Composition of Functions Questions in Gujarati

(C) આપેલ છે કે $f(x) = e^x$ અને $g(x) = x^2$.
પ્રથમ,સંયોજિત વિધેય $f(g(x)) = f(x^2) = e^{x^2}$ શોધો.
ત્યારબાદ,સંયોજિત વિધેય $g(f(x)) = g(e^x) = (e^x)^2 = e^{2x}$ શોધો.
બંનેને સરખાવતા,આપણને $e^{x^2} = e^{2x}$ મળે છે.
ઘાતાંકીય વિધેય એક-એક હોવાથી,આપણે ઘાતને સરખાવી શકીએ: $x^2 = 2x$.
આને ફરીથી ગોઠવતા $x^2 - 2x = 0$ મળે,જેના અવયવ $x(x - 2) = 0$ થાય છે.
આમ,ઉકેલો $x = 0$ અને $x = 2$ છે.
તેથી,ઉકેલોની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(B) $f(f(x)) = 2$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,ધારો કે $f(x) = t$. તો સમીકરણ $f(t) = 2$ બને છે.
આલેખ પરથી,$f(t) = 2$ એ $t = -3$,$t = 1/2$,અને $t = \alpha$ પર મળે છે,જ્યાં $2 < \alpha < 3$.
હવે,દરેક $t$ ની કિંમત માટે $f(x) = t$ માં $x$ માટે ઉકેલીએ:
$1$. $f(x) = -3$: આલેખ પરથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $-1$ છે. તેથી,$f(x) = -3$ ને કોઈ ઉકેલ નથી.
$2$. $f(x) = 1/2$: સમક્ષિતિજ રેખા $y = 1/2$ આલેખને $2$ બિંદુઓમાં છેદે છે.
$3$. $f(x) = \alpha$ (જ્યાં $2 < \alpha < 3$): સમક્ષિતિજ રેખા $y = \alpha$ આલેખને $2$ બિંદુઓમાં છેદે છે.
ઉકેલોની કુલ સંખ્યા = $0 + 2 + 2 = 4$.

(C) આપેલ છે કે $f\left(x + \frac{1}{x}\right) = x^2 + \frac{1}{x^2}$.
આ પદને આપણે $f\left(x + \frac{1}{x}\right) = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2$ તરીકે લખી શકીએ.
ધારો કે $t = x + \frac{1}{x}$. તેથી $f(t) = t^2 - 2$,જેનો અર્થ છે કે $f(x) = x^2 - 2$.
હવે,આપણે $(f \circ f)(\sqrt{11}) = f(f(\sqrt{11}))$ શોધવાનું છે.
પ્રથમ,$f(\sqrt{11}) = (\sqrt{11})^2 - 2 = 11 - 2 = 9$ શોધો.
ત્યારબાદ,$f(9) = 9^2 - 2 = 81 - 2 = 79$ શોધો.
તેથી,$(f \circ f)(\sqrt{11}) = 79$.

(A) આપેલ છે કે $\frac{1}{2} (g \circ f)(x) = 2x^2 - 5x + 2$,તેથી $(g \circ f)(x) = 4x^2 - 10x + 4$ થાય.
કારણ કે $g(x) = x^2 + x - 2$,તેથી $g(f(x)) = (f(x))^2 + f(x) - 2$ થાય.
બંને પદોને સરખાવતા: $(f(x))^2 + f(x) - 2 = 4x^2 - 10x + 4$.
પદોને ગોઠવતા: $(f(x))^2 + f(x) - (4x^2 - 10x + 6) = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $f(x) = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=1, b=1, c=-(4x^2 - 10x + 6)$:
$f(x) = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-(4x^2 - 10x + 6))}}{2}$
$f(x) = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 16x^2 - 40x + 24}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{16x^2 - 40x + 25}}{2}$
$f(x) = \frac{-1 \pm \sqrt{(4x - 5)^2}}{2} = \frac{-1 \pm (4x - 5)}{2}$.
ધન ઉકેલ લેતા: $f(x) = \frac{-1 + 4x - 5}{2} = \frac{4x - 6}{2} = 2x - 3$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = 2^{10}x + 1$ અને $g(x) = 3^{10}x - 1$.
આપણને $(f \circ g)(x) = x$ આપેલ છે.
$f(g(x))$ માં $g(x)$ ની કિંમત મૂકતા,$f(g(x)) = 2^{10}(3^{10}x - 1) + 1 = x$.
પદનું વિસ્તરણ કરતા: $2^{10} \cdot 3^{10}x - 2^{10} + 1 = x$.
કારણ કે $2^{10} \cdot 3^{10} = (2 \cdot 3)^{10} = 6^{10}$,તેથી $6^{10}x - x = 2^{10} - 1$.
$x$ સામાન્ય લેતા: $x(6^{10} - 1) = 2^{10} - 1$.
આમ,$x = \frac{2^{10} - 1}{6^{10} - 1}$.
વિકલ્પ $D$ ચકાસતા: $\frac{1 - 2^{-10}}{3^{10} - 2^{-10}} = \frac{(2^{10}-1)/2^{10}}{(3^{10} \cdot 2^{10} - 1)/2^{10}} = \frac{2^{10}-1}{6^{10}-1}$.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) $f_1(x) = f_{0+1}(x) = f_0(f_0(x)) = \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - x}} = \frac{x - 1}{x}$
$f_2(x) = f_{1+1}(x) = f_0(f_1(x)) = \frac{1}{1 - \frac{x - 1}{x}} = x$
$f_3(x) = f_{2+1}(x) = f_0(f_2(x)) = f_0(x) = \frac{1}{1 - x}$
અહીં $f_3(x) = f_0(x)$ હોવાથી,વિધેય $3$ ના આવર્તકાળ સાથે પુનરાવર્તિત થાય છે.
$f_{100}(3) = f_{3 \times 33 + 1}(3) = f_1(3) = \frac{3 - 1}{3} = \frac{2}{3}$
$f_1\left( \frac{2}{3} \right) = \frac{\frac{2}{3} - 1}{\frac{2}{3}} = \frac{-\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}} = -\frac{1}{2}$
$f_2\left( \frac{3}{2} \right) = \frac{3}{2}$
તેથી,$f_{100}(3) + f_1\left( \frac{2}{3} \right) + f_2\left( \frac{3}{2} \right) = \frac{2}{3} - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = \frac{2}{3} + 1 = \frac{5}{3}$

(B) વિધેય $u(x) = \frac{1}{x - 1}$ એ $x = 1$ આગળ અસતત છે.
વિધેય $f(u) = \frac{1}{u^2 + u - 2} = \frac{1}{(u + 2)(u - 1)}$ એ $u = -2$ અને $u = 1$ આગળ અસતત છે.
સંયોજિત વિધેય $f(u(x))$ માટે,આપણે તે બિંદુઓ ધ્યાનમાં લેવા જોઈએ જ્યાં $u(x)$ અવ્યાખ્યાયિત છે અને જ્યાં $u(x)$ ની કિંમત $f(u)$ ને અવ્યાખ્યાયિત બનાવે છે.
$1$. $u(x)$ એ $x = 1$ આગળ અસતત છે.
$2$. જ્યારે $u(x) = -2$ હોય,ત્યારે $\frac{1}{x - 1} = -2$,જેનો અર્થ છે કે $x - 1 = -\frac{1}{2}$,તેથી $x = \frac{1}{2}$.
$3$. જ્યારે $u(x) = 1$ હોય,ત્યારે $\frac{1}{x - 1} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $x - 1 = 1$,તેથી $x = 2$.
આમ,સંયોજિત વિધેય $f(u(x))$ એ $x = 1, \frac{1}{2}, 2$ આગળ અસતત છે.
આવા કુલ $3$ બિંદુઓ છે.

(A) આપેલા વિધેયો ${f_1}(x) = \frac{1}{x}$,${f_2}(x) = 1 - x$,અને ${f_3}(x) = \frac{1}{1 - x}$ છે.
આપેલ સમીકરણ $(f_2 \circ J \circ f_1)(x) = f_3(x)$ છે,જેને ${f_2}(J(f_1(x))) = f_3(x)$ તરીકે લખી શકાય.
${f_2}$ અને ${f_3}$ ના પદો મૂકતા:
$1 - J(f_1(x)) = \frac{1}{1 - x}$.
$J(f_1(x))$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$J(f_1(x)) = 1 - \frac{1}{1 - x} = \frac{1 - x - 1}{1 - x} = \frac{-x}{1 - x} = \frac{x}{x - 1}$.
અહીં ${f_1}(x) = \frac{1}{x}$ હોવાથી,ધારો કે $t = \frac{1}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $x = \frac{1}{t}$.
$J(f_1(x))$ ના પદમાં $x = \frac{1}{t}$ મૂકતા:
$J(t) = \frac{\frac{1}{t}}{\frac{1}{t} - 1} = \frac{\frac{1}{t}}{\frac{1 - t}{t}} = \frac{1}{1 - t}$.
આમ,$J(x) = \frac{1}{1 - x}$,જે ${f_3}(x)$ ની બરાબર છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \log_e(\sin x)$ અને $g(x) = \sin^{-1}(e^{-x})$.
સૌ પ્રથમ,સંયોજિત વિધેય $(fog)(x) = f(g(x)) = \log_e(\sin(\sin^{-1}(e^{-x})))$ શોધો.
કારણ કે $\sin(\sin^{-1}(u)) = u$,તેથી $(fog)(x) = \log_e(e^{-x}) = -x$.
આપેલ છે કે $b = (fog)(\alpha)$,તેથી $b = -\alpha$.
હવે,વિકલન $(fog)'(x) = \frac{d}{dx}(-x) = -1$ શોધો.
આપેલ છે કે $a = (fog)'(\alpha)$,તેથી $a = -1$.
હવે,$a = -1$ અને $b = -\alpha$ ની કિંમતો વિકલ્પોમાં મૂકો.
વિકલ્પ $C$ તપાસતા: $a\alpha^2 - b\alpha - a = (-1)\alpha^2 - (-\alpha)\alpha - (-1) = -\alpha^2 + \alpha^2 + 1 = 1$.
તેથી,$a\alpha^2 - b\alpha - a = 1$ સાચું છે.

(A) આપેલ વિધેયો $f(x) = \sqrt{x}$,$g(x) = \tan x$,અને $h(x) = \frac{1 - x^2}{1 + x^2}$ છે.
પ્રથમ,$(f \circ g)(x) = f(g(x)) = \sqrt{\tan x}$ શોધો.
ત્યારબાદ,$\phi(x) = (h \circ (f \circ g))(x) = h(\sqrt{\tan x})$ શોધો.
$h(x)$ માં $\sqrt{\tan x}$ મૂકતા,આપણને $\phi(x) = \frac{1 - (\sqrt{\tan x})^2}{1 + (\sqrt{\tan x})^2} = \frac{1 - \tan x}{1 + \tan x}$ મળે છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ કે $\frac{1 - \tan x}{1 + \tan x} = \tan\left( \frac{\pi}{4} - x \right)$.
હવે,$\phi\left( \frac{\pi}{3} \right) = \tan\left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{3} \right) = \tan\left( \frac{3\pi - 4\pi}{12} \right) = \tan\left( -\frac{\pi}{12} \right) = -\tan\left( \frac{\pi}{12} \right)$ ગણો.
કારણ કે $\tan(\pi - \theta) = -\tan \theta$,તેથી $-\tan\left( \frac{\pi}{12} \right) = \tan\left( \pi - \frac{\pi}{12} \right) = \tan\left( \frac{11\pi}{12} \right)$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $g(x) = x^{2} + x - 1$ અને $(g \circ f)(x) = g(f(x)) = 4x^{2} - 10x + 5$.
ધારો કે $f(x) = y$. તો $g(y) = y^{2} + y - 1 = 4x^{2} - 10x + 5$.
$y^{2} + y - 6 = 4x^{2} - 10x$.
$y$ માટે ઉકેલવા માટે,આપણે $y^{2} + y$ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ:
$(y + \frac{1}{2})^{2} - \frac{1}{4} - 6 = 4x^{2} - 10x$.
$(y + \frac{1}{2})^{2} = 4x^{2} - 10x + \frac{25}{4} = (2x - \frac{5}{2})^{2}$.
વર્ગમૂળ લેતા,$y + \frac{1}{2} = \pm(2x - \frac{5}{2})$.
કિસ્સો $1$: $f(x) = 2x - \frac{5}{2} - \frac{1}{2} = 2x - 3$.
કિસ્સો $2$: $f(x) = -2x + \frac{5}{2} - \frac{1}{2} = -2x + 2$.
$f(x) = 2x - 3$ માટે,$f(\frac{5}{4}) = 2(\frac{5}{4}) - 3 = \frac{5}{2} - 3 = -\frac{1}{2}$.
$f(x) = -2x + 2$ માટે,$f(\frac{5}{4}) = -2(\frac{5}{4}) + 2 = -\frac{5}{2} + 2 = -\frac{1}{2}$.
આમ,$f(\frac{5}{4}) = -\frac{1}{2}$.

સંયોજન $g \circ f$ ને $(g \circ f)(x) = g(f(x))$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
આપણે પ્રદેશ $\{2, 3, 4, 5\}$ ના દરેક ઘટક માટે કિંમતોની ગણતરી કરીએ છીએ:
$(g \circ f)(2) = g(f(2)) = g(3) = 7$
$(g \circ f)(3) = g(f(3)) = g(4) = 7$
$(g \circ f)(4) = g(f(4)) = g(5) = 11$
$(g \circ f)(5) = g(f(5)) = g(5) = 11$
આમ,$g \circ f = \{(2, 7), (3, 7), (4, 11), (5, 11)\}$.

(N/A) આપેલ છે કે $f(x) = \cos x$ અને $g(x) = 3x^2$.
પ્રથમ,આપણે $gof(x) = g(f(x)) = g(\cos x) = 3(\cos x)^2 = 3 \cos^2 x$ શોધીએ છીએ.
ત્યારબાદ,આપણે $fog(x) = f(g(x)) = f(3x^2) = \cos(3x^2)$ શોધીએ છીએ.
$gof \neq fog$ સાબિત કરવા માટે,આપણે $x = 0$ કિંમત લઈએ.
$gof(0) = 3 \cos^2(0) = 3(1)^2 = 3$.
$fog(0) = \cos(3(0)^2) = \cos(0) = 1$.
અહીં $3 \neq 1$ હોવાથી,સાબિત થાય છે કે $gof \neq fog$.

(A) $g \circ f = I_{B}$ સાબિત કરવા માટે,આપણે ગણતરી કરીએ:
$g(f(x)) = g\left(\frac{3x+4}{5x-7}\right) = \frac{7\left(\frac{3x+4}{5x-7}\right) + 4}{5\left(\frac{3x+4}{5x-7}\right) - 3}$
$= \frac{\frac{21x + 28 + 20x - 28}{5x - 7}}{\frac{15x + 20 - 15x + 21}{5x - 7}} = \frac{41x}{41} = x$
આમ,$g \circ f(x) = x = I_{B}(x)$ દરેક $x \in B$ માટે.
$f \circ g = I_{A}$ સાબિત કરવા માટે,આપણે ગણતરી કરીએ:
$f(g(x)) = f\left(\frac{7x+4}{5x-3}\right) = \frac{3\left(\frac{7x+4}{5x-3}\right) + 4}{5\left(\frac{7x+4}{5x-3}\right) - 7}$
$= \frac{\frac{21x + 12 + 20x - 12}{5x - 3}}{\frac{35x + 20 - 35x + 21}{5x - 3}} = \frac{41x}{41} = x$
આમ,$f \circ g(x) = x = I_{A}(x)$ દરેક $x \in A$ માટે.
તેથી,$f \circ g = I_{A}$ અને $g \circ f = I_{B}$.

(N/A) $g \circ f$ એક-એક છે તે દર્શાવવા માટે,આપણે ધારીએ કે $A$ ના કોઈપણ $x_1, x_2$ માટે $g \circ f(x_1) = g \circ f(x_2)$ છે.
વિધેયોના સંયોજનની વ્યાખ્યા મુજબ,આનો અર્થ એ થાય કે $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$.
આપેલ છે કે $g: B \rightarrow C$ એક-એક વિધેય છે,તેથી $g(y_1) = g(y_2) \implies y_1 = y_2$. તેથી,$g(f(x_1)) = g(f(x_2))$ પરથી $f(x_1) = f(x_2)$ મળે.
વળી,આપેલ છે કે $f: A \rightarrow B$ પણ એક-એક વિધેય છે,તેથી $f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2$.
આમ,$g \circ f(x_1) = g \circ f(x_2) \implies x_1 = x_2$,જે સાબિત કરે છે કે $g \circ f$ એક-એક વિધેય છે.

(N/A) ધારો કે $z$ એ $C$ નો કોઈ સ્વૈચ્છિક ઘટક છે.
કારણ કે $g: B \rightarrow C$ એ વ્યાપ્ત વિધેય છે,તેથી $B$ માં એક એવો ઘટક $y$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g(y) = z$ થાય.
વળી,$f: A \rightarrow B$ પણ વ્યાપ્ત વિધેય હોવાથી,$B$ ના ઘટક $y$ માટે $A$ માં એક એવો ઘટક $x$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(x) = y$ થાય.
હવે,સંયોજિત વિધેય $(g \circ f)(x) = g(f(x))$ ને ધ્યાનમાં લો.
$f(x) = y$ મૂકતા,આપણને $g(f(x)) = g(y)$ મળે છે.
$g(y) = z$ હોવાથી,$(g \circ f)(x) = z$ મળે છે.
આમ,$C$ ના દરેક ઘટક $z$ માટે $A$ માં એવો ઘટક $x$ મળે છે કે જેથી $(g \circ f)(x) = z$ થાય,તેથી વિધેય $g \circ f: A \rightarrow C$ વ્યાપ્ત છે.

(NO) $f$ અને $g$ બંને ફરજિયાતપણે એક-એક છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,સંયોજિત વિધેય $g \circ f$ ના ગુણધર્મોનું વિશ્લેષણ કરીએ.
જો $g \circ f$ એક-એક હોય,તો $f$ ના પ્રદેશમાં રહેલા કોઈપણ $x_1, x_2$ માટે,$g(f(x_1)) = g(f(x_2))$ નો અર્થ એ થાય કે $f(x_1) = f(x_2)$,જેનો આગળ અર્થ થાય છે કે $x_1 = x_2$. આ પુષ્ટિ કરે છે કે $f$ એક-એક હોવું જ જોઈએ.
જો કે,$g$ નું એક-એક હોવું જરૂરી નથી.
વિધેયો $f: \{1, 2, 3, 4\} \rightarrow \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ ને $f(x) = x$ તરીકે અને $g: \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \rightarrow \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ ને $x \in \{1, 2, 3, 4\}$ માટે $g(x) = x$ અને $g(5) = g(6) = 5$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરો.
અહીં,$(g \circ f)(x) = x$ એ તમામ $x \in \{1, 2, 3, 4\}$ માટે એક-એક છે.
જો કે,$g$ એક-એક નથી કારણ કે $g(5) = g(6) = 5$ છે જ્યારે $5 \neq 6$.
તેથી,$f$ એક-એક હોવું જોઈએ,પરંતુ $g$ નું એક-એક હોવું જરૂરી નથી.

(N/A) આપણી પાસે છે:
$h \circ (g \circ f)(x) = h(g(f(x)))$
$= h(g(2x))$
$= h(3(2x) + 4)$
$= h(6x + 4)$
$= \sin(6x + 4), \forall x \in N$
તે જ રીતે,$((h \circ g) \circ f)(x) = (h \circ g)(f(x))$
$= (h \circ g)(2x)$
$= h(g(2x))$
$= h(3(2x) + 4)$
$= h(6x + 4)$
$= \sin(6x + 4), \forall x \in N$
બંને પદો સમાન પરિણામ આપે છે,તેથી સાબિત થાય છે કે $h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f$.
આ પરિણામ વિધેયોના સંયોજન માટે સામાન્ય રીતે સાચું છે.

(A) વિધેયો $f: \{1,3,4\} \rightarrow \{1,2,5\}$ અને $g: \{1,2,5\} \rightarrow \{1,3\}$ એ $f = \{(1,2), (3,5), (4,1)\}$ અને $g = \{(1,3), (2,3), (5,1)\}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$(g \circ f)(1) = g(f(1)) = g(2) = 3$ [કારણ કે $f(1) = 2$ અને $g(2) = 3$]
$(g \circ f)(3) = g(f(3)) = g(5) = 1$ [કારણ કે $f(3) = 5$ અને $g(5) = 1$]
$(g \circ f)(4) = g(f(4)) = g(1) = 3$ [કારણ કે $f(4) = 1$ અને $g(1) = 3$]
તેથી,$g \circ f = \{(1,3), (3,1), (4,3)\}$.

સાબિત કરવા માટે: $(f+g)oh = foh + goh$
$LHS = [(f+g)oh](x)$
$= (f+g)[h(x)] = f[h(x)] + g[h(x)]$
$= (foh)(x) + (goh)(x)$
$= \{(foh) + (goh)\}(x) = RHS$
$\therefore \{(f+g)oh\}(x) = \{(foh) + (goh)\}(x)$ દરેક $x \in R$ માટે.
આમ,$(f+g)oh = foh + goh$.
સાબિત કરવા માટે: $(f \cdot g)oh = (foh) \cdot (goh)$
$LHS = [(f \cdot g)oh](x)$
$= (f \cdot g)[h(x)] = f[h(x)] \cdot g[h(x)]$
$= (foh)(x) \cdot (goh)(x)$
$= \{(foh) \cdot (goh)\}(x) = RHS$
$\therefore [(f \cdot g)oh](x) = \{(foh) \cdot (goh)\}(x)$ દરેક $x \in R$ માટે.
આમ,$(f \cdot g)oh = (foh) \cdot (goh)$.

(A) આપેલ વિધેયો $f(x) = |x|$ અને $g(x) = |5x-2|$ છે.
$g \circ f(x)$ શોધવા માટે:
$g \circ f(x) = g(f(x)) = g(|x|).$
$g(x)$ માં $|x|$ મૂકતા,આપણને $g(|x|) = |5|x|-2|$ મળે છે.
$f \circ g(x)$ શોધવા માટે:
$f \circ g(x) = f(g(x)) = f(|5x-2|).$
$f(x)$ માં $|5x-2|$ મૂકતા,આપણને $f(|5x-2|) = ||5x-2|| = |5x-2|$ મળે છે.
આમ,$g \circ f(x) = |5|x|-2|$ અને $f \circ g(x) = |5x-2|$ છે.

(A) આપેલ વિધેયો $f(x) = 8x^3$ અને $g(x) = x^{1/3}$ છે.
$g \circ f(x)$ શોધવા માટે:
$g \circ f(x) = g(f(x))$
$= g(8x^3)$
$= (8x^3)^{1/3}$
$= (2^3 \cdot x^3)^{1/3}$
$= 2x$.
$f \circ g(x)$ શોધવા માટે:
$f \circ g(x) = f(g(x))$
$= f(x^{1/3})$
$= 8(x^{1/3})^3$
$= 8x$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = (3 - x^{3})^{\frac{1}{3}}$.
$fof(x)$ શોધવા માટે,આપણે $f(f(x))$ ની ગણતરી કરીએ:
$fof(x) = f(f(x)) = f((3 - x^{3})^{\frac{1}{3}})$
વિધેયની વ્યાખ્યામાં $f(x)$ ની કિંમત મૂકતા:
$fof(x) = [3 - ((3 - x^{3})^{\frac{1}{3}})^{3}]^{\frac{1}{3}}$
કૌંસની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$fof(x) = [3 - (3 - x^{3})]^{\frac{1}{3}}$
$fof(x) = [3 - 3 + x^{3}]^{\frac{1}{3}}$
$fof(x) = (x^{3})^{\frac{1}{3}}$
આમ,$fof(x) = x$.
સાચો જવાબ $D$ છે.

(B) સૌ પ્રથમ,આપણે સંયોજિત વિધેય $(f \circ g)(x) = f(g(x))$ શોધીએ.
આપેલ છે કે $g(x) < 0$ જ્યારે $x < 0$ (કારણ કે $x < 0$ માટે $x^3 < 0$),અને $g(x) \geq 0$ જ્યારે $x \geq 0$ (કારણ કે $x \in [0, 1)$ માટે $x^3 \geq 0$ અને $x \geq 1$ માટે $3x-2 \geq 1$).
તેથી,$(f \circ g)(x) = \begin{cases} x^3+2, & x < 0 \\ x^6, & 0 \leq x < 1 \\ (3x-2)^2, & x \geq 1 \end{cases}$.
હવે,સંક્રમણ બિંદુઓ $x=0$ અને $x=1$ પર સાતત્ય અને વિકલનીયતા તપાસીએ.
$x=0$ પર: $\lim_{x \to 0^-} (x^3+2) = 2$ અને $\lim_{x \to 0^+} (x^6) = 0$. $2 \neq 0$ હોવાથી,વિધેય $x=0$ પર અસતત છે,તેથી $x=0$ પર વિકલનીય નથી.
$x=1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} (x^6) = 1$ અને $\lim_{x \to 1^+} (3x-2)^2 = 1$. વિધેય $x=1$ પર સતત છે.
$x=1$ પર વિકલન તપાસીએ: $LHD = \frac{d}{dx}(x^6)|_{x=1} = 6(1)^5 = 6$. $RHD = \frac{d}{dx}(3x-2)^2|_{x=1} = 2(3x-2) \cdot 3|_{x=1} = 6(3-2) = 6$.
$LHD = RHD$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ પર વિકલનીય છે.
તેથી,$(f \circ g)(x)$ જ્યાં વિકલનીય નથી તેવું એકમાત્ર બિંદુ $x=0$ છે. આવા બિંદુઓની સંખ્યા $1$ છે.

આપેલ છે કે $f(x) = x^{2} - 3x + 2$.
$f(f(x))$ શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ ને વિધેય $f$ માં મૂકીશું:
$f(f(x)) = f(x^{2} - 3x + 2)$
$= (x^{2} - 3x + 2)^{2} - 3(x^{2} - 3x + 2) + 2$
$= (x^{4} + 9x^{2} + 4 - 6x^{3} + 4x^{2} - 12x) - 3x^{2} + 9x - 6 + 2$
$= x^{4} - 6x^{3} + (9x^{2} + 4x^{2} - 3x^{2}) + (-12x + 9x) + (4 - 6 + 2)$
$= x^{4} - 6x^{3} + 10x^{2} - 3x$

(N/A) $f: N \rightarrow Z$ ને $f(x) = x$ અને $g: Z \rightarrow Z$ ને $g(x) = |x|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરો.
પ્રથમ,આપણે દર્શાવીએ કે $g$ એક-એક નથી.
આપણે જોઈએ છીએ કે $g(-1) = |-1| = 1$ અને $g(1) = |1| = 1$.
અહીં $g(-1) = g(1)$ છે પરંતુ $-1 \neq 1$ હોવાથી,$g$ એક-એક નથી.
હવે,$g \circ f: N \rightarrow Z$ ને $(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(x) = |x|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
ધારો કે $x, y \in N$ માટે $(g \circ f)(x) = (g \circ f)(y)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $|x| = |y|$.
$x, y \in N$ હોવાથી,બંને $x$ અને $y$ ધન છે.
તેથી,$|x| = |y| \Rightarrow x = y$.
આમ,$g \circ f$ એક-એક છે.

(N/A) ધારો કે $f: N \rightarrow N$ એ $f(x) = x + 1$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
ધારો કે $g: N \rightarrow N$ એ $g(x) = \begin{cases} x - 1, & \text{જો } x > 1 \\ 1, & \text{જો } x = 1 \end{cases}$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
પ્રથમ,આપણે દર્શાવીએ કે $f$ વ્યાપ્ત નથી. $f$ નો વિસ્તાર $\{2, 3, 4, \dots\}$ છે,જે સહ-પ્રદેશ $N$ નો ઉચિત ઉપગણ છે. ખાસ કરીને,સહ-પ્રદેશના ઘટક $1$ માટે પ્રદેશ $N$ માં એવો કોઈ ઘટક $x$ નથી કે જેથી $f(x) = 1$ થાય. તેથી,$f$ વ્યાપ્ત નથી.
હવે,સંયોજિત વિધેય $g \circ f: N \rightarrow N$ નો વિચાર કરીએ,જે $(g \circ f)(x) = g(f(x))$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
$f(x) = x + 1$ હોવાથી,$(g \circ f)(x) = g(x + 1)$ મળે.
$x \in N$ હોવાથી,$x \geq 1$,તેથી $x + 1 \geq 2$,એટલે કે $x + 1 > 1$.
$g$ ની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$g(x + 1) = (x + 1) - 1 = x$ મળે.
આમ,દરેક $x \in N$ માટે $(g \circ f)(x) = x$ થાય છે.
દરેક $y \in N$ માટે,$x = y \in N$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $(g \circ f)(x) = y$ થાય,તેથી $g \circ f$ એ વ્યાપ્ત વિધેય છે.

(N/A) આપેલ છે કે $f: R \rightarrow R$ એ સાઈનમ વિધેય છે અને $g: R \rightarrow R$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $g(x) = [x]$ છે.
કોઈપણ $x \in (0, 1]$ માટે,આપણે સંયોજન $fog(x)$ અને $gof(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
પ્રથમ,$fog(x) = f(g(x)) = f([x])$ ધ્યાનમાં લો.
જો $x = 1$ હોય,તો $g(1) = [1] = 1$,તેથી $f(g(1)) = f(1) = 1$.
જો $x \in (0, 1)$ હોય,તો $g(x) = [x] = 0$,તેથી $f(g(x)) = f(0) = 0$.
આમ,$fog(x) = \begin{cases} 1, & x = 1 \\ 0, & x \in (0, 1) \end{cases}$.
હવે,$gof(x) = g(f(x))$ ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $x \in (0, 1]$,તેથી $x > 0$,તેથી તમામ $x \in (0, 1]$ માટે $f(x) = 1$.
આમ,તમામ $x \in (0, 1]$ માટે $gof(x) = g(1) = [1] = 1$.
બંનેની સરખામણી કરતા,$x \in (0, 1)$ માટે,$fog(x) = 0$ જ્યારે $gof(x) = 1$.
તેથી,$fog$ અને $gof$ એ $(0, 1]$ માં સમાન થતા નથી.

(B) સંયુક્ત વિધેય $(g \circ f)(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$g(f(x)) = \begin{cases} f(x)+1, & f(x) < 0 \\ (f(x)-1)^2+b, & f(x) \geq 0 \end{cases}$
$f(x)$ ની વ્યાખ્યા મૂકતા:
$x < 0$ માટે,$f(x) = x+a$. તેથી,$g(f(x)) = \begin{cases} x+a+1, & x+a < 0 \\ (x+a-1)^2+b, & x+a \geq 0 \end{cases}$
$x \geq 0$ માટે,$f(x) = |x-1|$. તેથી,$g(f(x)) = \begin{cases} |x-1|+1, & |x-1| < 0 \\ (|x-1|-1)^2+b, & |x-1| \geq 0 \end{cases}$
કારણ કે તમામ $x$ માટે $|x-1| \geq 0$ છે,તેથી $|x-1| < 0$ શક્ય નથી. વિધેય આ રીતે સરળ બને છે:
$(g \circ f)(x) = \begin{cases} x+a+1, & x < -a \\ (x+a-1)^2+b, & -a \leq x < 0 \\ (|x-1|-1)^2+b, & x \geq 0 \end{cases}$
$x = -a$ આગળ સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to -a^-} (x+a+1) = \lim_{x \to -a^+} ((x+a-1)^2+b) \implies 1 = (-1)^2 + b \implies b = 0$.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to 0^-} ((x+a-1)^2+b) = \lim_{x \to 0^+} ((|x-1|-1)^2+b) \implies (a-1)^2 + b = (|0-1|-1)^2 + b \implies (a-1)^2 = 0 \implies a = 1$.
આમ,$a+b = 1+0 = 1$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = 2x - 1$ અને $g(x) = \frac{x - 1/2}{x - 1} = \frac{2x - 1}{2(x - 1)}$.
સંયોજિત વિધેય $f(g(x))$ ની ગણતરી કરતા:
$f(g(x)) = 2(g(x)) - 1 = 2 \left( \frac{2x - 1}{2(x - 1)} \right) - 1$
$= \frac{2x - 1}{x - 1} - 1 = \frac{2x - 1 - (x - 1)}{x - 1} = \frac{x}{x - 1} = 1 + \frac{1}{x - 1}$.
એક-એક વિધેય માટે:
ધારો કે $f(g(x_1)) = f(g(x_2))$.
$1 + \frac{1}{x_1 - 1} = 1 + \frac{1}{x_2 - 1} \implies x_1 - 1 = x_2 - 1 \implies x_1 = x_2$.
આમ,$f(g(x))$ એ એક-એક વિધેય છે.
વ્યાપ્ત વિધેય માટે:
$f(g(x)) = 1 + \frac{1}{x - 1}$ નો વિસ્તાર $R - \{1\}$ છે.
અહીં સહપ્રદેશ $R$ છે,તેથી વિસ્તાર એ સહપ્રદેશ જેટલો નથી.
તેથી,$f(g(x))$ એ વ્યાપ્ત વિધેય નથી.
નિષ્કર્ષ: $f(g(x))$ એ એક-એક છે પણ વ્યાપ્ત નથી.

(C) $(f \circ g)(x) = \sin^{-1}(g(x))$ નો પ્રદેશ $|g(x)| \leq 1$ હોવો જોઈએ.
પ્રથમ,આપણે $g(2) = \lim_{x \to 2} \frac{(x+1)(x-2)}{(2x+3)(x-2)} = \lim_{x \to 2} \frac{x+1}{2x+3} = \frac{3}{7}$ મેળવીએ છીએ.
આમ,આપણે $x \neq 2$ માટે $|\frac{x+1}{2x+3}| \leq 1$ ઉકેલીએ છીએ.
આનો અર્થ છે કે $-1 \leq \frac{x+1}{2x+3} \leq 1$.
કિસ્સો $1$: $\frac{x+1}{2x+3} \leq 1 \Rightarrow \frac{x+1 - (2x+3)}{2x+3} \leq 0 \Rightarrow \frac{-x-2}{2x+3} \leq 0 \Rightarrow \frac{x+2}{2x+3} \geq 0$.
ઉકેલ $x \in (-\infty, -2] \cup (-\frac{3}{2}, \infty)$ છે.
કિસ્સો $2$: $\frac{x+1}{2x+3} \geq -1 \Rightarrow \frac{x+1 + 2x+3}{2x+3} \geq 0 \Rightarrow \frac{3x+4}{2x+3} \geq 0$.
ઉકેલ $x \in (-\infty, -\frac{4}{3}] \cup (-\frac{3}{2}, \infty)$ છે.
બંને કિસ્સાઓનો છેદ લેતા અને $x=2$ ને બાકાત રાખતા,આપણને $x \in (-\infty, -2] \cup [-\frac{4}{3}, \infty)$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $(g \circ f)^{-1}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે,તેથી સંયોજિત વિધેય $g \circ f: A \rightarrow C$ એ બાયજેક્શન (એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને) હોવું જોઈએ.
$1$. $g \circ f$ ને એક-એક થવા માટે,$f$ એક-એક હોવું જરૂરી છે. જો $f$ એક-એક ન હોય,તો $A$ માં એવા $x_1, x_2$ અસ્તિત્વ ધરાવે કે જેથી $f(x_1) = f(x_2)$,જેનો અર્થ થાય કે $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$,જે $g \circ f$ ના એક-એક ગુણધર્મનો વિરોધાભાસ કરે છે.
$2$. $g \circ f$ ને વ્યાપ્ત થવા માટે,$g$ વ્યાપ્ત હોવું જરૂરી છે. જો $g$ વ્યાપ્ત ન હોય,તો $C$ માં એવો કોઈ $z$ અસ્તિત્વ ધરાવે કે જેના માટે $B$ માં કોઈ $y$ ન મળે જેથી $g(y) = z$,જેનો અર્થ છે કે $A$ માં કોઈ $x$ ન મળે જેથી $g(f(x)) = z$,જે $g \circ f$ ના વ્યાપ્ત ગુણધર્મનો વિરોધાભાસ કરે છે.
તેથી,$f$ એક-એક હોવું જોઈએ અને $g$ વ્યાપ્ત હોવું જોઈએ.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \left[2\left(1 - \frac{x^{25}}{2}\right)\left(2 + x^{25}\right)\right]^{\frac{1}{50}}$.
કૌંસની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f(x) = \left[\left(2 - x^{25}\right)\left(2 + x^{25}\right)\right]^{\frac{1}{50}} = \left(4 - x^{50}\right)^{\frac{1}{50}}$.
હવે,$f(f(x))$ ની ગણતરી કરીએ:
$f(f(x)) = \left(4 - (f(x))^{50}\right)^{\frac{1}{50}} = \left(4 - (4 - x^{50})\right)^{\frac{1}{50}} = (x^{50})^{\frac{1}{50}} = x$.
કારણ કે $f(f(x)) = x$,તેથી $f(f(f(x))) = f(x)$ થાય.
આપેલ છે કે $g(x) = f(f(f(x))) + f(f(x))$,કિંમતો મુકતા:
$g(x) = f(x) + x$.
$x = 1$ માટે:
$g(1) = f(1) + 1 = (4 - 1^{50})^{\frac{1}{50}} + 1 = 3^{\frac{1}{50}} + 1$.
કારણ કે $1 < 3^{\frac{1}{50}} < 2$ (કારણ કે $1^{50} < 3 < 2^{50}$),તેથી $1 < 3^{\frac{1}{50}} + 1 < 2$ થાય.
તેથી,$g(1)$ થી નાનો અથવા તેના જેટલો મહત્તમ પૂર્ણાંક $\lfloor 3^{\frac{1}{50}} + 1 \rfloor = 2$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = x - 1$ અને $g(x) = \frac{x^2}{x^2 - 1}$.
$f(g(x)) = g(x) - 1 = \frac{x^2}{x^2 - 1} - 1 = \frac{x^2 - (x^2 - 1)}{x^2 - 1} = \frac{1}{x^2 - 1}$.
ધારો કે $h(x) = f(g(x)) = \frac{1}{x^2 - 1}$.
અહીં $h(x) = h(-x)$ હોવાથી,આ વિધેય યુગ્મ વિધેય છે,જેનો અર્થ છે કે તે અનેક-એક વિધેય છે.
વિસ્તાર શોધવા માટે,$y = \frac{1}{x^2 - 1}$ લો.
તેથી $x^2 - 1 = \frac{1}{y} \Rightarrow x^2 = \frac{1}{y} + 1 = \frac{1 + y}{y}$.
$x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,$x^2 \geq 0$ હોવું જોઈએ,તેથી $\frac{1 + y}{y} \geq 0$.
આ અસમતા $y \in (-\infty, -1] \cup (0, \infty)$ માટે સાચી છે.
અહીં વિસ્તાર એ સહ-પ્રદેશ $(R)$ જેટલો નથી,તેથી વિધેય અંતઃક્ષેપી (into) છે.
આમ,$f \circ g$ એ એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x-1}{x+1}$.
$f^2(x) = f(f(x)) = \frac{\frac{x-1}{x+1} - 1}{\frac{x-1}{x+1} + 1} = \frac{x-1-x-1}{x-1+x+1} = \frac{-2}{2x} = -\frac{1}{x}$.
$f^3(x) = f(f^2(x)) = f(-\frac{1}{x}) = \frac{-\frac{1}{x} - 1}{-\frac{1}{x} + 1} = \frac{-1-x}{-1+x} = \frac{x+1}{1-x}$.
$f^4(x) = f(f^3(x)) = f(\frac{x+1}{1-x}) = \frac{\frac{x+1}{1-x} - 1}{\frac{x+1}{1-x} + 1} = \frac{x+1-1+x}{x+1+1-x} = \frac{2x}{2} = x$.
કારણ કે $f^4(x) = x$,વિધેય $4$ ના આવર્તકાળ સાથે આવર્તી છે.
$f^6(6) = f^2(6) = -\frac{1}{6}$.
$f^7(7) = f^3(7) = \frac{7+1}{1-7} = \frac{8}{-6} = -\frac{4}{3}$.
તેથી,$f^6(6) + f^7(7) = -\frac{1}{6} - \frac{4}{3} = \frac{-1-8}{6} = -\frac{9}{6} = -\frac{3}{2}$.

(D) આપેલ છે $f(n) = \begin{cases} 2n, & n \in \{1, 2, 3, 4, 5\} \\ 2n - 11, & n \in \{6, 7, 8, 9, 10\} \end{cases}$.
$f(x) = n$ ઉકેલીને આપણે $f^{-1}(n)$ શોધીએ છીએ:
જો $n \in \{2, 4, 6, 8, 10\}$,તો $2x = n \implies x = n/2$.
જો $n \in \{1, 3, 5, 7, 9\}$,તો $2x - 11 = n \implies x = (n + 11)/2$.
આમ,$f^{-1}(n) = \begin{cases} n/2, & n \in \{2, 4, 6, 8, 10\} \\ (n + 11)/2, & n \in \{1, 3, 5, 7, 9\} \end{cases}$.
આપેલ છે $f(g(n)) = \begin{cases} n + 1, & n \text{ એકી હોય} \\ n - 1, & n \text{ બેકી હોય} \end{cases}$,તેથી $g(n) = f^{-1}(f(g(n)))$.
જ્યારે $n$ એકી હોય,$g(n) = f^{-1}(n + 1)$. $n+1$ બેકી હોવાથી,$g(n) = (n + 1)/2$.
જ્યારે $n$ બેકી હોય,$g(n) = f^{-1}(n - 1)$. $n-1$ એકી હોવાથી,$g(n) = (n - 1 + 11)/2 = (n + 10)/2$.
કિંમતોની ગણતરી:
$g(1) = 1$,$g(2) = 6$,$g(3) = 2$,$g(4) = 7$,$g(5) = 3$,$g(10) = 10$.
તેથી,$g(10) \cdot (g(1) + g(2) + g(3) + g(4) + g(5)) = 10 \cdot (1 + 6 + 2 + 7 + 3) = 10 \cdot 19 = 190$.

(A) આપેલ છે કે $g(x)$ એ $1$ ઘાતની બહુપદી છે,ધારો કે $g(x) = ax + b$.
તેથી $f(g(x)) = f(ax + b) = 8x^2 - 2x$. $f$ એ $2$ ઘાતની બહુપદી હોવાથી,ધારો કે $f(x) = px^2 + qx + r$.
$g(x)$ ને $f(x)$ માં મૂકતા,આપણને $p(ax+b)^2 + q(ax+b) + r = 8x^2 - 2x$ મળે છે.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$pa^2 = 8$ મળે. $g(f(x)) = 4x^2 + 6x + 1$ હોવાથી,$g(f(x))$ નો મુખ્ય સહગુણક $a \cdot p = 4$ છે.
$pa^2 = 8$ ને $ap = 4$ વડે ભાગતા,$a = 2$ મળે. તેથી $p(2)^2 = 8 \implies 4p = 8 \implies p = 2$.
હવે,$f(g(x)) = 2(2x+b)^2 + q(2x+b) + r = 2(4x^2 + 4bx + b^2) + 2qx + qb + r = 8x^2 + (8b + 2q)x + (2b^2 + qb + r) = 8x^2 - 2x$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $8b + 2q = -2$ અને $2b^2 + qb + r = 0$.
$g(f(x)) = a(px^2 + qx + r) + b = 2(2x^2 + qx + r) + b = 4x^2 + 2qx + 2r + b = 4x^2 + 6x + 1$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $2q = 6 \implies q = 3$. તેથી $8b + 2(3) = -2 \implies 8b = -8 \implies b = -1$.
આમ,$g(x) = 2x - 1$ અને $f(x) = 2x^2 + 3x + r$. $2b^2 + qb + r = 0$ નો ઉપયોગ કરતા,$2(-1)^2 + 3(-1) + r = 0 \implies 2 - 3 + r = 0 \implies r = 1$.
તેથી,$f(x) = 2x^2 + 3x + 1$.
હવે,$f(2) = 2(2)^2 + 3(2) + 1 = 8 + 6 + 1 = 15$ અને $g(2) = 2(2) - 1 = 3$.
તેથી,$f(2) + g(2) = 15 + 3 = 18$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x+1}{x-1}$.
પ્રથમ,$f^2(x) = f(f(x)) = \frac{\frac{x+1}{x-1} + 1}{\frac{x+1}{x-1} - 1} = \frac{x+1+x-1}{x+1-(x-1)} = \frac{2x}{2} = x$ મેળવીએ.
કારણ કે $f^2(x) = x$,તેથી $f^3(x) = f(f^2(x)) = f(x)$ અને $f^4(x) = f^2(f^2(x)) = x$ થાય.
હવે,પદોની ગણતરી કરીએ:
$f^1(2) = \frac{2+1}{2-1} = 3$.
$f^2(3) = 3$ (કારણ કે $f^2(x) = x$).
$f^3(4) = f(4) = \frac{4+1}{4-1} = \frac{5}{3}$.
$f^4(5) = 5$ (કારણ કે $f^4(x) = x$).
આમ,$P = 3 \cdot 3 \cdot \frac{5}{3} \cdot 5 = 75$.
$75$ ના ગુણકો $75, 150, 225, 300, 375, \dots$ છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$375$ એ $75$ નો ગુણક છે.

(D) આપેલ છે $f^1(x) = \frac{3x + 2}{2x + 3}$.
$f^2(x) = f^1(f^1(x)) = \frac{3(\frac{3x+2}{2x+3}) + 2}{2(\frac{3x+2}{2x+3}) + 3} = \frac{13x + 12}{12x + 13}$ શોધો.
$f^3(x) = f^1(f^2(x)) = \frac{63x + 62}{62x + 63}$ શોધો.
અહીં પેટર્ન અવલોકન કરો: $f^n(x) = \frac{A_n x + B_n}{B_n x + A_n}$ સ્વરૂપમાં છે.
પુનરાવર્તન સંબંધ $A_n = 3A_{n-1} + 2B_{n-1}$ અને $B_n = 2A_{n-1} + 3B_{n-1}$ છે.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $A_n + B_n = 5(A_{n-1} + B_{n-1})$.
$A_1 + B_1 = 3 + 2 = 5$ હોવાથી,$A_n + B_n = 5^n$ મળે.
તેથી,$n=5$ માટે,$A_5 + B_5 = 5^5 = 3125$.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{Ax + B}{Cx - A}$,જ્યાં $A = \tan 1^{\circ}$,$B = \log_{e}(123)$,અને $C = \log_{e}(1234)$.
પ્રથમ,આપણે $f(f(x))$ ની ગણતરી કરીએ:
$f(f(x)) = \frac{A(\frac{Ax + B}{Cx - A}) + B}{C(\frac{Ax + B}{Cx - A}) - A} = \frac{A(Ax + B) + B(Cx - A)}{C(Ax + B) - A(Cx - A)} = \frac{A^2x + AB + BCx - AB}{ACx + BC - ACx + A^2} = \frac{x(A^2 + BC)}{A^2 + BC} = x$.
કારણ કે $f(f(x)) = x$ પ્રદેશના તમામ $x$ માટે છે,તેથી $f(f(x)) = x$ અને $f(f(4/x)) = 4/x$ મળે.
તેથી,$f(f(x)) + f(f(4/x)) = x + \frac{4}{x}$.
સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યકની અસમતા $(AM \geq GM)$ નો ઉપયોગ કરતા,$x > 0$ માટે:
$x + \frac{4}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \frac{4}{x}} = 2 \sqrt{4} = 4$.
ન્યૂનતમ કિંમત $4$ છે.

(B) પ્રથમ, આપણે $f(x)$ ને $f(x) = \begin{cases} x+1, & x < 0 \\ 1-x, & 0 \leq x < 1 \\ x-1, & x \geq 1 \end{cases}$ તરીકે સરળ બનાવીએ છીએ.
હવે, આપણે $(g \circ f)(x) = g(f(x))$ શોધીએ છીએ.
જો $f(x) < 0$ હોય, તો $x+1 < 0 \implies x < -1$. આ કિસ્સામાં, $g(f(x)) = f(x) + 1 = (x+1) + 1 = x+2$.
જો $f(x) \geq 0$ હોય, તો $x \geq -1$. આ કિસ્સામાં, $g(f(x)) = 1$.
આમ, $(g \circ f)(x) = \begin{cases} x+2, & x < -1 \\ 1, & x \geq -1 \end{cases}$.
$x = -1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા: $\lim_{x \to -1^-} (x+2) = 1$ અને $\lim_{x \to -1^+} (1) = 1$. લક્ષની કિંમત $g(f(-1)) = 1$ જેટલી હોવાથી, વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત છે.
$x = -1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા: ડાબી બાજુનું વિકલન $\frac{d}{dx}(x+2) = 1$ છે, અને જમણી બાજુનું વિકલન $\frac{d}{dx}(1) = 0$ છે. $1 \neq 0$ હોવાથી, તે $x = -1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(C) આપેલ છે કે $g(x) = \sqrt{x} + 1$.
આપણને $(f \circ g)(x) = f(g(x)) = x + 3 - \sqrt{x}$ આપેલ છે.
ધારો કે $u = g(x) = \sqrt{x} + 1$.
તેથી $\sqrt{x} = u - 1$.
આ કિંમતને $(f \circ g)(x)$ ના પદમાં મૂકતા:
$f(u) = (u - 1)^2 + 3 - (u - 1)$.
$f(u) = (u^2 - 2u + 1) + 3 - u + 1$.
$f(u) = u^2 - 3u + 5$.
આમ,$f(x) = x^2 - 3x + 5$.
$f(0)$ શોધવા માટે,$x = 0$ મૂકતા:
$f(0) = (0)^2 - 3(0) + 5 = 5$.

(A) $f \circ g$ નો પ્રદેશ એ $g$ ના પ્રદેશના તમામ $x$ નો બનેલો છે જેથી $g(x)$ એ $f$ ના પ્રદેશમાં હોય.
$1$. $g$ નો પ્રદેશ $R - \{-\frac{5}{2}\}$ છે.
$2$. $f(g(x))$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,$g(x)$ એ $-\frac{1}{2}$ (જે $f$ ના પ્રદેશમાંથી બાકાત છે) ના બરાબર ન હોવું જોઈએ.
$3$. $g(x) = -\frac{1}{2}$ લો:
$\frac{|x|+1}{2x+5} = -\frac{1}{2}$
$2(|x|+1) = -(2x+5)$
$2|x| + 2 = -2x - 5$
$2|x| = -2x - 7$
કિસ્સો $I$: જો $x \ge 0$,તો $2x = -2x - 7 \Rightarrow 4x = -7 \Rightarrow x = -\frac{7}{4}$. $x \ge 0$ હોવાથી,આ ઉકેલ શક્ય નથી.
કિસ્સો $II$: જો $x < 0$,તો $2(-x) = -2x - 7 \Rightarrow -2x = -2x - 7 \Rightarrow 0 = -7$,જે અશક્ય છે.
આમ,$g(x)$ ક્યારેય $-\frac{1}{2}$ ના બરાબર થતું નથી.
તેથી,$f \circ g$ ના પ્રદેશ પર માત્ર એક જ પ્રતિબંધ છે $x \neq -\frac{5}{2}$.
તેથી પ્રદેશ $R - \{-\frac{5}{2}\}$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} 2+2x, & -1 \leq x < 0 \\ 1-\frac{x}{3}, & 0 \leq x \leq 3 \end{cases}$ અને $g(x) = \begin{cases} -x, & -3 \leq x \leq 0 \\ x, & 0 < x \leq 1 \end{cases}$.
આપણે $f(g(x))$ નો વિસ્તાર શોધવાનો છે.
કિસ્સો $1$: $-3 \leq x \leq 0$,ત્યારે $g(x) = -x$. કારણ કે $-3 \leq x \leq 0$,તેથી $0 \leq g(x) \leq 3$ મળે.
$0 \leq g(x) \leq 3$ માટે,$f(g(x)) = 1 - \frac{g(x)}{3} = 1 - \frac{-x}{3} = 1 + \frac{x}{3}$.
જેમ $x$ એ $-3$ થી $0$ સુધી બદલાય છે,તેમ $f(g(x))$ એ $1 + \frac{-3}{3} = 0$ થી $1 + \frac{0}{3} = 1$ સુધી બદલાય છે.
તેથી,આ ભાગ માટે વિસ્તાર $[0, 1]$ છે.
કિસ્સો $2$: $0 < x \leq 1$,ત્યારે $g(x) = x$. કારણ કે $0 < x \leq 1$,તેથી $0 < g(x) \leq 1$ મળે.
$0 < g(x) \leq 3$ માટે,$f(g(x)) = 1 - \frac{g(x)}{3} = 1 - \frac{x}{3}$.
જેમ $x$ એ $0$ થી $1$ સુધી બદલાય છે,તેમ $f(g(x))$ એ $1 - \frac{0}{3} = 1$ થી $1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ સુધી બદલાય છે.
તેથી,આ ભાગ માટે વિસ્તાર $[\frac{2}{3}, 1)$ છે.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,$f(g(x))$ નો વિસ્તાર $[0, 1]$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{4x+3}{6x-4}$.
સૌ પ્રથમ,આપણે $g(x) = (f \circ f)(x) = f(f(x))$ શોધીએ.
$g(x) = f\left(\frac{4x+3}{6x-4}\right) = \frac{4\left(\frac{4x+3}{6x-4}\right) + 3}{6\left(\frac{4x+3}{6x-4}\right) - 4}$.
અંશ અને છેદને $(6x-4)$ વડે ગુણતા:
$g(x) = \frac{4(4x+3) + 3(6x-4)}{6(4x+3) - 4(6x-4)} = \frac{16x + 12 + 18x - 12}{24x + 18 - 24x + 16} = \frac{34x}{34} = x$.
અહીં $g(x) = x$ હોવાથી,$g$ એ તદેવ વિધેય (identity function) છે.
તેથી,$(g \circ g \circ g)(4) = g(g(g(4))) = g(g(4)) = g(4) = 4$.

(B) આપણને $f(x) = \begin{cases} \ln x & x > 0 \\ e^{-x} & x \leq 0 \end{cases}$ અને $g(x) = \begin{cases} x & x \geq 0 \\ e^x & x < 0 \end{cases}$ આપેલ છે.
$(gof)(x) = g(f(x))$ શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ માટેના કિસ્સાઓનું વિશ્લેષણ કરીએ:
કિસ્સો $1$: $x \leq 0$. તો $f(x) = e^{-x}$. બધા $x$ માટે $e^{-x} > 0$ હોવાથી,$g(f(x)) = f(x) = e^{-x}$.
કિસ્સો $2$: $x > 0$. તો $f(x) = \ln x$.
પેટા-કિસ્સો 2a: $0 < x < 1$. તો $f(x) = \ln x < 0$. તેથી $g(f(x)) = e^{f(x)} = e^{\ln x} = x$.
પેટા-કિસ્સો 2b: $x \geq 1$. તો $f(x) = \ln x \geq 0$. તેથી $g(f(x)) = f(x) = \ln x$.
આ બધાને જોડતા,$(gof)(x) = \begin{cases} e^{-x} & x \leq 0 \\ x & 0 < x < 1 \\ \ln x & x \geq 1 \end{cases}$.
એક-એક ચકાસતા: $x \leq 0$ માટે,$g(f(x)) = e^{-x} \in [1, \infty)$. $0 < x < 1$ માટે,$g(f(x)) = x \in (0, 1)$. $x \geq 1$ માટે,$g(f(x)) = \ln x \in [0, \infty)$.
$g(f(x))$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ હોવાથી,તે વ્યાપ્ત નથી (કારણ કે સહપ્રદેશ $R$ છે).
વધુમાં,$x \leq 0$ માટે,$g(f(x)) \geq 1$,અને $x \geq 1$ માટે,$g(f(x)) \geq 0$. વિસ્તારમાં એવી કિંમતો છે જે એક કરતા વધુ $x$ દ્વારા મળે છે,અને વિધેય એક-એક નથી. આમ,તે એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(D) ધારો કે $f_n(x)$ એ $f(x)$ નું $n$-મું સંયોજન દર્શાવે છે.
$f_1(x) = \frac{2x}{\sqrt{1+9x^2}}$
$f_2(x) = f(f(x)) = \frac{2 \cdot \frac{2x}{\sqrt{1+9x^2}}}{\sqrt{1+9 \cdot \frac{4x^2}{1+9x^2}}} = \frac{4x}{\sqrt{1+9x^2+36x^2}} = \frac{2^2x}{\sqrt{1+9x^2(1+2^2)}}$
$f_3(x) = f(f_2(x)) = \frac{2 \cdot \frac{2^2x}{\sqrt{1+9x^2(1+2^2)}}}{\sqrt{1+9 \cdot \frac{2^4x^2}{1+9x^2(1+2^2)}}} = \frac{2^3x}{\sqrt{1+9x^2(1+2^2+2^4)}}$
ગાણિતિક અનુમાન દ્વારા,$f_n(x) = \frac{2^nx}{\sqrt{1+9x^2(1+2^2+2^4+\ldots+2^{2n-2})}}$.
$n=10$ માટે,છેદમાં $9\alpha x^2$ છે,જ્યાં $\alpha = 1+2^2+2^4+\ldots+2^{18}$.
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં $a=1$,$r=4$,અને $n=10$ પદો છે.
$\alpha = \frac{1(4^{10}-1)}{4-1} = \frac{2^{20}-1}{3}$.
આમ,$3\alpha + 1 = 3(\frac{2^{20}-1}{3}) + 1 = 2^{20} - 1 + 1 = 2^{20}$.
તેથી,$\sqrt{3\alpha+1} = \sqrt{2^{20}} = 2^{10} = 1024$.

(A) આપણને $f(x) = |x-1|$ અને $g(x) = \begin{cases} e^x, & x \geq 0 \\ x+1, & x \leq 0 \end{cases}$ આપેલ છે.
$f(g(x))$ શોધવા માટે,આપણે $g(x)$ ને $f(x)$ માં મૂકીએ છીએ:
$f(g(x)) = |g(x) - 1| = \begin{cases} |e^x - 1|, & x \geq 0 \\ |(x+1) - 1|, & x \leq 0 \end{cases} = \begin{cases} e^x - 1, & x \geq 0 \\ |x|, & x \leq 0 \end{cases} = \begin{cases} e^x - 1, & x \geq 0 \\ -x, & x \leq 0 \end{cases}$.
હવે,ધારો કે $h(x) = f(g(x))$.
$x \geq 0$ માટે,$h(x) = e^x - 1$. જેમ $x$ એ $0$ થી $\infty$ સુધી વધે છે,તેમ $h(x)$ એ $0$ થી $\infty$ સુધી વધે છે.
$x \leq 0$ માટે,$h(x) = -x$. જેમ $x$ એ $0$ થી $-\infty$ સુધી ઘટે છે,તેમ $h(x)$ એ $0$ થી $\infty$ સુધી વધે છે.
કારણ કે $h(x)$ એ ધન અને ઋણ બંને $x$ માટે સમાન ધન કિંમતો લે છે (દા.ત.,$h(1) = e-1$ અને $h(-(e-1)) = e-1$),તેથી વિધેય એક-એક નથી.
કારણ કે $h(x)$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ નો ઉચિત ઉપગણ છે,તેથી વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
તેથી,વિધેય એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(A) આપેલ છે,$f(x) = x^2$ અને $g(x) = \sin x$ દરેક $x \in R$ માટે.
પ્રથમ,$(f \circ g \circ g \circ f)(x)$ ની ગણતરી કરીએ:
$(f \circ g \circ g \circ f)(x) = f(g(g(f(x)))) = f(g(g(x^2))) = f(g(\sin x^2)) = f(\sin(\sin x^2)) = (\sin(\sin x^2))^2$.
ત્યારબાદ,$(g \circ g \circ f)(x)$ ની ગણતરી કરીએ:
$(g \circ g \circ f)(x) = g(g(f(x))) = g(g(x^2)) = g(\sin x^2) = \sin(\sin x^2)$.
બંને પદોને સરખાવતા:
$(\sin(\sin x^2))^2 = \sin(\sin x^2)$.
ધારો કે $u = \sin(\sin x^2)$. તો $u^2 = u$,જેનો અર્થ છે $u^2 - u = 0$,તેથી $u(u - 1) = 0$.
આથી $u = 0$ અથવા $u = 1$ મળે.
કિસ્સો $1$: $\sin(\sin x^2) = 0$.
આનો અર્થ છે $\sin x^2 = n \pi$ કોઈ પૂર્ણાંક $n$ માટે. $\sin x^2$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ હોવાથી,$n \pi$ માટે શક્ય કિંમત માત્ર $0$ છે (જ્યારે $n = 0$).
તેથી,$\sin x^2 = 0$,જેનો અર્થ છે $x^2 = n \pi$ જ્યાં $n \in \{0, 1, 2, \ldots\}$.
આમ,$x = \pm \sqrt{n \pi}$ જ્યાં $n \in \{0, 1, 2, \ldots\}$.
કિસ્સો $2$: $\sin(\sin x^2) = 1$.
આનો અર્થ છે $\sin x^2 = \frac{\pi}{2}$. કારણ કે $\frac{\pi}{2} \approx 1.57 > 1$,આ માટે $x$ ની કોઈ વાસ્તવિક કિંમત શક્ય નથી.
તેથી,$x$ નો ગણ $\pm \sqrt{n \pi}$ છે જ્યાં $n \in \{0, 1, 2, \ldots\}$.