Differentiability Questions in Gujarati

(A) વિધેય $f(x) = |x| + |x - 1|$ ધ્યાનમાં લો.
માનાંક વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત હોવાથી અને બે સતત વિધેયોનો સરવાળો પણ સતત હોવાથી,$f(x)$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
$f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે તે બિંદુઓ તપાસીએ છીએ જ્યાં માનાંકની અંદરની અભિવ્યક્તિ ચિહ્ન બદલે છે,જે $x = 0$ અને $x = 1$ છે.
$x = 0$ આગળ:
ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ $= \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(-x - x + 1) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-2x}{x} = -2$.
જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ $= \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(x - x + 1) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{0}{x} = 0$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ:
$LHD$ $= \lim_{x \to 1^-} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{(x - x + 1) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{0}{x - 1} = 0$.
$RHD$ $= \lim_{x \to 1^+} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x + x - 1) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{2x - 2}{x - 1} = 2$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x) = |x| + |x - 1|$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ બરાબર બે બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = 1$ પર વિકલનીય નથી.

(A) વિધેયને $f(x) = \begin{cases} x^2, & x < 0 \\ x, & 0 \leq x \leq 1 \\ x^2, & x > 1 \end{cases}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસવા માટે:
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ $\frac{d}{dx}(x^2) = 2x = 0$ છે.
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ $\frac{d}{dx}(x) = 1$ છે.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસવા માટે:
$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ $\frac{d}{dx}(x) = 1$ છે.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ $\frac{d}{dx}(x^2) = 2x = 2$ છે.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,જે બિંદુઓ પર $f$ વિકલનીય નથી તે ગણ $S = \{0, 1\}$ છે.

(A) $f''(0)$ શોધવા માટે,આપણે પહેલા $f'(x)$ શોધીએ.
$x < 0$ માટે,$f'(x) = 5x^4 \sin(1/x) - x^3 \cos(1/x) + 10x$. તેથી,$f'(0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} (h^4 \sin(1/h) + 5h) = 0$.
$x > 0$ માટે,$f'(x) = 5x^4 \cos(1/x) + x^3 \sin(1/h) + 2\lambda x$. તેથી,$f'(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} (h^4 \cos(1/h) + \lambda h) = 0$.
હવે,$f''(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f'(h) - f'(0)}{h}$.
$x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$: $\lim_{h \to 0^-} \frac{5h^4 \sin(1/h) - h^3 \cos(1/h) + 10h - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} (5h^3 \sin(1/h) - h^2 \cos(1/h) + 10) = 10$.
$x=0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$: $\lim_{h \to 0^+} \frac{5h^4 \cos(1/h) + h^3 \sin(1/h) + 2\lambda h - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} (5h^3 \cos(1/h) + h^2 \sin(1/h) + 2\lambda) = 2\lambda$.
$f''(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે તે માટે,$LHD$ = $RHD$,તેથી $2\lambda = 10$,જેનો અર્થ છે કે $\lambda = 5$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{|x|} & ; |x| \geq 1 \\ ax^2 + b & ; |x| < 1 \end{cases}$.
$x \geq 1$ માટે,$f(x) = \frac{1}{x}$. $x \leq -1$ માટે,$f(x) = -\frac{1}{x}$.
$f(x)$ દરેક બિંદુએ વિકલનીય હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) \implies a(1)^2 + b = \frac{1}{1} \implies a + b = 1 \quad \dots(1)$.
વળી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \begin{cases} -\frac{1}{x^2} & ; x > 1 \\ 2ax & ; -1 < x < 1 \end{cases}$.
$x = 1$ આગળ વિકલિતોને સરખાવતા:
$\lim_{x \to 1^-} f'(x) = \lim_{x \to 1^+} f'(x) \implies 2a(1) = -\frac{1}{(1)^2} \implies 2a = -1 \implies a = -\frac{1}{2}$.
સમીકરણ $(1)$ માં $a = -\frac{1}{2}$ મૂકતા:
$-\frac{1}{2} + b = 1 \implies b = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.
આમ,$a = -\frac{1}{2}$ અને $b = \frac{3}{2}$ મળે છે.

(C) આપેલ વિધેય: $f(x) = |2x+1| - 3|x+2| + |x^2+x-2|$
દ્વિઘાત પદના અવયવ પાડતા: $|x^2+x-2| = |(x+2)(x-1)| = |x+2||x-1|$
વિધેયમાં કિંમત મૂકતા: $f(x) = |2x+1| - 3|x+2| + |x+2||x-1|$
$f(x) = |2x+1| + |x+2|(|x-1| - 3)$
જે બિંદુઓ આગળ માનાંકની અંદરની કિંમત શૂન્ય થાય છે તે $x = -1/2$,$x = -2$,અને $x = 1$ છે.
ધારો કે $g(x) = |x-1| - 3$. વિધેય $f(x)$ તે બિંદુઓ આગળ વિકલનીય નથી જ્યાં માનાંકની અંદરની કિંમત શૂન્ય થાય,જો ત્યાં વિધેયને સ્મૂધ ટર્નિંગ પોઈન્ટ ન હોય.
$1$. $x = -1/2$ આગળ,$|2x+1|$ વિકલનીય નથી,અને અન્ય પદો વિકલનીય છે. તેથી,$x = -1/2$ એ અ-વિકલનીય બિંદુ છે.
$2$. $x = 1$ આગળ,$|x-1|$ વિકલનીય નથી,અને $|x+2| = 3 \neq 0$. તેથી,$x = 1$ એ અ-વિકલનીય બિંદુ છે.
$3$. $x = -2$ આગળ,આપણે વર્તણૂક તપાસીએ: $f(x) = |2x+1| + |x+2|(|x-1|-3)$. $x = -2$ ની નજીક,$|x-1| = -(x-1) = 1-x$. તેથી $f(x) \approx |2x+1| + |x+2|(1-x-3) = |2x+1| + |x+2|(-x-2) = |2x+1| - |x+2|(x+2) = |2x+1| - (x+2)^2$. કારણ કે $(x+2)^2$ એ $x = -2$ આગળ વિકલનીય છે,તેથી $|x+2|$ ની અ-વિકલનીયતા $(x+2)$ અવયવ દ્વારા દૂર થાય છે.
તેથી,અ-વિકલનીય બિંદુઓ $x = -1/2$ અને $x = 1$ છે.
અ-વિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(C) $x \in [-2, 2]$ માટે,$f(x) = \min \{|x|, 2-x^2\}$ છે.
$|x| = 2-x^2$ ઉકેલતા,આપણને $x^2 + |x| - 2 = 0$ મળે છે,જે $(|x|+2)(|x|-1) = 0$ આપે છે. $|x| \geq 0$ હોવાથી,$|x| = 1$ મળે,તેથી $x = \pm 1$.
આમ,$x \in [-1, 1]$ માટે $f(x) = |x|$ અને $x \in [-2, -1) \cup (1, 2]$ માટે $f(x) = 2-x^2$ થાય.
$(-2, 2)$ માં વિકલનીય ન હોય તેવા બિંદુઓ $x = -1, 0, 1$ છે (કારણ કે $|x|$ અને વક્રોના છેદબિંદુઓ).
$2 < |x| \leq 3$ માટે,$f(x) = [|x|]$ છે.
$x \in (2, 3]$ માટે,$x \in (2, 3)$ માટે $f(x) = [x] = 2$ અને $f(3) = 3$ થાય. આ $x = 3$ (જે $(-3, 3)$ માં નથી) અને $x = 2$ (જમ્પ ડિસકન્ટીન્યુટી) પર અસતત છે.
$x \in [-3, -2)$ માટે,$f(x) = [|x|]$ છે. $x \in (-3, -2)$ માટે,$f(x) = 2$ થાય. $x = -2$ પર,$f(-2) = 2$ અને $x = -3$ પર,$f(-3) = 3$ થાય.
બિંદુઓ તપાસતા: $x = -2, -1, 0, 1, 2$. આ $5$ બિંદુઓ પર,વિધેય કાં તો અસતત છે અથવા ત્યાં તીક્ષ્ણ ખૂણો (sharp corner) છે.
તેથી,વિકલનીય ન હોય તેવા બિંદુઓની સંખ્યા $5$ છે.

(C) આપેલ છે $f(x)=|x^{2}-2 x-3| \cdot e^{|9 x^{2}-12 x+4|}$.
આપણે નિરપેક્ષ મૂલ્યોની અંદરના પદોના અવયવ પાડી શકીએ છીએ:
$x^{2}-2 x-3 = (x-3)(x+1)$
$9 x^{2}-12 x+4 = (3 x-2)^{2}$
તેથી,$f(x)=|(x-3)(x+1)| \cdot e^{(3 x-2)^{2}}$.
નોંધો કે $e^{(3 x-2)^{2}}$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે એક સુરેખ અને વિકલનીય વિધેય છે.
$f(x)$ ની અવિકલનીયતા સંપૂર્ણપણે $|(x-3)(x+1)|$ પદ પર આધાર રાખે છે.
$|g(x)|$ સ્વરૂપનું વિધેય $g(x)$ ના શૂન્યો પર અવિકલનીય હોય છે જ્યાં ચિહ્ન બદલાય છે.
અહીં,$g(x) = (x-3)(x+1)$ એ $x=3$ અને $x=-1$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે.
$x=3$ અને $x=-1$ આગળ,વિધેય $|(x-3)(x+1)|$ ને તીક્ષ્ણ ખૂણા (cusps) હોય છે.
તેથી,$f(x)$ એ બરાબર બે બિંદુઓ $x=3$ અને $x=-1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) ધારો કે $f(t) = t^3 - 6t^2 + 9t - 3$.
તેથી $f'(t) = 3t^2 - 12t + 9 = 3(t-1)(t-3)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ $t=1$ અને $t=3$ છે.
$f(0) = -3$,$f(1) = 1 - 6 + 9 - 3 = 1$,અને $f(3) = 27 - 54 + 27 - 3 = -3$.
$0 \leq x \leq 1$ માટે,$f(t)$ વધતું વિધેય છે,તેથી $\max_{0 \leq t \leq x} f(t) = f(x)$.
$1 < x \leq 3$ માટે,$[0, x]$ પર $f(t)$ ની મહત્તમ કિંમત $f(1) = 1$ છે.
આમ,$g(x) = \begin{cases} x^3 - 6x^2 + 9x - 3 & , 0 \leq x \leq 1 \\ 1 & , 1 < x \leq 3 \\ 4 - x & , 3 < x \leq 4 \end{cases}$.
હવે વિકલનીયતા તપાસીએ:
$x=1$ આગળ: $g'(1^-) = f'(1) = 0$ અને $g'(1^+) = 0$. તેથી $g(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય છે.
$x=3$ આગળ: $g(3^-) = 1$ અને $g(3^+) = 4-3 = 1$. $g(x)$ એ $x=3$ આગળ સતત છે.
$g'(3^-) = 0$ અને $g'(3^+) = -1$. કારણ કે $g'(3^-) \neq g'(3^+)$,તેથી $g(x)$ એ $x=3$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,અંતરાલ $(0,4)$ માં માત્ર $1$ બિંદુ એવું છે જ્યાં $g(x)$ વિકલનીય નથી.

(C) સૌ પ્રથમ,શરત $8x^2 - 6x + 1 < 0$ નું વિશ્લેષણ કરો. $(2x - 1)(4x - 1) < 0$ ઉકેલતા,આપણને $x \in (1/4, 1/2)$ મળે છે.
$x \in (1/4, 1/2)$ માટે,$f(x) = [4x^2 - 8x + 5]$. ધારો કે $g(x) = 4x^2 - 8x + 5 = 4(x-1)^2 + 1$. અંતરાલ $(1/4, 1/2)$ માં,$g(x)$ એ $g(1/4) = 4(1/16) - 2 + 5 = 13/4 = 3.25$ થી ઘટીને $g(1/2) = 4(1/4) - 4 + 5 = 2$ થાય છે.
આમ,$f(x) = [g(x)]$ એ $x \in (1/4, x_1)$ માટે $3$ કિંમત ધારણ કરે છે જ્યાં $g(x_1) = 3$,અને $x \in [x_1, 1/2)$ માટે $2$ કિંમત ધારણ કરે છે.
$x = 1/4$ પર,$g(1/4) = 3.25$. વિધેય સતત છે પરંતુ ત્યાં ખૂણો બને છે (વિકલનીય નથી).
$x = x_1$ પર,$g(x_1) = 3$. વિધેય $3$ થી $2$ પર કૂદકો મારે છે,તેથી તે અસતત છે અને વિકલનીય નથી.
$x = 1/2$ પર,$g(1/2) = 2$. વિધેય $2$ થી $g(1/2) = 2$ પર જાય છે (સતત છે),પરંતુ વિકલિત અચાનક બદલાય છે,જે તેને વિકલનીય નથી બનાવતું.
આમ,અ-વિકલનીય બિંદુઓ $x = 1/4, x_1, 1/2$ છે. કુલ બિંદુઓની સંખ્યા $3$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = 4|2x + 3| + 9[x + \frac{1}{2}] - 12[x + 20]$ છે.
$1$. પદ $4|2x + 3|$ એ $2x + 3 = 0$ એટલે કે $x = -\frac{3}{2}$ આગળ વિકલનીય નથી. આ $1$ બિંદુ છે.
$2$. પદ $9[x + \frac{1}{2}]$ એ $x + \frac{1}{2} = k$ (જ્યાં $k$ પૂર્ણાંક છે) માટે વિકલનીય નથી. અંતરાલ $(-20, 20)$ માં,$x + \frac{1}{2} \in (-19.5, 20.5)$ છે. પૂર્ણાંકો $k \in \{-19, -18, \dots, 20\}$ છે. કુલ $40$ બિંદુઓ મળે. પરંતુ $x = -\frac{3}{2}$ આગળ $x + \frac{1}{2} = -1$ થાય છે,જે પૂર્ણાંક છે,તેથી એક બિંદુ સામાન્ય છે.
$3$. પદ $-12[x + 20]$ એ $x + 20 = k$ માટે વિકલનીય નથી. અંતરાલ $(-20, 20)$ માં,$x + 20 \in (0, 40)$ છે. પૂર્ણાંકો $k \in \{1, 2, \dots, 39\}$ છે. કુલ $39$ બિંદુઓ મળે.
$4$. કુલ અ-વિકલનીય બિંદુઓ = $1 + 39 + 39 = 79$.

(B) આપેલ વિધેય: $f(x) = |x-1| \cos |x-2| \sin |x-1| + (x-3)|x^2-5x+4|$.
દ્વિઘાત પદના અવયવ પાડતા: $x^2-5x+4 = (x-1)(x-4)$.
તેથી,$f(x) = |x-1| \cos |x-2| \sin |x-1| + (x-3)|x-1||x-4|$.
$|x-1|$ સામાન્ય લેતા: $f(x) = |x-1| [\cos |x-2| \sin |x-1| + (x-3)|x-4|]$.
ધારો કે $g(x) = |x-1|$ અને $h(x) = \cos |x-2| \sin |x-1| + (x-3)|x-4|$.
વિધેય $f(x) = g(x) \cdot h(x)$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં $g(x)$ વિકલનીય નથી,જો તે બિંદુઓ પર $h(x) \neq 0$ હોય.
$g(x) = |x-1|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$h(1) = \cos |1-2| \sin |1-1| + (1-3)|1-4| = \cos(1) \cdot 0 + (-2) \cdot |-3| = -6 \neq 0$ તપાસો.
આમ,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
હવે $h(x)$ માં $|x-4|$ પદ તપાસો. વિધેય $f(x)$ માં $(x-3)$ સાથે $|x-4|$ ગુણાયેલ છે.
$x = 4$ આગળ,$f(x) = |x-1| \cos |x-2| \sin |x-1| + (x-3)|x-1||x-4|$.
$x = 4$ ની નજીક,$|x-1| \cos |x-2| \sin |x-1|$ પદ વિકલનીય છે.
પદ $(x-3)|x-1||x-4|$ એ $k(x)|x-4|$ સ્વરૂપનું છે,જ્યાં $k(4) = (4-3)|4-1| = 3 \neq 0$.
કેમ કે $k(4) \neq 0$,વિધેય $x = 4$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,વિધેય $x = 1$ અને $x = 4$ આગળ વિકલનીય નથી. કુલ બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(x^2)}{x} & x \neq 0 \\ 0 & x = 0 \end{cases}$ છે.
પ્રથમ,$x=0$ આગળ સાતત્ય ચકાસો:
$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin(x^2)}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} x \cdot \frac{\sin(x^2)}{x^2} = 0 \cdot 1 = 0 = f(0)$.
કારણ કે લક્ષ એ વિધેયના મૂલ્ય જેટલું છે,તેથી $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે.
હવે,$x=0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
$f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\frac{\sin(h^2)}{h} - 0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(h^2)}{h^2} = 1$.
કારણ કે લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવે છે,તેથી $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે અને $f'(0) = 1$.
હવે,$x \neq 0$ માટે $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\sin(x^2)}{x} \right) = \frac{x \cdot \cos(x^2) \cdot 2x - \sin(x^2) \cdot 1}{x^2} = 2\cos(x^2) - \frac{\sin(x^2)}{x^2}$.
ચકાસો કે $f'(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે કે નહીં:
$\lim_{x \rightarrow 0} f'(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \left( 2\cos(x^2) - \frac{\sin(x^2)}{x^2} \right) = 2(1) - 1 = 1$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 0} f'(x) = f'(0) = 1$,તેથી વિકલિત $x=0$ આગળ સતત છે.
આમ,$f$ વિકલનીય છે અને તેનું વિકલિત સતત છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = x |\sin x|$.
$x = n\pi$ (જ્યાં $n \in Z$) આગળ,આપણે વિકલનીયતાની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને ચકાસીએ:
$f'(n\pi) = \lim_{x \to n\pi} \frac{f(x) - f(n\pi)}{x - n\pi} = \lim_{x \to n\pi} \frac{x |\sin x| - 0}{x - n\pi} = \lim_{x \to n\pi} \frac{x |\sin x|}{x - n\pi}$.
ધારો કે $x = n\pi + h$,જ્યાં $h \to 0$.
તો $f'(n\pi) = \lim_{h \to 0} \frac{(n\pi + h) |\sin(n\pi + h)|}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(n\pi + h) |(-1)^n \sin h|}{h} = \lim_{h \to 0} (n\pi + h) \frac{|\sin h|}{|h|} \cdot |h| \cdot \frac{(-1)^n}{h}$.
જેમ $h \to 0$ થાય,તેમ $\frac{|\sin h|}{h} \to 1$,તેથી લક્ષ $\lim_{h \to 0} (n\pi + h) \cdot 1 \cdot \frac{|h|}{h} \cdot (-1)^n$ બને છે.
$n = 0$ માટે,$f'(0) = \lim_{h \to 0} h \cdot \frac{|h|}{h} = \lim_{h \to 0} |h| = 0$. આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$n \neq 0$ માટે,લક્ષ $\lim_{h \to 0} n\pi \cdot (-1)^n \cdot \frac{|h|}{h}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી કારણ કે ડાબી બાજુનું લક્ષ $-n\pi(-1)^n$ છે અને જમણી બાજુનું લક્ષ $n\pi(-1)^n$ છે.
તેથી,$f(x)$ એ $n = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$ માટે $x = n\pi$ સિવાય તમામ $x$ માટે વિકલનીય છે.

(C) $x=0$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે વિકલનનું લક્ષ તપાસીએ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \left| \cos \left(\frac{\pi}{h}\right) \right| - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \left| \cos \left(\frac{\pi}{h}\right) \right|$.
$|\cos(\frac{\pi}{h})| \leq 1$ હોવાથી,સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{h \to 0} h \left| \cos \left(\frac{\pi}{h}\right) \right| = 0$. આમ,$f$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x \neq 0$ માટે,$f(x) = x^2 |\cos(\frac{\pi}{x})|$. વિધેય $|\cos(\frac{\pi}{x})|$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં નિરપેક્ષ મૂલ્યનો અંદરનો ભાગ શૂન્ય થાય,એટલે કે $\cos(\frac{\pi}{x}) = 0$.
$\cos(\frac{\pi}{x}) = 0 \implies \frac{\pi}{x} = (2n+1)\frac{\pi}{2}$ જ્યાં $n \in Z$.
$x = \frac{2}{2n+1}$.
આમ,$f$ એ $x = \frac{2}{2n+1}$ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી,જ્યાં $n \in Z$.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $R$ પર વિકલનીય છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = f(0)$
$\lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{\sin x^2}{x} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (x^2 + ax + b)$
લક્ષ $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\lim_{x \rightarrow 0^-} (x \cdot \frac{\sin x^2}{x^2}) = 0 \cdot 1 = 0$.
આમ,$0 = b$,તેથી $b = 0$.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ એ જમણી બાજુના વિકલન $(RHD)$ જેટલું હોવું જોઈએ:
$LHD = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{\frac{\sin(-h)^2}{-h} - 0}{-h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{\sin h^2}{h^2} = 1$.
$RHD = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{h^2 + ah + b - b}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} (h + a) = a$.
$LHD$ અને $RHD$ ને સરખાવતા,આપણને $a = 1$ મળે છે.
તેથી,$a = 1$ અને $b = 0$.

(D) વિધેય $f(x) = [a + 13 \sin x]$ છે,જ્યાં $x \in (0, \pi)$.
$a$ એ પૂર્ણાંક હોવાથી,આપણે $f(x) = a + [13 \sin x]$ લખી શકીએ.
વિધેય $f(x)$ તે બિંદુઓ આગળ વિકલનીય નથી જ્યાં મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયનો અંદરનો ભાગ,$13 \sin x$,પૂર્ણાંક હોય.
$x \in (0, \pi)$ માટે,$13 \sin x$ નો વિસ્તાર $(0, 13]$ છે.
$13 \sin x$ ની કિંમતો $1, 2, 3, \dots, 13$ હોય ત્યારે તે પૂર્ણાંક બને છે.
દરેક પૂર્ણાંક $k \in \{1, 2, \dots, 12\}$ માટે,$(0, \pi)$ માં $x$ ની $2$ કિંમતો મળે છે જેના માટે $13 \sin x = k$ થાય.
$k = 13$ માટે,$(0, \pi)$ માં $x$ ની માત્ર $1$ કિંમત મળે છે,જે $x = \frac{\pi}{2}$ છે.
આમ,કુલ બિંદુઓની સંખ્યા જ્યાં વિધેય વિકલનીય નથી તે $2 \times 12 + 1 = 25$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x} & , x \geq 2 \\ ax^2 + 2b & , -2 < x < 2 \\ -\frac{1}{x} & , x \leq -2 \end{cases}$.
$f(x)$ એ $\mathbb{R}$ પર વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 2$ અને $x = -2$ આગળ સતત અને વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$x = 2$ આગળ સાતત્ય માટે,$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^-} f(x) = f(2)$.
$\frac{1}{2} = a(2)^2 + 2b \Rightarrow 4a + 2b = \frac{1}{2} \Rightarrow 8a + 4b = 1$.
$x = 2$ આગળ વિકલનીયતા માટે,$f'(2^+) = f'(2^-)$.
$x > 2$ માટે $f'(x) = -\frac{1}{x^2}$ અને $-2 < x < 2$ માટે $f'(x) = 2ax$.
$-\frac{1}{2^2} = 2a(2) \Rightarrow -\frac{1}{4} = 4a \Rightarrow a = -\frac{1}{16}$.
$a = -\frac{1}{16}$ ને $8a + 4b = 1$ માં મૂકતા:
$8(-\frac{1}{16}) + 4b = 1 \Rightarrow -\frac{1}{2} + 4b = 1 \Rightarrow 4b = \frac{3}{2} \Rightarrow b = \frac{3}{8}$.
હવે,$48(a+b)$ ની ગણતરી કરતા:
$48(-\frac{1}{16} + \frac{3}{8}) = 48(\frac{-1+6}{16}) = 48(\frac{5}{16}) = 3 \times 5 = 15$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = e^{-\left|\ln x\right|}$ છે,જ્યાં $x \in (0, \infty)$.
માનાંકની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને આપણે વિધેયને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} e^{-(-\ln x)} = e^{\ln x} = x, & 0 < x < 1 \\ e^{-\ln x} = \frac{1}{x}, & x \geq 1 \end{cases}$
હવે,$x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} x = 1$
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x} = 1$
$x = 1$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય: $f(1) = \frac{1}{1} = 1$
બધા લક્ષ સમાન હોવાથી,વિધેય તેના પ્રદેશમાં દરેક જગ્યાએ સતત છે. તેથી,$m = 0$.
હવે,$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $f'(1^-) = \frac{d}{dx}(x) \big|_{x=1} = 1$
જમણી બાજુનું વિકલન: $f'(1^+) = \frac{d}{dx}(\frac{1}{x}) \big|_{x=1} = -\frac{1}{x^2} \big|_{x=1} = -1$
$f'(1^-) \neq f'(1^+)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,$n = 1$.
આમ,$m + n = 0 + 1 = 1$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = |2x^2 + 5|x| - 3|$.
$f(x)$ એ સતત વિધેયો (બહુપદી અને માનાંક વિધેય) નું સંયોજન હોવાથી,તે દરેક જગ્યાએ સતત છે. તેથી,અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $m = 0$ છે.
અવિકલનીય બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે $g(x) = 2x^2 + 5|x| - 3$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
$x \ge 0$ માટે,$g(x) = 2x^2 + 5x - 3 = (2x - 1)(x + 3)$. શૂન્યો $x = 1/2$ અને $x = -3$ છે. આપણે $x \ge 0$ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ,તેથી શૂન્ય $x = 1/2$ છે.
$x < 0$ માટે,$g(x) = 2x^2 - 5x - 3 = (2x + 1)(x - 3)$. શૂન્યો $x = -1/2$ અને $x = 3$ છે. આપણે $x < 0$ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ,તેથી શૂન્ય $x = -1/2$ છે.
વધુમાં,વિધેય $f(x)$ માં $|x|$ નો સમાવેશ થાય છે,જે $x = 0$ આગળ અવિકલનીય છે.
આમ,$f(x)$ એ $2x^2 + 5|x| - 3 = 0$ ના શૂન્યો (જ્યાં આલેખ x-અક્ષને સ્પર્શે છે) અને $x = 0$ આગળ અવિકલનીય છે.
તે બિંદુઓ $x = 1/2$,$x = -1/2$,અને $x = 0$ છે.
તેથી,અવિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $n = 3$ છે.
માટે,$m + n = 0 + 3 = 3$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = a \cos (|x^3-x|) + b|x| \sin (|x^3+x|)$.
કેમ કે $\cos(\theta) = \cos(-\theta)$,તેથી $\cos(|x^3-x|) = \cos(x^3-x)$.
વળી,તમામ $x \in R$ માટે $|x| \sin(|x^3+x|) = x \sin(x^3+x)$ થાય છે,કારણ કે જો $x \ge 0$ હોય,તો $|x|=x$ અને $|x^3+x|=x^3+x$,અને જો $x < 0$ હોય,તો $|x|=-x$ અને $|x^3+x|=-(x^3+x)$,તેથી $-x \sin(-(x^3+x)) = -x(-\sin(x^3+x)) = x \sin(x^3+x)$.
આમ,તમામ $x \in R$ માટે $f(x) = a \cos(x^3-x) + b x \sin(x^3+x)$.
કારણ કે $\cos(x^3-x)$ અને $x \sin(x^3+x)$ એ $R$ પર વિકલનીય વિધેયો છે,તેથી $f(x)$ એ કોઈપણ $a, b \in R$ માટે તમામ $x \in R$ પર વિકલનીય છે.
તેથી,$f$ એ કોઈપણ $a, b \in R$ માટે $x=0$ અને $x=1$ પર વિકલનીય છે.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $a=0, b=1$ હોય ત્યારે $x=0$ પર વિકલનીય છે (સાચું).
$(B)$ $a=1, b=0$ હોય ત્યારે $x=1$ પર વિકલનીય છે (સાચું).
$(C)$ $a=1, b=0$ હોય ત્યારે $x=0$ પર વિકલનીય નથી (ખોટું).
$(D)$ $a=1, b=1$ હોય ત્યારે $x=1$ પર વિકલનીય નથી (ખોટું).
આમ,વિકલ્પો $A$ અને $B$ સાચા છે.

(B) $(i)$ $x=0$ પર વિકલનીયતા માટે:
$LHD = f'(0^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(-h)^2 |\cos(-\pi/h)| - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} -h |\cos(\pi/h)| = 0$.
$RHD = f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2 |\cos(\pi/h)| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} h |\cos(\pi/h)| = 0$.
$LHD = RHD = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ પર વિકલનીય છે.
$(ii)$ $x=2$ પર વિકલનીયતા માટે:
$f(2) = 2^2 |\cos(\pi/2)| = 0$.
$RHD = f'(2^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2+h)^2 |\cos(\pi/(2+h))|}{h}$.
નાના $h > 0$ માટે $\cos(\pi/(2+h)) > 0$ હોવાથી,$|\cos(\pi/(2+h))| = \cos(\pi/(2+h)) = \sin(\pi/2 - \pi/(2+h)) = \sin(\pi h / (2(2+h)))$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2+h)^2 \sin(\pi h / (2(2+h)))}{h} = 4 \cdot \frac{\pi}{4} = \pi$.
$LHD = f'(2^-) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2-h) - f(2)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2-h)^2 |\cos(\pi/(2-h))|}{-h}$.
નાના $h > 0$ માટે $\cos(\pi/(2-h)) < 0$ હોવાથી,$|\cos(\pi/(2-h))| = -\cos(\pi/(2-h)) = -\sin(\pi/2 - \pi/(2-h)) = -\sin(-\pi h / (2(2-h))) = \sin(\pi h / (2(2-h)))$.
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2-h)^2 \sin(\pi h / (2(2-h)))}{-h} = 4 \cdot (-\pi/4) = -\pi$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=2$ પર વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે $f(x) = x - x^2 + (x - 1) \sin x = -(x - 1)^2 + (x - 1) \sin x = (x - 1) [-(x - 1) + \sin x]$.
અહીં $f(1) = 0$ છે.
વળી,$f'(x) = 1 - 2x + \sin x + (x - 1) \cos x$. તેથી,$f'(1) = 1 - 2 + \sin 1 + 0 = \sin 1 - 1$.
ધારો કે $h(x) = (fg)(x) = f(x)g(x)$.
$x=1$ આગળ વિકલનીયતા માટે,આપણે $h'(1) = \lim_{k \to 0} \frac{f(1+k)g(1+k) - f(1)g(1)}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{f(1+k)g(1+k)}{k}$ ચકાસીએ.
કારણ કે $f(1+k) = k(-k + \sin(1+k))$,લક્ષ $\lim_{k \to 0} \frac{k(-k + \sin(1+k))g(1+k)}{k} = \lim_{k \to 0} (-k + \sin(1+k))g(1+k) = \sin(1) \cdot g(1)$ બને છે.
જો $g$ એ $x=1$ આગળ સતત હોય,તો $g(1+k) \to g(1)$,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ છે. આમ,$(A)$ સાચું છે.
જો $g$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય હોય,તો તે સતત પણ હોય,તેથી $(C)$ સાચું છે.
જો $fg$ વિકલનીય હોય,તો તેનો અર્થ એ નથી કે $g$ સતત કે વિકલનીય છે. તેથી,$(B)$ અને $(D)$ ખોટા છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $(A)$ અને $(C)$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y)$. બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા $1 + f(x+y) = (1 + f(x))(1 + f(y))$ મળે છે.
ધારો કે $h(x) = 1 + f(x)$. તો $h(x+y) = h(x)h(y)$.
કારણ કે $f(x) = xg(x)$ અને $\lim_{x \to 0} g(x) = 1$,તેથી $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$,એટલે કે $h(0) = 1 + f(0) = 1$.
$h(x+y) = h(x)h(y)$ માટે,ઉકેલ $h(x) = e^{cx}$ છે.
આમ $1 + f(x) = e^{cx}$,અથવા $f(x) = e^{cx} - 1$.
આપેલ છે કે $f(x) = xg(x)$,તેથી $g(x) = \frac{e^{cx}-1}{x}$.
$\lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{cx}-1}{x} = c$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} g(x) = 1$,તેથી $c = 1$.
તેથી,$f(x) = e^x - 1$.
$f'(x) = e^x$,જે તમામ $x \in R$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,તેથી $(A)$ $TRUE$ છે.
$f'(0) = e^0 = 1$,તેથી $(D)$ $TRUE$ છે.
$f'(1) = e^1 = e \neq 1$,તેથી $(C)$ $FALSE$ છે.
$g(x) = \frac{e^x-1}{x}$ માટે જ્યારે $x \neq 0$ અને $g(0)=1$,$g$ એ તમામ $x \neq 0$ માટે વિકલનીય છે. $x=0$ આગળ,$g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{e^h-1}{h}-1}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^h-1-h}{h^2} = \frac{1}{2}$. આમ $g$ દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે,તેથી $(B)$ $TRUE$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = |x| + 1$ અને $g(x) = x^2 + 1$.
$x \leq 0$ માટે,$f(x) = -x + 1$ અને $g(x) = x^2 + 1$. આપણે $h(x) = \max\{-x+1, x^2+1\}$ વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
કારણ કે $x \in [-1, 0]$ માટે $x^2+1 \geq -x+1$ છે (કારણ કે $x^2+x \geq 0$),તેથી $x \in [-1, 0]$ માટે $h(x) = x^2+1$ અને $x < -1$ માટે $h(x) = -x+1$ થાય.
$x > 0$ માટે,$f(x) = x + 1$ અને $g(x) = x^2 + 1$. આપણે $h(x) = \min\{x+1, x^2+1\}$ વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
કારણ કે $x \in [0, 1]$ માટે $x^2+1 \leq x+1$ છે (કારણ કે $x^2-x \leq 0$),તેથી $x \in [0, 1]$ માટે $h(x) = x^2+1$ અને $x > 1$ માટે $h(x) = x+1$ થાય.
આમ,$h(x) = \begin{cases} -x+1 & x < -1 \\ x^2+1 & -1 \leq x \leq 1 \\ x+1 & x > 1 \end{cases}$.
વિકલનીયતા તપાસતા:
$x = -1$ પર: $h(-1) = 2$. ડાબું વિકલન $-1$ છે,જમણું વિકલન $2(-1) = -2$ છે. વિકલનીય નથી.
$x = 1$ પર: $h(1) = 2$. ડાબું વિકલન $2(1) = 2$ છે,જમણું વિકલન $1$ છે. વિકલનીય નથી.
$x = 0$ પર: $h(0) = 1$. ડાબું વિકલન $2(0) = 0$ છે,જમણું વિકલન $2(0) = 0$ છે. વિકલનીય છે.
અવિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે.

(D) $f(x)$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{f(0-\delta) - f(0)}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{\frac{-\delta}{|-\delta|} g(-\delta) - 0}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{-g(-\delta)}{-\delta} = g^{\prime}(0) = 0$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{f(0+\delta) - f(0)}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{\frac{\delta}{|\delta|} g(\delta) - 0}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(\delta)}{\delta} = g^{\prime}(0) = 0$.
$\text{LHD} = \text{RHD} = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
$h(x) = e^{|x|}$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$h(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી કારણ કે $|x|$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$f(h(x))$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$h(x) = e^{|x|} > 0$ હોવાથી,$f(h(x)) = \frac{h(x)}{|h(x)|} g(h(x)) = 1 \cdot g(e^{|x|}) = g(e^{|x|})$.
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{|-\delta|}) - g(e^0)}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{\delta}) - g(1)}{-\delta} = -g^{\prime}(1)$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{\delta}) - g(1)}{\delta} = g^{\prime}(1)$.
$g^{\prime}(1) \neq 0$ હોવાથી,$f(h(x))$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$h(f(x))$ ની $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$h(f(x)) = e^{|f(x)|} = e^{|\frac{x}{|x|} g(x)|} = e^{|g(x)|}$.
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(-\delta)|} - e^{|g(0)|}}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(-\delta)|} - 1}{|g(-\delta)|} \cdot \frac{|g(-\delta)|}{-\delta} = 1 \cdot 0 = 0$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(\delta)|} - 1}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(\delta)|} - 1}{|g(\delta)|} \cdot \frac{|g(\delta)|}{\delta} = 1 \cdot 0 = 0$.
આમ,$h(f(x))$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.

(C) વિધેય $f(x) = (x^2 - 1)|x^2 - ax + 2| + \cos|x|$ એ જ્યાં માનાંકની અંદરની પદાવલિ શૂન્ય થાય ત્યાં વિકલનીય ન હોઈ શકે,જો તે બિંદુએ બેવડું બીજ ન હોય.
$\cos|x|$ દરેક જગ્યાએ વિકલનીય હોવાથી,આપણે ફક્ત $g(x) = x^2 - ax + 2$ માટે તપાસવું પડશે.
આપેલ છે કે $x = \alpha = 2$ એ અ-વિકલનીય બિંદુ છે,તેથી $g(2) = 0$.
$2^2 - a(2) + 2 = 0 \implies 6 - 2a = 0 \implies a = 3$.
$a = 3$ મૂકતા,$g(x) = x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$ મળે.
બીજ $x = 1$ અને $x = 2$ છે.
$x = 1$ આગળ,$f(x) = (x^2 - 1)|(x - 1)(x - 2)| + \cos|x|$. $(x^2 - 1) = (x - 1)(x + 1)$ હોવાથી,પદ $(x - 1)^2(x + 1)|x - 2|$ બને છે,જે $x = 1$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,$x = 1$ એ અ-વિકલનીય બિંદુ નથી. જો આપણે $\beta = 1$ લઈએ,તો બિંદુ $(2, 1)$ નું રેખા $12x + 5y + 10 = 0$ થી અંતર $d = \frac{|12(2) + 5(1) + 10|}{\sqrt{12^2 + 5^2}} = \frac{39}{13} = 3$ થાય.

(C) પ્રથમ,$x=0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસો:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2-2h^2-h^2 \sin(1/h) - 2}{h} = \lim_{h \to 0} (-2h - h \sin(1/h)) = 0$.
સીમાનું અસ્તિત્વ હોવાથી,$f$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે. તેથી,$(A)$ ખોટું છે.
$x \neq 0$ માટે,$f'(x) = -4x - 2x \sin(1/x) + \cos(1/x)$.
જેમ $x \to 0$,$\cos(1/x)$ પદને કારણે $f'(x)$ દોલન કરે છે.
કોઈપણ $\delta > 0$ માટે,અંતરાલ $(0, \delta)$ અથવા $(-\delta, 0)$ માં,$f'(x)$ ધન અને ઋણ બંને કિંમતો લે છે કારણ કે $\cos(1/x)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
તેથી,$f$ એ કોઈપણ અંતરાલ $(0, \delta)$ અથવા $(-\delta, 0)$ પર વધતું કે ઘટતું નથી.
આથી $(B)$ ખોટું છે અને $(C)$ સાચું છે.
છેલ્લે,$f(0)=2$ અને નાના $h \neq 0$ માટે,$f(h) = 2 - h^2(2 + \sin(1/h)) < 2$. તેથી,$x=0$ એ સ્થાનિક મહત્તમનું બિંદુ છે,જે $(D)$ ને ખોટું સાબિત કરે છે.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} e^{-x}, & x \geq 0 \\ e^{x}, & x < 0 \end{cases}$
$LHL = \lim_{x \to 0^{-}} f(x) = \lim_{x \to 0} e^{x} = 1$
$RHL = \lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \lim_{x \to 0} e^{-x} = 1$
વળી,$f(0) = e^{0} = 1$
કારણ કે $LHL = RHL = f(0)$,તેથી વિધેય $x$ ની દરેક કિંમત માટે સતત છે.
હવે,આપણે $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$LHD = \left(\frac{d}{dx} e^{x}\right)_{x = 0} = \left[e^{x}\right]_{x = 0} = 1$
$RHD = \left(\frac{d}{dx} e^{-x}\right)_{x = 0} = \left[-e^{-x}\right]_{x = 0} = -1$
કારણ કે $LHD \neq RHD$,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f(x) = e^{-|x|}$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sin |x| - |x| + 2(x - \pi) \cos |x|$.
કારણ કે $|x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી,આપણે $x = 0$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા તપાસીએ.
$x \ge 0$ માટે,$f(x) = \sin x - x + 2(x - \pi) \cos x$.
$x < 0$ માટે,$f(x) = \sin(-x) - (-x) + 2(x - \pi) \cos(-x) = -\sin x + x + 2(x - \pi) \cos x$.
હવે,આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ શોધીએ.
$x > 0$ માટે $f'(x) = \cos x - 1 + 2 \cos x - 2(x - \pi) \sin x = 3 \cos x - 1 - 2(x - \pi) \sin x$.
$f'(0^+) = 3(1) - 1 - 2(-\pi)(0) = 2$.
$x < 0$ માટે $f'(x) = -\cos x + 1 + 2 \cos x - 2(x - \pi) \sin x = \cos x + 1 - 2(x - \pi) \sin x$.
$f'(0^-) = 1 + 1 - 2(-\pi)(0) = 2$.
કારણ કે $f'(0^+) = f'(0^-) = 2$,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
બાકીના તમામ બિંદુઓ પર વિધેય વિકલનીય વિધેયોનું બનેલું હોવાથી,$f(x)$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વિકલનીય છે.
તેથી,$K$ એ ખાલી ગણ છે.

(A) $f(x) = |x - \pi|(e^{|x|} - 1) \sin |x|$ ની $x = \pi$ અને $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$1$. $x = \pi$ આગળ વિકલનીયતા:
$f(\pi) = 0$.
વિકલિતની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{h \to 0} \frac{f(\pi + h) - f(\pi)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{|h|(e^{|\pi + h|} - 1) \sin |\pi + h|}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{|h|}{h} (e^{\pi} - 1) \sin \pi = 0$.
આમ,$f(x)$ એ $x = \pi$ આગળ વિકલનીય છે.
$2$. $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા:
$f(0) = 0$.
$\lim_{h \to 0} \frac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{|h - \pi|(e^{|h|} - 1) \sin |h|}{h}$.
જ્યારે $h \to 0$,ત્યારે $e^{|h|} - 1 \approx |h|$ અને $\sin |h| \approx |h|$.
તેથી,લક્ષ $\lim_{h \to 0} \frac{|-\pi| \cdot |h| \cdot |h|}{h} = \lim_{h \to 0} \pi \cdot \frac{h^2}{h} = \lim_{h \to 0} \pi h = 0$.
આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ પણ વિકલનીય છે.
વિધેય દરેક બિંદુએ વિકલનીય હોવાથી,ગણ $S$ એ ખાલી ગણ $\phi$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = |x-1| e^{x}$ એ બે વિધેયોનો ગુણાકાર છે: $g(x) = |x-1|$ અને $h(x) = e^{x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $e^{x}$ એ તમામ $x \in R$ માટે વિકલનીય છે.
વિધેય $g(x) = |x-1|$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી કારણ કે $x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત અને જમણી બાજુનું વિકલિત સમાન નથી.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,$x = 1$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલિત $-e^{1} = -e$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલિત $e^{1} = e$ છે.
જેથી,અ-વિકલનીય વિધેય અને શૂન્યતર વિકલનીય વિધેયનો ગુણાકાર તે બિંદુએ અ-વિકલનીય હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,જે બિંદુઓના ગણ પર $f(x)$ વિકલનીય છે તે $R - \{1\}$ છે.

(B) આપેલ છે,$f(x)=\sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^{2}}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2 x}{1+x^{2}}\right)^{2}}} \times \frac{d}{d x}\left(\frac{2 x}{1+x^{2}}\right)$
$f^{\prime}(x) = \frac{1+x^{2}}{\sqrt{(1-x^{2})^{2}}} \times \frac{2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}}$
$f^{\prime}(x) = \frac{2}{1+x^{2}} \times \frac{1-x^{2}}{|1-x^{2}|}$
આનું સાદું રૂપ નીચે મુજબ છે:
$f^{\prime}(x) = \begin{cases} \frac{2}{1+x^{2}}, & \text{જો } |x| < 1 \\ -\frac{2}{1+x^{2}}, & \text{જો } |x| > 1 \end{cases}$
$x = 1$ અને $x = -1$ આગળ વિકલિત અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી કારણ કે ડાબી બાજુનું વિકલિત અને જમણી બાજુનું વિકલિત સમાન નથી.
તેથી,$f(x)$ એ $R - \{-1, 1\}$ પર વિકલનીય છે.

(C) $\text{આપેલ } f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}(-x-1), & x < -1 \\ \tan^{-1} x, & -1 \le x \le 1 \\ \frac{1}{2}(x-1), & x > 1 \end{cases}$
$\text{વિકલિત } f'(x) \text{ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:}$
$f'(x) = \begin{cases} -\frac{1}{2}, & x < -1 \\ \frac{1}{1+x^2}, & -1 < x < 1 \\ \frac{1}{2}, & x > 1 \end{cases}$
$\text{બિંદુ } x = -1 \text{ આગળ: ડાબી બાજુનું વિકલિત } = -\frac{1}{2}, \text{ જમણી બાજુનું વિકલિત } = \frac{1}{1+(-1)^2} = \frac{1}{2}. \text{ કારણ કે } -\frac{1}{2} \neq \frac{1}{2}, \text{ તેથી } f(x) \text{ એ } x = -1 \text{ આગળ વિકલનીય નથી.}$
$\text{બિંદુ } x = 1 \text{ આગળ: ડાબી બાજુનું વિકલિત } = \frac{1}{1+1^2} = \frac{1}{2}, \text{ જમણી બાજુનું વિકલિત } = \frac{1}{2}. \text{ જોકે, સાતત્ય ચકાસતા: } f(1) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}, \text{ પરંતુ } \lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{1}{2}(1-1) = 0. \text{ કારણ કે } f(x) \text{ એ } x = 1 \text{ આગળ અસતત છે, તેથી તે } x = 1 \text{ આગળ વિકલનીય નથી.}$
$\text{આમ, } f'(x) \text{ નો પ્રદેશ } R - \{-1, 1\} \text{ છે.}$

(D) આપેલ છે,$f(x)=|x-3|$.
આ વિધેયને નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત કરી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} 3-x, & x < 3 \\ 0, & x=3 \\ x-3, & x > 3 \end{cases}$
$x=3$ આગળ વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ શોધીએ:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(3+h)-f(3)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{|3+h-3|-0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{|h|}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h}{h} = -1$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(3+h)-f(3)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|3+h-3|-0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h|}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{h} = 1$.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f^{\prime}(3)$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(A) વિધેયને $f(x) = \frac{x}{1+|x|}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવ્યું છે.
આપણે તેને ટુકડાઓમાં નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{1-x}, & x < 0 \\ \frac{x}{1+x}, & x \geq 0 \end{cases}$
હવે,આપણે $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\frac{h}{1-h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{1}{1-h} = 1$
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$:
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h}{1+h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{1+h} = 1$
અહીં $LHD = RHD = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x \neq 0$ માટે,વિધેય એ શૂન્ય ન હોય તેવા છેદ સાથેનું સંમેય વિધેય છે,તેથી તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
આમ,વિકલન તમામ $x \in (-\infty, \infty)$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(C) આપણી પાસે $f(x) = [x]$ છે.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુના વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ:
$f^{\prime}(1^{+}) = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{f(1+h) - f(1)}{h}$.
અહીં $h$ એ નાની ધન કિંમત હોવાથી,$1+h$ એ $1$ થી થોડું મોટું છે,તેથી $[1+h] = 1$.
વળી,$[1] = 1$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$f^{\prime}(1^{+}) = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{1 - 1}{h} = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{0}{h} = 0$.

(A) $f(x) = [x] \sin(\pi x)$ આપેલ છે.
$x = k$ માટે,જ્યાં $k \in \mathbb{Z}$,ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(k-h) - f(k)}{-h}$
$k$ પૂર્ણાંક હોવાથી,નાના $h > 0$ માટે $[k-h] = k-1$ થાય.
વળી,$f(k) = [k] \sin(k\pi) = k \cdot 0 = 0$.
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k-1) \sin(\pi(k-h)) - 0}{-h}$
નિત્યસમ $\sin(k\pi - \pi h) = (-1)^{k+1} \sin(\pi h)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(k-1) (-1)^{k+1} \sin(\pi h)}{-h}$
$\lim_{h \to 0} \frac{\sin(\pi h)}{h} = \pi$ હોવાથી:
$LHD = (k-1) (-1)^{k+1} (-\pi) = (-1)^k (k-1) \pi$.

(C) આલેખ વિધેય $f(x) = |x-1|$ દર્શાવે છે.
$x=1$ આગળ,આલેખ સતત છે કારણ કે વક્રમાં કોઈ તૂટક નથી.
જો કે,$x=1$ આગળ,એક તીક્ષ્ણ ખૂણો (અથવા cusp) છે,જેનો અર્થ છે કે ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન નથી.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,ડાબી બાજુનું વિકલન $-1$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $1$ છે.
તેથી,વિધેય $x=1$ આગળ સતત છે પરંતુ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = |\cos x|$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે વિધેય $g(x) = \cos x$ એ તમામ $x \in R$ માટે સતત અને વિકલનીય છે.
માનાંક વિધેય $h(x) = |x|$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,સંયોજિત વિધેય $f(x) = |\cos x|$ એ તમામ $x \in R$ માટે સતત છે.
જોકે,$f(x)$ ત્યાં વિકલનીય નહીં હોય જ્યાં માનાંકની અંદરનું પદ શૂન્ય થાય,એટલે કે $\cos x = 0$ હોય ત્યાં.
આ $x = (2n + 1) \frac{\pi}{2}$ માટે તમામ $n \in Z$ પર થાય છે.
આ બિંદુઓ પર,આલેખમાં દર્શાવ્યા મુજબ $f(x)$ ના આલેખમાં તીક્ષ્ણ ખૂણાઓ (cusps) જોવા મળે છે.
આમ,$f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ $\frac{\pi}{2}$ ના એકી ગુણાંકો પર વિકલનીય નથી.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} 2a - x & \text{જ્યારે } -a < x < a \\ 3x - 2a & \text{જ્યારે } a \leq x \end{cases}$.
પ્રથમ,$x = a$ આગળ સાતત્ય ચકાસો:
ડાબી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^-} (2a - x) = 2a - a = a$.
જમણી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to a^+} f(x) = \lim_{x \to a^+} (3x - 2a) = 3a - 2a = a$.
વિધેયનું મૂલ્ય: $f(a) = 3(a) - 2a = a$.
અહીં $\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^+} f(x) = f(a)$ હોવાથી,વિધેય $x = a$ આગળ સતત છે.
હવે,$x = a$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $Lf'(a) = \frac{d}{dx}(2a - x) = -1$.
જમણી બાજુનું વિકલન: $Rf'(a) = \frac{d}{dx}(3x - 2a) = 3$.
અહીં $Lf'(a) \neq Rf'(a)$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} 2a-x & \text{in } -a < x < a \\ 3x-2a & \text{in } a \leq x \end{cases}$
$x=a$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$LHL = \lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a} (2a-x) = 2a-a = a$
$RHL = \lim_{x \to a^+} f(x) = \lim_{x \to a} (3x-2a) = 3a-2a = a$
$f(a) = 3(a)-2a = a$
અહીં $LHL = RHL = f(a)$ હોવાથી,વિધેય $x=a$ આગળ સતત છે.
$x=a$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસતા:
$LHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(a-h)-f(a)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{2a-(a-h)-a}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{h}{-h} = -1$
$RHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{3(a+h)-2a-a}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{3h}{h} = 3$
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,વિધેય $x=a$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે સૌ પ્રથમ $x = 0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (e^x + ax) = e^0 + a(0) = 1$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$: $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} b(x - 1)^2 = b(0 - 1)^2 = b$.
વિધેય સતત હોવાથી,$LHL = RHL$,તેથી $b = 1$.
હવે,વિકલનીયતા માટે,$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$LHD = \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^-} (e^x + a) = e^0 + a = 1 + a$.
$RHD = \lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} 2b(x - 1) = 2b(0 - 1) = -2b$.
$LHD$ અને $RHD$ ને સરખાવતા: $1 + a = -2b$.
$b = 1$ મૂકતા: $1 + a = -2(1) \Rightarrow 1 + a = -2 \Rightarrow a = -3$.
આમ,$a = -3$ અને $b = 1$ મળે છે.

(B) આપેલ $f(x)=\begin{cases} x^{3}-1, & 1 < x < \infty \\ x-1, & -\infty < x \leq 1 \end{cases}$
પ્રથમ,આપણે $x=1$ પર સાતત્ય ચકાસીએ.
$RHL = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} (x^{3}-1) = 1^{3}-1 = 0$
$LHL = \lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{-}} (x-1) = 1-1 = 0$
$f(1) = 1-1 = 0$
અહીં $LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ પર સતત છે.
હવે,આપણે $x=1$ પર વિકલનીયતા ચકાસીએ.
$f'(x) = \begin{cases} 3x^{2}, & 1 < x < \infty \\ 1, & -\infty < x < 1 \end{cases}$
$LHD = \lim_{x \rightarrow 1^{-}} f'(x) = 1$
$RHD = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} f'(x) = 3(1)^{2} = 3$
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ પર અવિકલનીય છે.
તેથી,વિધેય સતત અને અવિકલનીય છે.

(B) આપણે લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x) - f(0)}{x}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
આપેલ છે કે $f(0) = 0$,તેથી પદાવલિ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \left(1 + \frac{1}{2} \sin (\log x^2) \right) - 0}{x}$ બને છે.
$x$ ને રદ કરીને પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપતા (કારણ કે $x \rightarrow 0$ ત્યારે $x \neq 0$):
$= \lim_{x \rightarrow 0} \left(1 + \frac{1}{2} \sin (\log x^2) \right)$.
જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $x^2 \rightarrow 0^+$,તેથી $\log x^2 \rightarrow -\infty$.
વિધેય $\sin(\log x^2)$ એ $x \rightarrow 0$ થાય ત્યારે $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
તેથી,લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \sin(\log x^2)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
પરિણામે,$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x) - f(0)}{x}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(C) વિધેય $f(x) = |x-3| + |x+5|$ એ $x = 3$ અને $x = -5$ સિવાય દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
આમ,ગણ $A = \mathbb{R} \setminus \{-5, 3\}$ છે.
આપણે એવી વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x$ શોધી રહ્યા છીએ કે જે $x \in (-\infty, -3) \cup (5, \infty)$ અને $x \notin A$ હોય.
$x \notin A$ નો અર્થ છે કે $x \in \{-5, 3\}$.
અંતરાલો તપાસતા:
$x = -5$ એ $(-\infty, -3)$ માં છે.
$x = 3$ એ $(-\infty, -3) \cup (5, \infty)$ માં નથી.
તેથી,માત્ર $-5$ એ એવી સંખ્યા છે જે આપેલ શરતનું પાલન કરે છે.
આમ,આવી વાસ્તવિક સંખ્યાઓની સંખ્યા $1$ છે.

(A) વિધેય $f(x)$ ને નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત કરી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}(-x-1), & \text{જો } x < -1 \\ \tan^{-1} x, & \text{જો } -1 \leq x \leq 1 \\ \frac{1}{2}(x-1), & \text{જો } x > 1 \end{cases}$
$x = -1$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$\lim_{x \to -1^-} f(x) = \frac{1}{2}(1-1) = 0$
$f(-1) = \tan^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{4}$
અહીં $\lim_{x \to -1^-} f(x) \neq f(-1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = -1$ આગળ અસતત છે.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{1}{2}(1-1) = 0$
$f(1) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$
અહીં $\lim_{x \to 1^+} f(x) \neq f(1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ અસતત છે.
વિકલનીય હોવા માટે વિધેયનું સતત હોવું જરૂરી છે. તેથી $f(x)$ એ $x = -1$ અને $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f'(x)$ નો પ્રદેશ $R - \{-1, 1\}$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$f: R \rightarrow R$ એક સતત વિધેય છે જેથી $|f(x)-f(y)| \leq 10|x-y|^{201}$ થાય.
બંને બાજુને $|x-y|$ વડે ભાગતા (જ્યાં $x \neq y$):
$\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \leq 10|x-y|^{200}$.
જ્યારે $y \rightarrow x$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા:
$\lim_{y \rightarrow x} \left| \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \right| \leq \lim_{y \rightarrow x} 10|x-y|^{200}$.
$|f'(x)| \leq 0$.
કારણ કે નિરપેક્ષ મૂલ્ય ક્યારેય ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $|f'(x)| = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f'(x) = 0$ છે.
તેથી,$f(x) = C$ (એક અચળ વિધેય છે).
કારણ કે $f(x)$ એક અચળ વિધેય છે,તેથી $f(2019) = f(2020) = f(2021) = f(2022) = C$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$f(2019) + f(2022) = C + C = 2C$.
$2f(2021) = 2C$.
આમ,$f(2019) + f(2022) = 2f(2021)$ સાચું છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} x^{\alpha} \sin \left( \frac{1}{x} \right) ; & x \neq 0 \\ 0 ; & x = 0 \end{cases}$
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0) = 0$.
$\lim_{x \rightarrow 0} x^{\alpha} \sin \left( \frac{1}{x} \right) = 0$ માત્ર ત્યારે જ શક્ય છે જો $\alpha > 0$ હોય.
તેથી,$f(x)$ એ $\alpha > 0$ માટે સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,$f^{\prime}(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h^{\alpha} \sin \left( \frac{1}{h} \right) - 0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} h^{\alpha - 1} \sin \left( \frac{1}{h} \right)$.
આ લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $0$ થાય છે જો $\alpha - 1 > 0$,એટલે કે $\alpha > 1$ હોય.
તેથી,$f(x)$ એ $\alpha > 1$ માટે સતત અને વિકલનીય છે.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $\forall x \in R$ માટે વિકલનીય છે,તેથી તે $\forall x \in R$ માટે સતત હોવું જોઈએ.
$x = 2$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow 2^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^-} f(x)$
$\Rightarrow \lim_{x \rightarrow 2} (bx^3 + 1) = \lim_{x \rightarrow 2} (3x - 3)$
$\Rightarrow 8b + 1 = 3(2) - 3 = 3$
$\Rightarrow 8b = 2 \Rightarrow b = \frac{1}{4}$.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x)$
$\Rightarrow \lim_{x \rightarrow 1} (ax^2 + bx - \frac{13}{8}) = \lim_{x \rightarrow 1} (3x - 3)$
$\Rightarrow a + b - \frac{13}{8} = 3(1) - 3 = 0$
$\Rightarrow a + \frac{1}{4} - \frac{13}{8} = 0$
$\Rightarrow a = \frac{13}{8} - \frac{2}{8} = \frac{11}{8}$.
તેથી,$a - b = \frac{11}{8} - \frac{1}{4} = \frac{11}{8} - \frac{2}{8} = \frac{9}{8}$.

(D) $x > 1$ માટે,$|x| = x$ અને $|x - 1| = x - 1$.
તેથી $f(x) = (x - (x - 1))^2 = (1)^2 = 1$.
$0 < x < 1$ માટે,$|x| = x$ અને $|x - 1| = -(x - 1) = 1 - x$.
તેથી $f(x) = (x - (1 - x))^2 = (2x - 1)^2 = 4x^2 - 4x + 1$.
$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $LHD = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{(2(1+h) - 1)^2 - 1}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{(2h + 1)^2 - 1}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{4h^2 + 4h}{h} = 4$.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $RHD = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{1 - 1}{h} = 0$.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$x = 1$ આગળ વિકલિત અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
આમ,વિધાન $(A)$ ખોટું છે.
કારણ $(R)$ એ વિકલિતની પ્રમાણિત વ્યાખ્યા છે,જે સાચી છે.
તેથી,$(A)$ ખોટું છે અને $(R)$ સાચું છે.