Domain and Range Questions in Gujarati

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \cos^2 x + \sin^4 x$.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = 1 - \sin^2 x + \sin^4 x = 1 - \sin^2 x(1 - \sin^2 x) = 1 - \sin^2 x \cos^2 x$.
$4$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = 1 - \frac{4 \sin^2 x \cos^2 x}{4} = 1 - \frac{(2 \sin x \cos x)^2}{4} = 1 - \frac{\sin^2 2x}{4}$.
કારણ કે $0 \leq \sin^2 2x \leq 1$,તેથી:
$0 \leq \frac{\sin^2 2x}{4} \leq \frac{1}{4}$.
$-1$ વડે ગુણીને $1$ ઉમેરતા:
$1 - 0 \geq 1 - \frac{\sin^2 2x}{4} \geq 1 - \frac{1}{4}$.
$1 \geq f(x) \geq \frac{3}{4}$.
આમ,વિસ્તાર $f(R) = \left[\frac{3}{4}, 1\right]$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \frac{|x|}{x}$ માટે,જ્યાં $A = \{x \in R, x \neq 0, -4 \leq x \leq 4\}$.
જો $x > 0$ હોય,તો $|x| = x$,તેથી $f(x) = \frac{x}{x} = 1$.
જો $x < 0$ હોય,તો $|x| = -x$,તેથી $f(x) = \frac{-x}{x} = -1$.
કારણ કે $x$ એ $0$ હોઈ શકે નહીં,વિધેય $f(x)$ માત્ર $1$ અને $-1$ કિંમતો ધારણ કરે છે.
તેથી,$f$ નો વિસ્તાર $\{1, -1\}$ છે.

(D) આપેલ છે કે,$f(x) = [\frac{x}{5}]$ જ્યાં $|x| < 71$.
આનો અર્થ એ છે કે $-71 < x < 71$.
$5$ વડે ભાગતા,આપણને $-\frac{71}{5} < \frac{x}{5} < \frac{71}{5}$ મળે છે.
$-14.2 < \frac{x}{5} < 14.2$.
હવે,આપણે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[\frac{x}{5}]$ નો વિસ્તાર શોધીએ.
ન્યૂનતમ કિંમત $[\frac{x}{5}] = [-14.2] = -15$ છે.
મહત્તમ કિંમત $[\frac{x}{5}] = [14.2] = 14$ છે.
કારણ કે $x$ એ $(-71, 71)$ અંતરાલમાં કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમત લઈ શકે છે,તેથી વિધેય $f(x)$ એ $-15$ થી $14$ સુધીની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો લેશે.
આમ,ગણ $\{-15, -14, \ldots, 0, \ldots, 13, 14\}$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f: A \rightarrow B$ એ વ્યાપ્ત વિધેય છે,તેથી $f(x)$ નો વિસ્તાર એ સહપ્રદેશ $B$ જેટલો જ હોવો જોઈએ.
કારણ કે $g: B \rightarrow C$ એ $g(x) = \sqrt{3 + 4x - 4x^2}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે,તેથી $g$ નો પ્રદેશ $B$ છે.
$g(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$3 + 4x - 4x^2 \geq 0$
$-1$ વડે ગુણતા અસમતા બદલાય છે:
$4x^2 - 4x - 3 \leq 0$
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$(2x - 3)(2x + 1) \leq 0$
બીજ $x = -\frac{1}{2}$ અને $x = \frac{3}{2}$ છે.
અંતરાલો તપાસતા,અસમતા $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$ માટે સાચી છે.
આમ,$g$ નો પ્રદેશ $[-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$ છે,જે $f$ નો વિસ્તાર છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x)=\frac{\sqrt{3+x}+\sqrt{3-x}}{\sqrt{[x]+2}}$ છે.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,નીચેની શરતો સંતોષાવી જોઈએ:
$1. \ 3+x \geq 0 \Rightarrow x \geq -3$
$2. \ 3-x \geq 0 \Rightarrow x \leq 3$
$3. \ [x]+2 > 0 \Rightarrow [x] > -2$
કારણ કે $[x] > -2$,$[x]$ લઈ શકે તેવી સૌથી નાની પૂર્ણાંક કિંમત $-1$ છે. તેથી,$x \geq -1$.
આ શરતોને જોડતા,આપણને $x \in [-1, 3]$ મળે છે.
આપેલ અંતરાલ $[\alpha, \beta]$ હોવાથી,$\alpha = -1$ અને $\beta = 3$ છે.
હવે,આપણે $f^2(\alpha+1) + 5f^2(\beta) = f^2(0) + 5f^2(3)$ ની ગણતરી કરીએ.
$f(0) = \frac{\sqrt{3+0} + \sqrt{3-0}}{\sqrt{[0]+2}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \sqrt{6}$. તેથી,$f^2(0) = 6$.
$f(3) = \frac{\sqrt{3+3} + \sqrt{3-3}}{\sqrt{[3]+2}} = \frac{\sqrt{6} + 0}{\sqrt{3+2}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}$. તેથી,$f^2(3) = \frac{6}{5}$.
તેથી,$f^2(0) + 5f^2(3) = 6 + 5 \times \frac{6}{5} = 6 + 6 = 12$.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) ધારો કે $y = \frac{2x-3}{x^2-5x+6}$.
$x$ વાસ્તવિક હોય તે માટે,$x$ માં દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક $D$ અઋણ હોવો જોઈએ.
$y(x^2-5x+6) = 2x-3$
$yx^2 - (5y+2)x + (6y+3) = 0$
$x \in \mathbb{R}$ માટે,$D = b^2 - 4ac \geq 0$.
$(5y+2)^2 - 4y(6y+3) \geq 0$
$25y^2 + 20y + 4 - 24y^2 - 12y \geq 0$
$y^2 + 8y + 4 \geq 0$.
$y^2 + 8y + 4 = 0$ ના બીજ $y = \frac{-8 \pm \sqrt{64-16}}{2} = -4 \pm 2\sqrt{3}$ છે.
આમ,$y \in (-\infty, -4-2\sqrt{3}] \cup [-4+2\sqrt{3}, \infty)$.
$f(x)$ દ્વારા ન લેવાતી કિંમતો $(-4-2\sqrt{3}, -4+2\sqrt{3})$ અંતરાલમાં છે.
અહીં $-4-2\sqrt{3} \approx -7.46$ અને $-4+2\sqrt{3} \approx -0.53$ હોવાથી,$-2$ એ $f(x)$ ના વિસ્તારમાં નથી.

(D) આપેલ છે $f(x) = |x^2 - 3x + 2| + 2x - 3$ અંતરાલ $[-2, 1]$ પર.
અહીં $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$,માટે $x \in [-2, 1]$ માટે,$(x - 1) \le 0$ અને $(x - 2) < 0$,તેથી $(x - 1)(x - 2) \ge 0$.
આમ,$|x^2 - 3x + 2| = x^2 - 3x + 2$.
તેથી $f(x) = x^2 - 3x + 2 + 2x - 3 = x^2 - x - 1$.
$[-2, 1]$ પર અંતિમ બિંદુઓ અને નિર્ણાયક બિંદુઓ તપાસતા:
$f'(x) = 2x - 1$. $f'(x) = 0$ લેતા $x = 1/2$ મળે છે,જે $[-2, 1]$ માં છે.
કિંમતોની ગણતરી:
$f(-2) = (-2)^2 - (-2) - 1 = 5$.
$f(1) = (1)^2 - (1) - 1 = -1$.
$f(1/2) = (1/2)^2 - (1/2) - 1 = -5/4$.
અહીં નિરપેક્ષ મહત્તમ $M = 5$ અને નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ $m = -5/4$ છે.
તેથી $M - 4m = 5 - 4(-5/4) = 5 + 5 = 10$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = x^2 - 4x + 5$ છે,જેનો પ્રદેશ $[2, \infty)$ છે.
વિધેય બાયજેક્શન હોય તે માટે વિસ્તાર $B$ શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ ની તમામ શક્ય કિંમતોનો સમૂહ શોધવો પડશે.
સૌ પ્રથમ,આપણે પૂર્ણવર્ગની રીતનો ઉપયોગ કરીને વિધેયને ફરીથી લખીએ:
$f(x) = (x^2 - 4x + 4) + 1 = (x - 2)^2 + 1$.
અહીં પ્રદેશ $x \in [2, \infty)$ હોવાથી,$x - 2 \geq 0$ થાય.
તેથી,$(x - 2)^2 \geq 0$.
બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા,આપણને $(x - 2)^2 + 1 \geq 1$ મળે છે.
આમ,$f(x) \geq 1$.
વિધેયનો વિસ્તાર $[1, \infty)$ છે.
વિધેય $[2, \infty)$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી તે એક-એક છે. તે બાયજેક્શન બને તે માટે સહ-પ્રદેશ $B$ એ વિસ્તાર જેટલો હોવો જોઈએ.
તેથી,$B = [1, \infty)$.

(A) આપેલ સંબંધ $\rho = \{(x, y) \in N \times N: 2x + y = 41\}$ છે.
$x, y \in N$ હોવાથી,$x \geq 1$ અને $y \geq 1$ થાય.
$2x + y = 41$ પરથી,$y = 41 - 2x$ મળે.
$y \geq 1$ હોવાથી,$41 - 2x \geq 1$,જેનો અર્થ છે કે $2x \leq 40$,તેથી $x \leq 20$.
આમ,$x \in \{1, 2, 3, \dots, 20\}$.
દરેક $x$ માટે,$y = 41 - 2x$. $x$ ની કિંમતો મૂકતા:
જો $x = 1, y = 39$.
જો $x = 20, y = 1$.
તેથી,પ્રદેશ $A = \{1, 2, 3, \dots, 20\}$ અને વિસ્તાર $B = \{1, 3, 5, \dots, 39\}$ છે.
$A$ અને $B$ બંને વિકલ્પ $A$ માં આપેલા ગણના ઉપગણ છે.

(C) વિધેય $y = \sqrt{\log _{10} \frac{3x - x^2}{2}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ:
$\log _{10} \left( \frac{3x - x^2}{2} \right) \geq 0$
$\log _{10} 1 = 0$ હોવાથી,આપણને મળે:
$\frac{3x - x^2}{2} \geq 1$
$3x - x^2 \geq 2$
$x^2 - 3x + 2 \leq 0$
$(x - 1)(x - 2) \leq 0$
આ અસમતા $x \in [1, 2]$ માટે સાચી છે.
વધુમાં,લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ:
$\frac{3x - x^2}{2} > 0$
$x(3 - x) > 0$
$x(x - 3) < 0$
જે $x \in (0, 3)$ માટે સાચું છે.
$x \in [1, 2]$ અને $x \in (0, 3)$ નો છેદગણ $x \in [1, 2]$ થાય છે.

(C) $f(x) = \sqrt{\frac{1}{\sqrt{x}} - \sqrt{x+1}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,નીચેની શરતો પૂરી થવી જોઈએ:
$1$. વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ઋણ ન હોવી જોઈએ: $\frac{1}{\sqrt{x}} - \sqrt{x+1} \geq 0$.
$2$. છેદમાં $\sqrt{x}$ હોવાથી $x > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$3$. $\sqrt{x+1}$ માટે $x+1 \geq 0$ એટલે કે $x \geq -1$ હોવું જોઈએ.
આ બધી શરતોને જોડતા,આપણને $x > 0$ મળે છે.
હવે,અસમતા ઉકેલો: $\frac{1}{\sqrt{x}} \geq \sqrt{x+1}$.
$x > 0$ હોવાથી,બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{1}{x} \geq x+1$.
$1 \geq x^2 + x \implies x^2 + x - 1 \leq 0$.
$x^2 + x - 1 = 0$ ના બીજ $x = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$ છે.
પરવલય ઉપરની તરફ ખુલે છે,તેથી $x^2 + x - 1 \leq 0$ માટે $x \in \left[\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{5}-1}{2}\right]$.
આને $x > 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x \in \left(0, \frac{\sqrt{5}-1}{2}\right]$ મળે છે.

(B) $f(x) = \sqrt{\frac{1-|x|}{2-|x|}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ: $\frac{1-|x|}{2-|x|} \geq 0$.
બંને બાજુ $-1$ વડે ગુણતા,આપણને $\frac{|x|-1}{|x|-2} \leq 0$ મળે છે.
ધારો કે $t = |x|$. તો $\frac{t-1}{t-2} \leq 0$.
$t = |x| \geq 0$ હોવાથી,નિર્ણાયક બિંદુઓ $t=1$ અને $t=2$ છે.
અસમતા $1 \leq t < 2$ માટે સાચી છે.
આમ,$1 \leq |x| < 2$.
પરંતુ મૂળ અભિવ્યક્તિ માટે,કિસ્સો $1$: $1-|x| \geq 0$ અને $2-|x| > 0 \Rightarrow |x| \leq 1$ અને $|x| < 2$ $\Rightarrow |x| \leq 1$ $\Rightarrow x \in [-1, 1]$.
કિસ્સો $2$: $1-|x| \leq 0$ અને $2-|x| < 0 \Rightarrow |x| \geq 1$ અને $|x| > 2$ $\Rightarrow |x| > 2$ $\Rightarrow x \in (-\infty, -2) \cup (2, \infty)$.
આ બંનેને જોડતા,પ્રદેશ $(-\infty, -2) \cup [-1, 1] \cup (2, \infty)$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x) = \left[ \frac{1}{[x]} \right]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,છેદ $[x] \neq 0$ હોવો જોઈએ.
આમ,$[x] \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $x < 0$ અથવા $x \geq 1$.
તેથી,પ્રદેશ $(-\infty, 0) \cup [1, \infty)$ છે.
$x \in [1, 2)$ માટે,$[x] = 1$,તેથી $f(x) = [1/1] = 1$.
$x \in [2, \infty)$ માટે,$[x] \geq 2$,તેથી $0 < 1/[x] \leq 0.5$,જેનો અર્થ છે કે $f(x) = [1/[x]] = 0$.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$[x] = -1$,તેથી $f(x) = [1/(-1)] = -1$.
$x \in [-2, -1)$ માટે,$[x] = -2$,તેથી $f(x) = [1/(-2)] = [-0.5] = -1$.
આમ,વિસ્તાર $\{-1, 0, 1\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{1 + \log_{e}(1 - x)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોવી જોઈએ અને લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ.
$1$. લઘુગણક માટેની શરત: $1 - x > 0 \implies x < 1$.
$2$. વર્ગમૂળ માટેની શરત: $1 + \log_{e}(1 - x) \geq 0$.
$\log_{e}(1 - x) \geq -1$.
બંને બાજુ $e$ આધાર લેતા:
$1 - x \geq e^{-1}$.
$1 - x \geq \frac{1}{e}$.
$x \leq 1 - \frac{1}{e}$.
$x \leq \frac{e - 1}{e}$.
બંને શરતોને જોડતા: $x < 1$ અને $x \leq \frac{e - 1}{e}$.
અહીં $\frac{e - 1}{e} < 1$ હોવાથી,પ્રદેશ $-\infty < x \leq \frac{e - 1}{e}$ થશે.

(A) ધારો કે $y = \frac{x^2-x+4}{x^2+x+4}$.
બંને બાજુ $(x^2+x+4)$ વડે ગુણતા,$y(x^2+x+4) = x^2-x+4$ મળે.
પદોને ગોઠવતા,$(y-1)x^2 + (y+1)x + (4y-4) = 0$ મળે.
$x$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (y+1)^2 - 4(y-1)(4y-4) \geq 0$.
$(y+1)^2 - 16(y-1)^2 \geq 0$.
નિત્યસમ $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા,$((y+1) - 4(y-1))((y+1) + 4(y-1)) \geq 0$.
$(y+1-4y+4)(y+1+4y-4) \geq 0$.
$(5-3y)(5y-3) \geq 0$.
$-1$ વડે ગુણતા અસમતા બદલાય છે: $(3y-5)(5y-3) \leq 0$.
બીજ $y = \frac{5}{3}$ અને $y = \frac{3}{5}$ છે.
આમ,વિસ્તાર $y \in [\frac{3}{5}, \frac{5}{3}]$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = 3x^2 + 1$ છે.
આપણે $f^{-1}([1, 6])$ ગણ શોધવો છે,જેમાં તમામ $x$ નો સમાવેશ થાય છે જેથી $f(x) \in [1, 6]$ થાય.
તેથી,$1 \le 3x^2 + 1 \le 6$.
બધા પદોમાંથી $1$ બાદ કરતા: $0 \le 3x^2 \le 5$.
$3$ વડે ભાગતા: $0 \le x^2 \le \frac{5}{3}$.
વર્ગમૂળ લેતા: $-\sqrt{\frac{5}{3}} \le x \le \sqrt{\frac{5}{3}}$.
આમ,ગણ $[ -\sqrt{\frac{5}{3}}, \sqrt{\frac{5}{3}} ]$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $y=3 \sin \left(\sqrt{\frac{\pi^{2}}{16}-x^{2}}\right)$ છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$\frac{\pi^{2}}{16}-x^{2} \geq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x^{2} \leq \frac{\pi^{2}}{16}$,તેથી $x \in \left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$.
ધારો કે $u = \sqrt{\frac{\pi^{2}}{16}-x^{2}}$. જેમ $x$ એ $0$ થી $\frac{\pi}{4}$ સુધી બદલાય છે,તેમ $u$ એ $\frac{\pi}{4}$ થી $0$ સુધી બદલાય છે.
આમ,$u$ નો વિસ્તાર $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ છે.
હવે,$y = 3 \sin(u)$. કારણ કે $u \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right]$,$\sin(u)$ એ $\sin(0) = 0$ થી $\sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ સુધી બદલાય છે.
તેથી,$y$ એ $3 \times 0 = 0$ થી $3 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}$ સુધી બદલાય છે.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $\left[0, \frac{3}{\sqrt{2}}\right]$ છે.

(B) અમે $x \neq \frac{n\pi}{2}$ માટે વિવિધ ચરણોમાં વિધેય $f(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $x \in (0, \pi/2)$ માટે,$\sin x > 0, \cos x > 0, \tan x > 0, \cot x > 0 \Rightarrow f(x) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$.
$2$. $x \in (\pi/2, \pi)$ માટે,$\sin x > 0, \cos x < 0, \tan x < 0, \cot x < 0 \Rightarrow f(x) = 1 - 1 - 1 - 1 = -2$.
$3$. $x \in (\pi, 3\pi/2)$ માટે,$\sin x < 0, \cos x < 0, \tan x > 0, \cot x > 0 \Rightarrow f(x) = -1 - 1 + 1 + 1 = 0$.
$4$. $x \in (3\pi/2, 2\pi)$ માટે,$\sin x < 0, \cos x > 0, \tan x < 0, \cot x < 0 \Rightarrow f(x) = -1 + 1 - 1 - 1 = -2$.
આમ,$f(x)$ નો વિસ્તાર $\{-2, 0, 4\}$ છે.
વિસ્તારના ઘટકોનો સરવાળો $-2 + 0 + 4 = 2$ થાય છે.

(D) વિધેય $f(x) = \log_{g(x)}h(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$h(x) > 0$,$g(x) > 0$ અને $g(x) \neq 1$ હોવું જોઈએ.
પગલું $1$: $h(x) = 18x^2 - 11x + 1 > 0 \implies (2x-1)(9x-1) > 0 \implies x < \frac{1}{9}$ અથવા $x > \frac{1}{2}$.
પગલું $2$: $g(x) = 10x^2 - 17x + 7 > 0 \implies (x-1)(10x-7) > 0 \implies x < \frac{7}{10}$ અથવા $x > 1$.
પગલું $3$: $g(x) \neq 1 \implies 10x^2 - 17x + 6 \neq 0 \implies (2x-1)(5x-6) \neq 0 \implies x \neq \frac{1}{2}, x \neq \frac{6}{5}$.
આ શરતોને જોડતા: $x \in (-\infty, \frac{1}{9}) \cup (\frac{1}{2}, \frac{7}{10}) \cup (1, \infty) - \{\frac{6}{5}\}$.
$(-\infty, a) \cup (b, c) \cup (d, \infty) - \{e\}$ સાથે સરખાવતા,$a = \frac{1}{9}, b = \frac{1}{2}, c = \frac{7}{10}, d = 1, e = \frac{6}{5}$ મળે છે.
તેથી $90(a+b+c+d+e) = 90(\frac{1}{9} + \frac{1}{2} + \frac{7}{10} + 1 + \frac{6}{5}) = 10 + 45 + 63 + 90 + 108 = 316$.

(C) પ્રથમ પદ $\log_3 \log_5 (7 - \log_2 (x^2 - 10 x + 85))$ માટે,આપણે $\log_5 (7 - \log_2 (x^2 - 10 x + 85)) > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $7 - \log_2 (x^2 - 10 x + 85) > 1$,તેથી $\log_2 (x^2 - 10 x + 85) < 6$. આનાથી $x^2 - 10 x + 85 < 2^6 = 64$ મળે છે,એટલે કે $x^2 - 10 x + 21 < 0$. અવયવ પાડતા $(x - 3)(x - 7) < 0$ મળે,તેથી $x \in (3, 7)$.
બીજા પદ $\sin^{-1} ( | \frac{3 x - 7}{17 - x} | )$ માટે,આપણે $0 \leq | \frac{3 x - 7}{17 - x} | \leq 1$ ની જરૂર છે. શરત $| \frac{3 x - 7}{17 - x} | \leq 1$ નો અર્થ છે કે $(3x - 7)^2 \leq (17 - x)^2$,તેથી $9x^2 - 42x + 49 \leq 289 - 34x + x^2$. આનું સાદું રૂપ આપતા $8x^2 - 8x - 240 \leq 0$,અથવા $x^2 - x - 30 \leq 0$ મળે છે. અવયવ પાડતા $(x - 6)(x + 5) \leq 0$ મળે,તેથી $x \in [-5, 6]$.
પ્રદેશો $(3, 7)$ અને $[-5, 6]$ ને જોડતા,આપણને $x \in (3, 6]$ મળે છે.
આમ,$\alpha = 3$ અને $\beta = 6$.
તેથી,$\alpha + \beta = 3 + 6 = 9$.

(A) વિધેય $f(x) = \sqrt{\log_{0.6} (\left| \frac{2x-5}{x^2-4} \right|)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણે $\log_{0.6} (\left| \frac{2x-5}{x^2-4} \right|) \ge 0$ હોવું જોઈએ.
આધાર $0.6 < 1$ હોવાથી,અસમતા ઉલટાય છે: $0 < \left| \frac{2x-5}{x^2-4} \right| \le (0.6)^0 = 1$.
પ્રથમ,$\left| \frac{2x-5}{x^2-4} \right| > 0$ સૂચવે છે કે $x \ne 2, -2, 2.5$.
બીજું,$\left| \frac{2x-5}{x^2-4} \right| \le 1$ નો અર્થ છે $\left( \frac{2x-5}{x^2-4} \right)^2 \le 1$,અથવા $\frac{(2x-5)^2 - (x^2-4)^2}{(x^2-4)^2} \le 0$.
આનું સાદું રૂપ $\frac{(2x-5-x^2+4)(2x-5+x^2-4)}{(x^2-4)^2} \le 0$ થાય,જે $\frac{(-x^2+2x-1)(x^2+2x-9)}{(x^2-4)^2} \le 0$ છે.
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને $\frac{(x-1)^2(x^2+2x-9)}{(x^2-4)^2} \ge 0$ મળે છે.
$(x-1)^2 \ge 0$ અને $(x^2-4)^2 > 0$ હોવાથી,આપણે $x^2+2x-9 \ge 0$ અથવા $x=1$ ની જરૂર છે.
$x^2+2x-9=0$ ના બીજ $x = \frac{-2 \pm \sqrt{4+36}}{2} = -1 \pm \sqrt{10}$ છે.
આમ,$x \in (-\infty, -1-\sqrt{10}] \cup [-1+\sqrt{10}, \infty)$ અથવા $x=1$.
$(-\infty, a] \cup \{b\} \cup [c, d) \cup (e, \infty)$ સાથે સરખાવતા,$a = -1-\sqrt{10}$,$b = 1$,$c = -1+\sqrt{10}$ મળે છે. અચળાંકોનો સરવાળો $5$ થાય છે.