Rolle’s theorem, Lagrange's mean value theorem Questions in Gujarati

(B) ધારો કે $h(x) = f(x) - 2g(x)$.
કારણ કે $f$ અને $g$ એ $[0, 1]$ પર વિકલનીય છે,તેથી $h(x)$ પણ $[0, 1]$ પર વિકલનીય છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર $h(x)$ ની કિંમતો શોધો:
$h(0) = f(0) - 2g(0) = 2 - 2(0) = 2$.
$h(1) = f(1) - 2g(1) = 6 - 2(2) = 6 - 4 = 2$.
અહીં $h(0) = h(1) = 2$ હોવાથી,રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0, 1)$ એવું મળે કે જેથી $h'(c) = 0$ થાય.
$h'(x) = f'(x) - 2g'(x)$.
$h'(c) = 0$ લેતા,$f'(c) - 2g'(c) = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f'(c) = 2g'(c)$.

(B) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એક બિંદુ $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અંતરાલ $[0, 1]$ માટે $f(x) = 2x - x^2$ આપેલ છે,જ્યાં $a = 0$ અને $b = 1$ છે.
પ્રથમ,$f(a)$ અને $f(b)$ ની કિંમત શોધો:
$f(0) = 2(0) - (0)^2 = 0$
$f(1) = 2(1) - (1)^2 = 1$
હવે,વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x - x^2) = 2 - 2x$
હવે,આ કિંમતોને પ્રમેયના સૂત્રમાં મૂકો:
$f'(c) = \frac{f(1) - f(0)}{1 - 0}$
$2 - 2c = \frac{1 - 0}{1}$
$2 - 2c = 1$
$2c = 1$
$c = \frac{1}{2}$
આમ,$c$ ની કિંમત $\frac{1}{2}$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = ax^3 + bx^2 + 11x - 6$.
કારણ કે $f(x)$ એ $[1, 3]$ પર રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે,તેથી $f(1) = f(3)$.
$f(1) = a(1)^3 + b(1)^2 + 11(1) - 6 = a + b + 5$.
$f(3) = a(3)^3 + b(3)^2 + 11(3) - 6 = 27a + 9b + 33 - 6 = 27a + 9b + 27$.
$f(1) = f(3)$ ને સરખાવતા:
$a + b + 5 = 27a + 9b + 27
\Rightarrow 26a + 8b = -22
\Rightarrow 13a + 4b = -11$ ... $(i)$.
હવે,$f'(x) = 3ax^2 + 2bx + 11$.
આપેલ છે કે $f'\left( 2 + \frac{1}{\sqrt{3}} \right) = 0$:
$3a\left( 2 + \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 2b\left( 2 + \frac{1}{\sqrt{3}} \right) + 11 = 0$.
$3a\left( 4 + \frac{1}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}} \right) + 2b\left( 2 + \frac{1}{\sqrt{3}} \right) + 11 = 0$.
$3a\left( \frac{13}{3} + \frac{4}{\sqrt{3}} \right) + 2b\left( 2 + \frac{1}{\sqrt{3}} \right) + 11 = 0$.
$(13a + 4\sqrt{3}a) + (4b + \frac{2b}{\sqrt{3}}) + 11 = 0$.
સમીકરણ $(i)$ માંથી $13a = -11 - 4b$ મૂકતા:
$-11 - 4b + 4\sqrt{3}a + 4b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + 11 = 0$.
$4\sqrt{3}a + \frac{2b}{\sqrt{3}} = 0
\Rightarrow 12a + 2b = 0
\Rightarrow b = -6a$ ... $(ii)$.
સમીકરણ $(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$13a + 4(-6a) = -11
\Rightarrow 13a - 24a = -11
\Rightarrow -11a = -11
\Rightarrow a = 1$.
તેથી $b = -6(1) = -6$.
આમ,$a = 1$ અને $b = -6$ મળે છે.

(D) $x > 0$ માટે,વિકલિત $f'(x) = \sin \frac{\pi}{x} - \frac{\pi}{x} \cos \frac{\pi}{x}$ દ્વારા મળે છે.
આપણે $(0, 1)$ માં એવા બિંદુઓ $c$ શોધવા માંગીએ છીએ કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin \frac{\pi}{c} = \frac{\pi}{c} \cos \frac{\pi}{c}$,અથવા $\tan \frac{\pi}{c} = \frac{\pi}{c}$.
અંતરાલો $I_k = \left[ \frac{1}{k+1}, \frac{1}{k} \right]$ ધ્યાનમાં લો,જ્યાં $k = 1, 2, 3, \dots$.
આ અંતરાલોના અંત્યબિંદુઓ પર,$f\left(\frac{1}{k+1}\right) = \frac{1}{k+1} \sin((k+1)\pi) = 0$ અને $f\left(\frac{1}{k}\right) = \frac{1}{k} \sin(k\pi) = 0$ થાય છે.
કારણ કે $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે,રોલના પ્રમેય મુજબ,દરેક $k \in \mathbb{N}$ માટે $\left( \frac{1}{k+1}, \frac{1}{k} \right)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c_k$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c_k) = 0$ થાય.
આમ,$(0, 1)$ માં આવા અનંત અંતરાલો $I_k$ હોવાથી,એવા અનંત બિંદુઓ છે જ્યાં $f'(x) = 0$ થાય છે.

(D) રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,વિધેય અંતરાલ $[a, b]$ પર સતત,$(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ અને $f(a) = f(b)$ હોવું જોઈએ.
$(A)$ વિધેય $x = 1$ આગળ અસતત છે,તેથી રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(B)$ વિધેય $x = 0$ આગળ સતત નથી કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = 1 \ne f(0) = 0$,તેથી રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(C)$ વિધેય $x = 1$ આગળ અસતત છે,જે $[-2, 3]$ અંતરાલમાં આવેલું છે,તેથી રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(D)$ $x \ne 1$ માટે,$f(x) = \frac{(x-1)(x^2 - x - 6)}{x - 1} = x^2 - x - 6$. $x = 1$ આગળ,$f(1) = -6$. કારણ કે $\lim_{x \to 1} (x^2 - x - 6) = 1 - 1 - 6 = -6$,વિધેય $x = 1$ આગળ સતત છે. આમ,$[-2, 3]$ ના તમામ $x$ માટે $f(x) = x^2 - x - 6$ છે. ઉપરાંત,$f(-2) = (-2)^2 - (-2) - 6 = 0$ અને $f(3) = 3^2 - 3 - 6 = 0$. $f(-2) = f(3) = 0$ હોવાથી અને વિધેય બહુપદી હોવાથી,તે સતત અને વિકલનીય છે. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.

(A) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,અંતરાલ $[0, 2]$ પર સતત અને $(0, 2)$ પર વિકલનીય વિધેય $f$ માટે,કોઈક $c \in (0, 2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી:
$\frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = f'(c)$
આપેલ છે કે $f(0) = -3$ અને તમામ $x$ માટે $f'(x) \le 5$,તેથી:
$\frac{f(2) - (-3)}{2} = f'(c)$
$\frac{f(2) + 3}{2} = f'(c)$
કારણ કે $f'(c) \le 5$,તેથી:
$\frac{f(2) + 3}{2} \le 5$
$f(2) + 3 \le 10$
$f(2) \le 7$
આમ,$f(2)$ ની મહત્તમ કિંમત $7$ છે.

(A) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ માટે વિધેય $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જરૂરી છે.
$1$. $f(x) = 4 - (\frac{1}{2} - x)^{2/3}$ માટે: વિકલિત $f'(x) = \frac{2}{3(\frac{1}{2} - x)^{1/3}}$ થાય છે. $x = \frac{1}{2}$ એ $(0, 1)$ માં હોવાથી,$f'(x)$ એ $x = \frac{1}{2}$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી. તેથી,$f$ એ $(0, 1)$ પર વિકલનીય નથી.
$2$. $g(x)$ માટે: $x = 0$ આગળ,$\lim_{x \to 0^+} g(x) = 0$ થાય છે,પરંતુ $g(0) = 1$ છે. $\lim_{x \to 0^+} g(x) \neq g(0)$ હોવાથી,$g$ એ $x = 0$ આગળ સતત નથી. તેથી,$g$ એ $[0, 1]$ પર સતત નથી.
$3$. $h(x) = \{x\}$ માટે: અપૂર્ણાંક ભાગનું વિધેય દરેક પૂર્ણાંક આગળ અસતત હોય છે. $[0, 1]$ માં,તે $x = 0$ અને $x = 1$ આગળ અસતત છે. તેથી,$h$ એ $[0, 1]$ પર સતત નથી.
$4$. $k(x) = 5^{\log_2(x + 3)} = (x + 3)^{\log_2 5}$ એ $[0, 1]$ પર સતત અને વિકલનીય છે.
તેથી,$LMVT$ એ $f, g,$ અને $h$ માટે લાગુ પડતું નથી.

(D) અંતરાલ $[2, 4]$ પર વિધેય $h(x) = g(x) - 4f(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કારણ કે $f(x)$ અને $g(x)$ વિકલનીય છે,તેથી $h(x)$ પણ $(2, 4)$ પર વિકલનીય અને $[2, 4]$ પર સતત છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો ગણો:
$h(2) = g(2) - 4f(2) = 0 - 4(8) = -32$.
$h(4) = g(4) - 4f(4) = 8 - 4(10) = 8 - 40 = -32$.
અહીં $h(2) = h(4)$ હોવાથી,રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (2, 4)$ એવું મળે કે જેથી $h'(c) = 0$ થાય.
$h'(x) = g'(x) - 4f'(x)$ હોવાથી,આપણને $g'(c) - 4f'(c) = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે ઓછામાં ઓછા એક $c \in (2, 4)$ માટે $g'(c) = 4f'(c)$ થાય.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે $t \in [-1, 0]$ માટે $0 \le f'(t) \le 1$.
$-1$ થી $0$ સુધી $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int_{-1}^{0} 0 \, dt \le \int_{-1}^{0} f'(t) \, dt \le \int_{-1}^{0} 1 \, dt$
$0 \le f(0) - f(-1) \le 1$ ... $(1)$
આપેલ છે કે $t \in [0, 2]$ માટે $-1 \le f'(t) \le 0$.
$0$ થી $2$ સુધી $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int_{0}^{2} -1 \, dt \le \int_{0}^{2} f'(t) \, dt \le \int_{0}^{2} 0 \, dt$
$-2 \le f(2) - f(0) \le 0$ ... $(2)$
અસમતાઓ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(0 - 2) \le (f(0) - f(-1)) + (f(2) - f(0)) \le (1 + 0)$
$-2 \le f(2) - f(-1) \le 1$.

(D) નવું વિધેય $\phi(x) = f(x) - g(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કારણ કે $f(x)$ અને $g(x)$ તમામ $x \ge x_0$ માટે વિકલનીય છે,તેથી $\phi(x)$ પણ તમામ $x \ge x_0$ માટે વિકલનીય છે.
વિકલિત $\phi'(x) = f'(x) - g'(x)$ છે.
આપેલ છે કે તમામ $x > x_0$ માટે $f'(x) > g'(x)$,તેથી તમામ $x > x_0$ માટે $\phi'(x) > 0$ થાય.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ $x > x_0$ માટે,એક એવું $c \in (x_0, x)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $\frac{\phi(x) - \phi(x_0)}{x - x_0} = \phi'(c)$ થાય.
કારણ કે $\phi'(c) > 0$ અને $x - x_0 > 0$,તેથી $\phi(x) - \phi(x_0) > 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\phi(x) > \phi(x_0)$.
આપેલ છે કે $f(x_0) = g(x_0)$,તેથી $\phi(x_0) = f(x_0) - g(x_0) = 0$.
તેથી,તમામ $x > x_0$ માટે $\phi(x) > 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $f(x) - g(x) > 0$,અથવા તમામ $x > x_0$ માટે $f(x) > g(x)$ થાય.

(A) અંતરાલ $[-a, 0]$ પર લેગ્રાન્જનું મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ વાપરતા,કોઈ $c_1 \in (-a, 0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(c_1) = \frac{f(0) - f(-a)}{0 - (-a)} = \frac{f(0) + a}{a}$ થાય.
કારણ કે $f'(c_1) \le 1$,તેથી $\frac{f(0) + a}{a} \le 1$,જેનો અર્થ છે કે $f(0) + a \le a$,એટલે કે $f(0) \le 0$.
અંતરાલ $[0, a]$ પર $LMVT$ વાપરતા,કોઈ $c_2 \in (0, a)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(c_2) = \frac{f(a) - f(0)}{a - 0} = \frac{a - f(0)}{a}$ થાય.
કારણ કે $f'(c_2) \le 1$,તેથી $\frac{a - f(0)}{a} \le 1$,જેનો અર્થ છે કે $a - f(0) \le a$,એટલે કે $-f(0) \le 0$,અથવા $f(0) \ge 0$.
આમ,$f(0) \le 0$ અને $f(0) \ge 0$ હોવાથી,$f(0) = 0$ થવું જ જોઈએ.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = |1 - x|$. $1 \le x \le 2$ માટે,$1 - x \le 0$,તેથી $f(x) = x - 1$.
$f(x)$ એ $[1, 2]$ પર સતત છે અને $(1, 2)$ પર વિકલનીય છે.
$f(1) = 0$ અને $f(2) = 1$. અહીં $f(1) \neq f(2)$ હોવાથી,$f$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી. જોકે,$LMVT$ એ $f$ માટે લાગુ પડે છે કારણ કે તે $[1, 2]$ પર સતત છે અને $(1, 2)$ પર વિકલનીય છે.
હવે,$g(x) = x - 1 + b \sin(\frac{\pi}{2}x)$.
$g(x)$ માટે $[1, 2]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,$g(1) = g(2)$ હોવું જોઈએ.
$g(1) = 1 - 1 + b \sin(\frac{\pi}{2}) = b(1) = b$.
$g(2) = 2 - 1 + b \sin(\pi) = 1 + b(0) = 1$.
$g(1) = g(2)$ લેતા $b = 1$ મળે છે.
આમ,$LMVT$ એ $f$ માટે લાગુ પડે છે અને $b = 1$ હોય ત્યારે રોલનું પ્રમેય $g$ માટે લાગુ પડે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \int\limits_0^x {\left( {t + \frac{1}{t}} \right)\,dt}$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = x + \frac{1}{x}$.
તેથી,$x \in \left[ {\frac{1}{2}, 3} \right]$ માટે $g(x) = x + \frac{1}{x}$ છે.
આપણને મળે છે $g\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2} + 2 = \frac{5}{2}$ અને $g(3) = 3 + \frac{1}{3} = \frac{10}{3}$.
ધારો કે $P = (c, g(c))$ એ વક્ર પરનું બિંદુ છે જ્યાં સ્પર્શક એ $\left( {\frac{1}{2}, \frac{5}{2}} \right)$ અને $\left( {3, \frac{10}{3}} \right)$ ને જોડતી જીવાને સમાંતર છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,એવું $c \in \left( {\frac{1}{2}, 3} \right)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g'(c) = \frac{g(3) - g(1/2)}{3 - 1/2}$.
કારણ કે $g'(x) = 1 - \frac{1}{x^2}$,તેથી $1 - \frac{1}{c^2} = \frac{10/3 - 5/2}{3 - 1/2} = \frac{(20-15)/6}{5/2} = \frac{5/6}{5/2} = \frac{1}{3}$.
તેથી,$1 - \frac{1}{c^2} = \frac{1}{3} \implies \frac{1}{c^2} = \frac{2}{3} \implies c^2 = \frac{3}{2} \implies c = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
$y$-યામ $g(c) = \sqrt{\frac{3}{2}} + \frac{1}{\sqrt{3/2}} = \sqrt{\frac{3}{2}} + \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{3 + 2}{\sqrt{6}} = \frac{5}{\sqrt{6}}$.
આમ,બિંદુ $P$ એ $\left( {\sqrt {\frac{3}{2}}, \frac{5}{\sqrt 6 }} \right)$ છે.

(D) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,જો વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[1, 6]$ પર સતત હોય અને $(1, 6)$ પર વિકલનીય હોય,તો કોઈક $c \in (1, 6)$ માટે:
$f'(c) = \frac{f(6) - f(1)}{6 - 1}$
અહીં $f(1) = -2$ અને $1 \le x \le 6$ માટે $f'(x) \ge 4.2$ આપેલ છે,તેથી:
$f'(c) = \frac{f(6) - (-2)}{5} = \frac{f(6) + 2}{5}$
આપેલ શરત $f'(c) \ge 4.2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{f(6) + 2}{5} \ge 4.2$
બંને બાજુ $5$ વડે ગુણતા:
$f(6) + 2 \ge 21$
$f(6) \ge 19$
આમ,$f(6)$ ની ન્યૂનતમ શક્ય કિંમત $19$ છે.

(D) $(i)$ આ વિધાન સાચું છે,કારણ કે સંવૃત અંતરાલ $[a, b]$ પરનું દરેક સતત વિધેય સીમિત હોય છે.
$(ii)$ આ વિધાન 'ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ' (Intermediate Value Theorem) મુજબ સાચું છે,કારણ કે $f(a) < 0$ અને $f(b) > 0$ છે.
$(iii)$ આ વિધાન હંમેશા સાચું નથી,કારણ કે મહત્તમ અથવા ન્યૂનતમ કિંમતો અંત્યબિંદુઓ $a$ અથવા $b$ પર મળી શકે છે જ્યાં વિકલિત શૂન્ય ન પણ હોય.
$(iv)$ આ વિધાન સાચું છે. 'મીન વેલ્યુ થિયરમ' (Mean Value Theorem) મુજબ,$a$ અને $b$ ની વચ્ચે એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય. અહીં $f(b) > 0$ અને $f(a) < 0$ હોવાથી,$f(b) - f(a) > 0$ થાય,તેથી $f'(c) > 0$ મળે.
$(v)$ આ વિધાન હંમેશા સાચું નથી. ઉદાહરણ તરીકે,જો $f(x) = x$ હોય,તો $f'(x) = 1 > 0$ થાય,એટલે કે એવું કોઈ બિંદુ નથી જ્યાં $f'(d) < 0$ હોય.
આમ,સાચા વિધાનો $(i), (ii)$ અને $(iv)$ છે. તેથી સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(D) મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,અંતરાલ $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f(x) = 8x^2 - 7x + 5$ અને અંતરાલ $[-6, 6]$ છે,તેથી $a = -6$ અને $b = 6$.
પ્રથમ,$f(6) = 8(6)^2 - 7(6) + 5 = 288 - 42 + 5 = 251$.
ત્યારબાદ,$f(-6) = 8(-6)^2 - 7(-6) + 5 = 288 + 42 + 5 = 335$.
વિકલન કરતા,$f'(x) = 16x - 7$,તેથી $f'(c) = 16c - 7$.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $16c - 7 = \frac{f(6) - f(-6)}{6 - (-6)} = \frac{251 - 335}{12} = \frac{-84}{12} = -7$.
આમ,$16c - 7 = -7$,જેનો અર્થ છે કે $16c = 0$,તેથી $c = 0$.

(B) અંતરાલ $[1, 2]$ માં $f$ માટે $LMVT$ નો ઉપયોગ કરતા:
કોઈક $c \in (1, 2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $\frac{f(2) - f(1)}{2 - 1} = f'(c)$ થાય.
આપેલ છે કે $f'(c) \le 2$,તેથી $f(2) - f(1) \le 2(1)$,જેનો અર્થ છે કે $f(2) - 2 \le 2$,એટલે કે $f(2) \le 4$....$(1)$
ફરીથી,અંતરાલ $[2, 4]$ માં $f$ માટે $LMVT$ નો ઉપયોગ કરતા:
કોઈક $d \in (2, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $\frac{f(4) - f(2)}{4 - 2} = f'(d)$ થાય.
આપેલ છે કે $f'(d) \le 2$,તેથી $f(4) - f(2) \le 2(2)$,જેનો અર્થ છે કે $8 - f(2) \le 4$,એટલે કે $f(2) \ge 4$....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણે કહી શકીએ કે $f(2) = 4$.

(D) ધારો કે $F(x) = \int_0^x f(t) dt = \int_0^x (8t^3 - 6t^2 - 2t + 1) dt = 2x^4 - 2x^3 - x^2 + x.$
અહીં $F(0) = 0$ અને $F(1) = 2(1)^4 - 2(1)^3 - (1)^2 + 1 = 2 - 2 - 1 + 1 = 0$ છે.
$F(x)$ એ બહુપદી હોવાથી તે $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $F'(c) = f(c) = 0$ થાય.
આમ,$f(x) = 0$ ને $(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછો એક ઉકેલ છે.
વળી,$f(0) = 1$ અને $f(1) = 1$ છે,અને $f(1/2) = -0.5$ હોવાથી,મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય મુજબ,$f(x)$ ને $(0, 1/2)$ અને $(1/2, 1)$ માં ઉકેલ મળે છે.
$f(x)$ ને $(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછા બે ઉકેલ હોવાથી,$f(x)$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા,કોઈક $c \in (0, 1)$ માટે $f'(c) = 0$ થાય.
તેથી,$(B)$ અને $(C)$ બંને સાચા છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = (x-4)(x-5)(x-6)(x-7)$.
$f(x)$ એ $4$ ઘાતવાળી બહુપદી હોવાથી,$f'(x)$ એ $3$ ઘાતવાળી બહુપદી છે. તેથી,$f'(x) = 0$ ને $3$ બીજ હોય.
રોલના પ્રમેય મુજબ,જો $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય તથા $f(a) = f(b)$ હોય,તો $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
અહીં,$f(4) = f(5) = 0$ છે,તેથી $(4, 5)$ માં એક બીજ $c_1$ એવું મળે કે જેથી $f'(c_1) = 0$.
$f(5) = f(6) = 0$ છે,તેથી $(5, 6)$ માં એક બીજ $c_2$ એવું મળે કે જેથી $f'(c_2) = 0$.
$f(6) = f(7) = 0$ છે,તેથી $(6, 7)$ માં એક બીજ $c_3$ એવું મળે કે જેથી $f'(c_3) = 0$.
આમ,$f'(x) = 0$ ના ત્રણેય બીજ અનુક્રમે $(4, 5)$,$(5, 6)$ અને $(6, 7)$ અંતરાલમાં આવેલા છે.
તેથી,ત્રણેય બીજ $(4, 5) \cup (5, 6) \cup (6, 7)$ માં આવેલા છે.

(C) ધારો કે $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x$.
$x = 0$ માટે,$f(0) = 0$ થાય છે.
આપેલ છે કે $x = \alpha$ એ $f(x) = 0$ નું એક બીજ છે,તેથી $f(\alpha) = 0$ થાય.
$f(x)$ એ બહુપદી હોવાથી,તે $[0, \alpha]$ પર સતત છે અને $(0, \alpha)$ પર વિકલનીય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(0, \alpha)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
વિકલન $f'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \dots + a_1$ છે.
આમ,સમીકરણ $n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \dots + a_1 = 0$ નું એક બીજ $c$ એવું મળે કે જેથી $0 < c < \alpha$ થાય.
તેથી,આ બીજ $\alpha$ કરતા નાનું છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^2 x + x \sin 2x \log x$.
ધારો કે $g(x) = \sin^2 x \log x$.
તેથી,$g'(x) = 2 \sin x \cos x \log x + \sin^2 x \cdot \frac{1}{x} = \sin 2x \log x + \frac{\sin^2 x}{x}$.
આમ,$f(x) = x g'(x)$.
અહીં $g(1) = \sin^2(1) \log(1) = 0$,$g(\pi) = 0$ અને $g(2\pi) = 0$ છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$g'(x) = 0$ ને $(1, \pi)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બીજ અને $(\pi, 2\pi)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બીજ છે.
તેથી,$f(x) = x g'(x) = 0$ ને $(0, 2\pi]$ અંતરાલમાં ઓછામાં ઓછા બે બીજ મળે છે.

(D) રોલના પ્રમેય મુજબ,જો વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $[a, b]$ માં પ્રમેયનું પાલન કરતું હોય,તો તેણે ત્રણ શરતો સંતોષવી પડે:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$3$. $f(a) = f(b)$ હોવું જોઈએ.
વિકલ્પ $A$ તપાસતા: $f(x) = |\operatorname{sgn}(x)|$ એ $x = 0$ આગળ અસતત છે,તેથી તે શરતનું પાલન કરતું નથી.
વિકલ્પ $B$ તપાસતા: $f(x) = 3x^2 - 2$ અંતરાલ $[2, 3]$ માં. અહીં $f(2) = 10$ અને $f(3) = 25$. $f(2) \neq f(3)$ હોવાથી તે શરતનું પાલન કરતું નથી.
વિકલ્પ $C$ તપાસતા: $f(x) = |x - 1|$ અંતરાલ $[0, 2]$ માં. $f(0) = 1$ અને $f(2) = 1$. અહીં $f(0) = f(2)$ છે,પરંતુ $x = 1$ આગળ વિધેય વિકલનીય નથી,તેથી તે શરતનું પાલન કરતું નથી.
વિકલ્પ $D$ તપાસતા: $f(x) = x + \frac{1}{x}$ અંતરાલ $[\frac{1}{3}, 3]$ માં. $f(\frac{1}{3}) = \frac{10}{3}$ અને $f(3) = \frac{10}{3}$. અહીં $f(\frac{1}{3}) = f(3)$ છે. આ વિધેય આપેલ અંતરાલમાં સતત અને વિકલનીય છે,તેથી તે રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.

(D) રોલનું પ્રમેય જણાવે છે કે વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[a, b]$ માં પ્રમેયનું પાલન કરવા માટે ત્રણ શરતોનું પાલન કરવું જોઈએ:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$3$. $f(a) = f(b)$ હોવું જોઈએ.
ચાલો વિકલ્પો તપાસીએ:
વિકલ્પ $A$: $f(x) = |\text{sgn}(x)|$ એ $x = 0$ પર સતત નથી,તેથી તે નિષ્ફળ જાય છે.
વિકલ્પ $B$: $f(2) = 3(2)^2 - 2 = 10$ અને $f(3) = 3(3)^2 - 2 = 25$. $f(2) \neq f(3)$ હોવાથી તે નિષ્ફળ જાય છે.
વિકલ્પ $C$: $f(x) = |x - 1|$ એ $x = 1$ પર વિકલનીય નથી,જે $(0, 2)$ માં આવે છે,તેથી તે નિષ્ફળ જાય છે.
વિકલ્પ $D$: $f(x) = x + \frac{1}{x}$ અંતરાલ $[\frac{1}{3}, 3]$ માં.
$f(\frac{1}{3}) = \frac{1}{3} + 3 = \frac{10}{3}$.
$f(3) = 3 + \frac{1}{3} = \frac{10}{3}$.
અહીં $f(\frac{1}{3}) = f(3)$ છે અને વિધેય અંતરાલમાં સતત અને વિકલનીય છે,તેથી તે રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.

(B) ધારો કે $f(t) = \log t$. અંતરાલ $[e, x]$ પર લેગ્રાન્જનું મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ વાપરતા,કોઈક $c \in (e, x)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $\frac{f(x) - f(e)}{x - e} = f'(c)$ થાય.
અહીં $f'(t) = \frac{1}{t}$ હોવાથી,$\frac{\log x - \log e}{x - e} = \frac{1}{c}$ મળે.
આપેલ છે કે $e < c < x$,તેથી $\frac{1}{x} < \frac{1}{c} < \frac{1}{e}$ થાય.
$e \approx 2.718$ હોવાથી,$\frac{1}{e} \approx 0.367$ થાય.
આમ,$0 < \frac{\log (x/e)}{x - e} < 0.367$ મળે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[y]$ માટે,જો $0 < y < 0.367$ હોય,તો $[y] = 0$ થાય.
તેથી,જવાબ $0$ છે.

(C) આપેલ છે $f(2x + 1) = f(1 - 2x)$.
ધારો કે $t = 2x + 1$,તો $x = (t - 1)/2$. $RHS$ માં મૂકતા: $f(t) = f(1 - 2((t - 1)/2)) = f(1 - (t - 1)) = f(2 - t)$.
આ સૂચવે છે કે $f$ એ રેખા $x = 1$ ની સાપેક્ષ સંમિત છે.
આપેલ છે $f(2) = f(5) = f(10)$.
સંમિતિનો ઉપયોગ કરતા $f(x) = f(2 - x)$:
$f(2) = f(0)$
$f(5) = f(2 - 5) = f(-3)$
$f(10) = f(2 - 10) = f(-8)$
તેથી $f(-8) = f(-3) = f(0) = f(2) = f(5) = f(10)$.
આપણને $5$ ભિન્ન બિંદુઓ મળે છે જ્યાં વિધેયની કિંમતો સમાન છે: $x = -8, -3, 0, 2, 5$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$f(x) = c$ ના કોઈપણ બે બીજ વચ્ચે $f'(x) = 0$ નું ઓછામાં ઓછું એક બીજ હોય છે.
$(-8, -3)$,$(-3, 0)$,$(0, 2)$,અને $(2, 5)$ ની વચ્ચે $f'(x) = 0$ ના ઓછામાં ઓછા $4$ બીજ છે.
અંતરાલ $(-5, 10)$ હોવાથી,આપણે આ વિસ્તારમાં બીજ ચકાસીએ:
$(-3, 0)$,$(0, 2)$,અને $(2, 5)$ માં બીજ અસ્તિત્વ ધરાવે છે. આ $3$ બીજ $(-5, 10)$ માં છે.
વધુમાં,$f(5) = f(10)$ હોવાથી,$(5, 10)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બીજ છે.
આમ,$(-5, 10)$ માં ઓછામાં ઓછા $3 + 1 = 4$ બીજ છે.

(B) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈપણ $x \in (0, 2]$ માટે,એક એવો $c \in (0, x)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ થાય.
$f(0) = 0$ હોવાથી,આપણને $f'(c) = \frac{f(x)}{x}$ મળે છે.
આપેલ છે કે તમામ $x \in [0, 2]$ માટે $|f'(x)| \leqslant \frac{1}{2}$,તેથી $|f'(c)| \leqslant \frac{1}{2}$ થશે.
આ કિંમતને આપણા સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\left| \frac{f(x)}{x} \right| = |f'(c)| \leqslant \frac{1}{2}$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $|f(x)| \leqslant \frac{|x|}{2}$.
$x \in [0, 2]$ હોવાથી,$|x|$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે,તેથી $|f(x)| \leqslant \frac{2}{2} = 1$.
આમ,$|f(x)| \leqslant 1$ થાય છે.

(A) વિધેય $h(x) = f(x) - k g(x)$ લો.
કારણ કે $f(x)$ અને $g(x)$ એ $[0, 2]$ માં વિકલનીય છે,તેથી $h(x)$ પણ $[0, 2]$ માં વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0, 2)$ એવું છે કે જેથી $f'(c) = k g'(c)$ થાય,એટલે કે $h'(c) = f'(c) - k g'(c) = 0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,જો કોઈ $c \in (0, 2)$ માટે $h'(c) = 0$ હોય,તો $h(0) = h(2)$ થાય.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$h(0) = f(0) - k g(0) = 3 - k(1) = 3 - k$
$h(2) = f(2) - k g(2) = 5 - k(2) = 5 - 2k$
$h(0) = h(2)$ ને સરખાવતા:
$3 - k = 5 - 2k$
$2k - k = 5 - 3$
$k = 2$

(C) $f(x)$ માટે અંતરાલ $[1, x]$ પર લેગ્રાન્જ મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = f'(c_1) \geq 1 \implies f(x) - 2 \geq x - 1 \implies f(x) \geq x + 1$.
અંતરાલ $[x, 2]$ પર $LMVT$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{f(2) - f(x)}{2 - x} = f'(c_2) \geq 1 \implies 3 - f(x) \geq 2 - x \implies f(x) \leq x + 1$.
આમ,$f(x) \geq x + 1$ અને $f(x) \leq x + 1$ હોવાથી,$f(x) = x + 1$ મળે.
હવે,$g(x) = \int_1^x (t + 1) \, dt = \left[ \frac{t^2}{2} + t \right]_1^x = \frac{x^2}{2} + x - \frac{3}{2}$.
અહીં $g'(x) = f(x) = x + 1 > 0$ હોવાથી $g(x)$ વધતું વિધેય છે.
તેથી,$[1, 2]$ પર $g(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $g(2) = \int_1^2 (x + 1) \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} + x \right]_1^2 = (2 + 2) - (0.5 + 1) = \frac{5}{2}$ થાય.

(C) વિધેય $f(x) = 2x - x^2$ માટે,વિકલિત $f^{\prime}(x) = 2 - 2x$ છે.
$LMVT$ મુજબ,અંતરાલ $(a, b)$ માં એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $c = \frac{1}{2}$ આપેલ છે,તેથી $f^{\prime}(\frac{1}{2}) = 2 - 2(\frac{1}{2}) = 2 - 1 = 1$.
હવે,છેદિકા રેખાનો ઢાળ શોધીએ: $\frac{f(b) - f(a)}{b - a} = \frac{(2b - b^2) - (2a - a^2)}{b - a} = \frac{2(b - a) - (b^2 - a^2)}{b - a} = \frac{2(b - a) - (b - a)(b + a)}{b - a} = 2 - (a + b)$.
બંનેને સરખાવતા: $1 = 2 - (a + b)$,જેનો અર્થ છે કે $a + b = 1$.
$LMVT$ લાગુ પાડવા માટે,વિધેય $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ. બહુપદી વિધેય હોવાથી તે દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે.
વિકલ્પો તપાસતા,$(0, 1)$ માટે $a=0$ અને $b=1$ છે,તેથી $a+b = 1$. આ શરત $c = \frac{1}{2} \in (0, 1)$ નું પાલન કરે છે.

(A) $Lagrange$ ના $Mean$ $Value$ $Theorem$ $(LMVT)$ મુજબ,કોઈપણ $x \in (0, 2]$ માટે,કોઈક $c \in (0, x)$ એવું મળે કે જેથી $\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = f'(c)$ થાય.
આપેલ છે કે $f(0) = 0$ અને $f'(c) \le \frac{1}{2}$,તેથી $\frac{f(x)}{x} \le \frac{1}{2}$ મળે.
આનો અર્થ એ થાય કે $f(x) \le \frac{x}{2}$.
કારણ કે $x \in [0, 2]$,$\frac{x}{2}$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{2}{2} = 1$ છે.
તેથી,દરેક $x \in [0, 2]$ માટે $f(x) \le 1$ થાય.

(C) મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એક બિંદુ $c \in (1, 3)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(3) - f(1)}{3 - 1}$ થાય.
અહીં $f(x) = \log_{e}x$ હોવાથી,$f'(x) = \frac{1}{x}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $f'(c) = \frac{1}{c}$,$f(3) = \log_{e}3$,અને $f(1) = \log_{e}1 = 0$.
તેથી,$\frac{1}{c} = \frac{\log_{e}3 - 0}{3 - 1} = \frac{\log_{e}3}{2}$ મળે.
$c$ માટે ઉકેલતા,$c = \frac{2}{\log_{e}3}$ મળે.
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\frac{1}{\log_{a}b} = \log_{b}a$ નો ઉપયોગ કરતા,$c = 2 \log_{3}e$ થાય.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = (x^2 + 3x) e^{-x/2}$ છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,અંતરાલ $(-3, 0)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = (2x + 3) e^{-x/2} + (x^2 + 3x) \cdot (-\frac{1}{2}) e^{-x/2}$
$f'(x) = e^{-x/2} [2x + 3 - \frac{1}{2}(x^2 + 3x)]$
$f'(c) = 0$ લેતા:
$2c + 3 - \frac{c^2 + 3c}{2} = 0$
$2$ વડે ગુણતા:
$4c + 6 - c^2 - 3c = 0$
$-c^2 + c + 6 = 0$
$c^2 - c - 6 = 0$
$(c - 3)(c + 2) = 0$
તેથી,$c = 3$ અથવા $c = -2$ મળે.
અંતરાલ $[-3, 0]$ હોવાથી,$c \in (-3, 0)$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$c = -2$ એ સાચી કિંમત છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1}{x}$.
મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,$f'(x_1) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = -\frac{1}{x^2}$.
$x_1$ ને વિકલનમાં મૂકતા: $f'(x_1) = -\frac{1}{x_1^2}$.
હવે,સમીકરણની જમણી બાજુની ગણતરી કરો: $\frac{f(b) - f(a)}{b - a} = \frac{\frac{1}{b} - \frac{1}{a}}{b - a} = \frac{\frac{a - b}{ab}}{b - a} = \frac{-(b - a)}{ab(b - a)} = -\frac{1}{ab}$.
બંને બાજુ સરખાવતા: $-\frac{1}{x_1^2} = -\frac{1}{ab}$.
તેથી,$x_1^2 = ab$,જેનો અર્થ છે કે $x_1 = \sqrt{ab}$ (કારણ કે $a < x_1 < b$ અને $1/x$ વ્યાખ્યાયિત હોવા માટે $a, b > 0$ ધારવામાં આવે છે).

(C) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,કોઈ બિંદુ $c \in (1, a)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(a) - f(1)}{a - 1}$ થાય.
અહીં $c = 3$ આપેલ છે,તેથી $f'(3) = \frac{f(a) - f(1)}{a - 1}$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 4x + 3$. તેથી,$f'(3) = 4(3) + 3 = 15$.
હવે,$f(a) = 2a^2 + 3a + 5$ અને $f(1) = 2(1)^2 + 3(1) + 5 = 10$ મેળવો.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $15 = \frac{(2a^2 + 3a + 5) - 10}{a - 1}$.
$15 = \frac{2a^2 + 3a - 5}{a - 1}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $2a^2 + 3a - 5 = (2a + 5)(a - 1)$.
$a \neq 1$ હોવાથી,આપણે સાદું રૂપ આપી શકીએ: $15 = 2a + 5$.
$2a = 10$,જેનો અર્થ છે કે $a = 5$.

(B) રોલનું પ્રમેય અંતરાલ $[a, b]$ પર ત્યારે જ લાગુ પડે જો:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય.
$3$. $f(a) = f(b)$ હોય.
વિકલ્પ $B$ તપાસતા:
$f(x) = \frac{\sin x}{x}$ એ $x \in [-\pi, 0)$ માટે છે.
જ્યારે $x \to 0^-$,ત્યારે $\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = 1$.
$f(0) = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
અન્ય વિકલ્પો $A, C, D$ માં વિધેય આપેલ અંતરાલમાં અસતત છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ એ સૌથી યોગ્ય વિકલ્પ છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = x(x-1)(x-2) = x^3 - 3x^2 + 2x$.
$L.M.V.T.$ મુજબ,અંતરાલ $(0, 1/2)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(1/2) - f(0)}{1/2 - 0}$ થાય.
પ્રથમ,$f'(x) = 3x^2 - 6x + 2$ મેળવો.
ત્યારબાદ,$f(1/2) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2} - 1)(\frac{1}{2} - 2) = \frac{1}{2} \times (-\frac{1}{2}) \times (-\frac{3}{2}) = \frac{3}{8}$ અને $f(0) = 0$.
તેથી,$f'(c) = \frac{3/8 - 0}{1/2} = \frac{3}{4}$.
હવે,$3c^2 - 6c + 2 = \frac{3}{4}$ લેતા,
$12c^2 - 24c + 5 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$c = 1 \pm \frac{\sqrt{21}}{6}$.
અંતરાલ $(0, 1/2)$ માં હોવાથી,$c = 1 - \frac{\sqrt{21}}{6}$ એ સાચો જવાબ છે.

(B) અંતરાલ $[-1, 1]$ પર રોલના પ્રમેય માટે,$f(-1) = f(1)$ હોવું જરૂરી છે.
આપેલ $f(x) = 2x^3 + bx^2 + cx$ માટે:
$f(1) = 2(1)^3 + b(1)^2 + c(1) = 2 + b + c$
$f(-1) = 2(-1)^3 + b(-1)^2 + c(-1) = -2 + b - c$
$f(1) = f(-1)$ લેતા:
$2 + b + c = -2 + b - c$
$2c = -4 \implies c = -2$
વળી,રોલના પ્રમેય મુજબ $f'(c') = 0$ થાય તેવો $c' \in (-1, 1)$ મળે. અહીં $c' = \frac{1}{2}$ છે.
$f'(x) = 6x^2 + 2bx + c$
$f'\left(\frac{1}{2}\right) = 6\left(\frac{1}{4}\right) + 2b\left(\frac{1}{2}\right) + c = 0$
$\frac{3}{2} + b + c = 0$
$c = -2$ મૂકતા:
$\frac{3}{2} + b - 2 = 0 \implies b - \frac{1}{2} = 0 \implies b = \frac{1}{2}$
અંતે,$2b + c$ ની કિંમત:
$2\left(\frac{1}{2}\right) + (-2) = 1 - 2 = -1$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^3 + ax^2 + bx$ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,જો $f(x)$ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર સતત હોય,$(-1, 1)$ પર વિકલનીય હોય અને $f(-1) = f(1)$ હોય,તો ઓછામાં ઓછું એક $c \in (-1, 1)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
પ્રથમ,$f(-1) = f(1)$ શરતનો ઉપયોગ કરતા:
$f(1) = 2(1)^3 + a(1)^2 + b(1) = 2 + a + b$
$f(-1) = 2(-1)^3 + a(-1)^2 + b(-1) = -2 + a - b$
$f(1) = f(-1)$ લેતા:
$2 + a + b = -2 + a - b$
$2b = -4 \implies b = -2$
હવે,$c = \frac{1}{2}$ આગળ $f'(c) = 0$ શરતનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = 6x^2 + 2ax + b$
$f'\left(\frac{1}{2}\right) = 6\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 2a\left(\frac{1}{2}\right) + b = 0$
$6\left(\frac{1}{4}\right) + a + b = 0$
$\frac{3}{2} + a + b = 0$
$b = -2$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{3}{2} + a - 2 = 0$
$a - \frac{1}{2} = 0 \implies a = \frac{1}{2}$
છેલ્લે,$2a + b$ ની કિંમત મેળવતા:
$2a + b = 2\left(\frac{1}{2}\right) + (-2) = 1 - 2 = -1$

(D) આપેલ છે કે $f(1) = -2$ અને $1 \le x \le 6$ માટે $f'(x) \ge 4.2$ છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ $x_1, x_2 \in [1, 6]$ જ્યાં $x_2 > x_1$ હોય,ત્યારે કોઈ $c \in (x_1, x_2)$ એવું મળે કે જેથી $\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} = f'(c)$ થાય.
અહીં $f'(x) \ge 4.2$ હોવાથી,$\frac{f(6) - f(1)}{6 - 1} \ge 4.2$ મળે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા,$\frac{f(6) - (-2)}{5} \ge 4.2$ મળે.
$f(6) + 2 \ge 5 \times 4.2$.
$f(6) + 2 \ge 21$.
$f(6) \ge 19$.
આમ,$f(6)$ ની શક્ય કિંમત $[19, \infty)$ અંતરાલમાં આવે છે.

(D) ધારો કે $g(x) = \frac{ax^3}{3} + \frac{bx^2}{2} + cx.$
તેથી $g'(x) = ax^2 + bx + c.$
આપણને આપેલ છે કે $2a + 3b + 6c = 0.$
વિધાન $2:$
$g(0) = 0.$
$g(1) = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c = \frac{2a + 3b + 6c}{6} = \frac{0}{6} = 0.$
કારણ કે $g(0) = g(1) = 0$ અને $g(x)$ એ બહુપદી છે,તે $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $k \in (0, 1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $g'(k) = 0.$
આમ,વિધાન $2$ સાચું છે.
વિધાન $1:$
કારણ કે કોઈ $k \in (0, 1)$ માટે $g'(k) = ak^2 + bk + c = 0$ છે,તેથી દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + bx + c = 0$ ને $(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બીજ છે.
આમ,વિધાન $1$ અને $2$ બંને સાચા છે અને વિધાન $2$ એ વિધાન $1$ માટે સાચી સમજૂતી છે.

(D) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0, 1)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f(x) = x^{3} - 4x^{2} + 8x + 11$ અને અંતરાલ $[0, 1]$ આપેલ છે,તેથી $a = 0$ અને $b = 1$.
$f(0) = 0^{3} - 4(0)^{2} + 8(0) + 11 = 11$.
$f(1) = 1^{3} - 4(1)^{2} + 8(1) + 11 = 16$.
છેદક રેખાનો ઢાળ $\frac{f(1) - f(0)}{1 - 0} = \frac{16 - 11}{1} = 5$.
વિકલન $f'(x) = 3x^{2} - 8x + 8$ મળે.
$f'(c) = 5$ લેતા,$3c^{2} - 8c + 8 = 5$,એટલે કે $3c^{2} - 8c + 3 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$c = \frac{8 \pm \sqrt{64 - 36}}{6} = \frac{8 \pm \sqrt{28}}{6} = \frac{4 \pm \sqrt{7}}{3}$.
$c \in (0, 1)$ હોવાથી,$c = \frac{4 - \sqrt{7}}{3}$ એ યોગ્ય કિંમત છે.

(B) અંતરાલ $[-7, -1]$ પર મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ નો ઉપયોગ કરતા,કોઈ $c_1 \in (-7, -1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $\frac{f(-1) - f(-7)}{-1 - (-7)} = f'(c_1)$ થાય.
આપેલ છે કે $f'(x) \leq 2$,તેથી $\frac{f(-1) - (-3)}{6} \leq 2$,જે સૂચવે છે કે $f(-1) + 3 \leq 12$,એટલે કે $f(-1) \leq 9$.
અંતરાલ $[-7, 0]$ પર મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ નો ઉપયોગ કરતા,કોઈ $c_2 \in (-7, 0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $\frac{f(0) - f(-7)}{0 - (-7)} = f'(c_2)$ થાય.
આપેલ છે કે $f'(x) \leq 2$,તેથી $\frac{f(0) - (-3)}{7} \leq 2$,જે સૂચવે છે કે $f(0) + 3 \leq 14$,એટલે કે $f(0) \leq 11$.
આ બંને અસમતાઓનો સરવાળો કરતા,આપણને $f(-1) + f(0) \leq 9 + 11 = 20$ મળે છે.
કારણ કે $f(-1)$ અને $f(0)$ ની કિંમત ગમે તેટલી નાની હોઈ શકે છે,તેથી અંતરાલ $(-\infty, 20]$ છે.

(D) અંતરાલ $[c, 1]$ પર વિધેય $f$ માટે લેગ્રાન્જ મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ લાગુ પાડતા,જ્યાં $c \in (0, 1)$,ત્યાં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $a \in (c, 1)$ એવું મળે કે જેથી $\frac{f(1) - f(c)}{1 - c} = f'(a)$ થાય.
વિકલ્પો $(A)$,$(B)$,અને $(C)$ $S$ માંના તમામ વિધેયો માટે સાચા હોવા જરૂરી નથી. ઉદાહરણ તરીકે,જો $f(x) = k$ (અચળ વિધેય) હોય,તો $f'(x) = 0$ થાય. આ કિસ્સામાં,$|f(c) - f(1)| = 0$ અને $(1 - c)|f'(c)| = 0$ થાય,તેથી અસમતા $|f(c) - f(1)| < (1 - c)|f'(c)|$ એ $0 < 0$ બને છે,જે અસત્ય છે.
વિકલ્પ $(D)$ એ અંતરાલ $[c, 1]$ પર $LMVT$ નો સીધો ઉપયોગ છે,જે સમીકરણનું પાલન કરતા $a \in (c, 1)$ નું અસ્તિત્વ સુનિશ્ચિત કરે છે.

(B) રોલના પ્રમેય માટે,$f(3) = f(4)$ હોવું જોઈએ.
$\log_{e}\left(\frac{3^{2}+\alpha}{7(3)}\right) = \log_{e}\left(\frac{4^{2}+\alpha}{7(4)}\right)$
$\frac{9+\alpha}{21} = \frac{16+\alpha}{28} \Rightarrow 4(9+\alpha) = 3(16+\alpha) \Rightarrow 36+4\alpha = 48+3\alpha \Rightarrow \alpha = 12$.
હવે,$f(x) = \log_{e}(x^{2}+12) - \log_{e}(7) - \log_{e}(x)$.
$f'(x) = \frac{2x}{x^{2}+12} - \frac{1}{x} = \frac{x^{2}-12}{x(x^{2}+12)}$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$f'(c) = 0 \Rightarrow c^{2}-12 = 0 \Rightarrow c = 2\sqrt{3}$.
$f''(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{x^{2}-12}{x^{3}+12x} \right)$.
$c^{2}=12$ મૂકતા,$f''(c) = \frac{2}{c^{2}+12} = \frac{2}{12+12} = \frac{1}{12}$.

(A) વિધેય $f(x) = x^{2} + 2$ એ બહુપદી વિધેય છે,જે સંવૃત અંતરાલ $[-2, 2]$ પર સતત છે અને વિવૃત અંતરાલ $(-2, 2)$ પર વિકલનીય છે.
હવે,અંત્યબિંદુઓ પર કિંમતો શોધીએ:
$f(-2) = (-2)^{2} + 2 = 4 + 2 = 6$
$f(2) = (2)^{2} + 2 = 4 + 2 = 6$
અહીં $f(-2) = f(2) = 6$ હોવાથી,રોલના પ્રમેયની તમામ શરતો સંતોષાય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (-2, 2)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
વિકલન કરતા: $f'(x) = 2x$.
$f'(c) = 0$ લેતા,$2c = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $c = 0$.
અહીં $0 \in (-2, 2)$ હોવાથી,$c = 0$ આગળ રોલનું પ્રમેય ચકાસાય છે.

(A) વિધેય $f(x) = x^{2}$ એ બહુપદી વિધેય છે,જે સંવૃત અંતરાલ $[2, 4]$ માં સતત છે અને વિવૃત અંતરાલ $(2, 4)$ માં વિકલનીય છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,અંતરાલ $(2, 4)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય,જ્યાં $a = 2$ અને $b = 4$ છે.
પ્રથમ,$f(a)$ અને $f(b)$ ની કિંમત શોધો:
$f(2) = 2^{2} = 4$
$f(4) = 4^{2} = 16$
હવે,છેદક રેખાનો ઢાળ શોધો:
$\frac{f(4) - f(2)}{4 - 2} = \frac{16 - 4}{2} = \frac{12}{2} = 6$
અહીં $f'(x) = 2x$ હોવાથી,$f'(c) = 6$ લેતા:
$2c = 6 \implies c = 3$
અહીં $c = 3$ એ અંતરાલ $(2, 4)$ માં આવેલું હોવાથી,મધ્યકમાન પ્રમેય ચકાસાય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x)=x^{2}+2x-8$ એ બહુપદી વિધેય છે,જે સંવૃત અંતરાલ $[-4,2]$ પર સતત છે અને વિવૃત અંતરાલ $(-4,2)$ પર વિકલનીય છે.
પ્રથમ,આપણે અંત્યબિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત શોધીએ:
$f(-4) = (-4)^{2} + 2(-4) - 8 = 16 - 8 - 8 = 0$
$f(2) = (2)^{2} + 2(2) - 8 = 4 + 4 - 8 = 0$
અહીં $f(-4) = f(2) = 0$ હોવાથી,રોલના પ્રમેયની શરતોનું પાલન થાય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,અંતરાલ $(-4,2)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
આપણે $f(x)$ નું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{2} + 2x - 8) = 2x + 2$
$f'(c) = 0$ લેતા:
$2c + 2 = 0$
$2c = -2$
$c = -1$
અહીં $c = -1$ એ અંતરાલ $(-4,2)$ માં આવેલું છે,તેથી આપેલ વિધેય માટે રોલનું પ્રમેય ચકાસાય છે.

(N/A) રોલના પ્રમેય મુજબ,વિધેય $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ માટે,જો:
$1)$ $f$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય
$2)$ $f$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય
$3)$ $f(a) = f(b)$ હોય
તો,$(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક એવું $c$ મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
વિધેય $f(x) = [x]$ માટે $[5, 9]$ અંતરાલમાં:
$1)$ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ તમામ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર અસતત છે. તેથી $f(x)$ એ $[5, 9]$ પર સતત નથી.
$2)$ $f(5) = [5] = 5$ અને $f(9) = [9] = 9$. આમ,$f(5) \neq f(9)$.
$3)$ $f(x)$ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર અસતત હોવાથી,તે $(5, 9)$ માં તે બિંદુઓ પર વિકલનીય પણ નથી.
રોલના પ્રમેયની શરતો સંતોષાતી ન હોવાથી,આ વિધેય માટે પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
પ્રતિપ વિધાન વિશે: રોલના પ્રમેયનું પ્રતિપ વિધાન એવું છે કે જો $(a, b)$ માં કોઈ $c$ એવું મળે કે $f'(c) = 0$,તો $f(a) = f(b)$ થાય. આ હંમેશા સાચું નથી. ઉદાહરણ તરીકે,$f(x) = x^2$ માટે,$f'(c) = 0$ લેતા $c = 0$ મળે છે,પરંતુ $0$ ને સમાવતા ન હોય તેવા કોઈપણ અંતરાલ $[a, b]$ માટે આ પ્રતિપ વિધાન સાચું ઠરતું નથી.