Domain and Range of ITF Questions in Gujarati

(C) વિધેય $f(x) = \operatorname{Cos}^{-1}(2x - 5) - \operatorname{Sin}^{-1}(x - 2)$ ના વિકલિત $f'(x)$ નો પ્રદેશ શોધવા માટે,સૌ પ્રથમ આપણે વિધેયનો પ્રદેશ શોધીએ.
$\operatorname{Cos}^{-1}(2x - 5)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$-1 \le 2x - 5 \le 1$,જેનો અર્થ છે કે $4 \le 2x \le 6$,એટલે કે $2 \le x \le 3$.
$\operatorname{Sin}^{-1}(x - 2)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$-1 \le x - 2 \le 1$,જેનો અર્થ છે કે $1 \le x \le 3$.
આ અંતરાલોનો છેદગણ $[2, 3]$ છે.
હવે,આપણે વિકલિત $f'(x) = -\frac{1}{\sqrt{1 - (2x - 5)^2}} \cdot 2 - \frac{1}{\sqrt{1 - (x - 2)^2}} \cdot 1$ મેળવીએ.
વિકલિત ત્યાં વ્યાખ્યાયિત છે જ્યાં વર્ગમૂળની અંદરની કિંમતો શૂન્ય કરતાં મોટી હોય.
$\operatorname{Cos}^{-1}(2x - 5)$ માટે,વિકલિત $2x - 5 = \pm 1$ એટલે કે $x = 2$ અને $x = 3$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી.
$\operatorname{Sin}^{-1}(x - 2)$ માટે,વિકલિત $x - 2 = \pm 1$ એટલે કે $x = 1$ અને $x = 3$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી.
આમ,વિકલિત વિવૃત અંતરાલ $(2, 3)$ માં વ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,વિકલિતનો પ્રદેશ $(2, 3)$ છે.

(B) વિધેય ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $-1 \leq \log_2\left(\frac{x^2}{2}\right) \leq 1$ હોય.
$\log_2\left(\frac{x^2}{2}\right) = \log_2(x^2) - \log_2(2) = \log_2(x^2) - 1$ હોવાથી:
$-1 \leq \log_2(x^2) - 1 \leq 1$.
બધા પદોમાં $1$ ઉમેરતા:
$0 \leq \log_2(x^2) \leq 2$.
લઘુગણક સ્વરૂપમાંથી ઘાતાંકીય સ્વરૂપમાં ફેરવતા:
$2^0 \leq x^2 \leq 2^2
\Rightarrow 1 \leq x^2 \leq 4$.
વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $|x| \in [1, 2]$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x \in [-2, -1] \cup [1, 2]$.

(C) $\sin^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે.
આપેલ વિધેય માટે,$-1 \leq \log_2\left(\frac{x^2}{2}\right) \leq 1$ હોવું જોઈએ.
આધાર $2$ નો ઘાતાંક લેતા,$2^{-1} \leq \frac{x^2}{2} \leq 2^1$ મળે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{1}{2} \leq \frac{x^2}{2} \leq 2$ થાય.
$2$ વડે ગુણતા,$1 \leq x^2 \leq 4$ મળે.
વર્ગમૂળ લેતા,$x \in [-2, -1] \cup [1, 2]$ મળે છે.

(D) વિધેય $f(x) = \cos ^{-1}\left[\log _5\left(x^2+7 x+15\right)\right]$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $\cos ^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોય.
તેથી,$-1 \leq \log _5\left(x^2+7 x+15\right) \leq 1$.
આધાર $5$ ના ઘાતાંકીય વિધેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $5^{-1} \leq x^2+7 x+15 \leq 5^1$ મળે છે,જે $\frac{1}{5} \leq x^2+7 x+15 \leq 5$ છે.
પ્રથમ,$x^2+7 x+15 \leq 5$ ધ્યાનમાં લો,જે $x^2+7 x+10 \leq 0$ સૂચવે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,આપણને $(x+5)(x+2) \leq 0$ મળે છે,જે $x \in [-5, -2]$ આપે છે.
આગળ,$x^2+7 x+15 \geq \frac{1}{5}$ ધ્યાનમાં લો,જે $x^2+7 x + 14.8 \geq 0$ સૂચવે છે.
$x^2+7 x + 14.8$ નો વિવેચક $D = 7^2 - 4(1)(14.8) = 49 - 59.2 = -10.2 < 0$ છે.
અગ્ર સહગુણક ધન હોવાથી અને $D < 0$ હોવાથી,$x^2+7 x + 14.8$ એ તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે હંમેશા ધન છે.
આમ,પ્રદેશ એ $x \in [-5, -2]$ અને $x \in \mathbb{R}$ નો છેદગણ છે,જે $x \in [-5, -2]$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{\cos^{-1}\left(\frac{1-|x|}{2}\right)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ અને $\cos^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોવો જોઈએ.
પ્રથમ,$\cos^{-1}\left(\frac{1-|x|}{2}\right) \geq 0$ હોવું જરૂરી છે. $\cos^{-1}(u)$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ હોવાથી,આ શરત $u \in [-1, 1]$ માટે હંમેશા સાચી છે.
હવે,$-1 \leq \frac{1-|x|}{2} \leq 1$ ઉકેલીએ.
$2$ વડે ગુણતા: $-2 \leq 1 - |x| \leq 2$.
$1$ બાદ કરતા: $-3 \leq -|x| \leq 1$.
$-1$ વડે ગુણતા (અસમતા બદલાશે): $-1 \leq |x| \leq 3$.
$|x|$ હંમેશા અઋણ હોવાથી,$|x| \leq 3$ નો અર્થ છે $-3 \leq x \leq 3$.
આમ,પ્રદેશ $x \in [-3, 3]$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2}{x^2-2x-2}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$-1 \le \frac{2}{x^2-2x-2} \le 1$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $\left|\frac{2}{x^2-2x-2}\right| \le 1$,એટલે કે $x^2-2x-2 \ge 2$ અથવા $x^2-2x-2 \le -2$.
કિસ્સો $1$: $x^2-2x-2 \ge 2 \Rightarrow x^2-2x-4 \ge 0$. બીજ $1 \pm \sqrt{5}$ છે. તેથી $x \in (-\infty, 1-\sqrt{5}] \cup [1+\sqrt{5}, \infty)$.
કિસ્સો $2$: $x^2-2x-2 \le -2 \Rightarrow x^2-2x \le 0 \Rightarrow x(x-2) \le 0$. તેથી $x \in [0, 2]$.
છેદ શૂન્ય ન હોઈ શકે: $x^2-2x-2 \neq 0 \Rightarrow x \neq 1 \pm \sqrt{3}$.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, 1-\sqrt{5}] \cup [0, 1-\sqrt{3}) \cup (1-\sqrt{3}, 1+\sqrt{3}) \cup (1+\sqrt{3}, 2] \cup [1+\sqrt{5}, \infty)$ મળે છે.
આપેલ સ્વરૂપ $(-\infty, \alpha] \cup [\beta, \gamma] \cup [\delta, \infty)$ મુજબ,$\alpha = 1-\sqrt{5}, \beta = 0, \gamma = 2, \delta = 1+\sqrt{5}$.
સરવાળો $= (1-\sqrt{5}) + 0 + 2 + (1+\sqrt{5}) = 4$.

(A) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{5-x}{2x+3}\right) + \frac{1}{\log_e(10-x)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. $\sin^{-1}$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ હોવો જોઈએ,તેથી $-1 \leq \frac{5-x}{2x+3} \leq 1$.
$2$. $\log_e$ નો પ્રદેશ ધન અને $1$ ન હોવો જોઈએ,તેથી $10-x > 0$ અને $10-x \neq 1$,જેનો અર્થ છે $x < 10$ અને $x \neq 9$.
$3$. $-1 \leq \frac{5-x}{2x+3} \leq 1$ ઉકેલતા:
$\left|\frac{5-x}{2x+3}\right| \leq 1 \implies (5-x)^2 \leq (2x+3)^2$
$(5-x)^2 - (2x+3)^2 \leq 0$
$(2-3x)(x+8) \leq 0 \implies (3x-2)(x+8) \geq 0$
આથી $x \in (-\infty, -8] \cup [\frac{2}{3}, \infty)$.
$4$. $x < 10$ અને $x \neq 9$ સાથે જોડતા,પ્રદેશ $(-\infty, -8] \cup [\frac{2}{3}, 10) - \{9\}$ મળે છે.
$5$. $(-\infty, \alpha] \cup [\beta, \gamma) - \{\delta\}$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = -8$,$\beta = \frac{2}{3}$,$\gamma = 10$,અને $\delta = 9$ મળે છે.
$6$. $6(\alpha + \beta + \gamma + \delta) = 6(-8 + \frac{2}{3} + 10 + 9) = 6(\frac{35}{3}) = 70$.

(B) વિધેય $f(x) = \cos^{-1}(\frac{2x-5}{11-3x}) + \sin^{-1}(2x^2-3x+1)$ ના પ્રદેશ માટે,આપણે બંને પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોની શરતોનું પાલન કરવું આવશ્યક છે.
$1$) $\sin^{-1}(2x^2-3x+1)$ માટે,આપણે $-1 \le 2x^2-3x+1 \le 1$ ની જરૂર છે.
$2x^2-3x+1 \le 1 \implies 2x^2-3x \le 0 \implies x(2x-3) \le 0 \implies x \in [0, \frac{3}{2}]$.
$2x^2-3x+1 \ge -1 \implies 2x^2-3x+2 \ge 0$. અહીં વિવેચક $D = (-3)^2 - 4(2)(2) = 9 - 16 = -7 < 0$ છે અને અગ્ર સહગુણક ધન છે,તેથી આ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સત્ય છે.
આમ,પ્રથમ શરત $x \in [0, \frac{3}{2}]$ આપે છે.
$2$) $\cos^{-1}(\frac{2x-5}{11-3x})$ માટે,આપણે $-1 \le \frac{2x-5}{11-3x} \le 1$ ની જરૂર છે.
$\frac{2x-5}{11-3x} + 1 \ge 0 \implies \frac{2x-5+11-3x}{11-3x} \ge 0 \implies \frac{6-x}{11-3x} \ge 0 \implies \frac{x-6}{x-11/3} \ge 0$. આ $x \in (-\infty, 11/3) \cup [6, \infty)$ આપે છે.
$\frac{2x-5}{11-3x} - 1 \le 0 \implies \frac{2x-5-11+3x}{11-3x} \le 0 \implies \frac{5x-16}{11-3x} \le 0 \implies \frac{x-16/5}{x-11/3} \ge 0$. આ $x \in (-\infty, 16/5] \cup (11/3, \infty)$ આપે છે.
આ બંને શરતોનો છેદ લેતા,આપણને $x \in (-\infty, 16/5] \cup [6, \infty)$ મળે છે.
$3$) અંતે,$(1)$ અને $(2)$ ના પરિણામોનો છેદ લેતા:
$[0, 3/2] \cap ((-\infty, 16/5] \cup [6, \infty)) = [0, 3/2]$.
આમ,$\alpha = 0$ અને $\beta = 3/2$.
તેથી,$\alpha + 2\beta = 0 + 2(3/2) = 3$.

(B) $\sin^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે.
તેથી,$-1 \le \frac{x+[x]}{3} \le 1$,જેનો અર્થ છે કે $-3 \le x+[x] \le 3$.
કિસ્સો $1$: જો $x \in [-2, -1)$,તો $[x] = -2$. તેથી,$-3 \le x - 2 \le 3 \implies -1 \le x \le 5$. $x \in [-2, -1)$ સાથે છેદગણ $[-1, -1)$ (ખાલી ગણ) મળે છે.
કિસ્સો $2$: જો $x \in [-1, 0)$,તો $[x] = -1$. તેથી,$-3 \le x - 1 \le 3 \implies -2 \le x \le 4$. $[-1, 0)$ સાથે છેદગણ $[-1, 0)$ મળે છે.
કિસ્સો $3$: જો $x \in [0, 1)$,તો $[x] = 0$. તેથી,$-3 \le x \le 3$. $[0, 1)$ સાથે છેદગણ $[0, 1)$ મળે છે.
કિસ્સો $4$: જો $x \in [1, 2)$,તો $[x] = 1$. તેથી,$-3 \le x + 1 \le 3 \implies -4 \le x \le 2$. $[1, 2)$ સાથે છેદગણ $[1, 2)$ મળે છે.
કિસ્સો $5$: જો $x \in [2, 3)$,તો $[x] = 2$. તેથી,$-3 \le x + 2 \le 3 \implies -5 \le x \le 1$. $[2, 3)$ સાથે છેદગણ ખાલી ગણ મળે છે.
આ બધાને જોડતા,પ્રદેશ $[-1, 2)$ મળે છે.
આમ,$\alpha = -1$ અને $\beta = 2$.
તેથી,$\alpha^2 + \beta^2 = (-1)^2 + (2)^2 = 1 + 4 = 5$.

(A) $\cos^{-1}(u)$ નો પ્રદેશ $u \in [-1, 1]$ છે.
તેથી,$-1 \le \frac{4x+2[x]}{3} \le 1$,જેનો અર્થ છે કે $-3 \le 4x+2[x] \le 3$.
ધારો કે $[x] = n$,જ્યાં $n$ એ પૂર્ણાંક છે. તો $x \in [n, n+1)$.
અસમતા $-3 \le 4x + 2n \le 3$ બને છે,જેનું સાદું રૂપ $-3-2n \le 4x \le 3-2n$ થાય,અથવા $x \in [\frac{-3-2n}{4}, \frac{3-2n}{4}]$.
કારણ કે $x \in [n, n+1)$,આપણે $[n, n+1) \cap [\frac{-3-2n}{4}, \frac{3-2n}{4}] \neq \emptyset$ હોવું જોઈએ.
$n = -1$ માટે: $x \in [-1, 0) \cap [-\frac{1}{4}, \frac{5}{4}] = [-\frac{1}{4}, 0)$.
$n = 0$ માટે: $x \in [0, 1) \cap [-\frac{3}{4}, \frac{3}{4}] = [0, \frac{3}{4}]$.
આ બંનેને જોડતા,પ્રદેશ $[-\frac{1}{4}, \frac{3}{4}]$ મળે છે.
તેથી,$\alpha = -\frac{1}{4}$ અને $\beta = \frac{3}{4}$.
હવે $\alpha + \beta = -\frac{1}{4} + \frac{3}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
અંતે,$12(\alpha + \beta) = 12 \times \frac{1}{2} = 6$.