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

(B) અંતરાલ $[0, 2]$ પર આપેલ વિધેય $f(x) = x(x - 1)^2$ છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,$(0, 2)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં,$a = 0$ અને $b = 2$ છે.
$f(0) = 0(0 - 1)^2 = 0$.
$f(2) = 2(2 - 1)^2 = 2(1)^2 = 2$.
તેથી,$f'(c) = \frac{2 - 0}{2 - 0} = 1$.
હવે,વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f(x) = x(x^2 - 2x + 1) = x^3 - 2x^2 + x$.
$f'(x) = 3x^2 - 4x + 1$.
$f'(c) = 1$ લેતા:
$3c^2 - 4c + 1 = 1$.
$3c^2 - 4c = 0$.
$c(3c - 4) = 0$.
આથી $c = 0$ અથવા $c = 4/3$ મળે.
કારણ કે $c$ એ વિવૃત અંતરાલ $(0, 2)$ માં હોવું જોઈએ,તેથી આપણે $c = 4/3$ પસંદ કરીએ છીએ.

(A) આપેલ છે $2a + 3b + 6c = 0$ ... $(i)$
$f(x)$ એ $g(x) = ax^2 + bx + c$ નું પ્રતિવિધેય હોવાથી,$f(x) = \int (ax^2 + bx + c) dx = \frac{a}{3}x^3 + \frac{b}{2}x^2 + cx + K$.
અંતરાલ $[1, 2]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,$f(1) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
$f(1) = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c + K$
$f(2) = \frac{8a}{3} + 2b + 2c + K$
$f(1) = f(2)$ લેતા,$\frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c = \frac{8a}{3} + 2b + 2c$,જેનું સાદું રૂપ $14a + 9b + 6c = 0$ મળે છે ... (ii)
(ii) માંથી $(i)$ બાદ કરતા: $12a + 6b = 0 \Rightarrow b = -2a$.
$b = -2a$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $2a + 3(-2a) + 6c = 0$ $\Rightarrow 6c = 4a$ $\Rightarrow c = \frac{2}{3}a$.
$a = 3$ લેતા,$b = -6$ અને $c = 2$ મળે છે.
તેથી,$f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + K$.
$K = 0$ લેતા,$f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x$.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) \geq 5$.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,$x \in [0, 2024]$ માટે,કોઈ $c \in (0, 2024)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $\frac{f(2024) - f(0)}{2024 - 0} = f^{\prime}(c)$.
કારણ કે $f^{\prime}(c) \geq 5$,તેથી $\frac{f(2024) - (-2)}{2024} \geq 5$.
$f(2024) + 2 \geq 5 \times 2024$.
$f(2024) + 2 \geq 10120$.
$f(2024) \geq 10118$.
આમ,$f(2024)$ ની ન્યૂનતમ શક્ય કિંમત $10118$ છે.

(A) લેગ્રાન્જનું મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ $[a, b]$ પર વિધેય $f(x)$ માટે ત્યારે જ લાગુ પડે જો:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય.
$[0, 1]$ પર દરેક વિધેયનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$I) f(x)$ એ $x = \frac{1}{2}$ પર વિકલનીય નથી.
$II) f(x) = |3x-1|$ એ $x = \frac{1}{3} \in (0, 1)$ પર વિકલનીય નથી.
$III) f(x) = x|x|$ એ $[0, 1]$ પર $x^2$ છે,જે સતત અને વિકલનીય છે.
$IV) f(x) = |x|$ એ $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે.
તેથી,$III$ અને $IV$ એ યોગ્ય વિકલ્પો છે.

(D) રોલના પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c \in (1, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(c) = 0$ થાય.
કોઈપણ $x \in [1, 3]$ માટે,$f^{\prime}$ પર મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ પાડતા,$x$ અને $c$ ની વચ્ચે એક બિંદુ $d$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(x) - f^{\prime}(c) = f^{\prime \prime}(d)(x - c)$ થાય.
$f^{\prime}(c) = 0$ હોવાથી,$f^{\prime}(x) = f^{\prime \prime}(d)(x - c)$ મળે.
$|f^{\prime \prime}(x)| \leq 2$ આપેલ હોવાથી,$|f^{\prime}(x)| = |f^{\prime \prime}(d)| \cdot |x - c| \leq 2 \cdot |x - c|$ થાય.
$x, c \in [1, 3]$ હોવાથી,$|x - c|$ ની મહત્તમ કિંમત $3 - 1 = 2$ છે.
આમ,$|f^{\prime}(x)| \leq 2 \cdot 2 = 4$,જે સૂચવે છે કે $-4 \leq f^{\prime}(x) \leq 4$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[2, 6]$ પર વિકલનીય વિધેય છે અને દરેક $x \in [2, 6]$ માટે $f^{\prime}(x) \geq 5$ છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ $x_1, x_2 \in [2, 6]$ જ્યાં $x_2 > x_1$ હોય,ત્યારે કોઈ $c \in (x_1, x_2)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$ થાય.
કારણ કે $f^{\prime}(x) \geq 5$ છે,તેથી $\frac{f(6) - f(2)}{6 - 2} \geq 5$ થાય.
$f(2) = 4$ કિંમત મૂકતા:
$\frac{f(6) - 4}{4} \geq 5$
$f(6) - 4 \geq 20$
$f(6) \geq 24$.
આમ,$f(6)$ ની એક શક્ય કિંમત $24$ છે.

(B) ધારો કે $f(x)$ એવું વિધેય છે કે જેથી $f(2)=2, f(3)=5, f(4)=10$ થાય.
અંતરાલ $[2, 3]$ પર લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c_1 \in (2, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c_1) = \frac{f(3)-f(2)}{3-2} = \frac{5-2}{1} = 3$ થાય.
અંતરાલ $[3, 4]$ પર લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c_2 \in (3, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c_2) = \frac{f(4)-f(3)}{4-3} = \frac{10-5}{1} = 5$ થાય.
હવે,$f'(x)$ પર અંતરાલ $[c_1, c_2]$ માટે મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ પાડતા,કોઈ $c \in (c_1, c_2) \subset (2, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f''(c) = \frac{f'(c_2)-f'(c_1)}{c_2-c_1} = \frac{5-3}{c_2-c_1} = \frac{2}{c_2-c_1}$ થાય.
અહીં $c_1 \in (2, 3)$ અને $c_2 \in (3, 4)$ હોવાથી,અંતરાલની લંબાઈ $c_2-c_1$ એ $2$ કરતા ઓછી છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,$0 < c_2-c_1 < 2$ છે.
તેથી,$f''(c) = \frac{2}{c_2-c_1} > \frac{2}{2} = 1$ થાય.
આમ,કોઈ $x \in (2, 4)$ માટે $f''(x) > 1$ સાચું છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+p x^2+q x$ એ $[0,2]$ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
$f(0)=f(2)$ હોવાથી:
$f(0) = 0^3 + p(0)^2 + q(0) = 0$
$f(2) = 2^3 + p(2)^2 + q(2) = 8 + 4p + 2q$
$f(0)=f(2)$ લેતા,$8 + 4p + 2q = 0$,જેનું સાદું રૂપ $2p + q + 4 = 0$ (સમીકરણ $i$) મળે છે.
હવે,વિકલન $f^{\prime}(x)$ મેળવીએ:
$f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2px + q$
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=0$:
$3\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 + 2p\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right) + q = 0$
$3\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{2}{\sqrt{3}}\right) + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q = 0$
$3\left(\frac{4}{3} + \frac{2}{\sqrt{3}}\right) + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q = 0$
$4 + 2\sqrt{3} + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q = 0$ (સમીકરણ $ii$).
સમીકરણ $ii$ માંથી સમીકરણ $i$ $(2p + q = -4)$ બાદ કરતા:
$(4 + 2\sqrt{3} + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q) - (2p + q) = 0 - (-4)$
$4 + 2\sqrt{3} + \frac{2p}{\sqrt{3}} = 4$
$2\sqrt{3} + \frac{2p}{\sqrt{3}} = 0$
$2\sqrt{3} = -\frac{2p}{\sqrt{3}}$
$2p = -2(3) = -6 \Rightarrow p = -3$.
$p = -3$ ને સમીકરણ $i$ માં મૂકતા:
$2(-3) + q + 4 = 0$
$-6 + q + 4 = 0 \Rightarrow q = 2$.
તેથી,$p^2 + q^2 = (-3)^2 + (2)^2 = 9 + 4 = 13$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ અંતરાલ $[a, b]$ માટે,$c \in (a, b)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અંતરાલ $[2, 4]$ માટે આ પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને $f^{\prime}(c_1) = \frac{f(4) - f(2)}{4 - 2} = \frac{f(4) + 6}{2}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) \leq 4$,તેથી $\frac{f(4) + 6}{2} \leq 4$,જેનો અર્થ છે કે $f(4) + 6 \leq 8$,એટલે કે $f(4) \leq 2$.
હવે અંતરાલ $[4, 6]$ માટે મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ પાડતા,$f^{\prime}(c_2) = \frac{f(6) - f(4)}{6 - 4} = \frac{8 - f(4)}{2}$ મળે છે.
ફરીથી $f^{\prime}(x) \leq 4$ હોવાથી,$\frac{8 - f(4)}{2} \leq 4$,જેનો અર્થ છે કે $8 - f(4) \leq 8$,એટલે કે $f(4) \geq 0$.
આમ,$0 \leq f(4) \leq 2$,તેથી $f(4) \in [0, 2]$.

(B) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એક એવો અચળાંક $c \in (1, 2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(2) - f(1)}{2 - 1}$ થાય.
પ્રથમ,આપણે $f(1)$ અને $f(2)$ શોધીએ:
$f(1) = \frac{2(1)+3}{4(1)-1} = \frac{5}{3}$
$f(2) = \frac{2(2)+3}{4(2)-1} = \frac{7}{7} = 1$
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{(4x-1)(2) - (2x+3)(4)}{(4x-1)^2} = \frac{8x-2-8x-12}{(4x-1)^2} = \frac{-14}{(4x-1)^2}$
હવે,$f'(c)$ ને છેદક રેખાના ઢાળ સાથે સરખાવીએ:
$\frac{-14}{(4c-1)^2} = \frac{1 - \frac{5}{3}}{1} = -\frac{2}{3}$
$(4c-1)^2 = 21$
$4c-1 = \pm \sqrt{21}$
$c = \frac{1 \pm \sqrt{21}}{4}$
કારણ કે $c \in (1, 2)$,આપણે ધન કિંમત પસંદ કરીશું:
$c = \frac{1 + \sqrt{21}}{4} \in (1, 2)$.

(C) આપેલ વિધેય: $f(x) = x(x+3)(x-2) = x^3 + x^2 - 6x$.
$f(x)$ બહુપદી હોવાથી તે $[-1, 4]$ પર સતત છે અને $(-1, 4)$ પર વિકલનીય છે.
$LMVT$ મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (-1, 4)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$.
અહીં $a = -1$ અને $b = 4$ છે.
$f(-1) = (-1)(2)(-3) = 6$.
$f(4) = (4)(7)(2) = 56$.
$f'(x) = 3x^2 + 2x - 6$.
તેથી,$3c^2 + 2c - 6 = \frac{56 - 6}{4 - (-1)} = \frac{50}{5} = 10$.
$3c^2 + 2c - 16 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $c = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4(3)(-16)}}{6} = \frac{-2 \pm 14}{6}$.
બે શક્ય કિંમતો: $c_1 = 2$ અને $c_2 = -\frac{8}{3}$.
$c \in (-1, 4)$ હોવાથી,$c = 2$ એ સાચો જવાબ છે.

(D) કારણ કે $f$ એ બહુપદી વિધેય છે,તે $[2,7]$ પર સતત છે અને $(2,7)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c \in (2,7)$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી:
$\frac{f(7)-f(2)}{7-2} = f^{\prime}(c)$
આપેલ છે કે $(2,7)$ માં તમામ $x$ માટે $f^{\prime}(x) \leq 5$,તેથી $f^{\prime}(c) \leq 5$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{f(7)-3}{5} \leq 5$
$f(7)-3 \leq 25$
$f(7) \leq 28$
આમ,$f(7)$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત $28$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = 2 \sin x + \sin 2x$ અંતરાલ $[0, \pi]$ પર છે.
વિધેય $f(x)$ ત્રિકોણમિતીય વિધેયોનો સરવાળો હોવાથી,તે $[0, \pi]$ પર સતત છે અને $(0, \pi)$ પર વિકલનીય છે.
વળી,$f(0) = 2 \sin(0) + \sin(0) = 0$ અને $f(\pi) = 2 \sin(\pi) + \sin(2\pi) = 0$.
આમ,$f(0) = f(\pi)$,જે રોલના પ્રમેયની શરતોનું પાલન કરે છે.
આપણે $f'(x) = 2 \cos x + 2 \cos 2x$ મેળવીએ છીએ.
$f'(c) = 0$ લેતા,આપણને $2 \cos c + 2 \cos 2c = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\cos c + \cos 2c = 0$.
નિત્યસમ $\cos 2c = 2 \cos^2 c - 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 \cos^2 c + \cos c - 1 = 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(2 \cos c - 1)(\cos c + 1) = 0$.
આથી $\cos c = \frac{1}{2}$ અથવા $\cos c = -1$.
$c \in (0, \pi)$ માટે,$\cos c = \frac{1}{2}$ નો અર્થ છે કે $c = \frac{\pi}{3}$.
કારણ કે $\cos c = -1$ થી $c = \pi$ મળે છે,જે વિવૃત અંતરાલ $(0, \pi)$ માં નથી,તેથી એકમાત્ર માન્ય મૂલ્ય $c = \frac{\pi}{3}$ છે.

(A) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,જો વિધેય $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય,તો ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f(x) = e^x$ અંતરાલ $[1, 2]$ પર આપેલ છે,તેથી $a = 1$ અને $b = 2$.
$f'(x) = e^x$,તેથી $f'(c) = e^c$.
$f(1) = e^1 = e$ અને $f(2) = e^2$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા: $e^c = \frac{e^2 - e}{2 - 1} = e^2 - e$.
$e^c = e(e - 1)$.
અહીં $c = k$ હોવાથી,$e^k = e(e - 1)$ મળે.
બંને બાજુ $e$ વડે ભાગતા,$e^{k-1} = e - 1$ મળે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+b x^2+c x-6$ એ $[1,3]$ માં રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(1)=f(3)$.
$f(1) = 1+b+c-6 = b+c-5$.
$f(3) = 27+9b+3c-6 = 9b+3c+21$.
તેમને સરખાવતા: $b+c-5 = 9b+3c+21 \implies 8b+2c = -26 \implies 4b+c = -13$ (સમીકરણ $1$).
હવે,$f^{\prime}(x) = 3x^2+2bx+c$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(\frac{2 \sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}\right) = f^{\prime}\left(2+\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 0$.
$f^{\prime}(x)=0$ ના બીજ $x_1, x_2$ છે,અને રોલના પ્રમેય મુજબ,$(1,3)$ માં એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c)=0$.
$3x^2+2bx+c=0$ ના બીજ $x_1, x_2$ છે. બીજનો સરવાળો $x_1+x_2 = -\frac{2b}{3}$ અને ગુણાકાર $x_1 x_2 = \frac{c}{3}$ છે.
એક બીજ $2+\frac{1}{\sqrt{3}}$ આપેલ છે. સહગુણકો સંમેય હોવાથી,બીજું બીજ $2-\frac{1}{\sqrt{3}}$ થશે.
બીજનો સરવાળો: $(2+\frac{1}{\sqrt{3}}) + (2-\frac{1}{\sqrt{3}}) = 4 = -\frac{2b}{3} \implies b = -6$.
સમીકરણ $1$ માં $b=-6$ મૂકતા: $4(-6)+c = -13 \implies -24+c = -13 \implies c = 11$.
તેથી,$bc = (-6)(11) = -66$.

(D) આપેલ છે $g(x) = \frac{ax^3}{3} + \frac{bx^2}{2} + cx$.
$g(0)$ અને $g(1)$ ની ગણતરી કરતા:
$g(0) = 0$.
$g(1) = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c = \frac{2a+3b+6c}{6}$.
$2a+3b+6c=0$ હોવાથી,આપણને $g(1) = 0$ મળે છે.
$g(x)$ એ બહુપદી હોવાથી,તે $[0,1]$ પર સતત છે અને $(0,1)$ પર વિકલનીય છે.
$g(0) = g(1) = 0$ હોવાથી,રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c_1 \in (0,1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $g'(c_1) = 0$.
નોંધો કે $g'(x) = ax^2+bx+c$.
આમ,$g'(c_1) = ac_1^2+bc_1+c = 0$.
આ સૂચવે છે કે દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2+bx+c=0$ ને $(0,1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બીજ $c_1$ છે.
તેથી,વિધાન-$I$ સાચું છે.
વિધાન-$II$ પણ સાચું છે કારણ કે $g(x)$ એ $[0,1]$ પર રોલના પ્રમેયની તમામ શરતોનું પાલન કરે છે,અને તે વિધાન-$I$ માટે સાચી સમજૂતી છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = (x^2 + 3x) e^{-\frac{x}{2}}$ અંતરાલ $[-3, 0]$ પર છે.
રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું હોવાથી,આપણે વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = (2x + 3) e^{-\frac{x}{2}} + (x^2 + 3x) \left(-\frac{1}{2}\right) e^{-\frac{x}{2}}$
$f'(x) = e^{-\frac{x}{2}} \left( 2x + 3 - \frac{x^2}{2} - \frac{3x}{2} \right) = e^{-\frac{x}{2}} \left( -\frac{x^2}{2} + \frac{x}{2} + 3 \right)$
$f'(x) = -\frac{1}{2} e^{-\frac{x}{2}} (x^2 - x - 6)$
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (-3, 0)$ મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$-\frac{1}{2} e^{-\frac{c}{2}} (c^2 - c - 6) = 0$
કારણ કે $e^{-\frac{c}{2}} \neq 0$,તેથી $c^2 - c - 6 = 0$.
$(c - 3)(c + 2) = 0$,જે $c = 3$ અથવા $c = -2$ આપે છે.
અહીં $c \in (-3, 0)$ હોવાથી,$c = 3$ શક્ય નથી,તેથી $c = -2$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{x^2-4}$ એ $[2, 4]$ પર સતત છે અને $(2, 4)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $C \in (2, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(C) = \frac{f(4) - f(2)}{4 - 2}$ થાય.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x^2-4}} \times 2x = \frac{x}{\sqrt{x^2-4}}$.
ત્યારબાદ,અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો શોધો: $f(4) = \sqrt{16-4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ અને $f(2) = \sqrt{4-4} = 0$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{C}{\sqrt{C^2-4}} = \frac{2\sqrt{3} - 0}{4 - 2} = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{C^2}{C^2-4} = 3$.
$C^2 = 3(C^2 - 4) \Rightarrow C^2 = 3C^2 - 12 \Rightarrow 2C^2 = 12 \Rightarrow C^2 = 6$.
કારણ કે $C \in (2, 4)$,આપણે ધન કિંમત લઈશું: $C = \sqrt{6}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = (x-1)(x-2)(x-3) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6$.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,અંતરાલ $(0, 4)$ માં ઓછામાં ઓછી એક એવી કિંમત $c$ મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(4) - f(0)}{4 - 0}$ થાય.
પ્રથમ,$f(4) = (4-1)(4-2)(4-3) = 3 \times 2 \times 1 = 6$ મેળવો.
ત્યારબાદ,$f(0) = (0-1)(0-2)(0-3) = -1 \times -2 \times -3 = -6$ મેળવો.
તેથી,$f'(c) = \frac{6 - (-6)}{4} = \frac{12}{4} = 3$.
હવે,$f'(x) = 3x^2 - 12x + 11$ શોધો.
$f'(c) = 3c^2 - 12c + 11 = 3$ લેતા,
$3c^2 - 12c + 8 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,$c = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 4(3)(8)}}{2(3)} = \frac{12 \pm \sqrt{48}}{6} = 2 \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$.
આમ,$c$ ની કિંમત $2 \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$ મળે છે,જે વિકલ્પ $A$ સાથે સુસંગત છે.

(C) અંતરાલ $[0, 1]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,આપણે $f(0) = f(1)$ હોવું જરૂરી છે.
આપેલ $f(x) = x^3 + Px - 12$ માટે:
$f(0) = 0^3 + P(0) - 12 = -12$
$f(1) = 1^3 + P(1) - 12 = 1 + P - 12 = P - 11$
$f(0) = f(1)$ લેતા,$-12 = P - 11$,જેનો અર્થ છે કે $P = -1$.
હવે,વિકલન $f'(x) = 3x^2 + P = 3x^2 - 1$ થાય.
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (0, 1)$ મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$3c^2 - 1 = 0 \Rightarrow c^2 = \frac{1}{3} \Rightarrow c = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.
અહીં $c$ એ વિવૃત અંતરાલ $(0, 1)$ માં હોવો જોઈએ,તેથી $c = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ શક્ય નથી.
આમ,$c = \frac{1}{\sqrt{3}}$ મળે છે.

(A) અંતરાલ $[0, 1]$ પર વિધેય $f(x) = e^x + 24$ આપેલ છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,$(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં,$a = 0$ અને $b = 1$ છે.
પ્રથમ,$f(0) = e^0 + 24 = 1 + 24 = 25$ મેળવો.
ત્યારબાદ,$f(1) = e^1 + 24 = e + 24$ મેળવો.
વિકલન $f'(x) = e^x$ છે,તેથી $f'(c) = e^c$ થાય.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા: $e^c = \frac{(e + 24) - 25}{1 - 0}$.
$e^c = e - 1$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $c = \log(e - 1)$ મળે છે.

(C) લેગ્રાન્જનું મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ માટે વિધેય $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જરૂરી છે.
વિકલ્પ $C$ માટે,$f(x) = \log(x^2-1)$ અંતરાલ $[\frac{1}{e}, e-2]$ પર આપેલ છે.
અહીં $e \approx 2.718$ હોવાથી,$\frac{1}{e} \approx 0.367$ અને $e-2 \approx 0.718$ થાય.
$\log(x^2-1)$ ના પ્રદેશ માટે $x^2-1 > 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $x^2 > 1$ અથવા $|x| > 1$.
અંતરાલ $[\frac{1}{e}, e-2]$ માં,તમામ $x$ માટે $x < 1$ છે,એટલે કે $x^2 < 1$.
આથી,આ અંતરાલના તમામ $x$ માટે $x^2-1 < 0$ થાય છે.
લોગેરિધમનો પ્રદેશ ઋણ હોવાથી,$f(x)$ એ $[\frac{1}{e}, e-2]$ અંતરાલ પર વ્યાખ્યાયિત નથી (અને તેથી સતત પણ નથી).
તેથી,$LMVT$ લાગુ પડતું નથી.

(A) $f(x) = ax^3 + bx^2 + 26x - 24$ ...$(i)$ અંતરાલ $[2, 4]$ પર.
કારણ કે $f(x)$ રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે,તેથી $f(2) = f(4)$.
$f(2) = a(8) + b(4) + 26(2) - 24 = 8a + 4b + 28$.
$f(4) = a(64) + b(16) + 26(4) - 24 = 64a + 16b + 80$.
$f(2) = f(4)$ ને સરખાવતા: $8a + 4b + 28 = 64a + 16b + 80 \Rightarrow 56a + 12b + 52 = 0 \Rightarrow 14a + 3b + 13 = 0$ ...(ii).
$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા: $f^{\prime}(x) = 3ax^2 + 2bx + 26$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(3 + \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 0$:
$3a\left(3 + \frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 + 2b\left(3 + \frac{1}{\sqrt{3}}\right) + 26 = 0$.
$3a\left(9 + \frac{1}{3} + 2\sqrt{3}\right) + 6b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + 26 = 0$.
$3a\left(\frac{28}{3} + 2\sqrt{3}\right) + 6b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + 26 = 0$.
$28a + 6\sqrt{3}a + 6b + \frac{2b}{\sqrt{3}} + 26 = 0$.
$(28a + 6b + 26) + \frac{1}{\sqrt{3}}(18a + 2b) = 0$.
સંમેય અને અસંમેય ભાગોને સરખાવતા: $28a + 6b + 26 = 0$ અને $18a + 2b = 0$.
$18a + 2b = 0$ પરથી,$b = -9a$.
આ કિંમત $28a + 6(-9a) + 26 = 0$ માં મૂકતા: $28a - 54a + 26 = 0 \Rightarrow -26a = -26 \Rightarrow a = 1$.
તેથી $b = -9(1) = -9$.
આમ,$ab = 1 \times (-9) = -9$.

(D) $[0, 1]$ અંતરાલ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,વિધેય $f(x)$ એ ત્રણ શરતોનું પાલન કરવું જોઈએ:
$1$. $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $f(x)$ એ $(0, 1)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$3$. $f(0) = f(1)$ હોવું જોઈએ.
અહીં $f(x) = x^\alpha \log x$ અને $f(0) = 0$ આપેલ છે.
પહેલા $f(0) = f(1)$ શરત તપાસીએ:
$f(1) = 1^\alpha \log(1) = 1 \times 0 = 0$.
$f(0) = 0$ હોવાથી,$f(0) = f(1)$ શરત કોઈપણ $\alpha$ માટે સંતોષાય છે.
હવે $x = 0$ આગળ સાતત્ય તપાસીએ:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} x^\alpha \log x = 0$.
આ લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $0$ થાય છે જો $\alpha > 0$ હોય.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\log x}{x^{-\alpha}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-\alpha x^{-\alpha-1}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^\alpha}{-\alpha} = 0$ (જ્યારે $\alpha > 0$).
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$\alpha = 1/2$ એ એકમાત્ર કિંમત છે જે $0$ કરતા મોટી છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=\sqrt{x^2-x}$ અંતરાલ $[1,4]$ પર.
પ્રથમ,અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો શોધો:
$f(1)=\sqrt{1^2-1}=0$
$f(4)=\sqrt{4^2-4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$
હવે,વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime}(x)=\frac{1}{2\sqrt{x^2-x}} \cdot (2x-1) = \frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x}}$
લેગ્રાન્જ મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એવું $c \in (1,4)$ મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(4)-f(1)}{4-1}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{2c-1}{2\sqrt{c^2-c}} = \frac{2\sqrt{3}-0}{3} = \frac{2}{\sqrt{3}}$
$\sqrt{3}(2c-1) = 4\sqrt{c^2-c}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$3(4c^2-4c+1) = 16(c^2-c)$
$12c^2-12c+3 = 16c^2-16c$
$4c^2-4c-3 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા:
$(2c-3)(2c+1) = 0$
તેથી $c = \frac{3}{2}$ અથવા $c = -\frac{1}{2}$ મળે.
અહીં $c \in (1,4)$ હોવાથી,$c = -\frac{1}{2}$ શક્ય નથી.
આમ,$c = \frac{3}{2}$.

(B) કોઈ વિધેય $f(t)$ માટે અંતરાલ $[a, b]$ પર રોલનું પ્રમેય ત્યારે જ સંતોષાય જો $f(a) = f(b)$ હોય.
અહીં $f(t) = t^3 - 6t^2 + pt + q$ અંતરાલ $[1, 3]$ પર આપેલ છે,તેથી $f(1) = f(3)$.
$f(1) = 1^3 - 6(1)^2 + p(1) + q = 1 - 6 + p + q = p + q - 5$.
$f(3) = 3^3 - 6(3)^2 + p(3) + q = 27 - 54 + 3p + q = 3p + q - 27$.
$f(1) = f(3)$ ને સરખાવતા:
$p + q - 5 = 3p + q - 27$.
$2p = 22 \Rightarrow p = 11$.
અહીં $q$ બંને બાજુથી નીકળી જાય છે,તેથી $q$ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે $(q \in R)$.
આમ,$p = 11$ અને $q \in R$.

(C) આપેલ છે કે વિધેય $f(x) = x^{2m-1}(a-x)^{2n}$ માટે અંતરાલ $(0, a)$ માં રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ મેળવીએ:
$f'(x) = (2m-1)x^{2m-2}(a-x)^{2n} - 2n(a-x)^{2n-1}x^{2m-1}$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (0, a)$ મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$(2m-1)c^{2m-2}(a-c)^{2n} - 2nc^{2m-1}(a-c)^{2n-1} = 0$.
$c^{2m-2}(a-c)^{2n-1}$ વડે ભાગતા (કારણ કે $c \neq 0$ અને $c \neq a$):
$(2m-1)(a-c) = 2nc$.
$(2m-1)a - (2m-1)c = 2nc$.
$(2m-1)a = (2m-1+2n)c$.
$c = \frac{a(2m-1)}{2m+2n-1}$.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે,$f(x)=a x^3+b x^2+11 x-6$ એ $[1,3]$ માં રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,$f(1)=f(3)$.
$f(1) = a(1)^3 + b(1)^2 + 11(1) - 6 = a + b + 5$
$f(3) = a(3)^3 + b(3)^2 + 11(3) - 6 = 27a + 9b + 33 - 6 = 27a + 9b + 27$
$f(1)=f(3)$ હોવાથી,$a+b+5 = 27a+9b+27$,જેનું સાદુંરૂપ આપતા $26a+8b = -22$,અથવા $13a+4b = -11$ મળે ... $(i)$.
વળી,$f'(x) = 3ax^2 + 2bx + 11$.
આપેલ છે કે $f'(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) = 0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$[1,3]$ અંતરાલમાં $f'(x) = 0$ ના બીજ $x = 2 \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$ છે.
$f'(x)=0$ ના બીજનો સરવાળો લેતા,$x_1 + x_2 = -\frac{2b}{3a}$.
અહીં,$(2 - \frac{1}{\sqrt{3}}) + (2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) = 4 = -\frac{2b}{3a} \Rightarrow 4 = -\frac{2b}{3a} \Rightarrow b = -6a$.
$b = -6a$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$13a + 4(-6a) = -11$
$13a - 24a = -11$
$-11a = -11 \Rightarrow a = 1$.
તેથી $b = -6(1) = -6$.
આમ,$a+b = 1 + (-6) = -5$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \cos x - \sin 2x$ એ અંતરાલ $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ પર સતત છે અને $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(\pi/2) - f(-\pi/2)}{\pi/2 - (-\pi/2)}$.
પ્રથમ,$f(\pi/2) = \cos(\pi/2) - \sin(\pi) = 0 - 0 = 0$.
ત્યારબાદ,$f(-\pi/2) = \cos(-\pi/2) - \sin(-\pi) = 0 - 0 = 0$.
આમ,$f'(c) = \frac{0 - 0}{\pi} = 0$.
વિકલન $f'(x) = -\sin x - 2\cos 2x$ છે.
$f'(c) = 0$ લેતા,આપણને $-\sin c - 2\cos 2c = 0$ મળે છે.
નિત્યસમ $\cos 2c = 1 - 2\sin^2 c$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\sin c - 2(1 - 2\sin^2 c) = 0$.
$-\sin c - 2 + 4\sin^2 c = 0$,જેનું સાદું રૂપ $4\sin^2 c - \sin c - 2 = 0$ થાય છે.
$\sin c$ માટે દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sin c = \frac{1 \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(4)(-2)}}{2(4)} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 32}}{8} = \frac{1 \pm \sqrt{33}}{8}$.
તેથી,$c = \sin^{-1}\left(\frac{1 \pm \sqrt{33}}{8}\right)$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x^{1/2}$ અને $g(x) = x^{-1/2}$.
વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2} x^{-1/2} \implies f^{\prime}(c) = \frac{1}{2} c^{-1/2}$
$g^{\prime}(x) = -\frac{1}{2} x^{-3/2} \implies g^{\prime}(c) = -\frac{1}{2} c^{-3/2}$
હવે,વિકલનનો ગુણોત્તર:
$\frac{f^{\prime}(c)}{g^{\prime}(c)} = \frac{\frac{1}{2} c^{-1/2}}{-\frac{1}{2} c^{-3/2}} = -c^{(-1/2) - (-3/2)} = -c^1 = -c$
તફાવતનો ગુણોત્તર:
$f(12) - f(3) = \sqrt{12} - \sqrt{3} = 2\sqrt{3} - \sqrt{3} = \sqrt{3}$
$g(12) - g(3) = \frac{1}{\sqrt{12}} - \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} - \frac{1}{\sqrt{3}} = -\frac{1}{2\sqrt{3}}$
$\frac{f(12) - f(3)}{g(12) - g(3)} = \frac{\sqrt{3}}{-\frac{1}{2\sqrt{3}}} = -6$
બંનેને સરખાવતા:
$-c = -6 \implies c = 6$.

(B) આપેલ છે: $f(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)$.
વિધેયનું વિસ્તરણ કરતા: $f(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6$.
વિકલન કરતા $f'(x) = 3x^2 - 12x + 11$ મળે.
$f(x)$ બહુપદી હોવાથી તે $[0, 4]$ પર સતત અને $(0, 4)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એવું $c \in (0, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(4) - f(0)}{4 - 0}$ થાય.
$f(4) = (4-1)(4-2)(4-3) = 3 \times 2 \times 1 = 6$.
$f(0) = (0-1)(0-2)(0-3) = -6$.
તેથી,$f'(c) = \frac{6 - (-6)}{4} = \frac{12}{4} = 3$.
$3c^2 - 12c + 11 = 3$ લેતા,$3c^2 - 12c + 8 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$c = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 4(3)(8)}}{2(3)} = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 96}}{6} = \frac{12 \pm \sqrt{48}}{6}$.
$c = \frac{12 \pm 4\sqrt{3}}{6} = 2 \pm \frac{2\sqrt{3}}{3}$.
બંને કિંમતો $(0, 4)$ અંતરાલમાં આવેલી છે.

(D) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ ને $[a, b]$ પર લાગુ કરવા માટે,વિધેય $f(x)$ નીચેની શરતોનું પાલન કરતું હોવું જોઈએ:
$1$. $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
અંતરાલ $[0, 1]$ માટે વિકલ્પોનું વિશ્લેષણ કરીએ:
- વિકલ્પ $A$: વિધેય $x = 1/2$ પર સતત છે કારણ કે $\lim_{x \to 1/2^-} (1/2 - x) = 0$ અને $f(1/2) = 0$. તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
- વિકલ્પ $B$: વિધેય $x = 0$ પર સતત છે કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 = f(0)$. તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
- વિકલ્પ $C$: $f(x) = x|x|$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત અને વિકલનીય છે.
- વિકલ્પ $D$: $f(x) = |x|$. $x = 0$ આગળ,ડાબી બાજુનું વિકલન $-1$ છે અને જમણી બાજુનું વિકલન $1$ છે. ડાબી બાજુનું વિકલન $\neq$ જમણી બાજુનું વિકલન હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી. $0 \in [0, 1]$ હોવાથી,$LMVT$ એ $f(x) = |x|$ માટે $[0, 1]$ પર લાગુ પડતું નથી.

(D) રોલના પ્રમેય લાગુ કરવા માટે,$f(x)$ એ $[1, 2]$ પર સતત,$(1, 2)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ અને $f(1) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
અહીં,$f(1) = (1-1)^3(1-2)^5 = 0$ અને $f(2) = (2-1)^3(2-2)^5 = 0$. તેથી $f(1) = f(2) = 0$ હોવાથી રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
આપણે $c \in (1, 2)$ શોધવાનું છે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $f'(x) = 3(x-1)^2(x-2)^5 + 5(x-1)^3(x-2)^4$.
સામાન્ય પદો બહાર કાઢતા: $f'(x) = (x-1)^2(x-2)^4 [3(x-2) + 5(x-1)]$.
$f'(x) = (x-1)^2(x-2)^4 [3x - 6 + 5x - 5] = (x-1)^2(x-2)^4 (8x - 11)$.
$c \in (1, 2)$ માટે $f'(c) = 0$ લેતા:
$(c-1)^2(c-2)^4 (8c - 11) = 0$.
$c \neq 1$ અને $c \neq 2$ હોવાથી,$8c - 11 = 0$ થવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $c = \frac{11}{8}$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = (x-1)(x-2) = x^2 - 3x + 2$ અંતરાલ $[0, 1/2]$ પર છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c \in (0, 1/2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં,$a = 0$ અને $b = 1/2$.
$f(a) = f(0) = (0-1)(0-2) = 2$.
$f(b) = f(1/2) = (1/2 - 1)(1/2 - 2) = (-1/2)(-3/2) = 3/4$.
$f'(x) = 2x - 3$,તેથી $f'(c) = 2c - 3$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $2c - 3 = \frac{3/4 - 2}{1/2 - 0}$.
$2c - 3 = \frac{-5/4}{1/2} = -5/2$.
$2c = 3 - 5/2 = 1/2$.
$c = 1/4$.
કારણ કે $1/4 \in (0, 1/2)$,તેથી $c$ નું મૂલ્ય $1/4$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x^3 + bx^2 + ax$.
$f(1) = f(3)$ હોવાથી,$1 + b + a = 27 + 9b + 3a$ મળે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $8b + 2a = -26$,અથવા $4b + a = -13$ (સમીકરણ $1$) મળે.
વિકલન $f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2bx + a$ છે.
$c = 2 + \frac{1}{\sqrt{3}}$ આગળ $f^{\prime}(c) = 0$ આપેલ છે,તેથી $3(2 + \frac{1}{\sqrt{3}})^2 + 2b(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) + a = 0$.
વિસ્તરણ કરતા: $3(4 + \frac{4}{\sqrt{3}} + \frac{1}{3}) + 2b(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) + a = 0$.
$12 + 4\sqrt{3} + 1 + 2b(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) + a = 0$.
$13 + 4\sqrt{3} + 2b(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) + a = 0$.
$a = -13 - 4b$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$13 + 4\sqrt{3} + 4b + \frac{2b}{\sqrt{3}} - 13 - 4b = 0$.
$4\sqrt{3} + \frac{2b}{\sqrt{3}} = 0$.
$4\sqrt{3} = -\frac{2b}{\sqrt{3}} \implies 12 = -2b \implies b = -6$.
$a = -13 - 4b$ નો ઉપયોગ કરતા,$a = -13 - 4(-6) = -13 + 24 = 11$ મળે.
આમ,$(a, b) = (11, -6)$.

(B) આપેલ છે કે,$f(x)=x^3+a x^2+b x$.
આપણને $f(1)-f(3)=0$ આપેલ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(1)=f(3)$.
વિધેયમાં કિંમતો મૂકતા:
$1+a+b = 27+9a+3b$
$-26 = 8a+2b$
$2$ વડે ભાગતા,આપણને $4a+b=-13$ મળે છે ... $(i)$.
હવે,વિકલન $f^{\prime}(x) = 3x^2+2ax+b$ શોધો.
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(\frac{2 \sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}\right)=0$,ધારો કે $x = \frac{2 \sqrt{3}+1}{\sqrt{3}} = 2 + \frac{1}{\sqrt{3}}$.
$3\left(2+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 + 2a\left(2+\frac{1}{\sqrt{3}}\right) + b = 0$
$3\left(4 + \frac{4}{\sqrt{3}} + \frac{1}{3}\right) + 4a + \frac{2a}{\sqrt{3}} + b = 0$
$12 + 4\sqrt{3} + 1 + 4a + \frac{2a}{\sqrt{3}} + b = 0$
$13 + 4\sqrt{3} + 4a + \frac{2a}{\sqrt{3}} + b = 0$
સમીકરણ $(i)$ પરથી $b = -13-4a$ મૂકતા:
$13 + 4\sqrt{3} + 4a + \frac{2a}{\sqrt{3}} - 13 - 4a = 0$
$4\sqrt{3} + \frac{2a}{\sqrt{3}} = 0$
$\frac{2a}{\sqrt{3}} = -4\sqrt{3}$
$2a = -4 \times 3 = -12$
$a = -6$.
સમીકરણ $(i)$ માં $a=-6$ મૂકતા,$b = -13 - 4(-6) = -13 + 24 = 11$.
તેથી,$a-b = -6 - 11 = -17$.

(C) સૌ પ્રથમ,અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતોની ગણતરી કરો:
$f(2) = \frac{1}{2}(2-6)^2 - 3 = \frac{1}{2}(16) - 3 = 8 - 3 = 5$.
$f(10) = 10 - 5 = 5$.
$f(2) = f(10) = 5$ હોવાથી,રોલના પ્રમેયની પ્રથમ શરત સંતોષાય છે.
આગળ,$x=4$ પર સાતત્ય તપાસો:
ડાબી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to 4^-} f(x) = \frac{1}{2}(4-6)^2 - 3 = \frac{1}{2}(4) - 3 = 2 - 3 = -1$.
જમણી બાજુની લક્ષ: $\lim_{x \to 4^+} f(x) = 4 - 5 = -1$.
$f(4) = -1$ હોવાથી,વિધેય $x=4$ પર સતત છે.
છેલ્લે,$x=4$ પર વિકલનીયતા તપાસો:
ડાબી બાજુનું વિકલન: $f'(x) = (x-6)$,તેથી $f'(4^-) = 4-6 = -2$.
જમણી બાજુનું વિકલન: $f'(x) = 1$,તેથી $f'(4^+) = 1$.
$f'(4^-) \neq f'(4^+)$ હોવાથી,વિધેય $x=4$ પર વિકલનીય નથી.
વિધેય અંતરાલ $(2, 10)$ માં વિકલનીય ન હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x(x+3)e^{-x/2}$ છે.
કારણ કે $f(x)$ એ $[-3, 0]$ માં રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે,તેથી ઓછામાં ઓછું એક $c \in (-3, 0)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}[x(x+3)] \cdot e^{-x/2} + x(x+3) \cdot \frac{d}{dx}[e^{-x/2}]$
$f'(x) = (2x+3)e^{-x/2} + (x^2+3x) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)e^{-x/2}$
$f'(x) = e^{-x/2} \left[ 2x+3 - \frac{x^2+3x}{2} \right]$
$f'(x) = e^{-x/2} \left[ \frac{4x+6-x^2-3x}{2} \right] = \frac{-x^2+x+6}{2} e^{-x/2}$
$f'(x) = 0$ લેતા:
$\frac{-(x^2-x-6)}{2} e^{-x/2} = 0$
$e^{-x/2} \neq 0$ હોવાથી,$x^2-x-6 = 0$ મળે.
$(x-3)(x+2) = 0$
તેથી,$x = 3$ અથવા $x = -2$.
બીજ અંતરાલ $(-3, 0)$ માં હોવું જોઈએ,તેથી માન્ય બીજ $x = -2$ છે.

(D) રોલનું પ્રમેય વિધેય $y = f(x), x \in [a, b]$ માટે લાગુ પડે છે,જો:
$(i)$ $f(x)$ એ બધા $x \in [a, b]$ માટે સતત હોય
$(ii)$ $f(x)$ એ બધા $x \in (a, b)$ માટે વિકલનીય હોય
$(iii)$ $f(a) = f(b)$
અહીં,$f(0) = 0$ અને $f(2) = 2 - 2 = 0$. તેથી,$f(0) = f(2)$.
$f(x)$ એ બધા $x \in [0, 2]$ માટે સતત છે.
જોકે,$f(x)$ ને $x = 1$ આગળ એક તીક્ષ્ણ ખૂણો (sharp corner) છે.
$x = 1$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન: $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(1-h) - f(1)}{-h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(1-h) - 1}{-h} = 1$.
$x = 1$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન: $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(2-(1+h)) - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h}{h} = -1$.
ડાબી બાજુનું વિકલન $\neq$ જમણી બાજુનું વિકલન હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(D) વિધાન $I$ માટે: ધારો કે $F(x) = a_0 x + \frac{a_1 x^2}{2} + \frac{a_2 x^3}{3} + \ldots + \frac{a_n x^{n+1}}{n+1}$.
$F(x)$ એક બહુપદી છે,તેથી તે $[0,1]$ પર સતત છે અને $(0,1)$ પર વિકલનીય છે.
$F(0) = 0$ અને $F(1) = a_0 + \frac{a_1}{2} + \ldots + \frac{a_n}{n+1} = 0$ (આપેલ છે).
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (0,1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $F^{\prime}(c) = 0$ થાય.
કારણ કે $F^{\prime}(x) = a_0 + a_1 x + \ldots + a_n x^n = P(x)$,તેથી $P(c) = 0$. આમ,વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$ માટે: ધારો કે $g(x) = \frac{f(x)}{x}$. કારણ કે $f$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $a>0$,તેથી $g(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $g(a) = \frac{f(a)}{a} = \frac{f(b)}{b} = g(b)$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (a, b)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g^{\prime}(c) = 0$ થાય.
$g^{\prime}(x) = \frac{x f^{\prime}(x) - f(x)}{x^2}$.
$g^{\prime}(c) = 0$ લેતા,આપણને $c f^{\prime}(c) - f(c) = 0$ મળે છે,એટલે કે $c f^{\prime}(c) = f(c)$. આમ,વિધાન $II$ પણ સાચું છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = (2x-1)(3x+2)(4x-3)$.
પ્રથમ,રોલના પ્રમેયની શરતો તપાસો:
$f(\frac{1}{2}) = (2(\frac{1}{2})-1)(...) = 0 \times (...) = 0$.
$f(\frac{3}{4}) = (...)(4(\frac{3}{4})-3) = (...)(3-3) = 0$.
$f(\frac{1}{2}) = f(\frac{3}{4}) = 0$ હોવાથી અને $f(x)$ બહુપદી હોવાથી,તે સતત અને વિકલનીય છે.
$f(x)$ નું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = (6x^2 + x - 2)(4x-3) = 24x^3 - 14x^2 - 11x + 6$.
હવે,$f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = 72x^2 - 28x - 11$.
$f'(c) = 0$ લેતા:
$72c^2 - 28c - 11 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$c = \frac{28 \pm \sqrt{784 + 3168}}{144} = \frac{28 \pm \sqrt{3952}}{144} = \frac{7 \pm \sqrt{247}}{36}$.
અહીં $c \in [0.5, 0.75]$ હોવાથી,માત્ર $c = \frac{7+\sqrt{247}}{36}$ શક્ય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x^3 + ax^2 + bx + 40$.
$-5$ અને $4$ એ $f(x) = 0$ ના બીજ હોવાથી,$f(-5) = 0$ અને $f(4) = 0$ થાય.
$f(-5) = (-5)^3 + a(-5)^2 + b(-5) + 40 = -125 + 25a - 5b + 40 = 25a - 5b - 85 = 0 \Rightarrow 5a - b = 17$ $(i)$.
$f(4) = (4)^3 + a(4)^2 + b(4) + 40 = 64 + 16a + 4b + 40 = 16a + 4b + 104 = 0 \Rightarrow 4a + b = -26$ $(ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા,$9a = -9 \Rightarrow a = -1$ મળે.
$(i)$ માં $a = -1$ મૂકતા,$5(-1) - b = 17 \Rightarrow -5 - b = 17 \Rightarrow b = -22$ મળે.
આમ,$f(x) = x^3 - x^2 - 22x + 40$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (-5, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$f'(x) = 3x^2 - 2x - 22$.
$f'(c) = 0$ લેતા,$3c^2 - 2c - 22 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $c = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(3)(-22)}}{2(3)} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 264}}{6} = \frac{2 \pm \sqrt{268}}{6} = \frac{2 \pm 2\sqrt{67}}{6} = \frac{1 \pm \sqrt{67}}{3}$.
$c \in (-5, 4)$ હોવાથી,$\frac{1+\sqrt{67}}{3} \approx 3.06$ એ અંતરાલમાં છે.
તેથી,$c$ ની એક કિંમત $\frac{1+\sqrt{67}}{3}$ છે.

(D) અંતરાલ $[0, 1]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ કરવા માટે,વિધેય $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
કારણ કે $f(x)$ એ $x \in (0, 1]$ માટે સતત છે,આપણે $x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0$.
$\lim_{x \to 0^+} x^p \log x = 0$.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\log x}{x^{-p}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-p x^{-p-1}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^p}{-p}$.
આ લક્ષ $0$ ત્યારે જ થાય જો $p > 0$ હોય.
વળી,રોલના પ્રમેય માટે,$f(0) = f(1)$ થવું જોઈએ.
$f(0) = 0$ અને $f(1) = 1^p \log 1 = 0$.
આમ,$f(0) = f(1) = 0$ એ $p > 0$ માટે સંતોષાય છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$p = 1$ એ એકમાત્ર કિંમત છે જે $p > 0$ ની શરતનું પાલન કરે છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x$ અંતરાલ $[2, 5]$ પર છે.
$f(x)$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે $[2, 5]$ પર સતત છે અને $(2, 5)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,$(2, 5)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $C$ એવું મળે કે જેથી $f'(C) = \frac{f(5) - f(2)}{5 - 2}$ થાય.
વિકલન કરતા: $f'(x) = 1$,તેથી $f'(C) = 1$.
ઢાળની ગણતરી કરતા: $\frac{f(5) - f(2)}{5 - 2} = \frac{5 - 2}{5 - 2} = \frac{3}{3} = 1$.
આમ,શરત $f'(C) = 1$ એ $1 = 1$ બને છે,જે $(2, 5)$ ના દરેક $C$ માટે સાચું છે.
અંતરાલ $(2, 5)$ માં અસંખ્ય બિંદુઓ હોવાથી,$C$ ના અનંત મૂલ્યો શક્ય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^4 + a x^3 + b x$ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર છે.
રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું હોવાથી,$f(-1) = f(1)$ થવું જોઈએ.
$f(-1) = (-1)^4 + a(-1)^3 + b(-1) = 1 - a - b$.
$f(1) = (1)^4 + a(1)^3 + b(1) = 1 + a + b$.
તેમને સરખાવતા: $1 - a - b = 1 + a + b \Rightarrow 2a + 2b = 0 \Rightarrow a + b = 0$ . . . $(1)$.
હવે,વિકલન મેળવીએ: $f^{\prime}(x) = 4x^3 + 3ax^2 + b$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) = 0$,તેથી $x = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$4\left(\frac{1}{2}\right)^3 + 3a\left(\frac{1}{2}\right)^2 + b = 0$.
$4\left(\frac{1}{8}\right) + 3a\left(\frac{1}{4}\right) + b = 0$.
$\frac{1}{2} + \frac{3}{4}a + b = 0$.
$4$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $2 + 3a + 4b = 0 \Rightarrow 3a + 4b = -2$ . . . $(2)$.
$(1)$ પરથી,$b = -a$. તેને $(2)$ માં મૂકતા:
$3a + 4(-a) = -2 \Rightarrow -a = -2 \Rightarrow a = 2$.
તેથી $b = -2$.
આમ,$ab = (2)(-2) = -4$.

(C) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $[a, b]$ પર ત્યારે જ લાગુ પડે જો તે $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય.
વિકલ્પ $C$ માટે,ધારો કે $f(x) = \frac{2x-1}{3x-4}$ અંતરાલ $[1, 2]$ પર છે.
વિધેય $f(x)$ ત્યારે અવ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે છેદ શૂન્ય હોય,એટલે કે $3x - 4 = 0$,જેનો ઉકેલ $x = \frac{4}{3}$ મળે છે.
અહીં $\frac{4}{3} \in [1, 2]$ હોવાથી,વિધેય $x = \frac{4}{3}$ આગળ સતત નથી.
તેથી,આપેલ અંતરાલ પર આ વિધેય માટે લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેયની શરતો સંતોષાતી નથી.

(C) $f(x)=2x^3-3x^2-x+1=0$ ના બીજ શોધવા માટે,આપણે ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમનો ઉપયોગ કરીને દરેક અંતરાલના અંતબિંદુઓ પર $f(x)$ ની નિશાની તપાસીએ.
$f(-2) = 2(-8) - 3(4) - (-2) + 1 = -16 - 12 + 2 + 1 = -25$
$f(-1) = 2(-1) - 3(1) - (-1) + 1 = -2 - 3 + 1 + 1 = -3$
$f(-2)$ અને $f(-1)$ સમાન નિશાની ધરાવતા હોવાથી,$I_4=[-2,-1]$ માં કોઈ બીજ નથી.
$f(0) = 1$
$f(-1)=-3$ અને $f(0)=1$ હોવાથી,$I_1=[-1,0]$ માં એક બીજ છે.
$f(1) = 2 - 3 - 1 + 1 = -1$
$f(0)=1$ અને $f(1)=-1$ હોવાથી,$I_2=[0,1]$ માં એક બીજ છે.
$f(2) = 2(8) - 3(4) - 2 + 1 = 16 - 12 - 2 + 1 = 3$
$f(1)=-1$ અને $f(2)=3$ હોવાથી,$I_3=[1,2]$ માં એક બીજ છે.
આમ,$f(x)=0$ ને $I_4$ સિવાયના દરેક અંતરાલમાં બીજ છે.

(D) આપેલ છે કે $g(x) = \frac{f(x)}{x+1}$.
કારણ કે $f(x)$ એ $[0,6]$ પર સતત છે અને $(0,6)$ પર વિકલનીય છે,તેથી $g(x)$ પણ $[0,6]$ પર સતત અને $(0,6)$ પર વિકલનીય છે કારણ કે $x \in [0,6]$ માટે $x+1 \neq 0$ છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર $g(x)$ ની કિંમતો શોધો:
$g(0) = \frac{f(0)}{0+1} = \frac{12}{1} = 12$
$g(6) = \frac{f(6)}{6+1} = \frac{-4}{7}$
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0,6)$ એવું મળે કે જેથી $g^{\prime}(c) = \frac{g(6)-g(0)}{6-0}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$g^{\prime}(c) = \frac{-\frac{4}{7} - 12}{6} = \frac{-\frac{4}{7} - \frac{84}{7}}{6} = \frac{-\frac{88}{7}}{6} = -\frac{88}{42} = -\frac{44}{21}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[1, 6]$ પર વિકલનીય છે અને $f(1) = -2$ છે.
કારણ કે $f(x)$ ને $(1, 6)$ માં બરાબર એક શૂન્ય છે,ધારો કે આ શૂન્ય $x_0$ છે.
$f(x)$ ને $(1, 6)$ માં શૂન્ય હોવા માટે,વિધેયની નિશાની બદલાવી જોઈએ.
$f(1) = -2 < 0$ હોવાથી,$(1, 6)$ માં શૂન્ય હોવા માટે $f(6) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
લેગ્રાન્જ મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,એવો $c \in (1, 6)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(6) - f(1)}{6 - 1}$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $f^{\prime}(c) = \frac{f(6) - (-2)}{5} = \frac{f(6) + 2}{5}$.
$f(6) > 0$ હોવાથી,$f(6) + 2 > 2$ થાય.
તેથી,$f^{\prime}(c) = \frac{f(6) + 2}{5} > \frac{2}{5}$.
આમ,એવો $c \in (1, 6)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) > \frac{2}{5}$.

(A) ધારો કે $f(x) = e^x \cos x + 1$.
ધારો કે $\alpha$ અને $\beta$ એ $f(x) = 0$ ના બે ક્રમિક બીજ છે જેથી $\alpha < \beta$.
તેથી $f(\alpha) = 0$ અને $f(\beta) = 0$.
$f(x)$ એ $[\alpha, \beta]$ પર સતત છે અને $(\alpha, \beta)$ પર વિકલનીય છે,તેથી રોલના પ્રમેય મુજબ,$(\alpha, \beta)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
પરંતુ,વિધેય $g(x) = e^{-x} f(x) = \cos x + e^{-x}$ ધ્યાનમાં લો.
તો $g(\alpha) = 0$ અને $g(\beta) = 0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(\alpha, \beta)$ માં એક $c$ એવું મળે કે જેથી $g'(c) = 0$ થાય.
$g'(x) = -\sin x - e^{-x} = 0$.
બંને બાજુ $-e^x$ વડે ગુણતા,આપણને $e^x \sin x + 1 = 0$ મળે છે.
આમ,$\alpha$ અને $\beta$ ની વચ્ચે $e^x \sin x + 1 = 0$ નું એક બીજ રહેલું છે.