Domain and Range Questions in Gujarati

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1}$.
આપણે વિધેયને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$f(x) = \frac{x^2 + 1 - 2}{x^2 + 1} = 1 - \frac{2}{x^2 + 1}$.
દરેક વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે $x^2 \ge 0$ હોવાથી,આપણી પાસે $x^2 + 1 \ge 1$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $0 < \frac{1}{x^2 + 1} \le 1$.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $0 < \frac{2}{x^2 + 1} \le 2$ મળે છે.
હવે,$-1$ વડે ગુણતા અસમતા ઉલટાઈ જાય છે:
$-2 \le -\frac{2}{x^2 + 1} < 0$.
બધા ભાગમાં $1$ ઉમેરતા:
$1 - 2 \le 1 - \frac{2}{x^2 + 1} < 1 + 0$.
$-1 \le f(x) < 1$.
આમ,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $-1$ છે,જે $x = 0$ હોય ત્યારે પ્રાપ્ત થાય છે.

(A) વિધેય $f(x) = \sin x - \sqrt{3} \cos x + 1$ દ્વારા આપવામાં આવ્યું છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે પદ $a \sin x + b \cos x$ એ $[-\sqrt{a^2 + b^2}, \sqrt{a^2 + b^2}]$ અંતરાલમાં હોય છે.
અહીં,$a = 1$ અને $b = -\sqrt{3}$ છે.
તેથી,$\sin x - \sqrt{3} \cos x$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}, \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}] = [-\sqrt{1+3}, \sqrt{1+3}] = [-2, 2]$ છે.
આ અસમતામાં $1$ ઉમેરતા,આપણને મળે છે:
$-2 + 1 \le \sin x - \sqrt{3} \cos x + 1 \le 2 + 1$.
$-1 \le f(x) \le 3$.
વિધેય $f$ વ્યાપ્ત હોવાથી,સહ-પ્રદેશ $S$ એ વિધેયના વિસ્તાર જેટલો જ હોવો જોઈએ.
તેથી,$S = [-1, 3]$.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{|x - 3|}{x - 3}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ,તેથી $x - 3 \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $x \neq 3$.
આમ,પ્રદેશ $R - \{3\}$ છે.
જો $x > 3$ હોય,તો $|x - 3| = x - 3$,તેથી $f(x) = \frac{x - 3}{x - 3} = 1$.
જો $x < 3$ હોય,તો $|x - 3| = -(x - 3)$,તેથી $f(x) = \frac{-(x - 3)}{x - 3} = -1$.
તેથી,વિસ્તાર $\{-1, 1\}$ છે.
સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયને $f(x) = [x]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જ્યાં $[x]$ એ $x$ થી નાની અથવા તેના જેટલી મહત્તમ પૂર્ણાંક સંખ્યા દર્શાવે છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$[x]$ નું મૂલ્ય હંમેશા એક પૂર્ણાંક સંખ્યા જ હોય છે.
તેથી,મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયનો વિસ્તાર એ તમામ પૂર્ણાંક સંખ્યાઓનો ગણ છે,જેને $\mathbb{Z}$ વડે દર્શાવવામાં આવે છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{\sin^{-1}(3 - x)}{\ln(|x| - 2)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,નીચેની શરતોનું પાલન થવું જોઈએ:
$1$. $\sin^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ માં હોવો જોઈએ:
$-1 \le 3 - x \le 1$
$-4 \le -x \le -2$
$2 \le x \le 4$
તેથી,અંશનો પ્રદેશ $[2, 4]$ છે.
$2$. $\ln$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ અને છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ:
$|x| - 2 > 0 \implies |x| > 2 \implies x \in (-\infty, -2) \cup (2, \infty)$.
વળી,$\ln(|x| - 2) \neq 0 \implies |x| - 2 \neq 1 \implies |x| \neq 3 \implies x \neq 3, x \neq -3$.
આ બંનેને જોડતા,છેદનો પ્રદેશ $(-\infty, -3) \cup (-3, -2) \cup (2, 3) \cup (3, \infty)$ મળે છે.
$3$. $f(x)$ નો પ્રદેશ આ ગણોનો છેદ છે:
$[2, 4] \cap ((-\infty, -3) \cup (-3, -2) \cup (2, 3) \cup (3, \infty)) = (2, 3) \cup (3, 4]$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \log |x^2 - 9|$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $|x^2 - 9| > 0$ હોય.
કારણ કે નિરપેક્ષ મૂલ્ય $|x^2 - 9|$ હંમેશા અ-ઋણ હોય છે,તેથી $|x^2 - 9| > 0$ ની શરત તમામ $x$ માટે સંતોષાય છે સિવાય કે જ્યાં $x^2 - 9 = 0$ હોય.
$x^2 - 9 = 0$ ઉકેલતા $x^2 = 9$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 3$ અથવા $x = -3$.
તેથી,વિધેય $x = 3$ અને $x = -3$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $R - \{-3, 3\}$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \log |\log x|$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે બહારના લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોય,એટલે કે $|\log x| > 0$,અને અંદરના લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોય,એટલે કે $x > 0$.
$|\log x| > 0$ માટે,$\log x \neq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x \neq 1$.
શરતો $x > 0$ અને $x \neq 1$ ને જોડતા,આપણને પ્રદેશ $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$ મળે છે.

(D) વિધેય $f(x) = \frac{\log_2(x + 3)}{x^2 + 3x + 2}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ: $x + 3 > 0 \implies x > -3$.
$2$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $x^2 + 3x + 2 \neq 0$.
છેદના અવયવ પાડતા: $(x + 1)(x + 2) \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $x \neq -1$ અને $x \neq -2$.
આ શરતોને જોડતા,પ્રદેશ $x \in (-3, \infty)$ છે,જેમાં $\{-1, -2\}$ બિંદુઓનો સમાવેશ થતો નથી.
આમ,પ્રદેશ $(-3, \infty) - \{-1, -2\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય જો નીચેની શરતો સંતોષાય:
$1$. $\sec^{-1}x$ નો પ્રદેશ $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ છે,જેને $R - (-1, 1)$ તરીકે લખી શકાય.
$2$. છેદ $\sqrt{x - [x]}$ વ્યાખ્યાયિત અને શૂન્યતર હોવો જોઈએ. વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ: $x - [x] > 0$.
$3$. કારણ કે $x - [x] = \{x\}$ ($x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ),શરત $x - [x] > 0$ સૂચવે છે કે $x$ પૂર્ણાંક હોઈ શકે નહીં. તેથી,$x \in R - Z$.
$4$. આ બંને શરતોને જોડતા,વિધેય $x \in (R - (-1, 1)) \cap (R - Z)$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
$5$. આ છેદ $R - ((-1, 1) \cup \{n \mid n \in Z\})$ ને સમાન છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = x^2 - 6x + 7$ છે.
પૂર્ણવર્ગની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = (x^2 - 6x + 9) - 9 + 7$
$f(x) = (x - 3)^2 - 2$
કોઈપણ વાસ્તવિક $x$ માટે $(x - 3)^2 \ge 0$ હોવાથી,$(x - 3)^2$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે.
તેથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0 - 2 = -2$ છે.
જેમ $x \to \infty$ અથવા $x \to -\infty$,તેમ $f(x) \to \infty$.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $[-2, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{\log \frac{1}{|\sin x|}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$\log \frac{1}{|\sin x|} \ge 0$
$\log 1 = 0$ હોવાથી,આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{1}{|\sin x|} \ge 1$,જેનો અર્થ છે $|\sin x| \le 1$.
વળી,લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ: $\frac{1}{|\sin x|} > 0$,જે $|\sin x| \neq 0$ માટે હંમેશા સાચું છે.
વધારામાં,છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $|\sin x| \neq 0$.
$|\sin x| \neq 0 \implies \sin x \neq 0 \implies x \neq n\pi$,જ્યાં $n \in I$.
તેથી,પ્રદેશ $R - \{ n\pi : n \in I \}$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \log (\sqrt {x - 4} + \sqrt {6 - x} )$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લઘુગણકની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ અને વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ઋણ ન હોવી જોઈએ.
$1$. $\sqrt{x-4}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$x - 4 \ge 0$,એટલે કે $x \ge 4$.
$2$. $\sqrt{6-x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$6 - x \ge 0$,એટલે કે $x \le 6$.
$3$. સરવાળો $\sqrt{x-4} + \sqrt{6-x}$ હંમેશા અઋણ હોય છે. લઘુગણક ધન કિંમતો માટે વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,આપણે તપાસીએ કે શું સરવાળો શૂન્ય હોઈ શકે. સરવાળો ત્યારે જ શૂન્ય થાય જો $x-4=0$ અને $6-x=0$ હોય,જે શક્ય નથી. તેથી,$x \in [4, 6]$ માટે સરવાળો હંમેશા ધન રહે છે.
આ શરતોને જોડતા,પ્રદેશ $x \in [4, 6]$ મળે છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = [\log_{10}(\frac{5x - x^2}{4})]^{1/2}$ છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ અને લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ.
પ્રથમ,$\log_{10}(\frac{5x - x^2}{4}) \ge 0$ હોવું જરૂરી છે.
આથી $\frac{5x - x^2}{4} \ge 10^0$,એટલે કે $\frac{5x - x^2}{4} \ge 1$.
$4$ વડે ગુણતા,$5x - x^2 \ge 4$,અથવા $x^2 - 5x + 4 \le 0$.
અવયવ પાડતા,$(x - 1)(x - 4) \le 0$.
આ અસમતા $x \in [1, 4]$ માટે સાચી છે.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $[1, 4]$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \log_{3+x}(x^2 - 1)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,નીચેની શરતો સંતોષાવી જોઈએ:
$1$. લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ: $x^2 - 1 > 0 \implies x^2 > 1 \implies x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.
$2$. લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ અને $1$ ન હોવો જોઈએ: $3 + x > 0 \implies x > -3$ અને $3 + x \neq 1 \implies x \neq -2$.
આ શરતોને જોડતા:
$x > -3$ અને $x \neq -2$ અને $(x < -1$ અથવા $x > 1)$.
આ ગણોનો છેદગણ:
$(-3, -2) \cup (-2, -1) \cup (1, \infty)$.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{\sin 2x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$\sin 2x \geq 0$.
સાઈન વિધેય પ્રથમ અને દ્વિતીય ચરણમાં અઋણ હોય છે,એટલે કે $[2n\pi, 2n\pi + \pi]$ અંતરાલમાં.
તેથી,$2n\pi \leq 2x \leq 2n\pi + \pi$.
$2$ વડે ભાગતા,આપણને $n\pi \leq x \leq n\pi + \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
આમ,પ્રદેશ $[n\pi, n\pi + \frac{\pi}{2}]$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \frac{3}{4 - x^2} + \log_{10}(x^3 - x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $4 - x^2 \neq 0$ $\Rightarrow x^2 \neq 4$ $\Rightarrow x \neq \pm 2$.
$2$. લઘુગણકનો પ્રદેશ ધન હોવો જોઈએ: $x^3 - x > 0$.
અસમતાનું અવયવીકરણ કરતા: $x(x - 1)(x + 1) > 0$.
સંખ્યા રેખા પર $-1, 0, 1$ બિંદુઓનો ઉપયોગ કરીને,પદાવલિ $(-1, 0) \cup (1, \infty)$ અંતરાલમાં ધન છે.
શરતોને જોડતા: $x \in (-1, 0) \cup (1, \infty)$ અને $x \neq \pm 2$.
કારણ કે $2$ એ $(1, \infty)$ અંતરાલમાં આવે છે,તેથી તેને બાદ કરવું પડશે.
આમ,પ્રદેશ $D = (-1, 0) \cup (1, 2) \cup (2, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{2 - 2x - x^2}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$2 - 2x - x^2 \ge 0$
$-1$ વડે ગુણતા અને અસમતા બદલતા:
$x^2 + 2x - 2 \le 0$
દ્વિઘાત પદાવલિ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવતા:
$(x^2 + 2x + 1) - 1 - 2 \le 0$
$(x + 1)^2 - 3 \le 0$
$(x + 1)^2 \le 3$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$-\sqrt{3} \le x + 1 \le \sqrt{3}$
બધી બાજુથી $1$ બાદ કરતા:
$-1 - \sqrt{3} \le x \le -1 + \sqrt{3}$
આમ,પ્રદેશ $[-1 - \sqrt{3}, -1 + \sqrt{3}]$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{x - 3}{(x - 1)\sqrt{x^2 - 4}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ અને છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ.
$1$. વર્ગમૂળ માટેની શરત $x^2 - 4 > 0$ છે,જેનો અર્થ છે $x^2 > 4$,તેથી $x \in (-\infty, -2) \cup (2, \infty)$.
$2$. છેદ માટેની શરત $(x - 1)\sqrt{x^2 - 4} \neq 0$ છે. આનો અર્થ છે $x - 1 \neq 0$ (એટલે કે $x \neq 1$) અને $\sqrt{x^2 - 4} \neq 0$ (એટલે કે $x \neq \pm 2$).
$3$. આ શરતોને જોડતા,આપણને $x \in (-\infty, -2) \cup (2, \infty)$ મળે છે અને $x \neq 1$. કારણ કે $1$ એ અંતરાલ $(-\infty, -2) \cup (2, \infty)$ માં નથી,તેથી પ્રદેશ $(-\infty, -2) \cup (2, \infty)$ રહેશે.

(B) વિધેય $\sqrt{\log \left\{ \frac{5x - x^2}{6} \right\}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ: $\log \left\{ \frac{5x - x^2}{6} \right\} \ge 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{5x - x^2}{6} \ge 10^0$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{5x - x^2}{6} \ge 1$ થાય છે.
$6$ વડે ગુણતા,આપણને $5x - x^2 \ge 6$ મળે છે,જેનું પુનઃગોઠવણ $x^2 - 5x + 6 \le 0$ થાય છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,$(x - 2)(x - 3) \le 0$ મળે છે.
આ અસમતા $x \in [2, 3]$ માટે સાચી છે.
તેથી,પ્રદેશ $[2, 3]$ છે.

(C) વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિઓએ ચોક્કસ શરતો સંતોષવી આવશ્યક છે:
$(i)$ $\sqrt{2 - x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$2 - x \ge 0$,જેનો અર્થ છે $x \le 2$.
(ii) $\frac{1}{\sqrt{9 - x^2}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ અને વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ: $9 - x^2 > 0$.
આનો અર્થ છે $x^2 < 9$,જેનો અર્થ છે $-3 < x < 3$.
પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે બંને શરતોનો છેદ લઈએ છીએ: $x \le 2$ અને $-3 < x < 3$.
$(-\infty, 2]$ અને $(-3, 3)$ નો છેદ $(-3, 2]$ છે.
તેથી,પ્રદેશ $(-3, 2]$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \frac{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}}{x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ઋણ ન હોવી જોઈએ:
$1 + x \ge 0 \implies x \ge -1$
$1 - x \ge 0 \implies x \le 1$
આ બંનેને જોડતા,$x \in [-1, 1]$ મળે.
$2$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ:
$x \neq 0$
બંને શરતોને જોડતા,પ્રદેશ $[-1, 1] \setminus \{0\}$ થાય.

(D) વિધેય $f(x) = \sqrt{x - x^2} + \sqrt{4 + x} + \sqrt{4 - x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે દરેક વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ.
$1$. $\sqrt{4 + x}$ માટે,$4 + x \ge 0$,એટલે કે $x \ge -4$.
$2$. $\sqrt{4 - x}$ માટે,$4 - x \ge 0$,એટલે કે $x \le 4$.
$3$. $\sqrt{x - x^2}$ માટે,$x - x^2 \ge 0$,એટલે કે $x(1 - x) \ge 0$. આ અસમતા $0 \le x \le 1$ માટે સાચી છે.
પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે આ અંતરાલોનો છેદગણ લઈએ:
$x \in [-4, \infty) \cap (- \infty, 4] \cap [0, 1] = [0, 1]$.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $[0, 1]$ છે.

(A) આપેલ પ્રદેશ $-1 \le x \le 1$ છે.
વિધેય $f(x) = \frac{1}{1 + e^x}$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય હોવાથી,તેનો વિસ્તાર $[f(1), f(-1)]$ થશે.
કિંમતો ગણતા:
$f(1) = \frac{1}{1 + e^1} = \frac{1}{1 + e}$
$f(-1) = \frac{1}{1 + e^{-1}} = \frac{1}{1 + \frac{1}{e}} = \frac{e}{e + 1}$
આમ,વિસ્તાર $\left[ \frac{1}{1+e}, \frac{e}{1+e} \right]$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{\log({x^2} - 6x + 6)}$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $\log({x^2} - 6x + 6) \ge 0$ હોય.
આનો અર્થ એ છે કે ${x^2} - 6x + 6 \ge 10^0$,જેનું સાદું રૂપ ${x^2} - 6x + 6 \ge 1$ થાય છે.
અસમતાને ગોઠવતા,આપણને ${x^2} - 6x + 5 \ge 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા,$(x - 5)(x - 1) \ge 0$ મળે છે.
આ અસમતા ઉકેલતા,આપણને $x \le 1$ અથવા $x \ge 5$ મળે છે.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ $(-\infty, 1] \cup [5, \infty)$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \sqrt{1 - \frac{1}{x}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$1 - \frac{1}{x} \ge 0$
$\frac{x - 1}{x} \ge 0$
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = 0$ અને $x = 1$ માટે સાઈન સ્કીમનો ઉપયોગ કરતા:
આ અભિવ્યક્તિ $(-\infty, 0)$ અને $[1, \infty)$ અંતરાલોમાં ધન છે.
નોંધો કે $x = 0$ ને બાકાત રાખવામાં આવે છે કારણ કે છેદ શૂન્ય હોઈ શકે નહીં.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, 0) \cup [1, \infty)$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 + x - 6}$ છે.
અંશના અવયવ પાડતા: $x^2 - 3x + 2 = (x - 2)(x - 1)$.
છેદના અવયવ પાડતા: $x^2 + x - 6 = (x + 3)(x - 2)$.
આમ,$f(x) = \frac{(x - 2)(x - 1)}{(x + 3)(x - 2)}$.
વિધેય ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય જ્યારે છેદ શૂન્ય ન હોય.
છેદને શૂન્ય લેતા: $(x + 3)(x - 2) = 0$,જેનો અર્થ છે કે $x = -3$ અથવા $x = 2$.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ એ $2$ અને $-3$ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે.
પ્રદેશ = $\{x : x \in R, x \neq 2, x \neq -3\}$.

(A) વિધેય ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $x^2 - 1 > 0$ હોય.
આનો અર્થ એ છે કે $x^2 > 1$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $|x| > 1$ મળે છે.
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી પડે જ્યારે $x < -1$ અથવા $x > 1$ હોય.
તેથી,પ્રદેશ $( - \infty, -1) \cup (1, \infty)$ છે.

(A) વિધેય $y = \frac{1}{\sqrt{|x| - x}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ:
$|x| - x > 0$
$|x| > x$
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \geq 0$ માટે $|x| = x$ થાય,તેથી $x > x$ અસત્ય છે.
$x < 0$ માટે $|x| = -x$ થાય,તેથી અસમતા $-x > x$ બને છે,જેનું સાદું રૂપ $0 > 2x$ અથવા $x < 0$ થાય છે.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $( - \infty, 0)$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \sqrt{x^2 - 1} + \sqrt{x^2 + 1}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,બંને વર્ગમૂળ પદો અઋણ હોવા જોઈએ.
$1$. $\sqrt{x^2 - 1}$ માટે,આપણે $x^2 - 1 \ge 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $x^2 \ge 1$. આ સ્થિતિ $x \le -1$ અથવા $x \ge 1$ માટે સાચી છે.
$2$. $\sqrt{x^2 + 1}$ માટે,આપણે $x^2 + 1 \ge 0$ ની જરૂર છે,જે તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x \in \mathbb{R}$ માટે સાચું છે.
આ બંને શરતોનો છેદ લેતા,પ્રદેશ $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ મળે છે,જેને $(-\infty, \infty) - (-1, 1)$ તરીકે પણ લખી શકાય છે.

(A) વિધેય $f(x) = \exp (\sqrt {5x - 3 - 2{x^2}} )$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$5x - 3 - 2{x^2} \ge 0$
$-1$ વડે ગુણતા અને અસમતાની નિશાની બદલતા:
$2{x^2} - 5x + 3 \le 0$
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$2{x^2} - 2x - 3x + 3 \le 0$
$2x(x - 1) - 3(x - 1) \le 0$
$(2x - 3)(x - 1) \le 0$
$2(x - 1)(x - 1.5) \le 0$
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,અભિવ્યક્તિ $x \in [1, 1.5]$ માટે $\le 0$ છે.
આમ,પ્રદેશ $\left[ {1, \frac{3}{2}} \right]$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \sec \left( \frac{\pi}{4} \cos^2 x \right)$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક $x$ માટે,$\cos^2 x$ નો વિસ્તાર $[0, 1]$ છે.
તેથી,સેકન્ટ વિધેયનો ખૂણો $\theta = \frac{\pi}{4} \cos^2 x$,અંતરાલ $[0, \frac{\pi}{4}]$ માં આવે છે.
સેકન્ટ વિધેય અંતરાલ $[0, \frac{\pi}{4}]$ પર વધતું વિધેય હોવાથી,આપણે સીમાબિંદુઓ પર કિંમત મેળવીએ:
જ્યારે $\cos^2 x = 0$,ત્યારે $f(x) = \sec(0) = 1$.
જ્યારે $\cos^2 x = 1$,ત્યારે $f(x) = \sec \left( \frac{\pi}{4} \right) = \sqrt{2}$.
આમ,$f(x)$ નો વિસ્તાર $[1, \sqrt{2}]$ છે.

(C) ધારો કે $y = \frac{x^2 + x + 2}{x^2 + x + 1}$.
આપણે વિધેયને $y = \frac{(x^2 + x + 1) + 1}{x^2 + x + 1} = 1 + \frac{1}{x^2 + x + 1}$ તરીકે લખી શકીએ.
ધારો કે $g(x) = x^2 + x + 1$. $g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $x = -1/2$ પર મળે છે,જે $g(-1/2) = 3/4$ છે.
આમ,$x^2 + x + 1$ નો વિસ્તાર $[3/4, \infty)$ છે.
તેથી,$\frac{1}{x^2 + x + 1}$ નો વિસ્તાર $(0, 4/3]$ છે.
આમાં $1$ ઉમેરતા,$f(x)$ નો વિસ્તાર $(1, 7/3]$ મળે છે.

(B) વિધેયને $f(x) = [x] - x$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવ્યું છે,જ્યાં $[x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય દર્શાવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$x = [x] + \{x\}$,જ્યાં $\{x\}$ એ $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે.
તેથી,$[x] - x = -\{x\}$.
અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય $\{x\}$ એ અંતરાલ $[0, 1)$ માં કિંમતો લે છે.
આમ,$-\{x\}$ એ અંતરાલ $(-1, 0]$ માં કિંમતો લે છે.
તેથી,વિધેય $f(x) = [x] - x$ નો વિસ્તાર $(-1, 0]$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x + 2}{|x + 2|}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે માનાંક વિધેય $|x + 2|$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$|x + 2| = \begin{cases} x + 2, & \text{જો } x + 2 > 0 \text{ (એટલે કે } x > -2) \\ -(x + 2), & \text{જો } x + 2 < 0 \text{ (એટલે કે } x < -2) \end{cases}$
જ્યારે $x > -2$ હોય,ત્યારે $f(x) = \frac{x + 2}{x + 2} = 1$.
જ્યારે $x < -2$ હોય,ત્યારે $f(x) = \frac{x + 2}{-(x + 2)} = -1$.
અહીં $x = -2$ આગળ વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે કારણ કે છેદ શૂન્ય થાય છે.
તેથી,વિધેય $f(x)$ નો વિસ્તાર $\{-1, 1\}$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x^2}{x^2 + 1}$.
બધા $x \in R$ માટે $x^2 \ge 0$ હોવાથી,અંશ અઋણ છે અને છેદ હંમેશા અંશ કરતા મોટો છે.
જેમ $x \to \pm \infty$,તેમ $f(x) \to 1$,પરંતુ $f(x)$ ક્યારેય $1$ સુધી પહોંચતું નથી કારણ કે $x^2 < x^2 + 1$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $f(0) = \frac{0}{0 + 1} = 0$.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{1}{2 - \sin 3x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક $x$ માટે,$\sin 3x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
તેથી,$-1 \le \sin 3x \le 1$.
$-1$ વડે ગુણતા,$-1 \le -\sin 3x \le 1$ મળે.
બધા પદોમાં $2$ ઉમેરતા,$2 - 1 \le 2 - \sin 3x \le 2 + 1$,જેનું સાદું રૂપ $1 \le 2 - \sin 3x \le 3$ થાય છે.
વ્યસ્ત લેતા,અસમતાની નિશાની બદલાય છે: $\frac{1}{1} \ge \frac{1}{2 - \sin 3x} \ge \frac{1}{3}$.
આમ,$\frac{1}{3} \le f(x) \le 1$.
તેથી,વિધેયનો વિસ્તાર $[\frac{1}{3}, 1]$ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે મૂળભૂત ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ: $\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1$,કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $\theta$ માટે.
આપેલ વિધેયમાં,ધારો કે $\theta = x^4$.
કારણ કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $x^4$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે,તેથી $f(x) = \sin^2(x^4) + \cos^2(x^4) = 1$ થાય.
વિધેયની કિંમત હંમેશા $1$ રહેતી હોવાથી,વિધેયનો વિસ્તાર $\{1\}$ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$\sin x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
તેથી,$-1 \le \sin x \le 1$.
$-7$ વડે ગુણતા,આપણને $-7 \le -7 \sin x \le 7$ મળે છે (અસમતાની નિશાની બદલાશે).
બધા પદોમાં $9$ ઉમેરતા,આપણને $9 - 7 \le 9 - 7 \sin x \le 9 + 7$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $2 \le f(x) \le 16$ થાય છે.
તેથી,વિધેયનો વિસ્તાર $[2, 16]$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x^2 + 34x - 71}{x^2 + 2x - 7}$.
$y(x^2 + 2x - 7) = x^2 + 34x - 71$
$x^2(y - 1) + x(2y - 34) - 7y + 71 = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D \ge 0$:
$D = (2y - 34)^2 - 4(y - 1)(-7y + 71) \ge 0$
$4(y - 17)^2 - 4(-7y^2 + 78y - 71) \ge 0$
$y^2 - 14y + 45 \ge 0$
$(y - 5)(y - 9) \ge 0$.
તેથી,$y \le 5$ અથવા $y \ge 9$.
વિસ્તાર $( - \infty, 5] \cup [9, \infty)$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \cos^2 x + \sin^4 x$.
આપણે તેને $f(x) = \cos^2 x + \sin^2 x \cdot \sin^2 x$ તરીકે લખી શકીએ.
$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ હોવાથી,$f(x) = \cos^2 x + \sin^2 x(1 - \cos^2 x)$.
$f(x) = \cos^2 x + \sin^2 x - \sin^2 x \cos^2 x$.
$\cos^2 x + \sin^2 x = 1$ હોવાથી,$f(x) = 1 - \sin^2 x \cos^2 x$.
$4$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,$f(x) = 1 - \frac{1}{4}(4 \sin^2 x \cos^2 x) = 1 - \frac{1}{4} \sin^2(2x)$.
$0 \le \sin^2(2x) \le 1$ હોવાથી,$1 - \frac{1}{4}(1) \le f(x) \le 1 - \frac{1}{4}(0)$.
આમ,$\frac{3}{4} \le f(x) \le 1$.
તેથી,$f(R) \in \left[ \frac{3}{4}, 1 \right]$.

(A) વિધેય $f(x) = \log_e(x - [x])$ ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ શૂન્ય કરતા મોટો હોય.
તેથી,આપણે $x - [x] > 0$ ની જરૂર છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય $\{x\} = x - [x]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેયનો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
$\log_e(\{x\})$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણે $\{x\} > 0$ ની જરૂર છે.
જ્યારે $x$ પૂર્ણાંક હોય $(x \in Z)$,ત્યારે $\{x\} = 0$ થાય છે,તેથી વિધેય તમામ પૂર્ણાંકો માટે અવ્યાખ્યાયિત છે.
તમામ બિન-પૂર્ણાંક કિંમતો $(x \in R - Z)$ માટે,$\{x\} > 0$ થાય છે.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ $R - Z$ છે.

(C) ધારો કે $y = \frac{x^2}{x^2 + 1}$.
બધા વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2 \ge 0$ હોવાથી,અંશ હંમેશા અઋણ છે અને છેદ હંમેશા અંશ કરતા મોટો છે.
જેમ $x \to \pm \infty$,તેમ $y \to 1$,પરંતુ $y$ ક્યારેય $1$ સુધી પહોંચતું નથી કારણ કે $x^2 < x^2 + 1$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $y = \frac{0}{0+1} = 0$.
$x^2 \ge 0$ અને $x^2 + 1 > 0$ હોવાથી,$y$ ની કિંમત હંમેશા અઋણ રહે છે.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{1}{\log_{10}(1 - x)} + \sqrt{x + 2}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ: $x + 2 \ge 0 \implies x \ge -2$.
$2$. લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ: $1 - x > 0 \implies x < 1$.
$3$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $\log_{10}(1 - x) \ne 0 \implies 1 - x \ne 1 \implies x \ne 0$.
આ શરતોને જોડતા: $x \ge -2$ અને $x < 1$ અને $x \ne 0$.
તેથી,પ્રદેશ $[-2, 0) \cup (0, 1)$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $2^x + 2^y = 2$ છે.
આપણે તેને $2^y = 2 - 2^x$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
$y$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોય તે માટે,$2^y$ ની કિંમત $0$ કરતા મોટી હોવી જોઈએ.
તેથી,$2 - 2^x > 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $2 > 2^x$.
અહીં આધાર $2 > 1$ હોવાથી,અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે જ્યારે ઘાતાંકો $1 > x$ નું પાલન કરે.
આમ,$x$ નો પ્રદેશ $( - \infty , 1)$ છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2 + 1}$.
આપણે વિધેયને $f(x) = \frac{x^2 + 1 - 2}{x^2 + 1} = 1 - \frac{2}{x^2 + 1}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ.
દરેક વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2 \ge 0$ હોવાથી,આપણી પાસે $x^2 + 1 \ge 1$ છે,જેનો અર્થ છે કે $0 < \frac{2}{x^2 + 1} \le 2$.
આ અસમતાને $1$ માંથી બાદ કરતા,આપણને $1 - 2 \le 1 - \frac{2}{x^2 + 1} < 1 - 0$ મળે છે.
આમ,$-1 \le f(x) < 1$.
ન્યૂનતમ કિંમત ત્યારે મળે છે જ્યારે $x^2 = 0$,એટલે કે $x = 0$.
$f(0) = \frac{0^2 - 1}{0^2 + 1} = -1$.
તેથી,$f$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $-1$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x}{x^2 + 4}$.
$yx^2 - x + 4y = 0$.
$x \in \mathbb{R}$ હોવાથી,વિવેચક $D \ge 0$ થાય.
$D = (-1)^2 - 4(y)(4y) \ge 0$.
$1 - 16y^2 \ge 0$.
$16y^2 \le 1$.
$y^2 \le \frac{1}{16}$.
તેથી,$\frac{-1}{4} \le y \le \frac{1}{4}$.

(B) વિધેય $f(x) = 4^{-x^2} + \cos^{-1}\left( \frac{x}{2} - 1 \right) + \log(\cos x)$ ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય જો તેના તમામ ઘટકો વ્યાખ્યાયિત હોય.
$1$. $\cos^{-1}\left( \frac{x}{2} - 1 \right)$ વ્યાખ્યાયિત હોવા માટે,$-1 \leq \frac{x}{2} - 1 \leq 1$ હોવું જોઈએ.
બધા ભાગોમાં $1$ ઉમેરતા: $0 \leq \frac{x}{2} \leq 2$.
$2$ વડે ગુણતા: $0 \leq x \leq 4$.
$2$. $\log(\cos x)$ વ્યાખ્યાયિત હોવા માટે,$\cos x > 0$ હોવું જોઈએ.
અંતરાલ $\left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$ માં,$\cos x > 0$ હંમેશા સાચું છે.
$3$. આ શરતોને આપેલા અંતરાલ $\left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$ સાથે જોડતા:
આપણને $x \in [0, 4]$ અને $x \in \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$ જોઈએ.
કારણ કે $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$,તેથી છેદગણ $[0, \frac{\pi}{2})$ થાય.
આમ,સૌથી મોટો અંતરાલ $\left[ 0, \frac{\pi}{2} \right)$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x-[x]}}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$f$ નો પ્રદેશ:
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $0 \leq x-[x] < 1$ થાય છે.
વળી,જ્યારે $x \in \mathbb{Z}$ હોય ત્યારે $x-[x] = 0$ થાય છે.
છેદ શૂન્ય ન હોઈ શકે,તેથી $x-[x] > 0$,જેનો અર્થ છે કે $x \notin \mathbb{Z}$.
આમ,પ્રદેશ $\mathbb{R} - \mathbb{Z}$ છે.
$f$ નો વિસ્તાર:
$x \in \mathbb{R} - \mathbb{Z}$ માટે,$0 < x-[x] < 1$ થાય છે.
વર્ગમૂળ લેતા,$0 < \sqrt{x-[x]} < 1$ મળે.
વ્યસ્ત લેતા,$\frac{1}{\sqrt{x-[x]}} > 1$ મળે.
તેથી,$f(x) \in (1, \infty)$.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $(1, \infty)$ છે.

(A) $y$ વાસ્તવિક કિંમત મેળવે તે માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$\frac{(x + 1)(x - 3)}{(x - 2)} \ge 0$
અભિવ્યક્તિ $f(x) = \frac{(x + 1)(x - 3)}{(x - 2)}$ માટે આપણે સાઇન સ્કીમ (વેવી કર્વ મેથડ) નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = -1, 2, 3$ છે.
અંતરાલો તપાસતા:
$1$. $x \in (-1, 2)$ માટે,$x = 0$ લેતા: $\frac{(1)(-3)}{(-2)} = \frac{3}{2} > 0$ (માન્ય).
$2$. $x \in [3, \infty)$ માટે,$x = 4$ લેતા: $\frac{(5)(1)}{(2)} = \frac{5}{2} > 0$ (માન્ય).
$3$. $x = -1$ પર,$y = 0$ (માન્ય).
$4$. $x = 3$ પર,$y = 0$ (માન્ય).
$5$. $x = 2$ પર,અભિવ્યક્તિ અવ્યાખ્યાયિત છે.
આમ,ઉકેલ $x \in [-1, 2) \cup [3, \infty)$ છે.