Differentiability Questions in Gujarati

(D) ધારો કે $g_1(x) = x^2$,$g_2(x) = (x - 1)^2$,અને $g_3(x) = 2x(1 - x) = 2x - 2x^2$.
અંતરાલ $[0, 1]$ માં છેદબિંદુઓ તપાસતા:
$1$. $g_1(x) = g_2(x) \implies x = 1/2$.
$2$. $g_1(x) = g_3(x) \implies x = 2/3$.
$3$. $g_2(x) = g_3(x) \implies x = 1/3$ અથવા $x = 1$.
અંતરાલોમાં કિંમતોની સરખામણી કરતા:
- $x \in [0, 1/3]$ માટે,$g_3(x)$ મહત્તમ છે.
- $x \in [1/3, 1/2]$ માટે,$g_2(x)$ મહત્તમ છે.
- $x \in [1/2, 2/3]$ માટે,$g_1(x)$ મહત્તમ છે.
- $x \in [2/3, 1]$ માટે,$g_3(x)$ મહત્તમ છે.
વિધેય $f(x)$ એ $x = 1/3, 1/2, 2/3$ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય ત્રણ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી.

(A) $1$. $f(x) = x^{1/3}$ માટે,વિધેય તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. તે દરેક જગ્યાએ સતત છે. જોકે,$f'(x) = \frac{1}{3}x^{-2/3} = \frac{1}{3x^{2/3}}$. $x = 0$ આગળ,$f'(x)$ અવ્યાખ્યાયિત છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$2$. $f(x) = \frac{|x|}{x}$ માટે,વિધેય $x = 0$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે તેના પ્રદેશમાં દરેક જગ્યાએ સતત નથી.
$3$. $f(x) = e^{-x}$ માટે,વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે.
$4$. $f(x) = \tan x$ માટે,વિધેય $x = (2n+1)\frac{\pi}{2}$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે તેના પ્રદેશમાં દરેક જગ્યાએ સતત નથી.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = |x - 0.5| + |x - 1| + \tan x$ આપેલ છે.
આપણે અંતરાલ $(0, 2)$ માં એવા બિંદુઓ શોધવાના છે જ્યાં વિધેય વિકલનીય નથી.
માનાંક વિધેયો $|x - 0.5|$ અને $|x - 1|$ અનુક્રમે $x = 0.5$ અને $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી,કારણ કે આ બિંદુઓ આગળ માનાંકની અંદરની કિંમત શૂન્ય થાય છે.
બંને $x = 0.5$ અને $x = 1$ એ અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવેલા છે.
વિધેય $\tan x$ એ $x = \frac{\pi}{2} \approx 1.57$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી (અને તેથી વિકલનીય પણ નથી).
આમ,$x = \frac{\pi}{2}$ પણ અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવેલું હોવાથી,વિધેય $f(x)$ આ બિંદુ આગળ પણ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f(x)$ જે બિંદુઓ આગળ વિકલનીય નથી તે $x = 0.5$,$x = 1$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ છે.
આમ,અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવા કુલ $3$ બિંદુઓ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x + y) = f(x) + f(y) + |x|y + xy^2$.
$x = 0, y = 0$ લેતા,આપણને $f(0) = f(0) + f(0) + 0 + 0$ મળે છે,તેથી $f(0) = 0$.
વ્યાખ્યા મુજબ,$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h}$.
આપેલ વિધેય સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x) + f(h) + |x|h + xh^2 - f(x)}{h}$.
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) + |x|h + xh^2}{h} = \lim_{h \to 0} \left( \frac{f(h) - f(0)}{h} + |x| + xh \right)$.
કારણ કે $f'(0) = 0$,તેથી $f'(x) = f'(0) + |x| + 0 = |x|$.
$f'(x) = |x|$ હોવાથી,વિકલિત તમામ $x \in R$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
આમ,$f$ એ તમામ $x \in R$ માટે વિકલનીય છે.

(D) જ્યારે વિધેય $f(x) = g(x)$ જ્યારે $x \in \mathbb{Q}$ અને $f(x) = h(x)$ જ્યારે $x \notin \mathbb{Q}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત હોય,ત્યારે વિધેય $x = a$ આગળ સતત હોય જો અને માત્ર જો $g(a) = h(a)$ હોય.
અહીં,$g(x) = 2x + 1$ અને $h(x) = x^2 - 2x + 5$ છે.
$g(x) = h(x)$ લેતા,$2x + 1 = x^2 - 2x + 5$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 - 4x + 4 = 0$ અથવા $(x - 2)^2 = 0$ થાય છે.
આમ,$x = 2$ એ એકમાત્ર બિંદુ છે જ્યાં વિધેય સતત છે.
$x = a$ આગળ વિકલનીયતા માટે,વિધેય $x = a$ આગળ સતત હોવું જોઈએ અને વિકલિતો $g'(a) = h'(a)$ નું પાલન કરતા હોવા જોઈએ.
અહીં,$g'(x) = 2$ અને $h'(x) = 2x - 2$ છે.
$x = 2$ આગળ,$g'(2) = 2$ અને $h'(2) = 2(2) - 2 = 2$ મળે છે.
કારણ કે $g'(2) = h'(2)$ છે,તેથી વિધેય $x = 2$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,વિધેય માત્ર $x = 2$ આગળ સતત અને વિકલનીય છે અને અન્યત્ર અસતત છે.

(C) વિધેય $f(x) = (x^2 - 1) |(x - 2)(x + 1)| + \sin(|x|)$ છે.
પ્રથમ,જે બિંદુઓ આગળ માનાંકના પદો શૂન્ય થાય છે તે તપાસો: $x = 2, -1, 0$.
$1$. $x = 2$ આગળ: $f(x) = (x^2 - 1) |x - 2| |x + 1| + \sin(|x|)$. અહીં $|x - 2|$ એ $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી અને અન્ય પદો $x = 2$ આગળ શૂન્યતર છે,તેથી $f(x)$ એ $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.
$2$. $x = -1$ આગળ: $f(x) = (x^2 - 1) |x - 2| |x + 1| + \sin(|x|) = (x - 1)(x + 1) |x - 2| |x + 1| + \sin(|x|) = (x - 1) |x - 2| (x + 1) |x + 1| + \sin(|x|)$. અહીં $(x + 1) |x + 1|$ એ $x = -1$ આગળ વિકલનીય છે,તેથી આ ગુણાકાર $x = -1$ આગળ વિકલનીય છે.
$3$. $x = 0$ આગળ: પદ $\sin(|x|)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી કારણ કે ડાબી બાજુનું વિકલિત $-\cos(0) = -1$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલિત $\cos(0) = 1$ છે. બાકીનો ભાગ $(x^2 - 1) |x^2 - x - 2|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે. આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,વિધેય $x = 0$ અને $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી. કુલ બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(A) $f(x)$ ને $x = x_0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = x_0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = x_0$ આગળ સાતત્યતા સૂચવે છે કે $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} f(x) = f(x_0)$.
$\lim_{x \to x_0^-} x^2 = x_0^2$ અને $\lim_{x \to x_0^+} (ax + b) = ax_0 + b$.
તેથી,$x_0^2 = ax_0 + b$ (સમીકરણ $1$).
$x = x_0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલન જમણી બાજુના વિકલન જેટલું હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \begin{cases} 2x & \text{જો } x < x_0 \\ a & \text{જો } x > x_0 \end{cases}$.
$x = x_0$ આગળ વિકલન સરખાવતા: $2x_0 = a$.
$a = 2x_0$ ને સમીકરણ $1$ માં મૂકતા: $x_0^2 = (2x_0)x_0 + b$.
$x_0^2 = 2x_0^2 + b \implies b = -x_0^2$.
આમ,$a = 2x_0$ અને $b = -x_0^2$.

(C) $x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે $\lim_{x \to 0} f(x)$ ની કિંમત શોધીએ.
$\lim_{x \to 0} \frac{x \ln(\cos x)}{\ln(1 + x^2)} = \lim_{x \to 0} \frac{x \ln(1 + (\cos x - 1))}{\ln(1 + x^2)}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\ln(1 + u) \approx u$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યારે $u \to 0$:
$\lim_{x \to 0} \frac{x(\cos x - 1)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^2}{2}}{x} = \lim_{x \to 0} -\frac{x}{2} = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$,તેથી $f$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h \ln(\cos h)}{h \ln(1 + h^2)} = \lim_{h \to 0} \frac{\ln(\cos h)}{\ln(1 + h^2)}$ શોધીએ.
$\ln(\cos h) \approx \ln(1 - \frac{h^2}{2}) \approx -\frac{h^2}{2}$ અને $\ln(1 + h^2) \approx h^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{-\frac{h^2}{2}}{h^2} = -\frac{1}{2}$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.

(C) $f(x)$ એ $x = c$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે સૌ પ્રથમ $x = c$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$1$. $x = c$ આગળ સાતત્ય:
$\lim_{x \to c^-} f(x) = \lim_{x \to c^+} f(x) = f(c)$
$\sin c = ac + b$ --- (સમીકરણ $1$)
$2$. $x = c$ આગળ વિકલનીયતા:
$f'(x) = \begin{cases} \cos x & \text{જો } x < c \\ a & \text{જો } x > c \end{cases}$
$f'(c)$ અસ્તિત્વ ધરાવે તે માટે,ડાબી બાજુનું વિકલન જમણી બાજુના વિકલન જેટલું હોવું જોઈએ:
$\lim_{x \to c^-} f'(x) = \lim_{x \to c^+} f'(x)$
$\cos c = a$
$3$. સમીકરણ $1$ માં $a = \cos c$ મૂકતા:
$\sin c = (\cos c)c + b$
$b = \sin c - c \cos c$
આમ,$a = \cos c$ અને $b = \sin c - c \cos c$ થાય.

(D) $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સાતત્યતા માટે $\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^+} f(x) = f(\frac{\pi}{2})$.
$k \cos(\frac{\pi}{2}) - \frac{\pi}{2} \cos k = k \sin(\frac{\pi}{2}) + \frac{\pi}{2} \sin k$.
$\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ અને $\sin(\frac{\pi}{2}) = 1$ હોવાથી,$-\frac{\pi}{2} \cos k = k + \frac{\pi}{2} \sin k$,જેનું સાદું રૂપ $k = -\frac{\pi}{2}(\sin k + \cos k)$ થાય છે.
વિકલનીયતા માટે,$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$f'(x) = -k \sin x - \cos k$ ($x < \frac{\pi}{2}$ માટે) અને $f'(x) = k \cos x + \sin k$ ($x > \frac{\pi}{2}$ માટે).
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ $LHD$ = $-k \sin(\frac{\pi}{2}) - \cos k = -k - \cos k$.
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ $RHD$ = $k \cos(\frac{\pi}{2}) + \sin k = \sin k$.
$LHD$ અને $RHD$ ને સરખાવતા: $-k - \cos k = \sin k$,અથવા $k = -(\sin k + \cos k)$.
બંને શરતોની સરખામણી કરતા: $-\frac{\pi}{2}(\sin k + \cos k) = -(\sin k + \cos k)$.
આનો અર્થ એ છે કે $(\sin k + \cos k)(\frac{\pi}{2} - 1) = 0$. $\frac{\pi}{2} \neq 1$ હોવાથી,$\sin k + \cos k = 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $\tan k = -1$,તેથી $k = n\pi - \frac{\pi}{4}$.
આ કિંમતને $k = -(\sin k + \cos k)$ માં મૂકતા,જો $k = -\frac{\pi}{4}$ હોય,તો $-(\sin(-\frac{\pi}{4}) + \cos(-\frac{\pi}{4})) = -(-\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) = 0 \neq -\frac{\pi}{4}$.
આમ,$k$ ની એવી કોઈ વાસ્તવિક કિંમત નથી જે બંને શરતોનું એકસાથે પાલન કરે. તેથી,$k \in \phi$.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે સૌ પ્રથમ $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$
$\lim_{x \to 0^-} (e^x + a) = e^0 + a = 1 + a$
$\lim_{x \to 0^+} (x - 3) = 0 - 3 = -3$
આ બંનેને સરખાવતા,$1 + a = -3 \Rightarrow a = -4$.
હવે,ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ નો ઉપયોગ કરીને $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
$LHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 - h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{(e^{-h} - 4) - (-3)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-h} - 1}{-h} = 1$
$RHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(h - 3) - (-3)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h}{h} = 1$
અહીં $LHD = RHD = 1$ હોવાથી,$a = -4$ માટે વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.

(D) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x=0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 2$.
$\lim_{x \to 0^-} a \cot^{-1} \left( \frac{b+x}{4} \right) = a \cot^{-1} \left( \frac{b}{4} \right) = 2$.
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(1-cx)}{x} = -c = 2 \implies c = -2$.
હવે,વિકલનીયતા માટે,$f'(0^-) = f'(0^+)$.
$f'(x) = a \left( -\frac{1}{1 + (\frac{b+x}{4})^2} \right) \cdot \frac{1}{4} = -\frac{4a}{16 + (b+x)^2}$.
$f'(0^-) = -\frac{4a}{16 + b^2}$.
$x > 0$ માટે,$f(x) = \frac{\ln(1-cx)}{x} = -c - \frac{c^2x}{2} - \dots$.
$f'(0^+) = -\frac{c^2}{2} = -\frac{(-2)^2}{2} = -2$.
વિકલન સરખાવતા: $-\frac{4a}{16+b^2} = -2 \implies 2a = 16+b^2$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$(b^2 - 2a + c^6) = 0 - 2(8) + (-2)^6 = -16 + 64 = 48$.

(C) $x \in [-\frac{1}{2}, 0)$ માટે,$2x \in [-1, 0)$,તેથી $[2x] = -1$. આમ,$f(x) = 4x^2 - x$.
$x \in [0, \frac{1}{2})$ માટે,$f(x) = ax^2 - bx$.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = \lim_{x \to 0^+} f(x)$.
$f(0^-) = 4(0)^2 - 0 = 0$ અને $f(0^+) = a(0)^2 - b(0) = 0$. $0 = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ તમામ $a, b$ માટે $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,આપણે $f'(0^-) = f'(0^+)$ ચકાસીએ.
$x < 0$ માટે $f'(x) = 8x - 1$,તેથી $f'(0^-) = -1$.
$x > 0$ માટે $f'(x) = 2ax - b$,તેથી $f'(0^+) = -b$.
તેમને સરખાવતા,$-1 = -b \Rightarrow b = 1$.
આમ,$f(x)$ એ $b = 1$ હોય ત્યારે $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે,જે $a$ થી સ્વતંત્ર છે.

(D) જ્યારે $x \in (0, 1)$ હોય,ત્યારે $\{x\} = x$,$\{\sin x\} = \sin x$,અને $\{x \sin x\} = x \sin x$ થાય,કારણ કે $0 < x < 1$ અને $0 < \sin x < 1$ હોવાથી $0 < x \sin x < 1$ મળે.
આ કિંમતોને વિધેય $f(x) = \{x\}\{\sin x\} + \{x \sin x\}$ માં મૂકતા,આપણને $f(x) = x \sin x + x \sin x = 2x \sin x$ મળે છે.
$2x \sin x$ એ વિકલનીય વિધેયોનો ગુણાકાર હોવાથી,તે $x \in (0, 1)$ માટે વિકલનીય છે.
આમ,વિકલ્પ $D$ એ સાચું વિધાન છે.

(C) વિધેય $f(x) = \cos^{-1}(2x^2 - 1)$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}(\cos \theta) = \theta$ જ્યાં $\theta \in [0, \pi]$.
ધારો કે $x = \cos \theta$,તો $2x^2 - 1 = 2\cos^2 \theta - 1 = \cos(2\theta)$.
તેથી,$f(x) = \cos^{-1}(\cos(2\theta)) = 2\theta = 2\cos^{-1}(x)$ જ્યારે $x \in [0, 1]$.
$x \in [-1, 0]$ માટે,વિધેય $f(x) = 2\cos^{-1}|x|$ સ્વરૂપે મળે છે.
$\cos^{-1}(x)$ નું વિકલન $\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$ થાય છે.
વિધેય $f(x)$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં વિધેયની અંદરની કિંમત તેના અંતિમ બિંદુઓ પર પહોંચે છે,એટલે કે $2x^2 - 1 = 1$ અથવા $2x^2 - 1 = -1$.
$2x^2 = 2 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$.
વધુમાં,$x = 0$ આગળ વિધેય $f(x) = 2\cos^{-1}|x|$ માં તીક્ષ્ણ વળાંક (cusp) છે કારણ કે ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન નથી.
$x = 0$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલન $2$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $-2$ છે.
તેથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) વિધેય $y = |f(|x|)|$ એ $5$ ભિન્ન બિંદુઓ પર વિકલનીય ન હોય જો દ્વિઘાત સમીકરણ $f(x) = x^{2} - x + k - 2 = 0$ ના બે ભિન્ન ધન બીજ હોય.
પ્રથમ,બીજ વાસ્તવિક અને ભિન્ન હોવા માટે,વિવેચક $D > 0$ હોવો જોઈએ:
$D = (-1)^{2} - 4(1)(k - 2) > 0$
$1 - 4k + 8 > 0$
$9 - 4k > 0 \Rightarrow k < \frac{9}{4}$.
બીજું,બંને બીજ ધન હોવા માટે,બીજનો ગુણાકાર ધન અને બીજનો સરવાળો ધન હોવો જોઈએ:
બીજનો ગુણાકાર $\alpha\beta = \frac{c}{a} = k - 2 > 0 \Rightarrow k > 2$.
બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta = -\frac{b}{a} = 1 > 0$,જે હંમેશા સત્ય છે.
આ શરતોને જોડતા,આપણને $2 < k < \frac{9}{4}$ મળે છે.
તેથી,$k$ ના મૂલ્યોનો ગણ $(2, \frac{9}{4})$ છે.

(D) $(0, 2\pi)$ અંતરાલમાં $f(x) = \min \{ |\sin x|, |\cos x|, \frac{1}{4} \}$ ના અ-વિકલનીયતાના બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે $y = |\sin x|$,$y = |\cos x|$,અને $y = \frac{1}{4}$ ના આલેખના છેદબિંદુઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$1$. વિધેય $f(x)$ એ આ ત્રણ વક્રોનો નીચેનો ભાગ (lower envelope) છે.
$2$. અ-વિકલનીયતાના બિંદુઓ આ વક્રોના છેદબિંદુઓ પર જોવા મળે છે જ્યાં ઢાળ અચાનક બદલાય છે અથવા જ્યાં વિધેય સુરેખ નથી.
$3$. $(0, 2\pi)$ અંતરાલમાં $y = |\sin x|$,$y = |\cos x|$,અને $y = \frac{1}{4}$ ના આલેખ દોરવાથી,આપણે તે બિંદુઓને ઓળખીએ છીએ જ્યાં ન્યૂનતમ મૂલ્ય એક વિધેયમાંથી બીજા વિધેયમાં બદલાય છે.
$4$. છેદબિંદુઓ નીચે મુજબ છે:
- $|\sin x| = |\cos x|$ એ $x = \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$ પર મળે છે.
- $|\sin x| = \frac{1}{4}$ એ $x = \arcsin(\frac{1}{4}), \pi - \arcsin(\frac{1}{4}), \pi + \arcsin(\frac{1}{4}), 2\pi - \arcsin(\frac{1}{4})$ પર મળે છે.
- $|\cos x| = \frac{1}{4}$ એ $x = \arccos(\frac{1}{4}), \pi - \arccos(\frac{1}{4}), \pi + \arccos(\frac{1}{4}), 2\pi - \arccos(\frac{1}{4})$ પર મળે છે.
$5$. આલેખનું નિરીક્ષણ કરતા,વિધેય $f(x)$ આ વક્રોના ટુકડાઓનું બનેલું છે. જે બિંદુઓ પર ન્યૂનતમ મૂલ્ય એક વિધેયમાંથી બીજા વિધેયમાં બદલાય છે તે અ-વિકલનીયતાના બિંદુઓ છે. $(0, 2\pi)$ માં આવા કુલ $12$ બિંદુઓ છે જ્યાં વક્રો છેદે છે અને ન્યૂનતમ મૂલ્ય બદલાય છે. તેથી,સાચો જવાબ $12$ છે.

(B) વિધેય $g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે $\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^+} g(x) = g(0)$ થાય.
$\lim_{x \to 0^-} ae^x = ae^0 = a$.
$\lim_{x \to 0^+} (b\cos x + x) = b\cos(0) + 0 = b$.
આમ,$a = b$ .......$(1)$
વિકલનીયતા માટે,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$LHD = \frac{d}{dx}(ae^x) = ae^x$. $x = 0$ આગળ,$LHD = a$.
$RHD = \frac{d}{dx}(b\cos x + x) = -b\sin x + 1$. $x = 0$ આગળ,$RHD = -b\sin(0) + 1 = 1$.
$LHD = RHD$ લેતા,આપણને $a = 1$ મળે છે.
$a = b$ હોવાથી,$b = 1$ થાય.
તેથી,$a^2 + b^2 = 1^2 + 1^2 = 1 + 1 = 2$.

(D) ધારો કે $f(x) = \sin(|x|) - |x|$.
આપણે $f(x)$ ને આ રીતે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} \sin(x) - x, & x \geq 0 \\ -\sin(x) + x, & x < 0 \end{cases}$
હવે,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ શોધીને વિકલનીયતા ચકાસો:
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$:
$f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(\sin(h) - h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} (\frac{\sin(h)}{h} - 1) = 1 - 1 = 0$.
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$:
$f'(0^-) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(-\sin(h) + h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} (-\frac{\sin(h)}{h} + 1) = -1 + 1 = 0$.
અહીં $f'(0^+) = f'(0^-) = 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x) = \sin(|x|) - |x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin^{-1}(3x - 4x^3)$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ માટે $\sin^{-1}(3x - 4x^3) = 3\sin^{-1}(x)$ થાય છે.
વધુ વ્યાપક રીતે,વિધેયને નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત કરી શકાય છે:
$f(x) = \begin{cases} -\pi - 3\sin^{-1}(x) & \text{જો } -1 \le x < -\frac{1}{2} \\ 3\sin^{-1}(x) & \text{જો } -\frac{1}{2} \le x \le \frac{1}{2} \\ \pi - 3\sin^{-1}(x) & \text{જો } \frac{1}{2} < x \le 1 \end{cases}$
$x = \frac{1}{2}$ અને $x = -\frac{1}{2}$ પર,વિધેય સતત છે પરંતુ તેનું વિકલન અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી કારણ કે ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન નથી.
તેથી,વિધેય $2$ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી,ખાસ કરીને $x = \frac{1}{2}$ અને $x = -\frac{1}{2}$ પર.

(C) ધારો કે $g(x) = \sqrt{2x - x^2} = \sqrt{1 - (x-1)^2}$ અને $h(x) = 2 - x$.
આપણે છેદબિંદુઓ શોધીએ: $\sqrt{2x - x^2} = 2 - x$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $2x - x^2 = (2 - x)^2 = 4 - 4x + x^2$.
$2x^2 - 6x + 4 = 0 \implies x^2 - 3x + 2 = 0 \implies (x-1)(x-2) = 0$.
તેથી,વક્રો $x = 1$ અને $x = 2$ પર છેદે છે.
$x < 1$ માટે,$2 - x > \sqrt{2x - x^2}$.
$1 < x < 2$ માટે,$\sqrt{2x - x^2} > 2 - x$.
$x = 1$ આગળ,વિધેય $h(x)$ થી $g(x)$ માં બદલાય છે. વિકલિતો $h'(1) = -1$ અને $g'(1) = 0$ છે. $-1 \neq 0$ હોવાથી,$x = 1$ આગળ વિધેય વિકલનીય નથી.
$x = 2$ આગળ,$g(2) = 0$ અને $h(2) = 0$ છે. $x \to 2^-$ માટે $g'(x) = -\infty$ થાય છે. તેથી,$x = 2$ આગળ વિધેય વિકલનીય નથી.
આમ,કુલ $2$ બિંદુઓ છે જ્યાં વિધેય વિકલનીય નથી.

(A) વિધેય $f(x) = ||x| - 1|$ એ એવા બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી જ્યાં માનાંકની અંદરની અભિવ્યક્તિ શૂન્ય થાય છે,કારણ કે આ બિંદુઓ આલેખમાં તીક્ષ્ણ વળાંક (sharp corners) બનાવે છે.
$1$. આંતરિક માનાંક $|x|$ એ $x = 0$ પર વિકલનીય નથી.
$2$. બાહ્ય માનાંક $||x| - 1|$ એ ત્યારે વિકલનીય નથી જ્યારે $|x| - 1 = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $|x| = 1$,તેથી $x = 1$ અથવા $x = -1$.
આમ,વિધેય $x = \{-1, 0, 1\}$ પર વિકલનીય નથી.
વૈકલ્પિક રીત:
$y = ||x| - 1|$ નો આલેખ જોતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $x = -1$,$x = 0$ અને $x = 1$ પર તીક્ષ્ણ વળાંક છે. જે બિંદુઓ પર આલેખમાં તીક્ષ્ણ વળાંક હોય ત્યાં વિધેય વિકલનીય હોતું નથી. તેથી,વિધેય $\{-1, 0, 1\}$ પર વિકલનીય નથી.

(A) $f(x) = \max(x^2 - 1, 7 - x^2, 5)$ નું વિશ્લેષણ કરવા માટે,આપણે વક્રોના છેદબિંદુઓ શોધીએ:
$1$. $x^2 - 1 = 7 - x^2 \implies 2x^2 = 8 \implies x^2 = 4 \implies x = \pm 2$. $x = \pm 2$ પર,$f(x) = 3$.
$2$. $x^2 - 1 = 5 \implies x^2 = 6 \implies x = \pm \sqrt{6}$.
$3$. $7 - x^2 = 5 \implies x^2 = 2 \implies x = \pm \sqrt{2}$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા,વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$f(x) = 7 - x^2$,જ્યારે $x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$
$f(x) = 5$,જ્યારે $x \in [-\sqrt{6}, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, \sqrt{6}]$
$f(x) = x^2 - 1$,જ્યારે $x \in (-\infty, -\sqrt{6}] \cup [\sqrt{6}, \infty)$
આ વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત છે. અ-વિકલનીય બિંદુઓ છેદબિંદુઓ $x = \pm \sqrt{2}$ અને $x = \pm \sqrt{6}$ પર મળે છે,જે કુલ $4$ બિંદુઓ છે.
આમ,$f(x)$ એ $4$ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી. સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) \implies 6(0)^7 - 0 + 1 = a \sin(b) \implies a \sin b = 1$.
વળી,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \begin{cases} a \cos(x + b) & x > 0 \\ 42x^6 - 1 & x < 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ વિકલન સરખાવતા: $a \cos b = -1$.
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા: $(a \sin b)^2 + (a \cos b)^2 = 1^2 + (-1)^2 \implies a^2(\sin^2 b + \cos^2 b) = 2 \implies a^2 = 2 \implies a = \pm \sqrt{2}$.
કિસ્સો $I$: જો $a = \sqrt{2}$ હોય,તો $\sin b = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos b = -\frac{1}{\sqrt{2}}$. આ $b = \frac{3\pi}{4}$ દર્શાવે છે.
કિસ્સો $II$: જો $a = -\sqrt{2}$ હોય,તો $\sin b = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos b = \frac{1}{\sqrt{2}}$. આ $b = \frac{7\pi}{4}$ દર્શાવે છે.
આમ,ક્રમયુક્ત જોડીઓ $(\sqrt{2}, \frac{3\pi}{4})$ અને $(-\sqrt{2}, \frac{7\pi}{4})$ છે.
આવી કુલ $2$ ક્રમયુક્ત જોડીઓ મળે છે.

(D) ધારો કે $g(x) = |2-x|$ અને $h(x) = 2-x^3$. આપણે એવા બિંદુઓ શોધવા માંગીએ છીએ જ્યાં $f(x) = \max(g(x), h(x))$ અવિકલનીય હોય.
પ્રથમ,$g(x)$ અને $h(x)$ ના છેદબિંદુઓ શોધો:
કિસ્સો $1$: $2-x = 2-x^3 \implies x^3-x = 0 \implies x(x-1)(x+1) = 0$. તેથી,$x = 0, 1, -1$.
કિસ્સો $2$: $-(2-x) = 2-x^3 \implies x-2 = 2-x^3 \implies x^3+x-4 = 0$. આ સમીકરણનો એક વાસ્તવિક ઉકેલ $1$ અને $2$ ની વચ્ચે છે.
$f(x) = \max(|2-x|, 2-x^3)$ ના આલેખનું વિશ્લેષણ કરતા:
$x < -1$ માટે,$2-x^3 > |2-x|$.
$x = -1$ પર,$g(-1) = 3$ અને $h(-1) = 3$. વિધેયો છેદે છે.
$-1 < x < 0$ માટે,$2-x > 2-x^3$.
$x = 0$ પર,$g(0) = 2$ અને $h(0) = 2$. વિધેયો છેદે છે.
$0 < x < 1$ માટે,$2-x^3 > 2-x$.
$x = 1$ પર,$g(1) = 1$ અને $h(1) = 1$. વિધેયો છેદે છે.
$x > 1$ માટે,$g(x) = |2-x|$ અને $h(x) = 2-x^3$. આલેખ મુજબ,$f(x)$ એ $x = -1, 1, 2$ પર અવિકલનીય છે. આમ,$f(x)$ કુલ $3$ બિંદુઓ પર અવિકલનીય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \frac{x}{4+|x|}$.
આપણે $f(x)$ ને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત વિધેય તરીકે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{4+x}, & x \geq 0 \\ \frac{x}{4-x}, & x < 0 \end{cases}$
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ શોધીએ.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h}{4+h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{4+h} = \frac{1}{4}$.
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\frac{h}{4-h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{1}{4-h} = \frac{1}{4}$.
અહીં $LHD = RHD = \frac{1}{4}$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x > 0$ માટે,$f(x) = \frac{x}{4+x}$ એ શૂન્યતર છેદ ધરાવતું સંમેય વિધેય છે,તેથી તે વિકલનીય છે.
$x < 0$ માટે,$f(x) = \frac{x}{4-x}$ એ શૂન્યતર છેદ ધરાવતું સંમેય વિધેય છે,તેથી તે વિકલનીય છે.
આમ,$f(x)$ એ તમામ $x \in (-\infty, \infty)$ માટે વિકલનીય છે.

(B) $x = a$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે $\lim_{x \to a} f(x)$ ની કિંમત મેળવીએ:
$\lim_{x \to a} (x - a)^2 \cos \frac{1}{x-a}$.
કારણ કે $-1 \leq \cos \frac{1}{x-a} \leq 1$,તેથી $-(x-a)^2 \leq (x-a)^2 \cos \frac{1}{x-a} \leq (x-a)^2$ થાય.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,જેમ $x \to a$ થાય,તેમ $-(x-a)^2$ અને $(x-a)^2$ બંને $0$ ને અનુલક્ષે છે,તેથી $\lim_{x \to a} f(x) = 0 = f(a)$. આમ,$f(x)$ એ $x = a$ આગળ સતત છે.
$x = a$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે $f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$ ની ગણતરી કરીએ:
$f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{(a+h-a)^2 \cos \frac{1}{a+h-a} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \cos \frac{1}{h}}{h} = \lim_{h \to 0} h \cos \frac{1}{h}$.
ફરીથી,કારણ કે $-1 \leq \cos \frac{1}{h} \leq 1$,તેથી $-|h| \leq h \cos \frac{1}{h} \leq |h|$ થાય.
જેમ $h \to 0$ થાય,તેમ $-|h|$ અને $|h|$ બંને $0$ ને અનુલક્ષે છે,તેથી $f'(a) = 0$. તેથી,વિધેય $x = a$ આગળ વિકલનીય છે.

(C) $f(x) = \min \{1, x^2, x^3\}$ શોધવા માટે,આપણે $y=1$,$y=x^2$,અને $y=x^3$ વિધેયોના છેદબિંદુઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$1$. $x^2$ અને $x^3$ નું છેદબિંદુ: $x^2 = x^3 \implies x^2(x-1) = 0 \implies x=0, x=1$.
$2$. $x^2$ અને $1$ નું છેદબિંદુ: $x^2 = 1 \implies x = \pm 1$.
$3$. $x^3$ અને $1$ નું છેદબિંદુ: $x^3 = 1 \implies x = 1$.
અંતરાલોનું વિશ્લેષણ:
- $x < -1$ માટે,$x^3 < x^2 < 1$,તેથી $f(x) = x^3$.
- $-1 \le x < 0$ માટે,$x^3 < x^2 \le 1$,તેથી $f(x) = x^3$.
- $0 \le x < 1$ માટે,$x^3 \le x^2 < 1$,તેથી $f(x) = x^3$.
- $x \ge 1$ માટે,$1 \le x^2 \le x^3$,તેથી $f(x) = 1$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} x^3, & x < 1 \\ 1, & x \ge 1 \end{cases}$.
$x=1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1^3 = 1$ અને $f(1) = 1$. તેથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
$x=1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા: $f'(1^-) = \frac{d}{dx}(x^3)|_{x=1} = 3(1)^2 = 3$. $f'(1^+) = \frac{d}{dx}(1)|_{x=1} = 0$. $3 \neq 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) પ્રથમ,$x = 0$ પર સાતત્ય તપાસો:
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x \left( \frac{e^{1/x} - e^{-1/x}}{e^{1/x} + e^{-1/x}} \right)$.
બધા $x \neq 0$ માટે $\left| \frac{e^{1/x} - e^{-1/x}}{e^{1/x} + e^{-1/x}} \right| < 1$ હોવાથી,સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$. આમ,$f$ એ $x = 0$ પર સતત છે.
હવે,$x = 0$ પર વિકલનીયતા તપાસો:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h \left( \frac{e^{-1/h} - e^{1/h}}{e^{-1/h} + e^{1/h}} \right)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{e^{1/h} - e^{-1/h}}{e^{1/h} + e^{-1/h}} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1 - e^{-2/h}}{1 + e^{-2/h}} = 1$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h \left( \frac{e^{1/h} - e^{-1/h}}{e^{1/h} + e^{-1/h}} \right)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1 - e^{-2/h}}{1 + e^{-2/h}} = 1$.
$LHD = RHD = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ પર વિકલનીય છે. આમ,$f$ દરેક બિંદુ પર વિકલનીય છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે પહેલા $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1)$
$A + B(1)^2 = 3A(1) - B + 2$
$A + B = 3A - B + 2$
$2B = 2A + 2 \implies B = A + 1$ (સમીકરણ $1$)
હવે,વિકલનીયતા માટે,$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન હોવું જોઈએ.
$f'(1^+) = \frac{d}{dx}(3Ax - B + 2) = 3A$
$f'(1^-) = \frac{d}{dx}(A + Bx^2) = 2Bx$
$x = 1$ આગળ,$f'(1^-) = 2B(1) = 2B$.
વિકલનોને સરખાવતા: $3A = 2B$ (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $1$ ને સમીકરણ $2$ માં મૂકતા:
$3A = 2(A + 1)$
$3A = 2A + 2$
$A = 2$
સમીકરણ $1$ નો ઉપયોગ કરતા,$B = 2 + 1 = 3$.
આમ,$A = 2$ અને $B = 3$ છે.

(D) સૌ પ્રથમ,આપણે $x = 1$ આગળ વિધેયની કિંમત શોધીએ: $f(1) = [\cos(\pi)] = [-1] = -1$.
હવે,આપણે $x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન શોધીએ:
$f'(1^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1-h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{[\cos(\pi(1-h))] - (-1)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{[\cos(\pi - \pi h)] + 1}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{[-\cos(\pi h)] + 1}{-h}$.
નાના $h > 0$ માટે,$\cos(\pi h)$ એ $1$ કરતા થોડું નાનું છે,તેથી $-\cos(\pi h)$ એ $-1$ કરતા થોડું મોટું છે. આમ,$[-\cos(\pi h)] = -1$.
તેથી,$f'(1^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{-1 + 1}{-h} = 0$.
હવે,આપણે $x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન શોધીએ:
$f'(1^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2\{1+h\} - 1 - (-1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h} = 2$.
અહીં $f'(1^-) = 0$ અને $f'(1^+) = 2$ હોવાથી,ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન નથી.
તેથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) આપેલ અંતરાલોમાં વિધેય $f(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ:
$0 \le x < 1$ માટે,$[x] = 0$,તેથી $f(x) = x(0) = 0$.
$1 \le x < 2$ માટે,$[x] = 1$,તેથી $f(x) = x(1) = x$.
$2 \le x < 3$ માટે,$[x] = 2$,તેથી $f(x) = (x-1)(2) = 2x - 2$.
$3 \le x < 4$ માટે,$[x] = 3$,તેથી $f(x) = (x-1)(3) = 3x - 3$.
$x=4$ માટે,$f(4) = (4-1)[4] = 3(4) = 12$.
$x=1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} f(x) = 0$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} f(x) = 1$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ અસતત છે,તેથી $f'(1)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
$x=2$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
$f(2) = (2-1)[2] = 1(2) = 2$.
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(2+h) - 2}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{h}{h} = 1$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2(2+h)-2) - 2}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h} = 2$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f'(2)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
આમ,$f'(1)$ કે $f'(2)$ બંનેનું અસ્તિત્વ નથી.

(C) આપેલ છે $f(x) = \frac{4x}{5 + 6|x|}$.
આપણે $f(x)$ ને નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત કરી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} \frac{4x}{5 - 6x}, & x < 0 \\ \frac{4x}{5 + 6x}, & x \geq 0 \end{cases}$
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ શોધીએ:
$f'(x) = \begin{cases} \frac{4(5 - 6x) - 4x(-6)}{(5 - 6x)^2} = \frac{20}{(5 - 6x)^2}, & x < 0 \\ \frac{4(5 + 6x) - 4x(6)}{(5 + 6x)^2} = \frac{20}{(5 + 6x)^2}, & x > 0 \end{cases}$
હવે,$f'(0^-) = \lim_{x \to 0^-} \frac{20}{(5 - 6x)^2} = \frac{20}{25} = \frac{4}{5}$.
અને $f'(0^+) = \lim_{x \to 0^+} \frac{20}{(5 + 6x)^2} = \frac{20}{25} = \frac{4}{5}$.
અહીં $f'(0^-) = f'(0^+) = \frac{4}{5}$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
આ વિધેય તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સંમેય વિધેય છે અને છેદ ક્યારેય શૂન્ય થતો નથી,તેથી તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
આમ,બિંદુઓનો ગણ $( - \infty, \infty)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(t) = (\|\lambda\|e^{\|t\|} - \mu) \sin(2\|t\|)$.
અહીં $\|t\|$ હોવાથી,આપણે $t > 0$ અને $t < 0$ માટે $f(t)$ નું વિશ્લેષણ કરીશું.
$t > 0$ માટે,$f(t) = (\|\lambda\|e^t - \mu) \sin(2t)$.
$t < 0$ માટે,$f(t) = (\|\lambda\|e^{-t} - \mu) \sin(-2t) = -(\|\lambda\|e^{-t} - \mu) \sin(2t)$.
$f(t)$ એ $t=0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે તે $t=0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$f(0) = (\|\lambda\| - \mu) \sin(0) = 0$.
હવે,$LHD = RHD$ નો ઉપયોગ કરીને $t=0$ આગળ વિકલિત $f'(t)$ ચકાસીએ.
$RHD = \lim_{t \to 0^+} \frac{f(t) - f(0)}{t} = \lim_{t \to 0^+} (\|\lambda\|e^t - \mu) \frac{\sin(2t)}{t} = (\|\lambda\| - \mu) \times 2 = 2(\|\lambda\| - \mu)$.
$LHD = \lim_{t \to 0^-} \frac{f(t) - f(0)}{t} = \lim_{t \to 0^-} -(\|\lambda\|e^{-t} - \mu) \frac{\sin(2t)}{t} = -(\|\lambda\| - \mu) \times 2 = -2(\|\lambda\| - \mu)$.
વિકલનીયતા માટે,$LHD = RHD \implies 2(\|\lambda\| - \mu) = -2(\|\lambda\| - \mu)$.
$4(\|\lambda\| - \mu) = 0 \implies \|\lambda\| = \mu$.
કારણ કે $\|\lambda\| \ge 0$,તેથી $\mu \ge 0$ હોવું જોઈએ.
આમ,$S = \{(\lambda, \mu) : \mu = \|\lambda\|, \mu \ge 0, \lambda \in R\}$.
આ ગણ $S$ એ $R \times [0, \infty)$ નો ઉપગણ છે.

(A) $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$
$-1 = a + \cos^{-1}(1 + b) \implies \cos^{-1}(1 + b) = -1 - a \quad \dots(1)$
વિકલનીયતા માટે,$x = 1$ આગળ $LHD = RHD$ થવું જોઈએ.
$LHD = \frac{d}{dx}(-x) = -1$.
$RHD = \frac{d}{dx}(a + \cos^{-1}(x + b)) = \frac{-1}{\sqrt{1 - (x + b)^2}}$.
$x = 1$ આગળ,$RHD = \frac{-1}{\sqrt{1 - (1 + b)^2}}$.
$LHD = RHD$ સરખાવતા: $-1 = \frac{-1}{\sqrt{1 - (1 + b)^2}} \implies \sqrt{1 - (1 + b)^2} = 1$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $1 - (1 + b)^2 = 1 \implies (1 + b)^2 = 0 \implies b = -1$.
$b = -1$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા: $\cos^{-1}(0) = -1 - a$.
કારણ કે $\cos^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\frac{\pi}{2} = -1 - a \implies a = -1 - \frac{\pi}{2} = \frac{-\pi - 2}{2}$.
તેથી,$\frac{a}{b} = \frac{(-\pi - 2)/2}{-1} = \frac{\pi + 2}{2}$.

(B) આપેલ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $|f(x)| \leq x^2$.
$x = 0$ આગળ,$|f(0)| \leq 0^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(0) = 0$.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે વિકલિતનું લક્ષ મેળવીએ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h - 0} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h}$.
આપેલ અસમતા પરથી,$|f(h)| \leq h^2$,તેથી $|\frac{f(h)}{h}| \leq |h|$.
સેન્ડવિચ પ્રમેય દ્વારા,જેમ $h \to 0$,તેમ $|h| \to 0$,તેથી $\lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h} = 0$.
આમ,$f'(0) = 0$,જેનો અર્થ છે કે $f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
વિકલનીયતા એ સાતત્ય સૂચવે છે,તેથી $f$ એ $x = 0$ આગળ સતત પણ છે.
તેથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ સતત તેમજ વિકલનીય છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $x + |y| = 2y$ છે.
કિસ્સો $1$: જો $y \ge 0$ હોય,તો $|y| = y$ થાય.
$x + y = 2y \Rightarrow y = x$.
કિસ્સો $2$: જો $y < 0$ હોય,તો $|y| = -y$ થાય.
$x - y = 2y \Rightarrow x = 3y \Rightarrow y = x/3$.
આમ,વિધેય $f(x) = \begin{cases} x, & x \ge 0 \\ x/3, & x < 0 \end{cases}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} x = 0$.
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} x/3 = 0$.
અહીં $f(0) = 0$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(0-h)/3 - 0}{-h} = 1/3$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h - 0}{h} = 1$.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) વિધેય $f(x) = a|\sin x| + be^{|x|} + c|x|^3$ એ $x = 0$ આગળ ત્યારે જ વિકલનીય હોય જો તેના દરેક ઘટકો વિકલનીય હોય અથવા તેમના અ-વિકલનીય ભાગો એકબીજાને નાબૂદ કરે.
પ્રથમ,$|\sin x|$ ને ધ્યાનમાં લો. $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $\lim_{h \to 0^-} \frac{|\sin h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-\sin h}{h} = -1$ છે. જમણી બાજુનું વિકલિત $\lim_{h \to 0^+} \frac{\sin h}{h} = 1$ છે. $-1 \neq 1$ હોવાથી,$|\sin x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
બીજું,$e^{|x|}$ ને ધ્યાનમાં લો. $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $\lim_{h \to 0^-} \frac{e^{-h} - 1}{h} = -1$ છે. જમણી બાજુનું વિકલિત $\lim_{h \to 0^+} \frac{e^h - 1}{h} = 1$ છે. $-1 \neq 1$ હોવાથી,$e^{|x|}$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
ત્રીજું,$|x|^3$ ને ધ્યાનમાં લો. $|x|^3 = x^3$ (જ્યારે $x \ge 0$) અને $-x^3$ (જ્યારે $x < 0$) હોવાથી,$x = 0$ આગળ વિકલિત $\lim_{h \to 0} \frac{|h|^3 - 0}{h} = 0$ થાય છે. આમ,$|x|^3$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$f(x)$ ને $x = 0$ આગળ વિકલનીય બનાવવા માટે,અ-વિકલનીય ભાગો શૂન્ય થવા જોઈએ. આ માટે $a = 0$ અને $b = 0$ હોવા જરૂરી છે. અચળાંક $c$ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે કારણ કે $|x|^3$ પહેલેથી જ વિકલનીય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ શરત $|f(x) - f(y)| \le 2|x - y|^{\frac{3}{2}}$ છે.
બંને બાજુ $|x - y|$ વડે ભાગતા (જ્યાં $x \neq y$):
$\left| \frac{f(x) - f(y)}{x - y} \right| \le 2|x - y|^{\frac{1}{2}}$.
બંને બાજુ $x \to y$ લક્ષ લેતા:
$\lim_{x \to y} \left| \frac{f(x) - f(y)}{x - y} \right| \le \lim_{x \to y} 2|x - y|^{\frac{1}{2}}$.
આનો અર્થ એ થાય 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 વિકલન શૂન્ય હોય,તો વિધેય $f(x)$ અચળ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = 1$,તેથી અચળ વિધેય $f(x) = 1$ મળે.
હવે,સંકલન ગણતા:
$\int_{0}^{1} f^2(x) dx = \int_{0}^{1} (1)^2 dx = \int_{0}^{1} 1 dx = [x]_{0}^{1} = 1 - 0 = 1$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \max \{|x|, x^2\}, & |x| \le 2 \\ 8 - 2|x|, & 2 < |x| \le 4 \end{cases}$.
$|x| \le 2$ માટે,$f(x) = \begin{cases} x^2, & |x| \le 1 \\ |x|, & 1 < |x| \le 2 \end{cases}$.
આને જોડતા,$f(x) = \begin{cases} 8+2x, & -4 < x \le -2 \\ -x, & -2 < x \le -1 \\ x^2, & -1 < x \le 1 \\ x, & 1 < x \le 2 \\ 8-2x, & 2 < x < 4 \end{cases}$.
નિર્ણાયક બિંદુઓ પર વિકલનીયતા તપાસતા:
$x = -2$ પર: $f(-2) = 4$. ડાબું વિકલન $-2$ છે,જમણું વિકલન $-1$ છે. વિકલનીય નથી.
$x = -1$ પર: $f(-1) = 1$. ડાબું વિકલન $-1$ છે,જમણું વિકલન $-2$ છે. વિકલનીય નથી.
$x = 0$ પર: $f(0) = 0$. ડાબું વિકલન $0$ છે,જમણું વિકલન $0$ છે. વિકલનીય છે.
$x = 1$ પર: $f(1) = 1$. ડાબું વિકલન $2$ છે,જમણું વિકલન $1$ છે. વિકલનીય નથી.
$x = 2$ પર: $f(2) = 2$. ડાબું વિકલન $1$ છે,જમણું વિકલન $-2$ છે. વિકલનીય નથી.
આમ,$S = \{-2, -1, 1, 2\}$.

(C) વિધેય $f(x) = \min\{-|x|, -\sqrt{1 - x^2}\}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
અવિકલનીય બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વક્રો $y = -|x|$ અને $y = -\sqrt{1 - x^2}$ ના છેદબિંદુઓ શોધીએ છીએ.
$-|x| = -\sqrt{1 - x^2}$ લેતા,આપણને $|x| = \sqrt{1 - x^2}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$x^2 = 1 - x^2$,જેનો અર્થ છે કે $2x^2 = 1$,તેથી $x^2 = \frac{1}{2}$,જે $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ આપે છે.
$x = 0$ આગળ,વિધેય $f(x) = \min\{0, -1\} = -1$,જે $-|x|$ વિધેય માટે એક તીક્ષ્ણ ખૂણો છે અને બંને વક્રોનું છેદબિંદુ પણ છે.
આલેખ તપાસતા,વિધેય $f(x)$ એ $x = -\frac{1}{\sqrt{2}}$,$x = 0$,અને $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$3$ બિંદુઓ છે જ્યાં વિધેય વિકલનીય નથી. તેથી,$K$ માં બરાબર ત્રણ ઘટકો છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} -1, & -2 \le x < 0 \\ x^2 - 1, & 0 \le x \le 2 \end{cases}$.
પ્રથમ,$|f(x)|$ શોધો:
$|f(x)| = \begin{cases} |-1| = 1, & -2 \le x < 0 \\ |x^2 - 1|, & 0 \le x \le 2 \end{cases}$.
ત્યારબાદ,$f(|x|)$ શોધો:
કારણ કે બધા $x$ માટે $|x| \ge 0$ છે,તેથી $x \in [-2, 2]$ માટે $f(|x|) = |x|^2 - 1 = x^2 - 1$ થાય.
હવે,$g(x) = |f(x)| + f(|x|)$:
$x \in [-2, 0)$ માટે,$g(x) = 1 + (x^2 - 1) = x^2$.
$x \in [0, 2]$ માટે,$g(x) = |x^2 - 1| + (x^2 - 1)$.
$g(x)$ નું વિસ્તરણ:
$g(x) = \begin{cases} x^2, & -2 \le x < 0 \\ -(x^2 - 1) + x^2 - 1 = 0, & 0 \le x < 1 \\ (x^2 - 1) + x^2 - 1 = 2(x^2 - 1), & 1 \le x \le 2 \end{cases}$.
$x=0$ પર સાતત્ય અને વિકલનીયતા તપાસો:
$g(0^-) = 0^2 = 0$,$g(0^+) = 0$. $x=0$ પર સતત છે.
$g'(0^-) = 2x|_{x=0} = 0$,$g'(0^+) = 0$. $x=0$ પર વિકલનીય છે.
$x=1$ પર સાતત્ય અને વિકલનીયતા તપાસો:
$g(1^-) = 0$,$g(1^+) = 2(1^2 - 1) = 0$. $x=1$ પર સતત છે.
$g'(1^-) = 0$,$g'(1^+) = 4x|_{x=1} = 4$.
$g'(1^-) \neq g'(1^+)$ હોવાથી,$g$ એ $x=1$ પર વિકલનીય નથી.
આમ,$g$ એક બિંદુ પર વિકલનીય નથી.

(A) વિધેય $f(x) = \sin |x| - |x| + 2(x - \pi) \cos |x|$ છે.
આપણે $x = 0$ અને $x = \pi$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ.
કિસ્સો $1$: $x = 0$ આગળ.
$x > 0$ માટે,$f(x) = \sin x - x + 2(x - \pi) \cos x$. તેથી $f'(x) = \cos x - 1 + 2 \cos x - 2(x - \pi) \sin x$. આમ,$f'(0^+) = 1 - 1 + 2 - 0 = 2$.
$x < 0$ માટે,$f(x) = \sin(-x) - (-x) + 2(x - \pi) \cos(-x) = -\sin x + x + 2(x - \pi) \cos x$. તેથી $f'(x) = -\cos x + 1 + 2 \cos x - 2(x - \pi) \sin x$. આમ,$f'(0^-) = -1 + 1 + 2 - 0 = 2$.
$f'(0^+) = f'(0^-) = 2$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
કિસ્સો $2$: $x = \pi$ આગળ.
$x > 0$ માટે,$f(x) = \sin x - x + 2(x - \pi) \cos x$. $f'(x) = \cos x - 1 + 2 \cos x - 2(x - \pi) \sin x$. $f'(\pi^+) = \cos \pi - 1 + 2 \cos \pi - 0 = -1 - 1 - 2 = -4$.
$x < 0$ અહીં સુસંગત નથી કારણ કે આપણે $\pi$ ની નજીક ચકાસીએ છીએ. $\pi$ ની નજીક $|x| = x$ હોવાથી,વિધેય $f(x) = \sin x - x + 2(x - \pi) \cos x$ છે,જે $\pi$ ના સામીપ્યમાં દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
આમ,વિધેય તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે વિકલનીય છે. તેથી સમૂહ $K$ એ $\phi$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \min\{\sin x, \cos x\}$ એવા બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી જ્યાં $y = \sin x$ અને $y = \cos x$ ના આલેખ એકબીજાને છેદે છે.
$\sin x = \cos x$ લેતા,આપણને $\tan x = 1$ મળે છે.
$(-\pi, \pi)$ અંતરાલમાં,ઉકેલો $x = \frac{\pi}{4}$ અને $x = -\frac{3\pi}{4}$ છે.
આ બિંદુઓ પર વિધેયને તીક્ષ્ણ ખૂણાઓ હોય છે,જે તેને અવિકલનીય બનાવે છે.
આમ,$S = \{ -\frac{3\pi}{4}, \frac{\pi}{4} \}$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$S$ એ $\{ -\frac{3\pi}{4}, -\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{\pi}{4} \}$ નો ઉપગણ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = 15 - |x - 10|$.
આપણે એવા બિંદુઓ શોધવાની જરૂર છે જ્યાં $g(x) = f(f(x))$ વિકલનીય નથી.
$g(x) = f(f(x)) = 15 - |f(x) - 10| = 15 - |(15 - |x - 10|) - 10| = 15 - |5 - |x - 10||$.
વિધેય $f(x)$ એ $x = 10$ આગળ વિકલનીય નથી (માનાંક વિધેયનું શિરોબિંદુ).
સંયોજિત વિધેય $g(x) = f(f(x))$ એવા બિંદુઓ આગળ વિકલનીય નથી જ્યાં $f(x)$ વિકલનીય ન હોય,અથવા જ્યાં અંદરનું વિધેય $f(x)$ ની કિંમત $10$ થાય (જે બિંદુએ બહારનું $f$ વિકલનીય નથી).
$1$. $f(x)$ એ $x = 10$ આગળ વિકલનીય નથી.
$2$. $f(x) = 10 \implies 15 - |x - 10| = 10 \implies |x - 10| = 5 \implies x - 10 = 5$ અથવા $x - 10 = -5 \implies x = 15$ અથવા $x = 5$.
આમ,જે બિંદુઓ પર $g(x)$ વિકલનીય નથી તેનો ગણ $\{5, 10, 15\}$ છે.

(A) આપણે $x = c$ આગળ $g(x) = |f(x)|$ ની વિકલનીયતા વિકલનના વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને તપાસીએ:
$g'(c) = \lim_{h \to 0} \frac{|f(c + h)| - |f(c)|}{h}$
$f(c) = 0$ હોવાથી,આ પદ નીચે મુજબ સાદું રૂપ ધારણ કરે છે:
$g'(c) = \lim_{h \to 0} \frac{|f(c + h)|}{h}$
વિકલનની વ્યાખ્યા $f'(c) = \lim_{h \to 0} \frac{f(c + h) - f(c)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(c + h)}{h}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$g'(c) = \lim_{h \to 0} \left| \frac{f(c + h)}{h} \right| \cdot \frac{|h|}{h} = |f'(c)| \cdot \lim_{h \to 0} \frac{|h|}{h}$
જો $f'(c) = 0$ હોય,તો $g'(c) = 0 \cdot (\pm 1) = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $g(x)$ એ $x = c$ આગળ વિકલનીય છે.
જો $f'(c) \neq 0$ હોય,તો લક્ષ $\lim_{h \to 0} \frac{|h|}{h}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી ($h > 0$ માટે તે $1$ અને $h < 0$ માટે $-1$ છે),તેથી $g(x)$ એ $x = c$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,જો $f'(c) = 0$ હોય તો $g(x)$ એ $x = c$ આગળ વિકલનીય છે.

(C) વિધેય $f(x) = |2 - |x - 3||$ દ્વારા આપવામાં આવેલ છે.
પ્રથમ,આપણે તે બિંદુઓ શોધીએ છીએ જ્યાં $f(x)$ વિકલનીય નથી. વિધેય $g(x) = |x - 3|$ એ $x = 3$ આગળ વિકલનીય નથી. વિધેય $h(x) = 2 - |x - 3|$ એ $x = 3$ આગળ વિકલનીય નથી. વિધેય $f(x) = |h(x)|$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં $h(x) = 0$ હોય અથવા જ્યાં $h(x)$ વિકલનીય ન હોય.
$h(x) = 0$ લેતા,આપણને $2 - |x - 3| = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $|x - 3| = 2$,તેથી $x - 3 = 2$ અથવા $x - 3 = -2$. આમ,$x = 5$ અથવા $x = 1$.
તેથી,$S$ એ બિંદુઓનો ગણ છે જ્યાં $f(x)$ વિકલનીય નથી,એટલે કે $S = \{1, 3, 5\}$.
હવે,દરેક $x \in S$ માટે આપણે $f(f(x))$ ની ગણતરી કરીએ:
$x = 1$ માટે: $f(1) = |2 - |1 - 3|| = |2 - 2| = 0$. તેથી $f(f(1)) = f(0) = |2 - |0 - 3|| = |2 - 3| = 1$.
$x = 3$ માટે: $f(3) = |2 - |3 - 3|| = |2 - 0| = 2$. તેથી $f(f(3)) = f(2) = |2 - |2 - 3|| = |2 - 1| = 1$.
$x = 5$ માટે: $f(5) = |2 - |5 - 3|| = |2 - 2| = 0$. તેથી $f(f(5)) = f(0) = |2 - |0 - 3|| = |2 - 3| = 1$.
અંતે,$\sum_{x \in S} f(f(x)) = f(f(1)) + f(f(3)) + f(f(5)) = 1 + 1 + 1 = 3$.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = |x - 1|, x \in R$ છે.
કોઈ વિધેય $f$ એ $x = c$ આગળ વિકલનીય ત્યારે જ કહેવાય જો તેનું ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ અસ્તિત્વ ધરાવતા હોય અને સમાન હોય.
$x = 1$ આગળ $LHD$:
$\mathop {\lim }\limits_{h \to {0^-}} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^-}} \frac{|1 + h - 1| - |1 - 1|}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^-}} \frac{|h|}{h}$.
અહીં $h < 0$ હોવાથી,$|h| = -h$,તેથી લક્ષ $-1$ મળે છે.
$x = 1$ આગળ $RHD$:
$\mathop {\lim }\limits_{h \to {0^+}} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^+}} \frac{|1 + h - 1| - |1 - 1|}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^+}} \frac{|h|}{h}$.
અહીં $h > 0$ હોવાથી,$|h| = h$,તેથી લક્ષ $1$ મળે છે.
અહીં $LHD = -1$ અને $RHD = 1$ હોવાથી,$LHD \neq RHD$ છે.
તેથી,વિધેય $f(x) = |x - 1|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(N/A) જો ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ અસ્તિત્વ ધરાવતા હોય અને સમાન હોય,તો વિધેય $f$ એ $x = c$ આગળ વિકલનીય છે.
$x = 1$ માટે:
$LHD$ $= \lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{[1+h] - [1]}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{0 - 1}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-1}{h} = \infty$.
અહીં લક્ષ અનંત હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 2$ માટે:
$LHD$ $= \lim_{h \to 0^-} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{[2+h] - [2]}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{1 - 2}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-1}{h} = \infty$.
અહીં લક્ષ અનંત હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.