Differentiability Questions in Gujarati

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{2 x e^{\frac{1}{2 x}}-3 x e^{\frac{-1}{2 x}}}{e^{\frac{1}{2 x}}+4 e^{-\frac{1}{2 x}}} & x \neq 0 \\ 0 & x=0 \end{cases}$ છે.
પ્રથમ,$x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત ($L$.$H$.$D$.) શોધો:
$f^{\prime}(0^{-}) = \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{f(0-h)-f(0)}{-h} = \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{f(-h)-0}{-h}$
$= \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{-2h e^{\frac{-1}{2h}} + 3h e^{\frac{1}{2h}}}{-h(e^{\frac{-1}{2h}} + 4e^{\frac{1}{2h}})} = \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{2e^{\frac{-1}{2h}} - 3e^{\frac{1}{2h}}}{e^{\frac{-1}{2h}} + 4e^{\frac{1}{2h}}}$
અંશ અને છેદને $e^{\frac{1}{2h}}$ વડે ભાગતા:
$= \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{2e^{\frac{-1}{h}} - 3}{e^{\frac{-1}{h}} + 4} = \frac{0 - 3}{0 + 4} = -\frac{3}{4}$.
હવે,$x=0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત ($R$.$H$.$D$.) શોધો:
$f^{\prime}(0^{+}) = \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{f(h)-0}{h}$
$= \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{2h e^{\frac{1}{2h}} - 3h e^{\frac{-1}{2h}}}{h(e^{\frac{1}{2h}} + 4e^{\frac{-1}{2h}})} = \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{2e^{\frac{1}{2h}} - 3e^{\frac{-1}{2h}}}{e^{\frac{1}{2h}} + 4e^{\frac{-1}{2h}}}$
અંશ અને છેદને $e^{\frac{1}{2h}}$ વડે ભાગતા:
$= \lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{2 - 3e^{\frac{-1}{h}}}{1 + 4e^{\frac{-1}{h}}} = \frac{2 - 0}{1 + 0} = 2$.
અહીં $f^{\prime}(0^{-}) \neq f^{\prime}(0^{+})$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} 2x+3, & x \leq 1 \\ ax^{2}+bx, & x > 1 \end{cases}$.
$f(x)$ એ દરેક $x \in R$ માટે વિકલનીય હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^{-}} f(x) = \lim_{x \to 1^{+}} f(x) = f(1) \Rightarrow 2(1) + 3 = a(1)^2 + b(1) \Rightarrow a + b = 5 \quad \dots(i)$
વળી,$f'(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \begin{cases} 2, & x < 1 \\ 2ax + b, & x > 1 \end{cases}$
$\lim_{x \to 1^{-}} f'(x) = \lim_{x \to 1^{+}} f'(x) \Rightarrow 2 = 2a(1) + b \Rightarrow 2a + b = 2 \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ માંથી $(i)$ બાદ કરતા: $(2a + b) - (a + b) = 2 - 5 \Rightarrow a = -3$.
$a = -3$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $-3 + b = 5 \Rightarrow b = 8$.
આમ,$x > 1$ માટે,$f(x) = -3x^2 + 8x$.
આપણે $f(2)$ શોધવાનું છે.
$f(2) = -3(2)^2 + 8(2) = -3(4) + 16 = -12 + 16 = 4$.

(D) વિધેય $x \in [0, 3]$ માટે $f(x) = |x - 1| + |x - 2|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
માનાંક દૂર કરતા આપણને મળે છે:
$f(x) = \begin{cases} -(x-1) - (x-2) = -2x + 3, & 0 \leq x \leq 1 \\ (x-1) - (x-2) = 1, & 1 < x < 2 \\ (x-1) + (x-2) = 2x - 3, & 2 \leq x \leq 3 \end{cases}$
$f(x)$ એ સતત વિધેયોનો સરવાળો હોવાથી,તે $[0, 3]$ માં દરેક જગ્યાએ સતત છે.
$x = 1$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલન $\frac{d}{dx}(-2x+3) = -2$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $\frac{d}{dx}(1) = 0$ છે. $-2 \neq 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 2$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલન $\frac{d}{dx}(1) = 0$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $\frac{d}{dx}(2x-3) = 2$ છે. $0 \neq 2$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x)$ એ સતત છે પરંતુ $x = 1$ અને $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = |(|x| + \alpha)(|x| - 1)|$.
ધારો કે $g(x) = (|x| + \alpha)(|x| - 1)$.
વિધેય $f(x) = |g(x)|$ એ $g(x) = 0$ હોય તેવા બિંદુઓ આગળ (જો બીજ સાદા હોય તો) અને $|x|$ પદને કારણે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
કિસ્સો $1$: જો $\alpha > 0$ હોય,તો $|x| + \alpha = 0$ નો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી. $g(x) = 0$ ના બીજ $|x| = 1$ છે,એટલે કે $x = 1, -1$.
$x = 1, -1$ આગળ,વિધેય $f(x)$ ને તીક્ષ્ણ વળાંક (sharp corners) છે. વળી,$x = 0$ આગળ,$f(x) = |\alpha(-1)| = |-\alpha| = \alpha$. $|x|$ પદને કારણે $f'(0^+)$ અને $f'(0^-)$ અલગ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી. આમ,$\alpha > 0$ માટે,$3$ બિંદુઓ $(x = -1, 0, 1)$ આગળ વિધેય વિકલનીય નથી.
કિસ્સો $2$: જો $\alpha < 0$ અને $\alpha \neq -1$ હોય,તો ધારો કે $\alpha = -k$ જ્યાં $k > 0$ અને $k \neq 1$. તો $g(x) = (|x| - k)(|x| - 1)$.
બીજ $|x| = k$ અને $|x| = 1$ છે,જે $x = \pm k$ અને $x = \pm 1$ આપે છે.
આ $4$ અલગ બિંદુઓ છે જ્યાં $f(x) = 0$ થાય છે. વધુમાં,$|x|$ પદને કારણે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$\alpha < 0$ (અને $\alpha \neq -1$) માટે,$5$ બિંદુઓ $(x = -1, -k, 0, k, 1)$ આગળ વિધેય વિકલનીય નથી.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$D$ સાચો જવાબ છે.

(D) $x = a$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન ($L$.$H$.$D$.) અને જમણી બાજુનું વિકલન ($R$.$H$.$D$.) શોધીએ.
$x = a$ આગળ $L$.$H$.$D$. = $\lim_{h \to 0} \frac{f(a-h) - f(a)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2}(b^2 - a^2) - \frac{1}{2}(b^2 - a^2)}{-h} = 0$.
હવે,$x = a$ આગળ $R$.$H$.$D$. = $\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2}b^2 - \frac{(a+h)^2}{6} - \frac{a^3}{3(a+h)} - \frac{1}{2}(b^2 - a^2)}{h}$.
પદનું સાદુંરૂપ આપતા: $\lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left[ \frac{1}{2}a^2 - \frac{(a+h)^3 + 2a^3}{6(a+h)} \right]$.
જેમ $h \to 0$ થાય,તેમ આ પદ કોઈ નિશ્ચિત કિંમત તરફ જતું નથી,જેનો અર્થ છે કે $x = a$ આગળ વિકલન અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી,$f(x)$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી,તેથી $f'(x)$ પણ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) કલનશાસ્ત્રમાં એક મૂળભૂત પ્રમેય છે કે જો વિધેય $f(x)$ એ બિંદુ $x=a$ આગળ વિકલનીય હોય,તો તે તે બિંદુ $x=a$ આગળ સતત હોવું જ જોઈએ.
આ વિધાનનું પ્રતિ-વિધાન એ છે કે: જો $f(x)$ એ $x=a$ આગળ સતત ન હોય,તો $f(x)$ એ $x=a$ આગળ વિકલનીય નથી.
કારણ કે કારણ $(R)$ એ સીધું પ્રમેય આપે છે જે વિધાન $(A)$ ને ન્યાયી ઠેરવે છે,તેથી બંને સાચા છે અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) વિધેય $f(x) = \operatorname{Max} \{3 - x, 3 + x, 6\}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
અવિકલનીયતાના બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે $y_1 = 3 - x$,$y_2 = 3 + x$,અને $y_3 = 6$ ના છેદબિંદુઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$1$. $y_1$ અને $y_3$ નું છેદબિંદુ: $3 - x = 6 \implies x = -3$.
$2$. $y_2$ અને $y_3$ નું છેદબિંદુ: $3 + x = 6 \implies x = 3$.
$3$. $y_1$ અને $y_2$ નું છેદબિંદુ: $3 - x = 3 + x \implies 2x = 0 \implies x = 0$. $x=0$ આગળ,$y_1 = 3$ અને $y_2 = 3$,પરંતુ $y_3 = 6$,તેથી $f(0) = 6$.
વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ છે:
$f(x) = \begin{cases} 3 - x, & x < -3 \\ 6, & -3 \le x \le 3 \\ 3 + x, & x > 3 \end{cases}$.
વિધેયને $x = -3$ અને $x = 3$ આગળ તીક્ષ્ણ ખૂણા (અવિકલનીયતાના બિંદુઓ) છે.
આમ,$a = -3$ અને $b = 3$.
તેથી,$|a| + |b| = |-3| + |3| = 3 + 3 = 6$.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{|x|}, & |x| \geq 1 \\ ax^2 + b, & -1 < x < 1 \end{cases}$
વ્યાખ્યાને વિસ્તૃત કરતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = \begin{cases} -\frac{1}{x}, & x \leq -1 \\ ax^2 + b, & -1 < x < 1 \\ \frac{1}{x}, & x \geq 1 \end{cases}$
$f(x)$ એ $\forall x \in \mathbb{R}$ માટે વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 1$ આગળ સતત અને વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$\implies a(1)^2 + b = \frac{1}{1} \implies a + b = 1$ . . . $(1)$
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા: $f'(1^-) = f'(1^+)$.
$x < 1$ માટે,$f'(x) = 2ax$. $x > 1$ માટે,$f'(x) = -\frac{1}{x^2}$.
$\implies 2a(1) = -\frac{1}{(1)^2} \implies 2a = -1 \implies a = -\frac{1}{2}$.
$a = -\frac{1}{2}$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$-\frac{1}{2} + b = 1 \implies b = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.
આમ,$a = -\frac{1}{2}$ અને $b = \frac{3}{2}$.

(C) $x = 0$ આગળ સાતત્ય અને વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ લક્ષ $\lim_{x \to 0} f(x)$ મેળવીએ.
$\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \ln \cos x}{\ln(1 + x^2)} = \lim_{x \to 0} \left( \frac{x^2}{\ln(1 + x^2)} \right) \times \ln \cos x$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{x^2}{\ln(1 + x^2)} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} \ln \cos x = \ln(1) = 0$,તેથી લક્ષ $1 \times 0 = 0$ થાય છે.
અહીં $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
હવે,$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \ln \cos h}{h \ln(1 + h^2)} = \lim_{h \to 0} \frac{h \ln \cos h}{\ln(1 + h^2)}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{h \to 0} \frac{\ln(1 + h^2)}{h^2} = 1$ અને $\lim_{h \to 0} \frac{\ln \cos h}{h^2} = -\frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \left( \frac{h^2}{\ln(1 + h^2)} \right) \times \left( \frac{\ln \cos h}{h^2} \right) \times h = 1 \times (-\frac{1}{2}) \times 0 = 0$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી અને તે શાંત હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે જો $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(h)-f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(h)-f(0)}{h}$ થાય.
$f(x) = \sin |x| - |x|$ માટે,$f(0) = \sin(0) - 0 = 0$ છે.
$x=0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$:
$\lim_{h \to 0^+} \frac{\sin |h| - |h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sin h - h}{h} = \lim_{h \to 0^+} (\frac{\sin h}{h} - 1) = 1 - 1 = 0$.
$x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$:
$\lim_{h \to 0^-} \frac{\sin |-h| - |-h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\sin(-h) - (-h)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-\sin h + h}{h} = \lim_{h \to 0^-} (-\frac{\sin h}{h} + 1) = -1 + 1 = 0$.
અહીં $LHD = RHD = 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x) = \sin |x| - |x|$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.

(C) વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે પરિવર્તનના બિંદુઓ $x = -\sqrt{5}$ અને $x = \sqrt{5}$ પર તપાસ કરીશું.
$x = -\sqrt{5}$ પર:
ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ = $4$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ = $(-\sqrt{5})^2 - 1 = 5 - 1 = 4$.
અહીં $LHL = RHL = f(-\sqrt{5})$ હોવાથી,વિધેય $x = -\sqrt{5}$ પર સતત છે.
ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ = $\frac{d}{dx}(4) = 0$.
જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ = $\frac{d}{dx}(x^2-1) = 2x = 2(-\sqrt{5}) = -2\sqrt{5}$.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = -\sqrt{5}$ પર વિકલનીય નથી.
$x = \sqrt{5}$ પર:
$LHL$ = $(\sqrt{5})^2 - 1 = 4$.
$RHL$ = $4$.
અહીં $LHL = RHL = f(\sqrt{5})$ હોવાથી,વિધેય $x = \sqrt{5}$ પર સતત છે.
$LHD$ = $2x = 2(\sqrt{5}) = 2\sqrt{5}$.
$RHD$ = $\frac{d}{dx}(4) = 0$.
અહીં $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = \sqrt{5}$ પર વિકલનીય નથી.
આમ,$k = 2$ બિંદુઓ છે જ્યાં વિધેય વિકલનીય નથી.
તેથી,$k - 2 = 2 - 2 = 0$.

(A) વિધેય $f(x) = |x|$ ને નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે:
$f(x) = \begin{cases} x, & x \geq 0 \\ -x, & x < 0 \end{cases}$
$x = 0$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલન $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h - 0}{h} = -1$ છે.
જમણી બાજુનું વિકલન $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h - 0}{h} = 1$ છે.
ડાબી બાજુનું વિકલન $\neq$ જમણી બાજુનું વિકલન હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
જોકે,$f(x)$ એ $x = 0$ સહિત દરેક જગ્યાએ સતત છે.
કોઈપણ $x = a \neq 0$ માટે,વિધેય સ્થાનિક રીતે રેખીય ($x$ અથવા $-x$) છે,તેથી તે વિકલનીય છે.
આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ એ કલનશાસ્ત્રનો એક પાયાનો પ્રમેય જણાવે છે: વિકલનીયતા એ સાતત્ય સૂચવે છે,પરંતુ સાતત્ય એ વિકલનીયતા સૂચવતું નથી. આ પ્રમેય સમજાવે છે કે શા માટે $f(x) = |x|$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે પરંતુ ત્યાં વિકલનીય નથી.
તેથી,$R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(A) વિધેય $f(x) = 2x|x|$ દ્વારા આપવામાં આવેલ છે.
આપણે તેને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત વિધેય તરીકે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} 2x^2, & x \geq 0 \\ -2x^2, & x < 0 \end{cases}$
કારણ કે $2x^2$ અને $-2x^2$ બહુપદી છે,તેથી $f(x)$ એ તમામ $x \neq 0$ માટે વિકલનીય છે. આપણે ફક્ત $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસવાની જરૂર છે.
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$:
$f'(0^-) = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{-2h^2 - 0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^-} (-2h) = 0$.
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$:
$f'(0^+) = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{2h^2 - 0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} (2h) = 0$.
અહીં $LHD = RHD = 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,$f(x)$ એ તમામ $x \in (-\infty, \infty)$ માટે વિકલનીય છે.

(D) વિધેય $y = \sin^{-1}(\cos x)$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $-1 \le \cos x \le 1$ હોય. જોકે,$\sin^{-1} u$ નું વિકલન $\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$ છે,જે $u = \pm 1$ હોય ત્યારે અવ્યાખ્યાયિત બને છે.
આમ,વિધેય $y = \sin^{-1}(\cos x)$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં $\cos x = 1$ અથવા $\cos x = -1$ હોય.
$\cos x = -1$ માટે,$x = (2n+1)\pi$ જ્યાં $n$ કોઈ પણ પૂર્ણાંક છે. $n=0$ માટે,$x = \pi$.
$\cos x = 1$ માટે,$x = 2n\pi$ જ્યાં $n$ કોઈ પણ પૂર્ણાંક છે. $n=1$ માટે $x = 2\pi$ અને $n=-1$ માટે $x = -2\pi$.
આમ,વિધેય $x = \pi$,$x = 2\pi$ અને $x = -2\pi$ આગળ વિકલનીય નથી,તેથી આપેલા તમામ વિકલ્પો સાચા છે.

(D) વિધેય $f(x) = |\log_e |x||$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
પ્રથમ,વિધેયનો પ્રદેશ ધ્યાનમાં લો. વિધેય $x = 0$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે કારણ કે $\log_e 0$ અવ્યાખ્યાયિત છે.
આગળ,તે બિંદુઓ તપાસો જ્યાં વિધેય વિકલનીય ન હોઈ શકે. વિધેય $f(x)$ માં લઘુગણકનું માનાંક છે,જે તીક્ષ્ણ ખૂણાઓ (cusps) બનાવે છે જ્યાં માનાંકની અંદરની કિંમત શૂન્ય થાય છે.
$\log_e |x| = 0$ લેતા,આપણને $|x| = 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 1$ અથવા $x = -1$.
$x = 1$ અને $x = -1$ આગળ,આલેખમાં તીક્ષ્ણ વળાંક છે,જેનો અર્થ છે કે આ બિંદુઓ પર વિકલિત અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
$x = 0$ આગળ,વિધેયને શિરોલંબ અનંતસ્પર્શક (vertical asymptote) છે,તેથી તે સતત નથી,અને તેથી વિકલનીય પણ નથી.
આમ,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0, 1, -1$ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વિકલનીય છે.
આને $R - \{0, 1, -1\}$ અથવા $R - \{0, \pm 1\}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
તેથી,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(D) વિધેય $f(x) = [x] + |1 - x|$ ને અંતરાલ $[-1, 3]$ પર વ્યાખ્યાયિત કરેલ છે.
અંતરાલ $[-1, 3]$ માં મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ માટે અસતત બિંદુઓ $x = 0, 1, 2, 3$ છે.
$x = 1$ આગળ,વિધેય $f(x) = [x] + |1 - x|$ છે. કારણ કે $|1 - x|$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી વિકલનીય ન હોવાના બિંદુઓ $[x]$ ની અસતતતા $x = 0, 1, 2, 3$ આગળ અને $|1 - x|$ ના ખૂણાના બિંદુ $x = 1$ આગળ મળે છે.
બિંદુઓની ચકાસણી:
$1$. $x = 0$ આગળ: $[x]$ અસતત છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
$2$. $x = 1$ આગળ: $[x]$ અસતત છે અને $|1 - x|$ ને ખૂણો છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
$3$. $x = 2$ આગળ: $[x]$ અસતત છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
$4$. $x = 3$ આગળ: $[x]$ અસતત છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય $x = 0, 1, 2, 3$ આગળ વિકલનીય નથી. આવા કુલ $4$ બિંદુઓ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = |x - 0.5| + |x - 1| + \tan x$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે માનાંક વિધેય $|x - a|$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$|x - 0.5|$ એ $x = 0.5$ આગળ અને $|x - 1|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
બંને $x = 0.5$ અને $x = 1$ એ અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવેલા છે.
વધુમાં,વિધેય $\tan x$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી (અને તેથી વિકલનીય પણ નથી).
કારણ કે $\pi \approx 3.14$,તેથી $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$,જે પણ અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવે છે.
આમ,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0.5$,$x = 1$,અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વિકલનીય નથી.
અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવા કુલ $3$ બિંદુઓ છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) $f(x)$ દરેક જગ્યાએ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 1$ અને $x = -1$ આગળ સતત અને વિકલનીય હોવું જોઈએ. $f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે $x = 1$ આગળ ચકાસીએ.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$\lim_{x \to 1^-} (\alpha x^2 - \beta) = \alpha - \beta$.
$\lim_{x \to 1^+} (-\frac{1}{x}) = -1$.
તેથી,$\alpha - \beta = -1$ (સમીકરણ $1$).
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા: $f'(1^-) = f'(1^+)$.
$|x| < 1$ માટે $f'(x) = 2\alpha x$ અને $|x| > 1$ માટે $f'(x) = \frac{1}{x^2}$.
$f'(1^-) = 2\alpha(1) = 2\alpha$.
$f'(1^+) = \frac{1}{(1)^2} = 1$.
આમ,$2\alpha = 1 \implies \alpha = \frac{1}{2}$.
સમીકરણ $1$ માં $\alpha = \frac{1}{2}$ મૂકતા: $\frac{1}{2} - \beta = -1 \implies \beta = \frac{3}{2}$.
તેથી,ક્રમયુક્ત જોડ $(\alpha, \beta) = (\frac{1}{2}, \frac{3}{2})$ છે.

(B) આપેલ છે: $f(x) = \frac{|x|}{1 - |x|}$.
પ્રથમ,$x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસો:
$\text{LHL} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-x}{1 - (-x)} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-x}{1 + x} = 0$.
$\text{RHL} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{1 - x} = 0$.
કારણ કે $f(0) = 0$,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
હવે,$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
$x < 0$ માટે,$f(x) = \frac{-x}{1 + x}$,તેથી $f'(x) = \frac{-(1+x) - (-x)(1)}{(1+x)^2} = \frac{-1}{(1+x)^2}$. આમ,$\text{LHD} = f'(0^-) = -1$.
$x > 0$ માટે,$f(x) = \frac{x}{1 - x}$,તેથી $f'(x) = \frac{(1-x) - x(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1}{(1-x)^2}$. આમ,$\text{RHD} = f'(0^+) = 1$.
કારણ કે $\text{LHD} \neq \text{RHD}$,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
જોકે,$f(x)$ એ $x \in D \setminus \{0\}$ માટે વિકલનીય છે.
તેથી,$f$ એ $x = 0$ સિવાય $D$ પર વિકલનીય છે.

(D) વિધેય $f(x)$ એવા બિંદુઓ આગળ વિકલનીય નથી જ્યાં માનાંકની અંદરની કિંમત શૂન્ય થાય,અથવા જ્યાં વિધેય પોતે અસતત હોય.
$1$. માનાંક વિધેયો $|x - 0.5|$ અને $|x - 1|$ અનુક્રમે $x = 0.5$ અને $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$2$. વિધેય $\tan x$ એ $x = \frac{\pi}{2} + n\pi$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી (અને તેથી વિકલનીય પણ નથી). અંતરાલ $(0, 2)$ માં,$\frac{\pi}{2} \approx 1.57$ આવે છે,જે આ અંતરાલમાં છે.
$3$. આ બધાને જોડતા,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0.5, x = 1$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ વિધેય,$f(x) = \begin{cases} x^2 + bx + c, & x < 1 \\ x, & x \geq 1 \end{cases}$ છે.
જો $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોય,તો તે $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ અને ડાબી બાજુનું વિકલન જમણી બાજુના વિકલન જેટલું હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 1$ આગળ સાતત્ય માટે:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1)$
$\lim_{x \to 1^-} (x^2 + bx + c) = 1$
$1 + b + c = 1 \Rightarrow b + c = 0$ (સમીકરણ $1$).
ત્યારબાદ,$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા માટે,વિકલિતો સમાન હોવા જોઈએ:
$f'(x) = \begin{cases} 2x + b, & x < 1 \\ 1, & x > 1 \end{cases}$
$\lim_{x \to 1^-} f'(x) = \lim_{x \to 1^+} f'(x)$
$2(1) + b = 1 \Rightarrow 2 + b = 1 \Rightarrow b = -1$.
સમીકરણ $1$ માં $b = -1$ મૂકતા:
$-1 + c = 0 \Rightarrow c = 1$.
તેથી,$b - c = -1 - 1 = -2$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = |x| + |sin x|$.
$x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,$x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h}$
અહીં $f(0) = |0| + |sin 0| = 0$ હોવાથી:
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{|-h| + |sin(-h)| - 0}{-h}$
નાના $h > 0$ માટે,$|-h| = h$ અને $|sin(-h)| = |-sin h| = sin h$ થાય (કારણ કે $h \in (0, \pi/2)$ માટે $sin h > 0$ છે).
$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{h + sin h}{-h}$
$LHD = \lim_{h \to 0^+} -\left( \frac{h}{h} + \frac{sin h}{h} \right)$
$LHD = -(1 + 1) = -2$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x}{1+|x|}$ છે.
આપણે તેને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત વિધેય તરીકે લખી શકીએ:
જો $x \ge 0$,તો $|x| = x$,તેથી $f(x) = \frac{x}{1+x}$.
જો $x < 0$,તો $|x| = -x$,તેથી $f(x) = \frac{x}{1-x}$.
હવે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$x > 0$ માટે,$f'(x) = \frac{(1+x)(1) - x(1)}{(1+x)^2} = \frac{1}{(1+x)^2}$.
$x < 0$ 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 અને જમણી બાજુનું વિકલિત ચકાસીએ:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\frac{h}{1-h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{1}{1-h} = 1$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h}{1+h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{1+h} = 1$.
કારણ કે $LHD = RHD = 1$,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે અને $f'(0) = 1$.
આમ,વિકલિત તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x \in (-\infty, \infty)$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(B) આપેલ છે કે $x \neq 1$ માટે $f(x) = \frac{x-1}{2x^2-7x+5}$.
છેદના અવયવ પાડતા: $2x^2-7x+5 = 2x^2-2x-5x+5 = 2x(x-1)-5(x-1) = (2x-5)(x-1)$.
તેથી,$x \neq 1$ માટે,$f(x) = \frac{x-1}{(2x-5)(x-1)} = \frac{1}{2x-5}$.
વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2x-5}, & x \neq 1 \\ -\frac{1}{3}, & x=1 \end{cases}$ છે.
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h}$.
$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2(1+h)-5} - (-\frac{1}{3})}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2h-3} + \frac{1}{3}}{h}$.
$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{3 + (2h-3)}{3h(2h-3)} = \lim_{h \to 0} \frac{2h}{3h(2h-3)}$.
$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{2}{3(2h-3)} = \frac{2}{3(-3)} = -\frac{2}{9}$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \max\{\cos x, \sin x, 0\}$.
અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \cos x$,જ્યારે $x \in [0, \pi/4]$
$f(x) = \sin x$,જ્યારે $x \in [\pi/4, 5\pi/4]$
$f(x) = 0$,જ્યારે $x \in [5\pi/4, 2\pi]$
છેદબિંદુઓ પર વિકલનીયતા તપાસતા:
$1$. $x = \pi/4$ પર,$\cos(\pi/4) = \sin(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$. વિકલિતો $-\sin(\pi/4) = -1/\sqrt{2}$ અને $\cos(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$ છે. જે સમાન ન હોવાથી,$f(x)$ એ $x = \pi/4$ પર વિકલનીય નથી.
$2$. $x = \pi$ પર,$\sin(\pi) = 0$ અને વિધેય $0$ છે. $\sin(\pi) = 0$ અને તેનું વિકલિત $\cos(\pi) = -1$ છે. $0$ નું વિકલિત $0$ છે. $-1 \neq 0$ હોવાથી,તે $x = \pi$ પર વિકલનીય નથી.
$3$. $x = 3\pi/2$ પર,$\cos(3\pi/2) = 0$ અને તેનું વિકલિત $-\sin(3\pi/2) = 1$ છે. $0$ નું વિકલિત $0$ છે. $1 \neq 0$ હોવાથી,તે $x = 3\pi/2$ પર વિકલનીય નથી.
આમ,દરેક $2\pi$ લંબાઈના અંતરાલમાં $3$ અ-વિકલનીય બિંદુઓ મળે છે.
$(0, 2024\pi)$ માં,આવા $1012$ અંતરાલ છે.
કુલ અ-વિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $= 3 \times 1012 = 3036$.
આપેલ છે કે $1012k = 3036$,તેથી $k = 3$.

(B) વિધેય $g(x)$ એ $x=3$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે સૌ પ્રથમ $x=3$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x=3$ આગળ સાતત્ય: $\lim_{x \to 3^-} g(x) = \lim_{x \to 3^+} g(x) = g(3)$.
$K \sqrt{3+1} = 3m+2 \implies 2K = 3m+2$ (સમીકરણ $1$).
$x=3$ આગળ વિકલનીયતા: ડાબી બાજુનું વિકલિત એ જમણી બાજુના વિકલિત જેટલું હોવું જોઈએ.
$g'(x) = \begin{cases} \frac{K}{2\sqrt{x+1}} &, 0 < x < 3 \\ m &, 3 < x < 5 \end{cases}$.
$x=3$ આગળ,$\frac{K}{2\sqrt{3+1}} = m \implies \frac{K}{4} = m \implies K = 4m$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $2$ માંથી $K=4m$ ને સમીકરણ $1$ માં મૂકતા: $2(4m) = 3m+2 \implies 8m = 3m+2 \implies 5m = 2 \implies m = \frac{2}{5}$.
તેથી $K = 4(\frac{2}{5}) = \frac{8}{5}$.
આમ,$K+m = \frac{8}{5} + \frac{2}{5} = \frac{10}{5} = 2$.

(C) આપણે $x = \frac{5}{3}$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to \frac{5}{3}^-} f(x) = 5 - 3(\frac{5}{3}) = 5 - 5 = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to \frac{5}{3}^+} f(x) = (\frac{5}{3})^2 - 3(\frac{5}{3}) + 20 = \frac{25}{9} - 5 + 20 = \frac{25}{9} + 15 = \frac{25 + 135}{9} = \frac{160}{9}$.
અહીં $\lim_{x \to \frac{5}{3}^-} f(x) \neq \lim_{x \to \frac{5}{3}^+} f(x)$ હોવાથી,વિધેય $x = \frac{5}{3}$ આગળ અસતત છે.
હવે $x = 2$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ. $2 > \frac{5}{3}$ હોવાથી,$x = 2$ ની આસપાસ વિધેય $f(x) = x^2 - 3x + 20$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
આ એક બહુપદી વિધેય છે,જે તેના પ્રદેશમાં દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે. તેથી,$f(x)$ એ $x = 2$ આગળ વિકલનીય છે.

(C) સૌ પ્રથમ,આપણે $x=0$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ: $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \ln \cos x}{\ln (1+x^2)}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x^2)}{x^2} = 1$.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{x^2}{\ln(1+x^2)} \right) \cdot \ln \cos x = 1 \cdot \ln(1) = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$,વિધેય $x=0$ આગળ સતત છે.
હવે,$x=0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે વ્યાખ્યા $f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \ln \cos h}{h \ln(1+h^2)} = \lim_{h \to 0} \frac{h \ln \cos h}{\ln(1+h^2)}$ નો ઉપયોગ કરીએ.
અંશ અને છેદને $h^2$ વડે ભાગતા: $\lim_{h \to 0} \frac{\frac{\ln \cos h}{h}}{\frac{\ln(1+h^2)}{h^2}} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{\ln \cos h}{h}}{1}$.
$\frac{\ln \cos h}{h}$ પર એલ'હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\lim_{h \to 0} \frac{-\tan h}{1} = 0$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવાથી અને તે $0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.

(C) વિધેય $f(x) = |g(x)|$ એવા બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી જ્યાં $g(x) = 0$ થાય,જો $g(x)$ એ સુરેખ અથવા બહુપદી વિધેય હોય.
આપેલ છે કે $f(x) = 7|2x + 1| - 19|3x - 5|$.
આ વિધેયમાં માનાંક પદો $|2x + 1|$ અને $|3x - 5|$ છે.
પદ $|2x + 1|$ એ $2x + 1 = 0$ આગળ વિકલનીય નથી,જે આપણને $x = -\frac{1}{2}$ આપે છે.
પદ $|3x - 5|$ એ $3x - 5 = 0$ આગળ વિકલનીય નથી,જે આપણને $x = \frac{5}{3}$ આપે છે.
આ વિધેય આ માનાંક વિધેયોનું સુરેખ સંયોજન હોવાથી,તે એવા બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી જ્યાં માનાંકની અંદરની અભિવ્યક્તિઓ શૂન્ય થાય છે.
તેથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = -\frac{1}{2}$ અને $x = \frac{5}{3}$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) વિધેય $f(x) = ||x| - 1|$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $|x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તે જ રીતે,વિધેય $g(x) = |x| - 1$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
વિધેય $f(x) = |g(x)|$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં $g(x) = 0$ હોય અથવા જ્યાં $g(x)$ વિકલનીય ન હોય.
$g(x) = 0$ લેતા,આપણને $|x| - 1 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $|x| = 1$,તેથી $x = 1$ અથવા $x = -1$.
વધુમાં,$g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f(x)$ એ $x \in \{-1, 0, 1\}$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$x$ ની તમામ કિંમતોનો ગણ જેના માટે $f(x)$ વિકલનીય છે તે $R - \{-1, 0, 1\}$ છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય હોવાથી,તે $x=0$ આગળ સતત પણ હશે.
$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0) = P$.
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{(e^{kx}-1) \sin kx}{4 \tan x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(e^{kx}-1)}{x} \cdot \frac{\sin kx}{x} \cdot \frac{x^2}{4 \tan x} = (k) \cdot (k) \cdot (0) = 0$.
તેથી,$P = 0$.
હવે,$f^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(e^{kx}-1) \sin kx}{4x \tan x}$.
$f^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{e^{kx}-1}{x} \right) \left( \frac{\sin kx}{x} \right) \left( \frac{x}{\tan x} \right) \cdot \frac{1}{4} = (k) \cdot (k) \cdot (1) \cdot \frac{1}{4} = \frac{k^2}{4}$.

(B) વિધાન $(a)$ ખોટું છે કારણ કે જો કોઈ વિધેય કોઈ બિંદુએ વિકલનીય હોય,તો તે તે બિંદુએ સતત હોવું જ જોઈએ.
વિધાન $(b)$ સાચું છે કારણ કે વિકલનીયતા એ સાતત્ય સૂચવે છે; તેથી,તેનું પ્રતિ-વિધાન (સતત ન હોય તો વિકલનીય પણ ન હોય) પણ સાચું છે.
વિધાન $(c)$ સાચું છે કારણ કે $f(x) = |x|$ એ તમામ $x \in R$ માટે સતત છે પરંતુ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
વિધાન $(d)$ ખોટું છે કારણ કે $f(x) = x - [x]$ એ અપૂર્ણાંક ભાગનું વિધેય છે,જે તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે,જેમાં $x = 1$ નો પણ સમાવેશ થાય છે. $x = 1$ આગળ અસતત હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધાનો $(b)$ અને $(c)$ સાચા છે.

(B) સૌ પ્રથમ,આપણે $|g(x)|$ નક્કી કરીએ:
$|g(x)| = \begin{cases} |-1| = 1, & -2 \le x < 0 \\ |x^2 - 1|, & 0 \le x \le 2 \end{cases} = \begin{cases} 1, & -2 \le x < 0 \\ 1 - x^2, & 0 \le x < 1 \\ x^2 - 1, & 1 \le x \le 2 \end{cases}$
આગળ,આપણે $g(|x|)$ નક્કી કરીએ:
બધા $x \in [-2, 2]$ માટે $|x| \ge 0$ હોવાથી,આપણે $g(x)$ ના બીજા ભાગનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$g(|x|) = |x|^2 - 1 = x^2 - 1$ બધા $x \in [-2, 2]$ માટે.
હવે,$f(x) = |g(x)| + g(|x|) + 2$ ની ગણતરી કરો:
$-2 \le x < 0$ માટે: $f(x) = 1 + (x^2 - 1) + 2 = x^2 + 2$.
$0 \le x < 1$ માટે: $f(x) = (1 - x^2) + (x^2 - 1) + 2 = 2$.
$1 \le x \le 2$ માટે: $f(x) = (x^2 - 1) + (x^2 - 1) + 2 = 2x^2$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} x^2 + 2, & -2 \le x < 0 \\ 2, & 0 \le x < 1 \\ 2x^2, & 1 \le x \le 2 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$LHD = \lim_{x \to 0^-} \frac{d}{dx}(x^2 + 2) = 2(0) = 0$.
$RHD = \lim_{x \to 0^+} \frac{d}{dx}(2) = 0$.
$LHD = RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$LHD = \lim_{x \to 1^-} \frac{d}{dx}(2) = 0$.
$RHD = \lim_{x \to 1^+} \frac{d}{dx}(2x^2) = 4(1) = 4$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = |x+1| + |x-1|$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે વિધેય $g(x) = |x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તે જ રીતે,$|x+1|$ એ $x = -1$ આગળ વિકલનીય નથી અને $|x-1|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
બે વિધેયોનો સરવાળો તે બિંદુઓ આગળ વિકલનીય હોતો નથી જ્યાં તેમાંથી કોઈ પણ એક વિધેય વિકલનીય ન હોય.
તેથી,$f(x)$ એ $x = -1$ અને $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} [\cos \pi x], & x \leq 1 \\ 2\{x\} - 1, & x > 1 \end{cases}$.
$x > 1$ માટે,આપણી પાસે $f(x) = 2(x - [x]) - 1$ છે. $x$ એ $1$ થી થોડું મોટું હોવાથી,$[x] = 1$ થાય,તેથી $f(x) = 2(x - 1) - 1 = 2x - 3$ મળે.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $f'(1^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
પ્રથમ,$f(1) = [\cos \pi] = [-1] = -1$.
તેથી,$f'(1^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{2(1+h) - 3 - (-1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2 + 2h - 3 + 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h} = 2$.
આમ,$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $2$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$f(x)=\frac{2x}{4+3|x|}, x \in R$.
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$f(x) = \begin{cases} \frac{2x}{4+3x}, & \text{જો } x \geq 0 \\ \frac{2x}{4-3x}, & \text{જો } x < 0 \end{cases}$
$f^{\prime}(0)$ શોધવા માટે,આપણે $x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન ચકાસીશું.
$x > 0$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{2x}{4+3x} \right) = \frac{(4+3x)(2) - 2x(3)}{(4+3x)^2} = \frac{8+6x-6x}{(4+3x)^2} = \frac{8}{(4+3x)^2}$.
તેથી,$Rf^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{8}{(4+3x)^2} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$.
$x < 0$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{2x}{4-3x} \right) = \frac{(4-3x)(2) - 2x(-3)}{(4-3x)^2} = \frac{8-6x+6x}{(4-3x)^2} = \frac{8}{(4-3x)^2}$.
તેથી,$Lf^{\prime}(0) = \lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{8}{(4-3x)^2} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$.
અહીં $Lf^{\prime}(0) = Rf^{\prime}(0) = \frac{1}{2}$ હોવાથી,વિકલન $f^{\prime}(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને તેની કિંમત $\frac{1}{2}$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x=a$ આગળ વિકલનીય છે જો ડાબી બાજુનું વિકલિત $LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ અસ્તિત્વ ધરાવે અને સમાન હોય.
$f_1(x)=|x|$ માટે,$x=1$ આગળ,$f_1(x)=x$. તેથી $f_1'(1)=1$. તે વિકલનીય છે.
$f_2(x)$ માટે,$x=1$ આગળ,$LHD = \frac{d}{dx}(1+\sin(x-1))|_{x=1} = \cos(0) = 1$. $RHD = \frac{d}{dx}(x)|_{x=1} = 1$. $LHD=RHD$ હોવાથી,તે વિકલનીય છે.
$f_3(x)$ માટે,$x=1$ આગળ,$LHD = \frac{d}{dx}(x^2+7x-7)|_{x=1} = 2(1)+7 = 9$. $RHD = \frac{d}{dx}(\frac{3x-1}{2})|_{x=1} = \frac{3}{2} = 1.5$. $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f_3(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.
$f_4(x)$ માટે,$x=1$ આગળ,$f_4(x) = |x-1|+|x-2|$. $x \leq 1$ માટે,$f_4(x) = -(x-1)-(x-2) = -2x+3$. $LHD = -2$. $x > 1$ માટે,$f_4(x) = 1+x-x^3$. $RHD = \frac{d}{dx}(1+x-x^3)|_{x=1} = 1-3(1)^2 = -2$. $LHD=RHD$ હોવાથી,તે વિકલનીય છે.

(A) $x = 2$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ નોંધવું જોઈએ કે $2$ ની આસપાસના $x$ માટે,$\cos(\frac{\pi}{x})$ ધન છે કારણ કે $\frac{\pi}{x}$ એ $\frac{\pi}{2}$ ની નજીક છે. ખાસ કરીને,$2$ ની નજીકના $x$ માટે,$\frac{\pi}{x}$ એ અંતરાલ $(0, \pi)$ માં છે,જ્યાં $\cos(\frac{\pi}{x})$ ધન છે.
આમ,$2$ ની નાની આસપાસના $x$ માટે,$f(x) = x^2 \cos(\frac{\pi}{x})$.
હવે,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx} [x^2 \cos(\frac{\pi}{x})] = 2x \cos(\frac{\pi}{x}) + x^2 [-\sin(\frac{\pi}{x})] \cdot (-\frac{\pi}{x^2}) = 2x \cos(\frac{\pi}{x}) + \pi \sin(\frac{\pi}{x})$.
$x = 2$ આગળ કિંમત મૂકતા:
$f'(2) = 2(2) \cos(\frac{\pi}{2}) + \pi \sin(\frac{\pi}{2}) = 4(0) + \pi(1) = \pi$.
$x = 2$ આગળ વિકલિત અસ્તિત્વ ધરાવે છે,તેથી વિધેય $x = 2$ આગળ વિકલનીય છે.

(A) માનાંક વિધેયને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત વિધેય તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે:
$f(x)= \begin{cases} 1-2x, & \text{જો } x \leq \frac{1}{2} \\ 2x-1, & \text{જો } x > \frac{1}{2} \end{cases}$
$x=\frac{1}{2}$ આગળ સાતત્ય તપાસો:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow \frac{1}{2}^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{1}{2}} (1-2x) = 1-2(\frac{1}{2}) = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow \frac{1}{2}^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{1}{2}} (2x-1) = 2(\frac{1}{2})-1 = 0$.
વિધેયનું મૂલ્ય: $f(\frac{1}{2}) = |1-2(\frac{1}{2})| = 0$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવાથી,વિધેય $x=\frac{1}{2}$ આગળ સતત છે.
$x=\frac{1}{2}$ આગળ વિકલનીયતા તપાસો:
ડાબી બાજુનું વિકલિત: $f'(x) = \frac{d}{dx}(1-2x) = -2$ જ્યારે $x < \frac{1}{2}$.
જમણી બાજુનું વિકલિત: $f'(x) = \frac{d}{dx}(2x-1) = 2$ જ્યારે $x > \frac{1}{2}$.
ડાબી બાજુનું વિકલિત $(-2)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(2)$ સમાન ન હોવાથી,વિધેય $x=\frac{1}{2}$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) આપેલ છે $f(x) = a_0 + a_1|x| + a_2|x|^2 + a_3|x|^3$.
કારણ કે $|x|^2 = x^2$ અને $|x|^3 = |x| \cdot x^2$,આપણે લખી શકીએ $f(x) = a_0 + a_1|x| + a_2x^2 + a_3|x|x^2$.
$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન સમાન હોવું જોઈએ.
$x=0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન: $f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{a_0 + a_1h + a_2h^2 + a_3h^3 - a_0}{h} = \lim_{h \to 0^+} (a_1 + a_2h + a_3h^2) = a_1$.
$x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન: $f'(0^-) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{a_0 + a_1(-h) + a_2h^2 + a_3(-h^3) - a_0}{h} = \lim_{h \to 0^-} (-a_1 + a_2h - a_3h^2) = -a_1$.
વિકલનીયતા માટે,$f'(0^+) = f'(0^-) \implies a_1 = -a_1 \implies 2a_1 = 0 \implies a_1 = 0$.
આમ,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ માત્ર ત્યારે જ વિકલનીય છે જો $a_1=0$ હોય.

(A) $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે સૌ પ્રથમ $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$\text{LHL} = \lim_{x \to 1^-} (x^2 + 3x + a) = 1 + 3 + a = 4 + a$.
$\text{RHL} = \lim_{x \to 1^+} (bx + 2) = b + 2$.
$\text{LHL} = \text{RHL}$ હોવાથી,$4 + a = b + 2$,જેનો અર્થ થાય છે $b - a = 2$ (સમીકરણ $1$).
વિકલનીયતા માટે,$x = 1$ આગળ $\text{LHD} = \text{RHD}$ હોવું જોઈએ.
$\text{LHD} = \frac{d}{dx}(x^2 + 3x + a) = 2x + 3$. $x = 1$ આગળ,$\text{LHD} = 2(1) + 3 = 5$.
$\text{RHD} = \frac{d}{dx}(bx + 2) = b$.
આમ,$b = 5$.
સમીકરણ $1$ માં $b = 5$ મૂકતા: $5 - a = 2 \Rightarrow a = 3$.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^2 - 3x + 2 = 0$ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,આપણને $(x - 1)(x - 2) = 0$ મળે છે.
આમ,બીજ $\alpha = 1$ અને $\beta = 2$ છે.
તેથી,$f(x) = |x - 1| + |x - 2|$.
અંતરાલ $x \in [1, 2]$ માટે,$x - 1 \ge 0$ અને $x - 2 \le 0$ થાય.
તેથી,$f(x) = (x - 1) - (x - 2) = x - 1 - x + 2 = 1$.
કારણ કે $f(x) = 1$ એ અંતરાલ $[1, 2]$ પર અચળ વિધેય છે,તેથી તે અંતરાલ $[1, 2]$ ના દરેક બિંદુએ વિકલનીય છે.
આમ,$[1, 2]$ માં એવા બિંદુઓની સંખ્યા કે જ્યાં $f$ વિકલનીય નથી તે $0$ છે.

(D) $x=1$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત શોધીએ છીએ: $f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) - f(1)}{h}$.
આપેલ છે કે $f(1) = 1$ અને $h \neq 0$ માટે,$f(1+h) = e^{((1+h)^{10}-1)} + h^2 \sin(\frac{1}{h})$.
આ કિંમતોને લક્ષની વ્યાખ્યામાં મૂકતા:
$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{((1+h)^{10}-1)} + h^2 \sin(\frac{1}{h}) - 1}{h}$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = (1+h)^{10}-1 = 1 + 10h + \dots - 1 = 10h + O(h^2)$:
$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{1 + (10h + O(h^2)) + h^2 \sin(\frac{1}{h}) - 1}{h}$.
$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} \frac{10h + O(h^2) + h^2 \sin(\frac{1}{h})}{h}$.
$f^{\prime}(1) = \lim_{h \to 0} (10 + O(h) + h \sin(\frac{1}{h}))$.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ $\lim_{h \to 0} h \sin(\frac{1}{h}) = 0$ હોવાથી,આપણને $f^{\prime}(1) = 10 + 0 + 0 = 10$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x) = a \sin |x| + b e^{|x|}$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{a \sin |-h| + b e^{|-h|} - (a \sin 0 + b e^0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{a \sin(-h) + b e^{-h} - b}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{-a \sin h + b(e^{-h} - 1)}{h} = -a - b$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{a \sin h + b e^h - b}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{a \sin h + b(e^h - 1)}{h} = a + b$.
વિકલનીયતા માટે,$LHD = RHD \implies -a - b = a + b \implies 2a + 2b = 0 \implies a + b = 0$.

(C) આપણને $g(x) = x f^{\prime}(x)$ આપેલ છે.
$g^{\prime}(0)$ શોધવા માટે,આપણે વિકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$g^{\prime}(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(0+h) - g(0)}{h}$.
કારણ કે $g(0) = 0 \cdot f^{\prime}(0) = 0$,તેથી:
$g^{\prime}(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h f^{\prime}(h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} f^{\prime}(h)$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{h \to 0} f^{\prime}(h) = f^{\prime}(0)$.
$f^{\prime}(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,$g^{\prime}(0) = 1$ મળે છે.

(C) આપણને વિધેય $f(x) = \max \{a-x, a+x, b\}$ આપેલ છે.
અવિકલનીય બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વિધેયો $y_1 = a-x$,$y_2 = a+x$,અને $y_3 = b$ ના છેદબિંદુઓનું વિશ્લેષણ કરીએ.
$1$. $y_1$ અને $y_3$ નું છેદબિંદુ: $a-x = b \implies x = a-b$.
$2$. $y_2$ અને $y_3$ નું છેદબિંદુ: $a+x = b \implies x = b-a$.
$3$. $y_1$ અને $y_2$ નું છેદબિંદુ: $a-x = a+x \implies 2x = 0 \implies x = 0$.
કારણ કે $0 < a < b$,તેથી $a-b < 0$ અને $b-a > 0$ થાય.
$x = a-b$ આગળ,$f(x)$ એ $a-x$ માંથી $b$ માં રૂપાંતરિત થાય છે,જે તીક્ષ્ણ વળાંક બનાવે છે.
$x = b-a$ આગળ,$f(x)$ એ $b$ માંથી $a+x$ માં રૂપાંતરિત થાય છે,જે તીક્ષ્ણ વળાંક બનાવે છે.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = \max \{a, a, b\} = b$ (કારણ કે $b > a$). અંતરાલ $[a-b, b-a]$ માં વિધેય $b$ છે,તેથી તે $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
આમ,અવિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $2$ છે: $x = a-b$ અને $x = b-a$.

(B) $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ અને $f'(1^-) = f'(1^+)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 1$ આગળ સાતત્ય માટે,$f(1^-) = f(1^+)$ થાય.
$f(1^-) = \lim_{x \to 1^-} (2 \alpha (x^2 - 2) + 2 \beta x) = 2 \alpha (1 - 2) + 2 \beta (1) = -2 \alpha + 2 \beta$.
$f(1^+) = (\alpha + 3)(1) + (\alpha - \beta) = 2 \alpha - \beta + 3$.
બંનેને સરખાવતા: $-2 \alpha + 2 \beta = 2 \alpha - \beta + 3 \Rightarrow 4 \alpha - 3 \beta = -3$ $\quad (1)$.
ત્યારબાદ,વિકલનીયતા માટે,$f'(1^-) = f'(1^+)$ થાય.
$x < 1$ માટે $f'(x) = 4 \alpha x + 2 \beta$ અને $x > 1$ માટે $f'(x) = \alpha + 3$ છે.
$f'(1^-) = 4 \alpha + 2 \beta$.
$f'(1^+) = \alpha + 3$.
બંનેને સરખાવતા: $4 \alpha + 2 \beta = \alpha + 3 \Rightarrow 3 \alpha + 2 \beta = 3$ $\quad (2)$.
સમીકરણો $(1)$ અને $(2)$ ઉકેલતા:
$(2)$ પરથી,$2 \beta = 3 - 3 \alpha \Rightarrow \beta = \frac{3 - 3 \alpha}{2}$.
તેને $(1)$ માં મૂકતા: $4 \alpha - 3(\frac{3 - 3 \alpha}{2}) = -3 \Rightarrow 8 \alpha - 9 + 9 \alpha = -6 \Rightarrow 17 \alpha = 3 \Rightarrow \alpha = \frac{3}{17}$.
તેથી $\beta = \frac{3 - 3(3/17)}{2} = \frac{3 - 9/17}{2} = \frac{42/17}{2} = \frac{21}{17}$.
આમ,$34(\alpha + \beta) = 34(\frac{3}{17} + \frac{21}{17}) = 34(\frac{24}{17}) = 2 \times 24 = 48$.

(D) વિધેય $f(x) = e^{\sin |x|} - |x|$ છે.
પ્રથમ, $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસો. વિધેય $f(x)$ માં $|x|$ પદ છે, જે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી, $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી. આમ, વિધાન $I$ ખોટું છે.
હવે, અંતરાલ $(-\pi, -\frac{\pi}{2})$ માં વિધાન $II$ માટે તપાસો. $x < 0$ માટે, $|x| = -x$ થાય. તેથી, $f(x) = e^{\sin(-x)} - (-x) = e^{-\sin x} + x$ થાય.
વિકલન કરતા, $f'(x) = e^{-\sin x}(-\cos x) + 1 = 1 - e^{-\sin x}\cos x$ મળે.
$x \in (-\pi, -\frac{\pi}{2})$ માટે, $\sin x \in (-1, 0)$ અને $\cos x \in (-1, 0)$ છે.
કારણ કે $\sin x$ ઋણ છે, તેથી $-\sin x$ ધન છે, તેથી $e^{-\sin x} > e^0 = 1$ થાય. વળી, $\cos x$ ઋણ છે.
આમ, $-e^{-\sin x}\cos x$ એ ધન સંખ્યા છે. તેથી, $f'(x) = 1 + (\text{ધન કિંમત}) > 0$ મળે.
$f'(x) > 0$ હોવાથી, વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $(-\pi, -\frac{\pi}{2})$ માં વધતું વિધેય છે. આમ, વિધાન $II$ સાચું છે.