Domain and Range Questions in Gujarati

(A) સંબંધ $R$ એ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના ગણ $N = \{1, 2, 3, \dots\}$ પર સમીકરણ $x + 2y = 8$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
આ સમીકરણને $x = 8 - 2y$ તરીકે લખી શકાય.
અહીં $x \in N$ હોવાથી $x > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $8 - 2y > 0$,એટલે કે $2y < 8$,અથવા $y < 4$.
$y \in N$ હોવાથી,$y$ ની શક્ય કિંમતો $1, 2, 3$ છે.
હવે,દરેક $y$ માટે $x$ ની કિંમતો શોધીએ:
જો $y = 1$ હોય,તો $x = 8 - 2(1) = 6$.
જો $y = 2$ હોય,તો $x = 8 - 2(2) = 4$.
જો $y = 3$ હોય,તો $x = 8 - 2(3) = 2$.
આમ,સંબંધ $R$ એ ક્રમયુક્ત જોડોનો ગણ છે: $R = \{(6, 1), (4, 2), (2, 3)\}$.
$R$ નો પ્રદેશ એ $R$ માં રહેલી ક્રમયુક્ત જોડોના પ્રથમ ઘટકોનો ગણ છે.
તેથી,પ્રદેશ $\{2, 4, 6\}$ છે.

(C) સંબંધ $R$ ને $x^2 + y^2 \le 4$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવ્યો છે,જ્યાં $x, y \in Z$ છે.
પ્રદેશ એવા તમામ $x$ નો ગણ છે જેના માટે ઓછામાં ઓછો એક $y \in Z$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $x^2 + y^2 \le 4$ થાય.
જો $x = 0$,તો $0^2 + y^2 \le 4 \implies y^2 \le 4 \implies y \in \{-2, -1, 0, 1, 2\}$.
જો $x = 1$,તો $1^2 + y^2 \le 4 \implies y^2 \le 3 \implies y \in \{-1, 0, 1\}$.
જો $x = -1$,તો $(-1)^2 + y^2 \le 4 \implies y^2 \le 3 \implies y \in \{-1, 0, 1\}$.
જો $x = 2$,તો $2^2 + y^2 \le 4 \implies 4 + y^2 \le 4 \implies y^2 \le 0 \implies y = 0$.
જો $x = -2$,તો $(-2)^2 + y^2 \le 4 \implies 4 + y^2 \le 4 \implies y^2 \le 0 \implies y = 0$.
જો $|x| > 2$,તો $x^2 > 4$,જેનો અર્થ છે કે $x^2 + y^2 \le 4$ થાય તેવો કોઈ પૂર્ણાંક $y$ શક્ય નથી.
આમ,પ્રદેશ માટેના તમામ શક્ય મૂલ્યોનો ગણ $\{-2, -1, 0, 1, 2\}$ છે.

(A) પ્રથમ,અંશ અને છેદના અવયવો પાડો:
$f(x) = \frac{e^x \ln x \cdot 5^{(x^2 + 2)}(x - 2)(x - 5)}{(2x - 3)(x - 4)}$
નોંધો કે $\ln x$ ને કારણે વિધેય $x > 0$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે અને $x \neq \frac{3}{2}, x \neq 4$ છે.
અંતરાલ $\left( \frac{3}{2}, 4 \right)$ માં વિધેય સતત છે.
સીમાબિંદુઓ પર લક્ષની કિંમત મેળવતા:
$x \to (3/2)^+$ માટે,છેદ $(2x-3)$ એ $(0^+)$ છે અને $(x-4)$ ઋણ છે.
અંશ: $e^x$ ધન છે,$\ln x$ ધન છે,$5^{(x^2+2)}$ ધન છે,$(x-2)$ ઋણ છે,$(x-5)$ ઋણ છે.
તેથી,$\frac{(+) \cdot (+) \cdot (+) \cdot (-) \cdot (-)}{(+) \cdot (-)} = \frac{+}{-} = -\infty$.
$x \to 4^-$ માટે,છેદ $(2x-3)$ ધન છે,$(x-4)$ એ $(0^-)$ છે.
અંશ: $e^x$ ધન છે,$\ln x$ ધન છે,$5^{(x^2+2)}$ ધન છે,$(x-2)$ ધન છે,$(x-5)$ ઋણ છે.
તેથી,$\frac{(+) \cdot (+) \cdot (+) \cdot (+) \cdot (-)}{(+) \cdot (0^-)} = \frac{-}{-} = \infty$.
વિધેય $\left( \frac{3}{2}, 4 \right)$ પર સતત હોવાથી અને $-\infty$ થી $\infty$ સુધીની કિંમતો લેતું હોવાથી,તેનો વિસ્તાર $(-\infty, \infty)$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \frac{\cot^{-1} x}{\sqrt{x^2 - [x^2]}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ અને વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ.
$1$. વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ $x^2 - [x^2]$ છે,જે $x^2$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે,જેને $\{x^2\}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
$2$. વર્ગમૂળ વ્યાખ્યાયિત થાય અને શૂન્ય ન હોય તે માટેની શરત $\{x^2\} > 0$ છે.
$3$. આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $y$ માટે,$0 \le \{y\} < 1$ થાય. તેથી,$\{x^2\} > 0$ નો અર્થ છે કે $\{x^2\} \neq 0$.
$4$. અપૂર્ણાંક ભાગ $\{x^2\} = 0$ ત્યારે જ થાય જો $x^2$ પૂર્ણાંક હોય,એટલે કે $x^2 = n$,જ્યાં $n$ એ અનૃણ પૂર્ણાંક $n \in \{0, 1, 2, \dots\}$ છે.
$5$. આનો અર્થ એ છે કે $x = \pm \sqrt{n}$,જ્યાં $n \in \{0, 1, 2, \dots\}$.
$6$. તેથી,પ્રદેશ એ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે સિવાય કે જ્યાં $x^2$ પૂર્ણાંક હોય,એટલે કે $R - \{\pm \sqrt{n} : n \in I^+ \cup \{0\}\}$.

(A) ધારો કે $\tan x = t$. કારણ કે $x \in [0, \frac{\pi}{2})$,તેથી $t \in [0, \infty)$.
$f(x) = \frac{t^n}{1 + t + t^2 + \dots + t^{2n}}$.
$t=0$ માટે,$f(x) = 0$.
$t > 0$ માટે,અંશ અને છેદને $t^n$ વડે ભાગતા:
$f(x) = \frac{1}{t^n + t^{n-1} + \dots + 1 + \dots + \frac{1}{t^{n-1}} + \frac{1}{t^n}}$.
$AM$-$GM$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા,$t > 0$ માટે $t^k + \frac{1}{t^k} \ge 2$.
આમ,છેદ $\ge 2 + 2 + \dots + 2 + 1 = 2n + 1$.
તેથી,$f(x) \le \frac{1}{2n+1}$.
સમાનતા ત્યારે મળે છે જ્યારે $t=1$,એટલે કે $x = \frac{\pi}{4}$.
$f(0) = 0$ અને મહત્તમ કિંમત $\frac{1}{2n+1}$ હોવાથી,વિસ્તાર $[0, \frac{1}{2n+1}]$ છે.
$n \in N$ હોવાથી,$2n+1 \ge 3$,તેથી $\frac{1}{2n+1} < 1$. વિસ્તાર $[0, \frac{1}{2n+1}]$ માં માત્ર એક જ પૂર્ણાંક $0$ છે. આમ,તે બરાબર એક પૂર્ણાંક બિંદુ ધરાવે છે.

(C) વિધેય $f(x) = (1 + \frac{1}{x})^x$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આધાર ધન હોવો જોઈએ,એટલે કે $1 + \frac{1}{x} > 0$.
અસમતા ઉકેલતા: $\frac{x+1}{x} > 0$.
સાઇન સ્કીમ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x = -1$ અને $x = 0$ પર નિર્ણાયક બિંદુઓ ઓળખીએ છીએ.
પદાવલિ $\frac{x+1}{x}$ એ $(-\infty, -1)$ અને $(0, \infty)$ અંતરાલોમાં ધન છે.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $(-\infty, -1) \cup (0, \infty)$ છે.

(A) ધારો કે $y = (1 + \frac{1}{x})^x$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(y) = x \ln(1 + \frac{1}{x})$ મળે.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\ln(y) = x(\frac{1}{x} - \frac{1}{2x^2} + \dots) = 1 - \frac{1}{2x} + \dots \to 1$,તેથી $y \to e$.
જ્યારે $x \to -\infty$,ત્યારે $\ln(y) = x(\frac{1}{x} - \frac{1}{2x^2} + \dots) = 1 - \frac{1}{2x} + \dots \to 1$,તેથી $y \to e$.
જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $\ln(y) = x \ln(1 + \frac{1}{x}) \to 0 \cdot \infty$. $L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(1 + 1/x)}{1/x} = \lim_{t \to \infty} \frac{\ln(1+t)}{t} = 0$,તેથી $y \to e^0 = 1$.
વિકલિત $f'(x) = f(x) [\ln(1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{x+1}]$ નું વિશ્લેષણ કરતા,વિધેય $(-\infty, -1)$ અને $(0, \infty)$ પર વધતું વિધેય છે.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $(1, e)$ છે.

(A) $f(x) = \sqrt{\ln(2\lambda \cos x + 5)}$ તમામ $x \in R$ માટે વ્યાખ્યાયિત હોવા માટે, $\ln(2\lambda \cos x + 5) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $2\lambda \cos x + 5 \geq 1$, એટલે કે $\lambda \cos x \geq -2$.
જો $\lambda > 0$ હોય, તો $-\lambda \geq -2 \implies \lambda \leq 2$. તેથી $\lambda \in \{1, 2\}$.
જો $\lambda < 0$ હોય, તો $\lambda \geq -2$. તેથી $\lambda \in \{-1, -2\}$.
જો $\lambda = 0$ હોય, તો $\ln(5) \geq 0$ જે સત્ય છે.
આમ, $\lambda$ ના શક્ય પૂર્ણાંક મૂલ્યો $\{-2, -1, 0, 1, 2\}$ છે.
કુલ સંખ્યા $5$ છે.

(C) ધારો કે $f(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x - 1} + \frac{1}{x - 2}$ અને $g(x) = 3x^3$ છે.
વાસ્તવિક ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ અને $g(x)$ ના આલેખના છેદબિંદુઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
વિધેય $f(x)$ ને $x = 0$,$x = 1$,અને $x = 2$ પર શિરોલંબ અનંતસ્પર્શકો છે.
$f(x)$ અને ઘાત $3$ વાળા વિધેય $g(x) = 3x^3$ નો આલેખ દોરતા,આપણે છેદબિંદુઓનું અવલોકન કરીએ છીએ.
આલેખમાં દર્શાવ્યા મુજબ,વક્રો $4$ અલગ-અલગ બિંદુઓ પર છેદે છે.
તેથી,સમીકરણને $4$ વાસ્તવિક ઉકેલો છે,એટલે કે $k = 4$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{1 + |x|}$ છે.
$\sqrt{1 - x^2}$ નો પ્રદેશ $x \in [-1, 1]$ હોવાથી,આપણે $x = \sin \theta$ ધારી શકીએ,જ્યાં $\theta \in [-\pi/2, \pi/2]$.
તેથી $|x| = |\sin \theta|$ અને $\sqrt{1 - x^2} = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{\cos^2 \theta} = |\cos \theta|$.
માટે,$f(x) = \frac{|\cos \theta|}{1 + |\sin \theta|}$.
ધારો કે $t = |\sin \theta|$,જ્યાં $t \in [0, 1]$. તો $|\cos \theta| = \sqrt{1 - t^2}$.
આમ,$y = \frac{\sqrt{1 - t^2}}{1 + t} = \frac{\sqrt{(1 - t)(1 + t)}}{1 + t} = \sqrt{\frac{1 - t}{1 + t}}$.
જેમ $t$ એ $0$ થી $1$ સુધી વધે છે,તેમ પદ $\frac{1 - t}{1 + t}$ એ $1$ થી $0$ સુધી ઘટે છે.
તેથી,$y = \sqrt{\frac{1 - t}{1 + t}}$ નો વિસ્તાર $[0, 1]$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \sqrt{\frac{4 - x^2}{[x] + 2}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની પદાવલિ અઋણ હોવી જોઈએ અને છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ.
કિસ્સો $1$: $\frac{4 - x^2}{[x] + 2} \geq 0$ અને $[x] + 2 > 0$.
આનો અર્થ છે કે $4 - x^2 \geq 0$ અને $[x] > -2$.
$x^2 \leq 4 \Rightarrow x \in [-2, 2]$.
$[x] > -2 \Rightarrow x \geq -1$.
છેદગણ: $x \in [-1, 2]$.
કિસ્સો $2$: $\frac{4 - x^2}{[x] + 2} \geq 0$ અને $[x] + 2 < 0$.
આનો અર્થ છે કે $4 - x^2 \leq 0$ અને $[x] < -2$.
$x^2 \geq 4 \Rightarrow x \in (-\infty, -2] \cup [2, \infty)$.
$[x] < -2 \Rightarrow x < -2$.
છેદગણ: $x \in (-\infty, -2)$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,પ્રદેશ $x \in (-\infty, -2) \cup [-1, 2]$ મળે છે.

(A) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ અને લઘુગણકનો તર્ક ધન હોવો જોઈએ.
$1$. લઘુગણકનો તર્ક ધન હોવો જોઈએ:
$\frac{10x - 4}{4 - x^2} > 0 \Rightarrow \frac{2(5x - 2)}{(2 - x)(2 + x)} > 0 \Rightarrow \frac{5x - 2}{(x - 2)(x + 2)} < 0$
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,આ અસમતાનો ઉકેલ $x \in \left( -\infty, -2 \right) \cup \left( 0.4, 2 \right)$ છે.
$2$. વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$\log_2\left(\frac{10x - 4}{4 - x^2}\right) - 1 \geq 0 \Rightarrow \log_2\left(\frac{10x - 4}{4 - x^2}\right) \geq 1$
$\Rightarrow \frac{10x - 4}{4 - x^2} \geq 2^1 \Rightarrow \frac{10x - 4}{4 - x^2} - 2 \geq 0$
$\Rightarrow \frac{10x - 4 - 2(4 - x^2)}{4 - x^2} \geq 0 \Rightarrow \frac{10x - 4 - 8 + 2x^2}{4 - x^2} \geq 0$
$\Rightarrow \frac{2x^2 + 10x - 12}{4 - x^2} \geq 0 \Rightarrow \frac{2(x^2 + 5x - 6)}{-(x^2 - 4)} \geq 0$
$\Rightarrow \frac{(x + 6)(x - 1)}{(x - 2)(x + 2)} \leq 0$
$\frac{(x + 6)(x - 1)}{(x - 2)(x + 2)} \leq 0$ માટે વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,અંતરાલ $\left[ -6, -2 \right) \cup \left[ 1, 2 \right)$ મળે છે.
આ અંતરાલ પ્રથમ શરતનો ઉપગણ હોવાથી,અંતિમ પ્રદેશ $\left[ -6, -2 \right) \cup \left[ 1, 2 \right)$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \cos(\pi(|x| + 2[x]))$.
કારણ કે કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે $\cos(2n\pi + \theta) = \cos(\theta)$ થાય છે,અને $2[x]$ એ પૂર્ણાંક છે,તેથી:
$f(x) = \cos(2\pi[x] + \pi|x|) = \cos(\pi|x|)$.
હવે,યુગ્મ/અયુગ્મ ગુણધર્મ તપાસતા:
$f(-x) = \cos(\pi|-x|) = \cos(\pi|x|) = f(x)$.
$f(-x) = f(x)$ હોવાથી,વિધેય યુગ્મ વિધેય છે.
આવર્તકાળ વિશે,$f(x) = \cos(\pi|x|)$ એ $T = 2$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
વિસ્તાર વિશે,$\cos(\theta)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,તેથી $f(x) = \cos(\pi|x|)$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
$f(x) = |f(x)|$ વિશે,આ ફક્ત ત્યારે જ સાચું છે જ્યારે $f(x) \geq 0$ હોય,જે બધા $x$ માટે સાચું નથી (દા.ત.,$x = 1$ માટે,$f(1) = \cos(\pi) = -1$).
તેથી,સાચું વિધાન એ છે કે $f(x)$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.

(C) આપેલ અંતરાલ $-\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{4}$ છે.
$\pi \approx 3.14$ હોવાથી,$-\frac{3.14}{4} < x < \frac{3.14}{4}$,એટલે કે $-0.785 < x < 0.785$ થાય.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ $x$ ના અંતરાલ મુજબ કિંમતો લે છે:
$-0.785 < x < 0$ માટે,$[x] = -1$.
$0 \le x < 0.785$ માટે,$[x] = 0$.
આમ,$[x]$ માટે શક્ય કિંમતો $\{-1, 0\}$ છે.
હવે,આ કિંમતોને $f(x) = \cos[x]$ માં મૂકતા:
જો $[x] = -1$ હોય,તો $f(x) = \cos(-1) = \cos 1$.
જો $[x] = 0$ હોય,તો $f(x) = \cos 0 = 1$.
તેથી,વિધેયનો વિસ્તાર $\{\cos 1, 1\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \log|5\{x\} - 2x|$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $5\{x\} - 2x \neq 0$ હોય.
આપણે $x$ ની એવી કિંમતો શોધવાની છે જેના માટે $5\{x\} - 2x = 0$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x = [x] + \{x\}$,તેથી $\{x\} = x - [x]$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $5(x - [x]) - 2x = 0$.
$5x - 5[x] - 2x = 0 \Rightarrow 3x = 5[x] \Rightarrow [x] = \frac{3x}{5}$.
કારણ કે $[x]$ એ પૂર્ણાંક છે,તેથી $\frac{3x}{5}$ પણ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ. ધારો કે $\frac{3x}{5} = k$,જ્યાં $k \in Z$. તો $x = \frac{5k}{3}$.
વળી,આપણે જાણીએ છીએ કે $k \le x < k+1$.
$x = \frac{5k}{3}$ મૂકતા: $k \le \frac{5k}{3} < k+1$.
$3k \le 5k < 3k + 3$.
$3k \le 5k$ પરથી,$2k \ge 0 \Rightarrow k \ge 0$.
$5k < 3k + 3$ પરથી,$2k < 3 \Rightarrow k < 1.5$.
$k$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$k$ ની કિંમત $0$ અથવા $1$ હોઈ શકે.
જો $k = 0$,તો $x = \frac{5(0)}{3} = 0$.
જો $k = 1$,તો $x = \frac{5(1)}{3} = \frac{5}{3}$.
આમ,ગણ $A = \{0, \frac{5}{3}\}$.
તેથી ઘટકોની સંખ્યા $n(A) = 2$ થાય.

(C) $f(x) = \frac{(x + 1)^4}{x^4 + 1}$ નો વિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે નીચે મુજબ અવલોકન કરીએ છીએ:
$1$. કારણ કે $(x+1)^4 \geq 0$ અને તમામ $x \in R$ માટે $x^4 + 1 > 0$ છે,તેથી $f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે (જ્યારે $x = -1$ હોય).
$2$. મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે પાવર મીન અસમાનતા અથવા જેન્સનની અસમાનતાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ. બહિર્મુખ વિધેય $g(t) = t^4$ માટે,જેન્સનની અસમાનતા મુજબ:
$\frac{g(x) + g(1)}{2} \geq g\left(\frac{x+1}{2}\right)$
$\frac{x^4 + 1}{2} \geq \left(\frac{x+1}{2}\right)^4 = \frac{(x+1)^4}{16}$
$3$. અસમાનતાને ફરીથી ગોઠવતા:
$\frac{(x+1)^4}{x^4 + 1} \leq \frac{16}{2} = 8$
$4$. આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $[0, 8]$ છે.

(C) $f(x)$ નો પ્રદેશ નીચેની શરતો દ્વારા નક્કી થાય છે: $(x + 4)(1 - x) \ge 0$ અને $x > 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $x \in [-4, 1]$ અને $x > 0$,તેથી પ્રદેશ $x \in (0, 1]$ છે.
આપણી પાસે $f(x) = \sqrt{-x^2 - 3x + 4} + \log_{1/2} x$ છે.
કારણ કે $\sqrt{-x^2 - 3x + 4}$ એ $(0, 1]$ પર ઘટતું વિધેય છે અને $\log_{1/2} x$ પણ $(0, 1]$ પર ઘટતું વિધેય છે,તેથી તેમનો સરવાળો $f(x)$ એ ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
જેમ $x \to 0^+$,તેમ $f(x) \to \infty$.
$x = 1$ આગળ,$f(1) = \sqrt{(1 + 4)(1 - 1)} - \log_2 1 = 0 - 0 = 0$.
વિધેય $(0, 1]$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું હોવાથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે.
વિસ્તાર $[0, \infty)$ માં રહેલ ન્યૂનતમ પૂર્ણાંક $0$ છે.

(B) $f(x) = \sum_{r=1}^n r + \sum_{r=1}^n [\cos(\frac{x}{r})]$.
$r$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$[r + \cos(\frac{x}{r})] = r + [\cos(\frac{x}{r})]$.
$f(x) = \frac{n(n+1)}{2} + \sum_{r=1}^n [\cos(\frac{x}{r})]$.
$x \in [0, \pi]$ માટે,$0 \le \frac{x}{r} \le \pi$. તેથી,$\cos(\frac{x}{r}) \in [-1, 1]$.
જો $x=0$,તો દરેક $r$ માટે $\cos(\frac{x}{r}) = 1$,તેથી $[\cos(\frac{x}{r})] = 1$. આમ,$f(0) = \frac{n(n+1)}{2} + n = \frac{n^2+3n}{2}$.
જો $x \in (0, \pi]$,તો $\cos(\frac{x}{r}) < 1$,તેથી $[\cos(\frac{x}{r})] \le 0$.
જો $x = \frac{\pi}{2}$,તો દરેક $r \ge 1$ માટે $\cos(\frac{\pi}{2r}) \ge 0$,તેથી $[\cos(\frac{\pi}{2r})] = 0$. આમ,$f(\frac{\pi}{2}) = \frac{n(n+1)}{2}$.
જો $x = \pi$,તો $r=1$ માટે $\cos(\frac{\pi}{r}) = -1$ અને $r > 1$ માટે $\cos(\frac{\pi}{r}) \in (-1, 1)$. તેથી,$[\cos(\pi)] = -1$ અને $r > 1$ માટે $[\cos(\frac{\pi}{r})] = 0$. આમ,$f(\pi) = \frac{n(n+1)}{2} - 1 = \frac{n^2+n-2}{2}$.
તેથી,વિસ્તાર $\{\frac{n^2+n-2}{2}, \frac{n^2+n}{2}, \frac{n^2+3n}{2}\}$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$\sin x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
તેથી,$-1 \leq \sin x \leq 1$.
$-3$ વડે ગુણતા,આપણને $-3 \leq -3 \sin x \leq 3$ મળે છે.
બધા પદોમાં $2$ ઉમેરતા,$2 - 3 \leq 2 - 3 \sin x \leq 2 + 3$,જેનું સાદું રૂપ $-1 \leq 2 - 3 \sin x \leq 5$ થાય છે.
હવે,વિધેય $f(x) = \frac{1}{2 - 3 \sin x}$ ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $2 - 3 \sin x$ એ $[-1, 5]$ માં કિંમતો લે છે (જ્યાં $0$ સિવાય,કારણ કે ત્યાં વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે),આપણે અંતરાલોનું વિશ્લેષણ કરીએ.
જ્યારે $2 - 3 \sin x \in [-1, 0)$ હોય,ત્યારે $\frac{1}{2 - 3 \sin x}$ ની કિંમત $(-\infty, -1]$ માં હોય છે.
જ્યારે $2 - 3 \sin x \in (0, 5]$ હોય,ત્યારે $\frac{1}{2 - 3 \sin x}$ ની કિંમત $[1/5, \infty)$ માં હોય છે.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $(-\infty, -1] \cup [1/5, \infty)$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = 3 - x^2$ જ્યાં $1 \le x \le 4$.
વિધેય $f(2x)$ માટે,આપણે $x$ ની જગ્યાએ $2x$ મૂકીએ:
$f(2x) = 3 - (2x)^2 = 3 - 4x^2$.
$f(x)$ માટેની શરત $1 \le x \le 4$ સૂચવે છે કે $f(2x)$ માટે,ચલ $2x$ એ $1 \le 2x \le 4$ નું પાલન કરવું જોઈએ,જેનું સાદું રૂપ $\frac{1}{2} \le x \le 2$ થાય છે.
લઘુગણકીય વિધેય $\log_e(f(2x))$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ:
$f(2x) > 0 \implies 3 - 4x^2 > 0$.
$4x^2 < 3 \implies x^2 < \frac{3}{4} \implies |x| < \frac{\sqrt{3}}{2}$.
પ્રદેશની મર્યાદા મુજબ $x$ ધન હોવો જોઈએ,તેથી $0 \le x < \frac{\sqrt{3}}{2}$.
શરતો $\frac{1}{2} \le x \le 2$ અને $x < \frac{\sqrt{3}}{2}$ ને જોડતા,આપણને છેદગણ મળે છે:
$\frac{1}{2} \le x < \frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,પ્રદેશ $[\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \sqrt{\ln(m\sin x + 4)}$ એ તમામ $x \in R$ માટે વ્યાખ્યાયિત હોવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની પદાવલિ અઋણ હોવી જોઈએ,એટલે કે $\ln(m\sin x + 4) \ge 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $m\sin x + 4 \ge e^0$,જેનું સાદું રૂપ $m\sin x + 4 \ge 1$ થાય છે.
આમ,$m\sin x \ge -3$.
પ્રદેશ $R$ હોવાથી,આ અસમતા તમામ $x \in R$ માટે સાચી હોવી જોઈએ. $\sin x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
જો $m > 0$ હોય,તો $m\sin x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $-m$ છે,તેથી $-m \ge -3 \Rightarrow m \le 3$.
જો $m < 0$ હોય,તો $m\sin x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $m$ છે,તેથી $m \ge -3$.
જો $m = 0$ હોય,તો $0 \ge -3$,જે સત્ય છે.
આ બધાને જોડતા,$m \in [-3, 3]$ મળે છે.
$m$ ની પૂર્ણાંક કિંમતો $\{-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3\}$ છે.
આમ,કુલ $7$ શક્ય પૂર્ણાંક કિંમતો છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{2x^4-14x^2-8x+49}{x^4-7x^2-4x+23}$.
અંશને આ રીતે લખી શકાય:
$2(x^4-7x^2-4x+23) + 3 = 2x^4-14x^2-8x+46+3 = 2x^4-14x^2-8x+49$.
તેથી,$f(x) = \frac{2(x^4-7x^2-4x+23) + 3}{x^4-7x^2-4x+23} = 2 + \frac{3}{x^4-7x^2-4x+23}$.
ધારો કે $h(x) = x^4-7x^2-4x+23$.
$h(x)$ ને આ રીતે દર્શાવી શકાય:
$h(x) = (x^2-4)^2 + (x-2)^2 + 3$.
અહીં $(x^2-4)^2 \geq 0$ અને $(x-2)^2 \geq 0$ હોવાથી,$h(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $3$ છે (જ્યારે $x=2$ હોય).
તેથી,$h(x)$ નો વિસ્તાર $[3, \infty)$ છે.
હવે,$f(x) = 2 + \frac{3}{h(x)}$.
જેમ $h(x) \in [3, \infty)$,તેમ $\frac{3}{h(x)} \in (0, 1]$.
તેથી,$f(x) \in (2+0, 2+1] = (2, 3]$.
$(2, 3]$ ની સરખામણી $(a, b]$ સાથે કરતા,આપણને $a=2$ અને $b=3$ મળે છે.
તેથી,$a+b = 2+3 = 5$.

(C) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,વર્ગમૂળની અંદરની પદાવલિ ધન હોવી જોઈએ:
$(x + 1)(e^x - 1)(x - 4)(x + 5)(x - 6) > 0$
દરેક અવયવને શૂન્ય સાથે સરખાવીને નિર્ણાયક બિંદુઓ શોધો:
$x + 1 = 0 \implies x = -1$
$e^x - 1 = 0 \implies x = 0$
$x - 4 = 0 \implies x = 4$
$x + 5 = 0 \implies x = -5$
$x - 6 = 0 \implies x = 6$
નિર્ણાયક બિંદુઓ $\{-5, -1, 0, 4, 6\}$ છે.
આ બિંદુઓને સંખ્યા રેખા પર ચડતા ક્રમમાં ગોઠવો: $-5, -1, 0, 4, 6$.
વેવી કર્વ પદ્ધતિ (ચિહ્ન યોજના) નો ઉપયોગ કરતા:
$x > 6$ માટે,પદાવલિ ધન છે.
$4 < x < 6$ માટે,પદાવલિ ઋણ છે.
$0 < x < 4$ માટે,પદાવલિ ધન છે.
$-1 < x < 0$ માટે,પદાવલિ ઋણ છે.
$-5 < x < -1$ માટે,પદાવલિ ધન છે.
$x < -5$ માટે,પદાવલિ ઋણ છે.
આપણે પદાવલિ શૂન્ય કરતા મોટી જોઈએ છે,તેથી પ્રદેશ એ અંતરાલોનો યોગગણ છે જ્યાં પદાવલિ ધન છે:
$x \in (-5, -1) \cup (0, 4) \cup (6, \infty)$.

(D) આપેલ વિધેય $y = \frac{|x-x^2|}{x^2-x}$ છે.
પ્રથમ,માનાંકની અંદરની પદાવલિનું સાદું રૂપ આપીએ: $x-x^2 = -x(x-1)$.
તેથી,$|x-x^2| = |-x(x-1)| = |x| \cdot |x-1|$.
છેદ $x^2-x = x(x-1)$ છે.
તેથી,$y = \frac{|x| \cdot |x-1|}{x(x-1)}$.
આ વિધેય $x \neq 0$ અને $x \neq 1$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
કિસ્સો $1$: જો $x > 1$ હોય,તો $x > 0$ અને $x-1 > 0$. તેથી,$|x| = x$ અને $|x-1| = x-1$.
$y = \frac{x(x-1)}{x(x-1)} = 1$.
કિસ્સો $2$: જો $0 < x < 1$ હોય,તો $x > 0$ અને $x-1 < 0$. તેથી,$|x| = x$ અને $|x-1| = -(x-1)$.
$y = \frac{x \cdot -(x-1)}{x(x-1)} = -1$.
કિસ્સો $3$: જો $x < 0$ હોય,તો $x < 0$ અને $x-1 < 0$. તેથી,$|x| = -x$ અને $|x-1| = -(x-1)$.
$y = \frac{-x \cdot -(x-1)}{x(x-1)} = \frac{x(x-1)}{x(x-1)} = 1$.
આમ,વિધેય $x < 0$ અથવા $x > 1$ માટે $y = 1$ છે,અને $0 < x < 1$ માટે $y = -1$ છે. બિંદુઓ $x=0$ અને $x=1$ પ્રદેશમાંથી બાકાત છે.

(D) ધારો કે $f_n(x)$ એ $n$ લઘુગણક ધરાવતું વિધેય છે.
$n=1$ માટે,$f_1(x) = \log_{10}(x)$. પ્રદેશ $x > 0$ છે,એટલે કે $(0, \infty) = (10^0, \infty)$.
$n=2$ માટે,$f_2(x) = \log_{10}(\log_{10}(x))$. આપણે $\log_{10}(x) > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $x > 10^0 = 1$.
$n=3$ માટે,$f_3(x) = \log_{10}(\log_{10}(\log_{10}(x)))$. આપણે $\log_{10}(\log_{10}(x)) > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $\log_{10}(x) > 10^0 = 1$,એટલે કે $x > 10^1 = 10$.
આ પેટર્ન મુજબ,$n$ લઘુગણક માટે પ્રદેશ $(10^{n-2}, \infty)$ મળે છે.

(C) ધારો કે $f(x) = 2^{(x^2 - 3)^3+27}$.
$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે ઘાતાંક $g(x) = (x^2 - 3)^3 + 27$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવી પડશે.
કારણ કે વિધેય $h(u) = u^3$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,તેથી $(x^2 - 3)^3$ નો વિસ્તાર $x^2 - 3$ ના વિસ્તાર પર આધાર રાખે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2 \ge 0$,તેથી $x^2 - 3 \ge -3$.
ધારો કે $u = x^2 - 3$. તો $u \in [-3, \infty)$.
વિધેય $g(u) = u^3 + 27$ એ $u \in [-3, \infty)$ માટે ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$g(u)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $u$ ની સૌથી નાની કિંમત પર મળે છે,જે $u = -3$ છે.
આમ,$g_{min} = (-3)^3 + 27 = -27 + 27 = 0$.
તેથી,$f(x) = 2^{g(x)}$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $2^0 = 1$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin x - \sqrt{3} \cos x + 1$ છે.
આ પદને $2$ વડે ગુણીને અને ભાગીને ફરીથી લખતા:
$f(x) = 2 \left( \frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x \right) + 1$
નિત્યસમ $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = 2 \sin \left( x - \frac{\pi}{3} \right) + 1$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
તેથી,$2 \sin \left( x - \frac{\pi}{3} \right)$ નો વિસ્તાર $[-2, 2]$ થાય.
આખા વિસ્તારમાં $1$ ઉમેરતા,આપણને $f(x)$ નો વિસ્તાર $[-2 + 1, 2 + 1] = [-1, 3]$ મળે છે.
વિધેય વ્યાપ્ત હોવાથી,સહ-પ્રદેશ $S$ એ વિધેયના વિસ્તાર જેટલો જ હોવો જોઈએ.
આમ,$S = [-1, 3]$.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) વિધેય $f(x) = [\sin x] \cos \left( \frac{\pi}{[x - 1]} \right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,કોસાઇન વિધેયની અંદરનો છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ.
આમ,$[x - 1] \neq 0$.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$[x - 1] = 0$ ત્યારે થાય જ્યારે $0 \leq x - 1 < 1$ હોય.
અસમતાના તમામ ભાગોમાં $1$ ઉમેરતા,આપણને $1 \leq x < 2$ મળે છે.
તેથી,વિધેય $x \in [1, 2)$ માટે અવ્યાખ્યાયિત છે.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $[1, 2)$ અંતરાલ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે,જેને $R - [1, 2)$ તરીકે લખવામાં આવે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે પદાવલિ $\cos x + \sin x$ ને $\sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x \right) = \sqrt{2} \sin(x + \frac{\pi}{4})$ તરીકે લખી શકાય છે.
કારણ કે $\sin(x + \frac{\pi}{4})$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે,તેથી $\cos x + \sin x$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ થાય.
આપેલ છે કે $\sqrt{2} \approx 1.414$,તેથી $\cos x + \sin x$ નો વિસ્તાર આશરે $[-1.414, 1.414]$ છે.
વિધેય $f(x) = [\cos x + \sin x]$ એ $[-1.414, 1.414]$ અંતરાલમાં રહેલી કિંમતોનું મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $(G.I.F.)$ દર્શાવે છે.
આ અંતરાલમાં સમાવિષ્ટ પૂર્ણાંકો $\{-1, 0, 1\}$ છે.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $\{-1, 0, 1\}$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x}{1 + |x|}$ જ્યાં $x \in R$ છે.
કિસ્સો $1$: જો $x \ge 0$ હોય,તો $|x| = x$ થાય.
$f(x) = \frac{x}{1 + x} = \frac{x + 1 - 1}{1 + x} = 1 - \frac{1}{1 + x}$.
જેમ $x$ ની કિંમત $0$ થી $\infty$ સુધી વધે છે,તેમ $1 + x$ ની કિંમત $1$ થી $\infty$ સુધી વધે છે,તેથી $\frac{1}{1 + x}$ ની કિંમત $1$ થી $0$ સુધી ઘટે છે.
આમ,$f(x)$ ની કિંમત $0$ થી $1$ સુધી વધે છે. તેથી,$x \ge 0$ માટે વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
કિસ્સો $2$: જો $x < 0$ હોય,તો $|x| = -x$ થાય.
$f(x) = \frac{x}{1 - x} = \frac{-(1 - x) + 1}{1 - x} = -1 + \frac{1}{1 - x}$.
જેમ $x$ ની કિંમત $0$ થી $-\infty$ સુધી ઘટે છે,તેમ $1 - x$ ની કિંમત $1$ થી $\infty$ સુધી વધે છે,તેથી $\frac{1}{1 - x}$ ની કિંમત $1$ થી $0$ સુધી ઘટે છે.
આમ,$f(x)$ ની કિંમત $0$ થી $-1$ સુધી ઘટે છે. તેથી,$x < 0$ માટે વિસ્તાર $(-1, 0)$ છે.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,વિધેયનો વિસ્તાર $(-1, 0) \cup [0, 1) = (-1, 1)$ મળે છે.

(A) ધારો કે $y = \frac{x}{x^2 + 1}$.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $y(x^2 + 1) = x$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $yx^2 - x + y = 0$.
અહીં $x$ એ વાસ્તવિક સંખ્યા હોવાથી,$x$ માં આ દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક $D$ એ $0$ કરતા મોટો અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ.
$D = (-1)^2 - 4(y)(y) \ge 0$.
$1 - 4y^2 \ge 0$.
$4y^2 \le 1$,જેનો અર્થ છે $y^2 \le \frac{1}{4}$.
વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $|y| \le \frac{1}{2}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $y \in [ - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} ]$.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $[ - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} ]$ છે.

(A) ધારો કે $y = \frac{x^2}{1 - x^2}$.
આપણે $f(x)$ નો વિસ્તાર શોધવો છે.
$y(1 - x^2) = x^2$
$y - yx^2 = x^2$
$y = x^2(1 + y)$
$x^2 = \frac{y}{1 + y}$.
$x^2 \ge 0$ હોવાથી,$\frac{y}{1 + y} \ge 0$ થવું જોઈએ.
અસમતા માટે ચિહ્ન પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y \in (-\infty, -1) \cup [0, \infty)$ મળે છે.
વળી,$x^2 = \frac{y}{1 + y} \neq 1$ (કારણ કે $x \neq \pm 1$),તેથી $\frac{y}{1 + y} \neq 1 \implies y \neq y + 1$,જે હંમેશા સાચું છે.
આમ,વિસ્તાર $R - [-1, 0)$ છે.
વિધેય વ્યાપ્ત હોવા માટે,સહપ્રદેશ $A$ એ વિસ્તાર જેટલો જ હોવો જોઈએ.
તેથી,$A = R - [-1, 0)$.

(C) વિધેય $f(x) = \frac{1}{4 - x^2} + \log(x^3 - x)$ છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,બે શરતો એકસાથે સંતોષાવી જોઈએ:
$1$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $4 - x^2 \neq 0 \implies x^2 \neq 4 \implies x \neq \pm 2$.
$2$. લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ: $x^3 - x > 0$.
અસમતાનું અવયવીકરણ કરતા: $x(x^2 - 1) > 0 \implies x(x - 1)(x + 1) > 0$.
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,$x(x - 1)(x + 1) > 0$ માટેનો ઉકેલ $x \in (-1, 0) \cup (1, \infty)$ મળે છે.
હવે,આપણે તે બિંદુઓને બાકાત રાખવા પડશે જ્યાં છેદ શૂન્ય થાય છે ($x = 2$ અને $x = -2$).
કારણ કે $x = -2$ એ અંતરાલ $(-1, 0) \cup (1, \infty)$ માં નથી,તેથી આપણે ફક્ત $x = 2$ ને બાકાત રાખવાની જરૂર છે.
આમ,પ્રદેશ $x \in (-1, 0) \cup (1, 2) \cup (2, \infty)$ છે.

(D) વિધેય $x \in (1, 3)$ માટે $f(x) = \frac{x[x]}{1+x^2}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ ના આધારે પ્રદેશને વિભાજિત કરીએ છીએ:
કિસ્સો $1$: $x \in (1, 2)$,ત્યારે $[x] = 1$. તેથી,$f(x) = \frac{x}{1+x^2}$.
$x \in (1, 2)$ માટે,$f'(x) = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2} < 0$. આમ,$f(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
જ્યારે $x \to 1^+$,$f(x) \to \frac{1}{2}$. જ્યારે $x \to 2^-$,$f(x) \to \frac{2}{5}$. તેથી,$f(x) \in (\frac{2}{5}, \frac{1}{2})$.
કિસ્સો $2$: $x \in [2, 3)$,ત્યારે $[x] = 2$. તેથી,$f(x) = \frac{2x}{1+x^2}$.
$x \in [2, 3)$ માટે,$f'(x) = \frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2} < 0$. આમ,$f(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
$x = 2$ પર,$f(2) = \frac{4}{5}$. જ્યારે $x \to 3^-$,$f(x) \to \frac{3}{5}$. તેથી,$f(x) \in (\frac{3}{5}, \frac{4}{5}]$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,વિસ્તાર $(\frac{2}{5}, \frac{1}{2}) \cup (\frac{3}{5}, \frac{4}{5}]$ મળે છે.

(B) પ્રાકૃતિક લઘુગણક વિધેય $\log x$ નો પ્રદેશ તમામ ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે,એટલે કે $x \in (0, \infty)$.
$x \leq 0$ માટે,પદ $\log x$ વાસ્તવિક સંખ્યાઓના ગણમાં વ્યાખ્યાયિત નથી.
$x > 0$ માટે,ધારો કે $y = e^{\log x}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\log y = \log(e^{\log x})$ મળે છે.
$\log(a^b) = b \log a$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\log y = (\log x) \cdot \log e$ મળે છે.
કારણ કે $\log e = 1$,તેથી $\log y = \log x$ થાય.
લઘુગણક વિધેયના એક-એક ગુણધર્મને કારણે,$y = x$ થાય છે.
તેથી,સમીકરણ $x = e^{\log x}$ માત્ર $x > 0$ માટે જ સત્ય છે.

(A) સંબંધ $R$ એ પૂર્ણાંક સંખ્યાઓના ગણ $Z$ પર $R = \{(a, b) : a, b \in Z, a - b \in Z\}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
કોઈપણ બે પૂર્ણાંક $a$ અને $b$ નો તફાવત હંમેશા પૂર્ણાંક હોવાથી,દરેક જોડી $(a, b)$ જ્યાં $a, b \in Z$ એ શરત $a - b \in Z$ નું પાલન કરે છે.
તેથી,$R = Z \times Z$.
$R$ નો પ્રદેશ એ $R$ માંની ક્રમયુક્ત જોડીઓના તમામ પ્રથમ ઘટકોનો ગણ છે,જે $Z$ છે.
$R$ નો વિસ્તાર એ $R$ માંની ક્રમયુક્ત જોડીઓના તમામ બીજા ઘટકોનો ગણ છે,જે $Z$ છે.
આમ,પ્રદેશ $Z$ છે અને વિસ્તાર $Z$ છે.

(N/A) પૂર્ણ કરેલ કોષ્ટક નીચે મુજબ છે:

$x$	$-4$	$-3$	$-2$	$-1$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$
$y = f(x) = x^2$	$16$	$9$	$4$	$1$	$0$	$1$	$4$	$9$	$16$

$f$ નો પ્રદેશ = $R$ (તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ).
$f$ નો વિસ્તાર = $[0, \infty)$ (તમામ અનૃણ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ).

(N/A) પૂર્ણ કરેલ કોષ્ટક નીચે મુજબ છે:

$x$	$-2$	$-1.5$	$-1$	$-0.5$	$0.25$	$0.5$	$1$	$1.5$	$2$
$y = \frac{1}{x}$	$-0.5$	$-0.67$	$-1$	$-2$	$4$	$2$	$1$	$0.67$	$0.5$

વિધેય $f(x) = \frac{1}{x}$ નો પ્રદેશ $R - \{0\}$ છે કારણ કે $x = 0$ આગળ વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે.
વિધેયનો વિસ્તાર $R - \{0\}$ છે કારણ કે કોઈપણ $y \in R - \{0\}$ માટે,$x = \frac{1}{y}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f(x) = y$ થાય.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = -|x|$ છે,જ્યાં $x \in \mathbb{R}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે માનાંક વિધેય નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$|x| = \begin{cases} x, & \text{જો } x \ge 0 \\ -x, & \text{જો } x < 0 \end{cases}$
તેથી,વિધેય $f(x) = -|x|$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$f(x) = \begin{cases} -x, & \text{જો } x \ge 0 \\ x, & \text{જો } x < 0 \end{cases}$
$f(x)$ એ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,$f$ નો પ્રદેશ $\mathbb{R}$ (તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ) છે.
કોઈપણ $x \in \mathbb{R}$ માટે,$|x| \ge 0$. $-1$ વડે ગુણતા,આપણને $-|x| \le 0$ મળે છે. આમ,તમામ $x$ માટે $f(x) \le 0$ થાય છે.
તેથી,$f$ નો વિસ્તાર $(-\infty, 0]$ છે.

(A) વિધેય ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $9 - x^{2} \ge 0$ હોય.
આનો અર્થ એ છે કે $x^{2} \le 9$,જેનો અર્થ છે કે $-3 \le x \le 3$.
આમ,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[-3, 3]$ છે.
$f(x) = \sqrt{9 - x^{2}}$ હોવાથી,ન્યૂનતમ કિંમત $x = \pm 3$ પર મળે છે,જે $f(x) = 0$ આપે છે.
મહત્તમ કિંમત $x = 0$ પર મળે છે,જે $f(x) = \sqrt{9} = 3$ આપે છે.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $[0, 3]$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = 2 - 3x$ છે,જ્યાં $x > 0$.
$x > 0$ હોવાથી,બંને બાજુ $3$ વડે ગુણતા:
$3x > 0$
હવે,$-1$ વડે ગુણતા (અસમતાની નિશાની બદલાશે):
$-3x < 0$
બંને બાજુ $2$ ઉમેરતા:
$2 - 3x < 2 - 0$
$f(x) < 2$
આમ,વિધેય $f$ નો વિસ્તાર $2$ થી નાની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે.
તેથી,$f$ નો વિસ્તાર $(-\infty, 2)$ છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{2} + 2$ છે,જ્યાં $x \in \mathbb{R}$.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યાનો વર્ગ હંમેશા અઋણ હોય છે:
$x^{2} \geq 0$
અસમતાની બંને બાજુ $2$ ઉમેરતા:
$x^{2} + 2 \geq 0 + 2$
$x^{2} + 2 \geq 2$
$f(x) = x^{2} + 2$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$f(x) \geq 2$
તેથી,વિધેય $f$ નો વિસ્તાર $2$ કે તેથી મોટી તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે.
અંતરાલ સ્વરૂપમાં,વિસ્તાર $[2, \infty)$ છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = x$ છે,જ્યાં $x \in \mathbb{R}$.
વ્યાખ્યા મુજબ,વિધેયનો વિસ્તાર એ આપેલ પ્રદેશ માટે તમામ શક્ય આઉટપુટ મૂલ્યો (પ્રતિબિંબો) નો ગણ છે.
કારણ કે $x$ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે,તેથી આઉટપુટ $f(x)$ પણ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા હશે.
તેથી,$f$ નો વિસ્તાર એ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે,જેને $\mathbb{R}$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.

(A) વિધેય $f(x) = \frac{x^{2}+3x+5}{x^{2}-5x+4}$ એ $x$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે વ્યાખ્યાયિત છે,સિવાય કે જ્યાં છેદ શૂન્ય હોય.
છેદને શૂન્ય સાથે સરખાવો: $x^{2}-5x+4 = 0$.
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા: $(x-4)(x-1) = 0$.
આથી $x = 4$ અથવા $x = 1$ મળે છે.
તેથી,વિધેય $x = 1$ અને $x = 4$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $1$ અને $4$ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે,જેને $R - \{1, 4\}$ તરીકે લખાય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x^{2}+2x+1}{x^{2}-8x+12}$ છે.
પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે છેદને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ છીએ:
$x^{2}-8x+12 = 0$
$(x-6)(x-2) = 0$
આથી $x = 6$ અથવા $x = 2$ મળે છે.
વિધેય $f(x)$ એ $x = 2$ અને $x = 6$ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,$f$ નો પ્રદેશ $R - \{2, 6\}$ છે.

(A) આપેલ વાસ્તવિક વિધેય $f(x) = \sqrt{x-1}$ છે.
વિધેય વાસ્તવિક સંખ્યાઓના ગણમાં વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$x - 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq 1$.
તેથી,$f$ નો પ્રદેશ $1$ અથવા તેનાથી મોટી તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે,એટલે કે $[1, \infty)$.
દરેક $x \geq 1$ માટે $\sqrt{x-1} \geq 0$ હોવાથી,વિધેયના આઉટપુટ મૂલ્યો હંમેશા અ-ઋણ હોય છે.
જેમ $x$ એ $[1, \infty)$ માં તમામ મૂલ્યો લે છે,તેમ $\sqrt{x-1}$ એ $[0, \infty)$ માં તમામ મૂલ્યો લે છે.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે.

(A) આપેલ વાસ્તવિક વિધેય $f(x) = |x - 1|$ છે.
માનાંક વિધેય $|x - 1|$ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,$f$ નો પ્રદેશ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ $R$ છે.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$|x - 1|$ હંમેશા $0$ અથવા તેનાથી મોટી કિંમત ધરાવે છે.
તેથી,$f$ નો વિસ્તાર તમામ અનૃણ વાસ્તવિક સંખ્યાઓનો ગણ છે,જે $[0, \infty)$ છે.

(A) ધારો કે $y = f(x) = \frac{x^2}{1+x^2}$.
બધા $x \in R$ માટે $x^2 \ge 0$ હોવાથી,અંશ અઋણ છે અને છેદ $1+x^2 \ge 1$ છે.
આમ,$y \ge 0$.
હવે,$y(1+x^2) = x^2 \implies y + yx^2 = x^2 \implies y = x^2(1-y) \implies x^2 = \frac{y}{1-y}$.
$x^2 \ge 0$ હોવાથી,$\frac{y}{1-y} \ge 0$ થવું જોઈએ.
આ અસમતા $0 \le y < 1$ માટે સાચી છે.
તેથી,$f$ નો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.

(A) આપેલ $A = \{9, 10, 11, 12, 13\}$ અને $f(n) = n$ નો સૌથી મોટો અવિભાજ્ય અવયવ.
દરેક $n \in A$ માટે $f(n)$ ની ગણતરી કરીએ:
$f(9) = 3^2$ નો સૌથી મોટો અવિભાજ્ય અવયવ $= 3$.
$f(10) = 2 \times 5$ નો સૌથી મોટો અવિભાજ્ય અવયવ $= 5$.
$f(11) = 11$ નો સૌથી મોટો અવિભાજ્ય અવયવ $= 11$.
$f(12) = 2^2 \times 3$ નો સૌથી મોટો અવિભાજ્ય અવયવ $= 3$.
$f(13) = 13$ નો સૌથી મોટો અવિભાજ્ય અવયવ $= 13$.
$f$ નો વિસ્તાર એ તમામ આઉટપુટ મૂલ્યોનો સમૂહ છે: $\{f(9), f(10), f(11), f(12), f(13)\} = \{3, 5, 11, 3, 13\}$.
પુનરાવર્તિત મૂલ્યો દૂર કરતા,વિસ્તાર $\{3, 5, 11, 13\}$ મળે છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{\operatorname{cosec}^{-1} x}{\sqrt{x - [x]}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,બે શરતો સંતોષાવી જોઈએ:
$1$. $\operatorname{cosec}^{-1} x$ નો પ્રદેશ $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ છે.
$2$. છેદ $\sqrt{x - [x]}$ શૂન્યતર અને વાસ્તવિક હોવો જોઈએ. કારણ કે $x - [x] = \{x\}$ ($x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ),તેથી આપણે $\{x\} > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $x$ પૂર્ણાંક ન હોઈ શકે.
આ શરતોને જોડતા,$x$ એ $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ માં હોવો જોઈએ અને $x \notin \mathbb{Z}$ હોવો જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ માં આવતી તમામ બિન-પૂર્ણાંક સંખ્યાઓ,જે અંતરાલ $(-1, 1)$ સિવાયની તમામ બિન-પૂર્ણાંક સંખ્યાઓ સમાન છે.