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

(N/A) રોલના પ્રમેય મુજબ,વિધેય $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$ માટે,જો:
$a)$ $f$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય
$b)$ $f$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય
$c)$ $f(a) = f(b)$
તો,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
વિધેય $f(x) = [x]$ માટે અંતરાલ $[-2, 2]$ પર:
$1.$ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ તમામ પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર અસતત છે. અંતરાલ $[-2, 2]$ માં $-1, 0, 1$ જેવા પૂર્ણાંકોનો સમાવેશ થતો હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $[-2, 2]$ પર સતત નથી.
$2.$ આ વિધેય અંતરાલ $(-2, 2)$ માં પૂર્ણાંક બિંદુઓ પર વિકલનીય પણ નથી.
$3.$ $f(-2) = [-2] = -2$ અને $f(2) = [2] = 2$. તેથી,$f(-2) \neq f(2)$.
આમ,વિધેય રોલના પ્રમેયની તમામ શરતોનું પાલન કરતું ન હોવાથી,$f(x) = [x]$ માટે $[-2, 2]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(N/A) રોલના પ્રમેય મુજબ,વિધેય $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$ 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 $f(x) = x^{2} - 1$ માટે અંતરાલ $[1, 2]$ માં:
- $f(x)$ બહુપદી વિધેય હોવાથી તે $[1, 2]$ પર સતત છે અને $(1, 2)$ પર વિકલનીય છે.
- અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો:
$f(1) = (1)^{2} - 1 = 0$
$f(2) = (2)^{2} - 1 = 3$
- અહીં $f(1) \neq f(2)$ હોવાથી,રોલના પ્રમેયની ત્રીજી શરતનું પાલન થતું નથી.
તેથી,$f(x) = x^{2} - 1$ માટે $[1, 2]$ અંતરાલમાં રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
પ્રતિપ વિધાન વિશે: રોલના પ્રમેયનું પ્રતિપ વિધાન એવું કહે છે કે જો કોઈ $c \in (a, b)$ માટે $f'(c) = 0$ હોય,તો $f(a) = f(b)$ થાય. આ હંમેશા સાચું નથી. ઉદાહરણ તરીકે,જો $f(x) = x^{2}$ હોય,તો $x = 0$ આગળ $f'(0) = 0$ થાય છે,પરંતુ $f(-1) = 1$ અને $f(1) = 1$ છે. જોકે,અન્ય વિધેયો માટે $f'(c) = 0$ હોવાનો અર્થ એ નથી કે $f(a) = f(b)$ થાય જ.

(N/A) આપેલ છે કે $f:[-5,5] \rightarrow R$ એ વિકલનીય વિધેય છે.
દરેક વિકલનીય વિધેય એ સતત વિધેય હોવાથી,આપણને મળે છે:
$a) f$ એ $[-5,5]$ પર સતત છે.
$b) f$ એ $(-5,5)$ પર વિકલનીય છે.
તેથી,મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,એવું $c \in (-5,5)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી:
$f^{\prime}(c) = \frac{f(5) - f(-5)}{5 - (-5)}$
$\Rightarrow 10 f^{\prime}(c) = f(5) - f(-5)$
તે પણ આપેલ છે કે $f^{\prime}(x)$ ક્યાંય પણ શૂન્ય થતું નથી,જેનો અર્થ છે કે તમામ $x \in [-5,5]$ માટે $f^{\prime}(x) \neq 0$.
તેથી,$f^{\prime}(c) \neq 0$.
$\Rightarrow 10 f^{\prime}(c) \neq 0$
$\Rightarrow f(5) - f(-5) \neq 0$
$\Rightarrow f(5) \neq f(-5)$
આમ,સાબિત થાય છે કે $f(-5) \neq f(5).$

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{2} - 4x - 3$ છે.
$f(x)$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે સંવૃત અંતરાલ $[1, 4]$ પર સતત છે અને વિવૃત અંતરાલ $(1, 4)$ પર વિકલનીય છે.
વિધેયનું વિકલિત $f'(x) = 2x - 4$ છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો શોધો:
$f(1) = (1)^{2} - 4(1) - 3 = 1 - 4 - 3 = -6$.
$f(4) = (4)^{2} - 4(4) - 3 = 16 - 16 - 3 = -3$.
મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (1, 4)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
$\frac{f(4) - f(1)}{4 - 1} = \frac{-3 - (-6)}{3} = \frac{3}{3} = 1$.
હવે,$f'(c) = 1$ લેતા:
$2c - 4 = 1$.
$2c = 5$.
$c = \frac{5}{2} = 2.5$.
અહીં $2.5 \in (1, 4)$ હોવાથી,મધ્યકમાન પ્રમેય ચકાસાય છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{3} - 5x^{2} - 3x$ છે.
$f(x)$ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે $[1, 3]$ પર સતત છે અને $(1, 3)$ પર વિકલનીય છે.
તેનું વિકલન $f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 10x - 3$ છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો શોધો:
$f(1) = (1)^{3} - 5(1)^{2} - 3(1) = 1 - 5 - 3 = -7$.
$f(3) = (3)^{3} - 5(3)^{2} - 3(3) = 27 - 45 - 9 = -27$.
છેદિકા રેખાનો ઢાળ $\frac{f(3) - f(1)}{3 - 1} = \frac{-27 - (-7)}{2} = \frac{-20}{2} = -10$ છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એવું $c \in (1, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) = -10$ થાય.
$3c^{2} - 10c - 3 = -10$.
$3c^{2} - 10c + 7 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $3c^{2} - 3c - 7c + 7 = 0 \Rightarrow 3c(c - 1) - 7(c - 1) = 0$.
$(3c - 7)(c - 1) = 0$.
આથી $c = 1$ અથવા $c = \frac{7}{3}$ મળે છે.
$c \in (1, 3)$ હોવાથી,માત્ર $c = \frac{7}{3}$ શક્ય છે.

(N/A) મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,જો વિધેય $f: [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$ માટે:
a) $f$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય
b) $f$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય
તો,કોઈક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
$(i)$ $f(x) = [x]$,$x \in [5, 9]$ માટે. મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ પૂર્ણાંક બિંદુઓ આગળ સતત નથી. $[5, 9]$ માં પૂર્ણાંક સંખ્યાઓ હોવાથી,$f(x)$ એ $[5, 9]$ પર સતત નથી. તેથી,મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(ii)$ $f(x) = [x]$,$x \in [-2, 2]$ માટે. $(i)$ ની જેમ જ,આ વિધેય પૂર્ણાંક બિંદુઓ આગળ સતત નથી. તેથી,મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(iii)$ $f(x) = x^{2} - 1$,$x \in [1, 2]$ માટે. $f(x)$ એ બહુપદી વિધેય છે,જે $[1, 2]$ પર સતત છે અને $(1, 2)$ પર વિકલનીય છે. તેથી,મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ પડે છે.
અહીં $f^{\prime}(c) = \frac{f(2) - f(1)}{2 - 1} = \frac{3 - 0}{1} = 3$ થાય. $f^{\prime}(x) = 2x$ હોવાથી,$2c = 3$ મળે,એટલે કે $c = 1.5$. $1.5 \in (1, 2)$ હોવાથી,પ્રમેય સાચું ઠરે છે.

(C) આપેલ છે કે $f(2)=8$,$f'(2)=5$,$f'(x) \geq 1$,અને $f''(x) \geq 4$ બધા $x \in (1,6)$ માટે.
વિધેય $f'(x)$ માટે અંતરાલ $[2, 5]$ પર મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c \in (2, 5)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f''(c) = \frac{f'(5)-f'(2)}{5-2}$.
કારણ કે $f''(x) \geq 4$,તેથી $\frac{f'(5)-5}{3} \geq 4 \Rightarrow f'(5)-5 \geq 12 \Rightarrow f'(5) \geq 17$.
વિધેય $f(x)$ માટે અંતરાલ $[2, 5]$ પર મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $d \in (2, 5)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(d) = \frac{f(5)-f(2)}{5-2}$.
કારણ કે $f'(x) \geq 1$,તેથી $\frac{f(5)-8}{3} \geq 1 \Rightarrow f(5)-8 \geq 3 \Rightarrow f(5) \geq 11$.
આમ,$f(5)+f'(5) \geq 11+17 = 28$.

(A) આપેલ છે કે $f(0)=f(1)=f^{\prime}(0)=0$.
અંતરાલ $[0, 1]$ માં $f(x)$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા.
$f(0)=f(1)=0$ હોવાથી અને $f$ વિકલનીય હોવાથી,કોઈ $\alpha \in (0, 1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(\alpha)=0$ થાય.
હવે,અંતરાલ $[0, \alpha]$ પર વિધેય $f^{\prime}(x)$ ને ધ્યાનમાં લો.
આપણી પાસે $f^{\prime}(0)=0$ અને $f^{\prime}(\alpha)=0$ છે.
$f$ બે વાર વિકલનીય હોવાથી,$f^{\prime}$ એ $[0, \alpha]$ પર સતત છે અને $(0, \alpha)$ પર વિકલનીય છે.
$f^{\prime}(x)$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા,કોઈ $\beta \in (0, \alpha)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime \prime}(\beta)=0$ થાય.
$\beta \in (0, \alpha) \subset (0, 1)$ હોવાથી,તે સાબિત થાય છે કે કોઈ $x \in (0, 1)$ માટે $f^{\prime \prime}(x)=0$ થાય છે.

(D) અંતરાલ $[t_{1}, t_{2}]$ પર કારની સરેરાશ ઝડપ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\text{સરેરાશ ઝડપ} = \frac{f(t_{2}) - f(t_{1})}{t_{2} - t_{1}}$
સૂત્રમાં $f(t) = at^{2} + bt + c$ મૂકતા:
$\frac{(at_{2}^{2} + bt_{2} + c) - (at_{1}^{2} + bt_{1} + c)}{t_{2} - t_{1}} = \frac{a(t_{2}^{2} - t_{1}^{2}) + b(t_{2} - t_{1})}{t_{2} - t_{1}}$
$= \frac{a(t_{2} - t_{1})(t_{2} + t_{1}) + b(t_{2} - t_{1})}{t_{2} - t_{1}} = a(t_{1} + t_{2}) + b$
આપણે એવો સમય $t$ શોધવા માંગીએ છીએ કે જેથી તત્કાલિન ઝડપ $f'(t)$ આ સરેરાશ ઝડપ જેટલી થાય.
$f'(t) = \frac{d}{dt}(at^{2} + bt + c) = 2at + b$
તત્કાલિન ઝડપને સરેરાશ ઝડપ સાથે સરખાવતા:
$2at + b = a(t_{1} + t_{2}) + b$
$2at = a(t_{1} + t_{2})$
$t = \frac{t_{1} + t_{2}}{2}$

(A) રોલના પ્રમેય મુજબ $[1, 2]$ પર $f(1) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
$f(1) = 1 - a + b - 4 = -a + b - 3$
$f(2) = 8 - 4a + 2b - 4 = -4a + 2b + 4$
બંનેને સરખાવતા: $-a + b - 3 = -4a + 2b + 4 \Rightarrow 3a - b = 7$ $.......(1)$
આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 2ax + b$.
$f^{\prime}\left(\frac{4}{3}\right) = 0$ હોવાથી,$3\left(\frac{4}{3}\right)^{2} - 2a\left(\frac{4}{3}\right) + b = 0$.
$3\left(\frac{16}{9}\right) - \frac{8a}{3} + b = 0 \Rightarrow \frac{16}{3} - \frac{8a}{3} + b = 0$.
$3$ વડે ગુણતા,$16 - 8a + 3b = 0 \Rightarrow 8a - 3b = 16$ $.......(2)$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$b = 3a - 7$. તેને $(2)$ માં મૂકતા:
$8a - 3(3a - 7) = 16 \Rightarrow 8a - 9a + 21 = 16 \Rightarrow -a = -5 \Rightarrow a = 5$.
તેથી $b = 3(5) - 7 = 15 - 7 = 8$.
આમ,$(a, b) = (5, 8)$.

(B) આપેલ છે કે $f(0)=0, f(1)=1$,અને $f(2)=2$.
વિધેય $h(x) = f(x) - x$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
તેથી $h(0) = f(0) - 0 = 0$,$h(1) = f(1) - 1 = 0$,અને $h(2) = f(2) - 2 = 0$.
$h(x)$ એ $[0,1]$ અને $[1,2]$ પર સતત છે અને $(0,1)$ અને $(1,2)$ પર વિકલનીય છે,તેથી રોલના પ્રમેય મુજબ,કોઈક $c_1 \in (0,1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $h^{\prime}(c_1) = 0$ અને કોઈક $c_2 \in (1,2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $h^{\prime}(c_2) = 0$.
હવે,$h^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - 1$.
$h^{\prime}(c_1) = 0$ અને $h^{\prime}(c_2) = 0$ હોવાથી,અને $h^{\prime}(x)$ એ $[c_1, c_2]$ પર સતત અને $(c_1, c_2)$ પર વિકલનીય હોવાથી,$h^{\prime}(x)$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (c_1, c_2) \subset (0,2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $h^{\prime \prime}(c) = 0$.
$h^{\prime \prime}(x) = f^{\prime \prime}(x)$ હોવાથી,કોઈક $c \in (0,2)$ માટે $f^{\prime \prime}(c) = 0$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{a}^{x} g(t) \, dt$. કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = g(x)$.
કારણ કે $f(x) = 0$ ને $(a, b)$ માં $5$ ભિન્ન બીજ છે,રોલના પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = 0$ ને $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછા $5 - 1 = 4$ ભિન્ન બીજ હોવા જોઈએ.
આમ,$g(x) = 0$ ને $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછા $4$ ભિન્ન બીજ છે.
હવે,$g(x)$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા,કારણ કે $g(x) = 0$ ને ઓછામાં ઓછા $4$ ભિન્ન બીજ છે,તેથી $g'(x) = 0$ ને $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછા $4 - 1 = 3$ ભિન્ન બીજ હોવા જોઈએ.
સમીકરણ $g(x) g'(x) = 0$ ત્યારે સંતોષાય છે જ્યારે $g(x) = 0$ અથવા $g'(x) = 0$ હોય.
કારણ કે $g(x) = 0$ ને ઓછામાં ઓછા $4$ બીજ છે અને $g'(x) = 0$ ને ઓછામાં ઓછા $3$ બીજ છે,તેથી $g(x) g'(x) = 0$ માટે કુલ ભિન્ન બીજની સંખ્યા $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછી $4 + 3 = 7$ થાય.

(C) $h(x) = f(x)g'(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો. આપેલ સમીકરણ $h'(x) = 0$ છે.
$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$f(x) = f(-x)$. આપેલ છે કે $f(\frac{1}{4}) = 0$ અને $f(\frac{1}{2}) = 0$,તેથી $f(-\frac{1}{4}) = 0$ અને $f(-\frac{1}{2}) = 0$ પણ થાય. આમ,$f(x)$ ને $(-1, 1)$ માં ઓછામાં ઓછા $4$ શૂન્યો છે,જે $\pm \frac{1}{4}$ અને $\pm \frac{1}{2}$ છે.
$g(x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$g'(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે. $g(\frac{3}{4}) = 0$ આપેલ હોવાથી,$g(-\frac{3}{4}) = 0$ થાય. રોલના પ્રમેય મુજબ,$g'(x)$ ને $(-\frac{3}{4}, \frac{3}{4})$ માં ઓછામાં ઓછું એક શૂન્ય હોવું જોઈએ,જે $x = 0$ છે (કારણ કે $g'(x)$ અયુગ્મ છે).
હવે,$h(x) = f(x)g'(x)$. $h(x)$ ના શૂન્યોમાં $\pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{2}$ ($f(x)$ માંથી) અને $0$ ($g'(x)$ માંથી) નો સમાવેશ થાય છે. આમ,$h(x)$ ને $(-1, 1)$ માં ઓછામાં ઓછા $5$ શૂન્યો છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,જો $h(x)$ ને $5$ શૂન્યો હોય,તો $h'(x)$ ને $(-1, 1)$ માં ઓછામાં ઓછા $4$ શૂન્યો હોવા જોઈએ. અંતરાલ $(-2, 2)$ હોવાથી,ઉકેલોની ન્યૂનતમ સંખ્યા $4$ છે.

(C) $g(x) = f(x) - (2x + 3)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
આપેલ છે કે $f(0)=3$,તેથી $g(0) = f(0) - (2(0) + 3) = 3 - 3 = 0$.
આપેલ છે કે $f(1)=5$,તેથી $g(1) = f(1) - (2(1) + 3) = 5 - 5 = 0$.
રેખા $y=2x+3$ એ $f(x)$ ને $(0,1)$ માં બે ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે છે,ધારો કે આ બિંદુઓ $x_1$ અને $x_2$ છે જ્યાં $0 < x_1 < x_2 < 1$.
આમ,$g(x_1) = 0$ અને $g(x_2) = 0$.
આપણને $g(0)=0, g(x_1)=0, g(x_2)=0, g(1)=0$ મળે છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$g^{\prime}(x)$ ને દરેક અંતરાલ $(0, x_1)$,$(x_1, x_2)$,અને $(x_2, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ધારો કે આ શૂન્યો $c_1, c_2, c_3$ છે જેથી $0 < c_1 < x_1 < c_2 < x_2 < c_3 < 1$.
હવે,અંતરાલ $(c_1, c_2)$ અને $(c_2, c_3)$ પર $g^{\prime}(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$g^{\prime\prime}(x)$ ને $(c_1, c_2)$ માં ઓછામાં ઓછું એક શૂન્ય અને $(c_2, c_3)$ માં ઓછામાં ઓછું એક શૂન્ય હોવું જોઈએ.
તેથી,$g^{\prime\prime}(x) = f^{\prime\prime}(x)$ ને $(0,1)$ માં ઓછામાં ઓછા $2$ શૂન્યો હોય છે.

(A) મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ $x \neq y$ માટે,$x$ અને $y$ ની વચ્ચે એક એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $\frac{f(x) - f(y)}{x - y} = f'(c)$ થાય.
આપેલ છે કે $f(x) = \log(1 + x^2)$,તેથી તેનું વિકલન $f'(x) = \frac{2x}{1 + x^2}$ મળે.
$f'(x)$ નો વિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે $g(x) = \frac{2x}{1 + x^2}$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
$g'(x) = \frac{2(1 + x^2) - 2x(2x)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2 - 2x^2}{(1 + x^2)^2} = 0$ લેતા,આપણને $x = \pm 1$ મળે છે.
$f'(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $f'(1) = \frac{2(1)}{1 + 1^2} = 1$ છે અને ન્યૂનતમ કિંમત $f'(-1) = \frac{2(-1)}{1 + (-1)^2} = -1$ છે.
આમ,તમામ $c \in \mathbb{R}$ માટે $|f'(c)| \leq 1$ થાય છે.
તેથી,$\frac{|f(x) - f(y)|}{|x - y|} = |f'(c)| \leq 1$ હોવાથી,$A$ ની ન્યૂનતમ શક્ય કિંમત $1$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f: R \rightarrow R$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય વિધેય છે જ્યાં $f(a) = f(b) = 0$ અને $a < b$ છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = 0$ થાય.
આપણને આપેલ છે કે $f^{\prime}(a) f^{\prime}(b) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(a)$ અને $f^{\prime}(b)$ સમાન ચિહ્ન ધરાવે છે.
જો $f^{\prime}(a) > 0$ અને $f^{\prime}(b) > 0$ હોય,તો $f(a) = f(b) = 0$ હોવાથી,વિધેય $a$ થી વધશે અને અંતે $b$ સુધી પહોંચવા માટે ઘટશે. આનો અર્થ એ છે કે $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક સ્થાનિક મહત્તમ બિંદુ હોવું જોઈએ જ્યાં $f^{\prime}(x) = 0$ થાય.
જો કે,$f^{\prime}(b) > 0$ હોવાથી,વિધેયે સીમા શરતોને સંતોષવા માટે ફરીથી વળવું પડશે,જેના માટે $f^{\prime}(x) = 0$ ના ઓછામાં ઓછા બીજા એક બીજની જરૂર પડશે.
આમ,અંતરાલ $(a, b)$ માં $f^{\prime}(x) = 0$ ના ઓછામાં ઓછા $2$ બીજ હોવા જોઈએ.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1}{2}[g(x) + g(2-x)]$.
વિકલન કરતા,$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2}[g^{\prime}(x) - g^{\prime}(2-x)]$.
આપણને $g^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) = g^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right)$ આપેલ છે.
$x = \frac{1}{2}$ આગળ $f^{\prime}$ ની કિંમત: $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}[g^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) - g^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right)] = 0$.
$x = \frac{3}{2}$ આગળ $f^{\prime}$ ની કિંમત: $f^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{1}{2}[g^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right) - g^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)] = 0$.
જેથી $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) = 0$ અને $f^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right) = 0$ હોવાથી,અંતરાલ $\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right]$ પર રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો કોઈ $c \in \left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime \prime}(c) = 0$ થાય.
વધુમાં,$f^{\prime}(1) = \frac{1}{2}[g^{\prime}(1) - g^{\prime}(1)] = 0$ નોંધો.
આમ,$f^{\prime}(x)$ એ $x = \frac{1}{2}, 1, \frac{3}{2}$ આગળ શૂન્ય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime \prime}(x)$ એ $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ માં ઓછામાં ઓછી એક વાર અને $\left(1, \frac{3}{2}\right)$ માં ઓછામાં ઓછી એક વાર શૂન્ય થાય છે.
તેથી,$(0, 2)$ માં ઓછામાં ઓછા ત્રણ મૂલ્યો માટે $f^{\prime}(x) = 0$ થાય છે,જે વિકલ્પ $A$ ને સંતોષે છે.

(C) આપણને પદાવલિ $g(x) = (3 f^{\prime} f^{\prime \prime} + f f^{\prime \prime \prime})(x)$ આપેલ છે.
નોંધો કે $\frac{d}{dx} (f(x) f^{\prime}(x)) = (f^{\prime}(x))^2 + f(x) f^{\prime \prime}(x)$.
વળી,$\frac{d^2}{dx^2} (f(x) f^{\prime}(x)) = \frac{d}{dx} ((f^{\prime}(x))^2 + f(x) f^{\prime \prime}(x)) = 2 f^{\prime}(x) f^{\prime \prime}(x) + f^{\prime}(x) f^{\prime \prime}(x) + f(x) f^{\prime \prime \prime}(x) = 3 f^{\prime}(x) f^{\prime \prime}(x) + f(x) f^{\prime \prime \prime}(x)$.
આમ,આપેલી પદાવલિ એ $h(x) = f(x) f^{\prime}(x)$ નું દ્વિતીય વિકલિત છે,એટલે કે $g(x) = h^{\prime \prime}(x)$.
$f(0)=0, f(1)=1, f(2)=-1, f(3)=2, f(4)=-2$ આપેલ હોવાથી,ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ $f(x)$ ને $(0, 4)$ અંતરાલમાં ઓછામાં ઓછા $4$ શૂન્યો છે ($x=0$ પર,અને $(1,2), (2,3), (3,4)$ ની વચ્ચે).
ધારો કે $h(x) = f(x) f^{\prime}(x)$. $h(x)$ ના શૂન્યો એ $f(x)$ ના શૂન્યો અને $f^{\prime}(x)$ ના શૂન્યો છે.
$f(x)$ ના શૂન્યો $x_1=0$,અને $x_2 \in (1,2)$,$x_3 \in (2,3)$,$x_4 \in (3,4)$ છે. તેથી $f(x)$ ને ઓછામાં ઓછા $4$ શૂન્યો છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime}(x)$ ને $(0, 4)$ માં ઓછામાં ઓછા $3$ શૂન્યો છે ($f(x)$ ના શૂન્યોની વચ્ચે).
આમ,$h(x) = f(x) f^{\prime}(x)$ ને $[0, 4]$ માં ઓછામાં ઓછા $4+3=7$ શૂન્યો છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,જો $h(x)$ ને $7$ શૂન્યો હોય,તો $h^{\prime}(x)$ ને ઓછામાં ઓછા $6$ શૂન્યો હોય,અને $h^{\prime \prime}(x)$ ને ઓછામાં ઓછા $5$ શૂન્યો હોય.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=2+\cos x$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે.
વિધાન-$1$: આપણે તપાસવું છે કે શું $[t, t+\pi]$ માં $c$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c)=0$ થાય.
$f'(x) = -\sin x$.
$f'(c)=0$ માટે,$\sin c = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $c = n\pi$ કોઈ પૂર્ણાંક $n$ માટે.
$\pi$ લંબાઈના કોઈપણ અંતરાલમાં,જેમ કે $[t, t+\pi]$,હંમેશા ઓછામાં ઓછો એક $\pi$ નો ગુણક હોય છે. ઉદાહરણ તરીકે,જો $t=0.1$ હોય,તો અંતરાલ $[0.1, 3.24]$ થાય,જેમાં $\pi \approx 3.14$ નો સમાવેશ થાય છે. આમ,વિધાન-$1$ સત્ય છે.
વિધાન-$2$: $f(t) = 2+\cos t$ અને $f(t+2\pi) = 2+\cos(t+2\pi) = 2+\cos t$. તેથી,$f(t)=f(t+2\pi)$ સત્ય છે.
જોકે,વિધાન-$2$ ($f$ ની આવર્તતા) એ દરેક $\pi$ લંબાઈના અંતરાલમાં વિકલિતનું શૂન્ય હોવાનું સૂચિત કરતું નથી. $[t, t+\pi]$ માં શૂન્યનું અસ્તિત્વ એ સાઈન વિધેયના શૂન્યોનો ગુણધર્મ છે,$f$ ની આવર્તતાનો નહીં. તેથી,વિધાન-$2$ એ વિધાન-$1$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = f(1-x)$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(x) = -f^{\prime}(1-x)$ મળે છે.
$x = 1/2$ પર,$f^{\prime}(1/2) = -f^{\prime}(1-1/2) = -f^{\prime}(1/2)$,જે સૂચવે છે કે $2f^{\prime}(1/2) = 0$,તેથી $f^{\prime}(1/2) = 0$. આમ,$(B)$ સાચું છે.
$f(x) = f(1-x)$ હોવાથી,$f(x)$ નો આલેખ $x = 1/2$ ની આસપાસ સંમિત છે. ધારો કે $x = 1/2 + t$,તો $f(1/2 + t) = f(1/2 - t)$,તેથી $g(t) = f(1/2 + t)$ એ યુગ્મ વિધેય છે.
$(C)$ માટે,$\int_{-1/2}^{1/2} f(x+1/2) \sin x dx$. $f(x+1/2)$ યુગ્મ છે અને $\sin x$ અયુગ્મ છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર અયુગ્મ વિધેય છે. સંમિત અંતરાલ $[-a, a]$ પર અયુગ્મ વિધેયનું સંકલન $0$ થાય છે. આમ,$(C)$ સાચું છે.
$(A)$ માટે,આપણી પાસે $f^{\prime}(1/4) = 0$ છે. $f^{\prime}(x) = -f^{\prime}(1-x)$ હોવાથી,$f^{\prime}(3/4) = -f^{\prime}(1/4) = 0$. વળી $f^{\prime}(1/2) = 0$. રોલના પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime\prime}(x)$ એ $(1/4, 1/2)$ માં ઓછામાં ઓછી એક વાર અને $(1/2, 3/4)$ માં ઓછામાં ઓછી એક વાર શૂન્ય થાય છે. આમ,$f^{\prime\prime}(x)$ એ $[0, 1]$ માં ઓછામાં ઓછી બે વાર શૂન્ય થાય છે. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$(D)$ માટે,ધારો કે $I = \int_{1/2}^1 f(1-t) e^{\sin \pi t} dt$. ધારો કે $1-t = u$,તો $dt = -du$. જ્યારે $t=1/2, u=1/2$; જ્યારે $t=1, u=0$. $I = \int_{1/2}^0 f(u) e^{\sin \pi (1-u)} (-du) = \int_0^{1/2} f(u) e^{\sin \pi u} du$. આમ,$(D)$ સાચું છે.

(D) વિધેય $h(x) = f(x) - x$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
આપેલ છે કે $f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ અને $f(1) = 1$,તેથી $h(\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} = 0$ અને $h(1) = f(1) - 1 = 0$.
$f(x)$ એ બે વાર વિકલનીય હોવાથી,$h(x)$ પણ $[\frac{1}{2}, 1]$ પર વિકલનીય છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,કોઈક $\alpha \in (\frac{1}{2}, 1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $h^{\prime}(\alpha) = 0$ થાય.
$h^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - 1$ હોવાથી,આનો અર્થ એ થાય કે $f^{\prime}(\alpha) = 1$.
આપણને આપેલ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f^{\prime \prime}(x) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$\alpha < 1$ અને $f^{\prime}(x)$ ચુસ્ત વધતું હોવાથી,આપણને $f^{\prime}(\alpha) < f^{\prime}(1)$ મળે છે.
$f^{\prime}(\alpha) = 1$ મૂકતા,આપણને $1 < f^{\prime}(1)$ મળે છે.

(A) ધારો કે $f(x) = (x^2-1)^2 h(x)$,જ્યાં $h(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$.
કારણ કે $(x^2-1)^2 = (x-1)^2(x+1)^2$,તેથી $f(x)$ ના બીજ $x=1$ અને $x=-1$ છે જેની ગુણકતા ઓછામાં ઓછી $2$ છે.
આમ,$f(1)=0, f(-1)=0$ અને $f'(1)=0, f'(-1)=0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(-1, 1)$ ની વચ્ચે એક $\alpha$ એવો મળે કે જેથી $f'(\alpha)=0$ થાય.
તેથી $f'(x)$ ના બીજ $-1, \alpha, 1$ છે,એટલે કે $m_{f'} \ge 3$.
જો $f(x) = (x^2-1)^2$ લઈએ,તો તેના બીજ $1, -1$ છે,તેથી $m_f = 2$.
આમ,$m_f + m_{f'} = 2 + 3 = 5$.
તેથી,ન્યૂનતમ કિંમત $5$ છે.

(C) $(1)$ માટે:
$f(x) = \int_{-x}^{x} (|t|-t^2)e^{-t^2} dt = 2 \int_{0}^{x} (t-t^2)e^{-t^2} dt$.
$f'(x) = 2(x-x^2)e^{-x^2}$. કારણ કે $x > 1$ માટે $f'(x) < 0$,તેથી $f$ એ $[0, \frac{3}{2}]$ પર વધતું વિધેય નથી. વિકલ્પ $(D)$ ખોટો છે.
$g'(x) = \sqrt{x^2} e^{-x^2} \cdot (2x) = 2x^2 e^{-x^2}$.
$f'(x) + g'(x) = 2xe^{-x^2} - 2x^2e^{-x^2} + 2x^2e^{-x^2} = 2xe^{-x^2}$.
સંકલન કરતા,$f(x) + g(x) = -e^{-x^2} + C$. કારણ કે $f(0)+g(0)=0$,તેથી $C=1$.
$f(x)+g(x) = 1-e^{-x^2}$. $x=\sqrt{\ln 3}$ માટે,$f+g = 1 - e^{-\ln 3} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$. વિકલ્પ $(A)$ ખોટો છે.
$(C)$ માટે,$\psi_2(x)$ પર $[0, x]$ અંતરાલમાં લેગ્રાન્જનું મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ કરો: $\psi_2'(\beta) = \frac{\psi_2(x)-\psi_2(0)}{x-0}$.
$\psi_2'(x) = 2x-2+2e^{-x} = 2(x-1+e^{-x}) = 2(\psi_1(x)-1)$.
આમ,$\psi_2(x) = x \cdot 2(\psi_1(\beta)-1) = 2x(\psi_1(\beta)-1)$. વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.
$(2)$ માટે:
$(A)$ $\psi_1'(x) = 1-e^{-x} > 0$ જ્યાં $x>0$,તેથી $\psi_1(x) > \psi_1(0)=1$. $(A)$ ખોટો છે.
$(B)$ $\psi_2'(x) = 2(\psi_1(x)-1) > 0$ જ્યાં $x>0$,તેથી $\psi_2(x) > \psi_2(0)=0$. $(B)$ ખોટો છે.
$(D)$ ધારો કે $P(x) = g(x) - (\frac{2}{3}x^3 - \frac{2}{5}x^5 + \frac{1}{7}x^7)$.
$P'(x) = 2x^2e^{-x^2} - (2x^2 - 2x^4 + x^6) = 2x^2(e^{-x^2} - (1-x^2+\frac{x^4}{2}))$.
$e^{-u} = 1-u+\frac{u^2}{2} - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,$P'(x) = 2x^2(-\frac{x^6}{6} + \dots) < 0$.
કારણ કે $P(0)=0$ અને $P'(x) < 0$,તેથી $P(x) < 0$,એટલે કે $g(x) < \frac{2}{3}x^3 - \frac{2}{5}x^5 + \frac{1}{7}x^7$. વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(D) ધારો કે $H(x) = f(x) - 3g(x)$.
આપેલા બિંદુઓ પર $H(x)$ ના મૂલ્યોની ગણતરી કરતા:
$H(-1) = f(-1) - 3g(-1) = 3 - 3(0) = 3$.
$H(0) = f(0) - 3g(0) = 6 - 3(1) = 3$.
$H(2) = f(2) - 3g(2) = 0 - 3(-1) = 3$.
કારણ કે $H(-1) = H(0) = 3$,રોલના પ્રમેય મુજબ,$(-1, 0)$ માં ઓછામાં ઓછો એક $c_1$ એવો મળે કે જેથી $H^{\prime}(c_1) = 0$.
કારણ કે $H^{\prime \prime}(x)$ એ $(-1, 0)$ માં ક્યારેય શૂન્ય થતું નથી,તેથી $H^{\prime}(x)$ એ ચુસ્તપણે એકવિધ છે,જેનો અર્થ છે કે $(-1, 0)$ માં બરાબર એક ઉકેલ છે.
તે જ રીતે,કારણ કે $H(0) = H(2) = 3$,રોલના પ્રમેય મુજબ,$(0, 2)$ માં ઓછામાં ઓછો એક $c_2$ એવો મળે કે જેથી $H^{\prime}(c_2) = 0$.
કારણ કે $H^{\prime \prime}(x)$ એ $(0, 2)$ માં ક્યારેય શૂન્ય થતું નથી,તેથી $H^{\prime}(x)$ એ ચુસ્તપણે એકવિધ છે,જેનો અર્થ છે કે $(0, 2)$ માં બરાબર એક ઉકેલ છે.
આમ,વિધાનો $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(C) અંતરાલ $[0, 2]$ પર લેગ્રાન્જનું મધ્યકમાન પ્રમેય (Lagrange's Mean Value Theorem) લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે કે ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0, 2)$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી:
$\frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = f^{\prime}(c)$
$\therefore f(2) - f(0) = 2 f^{\prime}(c)$
$\therefore f(2) = f(0) + 2 f^{\prime}(c)$
આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) \leq 5$ તમામ $x$ માટે,તેથી $f^{\prime}(c) \leq 5$.
આથી,$f(2) - f(0) \leq 2(5) = 10$.
જો આપણે $f(0) = -3$ લઈએ,તો $f(2) \leq -3 + 10 = 7$.
તેથી,$f(2)$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત $7$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x(x - 1)(x - 2) = x^3 - 3x^2 + 2x$.
પ્રથમ,$a = 0$ અને $b = \frac{1}{2}$ માટે $f(a)$ અને $f(b)$ શોધો:
$f(0) = 0$.
$f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2}) = \frac{3}{8}$.
હવે,ઢાળ $\frac{f(b) - f(a)}{b - a} = \frac{3/8 - 0}{1/2 - 0} = \frac{3}{4}$ મળે છે.
વિકલન $f'(x) = 3x^2 - 6x + 2$ છે.
$f'(c) = \frac{3}{4}$ લેતા:
$3c^2 - 6c + 2 = \frac{3}{4} \implies 12c^2 - 24c + 5 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $c = 1 \pm \frac{\sqrt{21}}{6}$ મળે છે.
$c \in (0, 1/2)$ હોવાથી,$c = 1 - \frac{\sqrt{21}}{6}$ એ સાચો જવાબ છે.

(C) રોલના પ્રમેયનું પાલન કરવા માટે,આપણી પાસે $f(-3) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
$f(-3) = (-3)(-3+3) e^{3/2} = 0$.
$f(0) = (0)(0+3) e^{0} = 0$.
કારણ કે $f(-3) = f(0) = 0$,તેથી રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
આપણે $c \in (-3, 0)$ શોધવાની જરૂર છે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
આપેલ છે કે $f(x) = (x^2 + 3x) e^{-\frac{x}{2}}$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $f'(x) = (2x + 3) e^{-\frac{x}{2}} + (x^2 + 3x) e^{-\frac{x}{2}} \left(-\frac{1}{2}\right)$.
$f'(x) = e^{-\frac{x}{2}} \left( 2x + 3 - \frac{x^2}{2} - \frac{3x}{2} \right)$.
$f'(x) = e^{-\frac{x}{2}} \left( -\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}x + 3 \right)$.
$f'(c) = 0$ લેતા,$-\frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}c + 3 = 0$.
$-2$ વડે ગુણતા,આપણને $c^2 - c - 6 = 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(c - 3)(c + 2) = 0$.
આમ,$c = 3$ અથવા $c = -2$.
કારણ કે $c$ એ અંતરાલ $(-3, 0)$ માં હોવું જોઈએ,તેથી આપણે $c = -2$ પસંદ કરીએ છીએ.

(C) અંતરાલ $[a, b] = [-2, 2]$ પર વિધેય $f(x) = x^3$ આપેલ છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,અંતરાલ $(-2, 2)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
પ્રથમ,છેદિકા રેખાનો ઢાળ શોધો:
$f(2) = 2^3 = 8$
$f(-2) = (-2)^3 = -8$
ઢાળ $= \frac{f(2) - f(-2)}{2 - (-2)} = \frac{8 - (-8)}{2 + 2} = \frac{16}{4} = 4$.
હવે,વિધેયનું વિકલન શોધો:
$f'(x) = 3x^2$.
વિકલનને છેદિકા રેખાના ઢાળ સાથે સરખાવો:
$3c^2 = 4$
$c^2 = \frac{4}{3}$
$c = \pm \sqrt{\frac{4}{3}} = \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$.
આમ,અભિસંધાન $\pm \frac{2}{\sqrt{3}}$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[1, 5]$ પર સતત છે અને $(1, 5)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય (Lagrange's Mean Value Theorem) મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (1, 5)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(5) - f(1)}{5 - 1}$ થાય.
આપણને આપેલ છે કે તમામ $x \in [1, 5]$ માટે $f^{\prime}(x) \leq 5$,તેથી $f^{\prime}(c) \leq 5$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $\frac{f(5) - 1}{4} \leq 5$.
$f(5) - 1 \leq 20$.
$f(5) \leq 21$.
તેથી,$f(5)$ ની મહત્તમ કિંમત $21$ છે.

(D) રોલના પ્રમેય મુજબ $[1, 2]$ પર $f(1) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
$f(1) = 1^3 + a(1)^2 + b(1) = 1 + a + b$.
$f(2) = 2^3 + a(2)^2 + b(2) = 8 + 4a + 2b$.
$f(1) = f(2)$ લેતા,$1 + a + b = 8 + 4a + 2b$,જેનું સાદું રૂપ $3a + b = -7$ મળે છે (સમીકરણ $1$).
વળી,રોલના પ્રમેય મુજબ $f'(c) = 0$ થાય,જ્યાં $c = \frac{4}{3}$.
$f'(x) = 3x^2 + 2ax + b$.
$f'(\frac{4}{3}) = 3(\frac{4}{3})^2 + 2a(\frac{4}{3}) + b = 3(\frac{16}{9}) + \frac{8a}{3} + b = \frac{16}{3} + \frac{8a}{3} + b = 0$.
$3$ વડે ગુણતા,$16 + 8a + 3b = 0$,અથવા $8a + 3b = -16$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણો ઉકેલતા:
સમીકરણ $1$ પરથી,$b = -7 - 3a$.
સમીકરણ $2$ માં મૂકતા: $8a + 3(-7 - 3a) = -16$.
$8a - 21 - 9a = -16$.
$-a = 5$,તેથી $a = -5$.
હવે $b = -7 - 3(-5) = -7 + 15 = 8$.
આમ,$a = -5$ અને $b = 8$.

(A) $[1, 3]$ પર રોલના પ્રમેય માટે,વિધેય $f(1) = f(3)$ નું પાલન કરવું જોઈએ.
$f(1) = 1^3 - 6(1)^2 + a(1) + b = 1 - 6 + a + b = a + b - 5$.
$f(3) = 3^3 - 6(3)^2 + a(3) + b = 27 - 54 + 3a + b = 3a + b - 27$.
$f(1) = f(3)$ સરખાવતા:
$a + b - 5 = 3a + b - 27$
$2a = 22 \implies a = 11$.
વધુમાં,રોલના પ્રમેય મુજબ $(1, 3)$ માં કોઈ $c$ માટે $f'(c) = 0$ હોવું જોઈએ.
$f'(x) = 3x^2 - 12x + a = 3x^2 - 12x + 11$.
$f'(c) = 0$ લેતા:
$3c^2 - 12c + 11 = 0$.
તેના ઉકેલ $c = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 132}}{6} = 2 \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ મળે છે.
$2 - \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 1.423$ જે $(1, 3)$ માં છે,તેથી $a = 11$ માટે શરત સંતોષાય છે. વિકલ્પો જોતા,$a=11$ વાળો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $[1,3]$ પર રોલનું પ્રમેયનું પાલન કરે છે,તેથી $f(1)=f(3)$.
$f(x)=x^3+bx^2+ax+5$ માં $x=1$ અને $x=3$ મૂકતા:
$1+b+a+5 = 27+9b+3a+5$
$a+b+6 = 3a+9b+32$
$2a+8b = -26 \Rightarrow a+4b = -13 \quad \dots (i)$
હવે,$f'(x) = 3x^2+2bx+a$. રોલના પ્રમેય મુજબ,કોઈક $c \in (1,3)$ માટે $f'(c)=0$.
આપેલ છે કે $c = 2+\frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $f'(2+\frac{1}{\sqrt{3}}) = 0$.
$3(2+\frac{1}{\sqrt{3}})^2 + 2b(2+\frac{1}{\sqrt{3}}) + a = 0$
$3(4 + \frac{4}{\sqrt{3}} + \frac{1}{3}) + 4b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + a = 0$
$12 + 4\sqrt{3} + 1 + 4b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + a = 0$
$a + 4b + 13 + \frac{2b+12}{\sqrt{3}} = 0$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $a+4b = -13$ મૂકતા:
$-13 + 13 + \frac{2b+12}{\sqrt{3}} = 0$
$\frac{2b+12}{\sqrt{3}} = 0 \Rightarrow 2b = -12 \Rightarrow b = -6$.
સમીકરણ $(i)$ માં $b=-6$ મૂકતા:
$a + 4(-6) = -13 \Rightarrow a - 24 = -13 \Rightarrow a = 11$.
આમ,$a=11$ અને $b=-6$ મળે છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \log_{e} x$ અંતરાલ $[1, 3]$ પર છે.
સૌ પ્રથમ,અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો શોધીએ:
$f(1) = \log_{e} 1 = 0$
$f(3) = \log_{e} 3$
હવે,વિધેયનું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{1}{x}$
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એક એવું બિંદુ $c \in (1, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી:
$f'(c) = \frac{f(3) - f(1)}{3 - 1}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{c} = \frac{\log_{e} 3 - 0}{2}$
$\frac{1}{c} = \frac{\log_{e} 3}{2}$
$c = \frac{2}{\log_{e} 3}$
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\frac{1}{\log_{a} b} = \log_{b} a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$c = 2 \log_{3} e$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x$ અંતરાલ $[0, 2]$ પર છે.
$f(x)$ બહુપદી હોવાથી,તે $[0, 2]$ પર સતત છે અને $(0, 2)$ પર વિકલનીય છે.
વળી,$f(0) = 0^3 - 3(0)^2 + 2(0) = 0$ અને $f(2) = 2^3 - 3(2)^2 + 2(2) = 8 - 12 + 4 = 0$.
$f(0) = f(2)$ હોવાથી,રોલના પ્રમેય મુજબ $(0, 2)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$f'(x) = 3x^2 - 6x + 2$.
$f'(c) = 0$ લેતા,$3c^2 - 6c + 2 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$c = \frac{6 \pm \sqrt{(-6)^2 - 4(3)(2)}}{2(3)} = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 24}}{6} = \frac{6 \pm \sqrt{12}}{6} = \frac{6 \pm 2\sqrt{3}}{6} = 1 \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.
બંને કિંમતો $1 + \frac{1}{\sqrt{3}}$ અને $1 - \frac{1}{\sqrt{3}}$ એ અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવેલી છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = (x-1)(x-2)(x-3) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6$.
સૌ પ્રથમ,અંતરાલ $[0, 4]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર કિંમતો શોધો:
$f(4) = (4-1)(4-2)(4-3) = 3 \times 2 \times 1 = 6$.
$f(0) = (0-1)(0-2)(0-3) = -1 \times -2 \times -3 = -6$.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0, 4)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(4) - f(0)}{4 - 0}$ થાય.
$f'(c) = \frac{6 - (-6)}{4} = \frac{12}{4} = 3$.
હવે,વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = 3x^2 - 12x + 11$.
$f'(c) = 3$ લેતા:
$3c^2 - 12c + 11 = 3$.
$3c^2 - 12c + 8 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$c = \frac{12 \pm \sqrt{(-12)^2 - 4(3)(8)}}{2(3)} = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 96}}{6} = \frac{12 \pm \sqrt{48}}{6}$.
$c = \frac{12 \pm 4\sqrt{3}}{6} = 2 \pm \frac{2\sqrt{3}}{3} = 2 \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$.

(B) આપેલ છે $f(x) = (x-1)(x-2)(x-3) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6$.
$f(x)$ એ બહુપદી હોવાથી,તે $[0, 4]$ પર સતત છે અને $(0, 4)$ પર વિકલનીય છે.
$LMVT$ મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0, 4)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(4) - f(0)}{4 - 0}$.
પ્રથમ,$f(4) = (4-1)(4-2)(4-3) = 3 \times 2 \times 1 = 6$ શોધો.
ત્યારબાદ,$f(0) = (0-1)(0-2)(0-3) = -1 \times -2 \times -3 = -6$ શોધો.
તેથી,$f'(c) = \frac{6 - (-6)}{4} = \frac{12}{4} = 3$.
હવે,$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - 6x^2 + 11x - 6) = 3x^2 - 12x + 11$.
$f'(c) = 3$ લેતા,આપણને $3c^2 - 12c + 11 = 3$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $3c^2 - 12c + 8 = 0$ થાય છે.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,$c = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 4(3)(8)}}{2(3)} = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 96}}{6} = \frac{12 \pm \sqrt{48}}{6} = \frac{12 \pm 4\sqrt{3}}{6} = \frac{6 \pm 2\sqrt{3}}{3}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{25-x^2}$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત શોધીએ: $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{25-x^2}} \cdot (-2x) = \frac{-x}{\sqrt{25-x^2}}$.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c \in (1, 5)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(5) - f(1)}{5 - 1}$ થાય.
અહીં $f(5) = \sqrt{25 - 25} = 0$ અને $f(1) = \sqrt{25 - 1} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$ છે.
તેથી,$f'(c) = \frac{0 - \sqrt{24}}{5 - 1} = \frac{-\sqrt{24}}{4} = \frac{-2\sqrt{6}}{4} = \frac{-\sqrt{6}}{2}$.
વિકલિતને સરખાવતા: $\frac{-c}{\sqrt{25-c^2}} = \frac{-\sqrt{6}}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{c^2}{25-c^2} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$.
$2c^2 = 3(25 - c^2) \implies 2c^2 = 75 - 3c^2 \implies 5c^2 = 75 \implies c^2 = 15$.
કારણ કે $c \in (1, 5)$,તેથી $c = \sqrt{15}$ મળે.

(A) આપેલ વિધેય: $f(x) = x \sqrt{x+6}$ અંતરાલ $[-6, 0]$ પર.
પ્રથમ,રોલના પ્રમેયની શરતો તપાસો:
$1$. $f(x)$ એ $[-6, 0]$ પર સતત છે.
$2$. $f(x)$ એ $(-6, 0)$ પર વિકલનીય છે.
$3$. $f(-6) = -6 \sqrt{-6+6} = 0$ અને $f(0) = 0 \sqrt{0+6} = 0$. કારણ કે $f(-6) = f(0)$,બધી શરતો સંતોષાય છે.
હવે,$f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x+6}} + \sqrt{x+6} \cdot 1 = \frac{x + 2(x+6)}{2\sqrt{x+6}} = \frac{3x + 12}{2\sqrt{x+6}}$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવું $c \in (-6, 0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$\frac{3c + 12}{2\sqrt{c+6}} = 0$
$3c + 12 = 0$
$3c = -12$
$c = -4$.
કારણ કે $-4 \in (-6, 0)$,તેથી $c$ નું મૂલ્ય $-4$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin x + \cos x + 6$ અંતરાલ $[0, 2\pi]$ પર છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0, 2\pi)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
પ્રથમ,આપણે વિકલન મેળવીએ: $f'(x) = \cos x - \sin x$.
$f'(c) = 0$ લેતા,આપણને $\cos c - \sin c = 0$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\cos c = \sin c$,જેનું સાદું રૂપ $\tan c = 1$ થાય છે.
અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,$\tan c = 1$ માટે $c$ ની કિંમતો $c = \frac{\pi}{4}$ અને $c = \frac{\pi}{4} + \pi = \frac{5\pi}{4}$ છે.
આમ,$c$ ની કિંમતો $\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}$ છે.

(C) કારણ કે $f(x)$ એ $[1,3]$ પર રોલનું પ્રમેયનું પાલન કરે છે,તેથી $f(1)=f(3)$.
$1+b+a+5 = 27+9b+3a+5$
$a+b+6 = 3a+9b+32$
$2a+8b = -26 \Rightarrow a+4b = -13$ ... $(i)$
આપેલ છે $f(x) = x^3+bx^2+ax+5$,તેથી વિકલન $f'(x) = 3x^2+2bx+a$ થાય.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$c = 2+\frac{1}{\sqrt{3}}$ માટે $f'(c) = 0$ થાય.
$3(2+\frac{1}{\sqrt{3}})^2 + 2b(2+\frac{1}{\sqrt{3}}) + a = 0$
$3(4 + \frac{4}{\sqrt{3}} + \frac{1}{3}) + 4b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + a = 0$
$12 + 4\sqrt{3} + 1 + 4b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + a = 0$
$a + 4b + 13 + \frac{12+2b}{\sqrt{3}} = 0$
સમીકરણ $(i)$ મુજબ $a+4b = -13$ હોવાથી:
$-13 + 13 + \frac{12+2b}{\sqrt{3}} = 0$
$\frac{12+2b}{\sqrt{3}} = 0 \Rightarrow 2b = -12 \Rightarrow b = -6$.
$b = -6$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા: $a + 4(-6) = -13 \Rightarrow a - 24 = -13 \Rightarrow a = 11$.
આમ,$a=11$ અને $b=-6$ મળે છે.

(A) કોઈ વિધેય $f(x)$ માટે $[a, b]$ અંતરાલમાં રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે ત્રણ શરતોનું પાલન થવું જરૂરી છે:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$3$. $f(a) = f(b)$ હોવું જોઈએ.
અહીં $f(x) = |x-2|$ એ $[0, 4]$ પર આપેલ છે:
$f(0) = |0-2| = 2$ અને $f(4) = |4-2| = 2$ મળે છે,તેથી $f(0) = f(4)$ થાય છે.
પરંતુ,વિકલનીયતા તપાસતા: $f(x) = |x-2|$ એ $x = 2$ આગળ વિકલનીય નથી,જે અંતરાલ $(0, 4)$ ની અંદર આવે છે.
આમ,વિધેય $x = 2$ આગળ વિકલનીય ન હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડી શકાતું નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x + \frac{1}{x}$ અંતરાલ $[1, 3]$ પર છે.
લેગ્રાન્જ મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,કોઈક $c \in (1, 3)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(3) - f(1)}{3 - 1}$ થાય.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2}$,તેથી $f'(c) = 1 - \frac{1}{c^2}$.
હવે,અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો મેળવો: $f(1) = 1 + \frac{1}{1} = 2$ અને $f(3) = 3 + \frac{1}{3} = \frac{10}{3}$.
આ કિંમતોને $LMVT$ ના સૂત્રમાં મૂકતા: $1 - \frac{1}{c^2} = \frac{\frac{10}{3} - 2}{3 - 1}$.
જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા: $1 - \frac{1}{c^2} = \frac{\frac{4}{3}}{2} = \frac{2}{3}$.
$c^2$ માટે ઉકેલતા: $\frac{1}{c^2} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$,જેનો અર્થ છે કે $c^2 = 3$.
કારણ કે $c \in (1, 3)$,તેથી આપણે ધન કિંમત લઈશું: $c = \sqrt{3}$.

(A) લેગ્રાન્જ મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f(x) = \log(\sin x)$ અંતરાલ $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right]$ પર આપેલ છે,તેથી $a = \frac{\pi}{6}$ અને $b = \frac{5\pi}{6}$ છે.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x = \cot x$.
તેથી,$f'(c) = \cot c$.
હવે,$f(a)$ અને $f(b)$ ની કિંમત શોધો:
$f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \log(\sin(\frac{\pi}{6})) = \log(\frac{1}{2})$
$f\left(\frac{5\pi}{6}\right) = \log(\sin(\frac{5\pi}{6})) = \log(\frac{1}{2})$
હવે,સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$f'(c) = \frac{\log(\frac{1}{2}) - \log(\frac{1}{2})}{\frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{6}} = \frac{0}{\frac{4\pi}{6}} = 0$.
તેથી,$\cot c = 0$,જેનો અર્થ છે કે $c = \frac{\pi}{2}$.

(B) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એક એવો બિંદુ $c \in (1, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
આપેલ છે કે $f(x) = x + \frac{1}{x}$,તેથી $f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2}$.
અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો ગણતા:
$f(1) = 1 + \frac{1}{1} = 2$
$f(3) = 3 + \frac{1}{3} = \frac{10}{3}$
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(c) = \frac{\frac{10}{3} - 2}{3 - 1} = \frac{\frac{4}{3}}{2} = \frac{2}{3}$.
હવે,$f'(c)$ ને $\frac{2}{3}$ સાથે સરખાવતા:
$1 - \frac{1}{c^2} = \frac{2}{3}$
$\frac{1}{c^2} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$
$c^2 = 3$
કારણ કે $c \in (1, 3)$,આપણે ધન મૂળ લઈશું: $c = \sqrt{3}$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x)=e^x(\sin x-\cos x)$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે રોલના પ્રમેયની શરતો તપાસીએ:
$1$. $f(x)$ એ $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4}\right]$ પર સતત છે અને $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4}\right)$ પર વિકલનીય છે.
$2$. $f\left(\frac{\pi}{4}\right) = e^{\pi/4}(\sin(\pi/4) - \cos(\pi/4)) = e^{\pi/4}(\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$.
$3$. $f\left(\frac{5\pi}{4}\right) = e^{5\pi/4}(\sin(5\pi/4) - \cos(5\pi/4)) = e^{5\pi/4}(-\frac{1}{\sqrt{2}} - (-\frac{1}{\sqrt{2}})) = 0$.
અહીં $f\left(\frac{\pi}{4}\right) = f\left(\frac{5\pi}{4}\right) = 0$ હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
હવે,$f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = e^x(\sin x - \cos x) + e^x(\cos x + \sin x) = 2e^x \sin x$.
$c \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4}\right)$ માટે $f'(c) = 0$ લેતા:
$2e^c \sin c = 0$.
$e^c \neq 0$ હોવાથી,$\sin c = 0$ મળે.
અંતરાલ $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4}\right)$ માં,$\sin c = 0$ ત્યારે થાય જ્યારે $c = \pi$ હોય.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \log x$ અંતરાલ $[1, e]$ પર છે.
પ્રથમ,વિધેયનું વિકલન મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{1}{x}$.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,અંતરાલ $(1, e)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી:
$f'(c) = \frac{f(e) - f(1)}{e - 1}$.
કિંમતો મૂકતા:
$f(e) = \log e = 1$ અને $f(1) = \log 1 = 0$.
તેથી,$\frac{1}{c} = \frac{1 - 0}{e - 1}$.
$\frac{1}{c} = \frac{1}{e - 1}$.
આમ,$c = e - 1$.

(B) આપેલ છે $f(x) = \sin(2 \pi x)$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,કોઈ $C \in (-1, 1)$ માટે $f'(C) = 0$ થાય.
$f'(x) = 2 \pi \cos(2 \pi x)$.
$f'(C) = 0$ લેતા,$2 \pi \cos(2 \pi C) = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\cos(2 \pi C) = 0$.
$C \in (-1, 1)$ હોવાથી,$2 \pi C \in (-2 \pi, 2 \pi)$ થાય.
અંતરાલ $(-2 \pi, 2 \pi)$ માં $\cos(2 \pi C) = 0$ હોય તેવી કિંમતો $\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}$ છે.
$2 \pi$ વડે ભાગતા,$C = \frac{-3}{4}, \frac{-1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{3}{4}$ મળે.
આમ,$C$ ના કુલ $4$ મૂલ્યો મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x^{3}$ અને $g(x) = x^{3} - 4x$ અંતરાલ $[-2, 2]$ પર.
$f(x)$ અને $g(x)$ બહુપદી હોવાથી,તેઓ $[-2, 2]$ પર સતત છે અને $(-2, 2)$ પર વિકલનીય છે. તેથી,બંને મધ્યકમાન પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
રોલના પ્રમેય માટે,આપણે $f(a) = f(b)$ તપાસીએ છીએ:
$f(-2) = -8$ અને $f(2) = 8$. $f(-2) \neq f(2)$ હોવાથી,$f(x)$ રોલના પ્રમેયનું પાલન કરતું નથી.
$g(-2) = 0$ અને $g(2) = 0$. $g(-2) = g(2)$ હોવાથી,$g(x)$ રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,વિધાન $(a)$ અને વિધાન $(c)$ સાચા છે.

(A) મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,જો વિધેય $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય,તો કોઈક $c \in (a, b)$ માટે $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f(x) = x^{2}$,$a = 2$,અને $b = 4$ છે.
$f(2) = 4$ અને $f(4) = 16$.
વિકલન $f'(x) = 2x$ છે.
સૂત્ર મુજબ,$2c = \frac{16 - 4}{4 - 2} = \frac{12}{2} = 6$.
તેથી,$c = 3$.

(D) રોલના પ્રમેય માટે વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[a, b]$ પર 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.
વિકલ્પ $D$ તપાસીએ: $f(x) = |x|$ અંતરાલ $[-2, 2]$ પર.
વિધેય $f(x) = |x|$ એ $[-2, 2]$ પર સતત છે,પરંતુ તે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી,જે અંતરાલ $(-2, 2)$ ની અંદર આવે છે.
રોલના પ્રમેયની બીજી શરત (વિકલનીયતા) $x = 0$ આગળ સંતોષાતી નથી,તેથી $[-2, 2]$ અંતરાલમાં $f(x) = |x|$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.