Domain and Range Questions in Gujarati

(D) વિધેય $f(x) = \frac{\sin \pi[x]}{1+[x]} + \frac{x}{2+3x}$ છે.
પ્રથમ પદ માટે,છેદ $1+[x] \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $[x] \neq -1$. કારણ કે $x \in [-1, 0)$ માટે $[x] = -1$ થાય છે,તેથી આપણે આ અંતરાલને પ્રદેશમાંથી બાકાત રાખવો પડશે.
બીજા પદ માટે,છેદ $2+3x \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $x \neq -\frac{2}{3}$. કારણ કે $-\frac{2}{3} \in [-1, 0)$,તે પહેલેથી જ બાકાત છે.
આમ,પ્રદેશ $D(f) = R - [-1, 0)$ છે.
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{|x|-x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$|x| - x \geq 0$
$|x| \geq x$
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,નિરપેક્ષ મૂલ્ય $|x|$ હંમેશા $x$ કરતા મોટું અથવા તેના જેટલું હોય છે (એટલે કે,$|x| \geq x$ એ તમામ $x \in R$ માટે સાચું છે).
જો $x \geq 0$ હોય,તો $|x| = x$,તેથી $x - x = 0 \geq 0$.
જો $x < 0$ હોય,તો $|x| = -x$,તેથી $-x - x = -2x > 0$ (કારણ કે $x$ ઋણ છે).
આમ,અસમતા તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે સાચી છે.
તેથી,પ્રદેશ $(-\infty, \infty)$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin \left(\frac{1}{|x| \sqrt{x^2-1}}\right)$ છે.
પ્રદેશ માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ: $x^2 - 1 > 0$,જેનો અર્થ છે $x^2 > 1$,તેથી $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$,અથવા $x \in R - [-1, 1]$.
છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $|x| \sqrt{x^2 - 1} \neq 0$,જે $R - [-1, 1]$ ના તમામ $x$ માટે સાચું છે.
આમ,પ્રદેશ $R - [-1, 1]$ છે.
જેમ $x$ તેના પ્રદેશમાં બદલાય છે,તેમ દલીલ $\theta = \frac{1}{|x| \sqrt{x^2-1}}$ એ $(0, \infty)$ માં કોઈપણ કિંમત લઈ શકે છે,તેથી $\sin(\theta)$ વિધેય $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરશે.
તેથી,વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = \log \{ax^3 + (a+b)x^2 + (b+c)x + c\}$ છે.
લોગેરિધમની અંદરની પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$ax^3 + ax^2 + bx^2 + bx + cx + c = (ax^2 + bx + c)(x+1)$.
$b^2 = 4ac$ હોવાથી,દ્વિઘાત પદાવલિ $ax^2 + bx + c = a(x + \frac{b}{2a})^2$ થાય.
તેથી,$f(x) = \log \{a(x + \frac{b}{2a})^2(x+1)\}$.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લોગેરિધમનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ:
$a(x + \frac{b}{2a})^2(x+1) > 0$.
$a > 0$ હોવાથી,$a(x + \frac{b}{2a})^2 \geq 0$ છે. તે $x = -\frac{b}{2a}$ માટે $0$ થાય છે.
તેથી,$x+1 > 0$ અને $x \neq -\frac{b}{2a}$ હોવું જોઈએ.
આમ,$x > -1$ અને $x \neq -\frac{b}{2a}$.
પ્રદેશ $D = (-1, \infty) - \{-\frac{b}{2a}\}$ છે.
જે $R - (\{-\frac{b}{2a}\} \cup (-\infty, -1])$ ને સમાન છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

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

(C) વિધેય $f(x) = \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$ વાસ્તવિક વિધેય તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,આધાર $x$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે ધન હોવો જોઈએ.
આપણે $1 + \frac{1}{x} > 0$ ની જરૂર છે.
આ $\frac{x + 1}{x} > 0$ માં સરળ બને છે.
ક્રિટીકલ પોઈન્ટ્સ $x = -1$ અને $x = 0$ માટે સાઈન સ્કીમ (વેવી કર્વ મેથડ) નો ઉપયોગ કરતા:
$x < -1$ માટે,$\frac{x+1}{x} > 0$ છે.
$-1 < x < 0$ માટે,$\frac{x+1}{x} < 0$ છે.
$x > 0$ માટે,$\frac{x+1}{x} > 0$ છે.
આમ,પ્રદેશ $x \in (-\infty, -1) \cup (0, \infty)$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \frac{\sin([x]\pi) + \tan([x]\pi)}{1 + [x]^2 + [x]^4}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $[x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય છે,તે તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x \in R$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,વિધેયનો પ્રદેશ $R$ છે.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,$[x] = n$,જ્યાં $n \in Z$.
આને વિધેયમાં મૂકતા,આપણને $f(x) = \frac{\sin(n\pi) + \tan(n\pi)}{1 + n^2 + n^4}$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,$\sin(n\pi) = 0$ અને $\tan(n\pi) = 0$ થાય છે.
તેથી,તમામ $x \in R$ માટે $f(x) = \frac{0 + 0}{1 + n^2 + n^4} = 0$ થાય છે.
વિધેયનું મૂલ્ય હંમેશા $0$ હોવાથી,વિધેયનો વિસ્તાર સિંગલટન ગણ $\{0\}$ છે.
આમ,પ્રદેશ $R$ છે અને વિસ્તાર $\{0\}$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{\log_{0.5} x!}$.
વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$\log_{0.5} x! \geq 0$.
અહીં લઘુગણકનો આધાર $0.5$ છે (જે $0$ અને $1$ ની વચ્ચે છે),તેથી લઘુગણક દૂર કરતી વખતે અસમતાની નિશાની બદલાઈ જશે:
$x! \leq (0.5)^0$.
$x! \leq 1$.
ફેક્ટોરિયલ $x!$ એ અઋણ પૂર્ણાંકો $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. આપણે કિંમતો તપાસીએ:
$x = 0$ માટે,$0! = 1 \leq 1$ (સાચું).
$x = 1$ માટે,$1! = 1 \leq 1$ (સાચું).
$x = 2$ માટે,$2! = 2 \not\leq 1$ (ખોટું).
આમ,વિધેયનો પ્રદેશ $\{0, 1\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \cos x - 3$ છે.
$\cos x$ એ તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $R$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos x$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
તેથી,$-1 \leq \cos x \leq 1$.
બધા ભાગોમાંથી $3$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$-1 - 3 \leq \cos x - 3 \leq 1 - 3$.
$-4 \leq f(x) \leq -2$.
આમ,વિસ્તાર $[-4, -2]$ છે.
તેથી,પ્રદેશ $R$ છે અને વિસ્તાર $[-4, -2]$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ નો વિસ્તાર $B$ શોધવા માટે,આપણે બે અંતરાલોમાં વિધેયનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. $-1 \leq x \leq 1$ માટે,$f(x) = 1-x$. જેમ $x$ એ $-1$ થી $1$ સુધી બદલાય છે,તેમ $f(x)$ એ $1-(-1) = 2$ થી $1-1 = 0$ સુધી બદલાય છે. તેથી,વિસ્તાર $[0, 2]$ છે.
$2$. $1 < x \leq 2$ માટે,$f(x) = x-1$. જેમ $x$ એ $1$ થી $2$ સુધી બદલાય છે,તેમ $f(x)$ એ $1-1 = 0$ થી $2-1 = 1$ સુધી બદલાય છે. તેથી,વિસ્તાર $(0, 1]$ છે.
આ બંનેને જોડતા,વિધેયનો કુલ વિસ્તાર $[0, 2] \cup (0, 1] = [0, 2]$ મળે છે.
વિધેય વ્યાપ્ત હોવાથી,સહપ્રદેશ $B$ એ વિસ્તાર જેટલો જ હોવો જોઈએ.
તેથી,$B = [0, 2]$.

(A) વિધેય $f(x) = -3x - 3$ દ્વારા આપવામાં આવેલ છે.
પ્રદેશ શોધવા માટે,આપણે $f(x) = y$ લઈએ અને $x$ માટે ઉકેલીએ:
$y = -3x - 3$
$y + 3 = -3x$
$x = \frac{y + 3}{-3} = -\frac{y}{3} - 1$.
આપેલ વિસ્તારના મૂલ્યો $y \in \{3, -6, -9, -18\}$ માટે,આપણે અનુરૂપ પ્રદેશના મૂલ્યો $x$ શોધીએ:
$y = 3$ માટે,$x = -\frac{3}{3} - 1 = -2$.
$y = -6$ માટે,$x = -\frac{-6}{3} - 1 = 1$.
$y = -9$ માટે,$x = -\frac{-9}{3} - 1 = 2$.
$y = -18$ માટે,$x = -\frac{-18}{3} - 1 = 5$.
પ્રદેશ $\{-2, 1, 2, 5\}$ છે.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$-1$ એ પ્રદેશમાં નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \cos x + \sqrt{3} \sin x - 1$ છે.
આપણે પદને $f(x) = 2(\frac{1}{2} \cos x + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x) - 1$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $f(x) = 2 \sin(x + \frac{\pi}{6}) - 1$ મળે છે.
કારણ કે $\sin(x + \frac{\pi}{6})$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે,તેથી $f(x)$ નો વિસ્તાર $2 \times [-1, 1] - 1 = [-2, 1] - 1 = [-3, 1]$ થાય.
વિધેય $f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,સહપ્રદેશ $A$ એ વિધેયના વિસ્તાર જેટલો હોવો જોઈએ.
તેથી,$A = [-3, 1]$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \frac{x^2 + 2x - 15}{2x^2 + 13x + 15}$.
અંશ અને છેદના અવયવ પાડતા: $f(x) = \frac{(x+5)(x-3)}{(2x+3)(x+5)}$.
$x \neq -5$ માટે,$f(x) = \frac{x-3}{2x+3}$.
ધારો કે $y = \frac{x-3}{2x+3}$.
$y(2x+3) = x-3$ $\Rightarrow 2xy + 3y = x - 3$ $\Rightarrow x(2y-1) = -3y - 3$.
$x = \frac{-3y-3}{2y-1}$.
$x$ વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,$2y-1 \neq 0 \Rightarrow y \neq \frac{1}{2}$.
વળી,$x \neq -5 \Rightarrow \frac{-3y-3}{2y-1} \neq -5$.
$-3y-3 \neq -10y + 5$ $\Rightarrow 7y \neq 8$ $\Rightarrow y \neq \frac{8}{7}$.
આમ,વિસ્તાર $R - \left\{\frac{1}{2}, \frac{8}{7}\right\}$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક $x$ માટે,$a \sin x + b \cos x$ ની કિંમત $[-\sqrt{a^2 + b^2}, \sqrt{a^2 + b^2}]$ અંતરાલમાં હોય છે.
$3 \sin x + 4 \cos x$ માટે,$a = 3$ અને $b = 4$ છે,તેથી તેનો વિસ્તાર $[-5, 5]$ છે.
દરેક પદમાં $10$ ઉમેરતા,$-5 + 10 \leq 3 \sin x + 4 \cos x + 10 \leq 5 + 10$,એટલે કે $5 \leq 3 \sin x + 4 \cos x + 10 \leq 15$.
વ્યસ્ત લેતા,અસમતા ઉલટાઈ જશે: $\frac{1}{15} \leq \frac{1}{3 \sin x + 4 \cos x + 10} \leq \frac{1}{5}$.
$15$ વડે ગુણતા,$1 \leq \frac{15}{3 \sin x + 4 \cos x + 10} \leq 3$.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $[1, 3]$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 3x-1, & x > 1 \\ x^2+1, & x \leq 1 \end{cases}$ છે.
$1$. પ્રદેશ $A$ એ તમામ શક્ય $x$ ની કિંમતોનો ગણ છે. વિધેય $x > 1$ અને $x \leq 1$ માટે વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,$A = (-\infty, 1] \cup (1, \infty) = (-\infty, \infty) = R$.
$2$. વિસ્તાર $B$ શોધવા માટે,આપણે વિધેયના બે ભાગોનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$x > 1$ માટે,$f(x) = 3x - 1$. જેમ $x \to 1^+$,$f(x) \to 2$. તેથી,$f(x) \in (2, \infty)$.
$x \leq 1$ માટે,$f(x) = x^2 + 1$. ન્યૂનતમ કિંમત $x = 0$ પર મળે છે,જ્યાં $f(0) = 1$. જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to \infty$. તેથી,$f(x) \in [1, \infty)$.
$3$. વિસ્તાર $B$ એ આ અંતરાલોનો યોગગણ છે: $B = (2, \infty) \cup [1, \infty) = [1, \infty)$.
$4$. અંતે,$A - B = R - [1, \infty) = (-\infty, 1)$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \sqrt{9-x^2}$ છે.
વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$9 - x^2 \geq 0$
$x^2 \leq 9$
$-3 \leq x \leq 3$
અહીં $x^2$ ની કિંમત $0$ થી $9$ ની વચ્ચે છે,તેથી $9 - x^2$ ની કિંમત $9 - 9 = 0$ થી $9 - 0 = 9$ ની વચ્ચે રહેશે.
તેથી,$\sqrt{9 - x^2}$ ની કિંમત $\sqrt{0}$ થી $\sqrt{9}$ એટલે કે $0$ થી $3$ ની વચ્ચે રહેશે.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $[0, 3]$ છે.

(C) $x > 3$ માટે,$f(x) = 4x - 1$. $x > 3$ હોવાથી,$4x > 12$,તેથી $4x - 1 > 11$. આમ,આ ભાગનો વિસ્તાર $(11, \infty)$ છે.
$-2 \leq x \leq 3$ માટે,$f(x) = x^2 - 2$. ન્યૂનતમ કિંમત $x = 0$ આગળ મળે છે,$f(0) = -2$. મહત્તમ કિંમત $x = 3$ આગળ મળે છે,$f(3) = 7$. આમ,આ ભાગનો વિસ્તાર $[-2, 7]$ છે.
$x < -2$ માટે,$f(x) = 3x + 4$. $x < -2$ હોવાથી,$3x < -6$,તેથી $3x + 4 < -2$. આમ,આ ભાગનો વિસ્તાર $(-\infty, -2)$ છે.
આ અંતરાલોને જોડતા: $(-\infty, -2) \cup [-2, 7] \cup (11, \infty) = (-\infty, 7] \cup (11, \infty)$.
જેને $R - (7, 11]$ તરીકે લખી શકાય છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \sqrt{\frac{x^2+2x+8}{x^2+2x+4}}$
$= \sqrt{\frac{(x^2+2x+4)+4}{x^2+2x+4}} = \sqrt{1 + \frac{4}{(x+1)^2+3}}$
કારણ કે $(x+1)^2 \geq 0$,તેથી $(x+1)^2+3 \geq 3$ થાય.
આમ,$0 < \frac{4}{(x+1)^2+3} \leq \frac{4}{3}$ મળે.
બધા પદોમાં $1$ ઉમેરતા,$1 < 1 + \frac{4}{(x+1)^2+3} \leq 1 + \frac{4}{3} = \frac{7}{3}$ મળે.
વર્ગમૂળ લેતા,$1 < \sqrt{1 + \frac{4}{(x+1)^2+3}} \leq \sqrt{\frac{7}{3}}$ મળે.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $\left(1, \sqrt{\frac{7}{3}}\right]$ છે.

(D) ધારો કે $y = \frac{x^2+x+1}{x}$.
$yx = x^2 + x + 1$
$x^2 + (1-y)x + 1 = 0$.
$f(x)$ વાસ્તવિક મૂલ્ય ધરાવતું વિધેય હોવાથી,$x$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોવી જોઈએ.
તેથી,વિવેચક $D \geq 0$.
$(1-y)^2 - 4(1)(1) \geq 0$
$1 + y^2 - 2y - 4 \geq 0$
$y^2 - 2y - 3 \geq 0$
$(y-3)(y+1) \geq 0$.
અસમતા ઉકેલતા,આપણને $y \in (-\infty, -1] \cup [3, \infty)$ મળે છે.
આમ,$f(x)$ નો વિસ્તાર $(-\infty, -1] \cup [3, \infty)$ છે.

(A) ધારો કે $y = \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}$.
$y(x^2-x+1) = x^2+x+1$
$yx^2 - yx + y = x^2 + x + 1$
$(y-1)x^2 - (y+1)x + (y-1) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \geq 0$.
$D = (-(y+1))^2 - 4(y-1)(y-1) \geq 0$
$(y+1)^2 - 4(y-1)^2 \geq 0$
$(y+1 - 2(y-1))(y+1 + 2(y-1)) \geq 0$
$(3-y)(3y-1) \geq 0$
$(y-3)(3y-1) \leq 0$.
આ અસમતા $y \in \left[\frac{1}{3}, 3\right]$ માટે સાચી છે.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \frac{x}{x^2 - 5x + 9} = y$.
અહીં $x^2 - 5x + 9$ નો વિવેચક $D = (-5)^2 - 4(1)(9) = 25 - 36 = -11 < 0$ હોવાથી,છેદ હંમેશા ધન રહેશે.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $y(x^2 - 5x + 9) = x \Rightarrow yx^2 - (5y + 1)x + 9y = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (-(5y + 1))^2 - 4(y)(9y) \geq 0$
$(5y + 1)^2 - 36y^2 \geq 0$
$25y^2 + 10y + 1 - 36y^2 \geq 0$
$-11y^2 + 10y + 1 \geq 0$
$11y^2 - 10y - 1 \leq 0$
અવયવ પાડતા: $(11y + 1)(y - 1) \leq 0$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $y = -\frac{1}{11}$ અને $y = 1$ છે.
આમ,વિસ્તાર $y \in \left[-\frac{1}{11}, 1\right]$ મળે છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{1}{[x]-1}$ છે.
વિધેય $f(x)$ ત્યારે અવ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે છેદ શૂન્ય હોય,એટલે કે $[x] - 1 = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $[x] = 1$.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x] = 1$ એ અંતરાલ $[1, 2)$ માં રહેલી તમામ $x$ ની કિંમતો માટે થાય છે.
તેથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $[1, 2)$ અંતરાલ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે,જેને $R - [1, 2)$ તરીકે લખી શકાય છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = -\sqrt{5-6x-x^2}$.
પ્રથમ,$5-6x-x^2 \geq 0$ ઉકેલીને પ્રદેશ શોધીએ.
$x^2+6x-5 \leq 0$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $(x+3)^2 - 14 \leq 0 \Rightarrow (x+3)^2 \leq 14$.
તેથી,$-\sqrt{14} \leq x+3 \leq \sqrt{14}$,જેનો અર્થ છે કે $x \in [-3-\sqrt{14}, -3+\sqrt{14}]$.
હવે,ધારો કે $y = f(x) = -\sqrt{14-(x+3)^2}$.
કારણ કે $(x+3)^2 \geq 0$,$14-(x+3)^2$ ની મહત્તમ કિંમત $14$ છે ($x=-3$ પર).
તેથી,$\sqrt{14-(x+3)^2}$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{14}$ છે.
$y = -\sqrt{14-(x+3)^2}$ હોવાથી,ન્યૂનતમ કિંમત $-\sqrt{14}$ ($x=-3$ પર) અને મહત્તમ કિંમત $0$ છે (જ્યારે $14-(x+3)^2 = 0$ હોય).
તેથી,વિસ્તાર $[-\sqrt{14}, 0]$ છે.

(B) વિધેય $h(x) = \frac{x-2}{x+3}$ નો વિસ્તાર શોધવા માટે,ધારો કે $h(x) = y$.
$y = \frac{x-2}{x+3}$ લો.
બંને બાજુ $(x+3)$ વડે ગુણતા:
$y(x+3) = x-2$
$xy + 3y = x - 2$
$x$ માટે ઉકેલતા:
$xy - x = -3y - 2$
$x(y-1) = -(3y + 2)$
$x = \frac{3y+2}{1-y}$.
$x$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે છેદ $1-y \neq 0$ હોવો જોઈએ,એટલે કે $y \neq 1$.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $1$ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ છે,જે $(-\infty, 1) \cup (1, \infty)$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x+2}{2x^2+3x+6}$.
$x \in \mathbb{R}$ હોવાથી,$2yx^2 + 3xy + 6y = x + 2$,જે $2yx^2 + (3y-1)x + (6y-2) = 0$ માં પરિણમે છે.
$x$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (3y-1)^2 - 4(2y)(6y-2) \geq 0$.
$9y^2 - 6y + 1 - 48y^2 + 16y \geq 0$.
$-39y^2 + 10y + 1 \geq 0$.
$39y^2 - 10y - 1 \leq 0$.
અવયવ પાડતા: $(13y+1)(3y-1) \leq 0$.
આથી વિસ્તાર $y \in [-\frac{1}{13}, \frac{1}{3}]$ મળે છે.
તેથી,$a = -\frac{1}{13}$ અને $b = \frac{1}{3}$.
અહીં $a < 0$ અને $b > 0$ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \operatorname{sech}(x) = \frac{1}{\cosh(x)} = \frac{2}{e^x + e^{-x}}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
બધા $x \in R$ માટે $e^x + e^{-x} \geq 2$ હોવાથી,જ્યાં ન્યૂનતમ કિંમત $2$ એ $x = 0$ પર મળે છે,તેથી $0 < \frac{2}{e^x + e^{-x}} \leq \frac{2}{2} = 1$ થાય.
આમ,વિધેયની મહત્તમ કિંમત $1$ છે અને જેમ $x \to \pm \infty$ થાય તેમ તે $0$ ની નજીક પહોંચે છે.
તેથી,વિધેયનો વિસ્તાર $(0, 1]$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x^6}{x^6+2020}$ છે.
તમામ $x \in R$ માટે $x^6 \ge 0$ હોવાથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $x = 0$ આગળ મળે છે,જે $f(0) = \frac{0}{0+2020} = 0$ છે.
જેમ $x \rightarrow \pm \infty$,તેમ $f(x) = \frac{1}{1 + \frac{2020}{x^6}} \rightarrow \frac{1}{1+0} = 1$ થાય છે.
તમામ $x \in R$ માટે $x^6 < x^6 + 2020$ હોવાથી,અપૂર્ણાંકની કિંમત હંમેશા $1$ કરતા ઓછી રહે છે.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $y = x^2 + \frac{1}{x^2+1}$.
ધારો કે $t = x^2$. $x \in \mathbb{R}$ હોવાથી,$t \geq 0$.
તેથી $y = t + \frac{1}{t+1} = (t+1) + \frac{1}{t+1} - 1$.
$t \geq 0$ હોવાથી,$t+1 \geq 1$.
$t+1$ અને $\frac{1}{t+1}$ માટે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક અસમતા $(AM \geq GM)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{(t+1) + \frac{1}{t+1}}{2} \geq \sqrt{(t+1) \cdot \frac{1}{t+1}} = 1$.
તેથી,$(t+1) + \frac{1}{t+1} \geq 2$.
આમ,$y = (t+1) + \frac{1}{t+1} - 1 \geq 2 - 1 = 1$.
ન્યૂનતમ કિંમત $t=0$ (એટલે કે $x=0$) પર મળે છે,જ્યાં $f(0) = 0 + \frac{1}{0+1} = 1$.
તેથી,વિધેયનો વિસ્તાર $[1, \infty)$ છે.

(C) કારણ કે $f(x) = \frac{|x+2|}{x+2}, x \neq -2$,આપણને $x > -2$ માટે $f(x) = 1$ અને $x < -2$ માટે $f(x) = -1$ મળે છે. તેથી,વિસ્તાર $\{-1, 1\}$ છે.
$(B)$ કારણ કે $g(x) = |[x]|$,અને $[x]$ એ પૂર્ણાંક છે,તેથી $|[x]|$ એ અનૃણ પૂર્ણાંક છે,જે $W$ ગણ છે.
$(C)$ કારણ કે $h(x) = |x - [x]| = |\{x\}|$,અને અપૂર્ણાંક ભાગ $\{x\} \in [0, 1)$,તેથી વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
$(D)$ કારણ કે $-1 \leq \sin 3x \leq 1$,આપણને $1 \leq 2 - \sin 3x \leq 3$ મળે છે. વ્યસ્ત લેતા,$\frac{1}{3} \leq \frac{1}{2 - \sin 3x} \leq 1$. તેથી,વિસ્તાર $[\frac{1}{3}, 1]$ છે.
પરિણામો મેળવતા: $A-5, B-3, C-4, D-1$.

(C) ધારો કે $y = \frac{x}{x^2-5x+9}$.
$y(x^2-5x+9) = x$
$yx^2 - (5y+1)x + 9y = 0$.
કારણ કે $x \in \mathbb{R}$,તેથી વિવેચક $D \geq 0$.
$D = (-(5y+1))^2 - 4(y)(9y) \geq 0$
$25y^2 + 10y + 1 - 36y^2 \geq 0$
$-11y^2 + 10y + 1 \geq 0$
$11y^2 - 10y - 1 \leq 0$
$(11y+1)(y-1) \leq 0$.
આમ,વિસ્તાર $y \in \left[-\frac{1}{11}, 1\right]$ છે.

(B) $f(x) = \sqrt{\frac{x-|x|}{x-[x]}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$\frac{x-|x|}{x-[x]} \geq 0$ અને $x - [x] \neq 0$ હોવું જરૂરી છે.
$x - |x| \geq 0$ હોવાથી અંશ હંમેશા અનૃણ છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $x - [x] > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x \notin Z$.
આમ,$D = R - Z$.
હવે,$g(x) = \frac{2x}{4+x^2}$ માટે,$y = \frac{2x}{4+x^2}$ લો.
$yx^2 - 2x + 4y = 0$. $x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D_x = (-2)^2 - 4(y)(4y) \geq 0$.
$4 - 16y^2 \geq 0 \implies y^2 \leq \frac{1}{4} \implies y \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$.
આમ,વિસ્તાર $C = [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$.
$D \cap C = (R - Z) \cap [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] = [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] - \{0\}$.
તેથી,$D \cap C = [-\frac{1}{2}, 0) \cup (0, \frac{1}{2}]$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$(0, \frac{1}{2}]$ એ સૌથી યોગ્ય વિકલ્પ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \sqrt{\frac{a-|x|}{(a+1)-|x|}}, (a > 0)$ છે.
$f(x) \geq 0$ હોવાથી,ધારો કે $y^2 = \frac{a-|x|}{(a+1)-|x|}$ જ્યાં $y \geq 0$.
તેથી $y^2((a+1)-|x|) = a-|x|$.
$y^2(a+1) - y^2|x| = a - |x|$.
$|x|(1 - y^2) = a - y^2(a+1)$.
$|x| = \frac{a - y^2(a+1)}{1 - y^2} = \frac{y^2(a+1) - a}{y^2 - 1}$.
$|x| \geq 0$ હોવાથી,$\frac{y^2(a+1) - a}{y^2 - 1} \geq 0$.
અસમતા ઉકેલતા,$y^2 \in [0, \frac{a}{a+1}] \cup (1, \infty)$ મળે છે.
$f(x) = y$ હોવાથી,વિસ્તાર $[0, \sqrt{\frac{a}{a+1}}] \cup (1, \infty)$ થાય.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ ને $x = [x] + \{x\}$ તરીકે લખી શકાય છે,જ્યાં $[x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક ભાગ છે અને $\{x\}$ એ અપૂર્ણાંક ભાગ છે,જેમાં $0 \leq \{x\} < 1$ છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $2x = 2[x] + 2\{x\}$ મળે છે.
બંને બાજુ મહત્તમ પૂર્ણાંક લેતા,$[2x] = [2[x] + 2\{x\}] = 2[x] + [2\{x\}]$ મળે.
હવે,વિધેય $f(x) = [2x] - 2[x] = (2[x] + [2\{x\}]) - 2[x] = [2\{x\}]$ છે.
કારણ કે $0 \leq \{x\} < 1$,તેથી $0 \leq 2\{x\} < 2$ થાય.
તેથી,$\{x\}$ ના અંતરાલના આધારે $[2\{x\}]$ ની કિંમતો નીચે મુજબ મળે:
જો $0 \leq \{x\} < \frac{1}{2}$,તો $0 \leq 2\{x\} < 1$,તેથી $[2\{x\}] = 0$.
જો $\frac{1}{2} \leq \{x\} < 1$,તો $1 \leq 2\{x\} < 2$,તેથી $[2\{x\}] = 1$.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $\{0, 1\}$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{1}{x^2+2x+2}$ છે.
પ્રથમ,છેદનું વિશ્લેષણ કરો: $x^2+2x+2 = (x+1)^2+1$.
દરેક $x \in R$ માટે $(x+1)^2 \ge 0$ હોવાથી,$(x+1)^2+1 \ge 1$ થાય.
આમ,છેદનો વિસ્તાર $[1, \infty)$ છે.
વ્યસ્ત લેતા,આપણને $0 < \frac{1}{(x+1)^2+1} \le 1$ મળે છે.
તેથી,વિધેય વ્યાપ્ત હોવા માટે,સહપ્રદેશ $A$ એ વિસ્તાર $(0, 1]$ જેટલો હોવો જોઈએ.

(A) ધારો કે $y = \frac{x^2+2x+1}{x^2+2x+7}$.
$y(x^2+2x+7) = x^2+2x+1$
$yx^2 + 2yx + 7y = x^2 + 2x + 1$
$(y-1)x^2 + 2(y-1)x + (7y-1) = 0$.
જો $y=1$ હોય,તો $0x^2 + 0x + 6 = 0$ થાય,જે અશક્ય છે. તેથી,$y \neq 1$.
$x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ:
$D = [2(y-1)]^2 - 4(y-1)(7y-1) \geq 0$
$4(y-1)^2 - 4(y-1)(7y-1) \geq 0$
$(y-1)[(y-1) - (7y-1)] \geq 0$
$(y-1)(-6y) \geq 0$
$6y(y-1) \leq 0$
આથી $y \in [0, 1]$ મળે.
$y \neq 1$ હોવાથી,વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f: A \rightarrow R$ જ્યાં $A = \{-4, -2, -1, 0, 3, 5\}$ અને $f(x) = \begin{cases} 3x - 1 & \text{જો } x > 3 \\ x^2 + 1 & \text{જો } -3 \leq x \leq 3 \\ 2x - 3 & \text{જો } x < -3 \end{cases}$ છે.
આપણે $A$ ના દરેક ઘટક માટે $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$x = -4$ $(x < -3)$ માટે: $f(-4) = 2(-4) - 3 = -11$.
$x = -2$ $(-3 \leq x \leq 3)$ માટે: $f(-2) = (-2)^2 + 1 = 5$.
$x = -1$ $(-3 \leq x \leq 3)$ માટે: $f(-1) = (-1)^2 + 1 = 2$.
$x = 0$ $(-3 \leq x \leq 3)$ માટે: $f(0) = 0^2 + 1 = 1$.
$x = 3$ $(-3 \leq x \leq 3)$ માટે: $f(3) = 3^2 + 1 = 10$.
$x = 5$ $(x > 3)$ માટે: $f(5) = 3(5) - 1 = 14$.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $\{-11, 5, 2, 1, 10, 14\}$ છે.

(A) આપેલ વિધેયોના વિસ્તાર નીચે મુજબ છે:
$1$. $f(x) = |x|$ માટે,આઉટપુટ હંમેશા અ-ઋણ હોય છે,તેથી વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે. આમ,$A-I$ અથવા $A-III$.
$2$. $f(x) = x^2$ માટે,આઉટપુટ હંમેશા અ-ઋણ હોય છે,તેથી વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે. આમ,$B-I$ અથવા $B-III$.
$3$. $f(x) = x^3$ માટે,વિધેય તમામ વાસ્તવિક કિંમતો આવરી લે છે,તેથી વિસ્તાર $\mathbb{R}$ છે. આમ,$C-II$.
$4$. $f(x) = \text{sgn}(x)$ માટે,સિગ્નમ વિધેય $x < 0$ માટે $-1$,$x = 0$ માટે $0$,અને $x > 0$ માટે $1$ આપે છે. તેથી,વિસ્તાર $\{-1, 0, 1\}$ છે. આમ,$D-IV$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{4-x^2}{4+x^2}$.
$f(x)$ નો વિસ્તાર શોધવા માટે,ધારો કે $y = \frac{4-x^2}{4+x^2}$.
$y(4+x^2) = 4-x^2 \implies 4y + yx^2 = 4-x^2 \implies x^2(y+1) = 4-4y$.
$x^2 = \frac{4(1-y)}{1+y}$.
$x^2 \ge 0$ હોવાથી,$\frac{1-y}{1+y} \ge 0$,જે સૂચવે છે કે $y \in (-1, 1]$.
$f$ એ એક-વ્યાપ્ત વિધેય હોવાથી,$B$ એ $f$ નો વિસ્તાર હોવો જોઈએ,તેથી $B = (-1, 1]$.
$-4 \in A$ આપેલ છે,તેથી $f(-4) = \frac{4-(-4)^2}{4+(-4)^2} = \frac{4-16}{4+16} = \frac{-12}{20} = -0.6$.
$f$ એક-વ્યાપ્ત હોવાથી,$A$ એવો પ્રદેશ હોવો જોઈએ કે જેથી વિધેય એક-એક અને વ્યાપ્ત બને. જો $A = [-4, 0]$ લઈએ,તો $f$ એ $[-4, 0]$ થી $(-1, 1]$ પરનું એક-વ્યાપ્ત વિધેય બને છે.
આમ,$A = [-4, 0]$ અને $B = (-1, 1]$.
$A \cap B = [-4, 0] \cap (-1, 1] = (-1, 0]$.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{\log_{10}\left(\frac{3-x}{x}\right)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ અને લઘુગણકનો તર્ક ધન હોવો જોઈએ.
$1$. લઘુગણક માટેની શરત: $\frac{3-x}{x} > 0$.
આ અસમતા ઉકેલતા,આપણને $x \in (0, 3)$ મળે છે.
$2$. વર્ગમૂળ માટેની શરત: $\log_{10}\left(\frac{3-x}{x}\right) \geq 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{3-x}{x} \geq 10^0$,તેથી $\frac{3-x}{x} \geq 1$.
$\frac{3-x}{x} - 1 \geq 0 \implies \frac{3-x-x}{x} \geq 0 \implies \frac{3-2x}{x} \geq 0$.
$-1$ વડે ગુણતા (અને અસમતા ઉલટાવતા),આપણને $\frac{2x-3}{x} \leq 0$ મળે છે.
નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = \frac{3}{2}$ છે. અંતરાલો તપાસતા,આપણને $x \in (0, \frac{3}{2}]$ મળે છે.
બંને શરતોને જોડતા: $(0, 3) \cap (0, \frac{3}{2}] = (0, \frac{3}{2}]$.
આમ,$f$ નો પ્રદેશ $\left(0, \frac{3}{2}\right]$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \sqrt{|x|-x} + \frac{1}{\sqrt{|x|-x}}$ છે.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ:
$|x| - x > 0 \Rightarrow |x| > x$.
આ અસમતા તમામ $x < 0$ માટે સાચી છે. તેથી,પ્રદેશ $A = (-\infty, 0)$ છે.
હવે,$x \in (-\infty, 0)$ માટે,$|x| = -x$ થાય.
વિધેયમાં કિંમત મૂકતા:
$f(x) = \sqrt{-x - x} + \frac{1}{\sqrt{-x - x}} = \sqrt{-2x} + \frac{1}{\sqrt{-2x}}$.
ધારો કે $t = \sqrt{-2x}$. $x < 0$ હોવાથી,$-2x > 0$,તેથી $t > 0$.
વિધેય $f(t) = t + \frac{1}{t}$ બને છે.
$t > 0$ માટે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક $(AM \geq GM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{t + \frac{1}{t}}{2} \geq \sqrt{t \cdot \frac{1}{t}} = 1 \Rightarrow t + \frac{1}{t} \geq 2$.
વિધેય $f(x)$ વ્યાપ્ત હોવાથી,સહપ્રદેશ $B$ એ વિધેયના વિસ્તાર $[2, \infty)$ જેટલો જ હોવો જોઈએ.
તેથી,$A = (-\infty, 0)$ અને $B = [2, \infty)$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1}{\sqrt{64 - (0.5)^{24 + x - x^2}}}$.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ:
$64 - (0.5)^{24 + x - x^2} > 0$
$64 > (0.5)^{24 + x - x^2}$
$2^6 > (2^{-1})^{24 + x - x^2}$
$2^6 > 2^{-(24 + x - x^2)}$
અહીં આધાર $2 > 1$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$6 > -24 - x + x^2$
$x^2 - x - 30 < 0$
$(x - 6)(x + 5) < 0$
આ અસમતા $x \in (-5, 6)$ માટે સાચી છે.
$A \subseteq Z$ હોવાથી,ગણ $A$ માં $-5$ અને $6$ ની વચ્ચેના પૂર્ણાંકોનો સમાવેશ થાય છે,જે $A = \{-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ છે.
$A$ ના ઘટકોના નિરપેક્ષ મૂલ્યોનો સરવાળો:
$|-4| + |-3| + |-2| + |-1| + |0| + |1| + |2| + |3| + |4| + |5|$
$= 4 + 3 + 2 + 1 + 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 25$.

(B) ધારો કે $y = \frac{x^2-5x+7}{x^2-5x-7}$.
ધારો કે $t = x^2-5x$. તો $y = \frac{t+7}{t-7}$.
$x^2-5x = (x-2.5)^2 - 6.25$ હોવાથી,$t$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $-6.25$ છે. તેથી $t \in [-6.25, \infty)$.
આપણને મળે છે $y = 1 + \frac{14}{t-7}$.
$t \in [-6.25, \infty)$ માટે,$t-7 \in [-13.25, \infty)$.
જ્યારે $t \to 7$,ત્યારે $y \to \pm \infty$. આ વિધેય $y=1$ સિવાયની તમામ કિંમતો ધારણ કરે છે.
$t \in [-6.25, 7)$ માટે,$t-7 \in [-13.25, 0)$,તેથી $y \in (-\infty, -0.056]$.
આ વિસ્તારમાં સૌથી મોટો ઋણ પૂર્ણાંક $-1$ છે.
$t \in (7, \infty)$ માટે,$t-7 \in (0, \infty)$,તેથી $y \in (1, \infty)$.
આ વિસ્તારમાં સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $2$ છે.
સરવાળો $-1 + 2 = 1$ થાય છે.

(B) આપેલ છે,$f(x)=x^3+3x-2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x)=3x^2+3$ મળે છે.
કારણ કે $x \in [2,3]$ માટે $x^2 \ge 0$ છે,તેથી $f'(x) = 3x^2+3 \ge 3 > 0$ થાય.
આમ,$f(x)$ એ અંતરાલ $[2,3]$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
વધતા વિધેય માટે,વિસ્તાર $[f(2), f(3)]$ થાય છે.
$x=2$ માટે,$f(2) = 2^3 + 3(2) - 2 = 8 + 6 - 2 = 12$.
$x=3$ માટે,$f(3) = 3^3 + 3(3) - 2 = 27 + 9 - 2 = 34$.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $[12, 34]$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x+3}{(x-1)(x+2)}$.
$(x-1)(x+2)y = x+3$
$y(x^2+x-2) = x+3$
$yx^2 + (y-1)x - (2y+3) = 0$.
$x \in R$ હોવાથી,વિવેચક $D \geq 0$:
$(y-1)^2 + 4y(2y+3) \geq 0$
$y^2 - 2y + 1 + 8y^2 + 12y \geq 0$
$9y^2 + 10y + 1 \geq 0$
$(9y+1)(y+1) \geq 0$.
ઉકેલ $y \in (-\infty, -1] \cup [-\frac{1}{9}, \infty)$ છે.
આમ,વિસ્તાર $R - (-1, -\frac{1}{9})$ છે.
$R - (\alpha, \beta)$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = -1$ અને $\beta = -\frac{1}{9}$ મળે.
રેખાનું સમીકરણ $-x - \frac{1}{9}y + 1 = 0$ છે,એટલે કે $x + \frac{1}{9}y = 1$.
આને $\frac{x}{1} + \frac{y}{9} = 1$ તરીકે લખી શકાય.
અંતઃખંડો $1$ અને $9$ છે.
અંતઃખંડોનો સરવાળો $1 + 9 = 10$ થાય.

(B) ધારો કે $y = \frac{x+3}{x^2+x-2}$. તેથી $y(x^2+x-2) = x+3$,જે સૂચવે છે કે $yx^2 + (y-1)x - (2y+3) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (y-1)^2 - 4(y)(-(2y+3)) = y^2 - 2y + 1 + 8y^2 + 12y = 9y^2 + 10y + 1 \geq 0$.
અવયવ પાડતા,આપણને $(9y+1)(y+1) \geq 0$ મળે છે.
આ અસમતાનો ઉકેલ $y \in (-\infty, -1] \cup [-\frac{1}{9}, \infty)$ છે.
આમ,વિસ્તાર $R - (-1, -\frac{1}{9})$ છે.
$R - (\alpha, \beta)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = -1$ અને $\beta = -\frac{1}{9}$ મળે છે.
રેખાનું સમીકરણ $-x - \frac{1}{9}y + 1 = 0$ છે,જે $x + \frac{1}{9}y = 1$ માં રૂપાંતરિત થાય છે.
$x$-અંતઃખંડ $1$ છે અને $y$-અંતઃખંડ $9$ છે.
અંતઃખંડોનો સરવાળો $1 + 9 = 10$ થાય છે.

(C) ધારો કે $y = \frac{x^2+x+k}{x^2-x+k}$.
તેથી $y(x^2-x+k) = x^2+x+k$.
$x^2(y-1) - x(y+1) + k(y-1) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \ge 0$.
$D = (y+1)^2 - 4(y-1)(k(y-1)) \ge 0$.
$(y+1)^2 - 4k(y-1)^2 \ge 0$.
$(y+1)^2 \ge 4k(y-1)^2$.
વિસ્તાર $\left[\frac{1}{3}, 3\right]$ માટે,સીમાવર્તી કિંમતો $y = \frac{1}{3}$ અને $y = 3$ એ સમીકરણ $(y+1)^2 = 4k(y-1)^2$ નું સમાધાન કરવું જોઈએ.
$y = 3$ મૂકતા: $(3+1)^2 = 4k(3-1)^2 \implies 16 = 4k(4) \implies 16 = 16k \implies k = 1$.
$y = \frac{1}{3}$ માટે ચકાસણી: $(\frac{1}{3}+1)^2 = 4k(\frac{1}{3}-1)^2 \implies (\frac{4}{3})^2 = 4k(-\frac{2}{3})^2 \implies \frac{16}{9} = 4k(\frac{4}{9}) \implies \frac{16}{9} = \frac{16k}{9} \implies k = 1$.

(C) વિધેય $f: R \rightarrow [0, \frac{\pi}{2})$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,તેનો વિસ્તાર તેના સહપ્રદેશ $[0, \frac{\pi}{2})$ જેટલો હોવો જોઈએ.
અહીં $f(x) = \tan^{-1}(x^2 + x + \alpha^2)$ છે,તેથી $f(x)$ નો વિસ્તાર $[\tan^{-1}(x^2 + x + \alpha^2 \text{ ની ન્યૂનતમ કિંમત}), \frac{\pi}{2})$ થશે.
દ્વિઘાત પદાવલિ $x^2 + x + \alpha^2$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{4(1)(\alpha^2) - (1)^2}{4(1)} = \alpha^2 - \frac{1}{4}$ છે.
વિસ્તાર $0$ થી શરૂ થાય તે માટે,$\tan^{-1}(\alpha^2 - \frac{1}{4}) = 0$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $\alpha^2 - \frac{1}{4} = 0$,તેથી $\alpha^2 = \frac{1}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha = \pm \frac{1}{2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) વિધેય $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ અને છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ.
આમ,$\log_{\frac{1}{3}}\left(\frac{x-1}{2-x}\right) > 0$.
પાયો $\frac{1}{3} < 1$ હોવાથી,અસમતા ઉલટાય છે: $\frac{x-1}{2-x} < (\frac{1}{3})^0$,જેનો અર્થ છે $\frac{x-1}{2-x} < 1$.
બંને બાજુથી $1$ બાદ કરતા: $\frac{x-1}{2-x} - 1 < 0 \implies \frac{2x-3}{2-x} < 0$.
$-1$ વડે ગુણતા $\frac{2x-3}{x-2} > 0$ મળે.
નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = 1.5$ અને $x = 2$ છે.
અંતરાલ તપાસતા,અસમતા $x \in (1, 1.5)$ માટે સાચી છે.
આમ,$a = 1$ અને $b = 1.5$.
તેથી $2b = 2(1.5) = 3$.
$a = 1$ હોવાથી,$a+2 = 1+2 = 3$.
તેથી,$2b = a+2$.

(B) વિધેય $f(x) = \log_{\sqrt{2}}(\sqrt{x^2+x} + \sqrt{x^2-x})$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ અને વર્ગમૂળ વ્યાખ્યાયિત હોવા જોઈએ.
$1$. $\sqrt{x^2+x}$ માટે,$x^2+x \ge 0 \implies x(x+1) \ge 0$. તેથી $x \in (-\infty, -1] \cup [0, \infty)$.
$2$. $\sqrt{x^2-x}$ માટે,$x^2-x \ge 0 \implies x(x-1) \ge 0$. તેથી $x \in (-\infty, 0] \cup [1, \infty)$.
$3$. આ બંને શરતોનો છેદગણ $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty) \cup \{0\}$ છે.
$4$. વધુમાં,આર્ગ્યુમેન્ટ $\sqrt{x^2+x} + \sqrt{x^2-x} > 0$ હોવો જોઈએ.
$x=0$ માટે,પદાવલિ $\sqrt{0} + \sqrt{0} = 0$ થાય છે,અને $\log_{\sqrt{2}}(0)$ અવ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,આપણે $x=0$ ને બાકાત રાખીએ છીએ.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ છે.