0 \neq 1$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ: $f'( 1^-) = 1$ અને $f'( 1^+) = 3(1)^2 = 3$. $1 \neq 3$ હોવાથી,તે વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x)$ જે બિંદુઓ આગળ વિકલનીય નથી તે બિંદુઓનો ગણ $\{ -1, 0, 1\}$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \sin(|x|) - |x|$. આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ શોધીને વિકલનીયતા ચકાસીએ.
$x < 0$ માટે,$|x| = -x$,તેથી $f(x) = \sin(-x) - (-x) = -\sin x + x$. તેનું વિકલન $f'(x) = -\cos x + 1$ થાય. આમ,$LHD = \lim_{x \to 0^-} (-\cos x + 1) = -\cos(0) + 1 = -1 + 1 = 0$.
$x > 0$ માટે,$|x| = x$,તેથી $f(x) = \sin x - x$. તેનું વિકલન $f'(x) = \cos x - 1$ થાય. આમ,$RHD = \lim_{x \to 0^+} (\cos x - 1) = \cos(0) - 1 = 1 - 1 = 0$.
અહીં $LHD = RHD = 0$ હોવાથી,વિધેય $\sin(|x|) - |x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
અન્ય વિકલ્પો માટે,$\cos(|x|)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે પરંતુ $|x|$ નથી,તેથી તેમનો સરવાળો કે તફાવત $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી. તેવી જ રીતે,$\sin(|x|) + |x|$ માટે $LHD = -2$ અને $RHD = 2$ મળે છે,તેથી તે વિકલનીય નથી.

(B) $x = 0$ આગળ વિકલિતની વ્યાખ્યા મુજબ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{g(h) \cos(\frac{1}{h}) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{g(h)}{h} \cos(\frac{1}{h})$.
કારણ કે $g(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $g(-x) = g(x)$.
આપેલ છે કે $g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે અને ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થાય છે,તેથી $g(0) = 0$.
આમ,$g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(h) - g(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{g(h)}{h}$.
$g(x)$ યુગ્મ હોવાથી,$g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(h) - g(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{g(-h) - g(0)}{-h} = -g'(0)$,જે સૂચવે છે કે $g'(0) = 0$.
તેથી,$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(h)}{h} \cos(\frac{1}{h}) = g'(0) \times (\text{સીમિત કિંમત}) = 0 \times \text{સીમિત કિંમત} = 0$.

(C) વિધેય $h(x) = \max\{f(x), g(x)\}$ ને $h(x) = \frac{f(x) + g(x) + |f(x) - g(x)|}{2}$ તરીકે લખી શકાય છે.
કારણ કે $f(x)$ અને $g(x)$ એ $x = x_0$ આગળ વિકલનીય છે,તેથી તેમનો સરવાળો અને તફાવત પણ વિકલનીય છે.
$h(x)$ ની વિકલનીયતા $|f(x) - g(x)|$ પદ પર આધાર રાખે છે.
જો $f(x_0) \neq g(x_0)$ હોય,તો $f$ અને $g$ ની સાતત્યતાને કારણે,$x_0$ ની આસપાસ એક એવો વિસ્તાર અસ્તિત્વ ધરાવે છે જ્યાં $f(x) - g(x)$ સમાન ચિહ્ન જાળવી રાખે છે,જે $|f(x) - g(x)|$ ને $x_0$ આગળ વિકલનીય બનાવે છે.
જો $f(x_0) = g(x_0)$ હોય,તો વિધેય $h(x)$ એ $x_0$ આગળ ત્યારે જ વિકલનીય હોય જો $f'(x_0) = g'(x_0)$ હોય.
તેથી,જો $f(x_0) \neq g(x_0)$ હોય તો $h(x)$ એ $x_0$ આગળ વિકલનીય હોવાની ખાતરી છે.

(C) $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે વિકલનની વ્યાખ્યા $f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$(1)$ $f(x)$ માટે:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \sin(1/h)$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} \sin(1/h)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,તેથી આ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી. આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$(2)$ $g(x)$ માટે:
$g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin(1/h)$.
કારણ કે $|h \sin(1/h)| \le |h|$,સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,આ લક્ષ $0$ થાય છે. આમ,$g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$(3)$ $h(x) = |x|^3$ માટે:
$h'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{|h|^3 - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{|h|^3}{h}$.
$h > 0$ માટે,$\frac{h^3}{h} = h^2 \to 0$. $h < 0$ માટે,$\frac{(-h)^3}{h} = -h^2 \to 0$.
કારણ કે લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $0$ છે,તેથી $h(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,$g$ અને $h$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે. સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) $g(x)$ ને $x = 0$ આગળ વિકલનીય બનાવવા માટે,તે સૌ પ્રથમ $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^+} g(x) = g(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} (x + b) = b$ અને $\lim_{x \to 0^+} \cos x = \cos(0) = 1$.
તેથી,$b = 1$.
હવે,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ ચકાસો:
$RHD = g'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{\cos(0 + h) - \cos(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\cos h - 1}{h} = 0$.
$LHD = g'(0^-) = \lim_{h \to 0^-} \frac{(0 + h + b) - (0 + b)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{h}{h} = 1$.
અહીં $LHD \neq RHD$ $(1 \neq 0)$ હોવાથી,$b$ ની કોઈ પણ કિંમત માટે વિધેય $g(x)$ ને $x = 0$ આગળ વિકલનીય બનાવી શકાય નહીં.