Mix Examples-Continuity and Differentiation Questions in Gujarati

(D) ધારો કે $f(x) = \log(1 + x) - x$. તો $f'(x) = \frac{1}{1 + x} - 1 = \frac{-x}{1 + x}$.
$x > 0$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
$f(0) = 0$ હોવાથી,$x > 0$ માટે $f(x) < 0$ થાય,તેથી $\log(1 + x) < x$ સાચું છે.
ધારો કે $g(x) = \log(1 + x) - \frac{x}{1 + x}$. તો $g'(x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{(1 + x) - x}{(1 + x)^2} = \frac{x}{(1 + x)^2}$.
$x > 0$ માટે,$g'(x) > 0$,તેથી $g(x)$ વધતું વિધેય છે.
$g(0) = 0$ હોવાથી,$x > 0$ માટે $g(x) > 0$ થાય,તેથી $\frac{x}{1 + x} < \log(1 + x)$ સાચું છે.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$.
$x > 0$ માટે,બધા પદો $\frac{x^n}{n!}$ ધન છે,તેથી $e^x > 1 + x$ સાચું છે.
$x > 0$ માટે,$e^x > 1$ અને $1 - x < 1$. તેથી,$e^x > 1 - x$ હંમેશા સાચું છે.
તેથી,વિધાન $e^x < 1 - x$ સાચું નથી.

(C) $f(x) = x - \log(1 + x)$ ધારો. $x > 0$ માટે,$f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x} > 0$. તેથી,$f(x) > f(0) = 0$,એટલે કે $\log(1 + x) < x$ સત્ય છે.
$g(x) = \log(1 + x) - \frac{x}{1+x}$ ધારો. $x > 0$ માટે,$g'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2} = \frac{x}{(1+x)^2} > 0$. તેથી,$g(x) > g(0) = 0$,એટલે કે $\frac{x}{1+x} < \log(1 + x)$ સત્ય છે.
$h(x) = e^{-x} - (1 - x)$ ધારો. $x > 0$ માટે,$h'(x) = -e^{-x} + 1 > 0$. તેથી,$h(x) > h(0) = 0$,જેનો અર્થ છે કે $e^{-x} > 1 - x$. તેથી,વિધાન $e^{-x} < 1 - x$ અસત્ય છે.

(B) આપેલ લક્ષ: $L = \lim_{x \to 2} \frac{\int_{6}^{f(x)} 4t^3 dt}{x - 2}.$
$f(2) = 6$ હોવાથી,સંકલન $\int_{6}^{6} 4t^3 dt = 0$ થાય છે અને છેદ $x - 2 \to 0$ થાય છે. આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમ અને લેબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim_{x \to 2} \frac{\frac{d}{dx} \int_{6}^{f(x)} 4t^3 dt}{\frac{d}{dx} (x - 2)}$
$L = \lim_{x \to 2} \frac{4(f(x))^3 \cdot f'(x)}{1}$
$f(2) = 6$ અને $f'(2) = \frac{1}{48}$ ની કિંમતો મૂકતા:
$L = 4(f(2))^3 \cdot f'(2) = 4(6)^3 \cdot \frac{1}{48}$
$L = 4 \cdot 216 \cdot \frac{1}{48} = 864 \cdot \frac{1}{48} = 18.$

(D) આપેલ છે $h(x) = \min \{ x, x^2 \}$.
આપણે $x$ અને $x^2$ ની તુલના કરીએ:
$x \le x^2 \Rightarrow x^2 - x \ge 0 \Rightarrow x(x - 1) \ge 0$.
આ અસમતા $x \le 0$ અથવા $x \ge 1$ માટે સાચી છે.
તેથી,$h(x) = \begin{cases} x & x \le 0 \\ x^2 & 0 < x < 1 \\ x & x \ge 1 \end{cases}$.
$h(x)$ એ બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે કારણ કે $x=0$ $(0=0)$ અને $x=1$ $(1=1)$ પર વિધેયના ભાગો મળે છે.
$h(x)$ એ $x=0$ અને $x=1$ પર વિકલનીય નથી કારણ કે આ બિંદુઓ પર ડાબી અને જમણી બાજુના વિકલિતો સમાન નથી.
$x > 1$ માટે,$h(x) = x$,તેથી $h'(x) = 1$.
તેથી,બધા વિધાનો $(a)$,$(b)$,અને $(c)$ સાચા છે.

(A) વિધેય $f(x) = |x|$ ને $x \ge 0$ માટે $f(x) = x$ અને $x < 0$ માટે $f(x) = -x$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$1$. $x = 0$ આગળ સાતત્ય:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (-x) = 0$
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x) = 0$
$f(0) = |0| = 0$
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
$2$. $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા:
ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ = $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{|h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h}{h} = -1$
જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ = $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h| - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{h} = 1$
કારણ કે $LHD \neq RHD$,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,વિધેય સતત છે પરંતુ વિકલનીય નથી.

(D) પ્રથમ,આપણે $|x - 3|$ ના નિરપેક્ષ મૂલ્યનું વિશ્લેષણ કરીને વિધેય $f(x)$ ને ફરીથી લખીએ:
$|x - 3| = x - 3$ જો $x \ge 3$ અને $-(x - 3) = 3 - x$ જો $x < 3$.
આમ,વિધેય નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{4}x^2 - \frac{3}{2}x + \frac{13}{4}, & x < 1 \\ 3 - x, & 1 \le x < 3 \\ x - 3, & x \ge 3 \end{cases}$
$x = 1$ આગળ સાતત્ય તપાસો:
$f(1) = 3 - 1 = 2$.
$LHL = \lim_{x \to 1^-} (\frac{1}{4}x^2 - \frac{3}{2}x + \frac{13}{4}) = \frac{1}{4} - \frac{3}{2} + \frac{13}{4} = 2$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} (3 - x) = 2$.
$LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
$x = 3$ આગળ સાતત્ય તપાસો:
$f(3) = 3 - 3 = 0$.
$LHL = \lim_{x \to 3^-} (3 - x) = 0$.
$RHL = \lim_{x \to 3^+} (x - 3) = 0$.
$LHL = RHL = f(3)$ હોવાથી,વિધેય $x = 3$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસો:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = -1$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = -1$.
$LHD = RHD$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,તમામ વિધાનો સાચા છે.

(C) $x = 2$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0^-} f(2-h) = \lim_{h \to 0} (1 + (2-h)) = 3$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0^+} f(2+h) = \lim_{h \to 0} (5 - (2+h)) = 3$.
વિધેયનું મૂલ્ય: $f(2) = 1 + 2 = 3$.
અહીં $\text{LHL} = \text{RHL} = f(2)$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ સતત છે.
$x = 2$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે:
જમણી બાજુનું વિકલિત: $Rf'(2) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{5 - (2+h) - 3}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{h} = -1$.
ડાબી બાજુનું વિકલિત: $Lf'(2) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(2-h) - f(2)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{1 + (2-h) - 3}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{-h} = 1$.
અહીં $Rf'(2) \neq Lf'(2)$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
$f(0^-) = e^{2(0)} - 1 = 0$.
$f(0^+) = a(0) + \frac{b(0)^2}{2} - 1 = -1$.
અહીં સાતત્યની શરત માટે મૂળ વિધેયમાં સુધારો જરૂરી છે. જો આપણે ધારીએ કે વિધેય $f(x) = \begin{cases} e^{2x} - 1, & x \le 0 \\ ax + \frac{bx^2}{2}, & x > 0 \end{cases}$ છે:
$f'(x) = \begin{cases} 2e^{2x}, & x < 0 \\ a + bx, & x > 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,$Lf'(0) = Rf'(0)$ હોવું જોઈએ.
$Lf'(0) = \lim_{h \to 0^+} 2e^{2(0)} = 2$.
$Rf'(0) = \lim_{h \to 0^+} (a + bh) = a$.
આમ,$a = 2$. સાતત્યની શરત સંતોષાય તે માટે $b$ ની કોઈપણ કિંમત શક્ય છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \cos x \cos 2x \cos 4x \cos 8x \cos 16x$.
$2 \sin x$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$f(x) = \frac{2 \sin x \cos x \cos 2x \cos 4x \cos 8x \cos 16x}{2 \sin x} = \frac{\sin 32x}{32 \sin x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{32} \left( \frac{32 \cos 32x \sin x - \cos x \sin 32x}{\sin^2 x} \right)$.
$x = \frac{\pi}{4}$ માટે,$\sin 32x = \sin(8\pi) = 0$ અને $\cos 32x = \cos(8\pi) = 1$.
વળી,$\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$f'\left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{32} \left( \frac{32(1)(\frac{1}{\sqrt{2}}) - (\frac{1}{\sqrt{2}})(0)}{(\frac{1}{\sqrt{2}})^2} \right) = \frac{1}{32} \left( \frac{32}{\sqrt{2}} \cdot 2 \right) = \sqrt{2}$.

(D) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} 3x^2 + 12x - 1, & -1 \le x \le 2 \\ 37 - x, & 2 < x \le 3 \end{cases}$.
$1$. $x = 2$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$f(2) = 3(2)^2 + 12(2) - 1 = 12 + 24 - 1 = 35$.
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = 35$.
$\lim_{x \to 2^+} f(x) = 37 - 2 = 35$.
અહીં $f(2) = \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x)$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ સતત છે અને તેથી $[-1, 3]$ પર પણ સતત છે.
$2$. વધતું/ઘટતું વિધેય ચકાસતા:
$x \in (-1, 2)$ માટે,$f'(x) = 6x + 12$. $x > -1$ હોવાથી,$6x + 12 > 6(-1) + 12 = 6 > 0$. તેથી,$f(x)$ એ $[-1, 2]$ માં વધતું વિધેય છે.
$x \in (2, 3)$ માટે,$f'(x) = -1 < 0$. તેથી,$f(x)$ એ $(2, 3]$ માં ઘટતું વિધેય છે.
$3$. મહત્તમ કિંમત ચકાસતા:
$f(x)$ એ $[-1, 2]$ માં વધતું અને $(2, 3]$ માં ઘટતું હોવાથી,મહત્તમ કિંમત $x = 2$ આગળ મળે છે,જ્યાં $f(2) = 35$.
તેથી,બધા જ વિધાનો સાચા છે.

(A) વક્રો $y = a^x$ અને $y = b^x$ છે. તેઓ $a^x = b^x$ બિંદુએ છેદે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 0$. $x = 0$ પર,$y = a^0 = 1$. તેથી,છેદબિંદુ $(0, 1)$ છે.
હવે,$(0, 1)$ પર સ્પર્શકોના ઢાળ શોધો:
$y = a^x$ માટે,$\frac{dy}{dx} = a^x \log a$. $x = 0$ પર,$m_1 = a^0 \log a = \log a$.
$y = b^x$ માટે,$\frac{dy}{dx} = b^x \log b$. $x = 0$ પર,$m_2 = b^0 \log b = \log b$.
વક્રો વચ્ચેનો ખૂણો $\alpha$ એ $\tan \alpha = |\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $\tan \alpha = |\frac{\log a - \log b}{1 + \log a \log b}|$ મળે છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = \frac{1}{e^x + 2e^{-x}} = \frac{e^x}{e^{2x} + 2}$.
વિધેયનો વિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત શોધીએ.
$f'(x) = \frac{e^x(e^{2x} + 2) - e^x(2e^{2x})}{(e^{2x} + 2)^2} = \frac{e^x(2 - e^{2x})}{(e^{2x} + 2)^2}$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$e^{2x} = 2$,તેથી $e^x = \sqrt{2}$.
મહત્તમ કિંમત $f(\ln \sqrt{2}) = \frac{\sqrt{2}}{2 + 2} = \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$ છે.
$e^x + 2e^{-x} > 0$ હોવાથી,$f(x) > 0$. આમ,$0 < f(x) \le \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
વિધાન-$2$ કહે છે કે $0 < f(x) < \frac{1}{2\sqrt{2}}$,જે ખોટું છે કારણ કે $f(x)$ એ $\frac{1}{2\sqrt{2}}$ કિંમત ધારણ કરે છે.
વિધાન-$1$ માટે,આપણે તપાસીએ કે શું $\frac{1}{3}$ એ વિસ્તાર $(0, \frac{1}{2\sqrt{2}}]$ માં છે.
$\sqrt{2} \approx 1.414$ હોવાથી,$2\sqrt{2} \approx 2.828$. તેથી $\frac{1}{2\sqrt{2}} \approx 0.353$.
$\frac{1}{3} \approx 0.333$ હોવાથી,$0 < \frac{1}{3} < \frac{1}{2\sqrt{2}}$ છે.
ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(c) = \frac{1}{3}$.
આમ,વિધાન-$1$ સાચું છે અને વિધાન-$2$ ખોટું છે.

(D) વિધેય $f(x) = e^x - (1 + x)$ ધ્યાનમાં લો.
$x > 0$ માટે,$f'(x) = e^x - 1 > 0$,તેથી $f(x)$ વધતું વિધેય છે.
$f(0) = 0$ હોવાથી,$x > 0$ માટે $e^x > 1 + x$ સત્ય છે. આમ,વિકલ્પ $C$ સત્ય છે.
$g(x) = x - \log(1 + x)$ ધ્યાનમાં લો.
$x > 0$ માટે,$g'(x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x} > 0$,તેથી $g(x)$ વધતું વિધેય છે.
$g(0) = 0$ હોવાથી,$x > 0$ માટે $x > \log(1 + x)$ સત્ય છે. આમ,વિકલ્પ $A$ સત્ય છે.
$h(x) = \log(1 + x) - \frac{x}{1 + x}$ ધ્યાનમાં લો.
$x > 0$ માટે,$h'(x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{(1 + x)^2} = \frac{x}{(1 + x)^2} > 0$.
$h(0) = 0$ હોવાથી,$x > 0$ માટે $\log(1 + x) > \frac{x}{1 + x}$ સત્ય છે. આમ,વિકલ્પ $B$ સત્ય છે.
અંતે,$x > 0$ માટે,$e^x > 1 + x > 1$. પરંતુ $x > 0$ માટે $1 - x < 1$ છે. તેથી,$e^x < 1 - x$ અસત્ય છે.

(B) ધારો કે $L = \mathop {Lim}\limits_{\lambda \to 0} \,{\left( {\int\limits_0^1 {{{(1 + x)}^\lambda }dx} } \right)^{\frac{1}{\lambda }}}$
પ્રથમ,સંકલન મેળવીએ: $\int\limits_0^1 {{{(1 + x)}^\lambda }dx} = \left[ \frac{{{{(1 + x)}^{\lambda + 1}}}}{{\lambda + 1}} \right]_0^1 = \frac{{{2^{\lambda + 1}} - 1}}{{\lambda + 1}}$
હવે,$L = \mathop {Lim}\limits_{\lambda \to 0} {\left( {\frac{{{2^{\lambda + 1}} - 1}}{{\lambda + 1}}} \right)^{\frac{1}{\lambda }}}$
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપ છે. આપણે $\mathop {Lim}\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {Lim}\limits_{x \to a} g(x)(f(x) - 1)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ:
$L = e^{\mathop {Lim}\limits_{\lambda \to 0} \frac{1}{\lambda } \left( \frac{{{2^{\lambda + 1}} - 1}}{{\lambda + 1}} - 1 \right)} = e^{\mathop {Lim}\limits_{\lambda \to 0} \frac{1}{\lambda } \left( \frac{{{2^{\lambda + 1}} - 1 - \lambda - 1}}{{\lambda + 1}} \right)}$
$L = e^{\mathop {Lim}\limits_{\lambda \to 0} \frac{{{2^{\lambda + 1}} - 2 - \lambda }}{{\lambda (\lambda + 1)}}} = e^{\mathop {Lim}\limits_{\lambda \to 0} \left( \frac{{2({2^\lambda } - 1)}}{\lambda } - 1 \right) \cdot \frac{1}{{\lambda + 1}}}$
કારણ કે $\mathop {Lim}\limits_{\lambda \to 0} \frac{{{2^\lambda } - 1}}{\lambda } = \ln 2$,તેથી:
$L = e^{2 \ln 2 - 1} = e^{\ln 4 - \ln e} = e^{\ln(4/e)} = \frac{4}{e}$

(B) ધારો કે $f(x) = ax^2 + bx + c$. કારણ કે $f(x) > 0$ તમામ $x \in R$ માટે,તેથી $a > 0$ અને વિવેચક $D = b^2 - 4ac < 0$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $g(x) = f(x) + f'(x) + f''(x)$.
વિકલન મેળવતા:
$f'(x) = 2ax + b$
$f''(x) = 2a$
આ કિંમતો $g(x)$ માં મૂકતા:
$g(x) = (ax^2 + bx + c) + (2ax + b) + (2a)$
$g(x) = ax^2 + (b + 2a)x + (c + b + 2a)$
હવે,દ્વિઘાત પદાવલિ $g(x)$ નો વિવેચક $D_g$ તપાસીએ:
$D_g = (b + 2a)^2 - 4a(c + b + 2a)$
$D_g = b^2 + 4ab + 4a^2 - 4ac - 4ab - 8a^2$
$D_g = (b^2 - 4ac) - 4a^2$
કારણ કે $b^2 - 4ac < 0$ અને $4a^2 > 0$,તેથી $D_g < 0$ થાય.
અગ્ર સહગુણક $a > 0$ અને $D_g < 0$ હોવાથી,$g(x)$ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે હંમેશા ધન રહેશે.
તેથી,$g(x) > 0$.

(A) આપેલ છે કે $y = \frac{1}{1 + x^{n-m} + x^{p-m}} + \frac{1}{1 + x^{m-n} + x^{p-n}} + \frac{1}{1 + x^{m-p} + x^{n-p}}$.
પ્રથમ પદના અંશ અને છેદને $x^m$ વડે,બીજા પદને $x^n$ વડે અને ત્રીજા પદને $x^p$ વડે ગુણતા:
$y = \frac{x^m}{x^m + x^n + x^p} + \frac{x^n}{x^n + x^m + x^p} + \frac{x^p}{x^p + x^m + x^n}$.
છેદ સમાન હોવાથી,આપણે પદોને ભેગા કરી શકીએ છીએ:
$y = \frac{x^m + x^n + x^p}{x^m + x^n + x^p} = 1$.
$y = 1$ એ અચળ હોવાથી,તેનું $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન $\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.
તેથી,$x = e^{m^{n^p}}$ સહિત કોઈપણ બિંદુએ $\frac{dy}{dx}$ ની કિંમત $0$ છે.

(C) સૌ પ્રથમ,આપણે $x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ: $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} e^{-\frac{1}{x^2}} = e^{-\infty} = 0$. કારણ કે $f(0) = 0$,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
ત્યારબાદ,આપણે $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ: $f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-\frac{1}{h^2}}}{h}$. ધારો કે $t = \frac{1}{h}$,જેમ $h \to 0$,તેમ $t \to \infty$. તેથી $\lim_{t \to \infty} t e^{-t^2} = \lim_{t \to \infty} \frac{t}{e^{t^2}} = \lim_{t \to \infty} \frac{1}{2t e^{t^2}} = 0$. આમ,$f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે અને $f'(0) = 0$ છે.
જેમ $x \to \pm \infty$,તેમ $f(x) = e^{-\frac{1}{x^2}} \to e^0 = 1$. આલેખ સમક્ષિતિજ અનંતસ્પર્શક $y = 1$ ની નજીક જાય છે.
ગુણધર્મોની સરખામણી કરતા: વિધેય $y$-અક્ષની સાપેક્ષ સંમિત છે (યુગ્મ વિધેય),$(0,0)$ માંથી પસાર થાય છે,$(0,0)$ આગળ સમક્ષિતિજ સ્પર્શક ધરાવે છે,અને જેમ $x \to \pm \infty$ તેમ $y = 1$ ની નજીક જાય છે. વિકલ્પ $C$ આ લાક્ષણિકતાઓને યોગ્ય રીતે રજૂ કરે છે.

(B) દરેક વિધાનનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$: જો $f(x)$ એ $T$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય હોય,તો $f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$. $f(x+T+h) = f(x+h)$ અને $f(x+T) = f(x)$ હોવાથી,$f'(x+T) = f'(x)$ થાય. આમ,વિકલિત સમાન આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે. આ વિધાન $CORRECT$ છે.
$B$: ધારો કે $f(x) = x - \sqrt{x^2+1}$ અને $g(x) = x + \sqrt{x^2+1}$. બંને અનાવર્તી છે. પરંતુ,$F(x) = f(x) \cdot g(x) = (x^2 - (x^2+1)) = -1$. અચળ વિધેય $-1$ એ આવર્તી છે (કોઈપણ $T > 0$ માટે). તેથી,તે આવર્તી હોઈ શકે નહીં તેવું વિધાન $FALSE$ છે.
$C$: જો $f(x)$ યુગ્મ હોય,તો $f(-x) = f(x)$. વિકલન કરતા $-f'(-x) = f'(x)$,તેથી $f'(-x) = -f'(x)$ (અયુગ્મ). જો $f(x)$ અયુગ્મ હોય,તો $f(-x) = -f(x)$. વિકલન કરતા $-f'(-x) = -f'(x)$,તેથી $f'(-x) = f'(x)$ (યુગ્મ). આ વિધાન $CORRECT$ છે.
$D$: કોઈપણ વિધેય $f(x)$ ને $f(x) = \frac{f(x)+f(-x)}{2} + \frac{f(x)-f(-x)}{2}$ તરીકે લખી શકાય,જ્યાં પ્રથમ ભાગ યુગ્મ અને બીજો ભાગ અયુગ્મ છે. આ વિધાન $CORRECT$ છે.
તેથી,ખોટું વિધાન $B$ છે.

(D) આપેલ છે કે $u = e^x \sin x$ અને $v = e^x \cos x$.
પ્રથમ,પ્રથમ વિકલિતોની ગણતરી કરો:
$\frac{du}{dx} = e^x \sin x + e^x \cos x = e^x(\sin x + \cos x)$
$\frac{dv}{dx} = e^x \cos x - e^x \sin x = e^x(\cos x - \sin x)$
વિકલ્પ $A$ તપાસો: $v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx} = e^x \cos x \cdot e^x(\sin x + \cos x) - e^x \sin x \cdot e^x(\cos x - \sin x)$
$= e^{2x}(\sin x \cos x + \cos^2 x - \sin x \cos x + \sin^2 x) = e^{2x}(\sin^2 x + \cos^2 x) = e^{2x}$.
વળી,$u^2 + v^2 = (e^x \sin x)^2 + (e^x \cos x)^2 = e^{2x}(\sin^2 x + \cos^2 x) = e^{2x}$.
આમ,$v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx} = u^2 + v^2$ સાચું છે.
વિકલ્પ $B$ તપાસો: $\frac{d^2u}{dx^2} = \frac{d}{dx}[e^x(\sin x + \cos x)] = e^x(\sin x + \cos x) + e^x(\cos x - \sin x) = 2e^x \cos x = 2v$. આ સાચું છે.
વિકલ્પ $C$ તપાસો: $\frac{d^2v}{dx^2} = \frac{d}{dx}[e^x(\cos x - \sin x)] = e^x(\cos x - \sin x) + e^x(-\sin x - \cos x) = -2e^x \sin x = -2u$. આ સાચું છે.
બધા સમીકરણો સંતોષાય છે,તેથી સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ છે: $6f(0) = 3 \implies f(0) = \frac{1}{2}$.
$f(0) = \frac{2}{g(0)}$ હોવાથી,$g(0) = \frac{2}{f(0)} = 4$ મળે.
આપેલ છે $f'(0) = 4g(0) = 4(4) = 16$.
આપેલ છે $2g'(0) = 4g(0) = 16 \implies g'(0) = 8$.
$A$ ચકાસો: $h(x) = \frac{f(x)}{g(x)} \implies h'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{(g(x))^2}$.
$h'(0) = \frac{f'(0)g(0) - f(0)g'(0)}{(g(0))^2} = \frac{(16)(4) - (1/2)(8)}{4^2} = \frac{64 - 4}{16} = \frac{60}{16} = \frac{15}{4}$. (સાચું)
$B$ ચકાસો: $k(x) = f(x)g(x)\sin x \implies k'(x) = f'(x)g(x)\sin x + f(x)g'(x)\sin x + f(x)g(x)\cos x$.
$k'(0) = 0 + 0 + f(0)g(0)\cos(0) = (1/2)(4)(1) = 2$. (સાચું)
$C$ ચકાસો: $\lim_{x \to 0} \frac{g'(x)}{f'(x)} = \frac{g'(0)}{f'(0)} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$. (સાચું)
આમ,બધા વિકલ્પો સાચા છે.

(D) સૌ પ્રથમ,આપણે $x = 1$ અને $x = 3$ આગળ સાતત્ય અને વિકલનીયતા ચકાસીએ.
$x = 1$ માટે:
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \frac{1^2}{4} - \frac{3(1)}{2} + \frac{13}{4} = \frac{1 - 6 + 13}{4} = 2$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = |1 - 3| = 2$.
કારણ કે $f(1) = 2$,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
હવે $x = 1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$f'(1^+) = \frac{d}{dx}(3 - x) = -1$ ($1 \leqslant x < 3$ માટે).
$f'(1^-) = \frac{d}{dx}(\frac{x^2}{4} - \frac{3x}{2} + \frac{13}{4}) = \frac{2x}{4} - \frac{3}{2} = \frac{1}{2} - \frac{3}{2} = -1$.
કારણ કે $f'(1^+) = f'(1^-)$,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય છે.
$x = 3$ માટે:
વિધેય $f(x) = |x - 3|$ એ $x = 3$ આગળ સતત છે કારણ કે $\lim_{x \to 3} |x - 3| = 0 = f(3)$.
આમ,તમામ વિધાનો સાચા છે.

(D) વિધેય $f(x) = \sqrt{1 - \sqrt{1 - x^2}}$ માટે,પ્રદેશ $1 - x^2 \ge 0$ (એટલે કે $-1 \le x \le 1$) અને $1 - \sqrt{1 - x^2} \ge 0$ (જે $x \in [-1, 1]$ માટે હંમેશા સાચું છે) દ્વારા નક્કી થાય છે. આમ,પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે એકતરફી વિકલિતો શોધીએ છીએ:
$f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{1 - \sqrt{1 - h^2}} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \sqrt{\frac{1 - \sqrt{1 - h^2}}{h^2}} = \lim_{h \to 0^+} \sqrt{\frac{1 - (1 - h^2)}{h^2(1 + \sqrt{1 - h^2})}} = \lim_{h \to 0^+} \sqrt{\frac{h^2}{h^2(1 + \sqrt{1 - h^2})}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તે જ રીતે,$f'(0^-) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.
ડાબી બાજુનું વિકલિત અને જમણી બાજુનું વિકલિત સીમિત છે પરંતુ સમાન નથી,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે પરંતુ વિકલનીય નથી. તેથી,તમામ વિધાનો સાચા છે.

(D) $-2 < x < 0$ માટે,$f(x) = \max(4 - x^2, 1 + x^2)$.
$4 - x^2 = 1 + x^2 \implies 2x^2 = 3 \implies x = -\sqrt{3/2}$.
આમ,$-2 < x < -\sqrt{3/2}$ માટે $f(x) = 1 + x^2$ અને $-\sqrt{3/2} < x < 0$ માટે $f(x) = 4 - x^2$.
$0 < x < 2$ માટે,$f(x) = \min(4 - x^2, 1 + x^2)$.
$4 - x^2 = 1 + x^2 \implies x = \sqrt{3/2}$.
આમ,$0 < x < \sqrt{3/2}$ માટે $f(x) = 1 + x^2$ અને $\sqrt{3/2} < x < 2$ માટે $f(x) = 4 - x^2$.
$x = 0$ આગળ,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \max(4, 1) = 4$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \min(4, 1) = 1$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) \neq \lim_{x \to 0^+} f(x)$,તેથી $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ અસતત છે.
વધુમાં,$f(x)$ એ $x = -\sqrt{3/2}$,$x = 0$,અને $x = \sqrt{3/2}$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f(x)$ અસતતતાનું બિંદુ ધરાવે છે અને એક કરતા વધુ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી. આમ,$(B)$ અને $(C)$ બંને સાચા છે.

(A) ધારો કે વક્ર $y = x^3$ પર બિંદુ $A$ એ $(t, t^3)$ અને $B$ એ $(T, T^3)$ છે.
$A$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 3x^2$ દ્વારા મળે છે. $x = t$ આગળ,ઢાળ $m_A = 3t^2$ છે.
$A$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - t^3 = 3t^2(x - t)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y = 3t^2x - 2t^3$ થાય છે.
આ સ્પર્શક વક્ર $y = x^3$ ને $B(T, T^3)$ આગળ મળે છે,તેથી $T^3 = 3t^2T - 2t^3$.
તેને ફરીથી ગોઠવતા $T^3 - 3t^2T + 2t^3 = 0$ મળે છે.
$T = t$ એ ઉકેલ હોવાથી,આપણે $(T - t)^2$ ને સામાન્ય કાઢી શકીએ છીએ:
$(T - t)^2(T + 2t) = 0$.
આમ,$T = -2t$ એ બિંદુ $B$ નો યામ છે.
$B$ આગળનો ઢાળ $m_B = 3T^2 = 3(-2t)^2 = 3(4t^2) = 12t^2$ છે.
આપણને આપેલ છે કે $m_B = K \cdot m_A$,તેથી $12t^2 = K(3t^2)$.
તેથી,$K = \frac{12t^2}{3t^2} = 4$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = 4x^3 - x^2 - 2x + 1$.
પ્રથમ,આપણે વિકલન શોધીએ: $f'(x) = 12x^2 - 2x - 2 = 2(6x^2 - x - 1) = 2(3x + 1)(2x - 1)$.
$x \in [0, 1]$ માટે,$f'(x) = 0$ એ $x = \frac{1}{2}$ પર મળે છે.
$f(x)$ એ $[0, \frac{1}{2}]$ પર ઘટે છે અને $[\frac{1}{2}, 1]$ પર વધે છે.
જ્યારે $0 \le x \le 1$ હોય ત્યારે $g(x) = \min \{f(t) : 0 \le t \le x\}$ માટે:
જો $0 \le x < \frac{1}{2}$ હોય,તો $g(x) = f(x)$.
જો $\frac{1}{2} \le x \le 1$ હોય,તો $g(x) = f(\frac{1}{2}) = 4(\frac{1}{8}) - \frac{1}{4} - 2(\frac{1}{2}) + 1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - 1 + 1 = \frac{1}{4}$.
હવે કિંમતોની ગણતરી કરીએ:
$g(\frac{1}{4}) = f(\frac{1}{4}) = 4(\frac{1}{64}) - \frac{1}{16} - 2(\frac{1}{4}) + 1 = \frac{1}{16} - \frac{1}{16} - \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}$.
$g(\frac{3}{4}) = f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$ (કારણ કે $\frac{3}{4} \ge \frac{1}{2}$).
$g(\frac{5}{4}) = 3 - \frac{5}{4} = \frac{12-5}{4} = \frac{7}{4}$.
સરવાળો $= g(\frac{1}{4}) + g(\frac{3}{4}) + g(\frac{5}{4}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{7}{4} = \frac{2+1+7}{4} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}$.

(B) આપેલ વક્રો $C_1: y = x^2 - 3$ અને $C_2: y = kx^2$ છે.
બિંદુ $A(a, y_1)$ બંને વક્રો પર હોવાથી,$y_1 = a^2 - 3$ અને $y_1 = ka^2$ મળે.
તેથી,$ka^2 = a^2 - 3$,એટલે કે $k = \frac{a^2 - 3}{a^2} = 1 - \frac{3}{a^2}$.
બિંદુ $B(1, y_2)$ એ $C_1$ પર હોવાથી,$y_2 = 1^2 - 3 = -2$.
તેથી,$B$ એ $(1, -2)$ છે.
$C_2$ નો $A(a, y_1)$ આગળનો સ્પર્શક $\frac{dy}{dx} = 2kx$ છે. $x = a$ આગળ ઢાળ $m = 2ka$ થાય.
$A(a, y_1)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - y_1 = 2ka(x - a)$ છે.
આ સ્પર્શક $B(1, -2)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,$-2 - y_1 = 2ka(1 - a)$ મળે.
$y_1 = a^2 - 3$ અને $k = \frac{a^2 - 3}{a^2}$ મૂકતા:
$-2 - (a^2 - 3) = 2 \left( \frac{a^2 - 3}{a^2} \right) a (1 - a)$
$1 - a^2 = 2 \left( \frac{a^2 - 3}{a} \right) (1 - a)$
$(1 - a)(1 + a) = \frac{2(a^2 - 3)(1 - a)}{a}$.
$a > 0$ અને $A$ છેદબિંદુ હોવાથી,$a \neq 1$. $(1 - a)$ વડે ભાગતા:
$1 + a = \frac{2(a^2 - 3)}{a}$
$a + a^2 = 2a^2 - 6$
$a^2 - a - 6 = 0$
$(a - 3)(a + 2) = 0$.
$a > 0$ હોવાથી,$a = 3$ મળે.

(B) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \sqrt{x} & x \ge 1 \\ x^3 & 0 \le x < 1 \\ \frac{x^3}{3} - 4x & x < 0 \end{cases}$
$1$. સાતત્ય ચકાસો:
$x = 0$ પર: $f(0) = 0^3 = 0$. $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 0$. $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$. $x=0$ પર સતત છે.
$x = 1$ પર: $f(1) = 1$. $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1$. $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 1$. $x=1$ પર સતત છે.
$2$. વિકલનીયતા ચકાસો:
$f'(x) = \begin{cases} \frac{1}{2\sqrt{x}} & x > 1 \\ 3x^2 & 0 < x < 1 \\ x^2 - 4 & x < 0 \end{cases}$
$x = 0$ પર: $f'(0^+) = 0$,$f'(0^-) = -4$. $x=0$ પર વિકલનીય નથી.
$x = 1$ પર: $f'(1^+) = 0.5$,$f'(1^-) = 3$. $x=1$ પર વિકલનીય નથી.
$3$. મોનોટોનિસિટી અને એક્સ્ટ્રીમાનું વિશ્લેષણ:
$x < 0$ માટે,$f'(x) = x^2 - 4$. $f'(x) = 0 \implies x = -2$. $x = -2$ એ સ્થાનિક મહત્તમ છે.
$0 < x < 1$ માટે,$f'(x) = 3x^2 > 0$ (વધતું).
$x > 1$ માટે,$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} > 0$ (વધતું).
$x = 0$ પર,$f(0) = 0$ એ સ્થાનિક ન્યૂનતમ છે.
$4$. $f'(x)$ ની નિશાની:
$f'(x) = x^2 - 4$ ($x < 0$ માટે,$x = -2$ પર નિશાની બદલાય છે).
$x > 0$ માટે $f'(x) > 0$.
આમ,$f'(x)$ ફક્ત $x = -2$ પર નિશાની બદલે છે. $f'(x)$ એ $x=0$ અને $x=1$ પર અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી ($2$ બિંદુઓ). તેથી,$(B)$ સાચું છે.

(A) વિધાન-$1$: ખોટું. પ્રથમ વિકલિત કસોટી દ્વારા સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્યની ખાતરી કરવા માટે વિધેય $f$ એ $x = c$ આગળ સતત હોવું જરૂરી છે.
વિધાન-$2$: ખોટું. વિધેય $x=c$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવી શકે છે અને તે નતિપરિવર્તન બિંદુ પણ હોઈ શકે છે જો ત્યાં વક્રતા બદલાતી હોય (દા.ત.,$f(x) = -x^4$ માં $x=0$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ છે અને તે નતિપરિવર્તન બિંદુ પણ છે).
વિધાન-$3$: સાચું. $f(x) = x^2 |x| = x^3$ જો $x \geq 0$ અને $-x^3$ જો $x < 0$. $f'(x) = 3x^2$ જો $x \geq 0$ અને $-3x^2$ જો $x < 0$. $f''(x) = 6x$ જો $x \geq 0$ અને $-6x$ જો $x < 0$. $x=0$ આગળ બંને બાજુથી $f''(0) = 0$ મળે છે,તેથી તે બે વાર વિકલનીય છે.
વિધાન-$4$: ખોટું. જો $f'(c) = 0$ હોય,તો વ્યસ્ત વિધેય $f^{-1}$ એ $f(c)$ આગળ વિકલનીય નથી. ઉદાહરણ તરીકે,$f(x) = x^3$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે,પરંતુ $f^{-1}(x) = x^{1/3}$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ પ્રાચલિત સમીકરણો $x = \sec^2 t$ અને $y = \cot t$ છે.
$t$ નો લોપ કરતા,નિત્યસમ $\sec^2 t = 1 + \tan^2 t = 1 + \frac{1}{\cot^2 t}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણને $x = 1 + \frac{1}{y^2}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $y^2(x - 1) = 1$ થાય છે.
$t = \pi / 4$ પર,$x = \sec^2(\pi / 4) = 2$ અને $y = \cot(\pi / 4) = 1$. તેથી,$P = (2, 1)$.
$y^2(x - 1) = 1$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $2y \frac{dy}{dx}(x - 1) + y^2 = 0$.
$P(2, 1)$ પર,$2(1) \frac{dy}{dx}(2 - 1) + 1^2 = 0 \implies 2 \frac{dy}{dx} + 1 = 0 \implies \frac{dy}{dx} = -1/2$.
$P(2, 1)$ પર સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - 1 = -\frac{1}{2}(x - 2) \implies 2y - 2 = -x + 2 \implies x + 2y = 4$ છે.
વક્રના સમીકરણ $y^2(x - 1) = 1$ માં $x = 4 - 2y$ મૂકતા: $y^2(4 - 2y - 1) = 1 \implies y^2(3 - 2y) = 1 \implies 3y^2 - 2y^3 = 1 \implies 2y^3 - 3y^2 + 1 = 0$.
$P$ એ સ્પર્શક બિંદુ હોવાથી,$y = 1$ એ બેવડું બીજ છે. $2y^3 - 3y^2 + 1$ ને $(y - 1)^2 = y^2 - 2y + 1$ વડે ભાગતા,આપણને $(y - 1)^2(2y + 1) = 0$ મળે છે.
બીજું બીજ $y = -1/2$ છે. તેથી $x = 4 - 2(-1/2) = 4 + 1 = 5$. આમ,$Q = (5, -1/2)$.
અંતર $|PQ| = \sqrt{(5 - 2)^2 + (-1/2 - 1)^2} = \sqrt{3^2 + (-3/2)^2} = \sqrt{9 + 9/4} = \sqrt{45/4} = \frac{3\sqrt{5}}{2}$.

(A) સમીકરણ $|\ln x| = px$ છે. ધારો કે $f(x) = |\ln x|$ અને $g(x) = px$.
$x \ge 1$ માટે,$f(x) = \ln x$. રેખા $y = px$ એ $y = \ln x$ ને સ્પર્શક છે જ્યારે $\ln x$ નું વિકલન ઢાળ $p$ જેટલું થાય,એટલે કે $1/x = p$.
સ્પર્શબિંદુ $(x_1, y_1)$ બંને વક્રો પર હોવાથી,$y_1 = \ln x_1$ અને $y_1 = px_1$.
આમ,$px_1 = \ln x_1$. $p = 1/x_1$ મૂકતા,આપણને $(1/x_1)x_1 = \ln x_1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\ln x_1 = 1$,તેથી $x_1 = e$.
ત્યારે $p = 1/e$.
$x \in (0, 1)$ માટે,$f(x) = -\ln x$. રેખા $y = px$ હંમેશા $y = -\ln x$ ને કોઈપણ $p > 0$ માટે બરાબર એક બિંદુમાં છેદે છે.
$x \ge 1$ માટે,રેખા $y = px$ એ $y = \ln x$ ને બે બિંદુઓમાં છેદે છે જો $0 < p < 1/e$ હોય,એક બિંદુમાં જો $p = 1/e$ હોય,અને શૂન્ય બિંદુઓમાં જો $p > 1/e$ હોય.
તેથી,ત્રણ ભિન્ન ઉકેલો માટે (એક $(0, 1)$ માં અને બે $(1, \infty)$ માં),$0 < p < 1/e$ હોવું જોઈએ.

(C) ક્રાંતિક બિંદુ ત્યાં મળે છે જ્યાં $f'(x) = 0$ હોય અથવા જ્યાં $f'(x)$ અવ્યાખ્યાયિત હોય.
$x < 1$ માટે,$f'(x) = \frac{3}{5}x^{-2/5} = \frac{3}{5x^{2/5}}$. $f'(x)$ એ $x = 0$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,$x = 0$ એ એક ક્રાંતિક બિંદુ છે.
$x > 1$ માટે,$f'(x) = -3(x - 2)^2$. $f'(x) = 0$ લેતા $x = 2$ મળે છે. તેથી,$x = 2$ એ એક ક્રાંતિક બિંદુ છે.
$x = 1$ આગળ,આપણે સાતત્ય અને વિકલનીયતા તપાસીએ:
$f(1) = 1^{3/5} = 1$.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1$ અને $\lim_{x \to 1^+} f(x) = -(1 - 2)^3 = 1$. તેથી $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત: $f'(1^-) = \frac{3}{5(1)^{2/5}} = \frac{3}{5}$.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત: $f'(1^+) = -3(1 - 2)^2 = -3$.
કારણ કે $f'(1^-) \neq f'(1^+)$,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,$x = 1$ એ એક ક્રાંતિક બિંદુ છે.
આમ,ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 0, 1, 2$ છે. તેથી,કુલ $3$ ક્રાંતિક બિંદુઓ છે.

(B) સમીકરણ $x^2 \cdot e^{2 - |x|} = 1$ ના બીજની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે વિધેય $f(x) = x^2 \cdot e^{2 - |x|}$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી $(f(x) = f(-x))$,આપણે પહેલા $x \ge 0$ માટે $f(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ,જ્યાં $f(x) = x^2 \cdot e^{2 - x}$ છે.
વિકલન લેતા: $f'(x) = 2x \cdot e^{2 - x} - x^2 \cdot e^{2 - x} = x(2 - x) \cdot e^{2 - x}$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $x = 0$ અને $x = 2$ આગળ ક્રાંતિક બિંદુઓ મળે છે.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 0$. $x = 2$ આગળ,$f(2) = 2^2 \cdot e^{2 - 2} = 4 \cdot 1 = 4$.
જેમ $x \to \infty$,તેમ $f(x) \to 0$. આમ,$x \ge 0$ માટે,વિધેય $0$ થી $4$ સુધી વધે છે અને પછી $0$ તરફ ઘટે છે.
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,આલેખ $y$-અક્ષની સાપેક્ષમાં સંમિત છે. મહત્તમ કિંમત $x = 2$ અને $x = -2$ આગળ $4$ છે,અને ન્યૂનતમ કિંમત $x = 0$ આગળ $0$ છે.
આપણે $f(x) = 1$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધી રહ્યા છીએ. $0 < 1 < 4$ હોવાથી,સમક્ષિતિજ રેખા $y = 1$ એ $f(x)$ ના આલેખને $x > 0$ માટે બે બિંદુઓ પર અને $x < 0$ માટે બે બિંદુઓ પર છેદે છે.
તેથી,કુલ $4$ બીજ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x \cos x - \sin x$.
પ્રથમ,વિધેયની યુગ્મતા તપાસો: $f(-x) = (-x) \cos(-x) - \sin(-x) = -x \cos x + \sin x = -f(x)$. તેથી,$f$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
હવે,વિકલિત શોધો: $f'(x) = (1 \cdot \cos x - x \sin x) - \cos x = -x \sin x$.
$x = 0$ માટે,$f'(0) = 0$. જ્યારે $x$ એ $0$ થી થોડું નાનું હોય $(x < 0)$,ત્યારે $f'(x) = (-x) \sin x < 0$ (કારણ કે $\sin x < 0$). જ્યારે $x$ એ $0$ થી થોડું મોટું હોય $(x > 0)$,ત્યારે $f'(x) = (-x) \sin x < 0$ (કારણ કે $\sin x > 0$).
આમ,$x=0$ ની આસપાસ $f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $x=0$ આગળ એકવિધ ઘટતું વિધેય છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = 2x^3 + 9x^2 + 12x + 1$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 6x^2 + 18x + 12 = 6(x^2 + 3x + 2) = 6(x + 2)(x + 1)$.
$f'(x) = 0$ લેતા નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = -2$ અને $x = -1$ મળે છે.
$x < -2$ માટે,$f'(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
$-2 < x < -1$ માટે,$f'(x) < 0$ (ઘટતું વિધેય).
$x > -1$ માટે,$f'(x) > 0$ (વધતું વિધેય).
આમ,વિધેય અ-એકવિધ છે.
નતિપરિવર્તન બિંદુ માટે દ્વિતીય વિકલન: $f''(x) = 12x + 18$. $f''(x) = 0$ લેતા $x = -18/12 = -3/2$ મળે છે.
વિધેયને સ્થાનિક મહત્તમ અને ન્યૂનતમ મૂલ્યો હોવાથી,તે અનેક-એક વિધેય છે અને તેથી તે બાયજેક્ટિવ નથી.
આમ,વિધાન $C$ ખોટું છે.

(D) આપેલ છે કે $g(x) = \ln(h(x))$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$g'(x) = \frac{h'(x)}{h(x)}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$g''(x) = \frac{h(x)h''(x) - (h'(x))^2}{(h(x))^2}$.
આપણને આપેલ છે કે $(h'(x))^2 > h''(x) h(x)$,જેનો અર્થ છે કે $h(x)h''(x) - (h'(x))^2 < 0$.
દરેક $x \in J$ માટે $(h(x))^2 > 0$ હોવાથી,$g''(x) = \frac{h(x)h''(x) - (h'(x))^2}{(h(x))^2} < 0$ થાય.
આમ,દરેક $x \in J$ માટે $g''(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $g$ એ $J$ પર બહિર્મુખ (concave down) છે.

(D) ધારો કે રેખા $y = c$ છે. વક્ર $y = \sqrt{x}$ છે.
છેદબિંદુ $P(x, y)$ પર,આપણી પાસે $y = \sqrt{x}$ છે,તેથી $x = y^2$. $y = c$ હોવાથી,બિંદુ $P$ એ $(c^2, c)$ છે.
વક્ર $y = \sqrt{x}$ ના સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ દ્વારા મળે છે.
બિંદુ $P(c^2, c)$ પર,ઢાળ $m = \frac{1}{2\sqrt{c^2}} = \frac{1}{2c}$ છે.
વક્ર અને રેખા $y = c$ (જે $x$-અક્ષને સમાંતર છે) વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{4}$ આપેલ છે.
રેખા $y = c$ નો ઢાળ $0$ છે. વક્ર અને રેખા વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan(\theta) = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = \left| \frac{\frac{1}{2c} - 0}{1 + \frac{1}{2c} \cdot 0} \right| = \frac{1}{2c}$.
$1 = \frac{1}{2c}$ હોવાથી,આપણને $2c = 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $c = \frac{1}{2}$.
આમ,રેખાનું સમીકરણ $y = \frac{1}{2}$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = ax^2 - b|x|$.
$x \geq 0$ માટે,$f(x) = ax^2 - bx$. વિકલન $f'(x) = 2ax - b$ છે. $x=0$ આગળ,$f'(0) = -b$.
$x < 0$ માટે,$f(x) = ax^2 + bx$. વિકલન $f'(x) = 2ax + b$ છે. $x=0$ આગળ,$f'(0) = b$.
કિસ્સો $1$: જો $a > 0$ અને $b > 0$ હોય,તો $0$ થી સહેજ મોટી $x$ ની કિંમત માટે,$f(x) \approx -bx < 0$,અને $0$ થી સહેજ નાની $x$ ની કિંમત માટે,$f(x) \approx bx < 0$. $f(0) = 0$ હોવાથી,$0$ ની નજીકની $x$ ની કિંમતો માટે $f(x) < f(0)$ થાય છે. આમ,$f(x)$ ને $x = 0$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત છે.
કિસ્સો $2$: જો $a > 0$ અને $b < 0$ હોય,તો ધારો કે $b = -k$ જ્યાં $k > 0$. તો $f(x) = ax^2 + k|x|$. $a > 0$ અને $k > 0$ હોવાથી,તમામ $x \neq 0$ માટે $f(x) > 0$ અને $f(0) = 0$ થાય છે. આમ,$f(x)$ ને $x = 0$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત છે.
તેથી,સાચું વિધાન એ છે કે $f(x)$ ને $a > 0, b > 0$ હોય ત્યારે મહત્તમ કિંમત મળે છે.

(D) $1$. નિર્ણાયક બિંદુઓની આસપાસ $f'(x)$ ના ચિહ્નોમાં થતા ફેરફારોનું વિશ્લેષણ કરો:
- $x = -5$ આગળ: $f'(x)$ ધનમાંથી ઋણમાં બદલાય છે. પ્રથમ વિકલન કસોટી મુજબ,$f(x)$ ને $x = -5$ આગળ સાપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય છે.
- $x = 2$ આગળ: $f'(x)$ ઋણમાંથી ધનમાં બદલાય છે. પ્રથમ વિકલન કસોટી મુજબ,$f(x)$ ને $x = 2$ આગળ સાપેક્ષ ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે. કારણ કે $f'(2)$ વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી અહીં તીક્ષ્ણ ખૂણો (cusp) છે.
- $x = 4$ આગળ: $f'(x)$ ધનમાંથી ઋણમાં બદલાય છે. પ્રથમ વિકલન કસોટી મુજબ,$f(x)$ ને $x = 4$ આગળ સાપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય છે.
$2$. વિકલ્પોનું મૂલ્યાંકન કરો:
- વિકલ્પ $A$: ખોટું,$x = -5$ એ સાપેક્ષ મહત્તમ છે.
- વિકલ્પ $B$: ખોટું,$x = 2$ એ સાપેક્ષ ન્યૂનતમ છે.
- વિકલ્પ $C$: ખોટું,$x = 4$ એ સાપેક્ષ મહત્તમ છે.
- વિકલ્પ $D$: સાચું,કારણ કે $f'(2)$ વ્યાખ્યાયિત નથી અને $f(x)$ સતત છે,તેથી આલેખમાં $x = 2$ આગળ તીક્ષ્ણ ખૂણો હોવો જોઈએ.

(C) $1$. $f'(x)$ ના ચિહ્નનું વિશ્લેષણ કરો:
- $x \in (-\infty, -5) \cup (2, 4)$ માટે $f'(x) > 0$,તેથી $f(x)$ આ અંતરાલોમાં વધતું વિધેય છે.
- $x \in (-5, 2) \cup (4, \infty)$ માટે $f'(x) < 0$,તેથી $f(x)$ આ અંતરાલોમાં ઘટતું વિધેય છે.
$2$. $f''(x)$ નો ઉપયોગ કરીને વક્રતાનું વિશ્લેષણ કરો:
- આપેલ છે કે તમામ $x \neq 2$ માટે $f''(x) < 0$,તેથી વિધેય $(-\infty, 2)$ અને $(2, \infty)$ અંતરાલોમાં અંતર્મુખ છે.
- વક્રતાનું ચિહ્ન બદલાતું ન હોવાથી (તે $x=2$ સિવાય દરેક જગ્યાએ ઋણ રહે છે),ત્યાં કોઈ નતિપરિવર્તન બિંદુઓ નથી.
$3$. વિકલ્પોનું મૂલ્યાંકન:
- વિકલ્પ $C$ જણાવે છે કે વક્ર હંમેશા અંતર્મુખ છે,જે $x \neq 2$ માટે $f''(x) < 0$ અને $x=2$ પર $f(x)$ ની સાતત્યતા સાથે સુસંગત છે.

(B) આપેલી માહિતી પરથી:
$1$. $f'(-5) = 0$ અને $f'(4) = 0$ એ $x = -5$ અને $x = 4$ પર સ્થિર બિંદુઓ સૂચવે છે.
$2$. $x < -5$ માટે $f'(x) > 0$ અને $-5 < x < 2$ માટે $f'(x) < 0$ એ $x = -5$ પર સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય સૂચવે છે.
$3$. $f'(2)$ વ્યાખ્યાયિત નથી,જે $x = 2$ પર તીક્ષ્ણ ખૂણો અથવા કસ્પ (cusp) સૂચવે છે.
$4$. $2 < x < 4$ માટે $f'(x) > 0$ અને $x > 4$ માટે $f'(x) < 0$ એ $x = 4$ પર સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય સૂચવે છે.
$5$. $f''(x) < 0$ એ સૂચવે છે કે વિધેય $x = 2$ સિવાય દરેક જગ્યાએ અંતર્મુખ (concave down) છે.
આ ગુણધર્મોને આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા:
- વિકલ્પ $A$ માં $x = -5$ પર સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે,જે ખોટું છે.
- વિકલ્પ $B$ માં $x = -5$ પર સ્થાનિક મહત્તમ અને $x = 4$ પર સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય છે,$x = 2$ પર કસ્પ છે,અને આલેખ સમગ્ર રીતે અંતર્મુખ છે. આ તમામ શરતોને પૂર્ણ કરે છે.
- વિકલ્પ $C$ માં $x = -5$ પર સ્થાનિક મહત્તમ છે પરંતુ $x = 4$ પર સ્થાનિક ન્યૂનતમ છે,જે ખોટું છે.
- વિકલ્પ $D$ માં $x = -5$ પર સ્થાનિક મહત્તમ છે પરંતુ $x = 4$ પર સ્થાનિક ન્યૂનતમ છે,જે ખોટું છે.
આમ,સાચો આલેખ $B$ છે.

(D) આપેલ વક્ર $y \cot x = y^3 \tan x$ છે.
આને $y \cot x - y^3 \tan x = 0$ અથવા $y (\cot x - y^2 \tan x) = 0$ તરીકે લખી શકાય.
આનો અર્થ એ છે કે $y = 0$ અથવા $y^2 = \frac{\cot x}{\tan x} = \cot^2 x$.
$x = \frac{\pi}{4}$ પર,$\cot^2(\frac{\pi}{4}) = 1^2 = 1$,તેથી $y^2 = 1$,જે $y = 1$ અથવા $y = -1$ આપે છે.
કિસ્સો $1$: $y = 1$. $y^2 = \cot^2 x$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $2y \frac{dy}{dx} = 2 \cot x (-\csc^2 x)$ મળે છે.
$x = \frac{\pi}{4}, y = 1$ પર,$2(1) \frac{dy}{dx} = 2(1)(-(\sqrt{2})^2) = -4$,તેથી $\frac{dy}{dx} = -2$.
સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - 1 = -2(x - \frac{\pi}{4}) \implies y - 1 = -2x + \frac{\pi}{2} \implies 2x + y = 1 + \frac{\pi}{2} \implies 4x + 2y = 2 + \pi$ છે.
કિસ્સો $2$: $y = -1$. $x = \frac{\pi}{4}, y = -1$ પર,$2(-1) \frac{dy}{dx} = 2(1)(-2) = -4$,તેથી $\frac{dy}{dx} = 2$.
સ્પર્શકનું સમીકરણ $y + 1 = 2(x - \frac{\pi}{4}) \implies y + 1 = 2x - \frac{\pi}{2} \implies 2x - y = 1 + \frac{\pi}{2} \implies 4x - 2y = 2 + \pi$ છે.
આમ,$4x + 2y = \pi + 2$ અને $4x - 2y = \pi + 2$ બંને માન્ય સ્પર્શકો હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) નતિપરિવર્તન બિંદુ એ વક્ર પરનું એવું બિંદુ છે જ્યાં વક્રની વક્રતા (concavity) બદલાય છે (એટલે કે,અંતર્મુખમાંથી બહિર્મુખ અથવા તેનાથી ઉલટું).
આલેખ $A$ માં,વિધેય $x = c$ આગળ અસતત છે,તેથી તે નતિપરિવર્તન બિંદુ નથી.
આલેખ $B$ માં,વિધેયને $x = c$ આગળ તીક્ષ્ણ વળાંક છે,જે સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય છે,નતિપરિવર્તન બિંદુ નથી.
આલેખ $C$ માં,વક્ર $x = c$ આગળ તેની વક્રતા બદલે છે (અંતર્મુખમાંથી બહિર્મુખ),જે નતિપરિવર્તન બિંદુની વ્યાખ્યા છે.
તેથી,સાચો આલેખ $C$ છે.

(B) $f(x)$ એ $x = \frac{1}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ,જમણી બાજુની લક્ષ અને વિધેયની કિંમત સમાન હોવી જોઈએ:
$\lim_{x \to \frac{1}{2}^-} \tan^{-1}(\frac{\alpha x + \beta}{\gamma}) = 0$ અને $\lim_{x \to \frac{1}{2}^+} \ln(\beta x^2 + 2) = 0$.
$\ln(\frac{\beta}{4} + 2) = 0$ પરથી,આપણને $\frac{\beta}{4} + 2 = 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\beta = -4$.
$\tan^{-1}(\frac{\alpha/2 + \beta}{\gamma}) = 0$ પરથી,આપણને $\frac{\alpha}{2} + \beta = 0$ મળે છે. $\beta = -4$ મૂકતા,$\frac{\alpha}{2} - 4 = 0$ મળે,તેથી $\alpha = 8$.
$x = \frac{1}{2}$ આગળ વિકલનીયતા માટે,બંને બાજુના વિકલિત સમાન હોવા જોઈએ:
$\frac{d}{dx} [\tan^{-1}(\frac{\alpha x + \beta}{\gamma})] = \frac{1}{1 + (\frac{\alpha x + \beta}{\gamma})^2} \cdot \frac{\alpha}{\gamma}$. $x = \frac{1}{2}$ આગળ,આ $\frac{\alpha}{\gamma}$ થાય છે (કારણ કે $\alpha x + \beta = 0$).
$\frac{d}{dx} [\ln(\beta x^2 + 2)] = \frac{2 \beta x}{\beta x^2 + 2}$. $x = \frac{1}{2}$ આગળ,આ $\frac{\beta}{-4/4 + 2} = \frac{-4}{1} = -4$ થાય છે.
આમ,$\frac{\alpha}{\gamma} = -4 \Rightarrow \frac{8}{\gamma} = -4 \Rightarrow \gamma = -2$.
અંતે,$\alpha + \beta + \gamma = 8 - 4 - 2 = 2$.

(C) ધારો કે $f(x) = \frac{e^{e^{x^2}} - e}{x}$. આપણે $\lim_{x \to 0} f'(x)$ શોધવાનું છે.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{x \cdot \frac{d}{dx}(e^{e^{x^2}} - e) - (e^{e^{x^2}} - e) \cdot 1}{x^2}$.
$f'(x) = \frac{x \cdot (e^{e^{x^2}} \cdot e^{x^2} \cdot 2x) - (e^{e^{x^2}} - e)}{x^2}$.
$f'(x) = 2e^{e^{x^2}} \cdot e^{x^2} - \frac{e^{e^{x^2}} - e}{x^2}$.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $2e^{e^{x^2}} \cdot e^{x^2} \to 2e^1 \cdot e^0 = 2e$.
બીજા પદ માટે,ધારો કે $u = x^2$. જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $u \to 0$. લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{e^{e^u} - e}{u} = \lim_{u \to 0} e \cdot \frac{e^{e^u - 1} - 1}{u}$ બને છે.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $t = e^u - 1$,આપણને $e \cdot \lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = e \cdot 1 = e$ મળે છે.
આમ,લક્ષની કિંમત $2e - e = e$ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = a(x-x_1)(x-x_2)\dots(x-x_{10})$ જ્યાં $x_1 < x_2 < \dots < x_{10}$ એ ભિન્ન વાસ્તવિક બીજ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln|f(x)| = \ln|a| + \sum_{i=1}^{10} \ln|x-x_i|$ મળે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{f'(x)}{f(x)} = \sum_{i=1}^{10} \frac{1}{x-x_i}$ મળે.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{f''(x)f(x) - (f'(x))^2}{(f(x))^2} = -\sum_{i=1}^{10} \frac{1}{(x-x_i)^2}$ મળે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{(f'(x))^2 - f(x)f''(x)}{(f(x))^2} = \sum_{i=1}^{10} \frac{1}{(x-x_i)^2}$.
જમણી બાજુ વાસ્તવિક સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો હોવાથી,તે તમામ $x \neq x_i$ માટે હંમેશા ધન છે.
આમ,$(f'(x))^2 - f(x)f''(x) = (f(x))^2 \sum_{i=1}^{10} \frac{1}{(x-x_i)^2} > 0$ તમામ $x \neq x_i$ માટે.
જ્યારે $x = x_i$ હોય,ત્યારે $(f'(x_i))^2 - f(x_i)f''(x_i) = (f'(x_i))^2 > 0$ કારણ કે બીજ ભિન્ન છે.
તેથી,પદાવલિ $(f'(x))^2 - f(x)f''(x)$ હંમેશા ધન રહે છે અને તેને કોઈ વાસ્તવિક બીજ નથી.

(A) આપેલ છે કે $f(x) + \int\limits_0^x g(t)dt = 2\sin x - \frac{\pi}{2}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) + g(x) = 2\cos x$ મળે છે .......$(1)$.
આપણને $f'(x)g(x) = \cos^2 x$ પણ આપેલ છે .......$(2)$.
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$f'(x) = 2\cos x - g(x)$. આ કિંમત $(2)$ માં મૂકતા:
$(2\cos x - g(x))g(x) = \cos^2 x$
$2\cos x \cdot g(x) - g(x)^2 = \cos^2 x$
$g(x)^2 - 2\cos x \cdot g(x) + \cos^2 x = 0$
$(g(x) - \cos x)^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $g(x) = \cos x$.
$g(x) = \cos x$ ને $(1)$ માં મૂકતા,$f'(x) = 2\cos x - \cos x = \cos x$.
$f'(x) = \cos x$ નું સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = \sin x + C$ મળે છે.
$x = 0$ આગળ મૂળ સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા: $f(0) + \int\limits_0^0 g(t)dt = 2\sin(0) - \frac{\pi}{2} \Rightarrow f(0) = -\frac{\pi}{2}$.
$f(0) = \sin(0) + C = -\frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$C = -\frac{\pi}{2}$.
આમ,$f(x) = \sin x - \frac{\pi}{2}$.
સમીકરણ $f(x) + g(x) = 0$ એ $\sin x - \frac{\pi}{2} + \cos x = 0$ બને છે,અથવા $\sin x + \cos x = \frac{\pi}{2}$.
$\sqrt{2}$ વડે ભાગતા,આપણને $\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$ મળે છે.
કારણ કે $\frac{\pi}{2\sqrt{2}} \approx 1.11 > 1$ છે,તેથી સમીકરણ $\sin(x + \frac{\pi}{4}) = 1.11$ નો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} -\frac{1}{x}, & x \le -1 \\ ax^2 + b, & -1 < x < 1 \\ \frac{1}{x}, & x \ge 1 \end{cases}$.
કારણ કે $f(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે,તેથી તે $x = 1$ અને $x = -1$ પર પણ સતત અને વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$x = 1$ પર સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$a(1)^2 + b = \frac{1}{1} \Rightarrow a + b = 1$.
$x = 1$ પર વિકલનીયતા માટે: $f'(x) = \begin{cases} \frac{1}{x^2}, & x < -1 \\ 2ax, & -1 < x < 1 \\ -\frac{1}{x^2}, & x > 1 \end{cases}$.
$x = 1$ પર ડાબી બાજુનું વિકલન: $f'(1^-) = 2a(1) = 2a$.
$x = 1$ પર જમણી બાજુનું વિકલન: $f'(1^+) = -\frac{1}{(1)^2} = -1$.
કારણ કે $f'(1^-) = f'(1^+)$,તેથી $2a = -1 \Rightarrow a = -\frac{1}{2}$.
$a = -\frac{1}{2}$ ને $a + b = 1$ માં મૂકતા: $-\frac{1}{2} + b = 1 \Rightarrow b = \frac{3}{2}$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x|x|$ અને $g(x) = \sin x$.
$h(x) = g(f(x)) = \sin(x|x|)$.
કારણ કે $x|x| = x^2$ જ્યારે $x \ge 0$ અને $-x^2$ જ્યારે $x < 0$ હોય,તેથી $h(x) = \begin{cases} \sin(x^2) & x \ge 0 \\ -\sin(x^2) & x < 0 \end{cases}$.
હવે,$h'(x) = \begin{cases} 2x \cos(x^2) & x \ge 0 \\ -2x \cos(x^2) & x < 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ,$LHL = \lim_{x \to 0^-} (-2x \cos(x^2)) = 0$ અને $RHL = \lim_{x \to 0^+} (2x \cos(x^2)) = 0$. $h'(0) = 0$ હોવાથી,$h'(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
હવે,$h''(x)$ શોધીને $x = 0$ આગળ $h'(x)$ ની વિકલનીયતા તપાસીએ:
$h''(x) = \begin{cases} 2 \cos(x^2) - 4x^2 \sin(x^2) & x > 0 \\ -2 \cos(x^2) + 4x^2 \sin(x^2) & x < 0 \end{cases}$.
$LHD = \lim_{x \to 0^-} (-2 \cos(x^2) + 4x^2 \sin(x^2)) = -2$.
$RHD = \lim_{x \to 0^+} (2 \cos(x^2) - 4x^2 \sin(x^2)) = 2$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$h'(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 + 1$ છે.
સ્થાનિક અંતિમ મૂલ્ય ચકાસવા માટે,આપણે વિકલિત શોધીએ: $f'(x) = 3x^2$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $3x^2 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 0$.
હવે,$x = 0$ ની આસપાસ $f'(x)$ ની નિશાની ચકાસીએ:
$x < 0$ માટે,$f'(x) = 3x^2 > 0$.
$x > 0$ માટે,$f'(x) = 3x^2 > 0$.
જેમ કે વિકલિત $f'(x)$ એ $x = 0$ માંથી પસાર થાય ત્યારે નિશાની બદલતું નથી,તેથી વિધેય $f(x)$ ને $x = 0$ આગળ કોઈ સ્થાનિક અંતિમ મૂલ્ય નથી. આમ,વિધાન $1$ ખોટું છે.
વિધાન $2$ માટે: વિધેય $f(x) = x^3 + 1$ એ બહુપદી વિધેય છે,જે $( -\infty, \infty )$ પર દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે.
વળી,$f'(x) = 3x^2$,તેથી $f'(0) = 3(0)^2 = 0$. આમ,વિધાન $2$ સાચું છે.
તેથી,વિધાન $1$ ખોટું છે અને વિધાન $2$ સાચું છે.