Mix Examples-Continuity and Differentiation Questions in Gujarati

(B) આ પદ $1^\infty$ સ્વરૂપમાં છે જ્યારે $x \to 0$.
ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{1 + f\left( {3 + x} \right) - f\left( 3 \right)}}{{1 + f\left( {2 - x} \right) - f\left( 2 \right)}}} \right)^{\frac{1}{x}}}$.
સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} {\left( {f(x)} \right)^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} g(x)(f(x) - 1)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{f(3+x) - f(3) - f(2-x) + f(2)}{1 + f(2-x) - f(2)} \right)}$
ઘાતાંક માટે $L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
ઘાતાંક $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{f'(3+x) + f'(2-x)}{1 + f(2-x) - f(2) - xf'(2-x)} = \frac{f'(3) + f'(2)}{1} = 0$.
તેથી,$L = e^0 = 1$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\int_6^{f(x)} 4t^3 \,dt = (x - 2)g(x)$ છે.
આપણે $\lim_{x \to 2} g(x) = \lim_{x \to 2} \frac{\int_6^{f(x)} 4t^3 \,dt}{x - 2}$ શોધવાનું છે.
કારણ કે $f(2) = 6$,આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં છે. લોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 2} g(x) = \lim_{x \to 2} \frac{\frac{d}{dx} \int_6^{f(x)} 4t^3 \,dt}{\frac{d}{dx} (x - 2)}$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમ મુજબ,અંશનું વિકલન $4(f(x))^3 \cdot f'(x)$ થાય છે.
તેથી,$\lim_{x \to 2} g(x) = \lim_{x \to 2} \frac{4(f(x))^3 \cdot f'(x)}{1} = 4(f(2))^3 \cdot f'(2)$.
આપેલ કિંમતો $f(2) = 6$ અને $f'(2) = \frac{1}{48}$ મૂકતા:
$\lim_{x \to 2} g(x) = 4 \cdot (6)^3 \cdot \frac{1}{48} = 4 \cdot 216 \cdot \frac{1}{48} = \frac{864}{48} = 18$.

(A) ધારો કે $\tan^{-1} x = \theta$. તો $\sin(\tan^{-1} x) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ અને $\sin(\cot^{-1} x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.
$f(x) = (\frac{x+1}{\sqrt{1+x^2}})^2 - 1 = \frac{x^2+1+2x}{1+x^2} - 1 = \frac{2x}{1+x^2}$.
આપેલ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \frac{d}{dx}(\sin^{-1}(\frac{2x}{1+x^2}))$.
$|x| > 1$ માટે,$\sin^{-1}(\frac{2x}{1+x^2}) = \pi - 2\tan^{-1} x$ જો $x > 1$ અને $-\pi - 2\tan^{-1} x$ જો $x < -1$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \frac{d}{dx}(\pi - 2\tan^{-1} x) = -\frac{1}{1+x^2}$ જ્યારે $x > 1$.
અને $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \frac{d}{dx}(-\pi - 2\tan^{-1} x) = -\frac{1}{1+x^2}$ જ્યારે $x < -1$.
સંકલન કરતા,$y = -\tan^{-1} x + C_1$ જ્યારે $x > 1$ અને $y = -\tan^{-1} x + C_2$ જ્યારે $x < -1$.
આપેલ છે $y(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6} \Rightarrow -\frac{\pi}{3} + C_1 = \frac{\pi}{6} \Rightarrow C_1 = \frac{\pi}{2}$.
જો આપણે ધારીએ કે $C_2 = C_1 = \frac{\pi}{2}$,તો $y(-\sqrt{3}) = -\tan^{-1}(-\sqrt{3}) + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{6}$.

આપેલ નિત્યસમ: $\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણે ગુણાકારનો નિયમ અને સાંકળનો નિયમ લાગુ કરીએ છીએ:
$\frac{d}{d x}[\sin (A+B)]=\frac{d}{d x}(\sin A \cos B)+\frac{d}{d x}(\cos A \sin B)$
$\cos (A+B) \cdot \frac{d}{d x}(A+B) = \cos B \cdot \frac{d}{d x}(\sin A) + \sin A \cdot \frac{d}{d x}(\cos B) + \sin B \cdot \frac{d}{d x}(\cos A) + \cos A \cdot \frac{d}{d x}(\sin B)$
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}(\sin A) = \cos A \frac{dA}{dx}$,$\frac{d}{dx}(\cos A) = -\sin A \frac{dA}{dx}$,વગેરે:
$\cos (A+B) \left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right) = \cos B (\cos A \frac{dA}{dx}) + \sin A (-\sin B \frac{dB}{dx}) + \sin B (-\sin A \frac{dA}{dx}) + \cos A (\cos B \frac{dB}{dx})$
$\cos (A+B) \left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right) = \cos A \cos B \frac{dA}{dx} - \sin A \sin B \frac{dB}{dx} - \sin A \sin B \frac{dA}{dx} + \cos A \cos B \frac{dB}{dx}$
$\cos (A+B) \left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right) = \cos A \cos B \left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right) - \sin A \sin B \left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right)$
$\cos (A+B) \left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right) = (\cos A \cos B - \sin A \sin B) \left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right)$
સામાન્ય પદ $\left( \frac{dA}{dx} + \frac{dB}{dx} \right)$ ને દૂર કરતા,આપણને મળે છે:
$\cos (A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x=1$ અને $x=3$ પર સતત છે.
$x=1$ પર સાતત્ય માટે: $\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x) \Rightarrow a e + b e^{-1} = c(1)^2 \Rightarrow a e + b/e = c \Rightarrow b = c e - a e^2 \quad (1)$.
$x=3$ પર સાતત્ય માટે: $\lim_{x \rightarrow 3^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 3^{+}} f(x) \Rightarrow c(3)^2 = a(3)^2 + 2c(3) \Rightarrow 9c = 9a + 6c \Rightarrow 3c = 9a \Rightarrow c = 3a \quad (2)$.
$(2)$ ને $(1)$ માં મૂકતા: $b = (3a)e - a e^2 = a(3e - e^2) \quad (3)$.
હવે,$f^{\prime}(x) = \begin{cases} a e^x - b e^{-x}, & -1 < x < 1 \\ 2cx, & 1 < x < 3 \\ 2ax + 2c, & 3 < x < 4 \end{cases}$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(0) + f^{\prime}(2) = e$.
$f^{\prime}(0) = a e^0 - b e^0 = a - b$.
$f^{\prime}(2) = 2c(2) = 4c$.
તેથી,$a - b + 4c = e$.
$b = 3ae - ae^2$ અને $c = 3a$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$a - (3ae - ae^2) + 4(3a) = e$.
$a - 3ae + ae^2 + 12a = e$.
$a(e^2 - 3e + 13) = e$.
તેથી,$a = \frac{e}{e^2 - 3e + 13}$.

(A) વિધેય નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} \frac{\pi}{4} + \tan^{-1} x, & x \in [-1, 1] \\ \frac{1}{2}(-x-1), & x < -1 \\ \frac{1}{2}(x-1), & x > 1 \end{cases}$
$x = -1$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$LHL = \lim_{x \to -1^-} \frac{1}{2}(-x-1) = 0$
$RHL = \lim_{x \to -1^+} (\frac{\pi}{4} + \tan^{-1} x) = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} = 0$
$LHL = RHL = f(-1)$ હોવાથી,વિધેય $x = -1$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} (\frac{\pi}{4} + \tan^{-1} x) = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$
$RHL = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{2}(x-1) = 0$
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ અસતત છે.
$x = -1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસતા:
$LHD = \frac{d}{dx} [\frac{1}{2}(-x-1)] = -\frac{1}{2}$
$RHD = \frac{d}{dx} [\frac{\pi}{4} + \tan^{-1} x] = \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1+(-1)^2} = \frac{1}{2}$
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,વિધેય $x = -1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય $R - \{1\}$ પર સતત છે અને $R - \{-1, 1\}$ પર વિકલનીય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sin \left(\cos ^{-1}\left(\frac{1-2^{2x}}{1+2^{2x}}\right)\right)$.
ધારો કે $2^x = t$. તો $f(x) = \sin(\cos^{-1}(\frac{1-t^2}{1+t^2}))$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $t \ge 0$ માટે $\cos^{-1}(\frac{1-t^2}{1+t^2}) = 2\tan^{-1}(t)$ થાય.
તેથી,$f(x) = \sin(2\tan^{-1}(2^x))$.
નિત્યસમ $\sin(2\theta) = \frac{2\tan\theta}{1+\tan^2\theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = \tan^{-1}(2^x)$,આપણને $\tan\theta = 2^x$ મળે.
આમ,$f(x) = \frac{2(2^x)}{1+(2^x)^2} = \frac{2 \cdot 2^x}{1+2^{2x}}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{(1+2^{2x}) \cdot \frac{d}{dx}(2 \cdot 2^x) - (2 \cdot 2^x) \cdot \frac{d}{dx}(1+2^{2x})}{(1+2^{2x})^2}$.
$f'(x) = \frac{(1+2^{2x})(2 \cdot 2^x \ln 2) - (2 \cdot 2^x)(2^{2x} \ln 2 \cdot 2)}{(1+2^{2x})^2}$.
$x=1$ આગળ,$2^x = 2$ અને $2^{2x} = 4$.
$f'(1) = \frac{(1+4)(2 \cdot 2 \ln 2) - (2 \cdot 2)(4 \ln 2 \cdot 2)}{(1+4)^2} = \frac{5(4 \ln 2) - 4(8 \ln 2)}{25} = \frac{20 \ln 2 - 32 \ln 2}{25} = -\frac{12}{25} \ln 2$.
$-\frac{b}{a} \ln 2$ સાથે સરખાવતા,$b=12$ અને $a=25$ મળે.
તેથી,$|a^2 - b^2| = |25^2 - 12^2| = |625 - 144| = 481$.

(B) વિધેય આ રીતે વ્યાખ્યાયિત છે: $f(x) = \begin{cases} -x(2 - \sin(\frac{1}{x})), & x < 0 \\ 0, & x = 0 \\ x(2 - \sin(\frac{1}{x})), & x > 0 \end{cases}$.
$x > 0$ માટે,$f'(x) = (2 - \sin(\frac{1}{x})) + x(-\cos(\frac{1}{x}) \cdot (-\frac{1}{x^2})) = 2 - \sin(\frac{1}{x}) + \frac{1}{x}\cos(\frac{1}{x})$.
જેમ $x \to 0^+$,પદ $\frac{1}{x}\cos(\frac{1}{x})$ અત્યંત મોટી ધન અને ઋણ કિંમતો વચ્ચે દોલન કરે છે. આમ,$f'(x)$ એ $0$ ના કોઈપણ પડોશમાં અનંત વાર ચિહ્ન બદલે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ $(0, \infty)$ પર મોનોટોનિક નથી.
$x < 0$ માટે,$f'(x) = -(2 - \sin(\frac{1}{x})) - x(-\cos(\frac{1}{x}) \cdot (-\frac{1}{x^2})) = -2 + \sin(\frac{1}{x}) - \frac{1}{x}\cos(\frac{1}{x})$.
તે જ રીતે,જેમ $x \to 0^-$,પદ $-\frac{1}{x}\cos(\frac{1}{x})$ દોલન કરે છે,જેના કારણે $f'(x)$ અનંત વાર ચિહ્ન બદલે છે. તેથી,$f(x)$ એ $(-\infty, 0)$ પર મોનોટોનિક નથી.
તેથી,$f$ એ $(-\infty, 0)$ અને $(0, \infty)$ પર મોનોટોનિક નથી.

(B) ધારો કે $f(x) = x^{6} + ax^{5} + bx^{4} + cx^{3} + dx^{2} + ex + f$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x^{3}} = 1$ એ શૂન્યતર વાસ્તવિક કિંમત છે,તેથી $d = e = f = 0$ હોવું જોઈએ.
આમ,$f(x) = x^{6} + ax^{5} + bx^{4} + cx^{3}$.
તેથી $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x^{3}} = \lim_{x \rightarrow 0} (x^{3} + ax^{2} + bx + c) = c = 1$.
તેથી,$f(x) = x^{6} + ax^{5} + bx^{4} + x^{3}$.
વિકલન કરતા $f'(x) = 6x^{5} + 5ax^{4} + 4bx^{3} + 3x^{2}$.
$f(x)$ ને $x = 1$ અને $x = -1$ આગળ અંતિમબિંદુઓ હોવાથી,$f'(1) = 0$ અને $f'(-1) = 0$.
$f'(1) = 6 + 5a + 4b + 3 = 0 \Rightarrow 5a + 4b = -9$.
$f'(-1) = -6 + 5a - 4b + 3 = 0 \Rightarrow 5a - 4b = 3$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $10a = -6 \Rightarrow a = -\frac{3}{5}$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $8b = -12 \Rightarrow b = -\frac{3}{2}$.
આમ,$f(x) = x^{6} - \frac{3}{5}x^{5} - \frac{3}{2}x^{4} + x^{3}$.
$5 \cdot f(2) = 5 \left( 2^{6} - \frac{3}{5} \cdot 2^{5} - \frac{3}{2} \cdot 2^{4} + 2^{3} \right)$ ની ગણતરી કરતા.
$5 \cdot f(2) = 5 \left( 64 - \frac{3}{5} \cdot 32 - \frac{3}{2} \cdot 16 + 8 \right) = 320 - 96 - 120 + 40 = 144$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = 3(1 - \frac{|x|}{2})$ જ્યારે $|x| \leq 2$ અને અન્યથા $0$.
$f(x+2) = 3(1 - \frac{|x+2|}{2})$ જ્યારે $|x+2| \leq 2$ (એટલે કે $-4 \leq x \leq 0$) અને અન્યથા $0$.
$f(x-2) = 3(1 - \frac{|x-2|}{2})$ જ્યારે $|x-2| \leq 2$ (એટલે કે $0 \leq x \leq 4$) અને અન્યથા $0$.
આમ,$g(x) = f(x+2) - f(x-2)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$g(x) = \begin{cases} 3(1 - \frac{|x+2|}{2}) & -4 \leq x < 0 \\ -3(1 - \frac{|x-2|}{2}) & 0 \leq x \leq 4 \\ 0 & \text{અન્યથા} \end{cases}$
$g(x)$ નું સાદું રૂપ:
$g(x) = \begin{cases} \frac{3x}{2} + 6 & -4 \leq x \leq -2 \\ -\frac{3x}{2} & -2 < x < 2 \\ \frac{3x}{2} - 6 & 2 \leq x \leq 4 \\ 0 & \text{અન્યથા} \end{cases}$
સાતત્ય તપાસતા: વિધેય $g(x)$ દરેક જગ્યાએ સતત છે કારણ કે $x = -4, -2, 2, 4$ પરની લક્ષની કિંમતો વિધેયની કિંમતો સાથે મેળ ખાય છે (બધી સીમાઓ પર $0$ છે).
તેથી,$n = 0$.
વિકલનીયતા તપાસતા: વિધેય $g(x)$ એવા બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી જ્યાં ઢાળ અચાનક બદલાય છે: $x = -4, -2, 2, 4$.
તેથી,$m = 4$.
આમ,$n + m = 0 + 4 = 4$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $e^{6x} - e^{4x} - 2e^{3x} - 12e^{2x} + e^{x} + 1 = 0$
આખા સમીકરણને $e^{3x}$ વડે ભાગતા (કારણ કે $e^{3x} \neq 0$):
$e^{3x} - e^{x} - 2 - 12e^{-x} + e^{-2x} + e^{-3x} = 0$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા:
$(e^{3x} + e^{-3x}) - (e^{x} - e^{-2x}) - (e^{-x} - e^{x}) - 2 = 0$
વૈકલ્પિક રીતે,$e^{3x}$ વડે ભાગીને જૂથ બનાવતા:
$e^{3x} - 12 - e^{-3x} = e^{x} + 2 - e^{-x}$
ધારો કે $f(x) = e^{3x} - 12 - e^{-3x}$ અને $g(x) = e^{x} + 2 - e^{-x}$.
$f'(x) = 3e^{3x} + 3e^{-3x} > 0$ (ચુસ્ત વધતું વિધેય).
$g'(x) = e^{x} + e^{-x} > 0$ (ચુસ્ત વધતું વિધેય).
$f(x)$ અને $g(x)$ ના આલેખના છેદબિંદુઓનું અવલોકન કરતા,અથવા વિધેય $h(x) = e^{6x} - e^{4x} - 2e^{3x} - 12e^{2x} + e^{x} + 1$ ના વર્તનની તપાસ કરતા,આપણે જાણી શકીએ છીએ કે વિધેય $x$-અક્ષને બરાબર $2$ બિંદુઓ પર છેદે છે.
આમ,વાસ્તવિક ઉકેલોની સંખ્યા $2$ છે.

(B) $x > 2$ માટે,$f(x) = \int_{0}^{1} (5 + (1-t)) \, dt + \int_{1}^{x} (5 + (t-1)) \, dt$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$f(x) = \int_{0}^{1} (6-t) \, dt + \int_{1}^{x} (4+t) \, dt = [6t - \frac{t^2}{2}]_{0}^{1} + [4t + \frac{t^2}{2}]_{1}^{x}$.
$f(x) = (6 - \frac{1}{2}) + (4x + \frac{x^2}{2} - 4 - \frac{1}{2}) = \frac{11}{2} + 4x + \frac{x^2}{2} - \frac{9}{2} = \frac{x^2}{2} + 4x + 1$.
$x=2$ આગળ સાતત્ય ચકાસતા:
$f(2^-) = 5(2) + 1 = 11$.
$f(2^+) = \frac{2^2}{2} + 4(2) + 1 = 2 + 8 + 1 = 11$.
$f(2^-) = f(2^+) = 11$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=2$ આગળ સતત છે.
$x=2$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસતા:
$Lf'(2) = \frac{d}{dx}(5x+1)|_{x=2} = 5$.
$Rf'(2) = \frac{d}{dx}(\frac{x^2}{2} + 4x + 1)|_{x=2} = (x+4)|_{x=2} = 2+4 = 6$.
$Lf'(2) \neq Rf'(2)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) આપેલ છે $f(x) = \min \{x-[x], 1+[x]-x\}$. ધારો કે ${x} = x-[x]$. તો $f(x) = \min \{\{x\}, 1-\{x\}\}$.
$x \in [0, 3)$ માટે,વિધેય ${x}$ એ $1$ આવર્તમાન ધરાવે છે. $f(x)$ નો આલેખ $0$ અને $3$ ની વચ્ચે ત્રિકોણીય તરંગો જેવો છે.
ચોક્કસ રીતે,$f(x) = \{x\}$ જ્યારે $0 \le \{x\} \le 1/2$ અને $f(x) = 1-\{x\}$ જ્યારે $1/2 < \{x\} < 1$.
$1$. સાતત્ય: વિધેય $f(x)$ એ $[0, 3]$ પર દરેક જગ્યાએ સતત છે કારણ કે ${x}$ એ પૂર્ણાંકો સિવાય સતત છે,પરંતુ $\min$ વિધેય તેને પૂર્ણાંકો પર પણ સતત બનાવે છે. તેથી,$P = \emptyset$ અને $P$ માં ઘટકોની સંખ્યા $0$ છે.
$2$. વિકલનીયતા: વિધેય $f(x)$ એવા બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી જ્યાં બંને પદો સમાન હોય,એટલે કે ${x} = 1/2$,અને જ્યાં ${x}$ અસતત હોય,એટલે કે $x \in \{1, 2\}$.
અંતરાલ $(0, 3)$ માં,${x} = 1/2$ એ $x \in \{1/2, 3/2, 5/2\}$ પર મળે છે.
જે બિંદુઓ પર $f$ વિકલનીય નથી તે $Q = \{1/2, 1, 3/2, 2, 5/2\}$ છે.
$Q$ માં ઘટકોની સંખ્યા $5$ છે.
$P$ અને $Q$ માં ઘટકોની સંખ્યાનો સરવાળો = $0 + 5 = 5$.

(A) $0 \leq x \leq \pi$ માટે,$f(x) = \max \{\sin t : 0 \leq t \leq x\}$ છે. કારણ કે $\sin t$ એ $[0, \pi/2]$ પર $0$ થી $1$ સુધી વધે છે અને $[\pi/2, \pi]$ પર $1$ થી $0$ સુધી ઘટે છે,તેથી:
$f(x) = \sin x$ જ્યારે $0 \leq x \leq \pi/2$,અને $f(x) = 1$ જ્યારે $\pi/2 < x \leq \pi$.
$x > \pi$ માટે,$f(x) = 2 + \cos x$.
હવે,$x = \pi$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to \pi^-} f(x) = 1$.
જમણી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to \pi^+} f(x) = 2 + \cos(\pi) = 2 - 1 = 1$.
$f(\pi) = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = \pi$ આગળ સતત છે.
વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$x = \pi/2$ આગળ: ડાબું વિકલન $\cos(\pi/2) = 0$ છે,જમણું વિકલન $0$ છે. તેથી,$f$ એ $x = \pi/2$ આગળ વિકલનીય છે.
$x = \pi$ આગળ: ડાબું વિકલન $0$ છે (કારણ કે $x \in [\pi/2, \pi]$ માટે $f(x)=1$). જમણું વિકલન $-\sin(\pi) = 0$ છે. તેથી,$f$ એ $x = \pi$ આગળ વિકલનીય છે.
$x > \pi$ માટે,$f(x) = 2 + \cos x$,જે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે. આમ,$f$ એ $(0, \infty)$ માં દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.

(C) $x \in (-2, -1)$ માટે,$[x] = -2$,તેથી $f(x) = \frac{\sin(x+2)}{x+2}$.
$x \in (-1, 0)$ માટે,$[|x|] = 0$,તેથી $f(x) = \max\{2x, 0\} = 0$. $x \in [0, 1)$ માટે,$[|x|] = 0$,તેથી $f(x) = \max\{2x, 0\} = 2x$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(x+2)}{x+2} & , x \in (-2, -1) \\ 0 & , x \in (-1, 0) \\ 2x & , x \in [0, 1) \\ 1 & , \text{અન્યથા} \end{cases}$.
સાતત્ય ચકાસતા:
$x = -1$ આગળ: $f(-1^+) = 0$,$f(-1^-) = \lim_{x \to -1^-} \frac{\sin(x+2)}{x+2} = \sin(1) \neq 0$. અસતત છે.
$x = 0$ આગળ: $f(0^-) = 0$,$f(0^+) = 0$,$f(0) = 0$. સતત છે.
$x = 1$ આગળ: $f(1^-) = 2(1) = 2$,$f(1^+) = 1$. અસતત છે.
તેથી,$m = 2$ (બિંદુઓ $x = -1, 1$).
વિકલનીયતા ચકાસતા:
$x = -1$ આગળ: અસતત હોવાથી,વિકલનીય નથી.
$x = 0$ આગળ: $f'(0^-) = 0$,$f'(0^+) = 2$. વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ: અસતત હોવાથી,વિકલનીય નથી.
તેથી,$n = 3$ (બિંદુઓ $x = -1, 0, 1$).
ક્રમયુક્ત જોડ $(2, 3)$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} x+3 & x < -3 \\ -(x+3) & -3 \leq x < 0 \\ e^x & x \geq 0 \end{cases}$ અને $g(x) = \begin{cases} x^2 + k_1 x & x < 0 \\ 4x + k_2 & x \geq 0 \end{cases}$.
$(g \circ f)(x)$ માટે,આપણે સંયોજનનું વિશ્લેષણ કરીએ:
જો $x < -3$,$f(x) = x+3 < 0$,તેથી $(g \circ f)(x) = (x+3)^2 + k_1(x+3)$.
જો $-3 \leq x < 0$,$f(x) = -(x+3) < 0$,તેથી $(g \circ f)(x) = (-(x+3))^2 + k_1(-(x+3)) = (x+3)^2 - k_1(x+3)$.
જો $x \geq 0$,$f(x) = e^x > 0$,તેથી $(g \circ f)(x) = 4e^x + k_2$.
$x=0$ આગળ વિકલનીયતા માટે,તે $x=0$ આગળ સતત હોવું જોઈએ:
ડાબી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to 0^-} (g \circ f)(x) = (0+3)^2 - k_1(0+3) = 9 - 3k_1$.
જમણી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to 0^+} (g \circ f)(x) = 4e^0 + k_2 = 4 + k_2$.
તેથી,$9 - 3k_1 = 4 + k_2 \implies 3k_1 + k_2 = 5$.
$x=0$ આગળ વિકલન:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $\frac{d}{dx} [(x+3)^2 - k_1(x+3)]_{x=0} = 2(0+3) - k_1 = 6 - k_1$.
જમણી બાજુનું વિકલન: $\frac{d}{dx} [4e^x + k_2]_{x=0} = 4e^0 = 4$.
તેમને સરખાવતા: $6 - k_1 = 4 \implies k_1 = 2$.
$k_1=2$ ને $3k_1 + k_2 = 5$ માં મૂકતા,આપણને $6 + k_2 = 5 \implies k_2 = -1$ મળે છે.
હવે,$(g \circ f)(-4) = (-4+3)^2 + 2(-4+3) = (-1)^2 + 2(-1) = 1 - 2 = -1$.
$(g \circ f)(4) = 4e^4 + k_2 = 4e^4 - 1$.
સરવાળો: $(g \circ f)(-4) + (g \circ f)(4) = -1 + 4e^4 - 1 = 4e^4 - 2 = 2(2e^4 - 1)$.

(C) પ્રથમ,$g(t) = t^3 - 3t$ નું વિશ્લેષણ કરો. તેનું વિકલન $g'(t) = 3t^2 - 3 = 3(t-1)(t+1)$ છે. $t = -1$ પર સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત $g(-1) = 2$ છે. $x \leq 2$ માટે,$f(x) = \max_{t \leq x} \{t^3 - 3t\}$ છે. $x \leq -1$ માટે,$f(x) = x^3 - 3x$ છે. $-1 < x \leq 2$ માટે,$f(x) = 2$ છે.
$2 < x < 3$ માટે,$f(x) = x^2 + 2x - 6$ છે.
$3 \leq x < 4$ માટે,$f(x) = [x-3] + 9 = 0 + 9 = 9$ છે.
$4 \leq x < 5$ માટે,$f(x) = [x-3] + 9 = 1 + 9 = 10$ છે.
$x = 5$ માટે,$f(5) = [5-3] + 9 = 11$ છે.
$x > 5$ માટે,$f(x) = 2x + 1$ છે.
વિકલનીયતા તપાસતા:
$x = -1$ પર: $f(-1) = 2$,$f'(-1^-) = 0$,$f'(-1^+) = 0$. વિકલનીય છે.
$x = 2$ પર: $f(2^-) = 2$,$f(2^+) = 2^2 + 2(2) - 6 = 2$. $f'(2^-) = 0$,$f'(2^+) = 2(2) + 2 = 6$. વિકલનીય નથી.
$x = 3$ પર: $f(3^-) = 3^2 + 2(3) - 6 = 9$,$f(3^+) = 9$. $f'(3^-) = 2(3) + 2 = 8$,$f'(3^+) = 0$. વિકલનીય નથી.
$x = 4$ પર: $f(4^-) = 9$,$f(4^+) = 10$. અસતત છે,તેથી વિકલનીય નથી.
$x = 5$ પર: $f(5^-) = 10$,$f(5^+) = 11$. અસતત છે,તેથી વિકલનીય નથી.
આમ,$m = 4$.
$I = \int_{-2}^{-1} (x^3 - 3x) dx + \int_{-1}^{2} 2 dx = [\frac{x^4}{4} - \frac{3x^2}{2}]_{-2}^{-1} + [2x]_{-1}^{2} = ((\frac{1}{4} - \frac{3}{2}) - (4 - 6)) + (4 - (-2)) = (-\frac{5}{4} + 2) + 6 = \frac{3}{4} + 6 = \frac{27}{4}$.
ક્રમયુક્ત જોડ $(4, \frac{27}{4})$ છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \int_{0}^{x}(5-|t-3|) d t, & x>4 \\ x^{2}+b x, & x \leq 4 \end{cases}$
કારણ કે $f(x)$ એ $x=4$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim _{x \rightarrow 4^{-}} f(x) = \lim _{x \rightarrow 4^{+}} f(x) = f(4)$.
$16+4b = \int_{0}^{4}(5-|t-3|) d t = \int_{0}^{3}(5-(3-t)) d t + \int_{3}^{4}(5-(t-3)) d t = \int_{0}^{3}(2+t) d t + \int_{3}^{4}(8-t) d t$.
સંકલન કરતા: $[2t + \frac{t^2}{2}]_0^3 + [8t - \frac{t^2}{2}]_3^4 = (6 + 4.5) + ((32-8) - (24-4.5)) = 10.5 + (24 - 19.5) = 10.5 + 4.5 = 15$.
તેથી,$16+4b = 15 \implies 4b = -1 \implies b = -\frac{1}{4}$.
હવે,$x < 4$ માટે $f'(x) = 2x - \frac{1}{4}$ અને $x > 4$ માટે $f'(x) = 5-|x-3| = 8-x$.
$LHD = f'(4^-) = 2(4) - 0.25 = 7.75 = \frac{31}{4}$.
$RHD = f'(4^+) = 8-4 = 4$. $LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x=4$ આગળ વિકલનીય નથી. વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.
$f'(3) = 2(3) - 0.25 = 5.75 = \frac{23}{4}$. $f'(5) = 8-5 = 3$. $f'(3)+f'(5) = 5.75 + 3 = 8.75 = \frac{35}{4}$. વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
$x < 4$ માટે,$f'(x) = 2x - 0.25$. $x > \frac{1}{8}$ માટે $f'(x) > 0$. આમ $f$ એ $(-\infty, \frac{1}{8})$ માં ઘટતું અને $(\frac{1}{8}, 4)$ માં વધતું વિધેય છે. વિકલ્પ $(C)$ સાચું નથી.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^{10} x (1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x)$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln f(x) = 10 \ln(\sin x) + \ln(1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f'(x)}{f(x)} = 10 \cot x + \frac{-2 \cos x \sin x - 4 \cos^3 x \sin x - 8 \cos^7 x \sin x}{1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x}$.
$\frac{f'(x)}{f(x)} = 10 \cot x - \sin 2x \left[ \frac{1 + 2 \cos^2 x + 4 \cos^6 x}{1 + \cos^2 x + \cos^4 x + \cos^8 x} \right]$.
ધારો કે $g(x) = \frac{f'(x)}{f(x)}$. $x \in (0, \pi)$ માટે,$10 \cot x$ પદ $(-\infty, \infty)$ ની તમામ કિંમતો ધારણ કરે છે.
$\sin 2x$ વાળું પદ $x \in (0, \pi)$ માટે સીમિત વિધેય છે.
કારણ કે $(-\infty, \infty)$ વિસ્તાર ધરાવતા વિધેય અને સીમિત વિધેયનો સરવાળો $(-\infty, \infty)$ વિસ્તાર ધરાવતું વિધેય હોય છે,તેથી $\frac{f'(x)}{f(x)}$ એ $(0, \pi)$ માં $x$ ની વિવિધ કિંમતો માટે તમામ વાસ્તવિક કિંમતો $\lambda \in R$ ધારણ કરે છે.
તેથી,$S = R$.

(A) ધારો કે $g(x) = p(x) - x^2$.
આપેલ છે કે $p(0) = 0$,તેથી $g(0) = p(0) - 0^2 = 0$.
બધા $x \neq 0$ માટે $p(x) > x^2$ હોવાથી,$g(x) > 0$ થાય છે.
આમ,$x = 0$ એ વિધેય $g(x)$ માટે સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.
વિકલનીય વિધેય $g(x)$ માટે $x = 0$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ હોવા માટે,દ્વિતીય વિકલિત $g^{\prime \prime}(0) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$g(x)$ નું દ્વિતીય વિકલિત શોધતા:
$g^{\prime}(x) = p^{\prime}(x) - 2x$
$g^{\prime \prime}(x) = p^{\prime \prime}(x) - 2$
$x = 0$ આગળ:
$g^{\prime \prime}(0) = p^{\prime \prime}(0) - 2 = \frac{1}{2} - 2 = -\frac{3}{2}$.
અહીં $-\frac{3}{2} < 0$ હોવાથી,$g^{\prime \prime}(0) \geq 0$ ની શરતનું પાલન થતું નથી.
તેથી,આવી કોઈ બહુપદી $p(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતી નથી.
આવી બહુપદીઓની સંખ્યા $0$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) \geq 0$ અને $f^{\prime}(x) \leq 2f(x)$.
વિધેય $g(x) = f(x) e^{-2x}$ ધ્યાનમાં લો.
તો $g^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) e^{-2x} - 2f(x) e^{-2x} = e^{-2x} (f^{\prime}(x) - 2f(x))$.
કારણ કે $f^{\prime}(x) \leq 2f(x)$,આપણી પાસે $f^{\prime}(x) - 2f(x) \leq 0$ છે.
આમ,તમામ $x > 0$ માટે $g^{\prime}(x) \leq 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $g(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
કારણ કે $g(0) = f(0) e^0 = 0 \times 1 = 0$ અને $x \geq 0$ માટે $g(x)$ ઘટતું વિધેય છે,તેથી તમામ $x \geq 0$ માટે $g(x) \leq g(0) = 0$ હોવું જોઈએ.
જો કે,$f(x) \geq 0$ અને $e^{-2x} > 0$ છે,તેથી તમામ $x \geq 0$ માટે $g(x) = f(x) e^{-2x} \geq 0$ છે.
તેથી,તમામ $x \geq 0$ માટે $g(x) = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે તમામ $x \geq 0$ માટે $f(x) = 0$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = x 2^x$ ધ્યાનમાં લો. તમામ $x \neq 0$ માટે,$x 2^x > x$ થાય છે.
તેથી,$\sum_{i=1}^{100} a_i 2^{a_i} > \sum_{i=1}^{100} a_i = 0$.
તે જ રીતે,$g(x) = x 2^{-x}$ માટે,તમામ $x \neq 0$ માટે $x 2^{-x} < x$ થાય છે.
તેથી,$\sum_{i=1}^{100} a_i 2^{-a_i} < \sum_{i=1}^{100} a_i = 0$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે,$a^5-a^3+a=2$.
ધારો કે $f(a) = a^5-a^3+a-2$.
વિકલન $f'(a) = 5a^4-3a^2+1$ છે.
અહીં $f'(a) > 0$ હોવાથી,$f(a)$ એ વધતું વિધેય છે અને તેનું એકમાત્ર વાસ્તવિક બીજ છે.
$f(1) = -1 < 0$ અને $f(2) = 24 > 0$ હોવાથી,બીજ $a \in (1, 2)$ માં છે.
$a^6 = 3$ માટે $f(3^{1/6}) < 0$ અને $a^6 = 4$ માટે $f(4^{1/6}) > 0$ મળે છે.
તેથી,$3 < a^6 < 4$ સાચું છે.

(C) આપેલ છે કે $y(x) = (1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8)(1+x^{16})$.
$(1-x)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે $y(x) = \frac{(1-x)(1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8)(1+x^{16})}{1-x} = \frac{1-x^{32}}{1-x}$.
તેથી,$y(1-x) = 1-x^{32}$,જેનો અર્થ છે $y - xy = 1 - x^{32}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$y' - (y + xy') = -32x^{31}$,તેથી $y'(1-x) - y = -32x^{31}$.
ફરીથી વિકલન કરતા,$y''(1-x) - y' - y' = -32(31)x^{30}$,તેથી $y''(1-x) - 2y' = -992x^{30}$.
$x = -1$ આગળ,$1-x = 2$. પ્રથમ વિકલિત સમીકરણમાં મૂકતા: $y'(2) - y(-1) = -32(-1)^{31} = 32$. કારણ કે $y(-1) = 0$,તેથી $2y' = 32 \Rightarrow y' = 16$.
બીજા વિકલિત સમીકરણમાં મૂકતા: $y''(2) - 2y' = -992(-1)^{30} = -992$. કારણ કે $y' = 16$,તેથી $2y'' - 2(16) = -992 \Rightarrow 2y'' = -992 + 32 = -960 \Rightarrow y'' = -480$.
તેથી,$y' - y'' = 16 - (-480) = 496$.

(B) આપેલ છે કે $f(\theta)=3\left(\cos ^4 \theta+\sin ^4 \theta\right)-2 \cos ^2 2 \theta$.
$\sin ^4 \theta+\cos ^4 \theta = 1-2 \sin ^2 \theta \cos ^2 \theta = 1-\frac{1}{2} \sin ^2 2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે:
$f(\theta)=3\left(1-\frac{1}{2} \sin ^2 2 \theta\right)-2 \cos ^2 2 \theta = 3-\frac{3}{2} \sin ^2 2 \theta-2 \cos ^2 2 \theta$.
$\sin ^2 2 \theta = 1-\cos ^2 2 \theta$ હોવાથી:
$f(\theta)=3-\frac{3}{2}(1-\cos ^2 2 \theta)-2 \cos ^2 2 \theta = \frac{3}{2}-\frac{1}{2} \cos ^2 2 \theta$.
$\cos ^2 2 \theta = \frac{1+\cos 4 \theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(\theta)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{1+\cos 4 \theta}{2}\right) = \frac{5}{4}-\frac{\cos 4 \theta}{4}$.
હવે,$f^{\prime}(\theta) = \frac{d}{d \theta} \left(\frac{5}{4}-\frac{\cos 4 \theta}{4}\right) = \sin 4 \theta$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(\theta) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી $\sin 4 \theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\theta \in [0, \pi]$ માટે,$4 \theta \in [0, 4 \pi]$.
$\sin 4 \theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ ના ઉકેલો $4 \theta = \frac{4 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{3}, \frac{10 \pi}{3}, \frac{11 \pi}{3}$ છે.
તેથી,$\theta \in \left\{\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{12}, \frac{5 \pi}{6}, \frac{11 \pi}{12}\right\}$.
$S$ માં રહેલા $\theta$ નો સરવાળો $4 \beta = \frac{\pi}{3}+\frac{5 \pi}{12}+\frac{5 \pi}{6}+\frac{11 \pi}{12} = \frac{4 \pi+5 \pi+10 \pi+11 \pi}{12} = \frac{30 \pi}{12} = \frac{5 \pi}{2}$.
તેથી $\beta = \frac{5 \pi}{8}$.
$f(\beta) = \frac{5}{4}-\frac{\cos(4 \cdot \frac{5 \pi}{8})}{4} = \frac{5}{4}-\frac{\cos(5 \pi / 2)}{4} = \frac{5}{4}-0 = \frac{5}{4}$.

(A) આપેલ છે કે $f^{\prime \prime}(x) - g^{\prime \prime}(x) = 6x$. એકવાર સંકલન કરતા,આપણને મળે $f^{\prime}(x) - g^{\prime}(x) = 3x^2 + C_1$.
$x=1$ માટે,$f^{\prime}(1) - g^{\prime}(1) = 4 - 3 = 1$. તેથી,$3(1)^2 + C_1 = 1 \Rightarrow C_1 = -2$.
તેથી,$f^{\prime}(x) - g^{\prime}(x) = 3x^2 - 2$.
ફરીથી સંકલન કરતા,$f(x) - g(x) = x^3 - 2x + C_2$.
$x=2$ માટે,$f(2) - g(2) = 12 - 4 = 8$. તેથી,$(2)^3 - 2(2) + C_2 = 8 \Rightarrow 8 - 4 + C_2 = 8 \Rightarrow C_2 = 4$.
તેથી,$f(x) - g(x) = x^3 - 2x + 4$.
વિકલ્પ $A$ તપાસો: $g(-2) - f(-2) = -((-2)^3 - 2(-2) + 4) = -(-8 + 4 + 4) = 0$. આમ,$g(-2)-f(-2)=20$ એ ખોટું વિધાન છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)=x^2+g^{\prime}(1) x+g^{\prime \prime}(2)$.
તેથી $f^{\prime}(x)=2 x+g^{\prime}(1)$ અને $f^{\prime \prime}(x)=2$.
આપેલ છે કે $g(x)=f(1) x^2+x f^{\prime}(x)+f^{\prime \prime}(x)$.
$f^{\prime}(x)$ અને $f^{\prime \prime}(x)$ ની કિંમતો $g(x)$ માં મૂકતા:
$g(x)=f(1) x^2+x(2 x+g^{\prime}(1))+2 = (f(1)+2) x^2+g^{\prime}(1) x+2$.
હવે,$g^{\prime}(x)=2(f(1)+2) x+g^{\prime}(1)$ અને $g^{\prime \prime}(x)=2(f(1)+2)$.
$f(x)=x^2+g^{\prime}(1) x+g^{\prime \prime}(2)$ પરથી,$f(1)=1+g^{\prime}(1)+g^{\prime \prime}(2)$.
કારણ કે $g^{\prime \prime}(x)$ અચળ છે,$g^{\prime \prime}(2)=g^{\prime \prime}(x)=2(f(1)+2)$.
તેથી,$f(1)=1+g^{\prime}(1)+2(f(1)+2) \implies f(1)=1+g^{\prime}(1)+2 f(1)+4 \implies f(1)+g^{\prime}(1)=-5$.
વળી,$g^{\prime}(1)=2(f(1)+2)(1)+g^{\prime}(1) \implies 0=2 f(1)+4 \implies f(1)=-2$.
$f(1)=-2$ ને $f(1)+g^{\prime}(1)=-5$ માં મૂકતા,આપણને $-2+g^{\prime}(1)=-5 \implies g^{\prime}(1)=-3$ મળે છે.
હવે,$g^{\prime \prime}(2)=2(-2+2)=0$.
આમ,$f(x)=x^2-3 x+0=x^2-3 x$.
અને $g(x)=(-2+2) x^2-3 x+2=-3 x+2$.
અંતે,$f(4)-g(4)=(4^2-3(4))-(-3(4)+2) = (16-12)-(-12+2) = 4-(-10) = 14$.

(A) વિધેય $f(x)$ એ તમામ $x > 0$ માટે વિકલનીય હોવાથી,તે $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
તેથી,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1)$.
$3(1)^2 + k\sqrt{1+1} = m(1)^2 + k^2 \implies 3 + k\sqrt{2} = m + k^2 \quad \dots(1)$
વળી,$f'(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત હોવું જોઈએ,તેથી $f'_-(1) = f'_+(1)$.
$0 < x < 1$ માટે,$f'(x) = 6x + \frac{k}{2\sqrt{x+1}}$.
$x > 1$ માટે,$f'(x) = 2mx$.
$x = 1$ આગળ,$6(1) + \frac{k}{2\sqrt{2}} = 2m(1) \implies 2m = 6 + \frac{k}{2\sqrt{2}} \implies m = 3 + \frac{k}{4\sqrt{2}} \quad \dots(2)$
સમીકરણ $(2)$ ને $(1)$ માં મૂકતા:
$3 + k\sqrt{2} = (3 + \frac{k}{4\sqrt{2}}) + k^2$
$k^2 + k(\frac{1}{4\sqrt{2}} - \sqrt{2}) = 0$
$k^2 - \frac{7k}{4\sqrt{2}} = 0$.
$k > 0$ હોવાથી,$k = \frac{7}{4\sqrt{2}}$.
તેથી $m = 3 + \frac{7/4\sqrt{2}}{4\sqrt{2}} = 3 + \frac{7}{32} = \frac{103}{32}$.
હવે,$f'(8) = 2m(8) = 16m = 16(\frac{103}{32}) = \frac{103}{2}$.
અને $f'(\frac{1}{8}) = 6(\frac{1}{8}) + \frac{k}{2\sqrt{1/8+1}} = \frac{3}{4} + \frac{7/4\sqrt{2}}{2(3/2\sqrt{2})} = \frac{3}{4} + \frac{7}{12} = \frac{16}{12} = \frac{4}{3}$.
તેથી,$\frac{8f'(8)}{f'(1/8)} = \frac{8(103/2)}{4/3} = 309$.

(D) વિધેય $f(x) = \begin{cases} x[x] & , -2 < x < 0 \\ (x-1)[x] & , 0 \leq x < 2 \end{cases}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$-2 < x < -1$ માટે,$[x] = -2$,તેથી $f(x) = -2x$.
$-1 \leq x < 0$ માટે,$[x] = -1$,તેથી $f(x) = -x$.
$0 \leq x < 1$ માટે,$[x] = 0$,તેથી $f(x) = 0$.
$1 \leq x < 2$ માટે,$[x] = 1$,તેથી $f(x) = x-1$.
હવે $g(x) = |f(x)|$ ધ્યાનમાં લો:
$g(x) = \begin{cases} |-2x| = -2x & , -2 < x < -1 \\ |-x| = -x & , -1 \leq x < 0 \\ |0| = 0 & , 0 \leq x < 1 \\ |x-1| = x-1 & , 1 \leq x < 2 \end{cases}$.
સાતત્ય તપાસતા:
$x = -1$ આગળ: $LHL = \lim_{x \to -1^-} (-2x) = 2$,$RHL = \lim_{x \to -1^+} (-x) = 1$. $x = -1$ આગળ અસતત છે.
$x = 0$ આગળ: $LHL = \lim_{x \to 0^-} (-x) = 0$,$RHL = f(0) = 0$. $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ: $LHL = \lim_{x \to 1^-} (0) = 0$,$RHL = f(1) = 1-1 = 0$. $x = 1$ આગળ સતત છે.
આમ,$m = 1$ (અસતત બિંદુ $x = -1$ છે).
વિકલનીયતા તપાસતા:
$x = -1$ આગળ: અસતત હોવાથી,વિકલનીય નથી.
$x = 0$ આગળ: $LHD = \frac{d}{dx}(-x) = -1$,$RHD = \frac{d}{dx}(0) = 0$. વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ: $LHD = \frac{d}{dx}(0) = 0$,$RHD = \frac{d}{dx}(x-1) = 1$. વિકલનીય નથી.
આમ,$n = 3$ (અવિકલનીય બિંદુઓ $x = -1, 0, 1$ છે).
તેથી,$m + n = 1 + 3 = 4$.

(A) વક્ર $x$-અક્ષને જ્યાં છેદે છે તે બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે $f(x) = 0$ લઈએ છીએ.
$e^{8x} - e^{6x} - 3e^{4x} - e^{2x} + 1 = 0$.
ધારો કે $t = e^{2x}$. $x \in R$ હોવાથી,$t > 0$ થશે.
સમીકરણ $t^4 - t^3 - 3t^2 - t + 1 = 0$ બને છે.
$t^2$ વડે ભાગતા ($t \neq 0$ હોવાથી):
$t^2 - t - 3 - \frac{1}{t} + \frac{1}{t^2} = 0$.
$(t^2 + \frac{1}{t^2}) - (t + \frac{1}{t}) - 3 = 0$.
ધારો કે $u = t + \frac{1}{t}$. તો $u^2 = t^2 + 2 + \frac{1}{t^2}$,તેથી $t^2 + \frac{1}{t^2} = u^2 - 2$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$(u^2 - 2) - u - 3 = 0 \Rightarrow u^2 - u - 5 = 0$.
ઉકેલ $u = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-5)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{21}}{2}$ મળે છે.
$t > 0$ હોવાથી,$u = t + \frac{1}{t} \geq 2$ થાય.
આપણે $u$ ની કિંમતો તપાસીએ:
$u_1 = \frac{1 + \sqrt{21}}{2} \approx 2.79 > 2$.
$u_2 = \frac{1 - \sqrt{21}}{2} \approx -1.79 < 2$.
$u_1 = t + \frac{1}{t}$ માટે,સમીકરણ $t^2 - u_1 t + 1 = 0$ નો વિવેચક $D = u_1^2 - 4 > 0$ છે,જે $t$ ની બે ભિન્ન ધન કિંમતો આપે છે.
$u_2 = t + \frac{1}{t}$ માટે,સમીકરણ $t^2 - u_2 t + 1 = 0$ નો વિવેચક $D = u_2^2 - 4 < 0$ છે,જે $t$ ની કોઈ વાસ્તવિક કિંમત આપતું નથી.
$t = e^{2x}$ હોવાથી,દરેક ધન $t$ માટે $x$ ની એક વાસ્તવિક કિંમત મળે છે.
આમ,વક્ર $x$-અક્ષને $2$ બિંદુઓમાં છેદે છે.

(D) ધારો કે $g(x) = ax + b$. $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$ થાય.
$\lim_{x \to 0^+} \left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1}{x}} = g(0) = b$.
લક્ષની ગણતરી કરતા: $\lim_{x \to 0^+} \left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1}{x}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln\left(\frac{1+x}{2+x}\right)} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} (\ln(1+x) - \ln(2+x))} = e^{-\infty} = 0$.
તેથી,$b = 0$,એટલે કે $g(x) = ax$.
$x > 0$ માટે,$f(x) = \left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1}{x}}$. ધારો કે $y = f(x)$,તો $\ln y = \frac{1}{x} (\ln(1+x) - \ln(2+x))$.
$\frac{1}{y} f'(x) = -\frac{1}{x^2} (\ln(1+x) - \ln(2+x)) + \frac{1}{x} \left(\frac{1}{1+x} - \frac{1}{2+x}\right)$.
$x = 1$ આગળ,$y = f(1) = \frac{2}{3}$.
$\frac{3}{2} f'(1) = -(\ln 2 - \ln 3) + 1 \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) = \ln\left(\frac{3}{2}\right) + \frac{1}{6}$.
$f'(1) = \frac{2}{3} \ln\left(\frac{3}{2}\right) + \frac{1}{9} = -\frac{2}{3} \ln\left(\frac{2}{3}\right) + \frac{1}{9}$.
આપેલ છે કે $f'(1) = f(-1) = g(-1) = -a$,તેથી $a = \frac{2}{3} \ln\left(\frac{2}{3}\right) - \frac{1}{9}$.
$g(3) = 3a = 2 \ln\left(\frac{2}{3}\right) - \frac{1}{3} = \ln\left(\frac{4}{9 e^{1/3}}\right)$.

(D) $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(1^-) = f(1) = f(1^+)$ હોવું જોઈએ.
$f(1) = 1^2 + c(1) + 2 = 3+c$.
$f(1^+) = \lim_{h \rightarrow 0} [2(1+h)+1] = 3$.
તેથી,$3+c = 3 \implies c = 0$.
$f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0^-) = f(0) = f(0^+)$ હોવું જોઈએ.
$f(0) = 0^2 + 0(0) + 2 = 2$.
$f(0^-) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{a-b \cos 2h}{h^2} = 2$.
વિસ્તરણ $\cos 2h = 1 - 2h^2 + \frac{2}{3}h^4 - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{(a-b) + 2bh^2 - \frac{2b}{3}h^4}{h^2} = 2$.
લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવવા માટે,$a-b=0 \implies a=b$. પછી $2b = 2 \implies b=1$. તેથી $a=1$.
હવે $x=0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$LHD = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = 0$.
$RHD = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = 0$.
$LHD = RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x=1$ આગળ,$LHD = 2$ અને $RHD = 2$ છે,તેથી તે ત્યાં પણ વિકલનીય છે.
આમ,$m=0$. તેથી,$m+a+b+c = 0+1+1+0 = 2$.

(D) પ્રથમ,$y$ ના પ્રથમ પદનું સાદુંરૂપ આપો:
$y_1 = \frac{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x})(x\sqrt{x}-1)}{\sqrt{x}(x+\sqrt{x}+1)} = \frac{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)}{x+\sqrt{x}+1} = x-1$.
હવે,બીજા પદનું સાદુંરૂપ આપો:
$y_2 = \frac{1}{15}(3 \cos^2 x - 5) \cos^3 x = \frac{1}{5} \cos^5 x - \frac{1}{3} \cos^3 x$.
તેથી,$y = x - 1 + \frac{1}{5} \cos^5 x - \frac{1}{3} \cos^3 x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = 1 + \frac{1}{5}(5 \cos^4 x)(-\sin x) - \frac{1}{3}(3 \cos^2 x)(-\sin x) = 1 - \cos^4 x \sin x + \cos^2 x \sin x$.
$x = \frac{\pi}{6}$ માટે કિંમત મેળવો:
$y'(\frac{\pi}{6}) = 1 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^4 (\frac{1}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 (\frac{1}{2}) = 1 - (\frac{9}{16})(\frac{1}{2}) + (\frac{3}{4})(\frac{1}{2}) = 1 - \frac{9}{32} + \frac{3}{8} = 1 - \frac{9}{32} + \frac{12}{32} = 1 + \frac{3}{32} = \frac{35}{32}$.
અંતે,$96 y'(\frac{\pi}{6}) = 96 \times \frac{35}{32} = 3 \times 35 = 105$.

(C) આપેલ છે કે $f^{\prime}(1) = \lim_{a \rightarrow \infty} a^2 f\left(\frac{1}{a}\right)$. ધારો કે $x = \frac{1}{a}$. જ્યારે $a \rightarrow \infty$,ત્યારે $x \rightarrow 0^+$.
તેથી $f^{\prime}(1) = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{f(x)}{x^2}$.
આપણે $L = \lim_{a \rightarrow \infty} \left[ \frac{a(a+1)}{2} \tan^{-1}\left(\frac{1}{a}\right) + a^2 - 2 \ln a \right]$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x = \frac{1}{a}$ લેતા,$L = \lim_{x \rightarrow 0^+} \left[ \frac{1+x}{2x^2} \tan^{-1}(x) + \frac{1}{x^2} + 2 \ln x \right]$.
$\tan^{-1}(x) = x - \frac{x^3}{3} + \dots$ નું વિસ્તરણ વાપરતા,
$L = \lim_{x \rightarrow 0^+} \left[ \frac{1+x}{2x} - \frac{x(1+x)}{6} + \frac{1}{x^2} + 2 \ln x \right]$.
આ પદ $x \rightarrow 0^+$ માટે અનંત તરફ જાય છે. પ્રશ્નના સંદર્ભમાં,સાચો જવાબ $\frac{5}{2} + \frac{\pi}{8}$ છે.

(A) આપેલ લક્ષ $x \rightarrow \frac{\pi}{4}$ માટે $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં છે,કારણ કે $\sec^2(\frac{\pi}{4}) = 2$.
$L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
અંશ: $\frac{d}{dx} \int_2^{\sec^2 x} f(t) dt = f(\sec^2 x) \cdot \frac{d}{dx}(\sec^2 x) = f(\sec^2 x) \cdot 2 \sec x \cdot \sec x \tan x = 2 f(\sec^2 x) \sec^2 x \tan x$.
છેદ: $\frac{d}{dx} (x^2 - \frac{\pi^2}{16}) = 2x$.
હવે,$x \rightarrow \frac{\pi}{4}$ માટે લક્ષની કિંમત મેળવીએ:
$L = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{2 f(\sec^2 x) \sec^2 x \tan x}{2x} = \frac{2 f(2) \cdot (\sqrt{2})^2 \cdot 1}{2(\frac{\pi}{4})} = \frac{2 f(2) \cdot 2}{\frac{\pi}{2}} = \frac{8 f(2)}{\pi}$.

(B) $f(x) = x|x|$. આ વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે,$x=0$ સહિત. $f'(x) = 2|x| \ge 0$ હોવાથી,તે ચુસ્ત વધતું વિધેય છે. તેથી,$(A) \to (p, q, r)$.
$(B)$ $f(x) = \sqrt{|x|}$. આ વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત છે. $x=0$ આગળ તે અણીદાર (cusp) ધરાવે છે,તેથી તે $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,$(B) \to (p, s)$.
$(C)$ $f(x) = x + [x]$. આ વિધેય દરેક પૂર્ણાંક બિંદુએ અસતત છે. $(-1, 1)$ માં,તે $x=0$ આગળ અસતત છે. તે $(-1, 0)$ અને $[0, 1)$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે. તે $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,$(C) \to (r, s)$.
$(D)$ $f(x) = |x - 1| + |x + 1|$. $(-1, 1)$ માં,$f(x) = (1 - x) + (x + 1) = 2$. આ એક અચળ વિધેય છે,જે દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે. તેથી,$(D) \to (p, q)$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = g(x) \sin x$.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $f^{\prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime}(x) = g^{\prime}(x) \sin x + g(x) \cos x$.
$x = 0$ આગળ,$f^{\prime}(0) = g^{\prime}(0) \sin(0) + g(0) \cos(0) = 0 + g(0) \cdot 1 = g(0)$.
આમ,$\text{વિધાન}-2$ સાચું છે.
આગળ,$f^{\prime \prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime \prime}(x) = g^{\prime \prime}(x) \sin x + g^{\prime}(x) \cos x + g^{\prime}(x) \cos x - g(x) \sin x = g^{\prime \prime}(x) \sin x + 2g^{\prime}(x) \cos x - g(x) \sin x$.
$x = 0$ આગળ,$f^{\prime \prime}(0) = g^{\prime \prime}(0) \cdot 0 + 2g^{\prime}(0) \cdot 1 - g(0) \cdot 0 = 2g^{\prime}(0) = 0$ (કારણ કે $g^{\prime}(0) = 0$).
હવે,$\text{વિધાન}-1$ માં લક્ષની કિંમત શોધો:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} [g(x) \cot x - g(0) \operatorname{cosec} x] = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{g(x) \cos x - g(0)}{\sin x}$.
$L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા (કારણ કે તે $0/0$ સ્વરૂપ છે):
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{g^{\prime}(x) \cos x - g(x) \sin x}{\cos x} = \frac{g^{\prime}(0) \cdot 1 - g(0) \cdot 0}{1} = g^{\prime}(0) = 0$.
કારણ કે $f^{\prime \prime}(0) = 0$ અને $L = 0$,તેથી $\text{વિધાન}-1$ સાચું છે.
જોકે,$\text{વિધાન}-2$ $(f^{\prime}(0) = g(0))$ નો ઉપયોગ $\text{વિધાન}-1$ માં લક્ષ મેળવવા માટે થતો નથી. તેથી,$\text{વિધાન}-2$ એ $\text{વિધાન}-1$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(A) $1.$ આપેલ છે $f(x) = \frac{x^2-ax+1}{x^2+ax+1}$. ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f^{\prime}(x) = \frac{2a(x^2-1)}{(x^2+ax+1)^2}$.
$f^{\prime \prime}(x)$ ની ગણતરી કરતા,આપણને $f^{\prime \prime}(1) = \frac{4a}{(2+a)^2}$ અને $f^{\prime \prime}(-1) = \frac{-4a}{(2-a)^2}$ મળે છે.
આમ,$(2+a)^2 f^{\prime \prime}(1) + (2-a)^2 f^{\prime \prime}(-1) = 4a - 4a = 0$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$2.$ $f^{\prime}(x) = \frac{2a(x^2-1)}{(x^2+ax+1)^2}$. $x \in (-1, 1)$ માટે,$x^2-1 < 0$,તેથી $f^{\prime}(x) < 0$. આમ $f(x)$ એ $(-1, 1)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
$x=1$ આગળ,$f^{\prime}(x)$ ઋણમાંથી ધન થાય છે,તેથી $f(x)$ ને $x=1$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$3.$ $g(x) = \int_0^{e^x} \frac{f^{\prime}(t)}{1+t^2} dt$. લેબનીઝના નિયમ મુજબ,$g^{\prime}(x) = \frac{f^{\prime}(e^x)}{1+(e^x)^2} \cdot e^x = \frac{2a(e^{2x}-1)}{(e^{2x}+ae^x+1)^2} \cdot \frac{e^x}{1+e^{2x}}$.
$x < 0$ માટે,$e^x < 1$,તેથી $e^{2x}-1 < 0$,એટલે કે $g^{\prime}(x) < 0$.
$x > 0$ માટે,$e^x > 1$,તેથી $e^{2x}-1 > 0$,એટલે કે $g^{\prime}(x) > 0$.
આમ,$g^{\prime}(x)$ એ $(-\infty, 0)$ પર ઋણ અને $(0, \infty)$ પર ધન છે. તેથી,$(B)$ સાચું છે.

(B,C) બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln f(x) = \lim_{n}$ ${\rightarrow \infty} \frac{x}{n} \sum_{r=1}^n \ln \left( \frac{x + n/r}{x^2 + n^2/r^2} \cdot \frac{n}{r} \right)$
$= \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x}{n} \sum_{r=1}^n \ln \left( \frac{1 + \frac{r}{n}x}{1 + (\frac{r}{n}x)^2} \right)$
$= x \int_0^1 \ln \left( \frac{1 + tx}{1 + (tx)^2} \right) dt$
ધારો કે $u = tx$,તો $du = x dt$:
$\ln f(x) = \int_0^x \ln \left( \frac{1+u}{1+u^2} \right) du$
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ:
$\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = \ln \left( \frac{1+x}{1+x^2} \right)$
$0 < x < 1$ માટે,$\frac{1+x}{1+x^2} > 1$,તેથી $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} > 0$,એટલે કે $f(x)$ વધતું વિધેય છે.
$x > 1$ માટે,$\frac{1+x}{1+x^2} < 1$,તેથી $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} < 0$,એટલે કે $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
આમ,$f(1/3) < f(2/3)$ (વિકલ્પ $B$ સાચો છે).
જેમ કે $f(x)$ એ $x > 1$ માટે ઘટતું વિધેય છે,$f^{\prime}(2) < 0$ (વિકલ્પ $C$ સાચો છે).
તેથી,સાચા વિકલ્પો $B$ અને $C$ છે.

(A,D) આપેલ છે કે $\lim_{x \rightarrow 2} \frac{f(x) g(x)}{f^{\prime}(x) g^{\prime}(x)} = 1$. $f^{\prime}(2) = 0$ અને $g(2) = 0$ હોવાથી,આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે. લોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 2} \frac{f^{\prime}(x) g(x) + f(x) g^{\prime}(x)}{f^{\prime \prime}(x) g^{\prime}(x) + f^{\prime}(x) g^{\prime \prime}(x)} = 1$.
$x=2$ મૂકતા અને $f^{\prime}(2) = g(2) = 0$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{0 + f(2) g^{\prime}(2)}{f^{\prime \prime}(2) g^{\prime}(2) + 0} = 1 \implies \frac{f(2)}{f^{\prime \prime}(2)} = 1 \implies f(2) = f^{\prime \prime}(2)$.
$f: R \rightarrow (0, \infty)$ હોવાથી,$f(2) > 0$,તેથી $f^{\prime \prime}(2) > 0$.
દ્વિતીય વિકલિત કસોટી મુજબ,$f$ ને $x=2$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે (વિકલ્પ $A$).
$h(x) = f(x) - f^{\prime \prime}(x)$ લો. $f(2) = f^{\prime \prime}(2)$ હોવાથી,$h(2) = 0$. આમ,ઓછામાં ઓછા $x=2$ માટે $f(x) - f^{\prime \prime}(x) = 0$ થાય છે (વિકલ્પ $D$).
આમ,$A$ અને $D$ બંને સાચા છે.

(B, C) વિધેય $f(x) = [x^2 - 3]$ ત્યાં અસતત છે જ્યાં $x^2 - 3$ પૂર્ણાંક હોય.
અંતરાલ $[-\frac{1}{2}, 2]$ માં,$x^2$ ની કિંમત $0$ થી $4$ સુધીની છે,તેથી $x^2 - 3$ ની કિંમત $-3$ થી $1$ સુધીની છે.
$x^2 - 3$ ની કિંમતો $x^2 - 3 \in \{-3, -2, -1, 0, 1\}$ હોય ત્યારે પૂર્ણાંક બને છે,જેનો અર્થ છે કે $x^2 \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$.
$x \in [-\frac{1}{2}, 2]$ હોવાથી,$f(x)$ માટે અસતત બિંદુઓ $x = 0, 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, 2$ છે. આમ,$f$ એ $[-\frac{1}{2}, 2]$ માં $4$ બિંદુઓ પર અસતત છે. વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
હવે $g(x) = (|x| + |4x - 7|)f(x)$ ધ્યાનમાં લો.
$f(x)$ એ $x \in \{0, 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, 2\}$ પર અસતત છે.
$|x|$ એ $x=0$ પર વિકલનીય નથી.
$|4x-7|$ એ $x=7/4 = 1.75$ પર વિકલનીય નથી.
$x=0$ પર,$f(x) = [-3] = -3 \neq 0$,તેથી $g(x)$ વિકલનીય નથી.
$x=1, \sqrt{2}, \sqrt{3}$ પર,$f(x)$ અસતત છે,તેથી $g(x)$ વિકલનીય નથી.
$x=7/4$ પર,$f(x) = [(7/4)^2 - 3] = [49/16 - 3] = [3.0625 - 3] = [0.0625] = 0$. $f(7/4) = 0$ હોવાથી,ગુણાકાર $g(x) = (|x| + |4x-7|)f(x)$ એ $x=7/4$ પર વિકલનીય બને છે કારણ કે $f$ ની અસતતતા $0$ સાથે ગુણાય છે.
આમ,$g(x)$ એ $x \in \{0, 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}\}$ પર વિકલનીય નથી,જે $4$ બિંદુઓ છે. વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) આપેલ સંકલન $g(x)=\int_x^{\pi / 2} [f^{\prime}(t) \operatorname{cosec} t - f(t) \operatorname{cosec} t \cot t] dt$ છે.
નોંધો કે સંકલ્ય એ $f(t) \operatorname{cosec} t$ ગુણાકારનું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન છે,કારણ કે $\frac{d}{dt} [f(t) \operatorname{cosec} t] = f^{\prime}(t) \operatorname{cosec} t - f(t) \operatorname{cosec} t \cot t$.
આમ,$g(x) = [f(t) \operatorname{cosec} t]_x^{\pi / 2} = f(\frac{\pi}{2}) \operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2}) - f(x) \operatorname{cosec} x$.
$f(\frac{\pi}{2})=3$ અને $\operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2})=1$ કિંમતો મૂકતા,આપણને $g(x) = 3 - \frac{f(x)}{\sin x}$ મળે છે.
હવે,$\lim _{x \rightarrow 0} g(x) = \lim _{x \rightarrow 0} (3 - \frac{f(x)}{\sin x}) = 3 - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin x}$.
$L'H\hat{o}pital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin x} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}(x)}{\cos x} = \frac{f^{\prime}(0)}{\cos 0} = \frac{1}{1} = 1$.
તેથી,$\lim _{x \rightarrow 0} g(x) = 3 - 1 = 2$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \ln x + \int_0^x \sqrt{1+\sin t} \, dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime}(x) = \frac{1}{x} + \sqrt{1+\sin x}$.
નોંધો કે $\sqrt{1+\sin x} = \sqrt{(\sin(x/2) + \cos(x/2))^2} = |\sin(x/2) + \cos(x/2)|$.
આ પદ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં $\sin(x/2) + \cos(x/2) = 0$,એટલે કે $\tan(x/2) = -1$,જેનો અર્થ છે કે $x/2 = n\pi - \pi/4$,અથવા $x = 2n\pi - \pi/2$.
આ બિંદુઓ $(0, \infty)$ માં હોવાથી,$f^{\prime}(x)$ આ બિંદુઓ પર વિકલનીય નથી. તેથી,$(B)$ સાચું છે અને $(A)$ ખોટું છે.
$(C)$ માટે,જેમ $x \to \infty$,$f(x) \approx \int_0^x \sqrt{1+\sin t} \, dt \approx \frac{2\sqrt{2}}{\pi} x$ અને $f^{\prime}(x) \approx \sqrt{1+\sin x}$. કારણ કે $f(x)$ રેખીય રીતે વધે છે અને $f^{\prime}(x)$ સીમિત છે,તેથી મોટા $x$ માટે $|f^{\prime}(x)| < |f(x)|$ સાચું છે. આમ,$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ ખોટું છે કારણ કે જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$ થાય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} -x-\frac{\pi}{2}, & x \leq-\frac{\pi}{2} \\ -\cos x, & -\frac{\pi}{2} < x \leq 0 \\ x-1, & 0 < x \leq 1 \\ \ln x, & x > 1 \end{cases}$.
$1$. $x=-\frac{\pi}{2}$ આગળ સાતત્ય:
$f(-\frac{\pi}{2}) = -(-\frac{\pi}{2}) - \frac{\pi}{2} = 0$.
$RHL = \lim_{h \to 0} -\cos(-\frac{\pi}{2}+h) = 0$.
$LHL = RHL = f(-\frac{\pi}{2})$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=-\frac{\pi}{2}$ આગળ સતત છે. (વિધાન $A$ સાચું છે).
$2$. $x=0$ આગળ વિકલનીયતા:
$LHD = \frac{d}{dx}(-\cos x)|_{x=0} = \sin(0) = 0$.
$RHD = \frac{d}{dx}(x-1)|_{x=0} = 1$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી. (વિધાન $B$ સાચું છે).
$3$. $x=1$ આગળ વિકલનીયતા:
$LHD = \frac{d}{dx}(x-1)|_{x=1} = 1$.
$RHD = \frac{d}{dx}(\ln x)|_{x=1} = 1$.
$LHD = RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય છે. (વિધાન $C$ સાચું છે).
$4$. $x=-\frac{3}{2}$ આગળ વિકલનીયતા:
$-\frac{3}{2} < -\frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$f(x) = -x-\frac{\pi}{2}$,જે બહુપદી છે અને તેના પ્રદેશમાં દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે. (વિધાન $D$ સાચું છે).
આમ,બધા વિધાનો $A, B, C, D$ સાચા છે.

(A) આપણી પાસે $f_n(x) = \sum_{j=1}^n \tan^{-1}\left(\frac{(x+j)-(x+j-1)}{1+(x+j)(x+j-1)}\right)$ છે.
નિત્યસમ $\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f_n(x) = \sum_{j=1}^n (\tan^{-1}(x+j) - \tan^{-1}(x+j-1)) = \tan^{-1}(x+n) - \tan^{-1}(x)$.
આમ,$\tan(f_n(x)) = \frac{(x+n)-x}{1+(x+n)x} = \frac{n}{1+x^2+nx}$.
$(C)$ માટે,$\lim_{x \rightarrow \infty} \tan(f_n(x)) = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{n}{1+x^2+nx} = 0$. તેથી $(C)$ $FALSE$ છે.
$(D)$ માટે,$\lim_{x \rightarrow \infty} \sec^2(f_n(x)) = 1 + \lim_{x \rightarrow \infty} \tan^2(f_n(x)) = 1 + 0 = 1$. તેથી $(D)$ $TRUE$ છે.
$(A)$ માટે,$f_j(0) = \tan^{-1}(j) - \tan^{-1}(0) = \tan^{-1}(j)$. તેથી $\tan^2(f_j(0)) = j^2$. $\sum_{j=1}^5 j^2 = 1+4+9+16+25 = 55$. તેથી $(A)$ $TRUE$ છે.
$(B)$ માટે,$f_j'(x) = \frac{1}{1+(x+j)^2} - \frac{1}{1+x^2}$. $f_j'(0) = \frac{1}{1+j^2} - 1 = \frac{-j^2}{1+j^2}$.
પછી $1+f_j'(0) = 1 - \frac{j^2}{1+j^2} = \frac{1}{1+j^2}$.
વળી $\sec^2(f_j(0)) = 1 + \tan^2(f_j(0)) = 1+j^2$.
તેથી $(1+f_j'(0)) \sec^2(f_j(0)) = \frac{1}{1+j^2} \cdot (1+j^2) = 1$.
$\sum_{j=1}^{10} 1 = 10$. તેથી $(B)$ $TRUE$ છે.
સાચા વિકલ્પો $(A), (B), (D)$ છે.

(C) આપેલ છે $\lim _{t \rightarrow x} \frac{f(x) \sin t - f(t) \sin x}{t-x} = \sin^2 x$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં $L$'$H$ôpital નો નિયમ વાપરતા:
$\lim _{t \rightarrow x} \frac{f(x) \cos t - f^{\prime}(t) \sin x}{1} = \sin^2 x$.
$t = x$ મૂકતા:
$f(x) \cos x - f^{\prime}(x) \sin x = \sin^2 x$.
$\sin^2 x$ વડે ભાગતા:
$\frac{f^{\prime}(x) \sin x - f(x) \cos x}{\sin^2 x} = -1$.
આ $\frac{f(x)}{\sin x}$ નું વિકલન છે:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{f(x)}{\sin x} \right) = -1$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\frac{f(x)}{\sin x} = -x + C$.
$f \left(\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{\pi}{12}$ આપેલ હોવાથી,$\frac{-\pi/12}{1/2} = -\frac{\pi}{6} = -\frac{\pi}{6} + C$,તેથી $C = 0$.
આમ,$f(x) = -x \sin x$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ સાચું છે.
$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ સાચું છે.

(B) $(P)$ $f_1(x) = \sin(\sqrt{1-e^{-x^2}})$. $x=0$ આગળ,$f_1(0) = 0$. $f_1'(x) = \frac{x e^{-x^2} \cos(\sqrt{1-e^{-x^2}})}{\sqrt{1-e^{-x^2}}}$. $x \to 0$ માટે,$f_1'(x) \to 0$. આમ,$f_1$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે. વિકલ્પો જોતા,$P \to 4$ યોગ્ય છે.
$(Q)$ $f_2(x) = \frac{|\sin x|}{\tan^{-1} x}$. $\lim_{x \to 0^+} f_2(x) = 1$ અને $\lim_{x \to 0^-} f_2(x) = -1$. $LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f_2$ એ $x=0$ આગળ સતત નથી. તેથી $Q \to 1$.
$(R)$ $f_3(x) = [\sin(\log_e(x+2))]$. $x \in (-1, e^{\pi/2}-2)$ માટે,$f_3(x) = 0$. આ અચળ વિધેય હોવાથી તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે. વિકલ્પો મુજબ,$R \to 2$ લેવામાં આવે છે.
$(S)$ $f_4(x) = x^2 \sin(1/x)$. $f_4'(0) = 0$. $x \neq 0$ માટે,$f_4'(x) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$. $x \to 0$ માટે,$f_4'(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. તેથી $f_4$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે પણ તેનું વિકલિત સતત નથી. તેથી $S \to 3$.

(B) સૌ પ્રથમ,આપણે વિવિધ અંતરાલોમાં વિધેય $f(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$x < 0$ માટે,$f(x) = (x+1)^5 - 2x$. જેમ $x \rightarrow -\infty$,તેમ $f(x) \rightarrow -\infty$,અને જેમ $x \rightarrow 0^-$,તેમ $f(x) \rightarrow 1$. આમ,$x < 0$ માટે $f(x)$ નો વિસ્તાર $(-\infty, 1)$ છે.
$f^{\prime}(x) = 5(x+1)^4 - 2$. $f^{\prime}(x) = 0$ લેતા $(x+1)^4 = 2/5$ મળે,તેથી $x = -1 \pm (2/5)^{1/4}$. કારણ કે $f^{\prime}(x)$ એ $(-\infty, 0)$ માં ચિહ્ન બદલે છે,તેથી $f(x)$ એ $(-\infty, 0)$ પર એકવિધ નથી. આમ,વિધાન $(3)$ ખોટું છે.
$x \geq 3$ માટે,$f(x)$ સતત છે,$f(3) = 1/3$,અને $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x) = \infty$. વિસ્તાર $[1/3, \infty)$ છે.
બધા અંતરાલોના વિસ્તારોને જોડતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $f(x)$ નો વિસ્તાર $R$ છે,તેથી $f$ વ્યાપ્ત છે. વિધાન $(2)$ સાચું છે.
હવે,$x = 1$ ની નજીક $f^{\prime}(x)$ નો વિચાર કરીએ:
$0 \leq x < 1$ માટે,$f^{\prime}(x) = 2x - 1$. તેથી,$\lim_{x \rightarrow 1^-} f^{\prime}(x) = 2(1) - 1 = 1$.
$1 \leq x < 3$ માટે,$f^{\prime}(x) = 2x^2 - 8x + 7$. તેથી,$f^{\prime}(1) = 2(1)^2 - 8(1) + 7 = 1$.
$x$ એ $1$ થી થોડું મોટું હોય ત્યારે,$f^{\prime}(x) = 2x^2 - 8x + 7$. $f^{\prime}(x)$ નું વિકલન $f^{\prime\prime}(x) = 4x - 8$ છે. $x=1$ આગળ,$f^{\prime\prime}(1^+) = -4$.
કારણ કે $x=1$ આગળ $f^{\prime}$ નું ડાબી બાજુનું વિકલન $2$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $-4$ છે,તેથી $f^{\prime}$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી. વિધાન $(4)$ સાચું છે.
વળી,$f^{\prime}(x)$ એ $x=1$ સુધી વધીને $1$ થાય છે અને $x > 1$ માટે ઘટે છે,તેથી $f^{\prime}$ ને $x=1$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય છે. વિધાન $(1)$ સાચું છે.
તેથી,વિધાનો $(1), (2),$ અને $(4)$ સાચા છે.

(C) વિધેય $f(x) = [x] + |x - 2|$ એ અંતરાલ $-2 < x < 3$ માટે આપેલ છે.
$1$. સાતત્ય: વિધેય $[x]$ એ અંતરાલ $(-2, 3)$ માં તમામ પૂર્ણાંકો $x \in \{-1, 0, 1, 2\}$ આગળ અસતત છે. વિધેય $|x - 2|$ દરેક જગ્યાએ સતત છે. તેથી,$f(x)$ એ $x = -1, 0, 1, 2$ આગળ અસતત છે. આમ,$m = 4$.
$2$. વિકલનીયતા: વિધેય $[x]$ એ તમામ પૂર્ણાંકો $x \in \{-1, 0, 1, 2\}$ આગળ વિકલનીય નથી. વિધેય $|x - 2|$ એ $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,$f(x)$ એ $x = -1, 0, 1, 2$ આગળ વિકલનીય નથી. આમ,$n = 4$.
$3$. ગણતરી: $m + n = 4 + 4 = 8$.

(D) $0 \leq x \leq 2$ માટે,આપણે $f(x) = \min \{1+x+[x], x+2[x]\}$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
કિસ્સો $1$: $0 \leq x < 1$,ત્યારે $[x] = 0$. તેથી,$f(x) = \min \{1+x, x\} = x$.
કિસ્સો $2$: $1 \leq x < 2$,ત્યારે $[x] = 1$. તેથી,$f(x) = \min \{1+x+1, x+2(1)\} = \min \{x+2, x+2\} = x+2$.
કિસ્સો $3$: $x = 2$ પર,$[x] = 2$. તેથી,$f(2) = \min \{1+2+2, 2+2(2)\} = \min \{5, 6\} = 5$.
આમ,વિધેય નીચે મુજબ છે:
$f(x) = \begin{cases} 3x, & x < 0 \\ x, & 0 \leq x < 1 \\ x+2, & 1 \leq x < 2 \\ 5, & x \geq 2 \end{cases}$
સાતત્ય ચકાસતા:
$x=0$ પર: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 0$,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$,$f(0) = 0$. સતત છે.
$x=1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1$,$\lim_{x \to 1^+} f(x) = 3$. અસતત છે.
$x=2$ પર: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = 4$,$\lim_{x \to 2^+} f(x) = 5$. અસતત છે.
તેથી,$\alpha = 2$ (બિંદુઓ $x=1, 2$ છે).
વિકલનીયતા ચકાસતા:
$x=0$ પર: $f'(0^-) = 3$,$f'(0^+) = 1$. વિકલનીય નથી.
$x=1$ પર: અસતત હોવાથી,વિકલનીય નથી.
$x=2$ પર: અસતત હોવાથી,વિકલનીય નથી.
તેથી,$\beta = 3$ (બિંદુઓ $x=0, 1, 2$ છે).
તેથી,$\alpha + \beta = 2 + 3 = 5$.