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

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[0,4]$ પર સતત છે અને $(0,4)$ પર વિકલનીય છે.
$g(x) = \frac{f(x)}{x+2}$ હોવાથી,$g(x)$ પણ $[0,4]$ પર સતત અને $(0,4)$ પર વિકલનીય છે કારણ કે $x \in [0,4]$ માટે $x+2 \neq 0$ થાય છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર $g(x)$ ની કિંમતો શોધીએ:
$g(0) = \frac{f(0)}{0+2} = \frac{4}{2} = 2$
$g(4) = \frac{f(4)}{4+2} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}$
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0,4)$ એવું મળે કે જેથી $g^{\prime}(c) = \frac{g(4)-g(0)}{4-0}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$g^{\prime}(c) = \frac{-\frac{1}{3} - 2}{4} = \frac{-\frac{7}{3}}{4} = -\frac{7}{12}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+2x^2-x$.
$f(x)$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે $[-1,2]$ પર સતત છે અને $(-1,2)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એવો $C \in (-1,2)$ મળે કે જેથી $f'(C) = \frac{f(2)-f(-1)}{2-(-1)}$ થાય.
પ્રથમ,$f(2) = 2^3 + 2(2^2) - 2 = 8 + 8 - 2 = 14$.
ત્યારબાદ,$f(-1) = (-1)^3 + 2(-1)^2 - (-1) = -1 + 2 + 1 = 2$.
હવે,$f'(x) = 3x^2 + 4x - 1$.
તેથી,$3C^2 + 4C - 1 = \frac{14-2}{3} = \frac{12}{3} = 4$.
$3C^2 + 4C - 5 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $C = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,$C = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4(3)(-5)}}{2(3)} = \frac{-4 \pm \sqrt{16+60}}{6} = \frac{-4 \pm \sqrt{76}}{6}$.
સાદુરૂપ આપતા,$C = \frac{-4 \pm 2\sqrt{19}}{6} = \frac{-2 \pm \sqrt{19}}{3}$.
$C \in (-1,2)$ હોવાથી,આપણે ધન મૂલ્ય લઈશું: $C = \frac{-2+\sqrt{19}}{3}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x(x-1)(x-2) = x^3-3x^2+2x$.
વિકલન કરતા $f'(x) = 3x^2-6x+2$ મળે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,એવો $c \in (0, 1/2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(1/2)-f(0)}{1/2-0}$ થાય.
$f(1/2) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2) = \frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2}) = \frac{3}{8}$ અને $f(0) = 0$ છે.
તેથી,$f'(c) = \frac{3/8 - 0}{1/2} = \frac{3}{4}$.
$3c^2-6c+2 = 3/4$ લેતા,$12c^2-24c+5 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,$c = \frac{24 \pm \sqrt{576-240}}{24} = \frac{24 \pm \sqrt{336}}{24} = 1 \pm \frac{4\sqrt{21}}{24} = 1 \pm \frac{\sqrt{21}}{6} = 1 \pm \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$ મળે.
$c \in (0, 1/2)$ હોવાથી,આપણે $c = 1 - \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$ પસંદ કરીશું.

(D) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x, & 0 \leq x \leq 1 \\ 2-x, & 1 < x \leq 2 \end{cases}$.
રોલના પ્રમેય માટે,$f(x)$ એ $[0, 2]$ પર સતત હોવું જોઈએ,$(0, 2)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ અને $f(0) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,$x = 1$ આગળ સાતત્ય તપાસીએ:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} x = 1$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} (2-x) = 2 - 1 = 1$.
$f(1) = 1$.
$LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે.
હવે,$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીએ:
$f'(1^-) = \frac{d}{dx}(x) = 1$.
$f'(1^+) = \frac{d}{dx}(2-x) = -1$.
$f'(1^-) \neq f'(1^+)$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી કારણ કે $f(x)$ એ અંતરાલ $(0, 2)$ પર વિકલનીય નથી.

(C) આપેલ છે કે,$f(x)=\sqrt{x-2}$ જ્યાં $x \in [2,6]$.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈક $c \in (2,6)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ થાય.
અહીં,$a=2$ અને $b=6$ છે.
$f(a) = f(2) = \sqrt{2-2} = 0$.
$f(b) = f(6) = \sqrt{6-2} = \sqrt{4} = 2$.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sqrt{x-2}) = \frac{1}{2\sqrt{x-2}}$.
તેથી,$f'(c) = \frac{1}{2\sqrt{c-2}}$.
આ કિંમતોને પ્રમેયના સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2\sqrt{c-2}} = \frac{2-0}{6-2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2\sqrt{c-2}} = \frac{1}{2}$.
$\sqrt{c-2} = 1$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$c-2 = 1$,જે આપણને $c = 3$ આપે છે.
કારણ કે $3 \in (2,6)$,તેથી $c$ ની કિંમત $3$ છે.

(D) મધ્યકમાન પ્રમેય $(MVT)$ મુજબ,જો વિધેય $f$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય,તો $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $t$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(t) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f$ એ $[a, b]$ થી $[c, d]$ પરનું ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,$f(a) = c$ અને $f(b) = d$ થાય.
આ કિંમતો $MVT$ ના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $f^{\prime}(t) = \frac{d - c}{b - a}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{d - c}{b - a}$ એ $(a, b)$ માં કોઈ બિંદુ $t$ આગળ વક્ર $y = f(t)$ ના સ્પર્શકનો ઢાળ દર્શાવે છે.

(D) 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.
$A. f(x) = |x-1|$. આ વિધેય $x=1$ પર વિકલનીય નથી,જે અંતરાલ $[1,3]$ નો અંતિમ બિંદુ છે. તેથી,$LMVT$ લાગુ પડતું નથી. જોકે,જો આપણે છેદક રેખાનો ઢાળ લઈએ,તો $\frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{2-0}{2} = 1$. $x > 1$ માટે,$f'(x) = 1$. કોઈપણ $c \in (1,3)$ આને સંતોષે છે. વિકલ્પો જોતા,$A-II$ એ હેતુપૂર્વકની જોડી છે.
$B. f(x) = \log x$. $f'(c) = \frac{\log 3 - \log 1}{3-1} = \frac{\log 3}{2} = \log 3^{1/2} = \log \sqrt{3}$. $f'(x) = 1/x$ હોવાથી,$1/c = \log \sqrt{3} \implies c = 1/\log \sqrt{3} = \log_3 e^2$. તેથી,$B-III$.
$C. f(x) = x^2+x+1$. $f'(c) = \frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{(9+3+1)-(1+1+1)}{2} = \frac{13-3}{2} = 5$. $f'(x) = 2x+1$ હોવાથી,$2c+1 = 5 \implies 2c = 4 \implies c = 2$. તેથી,$C-II$.
$D. f(x) = e^x$. $f'(c) = \frac{e^3-e^1}{3-1} = \frac{e^3-e}{2}$. $f'(x) = e^x$ હોવાથી,$e^c = \frac{e^3-e}{2} \implies c = \log \left(\frac{e^3-e}{2}\right)$. તેથી,$D-V$.
જોડકાં: $A-II, B-III, C-II, D-V$.

(B) ધારો કે $f(x) = 2^x + 5^x - 3^x - 4^x = 0$.
આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $x=0$ એ ઉકેલ છે કારણ કે $2^0 + 5^0 = 1 + 1 = 2$ અને $3^0 + 4^0 = 1 + 1 = 2$.
તે જ રીતે,$x=1$ પણ ઉકેલ છે કારણ કે $2^1 + 5^1 = 2 + 5 = 7$ અને $3^1 + 4^1 = 3 + 4 = 7$.
અન્ય ઉકેલો તપાસવા માટે,$g(x) = 5^x - 4^x$ અને $h(x) = 3^x - 2^x$ લો. સમીકરણ $g(x) = h(x)$ છે.
મીન વેલ્યુ થિયરમનો ઉપયોગ કરીને અથવા વિકલનનું વિશ્લેષણ કરીને,તે સાબિત કરી શકાય છે કે ત્યાં બરાબર બે વાસ્તવિક ઉકેલો છે,$x=0$ અને $x=1$.
જેથી $x=0$ એ શૂન્ય ઉકેલ હોવાથી,માત્ર એક શૂન્યતર વાસ્તવિક ઉકેલ $x=1$ મળે છે.

(A) ધારો કે $f(x) = \frac{a_{3} x^{4}}{4} + \frac{a_{2} x^{3}}{3} + \frac{a_{1} x^{2}}{2} + a_{0} x$.
$f(0) = 0$.
$f(1) = \frac{a_{3}}{4} + \frac{a_{2}}{3} + \frac{a_{1}}{2} + a_{0} = 0$ (આપેલ છે).
$f(0) = f(1) = 0$ હોવાથી,રોલના પ્રમેય મુજબ,$(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$f'(x) = a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$.
આમ,સમીકરણ $a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} = 0$ ને અંતરાલ $[0, 1]$ માં ઓછામાં ઓછું એક વાસ્તવિક બીજ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $|f^{\prime}(x)| \leq 5$.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ $x$ માટે,$0$ અને $x$ ની વચ્ચે એક એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(x) - f(0) = f^{\prime}(c)(x - 0)$.
$f(0) = 0$ હોવાથી,આપણને $f(x) = f^{\prime}(c) \cdot x$ મળે છે.
$x = 1$ માટે,$f(1) = f^{\prime}(c) \cdot 1 = f^{\prime}(c)$.
$|f^{\prime}(c)| \leq 5$ હોવાથી,$|f(1)| \leq 5$ થાય.
વૈકલ્પિક રીતે,સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_{0}^{1} -5 \, dx \leq \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) \, dx \leq \int_{0}^{1} 5 \, dx$
$-5 \leq f(1) - f(0) \leq 5$
$f(0) = 0$ હોવાથી,આપણને $-5 \leq f(1) \leq 5$ મળે છે.
આમ,$f(1) \in [-5, 5]$.

(B) આપેલ છે કે $f:[1,3] \rightarrow R$ એ $[1,3]$ પર સતત છે અને $(1,3)$ માં વિકલનીય છે,જ્યાં $f^{\prime}(x)=|f(x)|^{2}+4$ છે.
લેગ્રાન્જ મધ્યક માન પ્રમેય $(LMVT)$ લાગુ પાડતા,ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (1,3)$ એવું મળે કે જેથી:
$\frac{f(3)-f(1)}{3-1} = f^{\prime}(c)$
$\frac{f(3)-f(1)}{2} = |f(c)|^{2} + 4$
કારણ કે $|f(c)|^{2} \geq 0$,તેથી $|f(c)|^{2} + 4 \geq 4$ થાય.
તેથી,$\frac{f(3)-f(1)}{2} \geq 4$,જેનો અર્થ છે કે $f(3)-f(1) \geq 8$.
આમ,વિધાન $f(3)-f(1)=5$ અસત્ય છે.

(A) વિધેય $g(x) = e^{-x} f(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કેમ કે $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે,તેથી $g(x)$ પણ $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $f(a)=0$ અને $f(b)=0$,તેથી $g(a) = e^{-a} f(a) = 0$ અને $g(b) = e^{-b} f(b) = 0$ મળે છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g^{\prime}(c) = 0$ થાય.
હવે,$g^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} (e^{-x} f(x)) = e^{-x} f^{\prime}(x) - e^{-x} f(x) = e^{-x} (f^{\prime}(x) - f(x))$.
$g^{\prime}(c) = 0$ લેતા,આપણને $e^{-c} (f^{\prime}(c) - f(c)) = 0$ મળે છે.
કેમ કે કોઈપણ $c$ માટે $e^{-c} \neq 0$ છે,તેથી $f^{\prime}(c) - f(c) = 0$ અથવા $f^{\prime}(c) = f(c)$ સાબિત થાય છે.

(A, C) વિધેય $h(x) = e^{g(x)} f(x)$ ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $f$ અને $g$ એ $I$ પર વિકલનીય છે,તેથી $h(x)$ પણ $I$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $f(a) = 0$ અને $f(b) = 0$,તેથી $h(a) = e^{g(a)} f(a) = 0$ અને $h(b) = e^{g(b)} f(b) = 0$ થાય.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $h^{\prime}(c) = 0$ થાય.
$h^{\prime}(x) = e^{g(x)} g^{\prime}(x) f(x) + e^{g(x)} f^{\prime}(x) = e^{g(x)} [f^{\prime}(x) + f(x) g^{\prime}(x)]$.
$e^{g(x)} \neq 0$ હોવાથી,$h^{\prime}(c) = 0$ નો અર્થ છે કે $f^{\prime}(c) + f(c) g^{\prime}(c) = 0$.
આમ,વિકલ્પ $(a)$ સાચો છે.
તે જ રીતે,વિકલ્પ $(c)$ માટે,$m(x) = e^{kx} g(x)$ ધ્યાનમાં લો.
$g(a) = 0$ અને $g(b) = 0$ હોવાથી,$m(a) = 0$ અને $m(b) = 0$ થાય.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$(a, b)$ માં $c$ એવું મળે કે જેથી $m^{\prime}(c) = 0$ થાય.
$m^{\prime}(x) = e^{kx} g^{\prime}(x) + k e^{kx} g(x) = e^{kx} [g^{\prime}(x) + k g(x)]$.
$e^{kx} \neq 0$ હોવાથી,$m^{\prime}(c) = 0$ નો અર્થ છે કે $g^{\prime}(c) + k g(c) = 0$.
આમ,વિકલ્પ $(c)$ પણ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $f(0)=f(1)=f^{\prime}(0)=0$.
અંતરાલ $[0, 1]$ પર રોલના પ્રમેય મુજબ,$f(0)=f(1)=0$ હોવાથી,ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $d \in (0, 1)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(d)=0$ થાય.
હવે,આપણી પાસે $f^{\prime}(0)=0$ અને $f^{\prime}(d)=0$ છે જ્યાં $d \in (0, 1)$.
અંતરાલ $[0, d]$ પર વિધેય $f^{\prime}(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા,$f^{\prime}(0)=f^{\prime}(d)=0$ હોવાથી,ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (0, d)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય.
આમ,કોઈક $c \in R$ માટે $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય છે.

(C) મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,$[2, 7]$ પર વિકલનીય વિધેય $f(x)$ માટે,કોઈ $c \in (2, 7)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(7) - f(2)}{7 - 2}$ થાય.
આપેલ છે કે $(2, 7)$ માં તમામ $x$ માટે $f^{\prime}(x) \leq 5$ છે,તેથી $f^{\prime}(c) \leq 5$ થાય.
આપેલ કિંમતો $f(2) = 3$ અને અંતરાલ $[2, 7]$ મૂકતા:
$\frac{f(7) - 3}{7 - 2} \leq 5$
$\frac{f(7) - 3}{5} \leq 5$
$f(7) - 3 \leq 25$
$f(7) \leq 28$.
આમ,$f(7)$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત $28$ છે.

(A) મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ $x \in (0, 5]$ માટે,એક એવો $c \in (0, x)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ થાય.
આપેલ છે કે $f(0) = 0$,તેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(x)}{x}$ મળે.
માનાંક લેતા,$|f^{\prime}(c)| = \left|\frac{f(x)}{x}\right| = \frac{|f(x)|}{|x|}$ થાય.
કારણ કે $(0, 5)$ માં તમામ $x$ માટે $|f^{\prime}(x)| \leq \frac{1}{5}$ છે,તેથી $|f^{\prime}(c)| \leq \frac{1}{5}$ થાય.
આમ,$\frac{|f(x)|}{x} \leq \frac{1}{5}$,જેનો અર્થ છે કે $|f(x)| \leq \frac{x}{5}$.
અહીં $x \in [0, 5]$ હોવાથી,$\frac{x}{5}$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{5}{5} = 1$ છે.
તેથી,$[0, 5]$ માં તમામ $x$ માટે $|f(x)| \leq 1$ થાય છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = 2 + (x - 1)^{2/3}$ અંતરાલ $[0, 2]$ પર છે.
પ્રથમ,આપણે સાતત્ય ચકાસીએ: વિધેય $(x - 1)^{2/3}$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે,તેથી $f(x)$ એ $[0, 2]$ પર સતત છે.
આગળ,આપણે વિકલનીયતા ચકાસીએ: $f'(x) = \frac{2}{3}(x - 1)^{-1/3} = \frac{2}{3(x - 1)^{1/3}}$.
$x = 1$ આગળ,$f'(x)$ અવ્યાખ્યાયિત છે કારણ કે છેદ શૂન્ય થાય છે. આમ,$f$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી,જે અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવે છે.
કારણ કે $f$ એ $(0, 2)$ માં વિકલનીય નથી,તેથી રોલનું પ્રમેય $[0, 2]$ પર લાગુ પડતું નથી.
અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો ચકાસતા: $f(0) = 2 + (0 - 1)^{2/3} = 2 + 1 = 3$ અને $f(2) = 2 + (2 - 1)^{2/3} = 2 + 1 = 3$. આમ,$f(0) = f(2)$.
તેથી,વિધાન '$f$ એ $(0, 2)$ માં વિકલનીય નથી' સાચું છે,'$f$ એ $[0, 2]$ માં સતત છે' સાચું છે,'$f(0) = f(2)$' સાચું છે,અને 'રોલનું પ્રમેય $[0, 2]$ પર લાગુ પડે છે' એ વિધાન ખોટું છે.

(C) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ,જો વિધેય $f$ એ $[2, 4]$ પર સતત હોય અને $(2, 4)$ પર વિકલનીય હોય,તો ઓછામાં ઓછું એક $c \in (2, 4)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(4) - f(2)}{4 - 2}$ થાય.
આપેલ છે કે તમામ $x \in [2, 4]$ માટે $f^{\prime}(x) \geq 6$,તેથી $f^{\prime}(c) \geq 6$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે $\frac{f(4) - (-4)}{2} \geq 6$.
$f(4) + 4 \geq 12$.
$f(4) \geq 8$.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = [f(x)]^2 + 4$.
$f(x)$ એ $[1, 3]$ પર સતત અને $(1, 3)$ પર વિકલનીય હોવાથી,મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈક $c \in (1, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{f(3)-f(1)}{2}$.
આ કિંમતને આપેલ વિકલ સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{f(3)-f(1)}{2} = [f(c)]^2 + 4$.
આથી $f(3)-f(1) = 2[f(c)]^2 + 8$.
કારણ કે $[f(c)]^2 \ge 0$,તેથી $f(3)-f(1) \ge 8$.
આમ,$f(3)-f(1)=5$ શક્ય નથી.

(A) વિધેય $g(x) = e^{-x} f(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કારણ કે $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે,તેથી $g(x)$ પણ $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
આપણને મળે છે $g(a) = e^{-a} f(a) = e^{-a} \cdot 0 = 0$ અને $g(b) = e^{-b} f(b) = e^{-b} \cdot 0 = 0$.
$g(a) = g(b) = 0$ હોવાથી,રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $g^{\prime}(c) = 0$ થાય.
વિકલન કરતા: $g^{\prime}(x) = -e^{-x} f(x) + e^{-x} f^{\prime}(x) = e^{-x} (f^{\prime}(x) - f(x))$.
$g^{\prime}(c) = 0$ લેતા,આપણને મળે $e^{-c} (f^{\prime}(c) - f(c)) = 0$.
કોઈપણ વાસ્તવિક $c$ માટે $e^{-c} \neq 0$ હોવાથી,$f^{\prime}(c) - f(c) = 0$ થવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે ઓછામાં ઓછા એક $c \in (a, b)$ માટે $f^{\prime}(c) = f(c)$ થાય છે.

(B) રોલના પ્રમેય માટે વિધેય $f(x)$ એ સંવૃત અંતરાલ $[a, b]$ પર વ્યાખ્યાયિત,$[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જરૂરી છે.
અહીં,પ્રદેશ $D = [0, 1] \cup [2, 4]$ એ એક જ સંવૃત અંતરાલ નથી. તે બે અલગ-અલગ સંવૃત અંતરાલોનો યોગગણ છે.
રોલનું પ્રમેય લાગુ કરવા માટે,પ્રદેશ એક જ જોડાયેલ સંવૃત અંતરાલ $[a, b]$ હોવો જોઈએ.
કારણ કે પ્રદેશ $D$ અસતત છે,તેથી $f$ માટે $D$ માં રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(A) આપેલ છે કે $f(0) = f(1) = 0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,અંતરાલ $(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = 0$ થાય.
આપણને એ પણ આપેલ છે કે $f^{\prime}(0) = 0$.
હવે,અંતરાલ $[0, c]$ પર વિધેય $f^{\prime}(x)$ ને ધ્યાનમાં લો.
$f$ એ બે વાર સતત વિકલનીય હોવાથી,$f^{\prime}$ એ $[0, c]$ પર સતત છે અને $(0, c)$ પર વિકલનીય છે.
વળી,$f^{\prime}(0) = 0$ અને $f^{\prime}(c) = 0$ છે.
અંતરાલ $[0, c]$ પર $f^{\prime}(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા,$(0, c)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c_1$ એવું મળે કે જેથી $(f^{\prime})^{\prime}(c_1) = f^{\prime \prime}(c_1) = 0$ થાય.
આમ,કોઈક $c_1 \in (0, 1)$ માટે $f^{\prime \prime}(c_1) = 0$ થાય.

(C) વિધેય $g(x) = e^{kx} f(x)$ ધ્યાનમાં લો. કારણ કે $f(x)$ એ $[a, b]$ પર વિકલનીય છે અને $e^{kx}$ દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે,તેથી $g(x)$ એ $[a, b]$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $f(a) = 0$ અને $f(b) = 0$,તેથી $g(a) = e^{ka} f(a) = 0$ અને $g(b) = e^{kb} f(b) = 0$ મળે.
કારણ કે $g(a) = g(b) = 0$ અને $g(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે,રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $g'(c) = 0$ થાય.
હવે,$g'(x) = \frac{d}{dx} (e^{kx} f(x)) = k e^{kx} f(x) + e^{kx} f'(x) = e^{kx} (f'(x) + k f(x))$.
કારણ કે $g'(c) = 0$,તેથી $e^{kc} (f'(c) + k f(c)) = 0$ મળે.
કારણ કે કોઈપણ $c$ માટે $e^{kc} \neq 0$,તેથી $f'(c) + k f(c) = 0$ થવું જ જોઈએ.
આમ,ઓછામાં ઓછા એક $c \in (a, b)$ માટે $J(c) = 0$ થાય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(0)=0$ અને $f(1)=0$. રોલના પ્રમેય મુજબ,$(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછી એક કિંમત $c_1$ એવી મળે કે જેથી $f^{\prime}(c_1)=0$ થાય.
આપણને $f^{\prime}(0)=0$ પણ આપેલ છે.
હવે,અંતરાલ $[0, c_1]$ પર વિધેય $f^{\prime}(x)$ ને ધ્યાનમાં લો.
$f$ એ બે વાર સતત વિકલનીય હોવાથી,$f^{\prime}$ એ $[0, c_1]$ પર સતત છે અને $(0, c_1)$ પર વિકલનીય છે.
આપણી પાસે $f^{\prime}(0)=0$ અને $f^{\prime}(c_1)=0$ છે.
અંતરાલ $[0, c_1]$ પર $f^{\prime}(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા,$(0, c_1)$ માં ઓછામાં ઓછી એક કિંમત $c$ એવી મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય.
જેથી $(0, c_1) \subset (0, 1)$ હોવાથી,$(0, 1)$ માં કોઈક $c$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $f$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે,જ્યાં $f(a)=0$ અને $f(b)=0$ છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c)=0$ થાય.
અહીં $f^{\prime}(a)=0$ અને $f^{\prime}(c)=0$ છે,અને $f^{\prime}$ એ $[a, c]$ પર સતત છે તથા $(a, c)$ પર વિકલનીય છે,તેથી આપણે અંતરાલ $[a, c]$ પર $f^{\prime}$ માટે રોલનું પ્રમેય લગાવી શકીએ છીએ.
તેથી,ઓછામાં ઓછું એક $k \in (a, c)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(k)=0$ થાય.
કારણ કે $(a, c) \subset (a, b)$,તેથી કોઈક $x \in (a, b)$ માટે $f^{\prime \prime}(x)=0$ મળે.

(D) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$.
$x=0$ આગળ સાતત્ય: $LHL = \lim_{x \rightarrow 0^-} x \sin \frac{1}{x} = 0$ અને $RHL = \lim_{x \rightarrow 0^+} x \sin \frac{1}{x} = 0$. $LHL = RHL = f(0)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $[-1, 1]$ પર સતત છે.
$x=0$ આગળ વિકલનીયતા: $f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \sin(1/h)$. આ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી કારણ કે તે $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે. તેથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
રોલના પ્રમેય માટે $f(a) = f(b)$ અને $(a, b)$ પર વિકલનીયતા જરૂરી છે. $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય ન હોવાથી,તે $[-1, 1]$ કે $[0, 1]$ પર રોલના પ્રમેયનું પાલન કરતું નથી.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ માટે $[a, b]$ પર સાતત્ય અને $(a, b)$ પર વિકલનીયતા જરૂરી છે. અંતરાલ $[0, 1]$ માટે,$f(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે. તેથી,તે $[0, 1]$ પર $LMVT$ ની શરતોનું પાલન કરે છે.

(C) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,$c \in (a, b)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $[0, h]$ અંતરાલમાં $f(x) = \cos x$ આપેલ છે,તેથી $f'(c) = \frac{\cos h - \cos 0}{h - 0}$ થાય.
જ્યાં $c = \theta h$ અને $0 < \theta < 1$ છે,તેથી $f'(\theta h) = \frac{\cos h - 1}{h}$ થાય.
$f'(x) = -\sin x$ હોવાથી,$-\sin(\theta h) = \frac{\cos h - 1}{h}$ મળે.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણ $\cos h \approx 1 - \frac{h^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\sin(\theta h) \approx \frac{1 - \frac{h^2}{2} - 1}{h} = -\frac{h}{2}$ મળે.
આમ,$\sin(\theta h) \approx \frac{h}{2}$ થાય.
નાના $h$ માટે,$\sin(\theta h) \approx \theta h$ હોવાથી,$\theta h \approx \frac{h}{2}$ થાય.
તેથી,$\theta \approx \frac{1}{2}$ મળે.
જ્યારે $h \rightarrow 0^{+}$ લઈએ,ત્યારે $\lim_{h \rightarrow 0^{+}} \theta = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(B) અંતરાલ $[a, b]$ પર વિધેય $f(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,નીચેની શરતો પૂરી થવી જોઈએ:
$(i)$ $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
(ii) $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
(iii) $f(a) = f(b)$.
ચાલો અંતરાલ $[-2, 2]$ માટે વિકલ્પો તપાસીએ:
$(A)$ $f(x) = x^{3} \Rightarrow f(-2) = -8, f(2) = 8$. અહીં $f(-2) \neq f(2)$ હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(B)$ $f(x) = 4x^{4} \Rightarrow f(-2) = 4(-2)^{4} = 64$ અને $f(2) = 4(2)^{4} = 64$. અહીં $f(-2) = f(2)$ છે અને વિધેય બહુપદી હોવાથી તે દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે,તેથી રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
$(C)$ $f(x) = 2x^{3} + 3 \Rightarrow f(-2) = 2(-8) + 3 = -13, f(2) = 2(8) + 3 = 19$. અહીં $f(-2) \neq f(2)$ હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(D)$ $f(x) = \pi|x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી,જે $(-2, 2)$ માં આવે છે. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) રોલનું પ્રમેય જણાવે છે કે વિધેય $f(x)$ માટે અંતરાલ $[a, b]$ પર લાગુ થવા માટે,તેણે ત્રણ શરતો સંતોષવી આવશ્યક છે:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
$3$. $f(a) = f(b)$.
$f(x) = e^{\cos x}$ માટે,વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે.
આપણે આપેલા વિકલ્પો માટે $f(a) = f(b)$ શરત તપાસીએ:
વિકલ્પ $A$ માટે: $f(\frac{\pi}{2}) = e^{\cos(\pi/2)} = e^0 = 1$ અને $f(\frac{3\pi}{2}) = e^{\cos(3\pi/2)} = e^0 = 1$.
કારણ કે $f(\frac{\pi}{2}) = f(\frac{3\pi}{2})$,તેથી રોલનું પ્રમેય અંતરાલ $[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$ પર લાગુ પડે છે.

(D) વિધેય $f(x)$ માટે $[a, b]$ અંતરાલમાં રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે નીચેની 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.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $f(x)=|x|$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી,જે $(-2, 2)$ માં આવે છે. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(B)$ $f(x)=\tan x$ એ $x=\frac{\pi}{2}$ આગળ સતત નથી,જે $[0, \pi]$ માં આવે છે. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(C)$ $f(x)=1+(x-2)^{\frac{2}{3}}$ એ $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી,જે $(1, 3)$ માં આવે છે કારણ કે $f'(x) = \frac{2}{3}(x-2)^{-\frac{1}{3}}$. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(D)$ $f(x)=x(x-2)^2$ એ બહુપદી વિધેય છે,તેથી તે $[0, 2]$ પર સતત છે અને $(0, 2)$ પર વિકલનીય છે. વળી,$f(0) = 0(0-2)^2 = 0$ અને $f(2) = 2(2-2)^2 = 0$. અહીં $f(0) = f(2)$ હોવાથી,બધી શરતો સંતોષાય છે. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.

(B) વિધેય $f(x)$ માટે અંતરાલ $[a, b]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે નીચેની શરતો પૂર્ણ થવી 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 અંતરાલ $[-1, 1]$ માટે વિકલ્પો તપાસીએ:
- $f(x) = x$ માટે,$f(-1) = -1$ અને $f(1) = 1$. અહીં $f(-1) \neq f(1)$ હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
- $f(x) = x^2$ માટે,$f(x)$ એ બહુપદી વિધેય છે,તેથી તે $[-1, 1]$ પર સતત છે અને $(-1, 1)$ પર વિકલનીય છે. વળી,$f(-1) = (-1)^2 = 1$ અને $f(1) = (1)^2 = 1$. અહીં $f(-1) = f(1)$ હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
- $f(x) = 2x^3 + 3$ માટે,$f(-1) = 2(-1)^3 + 3 = 1$ અને $f(1) = 2(1)^3 + 3 = 5$. અહીં $f(-1) \neq f(1)$ હોવાથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
- $f(x) = |x|$ માટે,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી,જે અંતરાલ $(-1, 1)$ માં આવે છે. તેથી,રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) વિધેય $g(x) = (1-x) \int_0^x f(t) dt$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કારણ કે $f$ એ $[0, 1]$ પર વિકલનીય છે,તે $[0, 1]$ પર સતત છે,અને તેથી સંકલન $\int_0^x f(t) dt$ વિકલનીય છે.
આપણે જોઈએ છીએ કે $g(0) = (1-0) \int_0^0 f(t) dt = 1 \times 0 = 0$.
તેમજ,$g(1) = (1-1) \int_0^1 f(t) dt = 0 \times \int_0^1 f(t) dt = 0$.
કારણ કે $g(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે અને $g(0) = g(1) = 0$ છે,રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછો એક $c \in (0, 1)$ એવો મળે કે જેથી $g'(c) = 0$ થાય.
વિકલન કરતા: $g'(x) = -1 \int_0^x f(t) dt + (1-x) f(x)$.
$g'(c) = 0$ લેતા,આપણને $-(1-c) f(c) + \int_0^c f(t) dt = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\int_0^c f(t) dt = (1-c) f(c)$.