Domain and Range Questions in Gujarati

(C) $f(x) = \sqrt{x}$ માટે,પ્રદેશ $[0, \infty)$ છે.
$g(x) = \sqrt{1-x}$ માટે,પ્રદેશ $(-\infty, 1]$ છે.
$f+g, f-g,$ અને $g-f$ નો પ્રદેશ $f$ અને $g$ ના પ્રદેશોનો છેદગણ છે,જે $[0, 1]$ છે.
$f/g$ માટે,આપણે $g(x) \neq 0$ ની જરૂર છે,તેથી $1-x \neq 0 \implies x \neq 1$. પ્રદેશ $[0, 1)$ છે.
$g/f$ માટે,આપણે $f(x) \neq 0$ ની જરૂર છે,તેથી $x \neq 0$. પ્રદેશ $(0, 1]$ છે.
આ તમામ વિધેયો માટે સામાન્ય પ્રદેશ $[0, 1], [0, 1),$ અને $(0, 1]$ નો છેદગણ છે,જે $(0, 1)$ છે.

(D) ધારો કે લઘુગણકનો તર્ક $g(x) = 3 + \cos(\frac{3\pi}{4} + x) + \cos(\frac{\pi}{4} + x) + \cos(\frac{\pi}{4} - x) - \cos(\frac{3\pi}{4} - x)$ છે.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રો $\cos(A+B) + \cos(A-B) = 2\cos A \cos B$ અને $\cos(A-B) - \cos(A+B) = 2\sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$g(x) = 3 + [\cos(\frac{3\pi}{4} + x) - \cos(\frac{3\pi}{4} - x)] + [\cos(\frac{\pi}{4} + x) + \cos(\frac{\pi}{4} - x)]$
$g(x) = 3 - 2\sin(\frac{3\pi}{4})\sin(x) + 2\cos(\frac{\pi}{4})\cos(x)$
કારણ કે $\sin(\frac{3\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે:
$g(x) = 3 - 2(\frac{1}{\sqrt{2}})\sin(x) + 2(\frac{1}{\sqrt{2}})\cos(x) = 3 + \sqrt{2}(\cos x - \sin x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-\sqrt{2} \leq \cos x - \sin x \leq \sqrt{2}$.
તેથી,$3 + \sqrt{2}(-\sqrt{2}) \leq g(x) \leq 3 + \sqrt{2}(\sqrt{2})$,
જેનું સાદું રૂપ $3 - 2 \leq g(x) \leq 3 + 2$,એટલે કે $1 \leq g(x) \leq 5$ થાય છે.
$f(x) = \log_{\sqrt{5}}(g(x))$ હોવાથી,વિસ્તાર $[\log_{\sqrt{5}}(1), \log_{\sqrt{5}}(5)]$ છે.
$\log_{\sqrt{5}}(1) = 0$ અને $\log_{\sqrt{5}}(5) = 2$ હોવાથી,વિસ્તાર $[0, 2]$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{\frac{|[x]|-2}{|[x]|-3}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ અને છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ.
$\frac{|[x]|-2}{|[x]|-3} \geq 0$ અને $|[x]|-3 \neq 0$.
ધારો કે $Y = [x]$. આપણે $\frac{|Y|-2}{|Y|-3} \geq 0$ ઉકેલીએ.
નિર્ણાયક બિંદુઓ $|Y| = 2$ અને $|Y| = 3$ છે,જેનો અર્થ છે કે $Y \in \{-3, -2, 2, 3\}$.
$|Y|$ માટે અંતરાલો તપાસતા:
$1$. જો $|Y| < 2$ હોય,તો $\frac{-}{-} > 0$ (સાચું). આ $-2 < Y < 2$ ને અનુરૂપ છે,તેથી $[x] \in \{-1, 0, 1\}$,જેનો અર્થ છે કે $x \in [-1, 2)$.
$2$. જો $2 \leq |Y| < 3$ હોય,તો $\frac{+}{-} < 0$ (ખોટું).
$3$. જો $|Y| > 3$ હોય,તો $\frac{+}{+} > 0$ (સાચું). આ $Y > 3$ અથવા $Y < -3$ ને અનુરૂપ છે,તેથી $[x] \geq 4$ અથવા $[x] \leq -4$,જેનો અર્થ છે કે $x \in [4, \infty)$ અથવા $x \in (-\infty, -3)$.
આ બધાને જોડતા,પ્રદેશ $(-\infty, -3) \cup [-1, 2) \cup [4, \infty)$ મળે છે.
$(-\infty, a) \cup [b, c) \cup [4, \infty)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = -3$,$b = -1$,અને $c = 2$ મળે છે.
તેથી,$a+b+c = -3 + (-1) + 2 = -2$.

(D) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,નીચેની શરતો સંતોષાવી જોઈએ:
$1$. $\cos^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ માં હોવો જોઈએ: $-1 \leq \frac{x^{2}-5x+6}{x^{2}-9} \leq 1$.
$\frac{x^{2}-5x+6}{x^{2}-9} - 1 \leq 0$ ઉકેલતા $\frac{(x-2)(x-3)}{(x-3)(x+3)} - 1 \leq 0 \implies \frac{x-2}{x+3} - 1 \leq 0 \implies \frac{-5}{x+3} \leq 0 \implies x+3 > 0 \implies x > -3$.
$\frac{x^{2}-5x+6}{x^{2}-9} + 1 \geq 0$ ઉકેલતા $\frac{(x-2)(x-3)}{(x-3)(x+3)} + 1 \geq 0 \implies \frac{x-2}{x+3} + 1 \geq 0 \implies \frac{2x+1}{x+3} \geq 0 \implies x \in (-\infty, -3) \cup [-\frac{1}{2}, \infty)$.
છેદગણ લેતા,આપણને $x \in [-\frac{1}{2}, \infty)$ મળે છે (જ્યાં $x=3$ ને બાદ કરતા).
$2$. $\log_{e}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ: $x^{2}-3x+2 > 0 \implies (x-1)(x-2) > 0 \implies x \in (-\infty, 1) \cup (2, \infty)$.
$3$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $\log_{e}(x^{2}-3x+2) \neq 0 \implies x^{2}-3x+2 \neq 1 \implies x^{2}-3x+1 \neq 0 \implies x \neq \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$.
બધી શરતોને જોડતા: $x \in [-\frac{1}{2}, 1) \cup (2, \infty) - \{\frac{3+\sqrt{5}}{2}, \frac{3-\sqrt{5}}{2}\}$.

(C) વિધેય $f(x) = \sin^{-1}[2x^2 - 3] + \log_2(\log_{1/2}(x^2 - 5x + 5))$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1.$ $\sin^{-1}[2x^2 - 3]$ માટે,$-1 \leq [2x^2 - 3] \leq 1$ હોવું જોઈએ. આથી $-1 \leq 2x^2 - 3 < 2$,એટલે કે $2 \leq 2x^2 < 5$,જે $1 \leq x^2 < 2.5$ આપે છે.
$2.$ $\log_2(\log_{1/2}(x^2 - 5x + 5))$ માટે,$\log_{1/2}(x^2 - 5x + 5) > 0$ હોવું જોઈએ. આધાર $1/2 < 1$ હોવાથી,$0 < x^2 - 5x + 5 < 1$ મળે.
$3.$ $x^2 - 5x + 5 > 0$ ઉકેલતા,$x \in (-\infty, \frac{5-\sqrt{5}}{2}) \cup (\frac{5+\sqrt{5}}{2}, \infty)$ મળે.
$4.$ $x^2 - 5x + 5 < 1$ ઉકેલતા,$x^2 - 5x + 4 < 0 \Rightarrow (x-1)(x-4) < 0 \Rightarrow x \in (1, 4)$ મળે.
બધી શરતોનો છેદ લેતા,પ્રદેશ $(1, \frac{5-\sqrt{5}}{2})$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે,$f(x) = \frac{16x^2 - 96x + 153}{x - 3}$.
ધારો કે $f(x) = y$.
તેથી,$y = \frac{16x^2 - 96x + 153}{x - 3}$.
$y(x - 3) = 16x^2 - 96x + 153$.
$16x^2 - (96 + y)x + (153 + 3y) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \geq 0$ થાય.
$D = (96 + y)^2 - 4(16)(153 + 3y) \geq 0$.
$9216 + 192y + y^2 - 64(153 + 3y) \geq 0$.
$9216 + 192y + y^2 - 9792 - 192y \geq 0$.
$y^2 - 576 \geq 0$.
$y^2 \geq 576$.
આથી $y \in (-\infty, -24] \cup [24, \infty)$.
તેથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ ધન કિંમત $24$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{|x|} - \log(1 + |x|)$.
$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે $t \geq 0$ માટે $g(t) = \sqrt{t} - \log(1 + t)$ ધ્યાનમાં લઈએ,જ્યાં $t = |x|$.
$g(t)$ ના વર્તનને તપાસવા માટે,આપણે તેનું વિકલન મેળવીએ:
$g'(t) = \frac{1}{2\sqrt{t}} - \frac{1}{1 + t} = \frac{1 + t - 2\sqrt{t}}{2\sqrt{t}(1 + t)} = \frac{(\sqrt{t} - 1)^2}{2\sqrt{t}(1 + t)}$.
તમામ $t > 0$ $(t \neq 1)$ માટે $g'(t) > 0$ હોવાથી,વિધેય $g(t)$ એ $t \geq 0$ માટે ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
જેમ $t \to \infty$,તેમ $g(t) = \sqrt{t}(1 - \frac{\log(1 + t)}{\sqrt{t}}) \to \infty$. તેથી,$f(x)$ ઉપરની તરફ સીમિત નથી,એટલે કે વિધાન $I$ ખોટું છે.
$t = 0$ આગળ,$g(0) = 0$. $g(t)$ એ $t \geq 0$ માટે વધતું હોવાથી,$g(t)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $g(0) = 0$ છે. આમ,તમામ $x$ માટે $f(x) \geq 0$ થાય છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.
આમ,$I$ ખોટું છે અને $II$ સાચું છે.

(C) આપેલ બહુપદી $P(x) = 4x^3 - 3x$ છે,જ્યાં $x \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$.
વિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે વિકલન $P'(x) = 12x^2 - 3 = 3(4x^2 - 1) = 3(2x - 1)(2x + 1)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$x \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ માટે,$4x^2 < 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $4x^2 - 1 < 0$.
આમ,આપેલ અંતરાલમાં દરેક $x$ માટે $P'(x) < 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $P(x)$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
$P(x)$ સતત અને ચુસ્ત ઘટતું હોવાથી,તેનો વિસ્તાર $(P(1/2), P(-1/2))$ થશે.
સીમાબિંદુઓ પર કિંમતોની ગણતરી કરતા:
$P(1/2) = 4(1/8) - 3(1/2) = 1/2 - 3/2 = -1$.
$P(-1/2) = 4(-1/8) - 3(-1/2) = -1/2 + 3/2 = 1$.
અંતરાલ ખુલ્લો હોવાથી,વિસ્તાર $(-1, 1)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{2-x-x^2}$ અને $g(x) = \cos x$.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$2-x-x^2 \geq 0 \Rightarrow x^2+x-2 \leq 0 \Rightarrow (x+2)(x-1) \leq 0 \Rightarrow x \in [-2, 1]$.
$f(g(x))$ માટે,આપણે $g(x) \in [-2, 1]$ ની જરૂર છે. કારણ કે $-1 \leq \cos x \leq 1$,આ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે હંમેશા સાચું છે. તેથી,$f(g(x))$ નો પ્રદેશ = $\mathbb{R}$.
$f((g(x))^2)$ માટે,આપણે $(g(x))^2 \in [-2, 1]$ ની જરૂર છે. કારણ કે $0 \leq \cos^2 x \leq 1$,આ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે હંમેશા સાચું છે. તેથી,$f((g(x))^2)$ નો પ્રદેશ = $\mathbb{R}$.
તેથી,$f((g(x))^2)$ નો પ્રદેશ = $f(g(x))$ નો પ્રદેશ,તેથી વિધાન $I$ સાચું છે.
$g(f(x))$ માટે,આપણે $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત હોવું જોઈએ,તેથી $x \in [-2, 1]$. તેથી,$g(f(x))$ નો પ્રદેશ = $[-2, 1]$.
કારણ કે $f(g(x))$ નો પ્રદેશ = $\mathbb{R}$ અને $g(f(x))$ નો પ્રદેશ = $[-2, 1]$,વિધાનો $II$ અને $III$ ખોટા છે.
$g((f(x))^3)$ માટે,આપણે $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત હોવું જોઈએ,તેથી $x \in [-2, 1]$. તેથી,$g((f(x))^3)$ નો પ્રદેશ = $[-2, 1]$. આ $\mathbb{R}$ ની બરાબર નથી,તેથી વિધાન $IV$ ખોટું છે.
તેથી,માત્ર વિધાન $I$ સાચું છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{4 - \sqrt{2x + 5}}$ ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય જો વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિઓ અ-ઋણ હોય.
પ્રથમ,અંદરના વર્ગમૂળ માટે: $2x + 5 \geq 0 \implies x \geq -\frac{5}{2}$.
બીજું,બહારના વર્ગમૂળ માટે: $4 - \sqrt{2x + 5} \geq 0 \implies 4 \geq \sqrt{2x + 5}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા (કારણ કે બંને અ-ઋણ છે): $16 \geq 2x + 5 \implies 11 \geq 2x \implies x \leq \frac{11}{2}$.
આ શરતોને જોડતા,$f(x)$ નો પ્રદેશ $x \in \left[ -\frac{5}{2}, \frac{11}{2} \right]$ મળે છે.
પ્રદેશનું મધ્યબિંદુ $\frac{-\frac{5}{2} + \frac{11}{2}}{2} = \frac{\frac{6}{2}}{2} = \frac{3}{2}$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \log_{\{x\}}[x] + \log_{[x]}\{x\}$ નીચેની શરતો હેઠળ વ્યાખ્યાયિત છે:
$1$. $\log_{\{x\}}[x]$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
આધાર $\{x\} > 0$ અને $\{x\} \neq 1$. $\{x\} = x - [x]$ હોવાથી,$\{x\} \in [0, 1)$. તેથી,$\{x\} \in (0, 1)$.
દલીલ $[x] > 0$,જે સૂચવે છે કે $x \geq 1$. $\{x\} \neq 0$ હોવાથી,$x$ પૂર્ણાંક હોઈ શકે નહીં.
$2$. $\log_{[x]}\{x\}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
આધાર $[x] > 0$ અને $[x] \neq 1$. આ સૂચવે છે કે $[x] \geq 2$,તેથી $x \geq 2$.
દલીલ $\{x\} > 0$,જે સૂચવે છે કે $x$ પૂર્ણાંક નથી.
આ શરતોને જોડતા,આપણને $x \geq 2$ અને $x \notin \mathbb{Z}$ મળે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,અંતરાલ $(2, 3)$ એ $x > 2$ અને $x$ પૂર્ણાંક નથી તે શરતનું પાલન કરે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(c)$ છે.

(D) ધારો કે $y = f(x) = (\sin x)^{\sin x}$,જ્યાં $x \in (0, \pi)$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln y = \sin x \ln(\sin x)$ મળે.
ધારો કે $u = \sin x$. $x \in (0, \pi)$ હોવાથી,$u$ નો વિસ્તાર $(0, 1]$ છે.
આપણે $g(u) = u^u$ ને $u \in (0, 1]$ માટે વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
વિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે $g(u)$ નું $u$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$g'(u) = u^u (1 + \ln u)$.
$g'(u) = 0$ લેતા,$1 + \ln u = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\ln u = -1$,તેથી $u = e^{-1} = \frac{1}{e}$.
$u = \frac{1}{e}$ પર,$g(\frac{1}{e}) = (e^{-1})^{e^{-1}} = e^{-1/e}$ મળે.
જ્યારે $u \to 0^+$,ત્યારે $g(u) = u^u \to 1$ (લક્ષ $\lim_{u \to 0^+} u^u = 1$ નો ઉપયોગ કરતા).
$u = 1$ પર,$g(1) = 1^1 = 1$ મળે.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $e^{-1/e}$ અને મહત્તમ કિંમત $1$ છે.
તેથી,વિસ્તાર $[e^{-1/e}, 1]$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $-\sqrt{2} \leq \sin x - \cos x \leq \sqrt{2}$.
$\sqrt{2}$ વડે ગુણતા,આપણને $-2 \leq \sqrt{2}(\sin x - \cos x) \leq 2$ મળે છે.
ધારો કે $k = \sqrt{2}(\sin x - \cos x)$,તેથી $-2 \leq k \leq 2$.
વિધેય $f(x) = \log_{\sqrt{m}}(k + m - 2)$ છે.
આપેલ છે કે $f$ નો વિસ્તાર $[0, 2]$ છે,તેથી $0 \leq \log_{\sqrt{m}}(k + m - 2) \leq 2$.
આનો અર્થ એ થાય કે $(\sqrt{m})^0 \leq k + m - 2 \leq (\sqrt{m})^2$,જેનું સાદું રૂપ $1 \leq k + m - 2 \leq m$ થાય છે.
$k$ માટે ઉકેલતા,આપણને $3 - m \leq k \leq 2$ મળે છે.
આને $-2 \leq k \leq 2$ સાથે સરખાવતા,આપણે નીચલી સીમાઓને સરખાવીએ: $3 - m = -2$.
આમ,$m = 5$.

(B) $f(x) = \frac{\log_{(x+1)}(x-2)}{x^2 - 2x - 3}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ: $x - 2 > 0 \Rightarrow x > 2$.
$2$. લઘુગણકનો આધાર ધન અને $1$ ન હોવો જોઈએ: $x + 1 > 0 \Rightarrow x > -1$ અને $x + 1 \neq 1 \Rightarrow x \neq 0$.
$3$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $x^2 - 2x - 3 \neq 0$.
છેદના અવયવ પાડતા: $(x - 3)(x + 1) \neq 0$,જેનો અર્થ છે $x \neq 3$ અને $x \neq -1$.
બધી શરતોને જોડતા: $x > 2$ અને $x \neq 3$.
આમ,પ્રદેશ $(2, \infty) - \{3\}$ છે.

(A) ધારો કે $y = \sqrt{3-x} + \sqrt{2+x}$. પ્રદેશ $-2 \le x \le 3$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$y^2 = 5 + 2\sqrt{6+x-x^2}$ મળે.
$g(x) = 6+x-x^2$ નો મહત્તમ મૂલ્ય $x = 1/2$ આગળ $25/4$ છે અને ન્યૂનતમ મૂલ્ય $0$ છે.
તેથી,$5 \le y^2 \le 10$.
આમ,વિસ્તાર $[\sqrt{5}, \sqrt{10}]$ છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{[x]}{1+x^2}$,જ્યાં $x \in (2, 6)$.
અંતરાલ $[2, 3)$ માટે,$[x] = 2$,તેથી $f(x) = \frac{2}{1+x^2}$. વિસ્તાર: $(\frac{1}{5}, \frac{2}{5}]$.
અંતરાલ $[3, 4)$ માટે,$[x] = 3$,તેથી $f(x) = \frac{3}{1+x^2}$. વિસ્તાર: $(\frac{3}{17}, \frac{3}{10}]$.
અંતરાલ $[4, 5)$ માટે,$[x] = 4$,તેથી $f(x) = \frac{4}{1+x^2}$. વિસ્તાર: $(\frac{2}{13}, \frac{4}{17}]$.
અંતરાલ $[5, 6)$ માટે,$[x] = 5$,તેથી $f(x) = \frac{5}{1+x^2}$. વિસ્તાર: $(\frac{5}{37}, \frac{5}{26}]$.
આ તમામ અંતરાલોનો યોગગણ $(\frac{5}{37}, \frac{2}{5}]$ થાય છે.

(A) ધારો કે $y = \frac{x^2+2x+1}{x^2-8x+12}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$y(x^2-8x+12) = x^2+2x+1$
$x^2(y-1) - x(8y+2) + (12y-1) = 0$.
કિસ્સો $1$: જો $y \neq 1$,તો $x$ વાસ્તવિક હોવા માટે વિવેચક $D \geq 0$.
$D = (-(8y+2))^2 - 4(y-1)(12y-1) \geq 0$
$16y^2 + 84y \geq 0$
$4y(4y + 21) \geq 0$.
આથી $y \in (-\infty, -\frac{21}{4}] \cup [0, \infty)$.
કિસ્સો $2$: જો $y = 1$,તો $x^2+2x+1 = x^2-8x+12$,જે $10x = 11$ એટલે કે $x = \frac{11}{10}$ આપે છે.
આ કિંમત પ્રદેશમાં હોવાથી,$y=1$ વિસ્તારમાં આવશે.
તેથી,વિસ્તાર $(-\infty, -\frac{21}{4}] \cup [0, \infty)$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \frac{1}{\sqrt{\lceil x \rceil - x}}$ દ્વારા આપવામાં આવ્યું છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ: $\lceil x \rceil - x > 0$,જેનો અર્થ છે $\lceil x \rceil > x$.
આ અસમતા તમામ $x \notin \mathbb{Z}$ માટે સાચી છે. જો $x \in \mathbb{Z}$ હોય,તો $\lceil x \rceil = x$,તેથી $\lceil x \rceil - x = 0$,જે છેદને શૂન્ય બનાવે છે.
આમ,પ્રદેશ $A = \mathbb{R} - \mathbb{Z}$.
$x \notin \mathbb{Z}$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\lceil x \rceil = \lfloor x \rfloor + 1$. તેથી,$\lceil x \rceil - x = \lfloor x \rfloor + 1 - x = 1 - (x - \lfloor x \rfloor) = 1 - \{x\}$,જ્યાં $\{x\}$ એ $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે.
કારણ કે $x \notin \mathbb{Z}$,$0 < \{x\} < 1$,જેનો અર્થ છે $0 < 1 - \{x\} < 1$.
પછી,$0 < \sqrt{1 - \{x\}} < 1$,અને પરિણામે $f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - \{x\}}} > 1$.
આમ,વિસ્તાર $B = (1, \infty)$.
હવે,$A \cap B = (\mathbb{R} - \mathbb{Z}) \cap (1, \infty) = (1, \infty) - \mathbb{Z}$. કારણ કે $(1, \infty)$ સાથેનો છેદ માત્ર ધન પૂર્ણાંકોનો સમાવેશ કરે છે,તેથી $(1, \infty) - \mathbb{Z} = (1, \infty) - \mathbb{N}$. આમ,$(S1)$ સાચું છે.
$A \cup B = (\mathbb{R} - \mathbb{Z}) \cup (1, \infty) = \mathbb{R} - \{0, -1, -2, \dots\}$. આ $(1, \infty)$ ની બરાબર નથી. તેથી,$(S2)$ ખોટું છે.
તેથી,માત્ર $(S1)$ સાચું છે.

(A) વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,બંને ભાગો માન્ય હોવા જોઈએ.
$1$. $\log_e\left(\frac{6x^2+5x+1}{2x-1}\right)$ માટે,$\frac{6x^2+5x+1}{2x-1} > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$\frac{(3x+1)(2x+1)}{2x-1} > 0$.
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = -1/2, -1/3, 1/2$ છે.
અસમતા $x \in (-1/2, -1/3) \cup (1/2, \infty) \dots (A)$ માટે સાચી છે.
$2$. $\cos^{-1}\left(\frac{2x^2-3x+4}{3x-5}\right)$ માટે,$-1 \le \frac{2x^2-3x+4}{3x-5} \le 1$ અને $3x-5 \neq 0$ હોવું જરૂરી છે.
$\frac{2x^2-3x+4}{3x-5} \le 1$ ઉકેલતા $\implies \frac{2x^2-6x+9}{3x-5} \le 0$. $2x^2-6x+9$ માટે $D < 0$ હોવાથી,તે હંમેશા ધન છે. તેથી,$3x-5 < 0 \implies x < 5/3 \dots (B)$.
$\frac{2x^2-3x+4}{3x-5} \ge -1$ ઉકેલતા $\implies \frac{2x^2-1}{3x-5} \ge 0$.
નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = -1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}, 5/3$ છે.
અસમતા $x \in [-1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}] \cup (5/3, \infty) \dots (C)$ માટે સાચી છે.
છેદગણ $A \cap B \cap C = (-1/2, -1/3) \cup (1/2, 1/\sqrt{2}]$.
અહીં $\alpha = -1/2, \beta = -1/3, \gamma = 1/2, \delta = 1/\sqrt{2}$.
$18(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2) = 18(1/4 + 1/9 + 1/4 + 1/2) = 18(1/2 + 1/9 + 1/2) = 18(1 + 1/9) = 18 + 2 = 20$.

(C) વિધેય $f(x) = \frac{1}{\sqrt{[x]^2 - 3[x] - 10}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ:
$[x]^2 - 3[x] - 10 > 0$
ધારો કે $t = [x]$. તેથી $t^2 - 3t - 10 > 0$.
અવયવ પાડતા: $(t - 5)(t + 2) > 0$.
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી પડે જ્યારે $t < -2$ અથવા $t > 5$ હોય.
કારણ કે $t = [x]$,તેથી $[x] < -2$ અથવા $[x] > 5$.
જો $[x] < -2$ હોય,તો $[x] \leq -3$,જેનો અર્થ છે કે $x < -2$.
જો $[x] > 5$ હોય,તો $[x] \geq 6$,જેનો અર્થ છે કે $x \geq 6$.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, -2) \cup [6, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$\sin^{-1}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ માં હોવો જોઈએ અને લઘુગણકનો આધાર ધન અને $1$ ન હોવો જોઈએ.
પ્રથમ,$\frac{6+2 \log_3 x}{-5x} > 0$ અને $x > 0, x \neq \frac{1}{3}$. $x > 0$ હોવાથી,$6+2 \log_3 x < 0$ હોવું જોઈએ,તેથી $\log_3 x < -3$,જેનો અર્થ છે $x < 3^{-3} = \frac{1}{27}$. આમ,$x \in (0, \frac{1}{27})$.
આગળ,$-1 \leq \log_{3x} \left(\frac{6+2 \log_3 x}{-5x}\right) \leq 1$. $x < \frac{1}{27}$ હોવાથી,$3x < \frac{1}{9} < 1$,તેથી લઘુગણક દૂર કરતી વખતે અસમતા ઉલટાઈ જશે: $(3x)^1 \leq \frac{6+2 \log_3 x}{-5x} \leq (3x)^{-1}$.
$15x^2 + 6 + 2 \log_3 x \geq 0$ અને $6 + 2 \log_3 x + \frac{5}{3} \geq 0$ ઉકેલતા $x \in [3^{-23/6}, \frac{1}{27})$ મળે છે.
આમ,પ્રદેશ $D = [3^{-23/6}, \frac{1}{27})$.
$3^{-23/6} < x < \frac{1}{27}$ હોવાથી,$[x] = 0$,તેથી $g(x) = x$. વિસ્તાર $(\alpha, \beta) = (3^{-23/6}, \frac{1}{27})$ છે.
તેથી $\alpha = 3^{-23/6}$ અને $\beta = \frac{1}{27}$.
$\alpha^2 + \frac{5}{\beta} = (3^{-23/6})^2 + 5(27) = 3^{-23/3} + 135$. $3^{-23/3}$ ખૂબ નાની કિંમત હોવાથી,જવાબ આશરે $135$ થાય છે.

(B) $f(x)$ નો પ્રદેશ તેના ત્રણેય ઘટકોના પ્રદેશનો છેદગણ છે.
$(i)$ $\log_e(4x^2 + 11x + 6)$ માટે,$4x^2 + 11x + 6 > 0$ જરૂરી છે.
અવયવ પાડતા $(4x + 3)(x + 2) > 0$ મળે,તેથી $x \in (-\infty, -2) \cup (-\frac{3}{4}, \infty)$.
(ii) $\sin^{-1}(4x + 3)$ માટે,$-1 \le 4x + 3 \le 1$ જરૂરી છે.
$-4 \le 4x \le -2$,જેનો અર્થ છે $x \in [-1, -\frac{1}{2}]$.
(iii) $\cos^{-1}\left(\frac{10x + 6}{3}\right)$ માટે,$-1 \le \frac{10x + 6}{3} \le 1$ જરૂરી છે.
$-3 \le 10x + 6 \le 3$,તેથી $-9 \le 10x \le -3$,જેનો અર્થ છે $x \in [-\frac{9}{10}, -\frac{3}{10}]$.
ત્રણેય અંતરાલોનો છેદગણ લેતા:
$x \in ((-\infty, -2) \cup (-\frac{3}{4}, \infty)) \cap [-1, -\frac{1}{2}] \cap [-\frac{9}{10}, -\frac{3}{10}]$.
$[-1, -\frac{1}{2}]$ અને $[-\frac{9}{10}, -\frac{3}{10}]$ નો છેદગણ $[-\frac{9}{10}, -\frac{1}{2}]$ છે.
હવે,આનો $(-\infty, -2) \cup (-\frac{3}{4}, \infty)$ સાથે છેદગણ લેતા:
કારણ કે $-\frac{9}{10} < -\frac{3}{4}$,છેદગણ $(-\frac{3}{4}, -\frac{1}{2}]$ મળે છે.
આમ,$\alpha = -\frac{3}{4}$ અને $\beta = -\frac{1}{2}$.
તેથી $|\alpha + \beta| = |-\frac{3}{4} - \frac{1}{2}| = |-\frac{5}{4}| = \frac{5}{4}$.
અંતે,$36|\alpha + \beta| = 36 \times \frac{5}{4} = 9 \times 5 = 45$.

(C) વિધેય $f(x) = \cos^{-1}\left(\frac{2-|x|}{4}\right) + (\log_e(3-x))^{-1}$ માટે,આપણે બંને ભાગો માટે પ્રદેશની શરતો સંતોષવી પડશે.
$1$. $\cos^{-1}\left(\frac{2-|x|}{4}\right)$ માટે,દલીલ $[-1, 1]$ માં હોવી જોઈએ:
$-1 \leq \frac{2-|x|}{4} \leq 1$
$-4 \leq 2-|x| \leq 4$
$-6 \leq -|x| \leq 2$
કારણ કે $|x| \geq 0$,તેથી $-|x| \leq 2$ હંમેશા સાચું છે. આમ,$|x| \leq 6$,જેનો અર્થ છે $x \in [-6, 6]$.
$2$. $(\log_e(3-x))^{-1}$ માટે,આપણે $\log_e(3-x) \neq 0$ અને $3-x > 0$ ની જરૂર છે:
$3-x > 0 \Rightarrow x < 3$.
$\log_e(3-x) \neq 0 \Rightarrow 3-x \neq 1 \Rightarrow x \neq 2$.
આ શરતોને જોડતા:
$x \in [-6, 6] \cap (-\infty, 3) \setminus \{2\} = [-6, 3) \setminus \{2\}$.
આને $[-\alpha, \beta) \setminus \{\gamma\}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 6$,$\beta = 3$,અને $\gamma = 2$ મળે છે.
તેથી,$\alpha + \beta + \gamma = 6 + 3 + 2 = 11$.

(B) વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણે નીચેની શરતોનું પાલન કરવું જોઈએ:
$1$) $\frac{2x+3}{4x^2+x-3} > 0$
$2$) $-1 \leq \frac{2x-1}{x+2} \leq 1$
પગલું $1$: $\frac{2x+3}{(4x-3)(x+1)} > 0$ ઉકેલો.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = -3/2, -1, 3/4$ છે. વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,ઉકેલ $x \in (-3/2, -1) \cup (3/4, \infty)$ મળે છે.
પગલું $2$: $-1 \leq \frac{2x-1}{x+2} \leq 1$ ઉકેલો.
ભાગ $A$: $\frac{2x-1}{x+2} + 1 \geq 0 \implies \frac{3x+1}{x+2} \geq 0$. ઉકેલ: $x \in (-\infty, -2) \cup [-1/3, \infty)$.
ભાગ $B$: $\frac{2x-1}{x+2} - 1 \leq 0 \implies \frac{x-3}{x+2} \leq 0$. ઉકેલ: $x \in (-2, 3]$.
ભાગ $A$ અને ભાગ $B$ નો છેદગણ: $x \in [-1/3, 3]$.
પગલું $3$: પગલું $1$ અને પગલું $2$ નો છેદગણ શોધો.
$((-3/2, -1) \cup (3/4, \infty)) \cap [-1/3, 3] = (3/4, 3]$.
આમ,$\alpha = 3/4$ અને $\beta = 3$.
પગલું $4$: $5\beta - 4\alpha$ ની ગણતરી કરો.
$5(3) - 4(3/4) = 15 - 3 = 12$.

(C) વિધેય $f(x) = \frac{\sqrt{x^2-25}}{4-x^2} + \log_{10}(x^2+2x-15)$ છે.
વર્ગમૂળ પદ માટે,$x^2-25 \geq 0 \Rightarrow x \in (-\infty, -5] \cup [5, \infty)$.
છેદ માટે,$4-x^2 \neq 0 \Rightarrow x \neq \pm 2$.
લઘુગણક માટે,$x^2+2x-15 > 0$ $\Rightarrow (x+5)(x-3) > 0$ $\Rightarrow x \in (-\infty, -5) \cup (3, \infty)$.
બધી શરતોનો છેદ લેતા:
$x \in (-\infty, -5) \cup [5, \infty)$ મળે છે.
$(-\infty, \alpha) \cup [\beta, \infty)$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = -5$ અને $\beta = 5$ મળે છે.
તેથી,$\alpha^2 + \beta^3 = (-5)^2 + 5^3 = 25 + 125 = 150$.

(A) $\sin^{-1}(u)$ માટે,$-1 \leq u \leq 1$ હોવું જોઈએ. તેથી,$-1 \leq \frac{3x-22}{2x-19} \leq 1$. આ અસમતા ઉકેલતા $x \in (5, 8.2]$ મળે છે.
$\log_e(v)$ માટે,$v > 0$ હોવું જોઈએ. તેથી,$\frac{3x^2-8x+5}{x^2-3x-10} > 0$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{(3x-5)(x-1)}{(x-5)(x+2)} > 0$ થાય છે. તેનો ઉકેલ $x \in (-\infty, -2) \cup (1, 5/3) \cup (5, \infty)$ છે.
બંને શરતોનો છેદ લેતા,પ્રદેશ $(5, 8.2]$ મળે છે,જે $(5, 41/5]$ છે.
અહીં,$\alpha = 5$ અને $\beta = 41/5$.
તેથી,$3\alpha + 10\beta = 3(5) + 10(41/5) = 15 + 82 = 97$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક $x$ માટે,$\sin 5x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
તેથી,$-\sin 5x$ પણ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં આવે છે.
બધા પદોમાં $7$ ઉમેરતા,આપણને $7 - \sin 5x \in [7 - 1, 7 + 1]$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $7 - \sin 5x \in [6, 8]$ થાય છે.
વ્યસ્ત લેતા,$f(x) = \frac{1}{7 - \sin 5x}$ નો વિસ્તાર $\left[\frac{1}{8}, \frac{1}{6}\right]$ મળે છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $g(x) = \sin 3x + \cos 3x$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ છે.
તેથી,છેદ $2 + \sin 3x + \cos 3x$ નો વિસ્તાર $[2 - \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2}]$ થાય.
આમ,$f(x) = \frac{1}{2 + \sin 3x + \cos 3x}$ નો વિસ્તાર $[a, b] = \left[\frac{1}{2 + \sqrt{2}}, \frac{1}{2 - \sqrt{2}}\right]$ છે.
અંતિમ બિંદુઓનું સંમેયીકરણ કરતા: $a = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}$ અને $b = \frac{2 + \sqrt{2}}{2}$.
$\alpha = \frac{a + b}{2}$ અને $\beta = \sqrt{ab}$ હોવાથી,$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{a + b}{2\sqrt{ab}}$.
$a + b = 2$ અને $ab = \frac{1}{2}$.
$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{2}{2\sqrt{1/2}} = \sqrt{2}$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(x-1)(x-5)}{(x-2)(x-3)}$.
$(A)$ $-1 < x < 1$ માટે,$f(x) > 0$ અને $f(x) < 1$ થાય છે. તેથી,$f(x)$ એ $(p, r, s)$ શરતો સંતોષે છે.
$(B)$ $1 < x < 2$ માટે,$f(x) < 0$ અને $f(x) < 1$ થાય છે. તેથી,$f(x)$ એ $(q, s)$ શરતો સંતોષે છે.
$(C)$ $3 < x < 5$ માટે,$f(x) < 0$ અને $f(x) < 1$ થાય છે. તેથી,$f(x)$ એ $(q, s)$ શરતો સંતોષે છે.
$(D)$ $x > 5$ માટે,$f(x) > 0$ અને $f(x) < 1$ થાય છે. તેથી,$f(x)$ એ $(p, r, s)$ શરતો સંતોષે છે.

(A) કારણ કે $f(x)$ વ્યાપ્ત છે,તેથી $A$ એ $f(x)$ નો વિસ્તાર છે.
$f'(x) = 6x^2 - 30x + 36 = 6(x-2)(x-3)$.
ક્રિટીકલ પોઈન્ટ્સ $x=2$ અને $x=3$ છે.
સીમાઓ અને ક્રિટીકલ પોઈન્ટ્સ પર કિંમત મેળવતા:
$f(0) = 7$
$f(2) = 2(8) - 15(4) + 36(2) + 7 = 35$
$f(3) = 2(27) - 15(9) + 36(3) + 7 = 34$.
$f(x)$ એ $[0,3]$ પર સતત હોવાથી,વિસ્તાર $A = [7, 35]$.
$g(x) = \frac{x^{2025}}{x^{2025}+1}$ માટે,$x \in [0, \infty)$ હોવાથી,$x^{2025} \in [0, \infty)$.
તેથી,$g(x) = 1 - \frac{1}{x^{2025}+1}$.
$x=0$ માટે,$g(0) = 0$. જેમ $x \to \infty$,તેમ $g(x) \to 1$.
તેથી,વિસ્તાર $B = [0, 1)$.
$S = \{x \in \mathbb{Z} : x \in [7, 35] \cup [0, 1)\} = \{0, 7, 8, 9, \dots, 35\}$.
$S$ માં ઘટકોની સંખ્યા $1 + (35 - 7 + 1) = 30$ છે.

(A) $f_1(x) = \log _5(18 x-x^2-77)$ માટે,પ્રદેશની શરત $18 x-x^2-77 > 0$ છે.
$x^2-18 x+77 < 0 \implies (x-7)(x-11) < 0$.
તેથી,$x \in (7, 11)$,એટલે કે $\alpha = 7$ અને $\beta = 11$.
$f_2(x) = \log _{(x-1)}\left(\frac{2 x^2+3 x-2}{x^2-3 x-4}\right)$ માટે,પ્રદેશની શરતો:
$1) \ x-1 > 0 \implies x > 1$
$2) \ x-1 \neq 1 \implies x \neq 2$
$3) \ \frac{2 x^2+3 x-2}{x^2-3 x-4} > 0 \implies \frac{(2 x-1)(x+2)}{(x-4)(x+1)} > 0$.
ચિહ્ન પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,ઉકેલ $x \in (-\infty, -2) \cup (-1, 1/2) \cup (4, \infty)$ મળે છે.
$x > 1$ અને $x \neq 2$ સાથે છેદ લેતા,$x \in (4, \infty)$ મળે છે.
તેથી,$\gamma = 4$ અને $\delta = \infty$.
અંતે,$\alpha^2+\beta^2+\gamma^2 = 7^2+11^2+4^2 = 49+121+16 = 186$.

(A) વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,છેદમાં રહેલા વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિઓ ધન હોવી જોઈએ.
$1) \ x + |x| > 0$
જો $x \leq 0$ હોય,તો $x + |x| = 0$ થાય,જે છેદને શૂન્ય બનાવે છે. તેથી,$x > 0$ હોવું જોઈએ.
આમ,$x \in (0, \infty)$.
$2) \ 10 + 3x - x^2 > 0$
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને $x^2 - 3x - 10 < 0$ મળે છે.
$(x - 5)(x + 2) < 0$.
આ અસમતા $x \in (-2, 5)$ માટે સાચી છે.
$x \in (0, \infty)$ અને $x \in (-2, 5)$ નો છેદ લેતા,આપણને પ્રદેશ $(a, b) = (0, 5)$ મળે છે.
તેથી,$a = 0$ અને $b = 5$.
માગેલ કિંમત: $(1+a)^2 + b^2 = (1+0)^2 + 5^2 = 1 + 25 = 26$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \log_e\left(\frac{2x-3}{5+4x}\right) + \sin^{-1}\left(\frac{4+3x}{2-x}\right)$ છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1) \frac{2x-3}{5+4x} > 0$
$2) -1 \leq \frac{4+3x}{2-x} \leq 1$
શરત $(1)$ ઉકેલતા:
$\frac{2x-3}{5+4x} > 0 \Rightarrow x \in \left(-\infty, -\frac{5}{4}\right) \cup \left(\frac{3}{2}, \infty\right)$.
શરત $(2)$ ઉકેલતા:
$-1 \leq \frac{4+3x}{2-x} \leq 1$
$\Rightarrow \frac{4+3x}{2-x} + 1 \geq 0$ અને $\frac{4+3x}{2-x} - 1 \leq 0$
$\Rightarrow \frac{6+2x}{2-x} \geq 0$ અને $\frac{2+4x}{2-x} \leq 0$
$\Rightarrow x \in [-3, -1/2]$.
બંને શરતોનો છેદગણ લેતા:
$x \in [-3, -5/4)$.
આમ,$\alpha = -3$ અને $\beta = -5/4$.
તેથી,$\alpha^2 + 4\beta = (-3)^2 + 4(-5/4) = 9 - 5 = 4$.

(A) વિધેય $f(x) = \log_7(1 - \log_4(x^2 - 9x + 18))$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$1 - \log_4(x^2 - 9x + 18) > 0$ અને $x^2 - 9x + 18 > 0$ હોવું જોઈએ.
પગલું $1$: $x^2 - 9x + 18 > 0$ ઉકેલો.
$(x - 3)(x - 6) > 0 \implies x \in (-\infty, 3) \cup (6, \infty)$.
પગલું $2$: $1 - \log_4(x^2 - 9x + 18) > 0$ ઉકેલો.
$\log_4(x^2 - 9x + 18) < 1 \implies x^2 - 9x + 18 < 4^1$.
$x^2 - 9x + 14 < 0 \implies (x - 2)(x - 7) < 0 \implies x \in (2, 7)$.
પગલું $3$: બંને શરતોનો છેદગણ શોધો.
$x \in ((-\infty, 3) \cup (6, \infty)) \cap (2, 7) = (2, 3) \cup (6, 7)$.
આમ,$(\alpha, \beta) = (2, 3)$ અને $(\gamma, \delta) = (6, 7)$.
તેથી,$\alpha + \beta + \gamma + \delta = 2 + 3 + 6 + 7 = 18$.

(A) $f(x)$ માટે,$\log_3 \log_7(8 - \log_2(x^2 + 4x + 5)) > 0$ જરૂરી છે.
આથી $\log_7(8 - \log_2(x^2 + 4x + 5)) > 1$,એટલે કે $8 - \log_2(x^2 + 4x + 5) > 7$.
તેથી,$\log_2(x^2 + 4x + 5) < 1$,જેનો અર્થ છે $x^2 + 4x + 5 < 2$,અથવા $x^2 + 4x + 3 < 0$.
અવયવ પાડતા $(x + 3)(x + 1) < 0$,તેથી $x \in (-3, -1)$. આમ,$\alpha = -3$ અને $\beta = -1$.
$g(x)$ માટે,$-1 \leq \frac{7x + 10}{x - 2} \leq 1$ જરૂરી છે.
$\frac{7x + 10}{x - 2} \leq 1$ ઉકેલતા $x \in [-2, 2)$ મળે છે.
$\frac{7x + 10}{x - 2} \geq -1$ ઉકેલતા $x \in (-\infty, -1] \cup (2, \infty)$ મળે છે.
બંનેનો છેદગણ $x \in [-2, -1]$ છે. આમ,$\gamma = -2$ અને $\delta = -1$.
અંતે,$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 + \delta^2 = (-3)^2 + (-1)^2 + (-2)^2 + (-1)^2 = 9 + 1 + 4 + 1 = 15$.

(D) ધારો કે $y = \frac{5-x}{x^2-3x+2}$.
$y(x^2-3x+2) = 5-x$
$yx^2 - 3xy + 2y = 5-x$
$yx^2 + (1-3y)x + (2y-5) = 0$.
જો $y=0$ હોય,તો $x=5$,જે શક્ય છે.
જો $y \neq 0$ હોય,તો $x$ વાસ્તવિક હોવા માટે વિવેચક $D \geq 0$ થવો જોઈએ.
$D = (1-3y)^2 - 4(y)(2y-5) \geq 0$
$1 + 9y^2 - 6y - 8y^2 + 20y \geq 0$
$y^2 + 14y + 1 \geq 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને $y^2 + 14y + 1 = 0$ ઉકેલતા:
$y = \frac{-14 \pm \sqrt{196-4}}{2} = \frac{-14 \pm \sqrt{192}}{2} = \frac{-14 \pm 8\sqrt{3}}{2} = -7 \pm 4\sqrt{3}$.
આમ,$y \in (-\infty, -7-4\sqrt{3}] \cup [-7+4\sqrt{3}, \infty)$.
અહીં,$\alpha = -7-4\sqrt{3}$ અને $\beta = -7+4\sqrt{3}$.
$\alpha^2 + \beta^2 = (-7-4\sqrt{3})^2 + (-7+4\sqrt{3})^2$
$= (49 + 48 + 56\sqrt{3}) + (49 + 48 - 56\sqrt{3})$
$= 97 + 97 = 194$.

(B) $f(x) = \cos^{-1}\left(\frac{4x+5}{3x-7}\right)$ માટે,$-1 \leq \frac{4x+5}{3x-7} \leq 1$ જરૂરી છે.
કિસ્સો $1$: $\frac{4x+5}{3x-7} \geq -1 \Rightarrow \frac{7x-2}{3x-7} \geq 0$. આથી $x \in (-\infty, 2/7] \cup (7/3, \infty)$.
કિસ્સો $2$: $\frac{4x+5}{3x-7} \leq 1 \Rightarrow \frac{x+12}{3x-7} \leq 0$. આથી $x \in [-12, 7/3)$.
છેદ લેતા,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[-12, 2/7]$ મળે છે. તેથી $\alpha = -12$ અને $\beta = 2/7$.
$g(x) = \log_2(2-6\log_{27}(2x+5))$ માટે,$2-6\log_{27}(2x+5) > 0$ અને $2x+5 > 0$ જરૂરી છે.
$6\log_{27}(2x+5) < 2$ $\Rightarrow \log_{27}(2x+5) < 1/3$ $\Rightarrow 2x+5 < 3$ $\Rightarrow x < -1$.
વળી,$2x+5 > 0 \Rightarrow x > -5/2$.
તેથી,$g(x)$ નો પ્રદેશ $(-5/2, -1)$ છે. તેથી $\gamma = -5/2$ અને $\delta = -1$.
હવે,$|7(\alpha+\beta) + 4(\gamma+\delta)| = |7(-12 + 2/7) + 4(-5/2 - 1)| = |-84 + 2 - 10 - 4| = |-96| = 96$.

(B) આપેલ સમીકરણ $[x]^2-5[x]+6=0$ છે. ધારો કે $[x] = y$.
તેથી $y^2-5y+6=0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,આપણને $(y-2)(y-3)=0$ મળે છે.
તેથી,$[x]=2$ અથવા $[x]=3$.
જો $[x]=2$ હોય,તો $2 \le x < 3$.
જો $[x]=3$ હોય,તો $3 \le x < 4$.
આ અંતરાલોને જોડતા,આપણને $x \in [2, 4)$ મળે છે.

(D) આપેલ છે,$f(x) = \frac{\log_2(x+3)}{x^2+3x+2}$.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ:
$x^2 + 3x + 2 \neq 0$
$(x+1)(x+2) \neq 0$
$x \neq -1$ અને $x \neq -2$.
વળી,લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ:
$x + 3 > 0$
$x > -3$.
આ શરતોને જોડતા,પ્રદેશ $x \in (-3, \infty) - \{-1, -2\}$ મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $2^x + 2^y = 2$ છે.
$2^y$ માટે ગોઠવતા,$2^y = 2 - 2^x$ મળે.
બંને બાજુ $2$ આધારિત લઘુગણક લેતા,$y = \log_2(2 - 2^x)$ મળે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ: $2 - 2^x > 0$.
આનો અર્થ છે કે $2^x < 2$.
$2 = 2^1$ હોવાથી,$2^x < 2^1$ મળે.
આધાર $2 > 1$ હોવાથી,અસમતા $x < 1$ માટે સાચી છે.
તેથી,પ્રદેશ $(-\infty, 1)$ છે,જેને $-\infty < x < 1$ તરીકે લખી શકાય.

(D) આપેલ સમીકરણ $2^x + 2^y = 2$ છે.
$2^y$ માટે ગોઠવતા,આપણને $2^y = 2 - 2^x$ મળે છે.
બધા વાસ્તવિક $y$ માટે $2^y > 0$ હોવાથી,પદ $2 - 2^x$ એ $0$ કરતા મોટું હોવું જોઈએ.
$2 - 2^x > 0$
$2^x < 2$
$2^x < 2^1$
આધાર $2 > 1$ હોવાથી,ઘાતાંકો માટે અસમતા આ મુજબ થશે:
$x < 1$.
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $(-\infty, 1)$ છે,જેને $-\infty < x < 1$ તરીકે લખી શકાય.

(D) આપેલ સમીકરણ: $[x]^2-5[x]+6=0$
ધારો કે $[x] = a$.
તેથી સમીકરણ $a^2-5a+6=0$ બને છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(a-2)(a-3)=0$.
આથી $a=2$ અથવા $a=3$ મળે.
$[x]=a$ પાછું મૂકતા,$[x]=2$ અથવા $[x]=3$ મળે.
$[x]=2$ માટે,$x$ નો વિસ્તાર $x \in [2,3)$ છે.
$[x]=3$ માટે,$x$ નો વિસ્તાર $x \in [3,4)$ છે.
આ અંતરાલોને જોડતા,આપણને $x \in [2,3) \cup [3,4) = [2,4)$ મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $2^x+2^y=2$ છે.
આને $2^y = 2 - 2^x$ તરીકે લખી શકાય.
$y$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ: $2 - 2^x > 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $2^x < 2$.
આધાર $2 > 1$ હોવાથી,અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે જ્યારે $x < 1$ હોય.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, 1)$ અથવા $-\infty < x < 1$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $2^x + 2^y = 2$ છે.
$2^y$ માટે ગોઠવતા,આપણને $2^y = 2 - 2^x$ મળે છે.
બધા વાસ્તવિક $y$ માટે $2^y > 0$ હોવાથી,પદ $2 - 2^x$ એ $0$ કરતા મોટું હોવું જોઈએ.
$2 - 2^x > 0 \Rightarrow 2^x < 2$.
$2 = 2^1$ હોવાથી,આપણી પાસે $2^x < 2^1$ છે.
આધાર $2 > 1$ હોવાથી,અસમતા $x < 1$ માટે સાચી છે.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, 1)$ છે,જેને $-\infty < x < 1$ તરીકે લખી શકાય છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $2[2x - 5] - 1 = 7$ \\
પૂર્ણાંક $n$ માટે $[x + n] = [x] + n$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$[2x - 5] = [2x] - 5$ મળે \\
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $2([2x] - 5) - 1 = 7$ \\
$2[2x] - 10 - 1 = 7$ \\
$2[2x] - 11 = 7$ \\
$2[2x] = 18$ \\
$[2x] = 9$ \\
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$[y] = n \Rightarrow n \leq y < n + 1$ \\
તેથી,$9 \leq 2x < 10$ \\
$2$ વડે ભાગતા,$\frac{9}{2} \leq x < 5$ મળે \\
આમ,$x \in \left[\frac{9}{2}, 5\right)$

(D) વિધેય $f(x) = e^{|x| \sin x}$ એ તમામ વાસ્તવિક કિંમતો $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $\mathbb{R}$ છે.
જેમ કે $|x| \sin x$ એ $-\infty$ થી $\infty$ સુધીની કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમત લઈ શકે છે,તેથી પદ $e^{|x| \sin x}$ હંમેશા $0$ કરતા મોટું રહેશે.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $(0, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{1}{4-x^2} + \log_{10}(x^3-x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. 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: $x^3 - x > 0$.
અવયવ પાડતા: $x(x-1)(x+1) > 0$.
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,અસમતા $x(x-1)(x+1) > 0$ એ $x \in (-1, 0) \cup (1, \infty)$ માટે સાચી છે.
શરતો $x \neq \pm 2$ અને $x \in (-1, 0) \cup (1, \infty)$ ને જોડતા,આપણે $(1, \infty)$ માંથી $x = 2$ ને બાકાત રાખીએ છીએ.
આમ,પ્રદેશ $x \in (-1, 0) \cup (1, 2) \cup (2, \infty)$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x+|x|}}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ શૂન્ય કરતા મોટી હોવી જોઈએ:
$x + |x| > 0$.
કિસ્સો $1$: જો $x > 0$ હોય,તો $|x| = x$. આ કિંમત મૂકતા,$x + x = 2x > 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $x > 0$.
કિસ્સો $2$: જો $x < 0$ હોય,તો $|x| = -x$. આ કિંમત મૂકતા,$x + (-x) = 0$ મળે. $0$ એ $0$ કરતા મોટું નથી,તેથી આ કિસ્સામાં કોઈ ઉકેલ મળતો નથી.
કિસ્સો $3$: જો $x = 0$ હોય,તો $x + |x| = 0 + 0 = 0$. છેદ શૂન્ય ન હોઈ શકે,તેથી $x = 0$ પ્રદેશમાં નથી.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ $(0, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{x-1} + \sqrt{6-x}$ ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય જો વર્ગમૂળની અંદરની કિંમતો અઋણ હોય.
$\sqrt{x-1}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$x - 1 \geq 0$,એટલે કે $x \geq 1$.
$\sqrt{6-x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$6 - x \geq 0$,એટલે કે $x \leq 6$.
આ બંને શરતોને જોડતા,આપણને $1 \leq x \leq 6$ મળે છે.
તેથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[1, 6]$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \log _{10}(x^2-5x+6)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ.
$x^2-5x+6 > 0$
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$(x-2)(x-3) > 0$
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ $2$ અને $3$ ની બહાર ધન મળે છે.
આમ,$x < 2$ અથવા $x > 3$.
તેથી,પ્રદેશ $x \in (-\infty, 2) \cup (3, \infty)$ છે.