Domain and Range of ITF Questions in Gujarati

(B) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}x$ એ સાઈન વિધેય $y = \sin x$ નું પ્રતિવિધેય છે,જ્યાં $\sin x$ નો પ્રદેશ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ સુધી મર્યાદિત રાખવામાં આવે છે જેથી તે એક-એક અને વ્યાપ્ત બને.
પ્રતિવિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,પ્રતિવિધેયનો પ્રદેશ એ મૂળ વિધેયનો વિસ્તાર છે અને પ્રતિવિધેયનો વિસ્તાર એ મૂળ વિધેયનો પ્રદેશ છે.
સાઈન વિધેય $y = \sin x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ હોવાથી,તેના પ્રતિવિધેય $\sin^{-1}x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ થાય છે.

(B) વિધેય $f(x) = \tan^{-1} x$ એ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x \in \mathbb{R}$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટ વિધેયની મુખ્ય કિંમતની શાખા $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ અંતરાલ છે.
તેથી,$\tan^{-1} x$ નો વિસ્તાર $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $-1 \le u \le 1$ શરત દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આપેલ વિધેય $f(x) = \sin^{-1}(5x)$ માટે,આપણે $u = 5x$ લઈએ છીએ.
આમ,શરત $-1 \le 5x \le 1$ બને છે.
અસમતાને $5$ વડે ભાગતા,આપણને $-\frac{1}{5} \le x \le \frac{1}{5}$ મળે છે.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ $[-\frac{1}{5}, \frac{1}{5}]$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin^{-1} \left[ \log_3 \left( \frac{x}{3} \right) \right]$ છે.
વિધેય $\sin^{-1}(u)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેનો ચલ $u$ એ $-1 \le u \le 1$ ની વચ્ચે હોવો જોઈએ.
તેથી,આપણે $-1 \le \log_3 \left( \frac{x}{3} \right) \le 1$ લેવું પડે.
લઘુગણકની વ્યાખ્યા મુજબ,આધાર $3$ લેતા:
$3^{-1} \le \frac{x}{3} \le 3^1$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{1}{3} \le \frac{x}{3} \le 3$ મળે છે.
આખી અસમતાને $3$ વડે ગુણતા,આપણને $1 \le x \le 9$ મળે છે.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $x \in [1, 9]$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}[\log_2(x/2)]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$\sin^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ હોવાથી,આપણે નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$-1 \le \log_2(x/2) \le 1$.
લઘુગણકની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને,આધાર $2$ સાથે ઘાતાંક લેતા:
$2^{-1} \le x/2 \le 2^1$.
આનું સાદું રૂપ આપતા:
$1/2 \le x/2 \le 2$.
આખી અસમતાને $2$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$1 \le x \le 4$.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ $x \in [1, 4]$ છે.

(C) $\sin^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે.
તેથી,$-1 \le 1 + 3x + 2x^2 \le 1$ હોવું જોઈએ.
કિસ્સો $I$: $2x^2 + 3x + 1 \ge -1$
$2x^2 + 3x + 2 \ge 0$.
અહીં વિવેચક $D = 3^2 - 4(2)(2) = 9 - 16 = -7 < 0$ છે. $x^2$ નો સહગુણક ધન હોવાથી,$2x^2 + 3x + 2$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે હંમેશા ધન છે.
કિસ્સો $II$: $2x^2 + 3x + 1 \le 1$
$2x^2 + 3x \le 0$
$x(2x + 3) \le 0$.
શૂન્યો $x = 0$ અને $x = -\frac{3}{2}$ છે.
અંતરાલ તપાસતા,અસમતા $x \in \left[ -\frac{3}{2}, 0 \right]$ માટે સાચી છે.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,વિધેયનો પ્રદેશ $\left[ -\frac{3}{2}, 0 \right]$ મળે છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{\sin^{-1}(x - 3)}{\sqrt{9 - x^2}}$ ને વ્યાખ્યાયિત કરવા માટે,આપણે બે શરતોનું પાલન કરવું આવશ્યક છે:
$1$. છેદમાં રહેલા વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત શૂન્ય કરતા મોટી હોવી જોઈએ:
$9 - x^2 > 0$
$x^2 < 9$
$-3 < x < 3$ --- $(i)$
$2$. પ્રતિવિધેય $\sin^{-1}$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ હોવો જોઈએ:
$-1 \le x - 3 \le 1$
બધા પદોમાં $3$ ઉમેરતા:
$2 \le x \le 4$ --- $(ii)$
શરત $(i)$ અને $(ii)$ નો છેદગણ લેતા:
$x \in (-3, 3) \cap [2, 4]$
$x \in [2, 3)$
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $[2, 3)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}(\sqrt{x})$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,પ્રતિવિધેય $\sin^{-1}$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ હોવો જોઈએ.
તેથી,$-1 \le \sqrt{x} \le 1$ હોવું જોઈએ.
અહીં $\sqrt{x}$ હંમેશા અનૃણ (non-negative) હોવાથી,$-1 \le \sqrt{x}$ શરત તમામ $x \ge 0$ માટે સંતોષાય છે.
હવે,$\sqrt{x} \le 1$ ઉકેલતા.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $x \le 1^2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x \le 1$.
વળી,$\sqrt{x}$ વ્યાખ્યાયિત હોવા માટે $x \ge 0$ હોવું જરૂરી છે.
આ બંને શરતોને જોડતા,આપણને $0 \le x \le 1$ મળે છે.
તેથી,વિધેય અંતરાલ $[0, 1]$ માં વ્યાખ્યાયિત છે.

(B) $-1 < x < 1$ માટે,આપણે $x = \tan \theta$ આદેશ લઈએ,જ્યાં $\theta \in (-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4})$ છે.
તેથી,$\frac{2x}{1-x^2} = \frac{2\tan \theta}{1-\tan^2 \theta} = \tan(2\theta)$ થાય.
આમ,$f(x) = \tan^{-1}(\tan(2\theta)) = 2\theta = 2\tan^{-1}x$ મળે.
કારણ કે $x \in (-1, 1)$,તેથી $\tan^{-1}x \in (-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4})$ થાય.
તેથી,$f(x) \in (2 \times -\frac{\pi}{4}, 2 \times \frac{\pi}{4}) = (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ મળે.
વિધેય વ્યાપ્ત હોવા માટે,સહ-પ્રદેશ $B$ એ વિધેયના વિસ્તાર જેટલો હોવો જોઈએ.
તેથી,$B = (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ થાય.

(D) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}(\log_3 x)$ નો પ્રદેશ નક્કી કરવા માટે,પ્રતિવિધેય $\sin^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોવો જોઈએ.
તેથી,આપણી પાસે અસમતા છે: $-1 \le \log_3 x \le 1$.
અહીં લઘુગણકનો આધાર $3$ છે (જે $1$ કરતા મોટો છે),તેથી આપણે અસમતાની દિશા બદલ્યા વગર આધાર $3$ સાથે ઘાતાંક લઈ શકીએ છીએ:
$3^{-1} \le x \le 3^1$.
પદોનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{3} \le x \le 3$.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ $[\frac{1}{3}, 3]$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \sin^{-1} \left( \frac{1 - |x|}{3} \right) + \cos^{-1} \left( \frac{|x| - 3}{5} \right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$\sin^{-1}$ અને $\cos^{-1}$ ના ચલ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોવા જોઈએ.
$1$. $\sin^{-1} \left( \frac{1 - |x|}{3} \right)$ માટે:
$-1 \le \frac{1 - |x|}{3} \le 1$
$-3 \le 1 - |x| \le 3$
$-4 \le -|x| \le 2$
$-2 \le |x| \le 4$
કારણ કે $|x| \ge 0$,તેથી $0 \le |x| \le 4$.
$2$. $\cos^{-1} \left( \frac{|x| - 3}{5} \right)$ માટે:
$-1 \le \frac{|x| - 3}{5} \le 1$
$-5 \le |x| - 3 \le 5$
$-2 \le |x| \le 8$
કારણ કે $|x| \ge 0$,તેથી $0 \le |x| \le 8$.
બંને શરતોનો છેદ લેતા:
$0 \le |x| \le 4$
આ અસમતા $-4 \le x \le 4$ ને સમાન છે.
આમ,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[-4, 4]$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \frac{1}{\sqrt{\ln(\cot^{-1}x)}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની પદાવલિ ધન હોવી જોઈએ:
$\ln(\cot^{-1}x) > 0$
લઘુગણકનો આધાર $e > 1$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\cot^{-1}x > e^0$
$\cot^{-1}x > 1$
વિધેય $y = \cot^{-1}x$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય હોવાથી,જ્યારે આપણે કોટિજ્યા (cotangent) વિધેય લાગુ કરીએ ત્યારે અસમતા બદલાઈ જાય છે:
$x < \cot(1)$
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $( -\infty, \cot 1 )$ છે.

(B) ધારો કે $g(x) = 5x^2 - 8x + 4$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,$g(x) = 5(x - \frac{4}{5})^2 + \frac{4}{5}$.
અહીં $5(x - \frac{4}{5})^2 \geq 0$ હોવાથી,$g(x)$ નો વિસ્તાર $[\frac{4}{5}, \infty)$ છે.
ધારો કે $u = \log_{4/5}(g(x))$. આધાર $4/5 < 1$ હોવાથી,$\log_{4/5}(t)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,$t \in [\frac{4}{5}, \infty)$ માટે,$\log_{4/5}(t) \in (\log_{4/5}(\infty), \log_{4/5}(\frac{4}{5})] = (-\infty, 1]$.
હવે,$f(x) = \cot^{-1}(u)$ જ્યાં $u \in (-\infty, 1]$.
$\cot^{-1}(u)$ એ ઘટતું વિધેય હોવાથી,તેનો વિસ્તાર $[\cot^{-1}(1), \cot^{-1}(-\infty)) = [\frac{\pi}{4}, \pi)$ થાય.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{2 - \sec^{-1}x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$2 - \sec^{-1}x \ge 0$
$\sec^{-1}x \le 2$
વળી,$\sec^{-1}x$ નો પ્રદેશ $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ છે.
કારણ કે $\sec^{-1}x \le 2$,અને $\sec^{-1}x$ નો વિસ્તાર $[0, \pi] \setminus \{\pi/2\}$ છે,આપણે અસમતા $\sec^{-1}x \le 2$ ને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$x \ge 1$ માટે,$\sec^{-1}x \in [0, \pi/2)$,તેથી $x \in [1, \infty)$ માટે $\sec^{-1}x \le 2$ હંમેશા સાચું છે.
$x \le -1$ માટે,$\sec^{-1}x \in (\pi/2, \pi]$. આપણે $\sec^{-1}x \le 2$ ની જરૂર છે. કારણ કે $2 < \pi \approx 3.14$,આ તે કિંમતો માટે સાચું છે જ્યાં $\sec^{-1}x \le 2$.
બંને બાજુ સેક લેતા,આપણને મળે છે કે $x \le \sec 2$ (જ્યારે $x \le -1$ હોય).
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, \sec 2] \cup [1, \infty)$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{1+x^2}{2+x^2}\right)$.
આપણે પદને $\frac{1+x^2}{2+x^2} = \frac{2+x^2-1}{2+x^2} = 1 - \frac{1}{2+x^2}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
$x^2 \ge 0$ હોવાથી,$2+x^2 \ge 2$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $0 < \frac{1}{2+x^2} \le \frac{1}{2}$.
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને $-\frac{1}{2} \le -\frac{1}{2+x^2} < 0$ મળે છે.
બધા ભાગમાં $1$ ઉમેરતા,$1 - \frac{1}{2} \le 1 - \frac{1}{2+x^2} < 1$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $\frac{1}{2} \le \frac{1+x^2}{2+x^2} < 1$ થાય છે.
$\sin^{-1}(u)$ વિધેય વધતું વિધેય હોવાથી,તેનો વિસ્તાર $[\sin^{-1}(\frac{1}{2}), \sin^{-1}(1))$ થશે.
તેથી,વિસ્તાર $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ છે.

(D) ધારો કે $g(x) = x^2 + x + 1$.
$x^2 + x + 1 = (x + 1/2)^2 + 3/4$ હોવાથી,$g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $x = -1/2$ પર $3/4$ મળે છે.
$\sin^{-1}(\sqrt{g(x)})$ વ્યાખ્યાયિત હોવા માટે,$0 \le \sqrt{g(x)} \le 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $0 \le g(x) \le 1$.
આમ,$3/4 \le x^2 + x + 1 \le 1$.
વર્ગમૂળ લેતા,$\sqrt{3}/2 \le \sqrt{x^2 + x + 1} \le 1$ મળે.
$\sin^{-1}$ વિધેય લાગુ પાડતા,$\sin^{-1}(\sqrt{3}/2) \le \sin^{-1}(\sqrt{x^2 + x + 1}) \le \sin^{-1}(1)$.
પરિણામે,$\pi/3 \le f(x) \le \pi/2$.
તેથી,વિસ્તાર $\left[ \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2} \right]$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ:
$\log_{\frac{\pi}{4}}(\sin^{-1} x) - 1 > 0$
$\Rightarrow \log_{\frac{\pi}{4}}(\sin^{-1} x) > 1$
અહીં આધાર $\frac{\pi}{4} < 1$ હોવાથી,લઘુગણક દૂર કરતી વખતે અસમતાની નિશાની બદલાશે:
$\sin^{-1} x < (\frac{\pi}{4})^1 = \frac{\pi}{4}$
વળી,લઘુગણકનો પ્રદેશ ધન હોવો જોઈએ:
$\sin^{-1} x > 0 \Rightarrow x > 0$
વધારામાં,$\sin^{-1} x$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $x \in [-1, 1]$ હોવું જરૂરી છે.
આ શરતોને જોડતા:
$0 < \sin^{-1} x < \frac{\pi}{4}$
બંને બાજુ સાઈન લેતા:
$\sin(0) < x < \sin(\frac{\pi}{4})$
$0 < x < \frac{1}{\sqrt{2}}$
આમ,પ્રદેશ $x \in \left( 0, \frac{1}{\sqrt{2}} \right)$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત છે જો $\sin^{-1}$,$\cos^{-1}$,અને $\tan^{-1}$ ના પ્રદેશની શરતો સંતોષાય.
$\sin^{-1}(u)$ અને $\cos^{-1}(u)$ માટે,આપણે $-1 \leq u \leq 1$ હોવું જોઈએ.
$\tan^{-1}(u)$ માટે,$u$ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે.
તેથી,આપણે $-1 \leq \frac{2-|x|}{4} \leq 1$ ની જરૂર છે.
$4$ વડે ગુણતા,આપણને $-4 \leq 2-|x| \leq 4$ મળે છે.
બધા પદોમાંથી $2$ બાદ કરતા,આપણને $-6 \leq -|x| \leq 2$ મળે છે.
$-1$ વડે ગુણતા (અને અસમતા ઉલટાવતા),આપણને $-2 \leq |x| \leq 6$ મળે છે.
કારણ કે $|x|$ હંમેશા અ-ઋણ હોય છે,શરત $-2 \leq |x|$ એ તમામ $x \in R$ માટે હંમેશા સાચી છે.
તેથી,આપણે ફક્ત $|x| \leq 6$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $-6 \leq x \leq 6$.
આમ,પ્રદેશ $x \in [-6, 6]$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{|x|+5}{x^2+1}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેની અંદરની કિંમત $-1 \leq \frac{|x|+5}{x^2+1} \leq 1$ હોવી જોઈએ.
અહીં $|x|+5 > 0$ અને $x^2+1 > 0$ હોવાથી,$\frac{|x|+5}{x^2+1} \geq -1$ હંમેશા સાચું છે.
તેથી,આપણે ફક્ત $\frac{|x|+5}{x^2+1} \leq 1$ ઉકેલવાની જરૂર છે.
$x^2+1$ વડે ગુણતા,આપણને $|x|+5 \leq x^2+1$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,$x^2 - |x| - 4 \geq 0$ મળે.
ધારો કે $t = |x|$,જ્યાં $t \geq 0$. તેથી $t^2 - t - 4 \geq 0$.
$t^2 - t - 4 = 0$ ના બીજ $t = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-4)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{2}$ છે.
$t = |x| \geq 0$ હોવાથી,આપણે $t \geq \frac{1+\sqrt{17}}{2}$ લેવું પડે.
તેથી,$|x| \geq \frac{1+\sqrt{17}}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $x \in \left(-\infty, -\frac{1+\sqrt{17}}{2}\right] \cup \left[\frac{1+\sqrt{17}}{2}, \infty\right)$.
આપેલ પ્રદેશ $(-\infty, -a] \cup [a, \infty)$ સાથે સરખાવતા,$a = \frac{1+\sqrt{17}}{2}$ મળે છે.

(D) $\operatorname{cosec}^{-1}(y)$ નો પ્રદેશ $y \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ છે.
વિધેય $\operatorname{cosec}^{-1}\left(\frac{1+x}{x}\right)$ માટે,$\frac{1+x}{x} \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ હોવું જોઈએ.
કિસ્સો $1$: $\frac{1+x}{x} \geq 1$
$\frac{1}{x} + 1 \geq 1 \implies \frac{1}{x} \geq 0 \implies x > 0$.
કિસ્સો $2$: $\frac{1+x}{x} \leq -1$
$\frac{1}{x} + 1 \leq -1 \implies \frac{1}{x} \leq -2$.
કારણ કે $\frac{1}{x} \leq -2$,$x$ ઋણ હોવો જોઈએ. $x$ (જે ઋણ છે) વડે ગુણતા અસમતા ઉલટાય છે:
$1 \geq -2x \implies x \geq -\frac{1}{2}$.
આમ,$x \in [-\frac{1}{2}, 0)$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,પ્રદેશ $x \in [-\frac{1}{2}, 0) \cup (0, \infty)$ મળે છે,જેને $[-\frac{1}{2}, \infty) - \{0\}$ તરીકે લખી શકાય છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{3x^2+x-1}{(x-1)^2}\right) + \cos^{-1}\left(\frac{x-1}{x+1}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,બંને ભાગો વ્યાખ્યાયિત હોવા જોઈએ.
$1$. $\cos^{-1}\left(\frac{x-1}{x+1}\right)$ માટે,આપણે $-1 \leq \frac{x-1}{x+1} \leq 1$ ની જરૂર છે.
$\frac{x-1}{x+1} \leq 1$ ઉકેલતા $\Rightarrow x > -1$ મળે છે.
$\frac{x-1}{x+1} \geq -1$ ઉકેલતા $\Rightarrow x \in (-\infty, -1) \cup [0, \infty)$ મળે છે.
આ બંનેનું છેદગણ લેતા,$x \in [0, \infty)$ મળે છે.
$2$. $\sin^{-1}\left(\frac{3x^2+x-1}{(x-1)^2}\right)$ માટે,આપણે $-1 \leq \frac{3x^2+x-1}{(x-1)^2} \leq 1$ ની જરૂર છે.
$\frac{3x^2+x-1}{(x-1)^2} \leq 1$ ઉકેલતા $\Rightarrow x \in [-2, 1/2]$ મળે છે.
$\frac{3x^2+x-1}{(x-1)^2} \geq -1$ ઉકેલતા $\Rightarrow x \in (-\infty, 0] \cup [1/4, \infty)$ મળે છે.
આ બંનેનું છેદગણ લેતા,$x \in [-2, 0] \cup [1/4, 1/2]$ મળે છે.
બંને શરતોનું છેદગણ લેતા,$x \in [0, \infty) \cap ([-2, 0] \cup [1/4, 1/2]) = \{0\} \cup [1/4, 1/2]$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $\tan ^{-1} \sqrt{x^{2}+x}+\sin ^{-1} \sqrt{x^{2}+x+1}=\frac{\pi}{4}$ છે.
સમીકરણ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોના પ્રદેશની શરતો સંતોષાવી જોઈએ.
$1$. $\tan ^{-1} \sqrt{x^{2}+x}$ માટે,$x^{2}+x \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$2$. $\sin ^{-1} \sqrt{x^{2}+x+1}$ માટે,$0 \leq \sqrt{x^{2}+x+1} \leq 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $0 \leq x^{2}+x+1 \leq 1$.
કારણ કે $x^{2}+x+1 = (x+\frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}$,તેથી $x^{2}+x+1$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{3}{4}$ છે.
આમ,શરત $x^{2}+x+1 \leq 1$ નો અર્થ છે કે $x^{2}+x \leq 0$.
$x^{2}+x \geq 0$ અને $x^{2}+x \leq 0$ ને જોડતા,આપણને $x^{2}+x = 0$ મળે છે.
આથી $x(x+1) = 0$,એટલે કે $x=0$ અથવા $x=-1$.
જો $x=0$ હોય,તો સમીકરણ $\tan ^{-1} \sqrt{0} + \sin ^{-1} \sqrt{1} = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \neq \frac{\pi}{4}$ થાય છે.
જો $x=-1$ હોય,તો સમીકરણ $\tan ^{-1} \sqrt{0} + \sin ^{-1} \sqrt{1} = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \neq \frac{\pi}{4}$ થાય છે.
કોઈપણ કિંમત સમીકરણનું સમાધાન કરતી નથી,તેથી વાસ્તવિક ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,નીચેની શરતો સંતોષાવી જોઈએ:
$1$. $\cos^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[0, 1]$ માં હોવો જોઈએ: $0 \leq \sqrt{x^2-x+1} \leq 1$.
વર્ગ કરતા $0 \leq x^2-x+1 \leq 1$ મળે.
$x^2-x+1 \leq 1 \Rightarrow x^2-x \leq 0 \Rightarrow x(x-1) \leq 0 \Rightarrow x \in [0, 1]$.
$2$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ અને વર્ગમૂળનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ: $\sin^{-1}(\frac{2x-1}{2}) > 0$.
$\sin^{-1}$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,આપણે $\frac{2x-1}{2} \leq 1$ પણ લેવું પડે.
તેથી,$0 < \frac{2x-1}{2} \leq 1$.
$0 < 2x-1 \leq 2$.
$1 < 2x \leq 3$.
$\frac{1}{2} < x \leq \frac{3}{2}$.
$x \in [0, 1]$ અને $x \in (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$ નો છેદ લેતા,આપણને $x \in (\frac{1}{2}, 1]$ મળે છે.
આમ,$\alpha = \frac{1}{2}$ અને $\beta = 1$.
તેથી,$\alpha + \beta = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$.

(D) વિધેય $\cos^{-1}(u)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણે $-1 \leq u \leq 1$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$-1 \leq \frac{2 \sin^{-1}(\frac{1}{4x^2-1})}{\pi} \leq 1$.
$\frac{\pi}{2}$ વડે ગુણતા,આપણને $-\frac{\pi}{2} \leq \sin^{-1}(\frac{1}{4x^2-1}) \leq \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
કારણ કે $\sin^{-1}(y)$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ છે,આ અસમતા હંમેશા $[-1, 1]$ માં રહેલા તમામ $y$ માટે સાચી છે.
તેથી,આપણે $-1 \leq \frac{1}{4x^2-1} \leq 1$ ની જરૂર છે.
કિસ્સો $1$: $\frac{1}{4x^2-1} \leq 1 \implies \frac{2-4x^2}{4x^2-1} \leq 0 \implies \frac{2(1-2x^2)}{(2x-1)(2x+1)} \geq 0$.
આ $x \in (-\infty, -\frac{1}{\sqrt{2}}] \cup (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) \cup [\frac{1}{\sqrt{2}}, \infty)$ માટે સાચું છે.
કિસ્સો $2$: $\frac{1}{4x^2-1} \geq -1 \implies \frac{4x^2}{4x^2-1} \geq 0$.
આ $x \in (-\infty, -\frac{1}{2}) \cup (\frac{1}{2}, \infty) \cup \{0\}$ માટે સાચું છે.
બંને કિસ્સાઓનો છેદ લેતા,આપણને $x \in (-\infty, -\frac{1}{\sqrt{2}}] \cup [\frac{1}{\sqrt{2}}, \infty) \cup \{0\}$ મળે છે.

(B) $\cos^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે.
તેથી,આપણે $\left|\frac{x^{2}-4x+2}{x^{2}+3}\right| \leq 1$ ની જરૂર છે.
આનો અર્થ એ છે કે $-1 \leq \frac{x^{2}-4x+2}{x^{2}+3} \leq 1$.
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $x^{2}+3 > 0$ હોવાથી,આપણે $(x^{2}+3)$ વડે ગુણી શકીએ:
$-(x^{2}+3) \leq x^{2}-4x+2 \leq x^{2}+3$.
પ્રથમ અસમતા: $-x^{2}-3 \leq x^{2}-4x+2 \implies 2x^{2}-4x+5 \geq 0$. વિવેચક $D = (-4)^{2} - 4(2)(5) = 16 - 40 = -24 < 0$. અગ્ર સહગુણક ધન હોવાથી,બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $2x^{2}-4x+5 > 0$ છે.
બીજી અસમતા: $x^{2}-4x+2 \leq x^{2}+3 \implies -4x \leq 1 \implies x \geq -\frac{1}{4}$.
તેથી,પ્રદેશ $[-\frac{1}{4}, \infty)$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}(g(x))$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,દલીલ $g(x)$ એ $-1 \leq g(x) \leq 1$ નું પાલન કરવું જોઈએ.
પગલું $1$: $\frac{x^{2}-3x+2}{x^{2}+2x+7} \geq -1$ ઉકેલો.
$x^{2}-3x+2 \geq -(x^{2}+2x+7)$
$2x^{2}-x+9 \geq 0$.
અહીં વિવેચક $D = (-1)^{2} - 4(2)(9) = 1 - 72 = -71 < 0$ છે. $x^{2}$ નો સહગુણક ધન હોવાથી,$2x^{2}-x+9$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે હંમેશા ધન છે.
પગલું $2$: $\frac{x^{2}-3x+2}{x^{2}+2x+7} \leq 1$ ઉકેલો.
$x^{2}-3x+2 \leq x^{2}+2x+7$
$-3x+2 \leq 2x+7$
$-5 \leq 5x \Rightarrow x \geq -1$.
બંને શરતોને જોડતા,પ્રદેશ $x \in [-1, \infty)$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sec^{-1}\left(\frac{2x}{5x+3}\right)$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $\left|\frac{2x}{5x+3}\right| \geq 1$ અને $5x+3 \neq 0$ હોય.
આનો અર્થ એ છે કે $\left|\frac{2x}{5x+3}\right| \geq 1$,જેનો અર્થ થાય છે $(2x)^2 \geq (5x+3)^2$.
$(2x)^2 - (5x+3)^2 \geq 0$
$(2x - 5x - 3)(2x + 5x + 3) \geq 0$
$(-3x - 3)(7x + 3) \geq 0$
$-(3x + 3)(7x + 3) \geq 0 \Rightarrow (x + 1)(7x + 3) \leq 0$.
આ અસમતાનો ઉકેલ $x \in [-1, -3/7]$ છે.
વધુમાં,છેદ $5x+3 \neq 0$ હોવાથી $x \neq -3/5$ મળે.
આમ,પ્રદેશ $[-1, -3/5) \cup (-3/5, -3/7]$ છે.
આને $[\alpha, \beta) \cup (\gamma, \delta]$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = -1, \beta = -3/5, \gamma = -3/5, \delta = -3/7$ મળે.
હવે,$|3\alpha + 10(\beta + \gamma) + 21\delta| = |3(-1) + 10(-3/5 - 3/5) + 21(-3/7)|$ ની ગણતરી કરતા.
$= |-3 + 10(-6/5) + 3(-3)| = |-3 - 12 - 9| = |-24| = 24$.

(B) ધારો કે $u = \frac{x^2}{x^2+1}$.
$x^2 \ge 0$ હોવાથી,$x^2+1 \ge 1$ મળે,તેથી $0 \le \frac{x^2}{x^2+1} < 1$.
આમ,$u$ નો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
હવે,$f(x) = 4 \sin^{-1}(u)$.
$u \in [0, 1)$ હોવાથી,$\sin^{-1}(u) \in [\sin^{-1}(0), \sin^{-1}(1)) = [0, \frac{\pi}{2})$.
$4$ વડે ગુણતા,$f(x) \in [4 \times 0, 4 \times \frac{\pi}{2}) = [0, 2\pi)$.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $[0, 2\pi)$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{x-1}{2x+3}\right)$ ના પ્રદેશ માટે,$\sin^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોવો જોઈએ અને છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ.
$1$. છેદની શરત: $2x + 3 \neq 0 \implies x \neq -\frac{3}{2}$.
$2$. અસમતાની શરત: $\left|\frac{x-1}{2x+3}\right| \leq 1$.
$2x+3 \neq 0$ હોવાથી,$|x-1| \leq |2x+3|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(x-1)^2 \leq (2x+3)^2$.
$x^2 - 2x + 1 \leq 4x^2 + 12x + 9$.
$3x^2 + 14x + 8 \geq 0$.
અવયવ પાડતા: $(3x + 2)(x + 4) \geq 0$.
આ અસમતા $x \in (-\infty, -4] \cup [-\frac{2}{3}, \infty)$ માટે સાચી છે.
$3$. $x \neq -\frac{3}{2}$ ની શરત સાથે જોડતા:
પ્રદેશ $(-\infty, -4] \cup [-\frac{2}{3}, \infty) \setminus \{-\frac{3}{2}\}$ છે.
જોકે,પ્રશ્ન મુજબ પ્રદેશ $R - (\alpha, \beta)$ છે,જેનો અર્થ છે કે બાકાત રાખેલ વિસ્તાર એક વિવૃત અંતરાલ છે. પૂરક ગણ જોતા,બાકાત રાખેલ કિંમતો $(-4, -\frac{2}{3})$ છે.
આમ,$\alpha = -4$ અને $\beta = -\frac{2}{3}$.
$4$. $12\alpha\beta$ ની ગણતરી:
$12 \times (-4) \times (-\frac{2}{3}) = 12 \times \frac{8}{3} = 4 \times 8 = 32$.

(B) વિધેય $f(x) = \sec^{-1}(u)$ એ $|u| \geq 1$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,જેનો અર્થ છે કે $u \leq -1$ અથવા $u \geq 1$.
અહીં,$u = 2[x] + 1$.
તેથી,$2[x] + 1 \leq -1$ અથવા $2[x] + 1 \geq 1$.
કિસ્સો $1$: $2[x] + 1 \leq -1 \Rightarrow 2[x] \leq -2 \Rightarrow [x] \leq -1$. આ સૂચવે છે કે $x < 0$.
કિસ્સો $2$: $2[x] + 1 \geq 1 \Rightarrow 2[x] \geq 0 \Rightarrow [x] \geq 0$. આ સૂચવે છે કે $x \geq 0$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,$x \in (-\infty, 0) \cup [0, \infty) = (-\infty, \infty)$.

(A) વિધેય $f(x) = \sqrt{\sin^{-1}(2x) + \frac{\pi}{6}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$\sin^{-1}(2x) + \frac{\pi}{6} \geq 0$
$\sin^{-1}(2x) \geq -\frac{\pi}{6}$
વળી,$\sin^{-1}(\theta)$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે,તેથી $-1 \leq 2x \leq 1$,જેનો અર્થ છે $-0.5 \leq x \leq 0.5$.
$\sin^{-1}(2x)$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ છે.
આ બંનેને જોડતા,આપણને મળે છે: $-\frac{\pi}{6} \leq \sin^{-1}(2x) \leq \frac{\pi}{2}$.
બધા પદોનું સાઈન લેતા:
$\sin(-\frac{\pi}{6}) \leq 2x \leq \sin(\frac{\pi}{2})$
$-\frac{1}{2} \leq 2x \leq 1$
$2$ વડે ભાગતા:
$-\frac{1}{4} \leq x \leq \frac{1}{2}$
આમ,પ્રદેશ $\left[-\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right]$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ અને $\sin^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોવો જોઈએ.
$1$. છેદ માટે: $9 - x^2 > 0$ $\Rightarrow x^2 < 9$ $\Rightarrow -3 < x < 3 \dots (i)$.
$2$. અંશ માટે: $-1 \leq x - 3 \leq 1 \Rightarrow 2 \leq x \leq 4 \dots (ii)$.
$3$. $(i)$ અને $(ii)$ નો છેદ લેતા,આપણને $2 \leq x < 3$ મળે છે.
આમ,પ્રદેશ $[2, 3)$ છે.

(C) $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{|x|+5}{x^2+1}\right)$ વ્યાખ્યાયિત છે જો $-1 \leq \frac{|x|+5}{x^2+1} \leq 1$ હોય.
$|x|+5 > 0$ અને $x^2+1 > 0$ હોવાથી,ડાબી બાજુની અસમતા $\frac{|x|+5}{x^2+1} \geq -1$ હંમેશા સાચી છે.
આપણે ફક્ત $\frac{|x|+5}{x^2+1} \leq 1$ ઉકેલવાની જરૂર છે.
$|x|+5 \leq x^2+1$
$x^2 - |x| - 4 \geq 0$.
ધારો કે $t = |x|$,જ્યાં $t \geq 0$. તો $t^2 - t - 4 \geq 0$.
$t^2 - t - 4 = 0$ ના બીજ $t = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{2}$ છે.
$t \geq 0$ હોવાથી,$t \geq \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$.
તેથી,$|x| \geq \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $x \in \left(-\infty, -\frac{1 + \sqrt{17}}{2}\right] \cup \left[\frac{1 + \sqrt{17}}{2}, \infty\right)$.
આને $(-\infty, -a] \cup [a, \infty)$ સાથે સરખાવતા,$a = \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$ મળે છે.

(C) વિધેય $y = \tan^{-1} x$ એ પ્રતિ-ટેન્જેન્ટ વિધેય દર્શાવે છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,પ્રતિ-ટેન્જેન્ટ વિધેયની મુખ્ય કિંમતની શાખા $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ અંતરાલ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
તેથી,કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$y = \tan^{-1} x$ નો વિસ્તાર $-\frac{\pi}{2} < y < \frac{\pi}{2}$ છે.

(D) પ્રતિ-કોસાઇન વિધેય (inverse cosine function) ની મુખ્ય કિંમતની શાખા,જેને $\cos^{-1} x$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,તે અંતરાલ $[0, \pi]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,જો $\cos^{-1} x = y$ હોય,તો $y$ નો વિસ્તાર $0 \leq y \leq \pi$ હોવો જોઈએ.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}(x)$ એ સાઈન વિધેય $f(x) = \sin(x)$ નું પ્રતિવિધેય છે.
સાઈન વિધેય માટે,તેનો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોની વ્યાખ્યા મુજબ,પ્રતિવિધેયનો પ્રદેશ એ મૂળ વિધેયના વિસ્તાર જેટલો હોય છે.
તેથી,$\sin^{-1}(x)$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1} x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે.
$x \in [-1, 1]$ માટે,$\cos^{-1} x$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.
જેহেতু $\cos^{-1} x$ એ $[0, \pi]$ અંતરાલની તમામ કિંમતો ધારણ કરે છે,તેથી નિરપેક્ષ મૂલ્ય $\left|\cos^{-1} x\right|$ પણ $[0, \pi]$ અંતરાલની તમામ કિંમતો ધારણ કરશે કારણ કે $[0, \pi]$ માંની તમામ કિંમતો અ-ઋણ છે.
તેથી,$\left|\cos^{-1} x\right|$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1} x$ અને $\cos ^{-1} x$ નો પ્રદેશ $x \in [-1, 1]$ છે.
અહીં,દલીલ (argument) $\frac{\pi}{3}$ છે.
$\pi \approx 3.14159$ હોવાથી,$\frac{\pi}{3} \approx 1.047$ થાય.
$1.047 > 1$ હોવાથી,$\frac{\pi}{3}$ ની કિંમત પ્રદેશ $[-1, 1]$ ની બહાર છે.
તેથી,$\sin ^{-1} \left(\frac{\pi}{3}\right)$ અને $\cos ^{-1} \left(\frac{\pi}{3}\right)$ વાસ્તવિક સંખ્યાઓના ગણમાં વ્યાખ્યાયિત નથી.
આમ,પદાવલિ $\cos \left(\sin ^{-1} \frac{\pi}{3}+\cos ^{-1} \frac{\pi}{3}\right)$ અસ્તિત્વ ધરાવતી નથી.

(D) વિધેય $f(x) = \sec^{-1} x$ એ સેકન્ટ વિધેયનું પ્રતિવિધેય છે,જેનો પ્રદેશ $[0, \pi] - \{\frac{\pi}{2}\}$ પર મર્યાદિત છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,$\sec^{-1} x$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખાનો વિસ્તાર એ $[0, \pi]$ અંતરાલ છે,જેમાં $\frac{\pi}{2}$ નો સમાવેશ થતો નથી,કારણ કે $\sec x$ એ $\frac{\pi}{2}$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,તેનો વિસ્તાર $[0, \pi] - \{\frac{\pi}{2}\}$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin^{-1}\left[\log_{2}\left(\frac{x}{2}\right)\right]$ છે.
વિધેય $\sin^{-1}(u)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેનો ચલ $u$ એ $-1 \leq u \leq 1$ ની વચ્ચે હોવો જોઈએ.
તેથી,$-1 \leq \log_{2}\left(\frac{x}{2}\right) \leq 1$ થવું જોઈએ.
લઘુગણકની વ્યાખ્યા મુજબ,આ અસમતા $2^{-1} \leq \frac{x}{2} \leq 2^{1}$ ને સમાન છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા,$\frac{1}{2} \leq \frac{x}{2} \leq 2$ મળે છે.
આખી અસમતાને $2$ વડે ગુણતા,આપણને $1 \leq x \leq 4$ મળે છે.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $x \in [1, 4]$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \cos^{-1}[x]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે.
તેથી,$\cos^{-1}[x]$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$-1 \leq [x] \leq 1$ હોવું જોઈએ.
અહીં $[x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય હોવાથી,$[x]$ ની શક્ય પૂર્ણાંક કિંમતો $-1, 0, 1$ છે.
જો $[x] = -1$,તો $-1 \leq x < 0$.
જો $[x] = 0$,તો $0 \leq x < 1$.
જો $[x] = 1$,તો $1 \leq x < 2$.
આ અંતરાલોને જોડતા,આપણને $-1 \leq x < 2$ મળે છે.
આમ,પ્રદેશ $x \in [-1, 2)$ છે.

(A) આપણી પાસે વિધેય $f(x) = \cos^{-1} \sqrt{x-1}$ છે.
વિધેય $\cos^{-1}(u)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેનો ચલ $u$ એ $u \in [-1, 1]$ હોવો જોઈએ.
અહીં $\sqrt{x-1}$ હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી,શરત $0 \leq \sqrt{x-1} \leq 1$ બને છે.
અસમતાનો વર્ગ કરતા,આપણને $0 \leq x-1 \leq 1$ મળે છે.
દરેક પદમાં $1$ ઉમેરતા,આપણને $1 \leq x \leq 2$ મળે છે.
તેથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[1, 2]$ છે.

(C) માટે,$\sin^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે. કારણ કે $\sqrt{x^2+x+1} \ge 0$,આપણે $0 \le x^2+x+1 \le 1$ ની જરૂર છે.
$x^2+x+1 \ge 0$ ઉકેલતા: વિવેચક $D = 1-4 = -3 < 0$,તેથી બધા $x \in R$ માટે $x^2+x+1 > 0$.
$x^2+x+1 \le 1$ ઉકેલતા: $x^2+x \le 0 \implies x(x+1) \le 0$,તેથી $x \in [-1, 0]$. આમ,$A = [-1, 0]$.
$B$ માટે,$x \in [-1, 0]$ માટે $y = \sin^{-1}(\sqrt{x^2+x+1})$ નો વિસ્તાર શોધીએ.
ધારો કે $f(x) = x^2+x+1 = (x+\frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$.
$x \in [-1, 0]$ માટે,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{3}{4}$ ($x = -1/2$ પર) અને મહત્તમ કિંમત $1$ ($x = -1$ અથવા $x = 0$ પર) છે.
તેથી,$\sqrt{x^2+x+1} \in [\sqrt{3}/2, 1]$.
પછી $y = \sin^{-1}(\sqrt{x^2+x+1}) \in [\sin^{-1}(\sqrt{3}/2), \sin^{-1}(1)] = [\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}]$.
તેથી $B = [\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}]$.
વિકલ્પો તપાસતા: $A = [-1, 0]$ અને $B = [\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}]$.
$A \cap B = \phi$ (ખાલી ગણ).
$A \cap B^C = A \setminus B = [-1, 0] \setminus [\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}] = [-1, 0]$.
$A^C \cap B = B \setminus A = [\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}] \setminus [-1, 0] = [\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}]$.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(B) ધારો કે $g(x) = 9x^2 - 12x + 22$.
આપણે તેને $g(x) = (3x - 2)^2 + 18$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
જ્યારે $3x - 2 = 0$ એટલે કે $x = \frac{2}{3}$ હોય ત્યારે $g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $18$ મળે છે.
જેમ $x \to \pm \infty$,તેમ $g(x) \to \infty$.
આમ,$g(x)$ નો વિસ્તાર $[18, \infty)$ છે.
પરિણામે,$\sqrt{g(x)}$ નો વિસ્તાર $[\sqrt{18}, \infty) = [3\sqrt{2}, \infty)$ છે.
હવે,$\operatorname{Cos}^{-1}$ નો તર્ક $u = \frac{3}{\sqrt{g(x)}}$ ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $\sqrt{g(x)} \geq 3\sqrt{2}$,તેથી $0 < \frac{3}{\sqrt{g(x)}} \leq \frac{3}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$u \in (0, \frac{1}{\sqrt{2}}]$.
કારણ કે $\operatorname{Cos}^{-1}(u)$ એ ઘટતું વિધેય છે,તેથી $f(x) = \operatorname{Cos}^{-1}(u)$ નો વિસ્તાર $[\operatorname{Cos}^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2}}), \operatorname{Cos}^{-1}(0))$ થશે.
આ કિંમત $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ માં પરિણમે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{2x - 1} + 5 \cos^{-1}\left(\frac{2x - 1}{3}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,બંને પદો વ્યાખ્યાયિત હોવા જોઈએ.
$\sqrt{2x - 1}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$2x - 1 \geq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x \geq \frac{1}{2}$.
$\cos^{-1}\left(\frac{2x - 1}{3}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેની કિંમત $-1 \leq \frac{2x - 1}{3} \leq 1$ હોવી જોઈએ.
$3$ વડે ગુણતા,$-3 \leq 2x - 1 \leq 3$ મળે.
$1$ ઉમેરતા,$-2 \leq 2x \leq 4$ મળે.
$2$ વડે ભાગતા,$-1 \leq x \leq 2$ મળે.
પ્રદેશ એ $x \geq \frac{1}{2}$ અને $-1 \leq x \leq 2$ નો છેદગણ છે.
તેથી,પ્રદેશ $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \sin^{-1} ( \frac{1 + x^2}{2 x} ) + \cos^{-1} ( \frac{2 x}{1 + x^2} )$.
$\sin^{-1} ( \frac{1 + x^2}{2 x} )$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણે $| \frac{1 + x^2}{2 x} | \leq 1$ હોવું જોઈએ.
બધા $x \in R$ માટે $1 + x^2 \geq 2|x|$ હોવાથી,$| \frac{1 + x^2}{2 x} | \leq 1$ ની શરત માત્ર $|x| = 1$ એટલે કે $x = 1$ અથવા $x = -1$ માટે જ સંતોષાય છે.
જો $x = 1$ હોય,તો $f(1) = \sin^{-1}(1) + \cos^{-1}(1) = \frac{\pi}{2} + 0 = \frac{\pi}{2}$.
જો $x = -1$ હોય,તો $f(-1) = \sin^{-1}(-1) + \cos^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{2} + \pi = \frac{\pi}{2}$.
આમ,પ્રદેશ $\{ -1, 1 \}$ છે અને વિસ્તાર $\{ \frac{\pi}{2} \}$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [-1, 1]$ માટે,$\operatorname{Sin}^{-1} x + \operatorname{Cos}^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ થાય.
આપેલ પદાવલિ $f(x) = \operatorname{Sin}^{-1} x + \operatorname{Cos}^{-1} x + \operatorname{Tan}^{-1} x$ છે.
નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = \frac{\pi}{2} + \operatorname{Tan}^{-1} x$ મળે.
$\operatorname{Sin}^{-1} x$ અને $\operatorname{Cos}^{-1} x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે.
તેથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે.
સીમાબિંદુઓ પર કિંમતો શોધતા:
$x = -1$ માટે,$f(-1) = \frac{\pi}{2} + \operatorname{Tan}^{-1}(-1) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.
$x = 1$ માટે,$f(1) = \frac{\pi}{2} + \operatorname{Tan}^{-1}(1) = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
$\operatorname{Tan}^{-1} x$ એ વધતું વિધેય હોવાથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right]$ છે.

(C) $y = \operatorname{cosec}^{-1}(x)$ નું વિકલન $\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{|x| \sqrt{x^2-1}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિકલન વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ,એટલે કે $x^2 - 1 > 0$,જેનો અર્થ છે $|x| > 1$.
જોકે,$y = \operatorname{cosec}^{-1}(x)$ નો વિસ્તાર $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \setminus \{0\}$ છે.
કારણ કે વિકલન $\frac{dy}{dx}$ એ વિધેયના પ્રદેશમાં તમામ $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,અંતિમ બિંદુઓ સિવાય જ્યાં વિકલન અસ્તિત્વમાં ન હોય અથવા અવ્યાખ્યાયિત હોય,તેથી આપણે $y$ માટે વિવૃત અંતરાલ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
વિકલનના પ્રદેશને અનુરૂપ $y$ ની કિંમતો $y \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right) \cup \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ છે.

(C) ધારો કે $g(x) = x^2+x+1$. આપણે તેને $g(x) = \left(x+\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}$ તરીકે લખી શકીએ.
કારણ કે $\left(x+\frac{1}{2}\right)^2 \ge 0$,તેથી $g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{3}{4}$ છે.
આમ,$\sqrt{g(x)}$ નો વિસ્તાર $\left[\sqrt{\frac{3}{4}}, \infty\right) = \left[\frac{\sqrt{3}}{2}, \infty\right)$ છે.
જોકે,$\operatorname{Sin}^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે.
તેથી,આપણે $\frac{\sqrt{3}}{2} \le \sqrt{x^2+x+1} \le 1$ હોવું જોઈએ.
અસમતાનો વર્ગ કરતા,આપણને $\frac{3}{4} \le x^2+x+1 \le 1$ મળે છે.
વિધેય $f(u) = \operatorname{Sin}^{-1}(u)$ વધતું વિધેય હોવાથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $\left[\operatorname{Sin}^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right), \operatorname{Sin}^{-1}(1)\right]$ થાય.
જેનું સાદું રૂપ $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right]$ મળે છે.