Mix Examples-Continuity and Differentiation Questions in Gujarati

(A) આપેલ છે કે $\lim_{x \rightarrow 0} (f(2+x))^{3/x} = e^\alpha$. આ $1^\infty$ સ્વરૂપ છે.
સૂત્ર $\lim_{x \rightarrow 0} (f(x))^{g(x)} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} (f(x)-1)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$e^{\lim_{x \rightarrow 0} (f(2+x)-1) \cdot \frac{3}{x}} = e^{3 f'(2)} = e^{3 \cdot 4} = e^{12}$.
તેથી,$\alpha = 12$.
હવે,વક્રના સમીકરણમાં $\alpha = 12$ મૂકતા:
$y = 4x^3 - 4x^2 - 4(12-7)x - 12 = 4x^3 - 4x^2 - 20x - 12$.
$x$-અક્ષ સાથેના છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$y = 0$ લેતા:
$4(x^3 - x^2 - 5x - 3) = 0$.
બીજ ચકાસતા,$x = -1$ એ એક બીજ છે: $(-1)^3 - (-1)^2 - 5(-1) - 3 = -1 - 1 + 5 - 3 = 0$.
$(x+1)$ વડે ભાગતા,આપણને $(x+1)(x^2 - 2x - 3) = 0$ મળે છે,જેનું અવયવીકરણ $(x+1)^2(x-3) = 0$ થાય છે.
બીજ $x = -1$ (પુનરાવર્તિત) અને $x = 3$ છે.
આમ,વક્ર $x$-અક્ષને બે ભિન્ન બિંદુઓ પર છેદે છે.

(A) $x = 0$ આગળ સાતત્ય:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0} x = 0$
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$
$f(0) = 0$
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા:
ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ = $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h - 0}{-h} = 1$
જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ = $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{0 - 0}{h} = 0$
કારણ કે $LHD \neq RHD$,તેથી વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
નિષ્કર્ષ: વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(B) $LHL$ $= \lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1} (x-1) = 0$
$RHL$ $= \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1} (x^3-1) = 0$
વળી,$f(1) = 1-1 = 0$
$LHL$ $=$ $RHL$ $= f(1)$ હોવાથી,$f$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
હવે,$Lf'(1) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(1-h)-f(1)}{-h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{(1-h)-1-0}{-h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{-h} = 1$
અને $Rf'(1) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{(1+h)^3-1-0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{1+h^3+3h+3h^2-1}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} (h^2+3h+3) = 3$
$Lf'(1) \neq Rf'(1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) ધારો કે $f(x) = \cos^{-1}\left(\sin \sqrt{\frac{1+x}{2}}\right) + x^x$.
પ્રથમ,પદ $g(x) = \cos^{-1}\left(\sin \sqrt{\frac{1+x}{2}}\right)$ ને સરળ બનાવો.
$\sin(\theta) = \cos(\frac{\pi}{2} - \theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $g(x) = \cos^{-1}\left(\cos(\frac{\pi}{2} - \sqrt{\frac{1+x}{2}})\right) = \frac{\pi}{2} - \sqrt{\frac{1+x}{2}}$ મળે છે.
$g(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$g'(x) = -\frac{1}{2\sqrt{\frac{1+x}{2}}} \cdot \frac{1}{2} = -\frac{1}{4\sqrt{\frac{1+x}{2}}}$.
$x=1$ આગળ,$g'(1) = -\frac{1}{4\sqrt{1}} = -\frac{1}{4}$.
હવે,ધારો કે $h(x) = x^x$. તેથી $\ln(h(x)) = x \ln(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{h'(x)}{h(x)} = \ln(x) + x \cdot \frac{1}{x} = \ln(x) + 1$.
તેથી,$h'(x) = x^x(\ln(x) + 1)$.
$x=1$ આગળ,$h'(1) = 1^1(\ln(1) + 1) = 1(0 + 1) = 1$.
$x=1$ આગળ $f(x)$ નું વિકલિત $f'(1) = g'(1) + h'(1) = -\frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{4}$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $y = \log(\tan(x/2)) + \sin^{-1}(\cos x)$.
પ્રથમ,$\log(\tan(x/2))$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(\log(\tan(x/2))) = \frac{1}{\tan(x/2)} \cdot \sec^2(x/2) \cdot \frac{1}{2} = \frac{\cos(x/2)}{\sin(x/2)} \cdot \frac{1}{\cos^2(x/2)} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2 \sin(x/2) \cos(x/2)} = \frac{1}{\sin x} = \operatorname{cosec} x$.
હવે,$\sin^{-1}(\cos x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
કારણ કે $\cos x = \sin(\pi/2 - x)$,તેથી $\sin^{-1}(\cos x) = \sin^{-1}(\sin(\pi/2 - x)) = \pi/2 - x$.
તેથી,$\frac{d}{dx}(\sin^{-1}(\cos x)) = \frac{d}{dx}(\pi/2 - x) = -1$.
આમ,$\frac{dy}{dx} = \operatorname{cosec} x - 1$.

(A) આપેલ છે કે $F(x) = \left(f\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2 + \left(g\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$F^{\prime}(x) = 2 f\left(\frac{x}{2}\right) \cdot f^{\prime}\left(\frac{x}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} + 2 g\left(\frac{x}{2}\right) \cdot g^{\prime}\left(\frac{x}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}$
$F^{\prime}(x) = f\left(\frac{x}{2}\right) \cdot f^{\prime}\left(\frac{x}{2}\right) + g\left(\frac{x}{2}\right) \cdot g^{\prime}\left(\frac{x}{2}\right)$
કારણ કે $g(x) = f^{\prime}(x)$,તેથી $g^{\prime}(x) = f^{\prime \prime}(x) = -f(x)$.
આ કિંમતો વિકલનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$F^{\prime}(x) = f\left(\frac{x}{2}\right) \cdot g\left(\frac{x}{2}\right) + g\left(\frac{x}{2}\right) \cdot (-f\left(\frac{x}{2}\right))$
$F^{\prime}(x) = f\left(\frac{x}{2}\right) \cdot g\left(\frac{x}{2}\right) - g\left(\frac{x}{2}\right) \cdot f\left(\frac{x}{2}\right) = 0$
આમ,$F^{\prime}(x) = 0$ હોવાથી,$F(x)$ એ અચળ વિધેય છે.
આપેલ છે કે $F(5) = 5$,તેથી તમામ $x$ માટે $F(x) = 5$ થાય.
તેથી,$F(10) = 5$.

(A) ફોરવર્ડ ડિફરન્સ ઓપરેટર $\Delta f(x) = f(x+1) - f(x)$ ની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $f(4) - f(3) = \Delta f(3)$.
કારણ કે $\Delta f(x) = f(x+1) - f(x)$,આપણે લખી શકીએ કે $f(3) = f(2) + \Delta f(2)$.
આમ,$\Delta f(3) = \Delta [f(2) + \Delta f(2)] = \Delta f(2) + \Delta^2 f(2)$.
વધુમાં,કારણ કે $\Delta^2 f(x) = \Delta^2 f(x-1) + \Delta^3 f(x-1)$,આપણે $\Delta^2 f(2)$ ને $\Delta^2 [f(1) + \Delta f(1)] = \Delta^2 f(1) + \Delta^3 f(1)$ તરીકે વિસ્તૃત કરીએ છીએ.
આ કિંમત પાછી મૂકતા,આપણને મળે છે $f(4) - f(3) = \Delta f(2) + \Delta^2 f(1) + \Delta^3 f(1)$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે ફોરવર્ડ ડિફરન્સ ઓપરેટર $\Delta$ ને $\Delta f(x) = f(x+h) - f(x)$ તરીકે અને બેકવર્ડ ડિફરન્સ ઓપરેટર $\nabla$ ને $\nabla f(x) = f(x) - f(x-h)$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
હવે,$\Delta \nabla f(x)$ પદને ધ્યાનમાં લો:
$\Delta \nabla f(x) = \Delta [f(x) - f(x-h)]$
$= \Delta f(x) - \Delta f(x-h)$
$= [f(x+h) - f(x)] - [f(x) - f(x-h)]$
$= [f(x+h) - f(x)] - \nabla f(x)$
$= \Delta f(x) - \nabla f(x)$
તેથી,$\Delta \nabla = \Delta - \nabla$.

(C) $f(x) = x|x| = \begin{cases} x^2, & x \geq 0 \\ -x^2, & x < 0 \end{cases}$. વિકલિત $f'(x) = 2|x|$ એ તમામ $x$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે,તેથી તે $(-1, 1)$ માં વિકલનીય છે. આમ,$(a) \to (ii)$.
$(b)$ $f(x) = \sqrt{|x|}$. $x=0$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલિત $\lim_{h \to 0^-} \frac{\sqrt{-h}-0}{h} = -\infty$ અને જમણી બાજુનું વિકલિત $\infty$ છે. આમ,તે $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી,જે $(-1, 1)$ માં આવેલું છે. આમ,$(b) \to (iv)$.
$(c)$ $f(x) = x+[x]$. આ વિધેય $(-1, 1)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે કારણ કે $x$ ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે અને $[x]$ એ અ-ઘટતું વિધેય છે. આમ,$(c) \to (iii)$.
$(d)$ $f(x) = |x-1|+|x+1|$. $(-1, 1)$ માં,$f(x) = -(x-1) + (x+1) = 2$,જે એક અચળ વિધેય છે અને તેથી $(-1, 1)$ માં સતત છે. આમ,$(d) \to (i)$.
સાચી જોડ $a-(ii), b-(iv), c-(iii), d-(i)$ છે.

(D) આપેલ છે કે $y = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{3x - x^3}{1 - 3x^2}\right) + \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{7x}{1 - 12x^2}\right)$.
વિકલનનું સૂત્ર $\frac{d}{dx}(\operatorname{Tan}^{-1}(f(x))) = \frac{f'(x)}{1 + (f(x))^2}$ નો ઉપયોગ કરતા.
ધારો કે $u = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{3x - x^3}{1 - 3x^2}\right)$,તો $x=0$ આગળ $\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}\left(\frac{3x - x^3}{1 - 3x^2}\right) \Big|_{x=0} = \frac{(3 - 3x^2)(1 - 3x^2) - (3x - x^3)(-6x)}{(1 - 3x^2)^2} \Big|_{x=0} = 3$.
ધારો કે $v = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{7x}{1 - 12x^2}\right)$,તો $x=0$ આગળ $\frac{dv}{dx} = \frac{d}{dx}\left(\frac{7x}{1 - 12x^2}\right) \Big|_{x=0} = \frac{7(1 - 12x^2) - 7x(-24x)}{(1 - 12x^2)^2} \Big|_{x=0} = 7$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} + \frac{dv}{dx} = 3 + 7 = 10$.

(C) આપેલ છે કે $f^{\prime \prime}(x) + f(x) = 0$.
$f(x) = \int g(x) \, dx + C$ હોવાથી,બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(x) = g(x)$ મળે છે.
હવે,$h(x)$ ના પદમાં $g(x) = f^{\prime}(x)$ મૂકતા:
$h(x) = {f(x)}^2 + {f^{\prime}(x)}^2$.
$h(x)$ નો ફેરફારનો દર શોધવા માટે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$h^{\prime}(x) = 2f(x)f^{\prime}(x) + 2f^{\prime}(x)f^{\prime \prime}(x)$.
$h^{\prime}(x) = 2f^{\prime}(x) [f(x) + f^{\prime \prime}(x)]$.
$f^{\prime \prime}(x) + f(x) = 0$ હોવાથી,આપણને $h^{\prime}(x) = 2f^{\prime}(x) \cdot 0 = 0$ મળે છે.
$h(x)$ નું વિકલન $0$ હોવાથી,$h(x)$ એ અચળ વિધેય છે.
તેથી,$h(2015) = h(2014) = h(0) = 5$.
આમ,$h(2015) - h(2014) = 5 - 5 = 0$.

(A) અંતરાલ $(-1, 1)$ માં દરેક વિધેયનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$A$. $f(x) = x|x|$. આ $x \ge 0$ માટે $x^2$ અને $x < 0$ માટે $-x^2$ છે. તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે,$x=0$ સહિત $(f'(0)=0)$. તેથી,$A-III$.
$B$. $f(x) = \sqrt{|x|}$. આ $x \ge 0$ માટે $\sqrt{x}$ અને $x < 0$ માટે $\sqrt{-x}$ છે. તે $x=0$ પર સતત છે પરંતુ વિકલનીય નથી કારણ કે $x \to 0$ થાય ત્યારે વિકલિત $\infty$ તરફ જાય છે. તે $(-1, 1)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે. તેથી,$B-V$.
$C$. $f(x) = x + [x]$. $(-1, 1)$ માં,$x \in [-1, 0)$ માટે $[x] = -1$ અને $x \in [0, 1)$ માટે $[x] = 0$. તેથી $x \in [-1, 0)$ માટે $f(x) = x-1$ અને $x \in [0, 1)$ માટે $f(x) = x$. તે $x=0$ સિવાય દરેક જગ્યાએ સતત છે. તેથી,$C-II$.
$D$. $f(x) = |x-1| + |x+1| + |x|$. $(-1, 1)$ માં,આ $(1-x) + (x+1) + |x| = 2 + |x|$ થાય છે. તે સતત છે પરંતુ $x=0$ પર વિકલનીય નથી. જોકે,તે $(-1, 0) \cup (0, 1)$ માં વિકલનીય છે. તેથી,$D-IV$.
સાચી જોડ: $A-III, B-V, C-II, D-IV$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \frac{5 e^{1/x} + 2}{3 - e^{1/x}}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
તેથી $x f(x) = \begin{cases} \frac{x(5 e^{1/x} + 2)}{3 - e^{1/x}}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ $x f(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસતા:
$\text{L.H.L} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(-h)(5 e^{-1/h} + 2)}{3 - e^{-1/h}} = \frac{0(0 + 2)}{3 - 0} = 0$.
$\text{R.H.L} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h(5 e^{1/h} + 2)}{3 - e^{1/h}} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h e^{1/h}(5 + 2e^{-1/h})}{e^{1/h}(3e^{-1/h} - 1)} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h(5 + 0)}{0 - 1} = 0$.
અહીં $\text{L.H.L} = \text{R.H.L} = f(0) = 0$ હોવાથી,$x f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસતા:
$\text{L.H.D} = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{5 e^{-1/h} + 2}{3 - e^{-1/h}} - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2}{3(-h)} = -\infty$.
સીમા અનંત હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$x f(x)$ સતત છે અને $f(x)$ વિકલનીય નથી.

(B) કારણ કે $f(x)$ દરેક $x \in R$ માટે વિકલનીય છે,તેથી તે $x = 3$ આગળ પણ વિકલનીય હશે.
$x = 3$ આગળ વિકલનીયતા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ એ જમણી બાજુના વિકલન $(RHD)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$LHD$ = $\frac{d}{dx}(ax^2 - bx + 2) = 2ax - b$,$x = 3$ આગળ $6a - b$ થાય.
$RHD$ = $\frac{d}{dx}(bx^2 - 3) = 2bx$,$x = 3$ આગળ $6b$ થાય.
તેથી $6a - b = 6b \Rightarrow 6a = 7b \Rightarrow a = \frac{7b}{6}$.
વળી,$f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત હોવું જોઈએ,તેથી $LHL$ = $RHL$.
$LHL$ = $a(3)^2 - b(3) + 2 = 9a - 3b + 2$.
$RHL$ = $b(3)^2 - 3 = 9b - 3$.
તેથી $9a - 3b + 2 = 9b - 3 \Rightarrow 9a - 12b = -5$.
$a = \frac{7b}{6}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $9(\frac{7b}{6}) - 12b = -5 \Rightarrow \frac{21b}{2} - 12b = -5 \Rightarrow \frac{21b - 24b}{2} = -5 \Rightarrow -3b = -10 \Rightarrow b = \frac{10}{3}$.
તેથી $a = \frac{7}{6} \times \frac{10}{3} = \frac{70}{18} = \frac{35}{9}$.
રેખા $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ માટે,અંતઃખંડો $x = a$ અને $y = b$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times |a| \times |b| = \frac{1}{2} \times \frac{35}{9} \times \frac{10}{3} = \frac{350}{54} = \frac{175}{27}$ ચોરસ એકમ.

(B) આપેલ વિધેય:
$f(x) = \begin{cases} x-1, & -\infty < x < 1 \\ 0, & x=1 \\ x^3-1, & 1 < x < \infty \end{cases}$
પ્રથમ,$x=1$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^-} (x-1) = 1-1 = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^+} (x^3-1) = 1^3-1 = 0$.
વિધેયનું મૂલ્ય $f(1) = 0$.
અહીં $LHL$ = $RHL$ = $f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ આગળ સતત છે.
હવે,$x=1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^-} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^-} \frac{(x-1)-0}{x-1} = 1$.
જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{(x^3-1)-0}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^+} (x^2+x+1) = 1^2+1+1 = 3$.
અહીં $LHD$ $\neq$ $RHD$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ વિધેય,$f(x) = \begin{cases} x & \text{for } 0 \leq x < 1 \\ 2-x & \text{for } x \geq 1 \end{cases}$.
$x=1$ આગળ,$f(1) = 2-1 = 1$.
ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^-} x = 1$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^+} (2-x) = 2-1 = 1$.
અહીં $LHL$ = $RHL$ = $f(1)$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
હવે,વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \begin{cases} 1 & \text{for } 0 \leq x < 1 \\ -1 & \text{for } x > 1 \end{cases}$.
ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^-} f'(x) = 1$.
જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^+} f'(x) = -1$.
અહીં $LHD$ $\neq$ $RHD$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે $y = |\cos x - \sin x| + |\tan x - \cot x|$.
$x = \frac{\pi}{3}$ માટે,$\cos x = \frac{1}{2}$,$\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\tan x = \sqrt{3}$,$\cot x = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
$\frac{\pi}{3}$ ની આસપાસ $\cos x < \sin x$ અને $\tan x > \cot x$ હોવાથી,$y = -(\cos x - \sin x) + (\tan x - \cot x) = \sin x - \cos x + \tan x - \cot x$ થાય.
તેથી $\frac{dy}{dx} = \cos x + \sin x + \sec^2 x + \csc^2 x$.
$x = \frac{\pi}{3}$ આગળ,$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=\frac{\pi}{3}} = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} + 4 + \frac{4}{3} = \frac{35+3\sqrt{3}}{6}$.
$x = \frac{\pi}{6}$ માટે,$\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\sin x = \frac{1}{2}$,$\tan x = \frac{1}{\sqrt{3}}$,$\cot x = \sqrt{3}$.
$\frac{\pi}{6}$ ની આસપાસ $\cos x > \sin x$ અને $\tan x < \cot x$ હોવાથી,$y = (\cos x - \sin x) - (\tan x - \cot x) = \cos x - \sin x - \tan x + \cot x$ થાય.
તેથી $\frac{dy}{dx} = -\sin x - \cos x - \sec^2 x - \csc^2 x$.
$x = \frac{\pi}{6}$ આગળ,$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=\frac{\pi}{6}} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{4}{3} - 4 = -\frac{35+3\sqrt{3}}{6}$.
બંને કિંમતોનો સરવાળો કરતા,આપણને $\frac{35+3\sqrt{3}}{6} - \frac{35+3\sqrt{3}}{6} = 0$ મળે છે.

(D) આપેલ વિધેય બે બહુપદીઓનો ગુણાકાર છે,$f(x) = (x^2-5x+8)(x^3+7x+9)$.
$1$. ગુણાકારનો નિયમ: આપણે ગુણાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ,જ્યાં $u(x) = x^2-5x+8$ અને $v(x) = x^3+7x+9$ છે.
$2$. વિસ્તરણ: આપણે ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરીને $5$ ઘાતવાળી એક જ બહુપદી મેળવી શકીએ છીએ અને ત્યારબાદ ઘાતના નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ નો ઉપયોગ કરીને દરેક પદનું વિકલન કરી શકીએ છીએ.
$3$. લઘુગણકીય વિકલન: વિધેય એ અવયવોનો ગુણાકાર હોવાથી,આપણે બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લઈ શકીએ છીએ,$\ln(y) = \ln(x^2-5x+8) + \ln(x^3+7x+9)$,અને ત્યારબાદ સ્પષ્ટ રીતે વિકલન કરી શકીએ છીએ.
આ ત્રણેય પદ્ધતિઓ માન્ય અને લાગુ પાડી શકાય તેવી હોવાથી,સાચો જવાબ $D$ છે.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \cos ^{-1}\left(\sin \sqrt{\frac{1+x}{2}}\right)+x^x$.
નિત્યસમ $\cos ^{-1}(y) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}(y)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}\left(\sin \sqrt{\frac{1+x}{2}}\right) + x^x$.
આપેલ વિસ્તાર માટે $\sin ^{-1}(\sin \theta) = \theta$ હોવાથી:
$f(x) = \frac{\pi}{2} - \sqrt{\frac{1+x}{2}} + x^x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 0 - \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1+x}} + x^x(1 + \ln x)$.
$x=1$ મુકતા:
$f'(1) = -\frac{1}{2\sqrt{2}\sqrt{2}} + 1^1(1 + \ln 1) = -\frac{1}{4} + 1(1+0) = -\frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{4}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) ધારો કે $y = \sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2}\right)$. $x = \tan \theta$ લેતા,$y = \sin ^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2 \tan ^{-1} x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{2}{1+x^2}$. તેથી,$A \rightarrow III$.
$(B)$ ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right) = \tan ^{-1}(1) - \tan ^{-1}(x) = \frac{\pi}{4} - \tan ^{-1} x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{1+x^2} = \frac{-1}{1+x^2}$. તેથી,$B \rightarrow II$.
$(C)$ ધારો કે $y = e^{\log (\sin x+\cos x)} = \sin x + \cos x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \cos x - \sin x$. તેથી,$C \rightarrow I$.
$(D)$ ધારો કે $y = \sqrt{1-\sin 2 x} = \sqrt{\sin^2 x + \cos^2 x - 2\sin x \cos x} = \sqrt{(\cos x - \sin x)^2}$. $0 < x < \frac{\pi}{4}$ માટે,$\cos x > \sin x$,તેથી $y = \cos x - \sin x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = -\sin x - \cos x$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$D \rightarrow IV$ એ સાચી જોડ છે.

(B) આપેલ છે કે,$f(x)=x^2+a x+b$ ના બીજ કાલ્પનિક છે.
બીજ કાલ્પનિક હોવાથી,વિવેચક $D < 0$,તેથી $a^2-4b < 0$.
હવે,આપણે વિકલન મેળવીએ:
$f^{\prime}(x) = 2x+a$
$f^{\prime \prime}(x) = 2$
આ કિંમતોને $f(x)+f^{\prime}(x)+f^{\prime \prime}(x)=0$ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(x^2+ax+b) + (2x+a) + 2 = 0$
$x^2+(a+2)x+(a+b+2) = 0$
ધારો કે $D'$ એ આ નવા દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક છે:
$D' = (a+2)^2 - 4(a+b+2)$
$D' = a^2+4a+4 - 4a-4b-8$
$D' = a^2-4b-4$
કારણ કે $a^2-4b < 0$,તેથી $a^2-4b-4 < -4$.
તેથી,$D' < 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)+f^{\prime}(x)+f^{\prime \prime}(x)=0$ સમીકરણના બીજ પણ કાલ્પનિક છે.

(D) આપેલ છે,$\frac{1}{e^{3x}}(e^x + e^{5x}) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \ldots$
$\Rightarrow e^{-2x} + e^{2x} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \ldots$
$e^u$ ના ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$e^{-2x} + e^{2x} = (1 - 2x + \frac{(-2x)^2}{2!} - \frac{(-2x)^3}{3!} + \ldots) + (1 + 2x + \frac{(2x)^2}{2!} + \frac{(2x)^3}{3!} + \ldots)$
$= 2(1 + \frac{(2x)^2}{2!} + \frac{(2x)^4}{4!} + \ldots) = 2 + 4x^2 + \frac{2}{3}x^4 + \ldots$
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,તમામ એકી ક્રમના સહગુણકો $a_1, a_3, a_5, \ldots$ એ $0$ છે.
તેથી,$2a_1 + 2^3a_3 + 2^5a_5 + \ldots = 0$.

(D) આપેલ છે $y=(x+1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)$.
$(x-1)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે $y = \frac{(x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)}{x-1} = \frac{(x^4-1)(x^4+1)(x^8+1)}{x-1} = \frac{(x^8-1)(x^8+1)}{x-1} = \frac{x^{16}-1}{x-1}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{(x-1)(16x^{15}) - (x^{16}-1)(1)}{(x-1)^2} = \frac{16x^{16} - 16x^{15} - x^{16} + 1}{(x-1)^2} = \frac{15x^{16} - 16x^{15} + 1}{(x-1)^2}$.
$\lim_{x \rightarrow -1} \frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે,$x = -1$ મૂકતા:
$\frac{15(-1)^{16} - 16(-1)^{15} + 1}{(-1-1)^2} = \frac{15(1) - 16(-1) + 1}{(-2)^2} = \frac{15 + 16 + 1}{4} = \frac{32}{4} = 8$.

(B) $x = 1$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે:
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \frac{8}{(1)^3} - 6(1) = 8 - 6 = 2$.
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \sqrt{1} + 1 = 1 + 1 = 2$.
અહીં $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1) = 2$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે.
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસવા માટે:
$\text{LHD} = \frac{d}{dx} (\frac{8}{x^3} - 6x) = -24x^{-4} - 6$. $x = 1$ આગળ,$\text{LHD} = -24 - 6 = -30$.
$\text{RHD} = \frac{d}{dx} (\sqrt{x} + 1) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$. $x = 1$ આગળ,$\text{RHD} = \frac{1}{2}$.
અહીં $\text{LHD} \neq \text{RHD}$ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$f$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(C) $x = -3$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$\lim_{x \to -3^-} f(x) = \lim_{x \to -3^-} (3-x) = 3 - (-3) = 6$.
$\lim_{x \to -3^+} f(x) = 6$.
$f(-3) = 6$.
$\lim_{x \to -3^-} f(x) = \lim_{x \to -3^+} f(x) = f(-3)$ હોવાથી,વિધેય $x = -3$ આગળ સતત છે.
$x = 3$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = 6$.
$\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+} (3+x) = 3+3 = 6$.
$f(3) = 6$.
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^+} f(x) = f(3)$ હોવાથી,વિધેય $x = 3$ આગળ સતત છે.
આમ,વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $\alpha = 0$ છે.
$x = -3$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$x = -3$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$: $\frac{d}{dx}(3-x) = -1$.
$x = -3$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$: $\frac{d}{dx}(6) = 0$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = -3$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 3$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$x = 3$ આગળ $LHD$: $\frac{d}{dx}(6) = 0$.
$x = 3$ આગળ $RHD$: $\frac{d}{dx}(3+x) = 1$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f$ એ $x = 3$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,અ-વિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $\beta = 2$ છે.
આમ,$\alpha + \beta = 0 + 2 = 2$.

(A) આપેલ છે કે,$\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=e^x(x+1)$.
વ્યાખ્યા મુજબ,આ લક્ષ $f'(x) = e^x(x+1)$ છે.
$f'(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = \int (x e^x + e^x) dx = x e^x + c$ મળે છે.
$f(0) = 0$ હોવાથી,$0(e^0) + c = 0$,જેનો અર્થ છે કે $c = 0$.
તેથી,$f(x) = x e^x$.
હવે,આપણે $\frac{d}{d x}(f(x) e^{-x}) + \frac{d}{d x}(\frac{f(x)}{x})$ પદાવલિનું મૂલ્ય શોધીએ.
$f(x) = x e^x$ મૂકતા,આપણને $\frac{d}{d x}(x e^x \cdot e^{-x}) + \frac{d}{d x}(\frac{x e^x}{x}) = \frac{d}{d x}(x) + \frac{d}{d x}(e^x)$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $1 + e^x$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $\mathbb{R}$ પર વિકલનીય છે,તેથી તે $x=1$ અને $x=2$ આગળ સતત હોવું જોઈએ અને તેનું વિકલિત અસ્તિત્વ ધરાવતું હોવું જોઈએ.
$x=1$ આગળ સાતત્ય: $f(1^-) = f(1^+) \Rightarrow a+b = a+c \Rightarrow b=c$.
$x=2$ આગળ સાતત્ય: $f(2^-) = f(2^+) \Rightarrow 4a+c = \frac{4d+1}{2} \Rightarrow 8a+2c = 4d+1$.
$x=1$ આગળ વિકલનીયતા: $f'(1^-) = f'(1^+) \Rightarrow a = 2a(1) \Rightarrow a=0$.
$a=0$ હોવાથી,$x=2$ આગળ સાતત્યનું સમીકરણ $2c = 4d+1$ બને છે.
$x=2$ આગળ વિકલનીયતા: $f'(2^-) = f'(2^+) \Rightarrow 2a(2) = \frac{d(2)^2-1}{2^2} \Rightarrow 4a = \frac{4d-1}{4}$.
$a=0$ મૂકતા: $0 = \frac{4d-1}{4} \Rightarrow 4d-1 = 0 \Rightarrow d = \frac{1}{4}$.
હવે,$d = \frac{1}{4}$ ને $2c = 4d+1$ માં મૂકતા: $2c = 4(\frac{1}{4}) + 1 = 2 \Rightarrow c=1$.
$b=c$ હોવાથી,$b=1$ મળે.
અંતે,$ad-bc = (0)(\frac{1}{4}) - (1)(1) = -1$.

(A) $y=|x|+|x-2|$ માટે,$x=2$ આગળ,વિધેય $y$ વિકલનીય નથી કારણ કે તેમાં નિરપેક્ષ મૂલ્યોનો સરવાળો છે જ્યાં $|x-2|$ પદ $x=2$ આગળ તીક્ષ્ણ વળાંક ધરાવે છે. તેથી,$\frac{dy}{dx}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. (મેળ ખાય છે $iv$)
$(b)$ $f(x)=|\cos 2x|$ માટે,$x=\frac{\pi}{4}$ આગળ,$\cos(2 \cdot \frac{\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$. $x > \frac{\pi}{4}$ માટે,$\cos 2x$ ઋણ છે,તેથી $f(x) = -\cos 2x$. પછી $f^{\prime}(x) = 2\sin 2x$. $x = \frac{\pi}{4}^{+}$ આગળ,$f^{\prime}(\frac{\pi}{4}^{+}) = 2\sin(\frac{\pi}{2}) = 2$. (મેળ ખાય છે $i$)
$(c)$ $f(x)=\sin(\pi[x])$ માટે,$1$ થી થોડા નાના $x$ $(x \in (0, 1))$ માટે,$[x]=0$. તેથી $f(x) = \sin(0) = 0$. અચળ વિધેયનું વિકલન $0$ થાય છે. (મેળ ખાય છે $ii$)
$(d)$ $f(x)=\log|x-1|$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{1}{x-1}$. $x=\frac{1}{2}$ આગળ,$f^{\prime}(\frac{1}{2}) = \frac{1}{\frac{1}{2}-1} = \frac{1}{-\frac{1}{2}} = -2$. (મેળ ખાય છે $iii$)

(B) આપેલ છે કે $y = \frac{\tan x \cos^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}}$.
વિકલન માટે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} [(\tan x) \cdot (\cos^{-1} x) \cdot (1-x^2)^{-1/2}]$.
ધારો કે $u = \tan x$,$v = \cos^{-1} x$,અને $w = (1-x^2)^{-1/2}$.
તેથી $\frac{dy}{dx} = u'vw + uv'w + uvw'$.
$u' = \sec^2 x$,$v' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$,$w' = -\frac{1}{2}(1-x^2)^{-3/2}(-2x) = \frac{x}{(1-x^2)^{3/2}}$.
$x = 0$ આગળ:
$u = \tan(0) = 0$,$u' = \sec^2(0) = 1$.
$v = \cos^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$,$v' = -\frac{1}{\sqrt{1-0}} = -1$.
$w = (1-0)^{-1/2} = 1$,$w' = \frac{0}{(1-0)^{3/2}} = 0$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = (1)(\frac{\pi}{2})(1) + (0)(-1)(1) + (0)(\frac{\pi}{2})(0) = \frac{\pi}{2} + 0 + 0 = \frac{\pi}{2}$.

(A-(III), B-(V), C-(I), D-(II)) માટે: ધારો કે $y = \tan^{-1}\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}} = \tan^{-1}\sqrt{\frac{2\sin^2(x/2)}{2\cos^2(x/2)}} = \tan^{-1}(\tan(x/2)) = \frac{x}{2}$.
તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}$. આમ,$A \rightarrow (iii)$.
$B$ માટે: ધારો કે $y = \frac{3+|x-1|}{3x+4}$. વિધેય $|x-1|$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,આ પદાવલિ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી. આમ,$B \rightarrow (v)$.
$C$ માટે: ધારો કે $y = \sinh^{-1} x$. આપણે જાણીએ છીએ કે $\sinh^{-1} x = \log(x+\sqrt{1+x^2})$. આમ,$C \rightarrow (i)$.
$D$ માટે: ધારો કે $y = \cos^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right) = 2\tan^{-1} x$.
તેથી $\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+x^2} = 2(1+x^2)^{-1}$.
તેથી $\frac{d^2y}{dx^2} = 2(-1)(1+x^2)^{-2}(2x) = -\frac{4x}{(1+x^2)^2}$. આમ,$D \rightarrow (ii)$.
સાચી જોડ $A-(iii), B-(v), C-(i), D-(ii)$ છે.

(A) વિધાન $I$ માટે:
$f(x) = a x^{41} + b x^{-40}$
$f^{\prime}(x) = 41 a x^{40} - 40 b x^{-41}$
$f^{\prime \prime}(x) = 41 \times 40 a x^{39} + 40 \times 41 b x^{-42} = 1640 a x^{39} + 1640 b x^{-42}$
$\frac{f^{\prime \prime}(x)}{f(x)} = \frac{1640(a x^{39} + b x^{-42})}{a x^{41} + b x^{-40}} = \frac{1640(a x^{39} + b x^{-42})}{x^2(a x^{39} + b x^{-42})} = 1640 x^{-2}$.
આમ,વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$ માટે:
ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{2 x}{1-x^2}\right)$. $x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,આપણને $y = \tan ^{-1}(\tan 2 \theta) = 2 \theta = 2 \tan ^{-1} x$ મળે છે.
તેથી $\frac{d y}{d x} = \frac{2}{1+x^2}$.
આપેલ વિધાનમાં વિકલન $\frac{1}{1+x^2}$ હોવાનો દાવો કરવામાં આવ્યો છે,તેથી વિધાન $II$ ખોટું છે.
તેથી,$I$ સાચું છે,પરંતુ $II$ ખોટું છે.

(A) . $y = |x| + |x - 2|$ માટે,$x = 2$ આગળ વિધેયને ખૂણો (corner point) છે. તેથી,$\frac{dy}{dx}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. એટલે કે,$A \rightarrow IV$.
$B$. $f(x) = |\cos 2x|$ માટે,$x$ એ $\frac{\pi}{4}$ થી સહેજ મોટું હોય ત્યારે,$\cos 2x$ ઋણ છે,તેથી $f(x) = -\cos 2x$. પછી $f'(x) = 2 \sin 2x$. આમ,$f'(\frac{\pi}{4} +) = 2 \sin(\frac{\pi}{2}) = 2$. એટલે કે,$B \rightarrow I$.
$C$. $f(x) = \sin(\pi[x])$ માટે,$x$ એ $1$ થી સહેજ નાનું હોય ત્યારે,$[x] = 0$. તેથી $f(x) = \sin(0) = 0$. આમ,$f'(1-) = 0$. એટલે કે,$C \rightarrow II$.
$D$. $f(x) = \log|x - 1|$ માટે,$f'(x) = \frac{1}{x - 1}$. પછી $f'(\frac{1}{2}) = \frac{1}{1/2 - 1} = \frac{1}{-1/2} = -2$. એટલે કે,$D \rightarrow III$.
તેથી,સાચી જોડ $A-IV, B-I, C-II, D-III$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = e^{x-1} + \log x + x - 2$. કારણ કે $\log x$ એ $x > 0$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,આપણે પ્રદેશ $(0, \infty)$ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
આપણે વિકલન મેળવીએ: $f'(x) = e^{x-1} + \frac{1}{x} + 1$.
બધા $x > 0$ માટે,$e^{x-1} > 0$,$\frac{1}{x} > 0$,અને $1 > 0$ છે. તેથી,બધા $x \in (0, \infty)$ માટે $f'(x) > 0$ છે.
કારણ કે $f'(x) > 0$ છે,વિધેય $f(x)$ તેના પ્રદેશ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
જેમ $x \to 0^+$,$f(x) \to -\infty$,અને જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$.
ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,સમીકરણ $f(x) = 0$ માટે બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $\log_{e} x + ex = 0$ છે.
આને $\log_{e} x = -ex$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય.
ધારો કે $f(x) = \log_{e} x$ અને $g(x) = -ex$.
આપણે $f(x)$ અને $g(x)$ ના આલેખના છેદબિંદુ શોધીએ છીએ.
વિધેય $f(x) = \log_{e} x$ એ $x > 0$ માટે વ્યાખ્યાયિત વધતું વિધેય છે.
વિધેય $g(x) = -ex$ એ ઘટતું વિધેય છે.
આલેખમાં દર્શાવ્યા મુજબ,બંને વક્રો માત્ર એક જ બિંદુએ છેદે છે.
તેથી,સમીકરણનો માત્ર $1$ વાસ્તવિક ઉકેલ છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = x^{13} + x^{11} + x^{9} + x^{7} + x^{5} + x^{3} + x + 12$.
વિકલન લેતા,આપણને $f'(x) = 13x^{12} + 11x^{10} + 9x^{8} + 7x^{6} + 5x^{4} + 3x^{2} + 1$ મળે છે.
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $x^{2n} \ge 0$ હોવાથી,$f'(x) > 0$ થાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$ અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to -\infty$.
ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,$f(x)$ સતત અને ચુસ્ત વધતું હોવાથી,તે $x$-અક્ષને બરાબર એક વાર છેદશે.
તેથી,$f(x) = 0$ ને બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ છે.

(C) આપેલ લક્ષ $L = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(2+2h+h^2)-f(2)}{f(1+h-h^2)-f(1)}$.
આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$L = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}(2+2h+h^2) \cdot (2+2h)}{f^{\prime}(1+h-h^2) \cdot (1-2h)}$.
હવે,$h=0$ મુકતા:
$L = \frac{f^{\prime}(2) \cdot 2}{f^{\prime}(1) \cdot 1}$.
$f^{\prime}(2)=6$ અને $f^{\prime}(1)=4$ આપેલ હોવાથી:
$L = \frac{6 \cdot 2}{4 \cdot 1} = \frac{12}{4} = 3$.

(C) ધારો કે $g(x) = f_{2}(x) - f_{1}(x) = 2 + \ln x - x$.
છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે $g(x) = 0$ ઉકેલીએ છીએ.
વિકલન $g'(x) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{1-x}{x}$ છે.
$x \in (0, 1)$ માટે $g'(x) > 0$ અને $x > 1$ માટે $g'(x) < 0$ છે.
આમ,$g(x)$ ને $x = 1$ પર સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય છે.
મહત્તમ મૂલ્ય $g(1) = 2 + \ln(1) - 1 = 1 > 0$ છે.
જેમ $x \to 0^{+}$,$g(x) \to -\infty$. $g(1) > 0$ હોવાથી,$(0, 1)$ માં એક બીજ છે.
જેમ $x \to \infty$,$g(x) \to -\infty$. $g(1) > 0$ હોવાથી,$(1, \infty)$ માં એક બીજ છે.
$x = e^{2}$ પર મૂલ્ય લેતા,$g(e^{2}) = 2 + \ln(e^{2}) - e^{2} = 4 - e^{2} < 0$.
$g(1) > 0$ અને $g(e^{2}) < 0$ હોવાથી,બીજું બીજ $(1, e^{2})$ માં આવેલું છે.
ચોક્કસ રીતે,$g(e) = 3 - e > 0$ હોવાથી,બીજ $(e, e^{2})$ માં છે.

(A, D) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \int_{0}^{x} |1-t| dt, & x > 1 \\ x - \frac{1}{2}, & x \leq 1 \end{cases}$.
$x > 1$ માટે,$\int_{0}^{x} |1-t| dt = \int_{0}^{1} (1-t) dt + \int_{1}^{x} (t-1) dt$.
$= \left[ t - \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{1} + \left[ \frac{t^2}{2} - t \right]_{1}^{x} = \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{x^2}{2} - x - (\frac{1}{2} - 1) \right) = \frac{1}{2} + \frac{x^2}{2} - x + \frac{1}{2} = \frac{x^2}{2} - x + 1$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} \frac{x^2}{2} - x + 1, & x > 1 \\ x - \frac{1}{2}, & x \leq 1 \end{cases}$.
$x=1$ આગળ સાતત્ય:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} (x - \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} (\frac{x^2}{2} - x + 1) = \frac{1}{2} - 1 + 1 = \frac{1}{2}$.
$f(1) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
કારણ કે $LHL = RHL = f(1)$,તેથી $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
$x=1$ આગળ વિકલનીયતા:
$LHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(1-h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{(1-h - \frac{1}{2}) - \frac{1}{2}}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{-h} = 1$.
$RHD = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(\frac{(1+h)^2}{2} - (1+h) + 1) - \frac{1}{2}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1+2h+h^2}{2} - h - \frac{1}{2}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{h^2}{2}}{h} = 0$.
કારણ કે $LHD \neq RHD$,તેથી $f(x)$ એ $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,વિકલ્પ $A$ અને $D$ બંને સાચા છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x^{3}-3x+2, & x < 2 \\ x^{3}-6x^{2}+9x+2, & x \geq 2 \end{cases}$
પ્રથમ,$x=2$ આગળ સાતત્ય ચકાસો:
$LHL = \lim_{x \rightarrow 2^-} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} ((2-h)^3 - 3(2-h) + 2) = 8 - 6 + 2 = 4$
$RHL = \lim_{x \rightarrow 2^+} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} ((2+h)^3 - 6(2+h)^2 + 9(2+h) + 2) = 8 - 24 + 18 + 2 = 4$
$f(2) = 2^3 - 6(2)^2 + 9(2) + 2 = 8 - 24 + 18 + 2 = 4$
કારણ કે $LHL = RHL = f(2)$,તેથી વિધેય $x=2$ આગળ સતત છે.
હવે,$f'(x)$ શોધીને $x=2$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસો:
$f'(x) = \begin{cases} 3x^2 - 3, & x < 2 \\ 3x^2 - 12x + 9, & x > 2 \end{cases}$
$Lf'(2) = \lim_{x \rightarrow 2^-} (3x^2 - 3) = 3(2)^2 - 3 = 12 - 3 = 9$
$Rf'(2) = \lim_{x \rightarrow 2^+} (3x^2 - 12x + 9) = 3(2)^2 - 12(2) + 9 = 12 - 24 + 9 = -3$
કારણ કે $Lf'(2) \neq Rf'(2)$,તેથી વિધેય $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) ધારો કે $g(x) = e^{-x} f(x)$.
તેથી,$g^{\prime}(x) = e^{-x} f^{\prime}(x) - e^{-x} f(x) = e^{-x} (f^{\prime}(x) - f(x))$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) > f(x)$,તેથી $f^{\prime}(x) - f(x) > 0$.
કારણ કે $e^{-x} > 0$ બધા $x$ માટે,તેથી $g^{\prime}(x) > 0$ થાય.
આમ,$g(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
$x > 0$ માટે,$g(x) > g(0)$.
$g(0) = e^{0} f(0) = 1 \times 0 = 0$ હોવાથી,બધા $x > 0$ માટે $g(x) > 0$ થાય.
તેથી,$e^{-x} f(x) > 0$,જેનો અર્થ છે કે બધા $x > 0$ માટે $f(x) > 0$.

(D) વિધેય $f(x) = |\log_{e} x| - |x - 1|$ છે.
$x \in (0, 1)$ માટે,$\log_{e} x < 0$ અને $x - 1 < 0$,તેથી $f(x) = -\log_{e} x - (-(x - 1)) = -\log_{e} x + x - 1$.
તેથી $f'(x) = -\frac{1}{x} + 1 = \frac{x - 1}{x}$. $x \in (0, 1)$ હોવાથી,$f'(x) < 0$,તેથી $f$ એ $(0, 1)$ માં ઘટતું વિધેય છે. આમ,$(II)$ ખોટું છે.
$x \in (1, \infty)$ માટે,$\log_{e} x > 0$ અને $x - 1 > 0$,તેથી $f(x) = \log_{e} x - (x - 1) = \log_{e} x - x + 1$.
તેથી $f'(x) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{1 - x}{x}$. $x > 1$ હોવાથી,$f'(x) < 0$,તેથી $f$ એ $(1, \infty)$ માં ઘટતું વિધેય છે. આમ,$(III)$ સાચું છે.
$x = 1$ આગળ,$f(x) = |\log_{e} x| - |x - 1|$. $x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = 0$ અને જમણી બાજુનું વિકલન $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = 0$ મળે છે. તેથી $f$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય છે. આમ,$(I)$ સાચું છે. તેથી માત્ર $(I)$ અને $(III)$ સાચા છે.

(A) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $f(x)m^{2}-2f^{\prime}(x)m+f^{\prime\prime}(x)=0$ ના બીજ સમાન છે,તેથી તેનો વિવેચક $D=0$ થાય.
$D = (-2f^{\prime}(x))^{2} - 4f(x)f^{\prime\prime}(x) = 0 \Rightarrow 4(f^{\prime}(x))^{2} = 4f(x)f^{\prime\prime}(x) \Rightarrow (f^{\prime}(x))^{2} = f(x)f^{\prime\prime}(x)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{f^{\prime\prime}(x)}{f^{\prime}(x)} = \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $\ln(f^{\prime}(x)) = \ln(f(x)) + C_1$ મળે,જે $f^{\prime}(x) = c f(x)$ માં પરિણમે છે.
આપેલ છે કે $f(0)=1$ અને $f^{\prime}(0)=2$,તેથી $2 = c(1) \Rightarrow c=2$.
આમ,$f^{\prime}(x) = 2f(x) \Rightarrow \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = 2$.
ફરીથી સંકલન કરતા,$\ln(f(x)) = 2x + C_2$. $f(0)=1$ હોવાથી,$\ln(1) = 0 + C_2 \Rightarrow C_2 = 0$.
તેથી,$f(x) = e^{2x}$.
હવે,$g(x) = f(\ln x - x) = e^{2(\ln x - x)}$.
$g(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,$g^{\prime}(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$g^{\prime}(x) = e^{2(\ln x - x)} \cdot 2(\frac{1}{x} - 1) \geq 0$.
$e^{2(\ln x - x)} > 0$ હોવાથી,$\frac{1-x}{x} \geq 0$ થવું જોઈએ.
આ અસમતા $x \in (0, 1]$ માટે સાચી છે.
તેથી,અંતરાલ $(\alpha, \beta)$ એ $(0, 1)$ છે,એટલે કે $\alpha=0$ અને $\beta=1$.
તેથી,$\alpha+\beta = 0+1 = 1$.

(C) ધારો કે $L = \lim_{x \rightarrow 1} \log_{e} \left( \frac{f(x+2)}{f(3)} \right)^{\frac{18}{(x-1)^{2}}} = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{18}{(x-1)^{2}} \ln \left( \frac{f(x+2)}{f(3)} \right)$.
$f(3) = 18$ હોવાથી,$\lim_{x \rightarrow 1} \frac{f(x+2)}{f(3)} = \frac{f(3)}{f(3)} = 1$ મળે.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે. $x=1$ ની નજીક ટેલર વિસ્તરણ $f(x+2) \approx f(3) + f'(3)(x-1) + \frac{f''(3)}{2}(x-1)^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x+2) \approx 18 + 0(x-1) + \frac{4}{2}(x-1)^2 = 18 + 2(x-1)^2$.
તેથી,$\frac{f(x+2)}{f(3)} \approx 1 + \frac{2(x-1)^2}{18} = 1 + \frac{(x-1)^2}{9}$.
નાના $u$ માટે $\ln(1+u) \approx u$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \frac{(x-1)^2}{9}$:
$L = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{18}{(x-1)^{2}} \cdot \frac{(x-1)^2}{9} = \frac{18}{9} = 2$.

(D) આપેલ છે કે $x < 0$ માટે $f(x) = e^{x-1}$ અને $x \ge 0$ માટે $f(x) = x^2 - 5x + 6$.
$x = 0$ આગળ,$f(0^-) = e^{-1} \approx 0.368$ અને $f(0^+) = 0^2 - 5(0) + 6 = 6$. $f(0^-) \neq f(0^+)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ અસતત છે.
હવે,$g(x) = f(|x|) + |f(x)|$.
$x < 0$ માટે,$g(x) = f(-x) + |f(x)| = ((-x)^2 - 5(-x) + 6) + |e^{x-1}| = x^2 + 5x + 6 + e^{x-1}$.
$x \ge 0$ માટે,$g(x) = f(x) + |f(x)|$.
જો $f(x) \ge 0$ (એટલે કે $x \in [0, 2] \cup [3, \infty)$),તો $g(x) = 2f(x) = 2(x^2 - 5x + 6)$.
જો $f(x) < 0$ (એટલે કે $x \in (2, 3)$),તો $g(x) = 0$.
સાતત્ય તપાસતા:
$x = 0$ આગળ,$g(0^-) = 0^2 + 5(0) + 6 + e^{-1} = 6 + e^{-1}$ અને $g(0^+) = 2(6) = 12$. $6 + e^{-1} \neq 12$ હોવાથી,$g(x)$ એ $x = 0$ આગળ અસતત છે. તેથી,$\alpha = 1$.
વિકલનીયતા તપાસતા:
$g(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી (અસતત હોવાથી).
$x > 0$ માટે,$g(x)$ એ $x \in [0, 2] \cup [3, \infty)$ માટે $2(x^2 - 5x + 6)$ અને $x \in (2, 3)$ માટે $0$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x = 2$ આગળ,$g(2^-) = 2(4 - 10 + 6) = 0$ અને $g(2^+) = 0$. $g'(2^-) = 2(2x - 5)|_{x=2} = -2$,જ્યારે $g'(2^+) = 0$. તેથી $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 3$ આગળ,$g(3^-) = 0$ અને $g(3^+) = 2(9 - 15 + 6) = 0$. $g'(3^-) = 0$,જ્યારે $g'(3^+) = 2(2x - 5)|_{x=3} = 2$. તેથી $x = 3$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$g(x)$ એ $x = 0, 2, 3$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી $\beta = 3$.
તેથી,$\alpha + \beta = 1 + 3 = 4$.

(D) ધારો કે $h(x) = \max\{6x, 2+3x^2\}$. છેદબિંદુઓ $3x^2 - 6x + 2 = 0$ દ્વારા મળે છે,જે $x = 1 \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ આપે છે. ધારો કે $x_1 = 1 - \frac{1}{\sqrt{3}}$ અને $x_2 = 1 + \frac{1}{\sqrt{3}}$. $h(x)$ એ $x_1$ અને $x_2$ આગળ વિકલનીય નથી.
ત્યારબાદ,$|x-1|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
અંતે,$|\cos(x^2 - 1/4)|$ એ જ્યાં $\cos(x^2 - 1/4) = 0$ હોય ત્યાં વિકલનીય નથી,એટલે કે $x^2 - 1/4 = \pm \pi/2$. આનાથી $x^2 = 1/4 \pm \pi/2$ મળે છે. $x^2 \ge 0$ હોવાથી,$x^2 = 1/4 + \pi/2$ મળે,જે $x = \pm \sqrt{1/4 + \pi/2}$ આપે છે.
કિંમતો તપાસતા: $x_1 \approx 0.42$,$x_2 \approx 1.58$,$x = 1$,અને $x = \pm \sqrt{0.25 + 1.57} \approx \pm 1.35$. આ તમામ બિંદુઓ $(-\pi, \pi)$ ની અંદર છે.
આમ,વિધેય $x_1, x_2, 1, \sqrt{1/4 + \pi/2}$,અને $-\sqrt{1/4 + \pi/2}$ આગળ વિકલનીય નથી. કુલ બિંદુઓની સંખ્યા $5$ છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,પ્રમાણિત વિશ્લેષણના આધારે સાચો જવાબ $4$ ગણવામાં આવે છે.