Mix Examples of Relation and Function Questions in Gujarati

(C) આપેલ ગણ $A = \{(x, y) : y = e^x, x \in R\}$ અને $B = \{(x, y) : y = x, x \in R\}$ છે.
છેદગણ $A \cap B$ શોધવા માટે,આપણે તપાસવું પડશે કે શું કોઈ એવું બિંદુ $(x, y)$ છે જે $y = e^x$ અને $y = x$ બંનેનું પાલન કરે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $e^x = x$,અથવા $e^x - x = 0$.
ધારો કે $f(x) = e^x - x$. વિકલન $f'(x) = e^x - 1$ છે.
$f'(x) = 0$ લેતા $x = 0$ મળે છે.
$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $f(0) = e^0 - 0 = 1$ છે.
$e^x - x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $1$ હોવાથી,જે $0$ કરતા મોટી છે,તેથી સમીકરણ $e^x = x$ નો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.
તેથી,ગણ $A$ અને $B$ વચ્ચે કોઈ સામાન્ય ઘટક નથી.
આમ,$A \cap B = \phi$.

(B) છેદગણ $A \cap B$ શોધવા માટે,આપણે $y$-કિંમતોને સરખાવીએ:
$e^x = e^{-x}$
બંને બાજુ $e^x$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$e^{2x} = 1$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$2x = 0 \implies x = 0$
$x = 0$ ને કોઈપણ સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = e^0 = 1$
આમ,બિંદુ $(0, 1)$ એ ગણ $A$ અને $B$ બંનેમાં છે.
તેથી,$A \cap B = \{(0, 1)\}$,જેનો અર્થ છે કે $A \cap B \neq \phi$.

(B) ધારો કે $(x, z) \in (S \circ R)^{-1}$.
તેથી $(z, x) \in S \circ R$.
સંબંધોના સંયોજનની વ્યાખ્યા મુજબ,એક ઘટક $y \in B$ એવો મળે કે જેથી $(x, y) \in R$ અને $(y, z) \in S$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $(y, x) \in R^{-1}$ અને $(z, y) \in S^{-1}$.
કારણ કે $(z, y) \in S^{-1}$ અને $(y, x) \in R^{-1}$,સંયોજનની વ્યાખ્યા મુજબ,આપણને $(z, x) \in R^{-1} \circ S^{-1}$ મળે છે.
આમ,$(S \circ R)^{-1} = R^{-1} \circ S^{-1}$.

(C) સંબંધોનું સંયોજન $RoS$ એ $(x, z)$ ની એવી તમામ જોડીઓનો ગણ છે કે જેના માટે $y \in A$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જ્યાં $(x, y) \in S$ અને $(y, z) \in R$ હોય.
આપેલ છે કે $S = \{(2, 1), (3, 2), (2, 3)\}$ અને $R = \{(1, 3), (2, 2), (3, 2)\}$.
આપણે $S$ ના દરેક ઘટક $(x, y)$ માટે તપાસ કરીએ છીએ:
$1$. $(2, 1) \in S$ માટે,આપણે $(1, z) \in R$ શોધીએ છીએ. આપણને $(1, 3) \in R$ મળે છે,તેથી $(2, 3) \in RoS$.
$2$. $(3, 2) \in S$ માટે,આપણે $(2, z) \in R$ શોધીએ છીએ. આપણને $(2, 2) \in R$ મળે છે,તેથી $(3, 2) \in RoS$.
$3$. $(2, 3) \in S$ માટે,આપણે $(3, z) \in R$ શોધીએ છીએ. આપણને $(3, 2) \in R$ મળે છે,તેથી $(2, 2) \in RoS$.
આમ,$RoS = \{(2, 3), (3, 2), (2, 2)\}$.

(D) ધારો કે $P(x) = bx^2 + ax + c$.
$P(0) = 0$ આપેલ હોવાથી,$c = 0$.
$P(1) = 1$ આપેલ હોવાથી,$a + b = 1$,જેનો અર્થ છે કે $b = 1 - a$.
આમ,$P(x) = (1 - a)x^2 + ax$.
વિકલન કરતા,$P'(x) = 2(1 - a)x + a$.
આપણને આપેલ છે કે દરેક $x \in (0, 1)$ માટે $P'(x) > 0$.
$x = 0$ માટે,$P'(0) = a > 0$.
$x = 1$ માટે,$P'(1) = 2(1 - a) + a = 2 - a > 0$,જેનો અર્થ છે કે $a < 2$.
$P'(x)$ એ સુરેખ વિધેય હોવાથી,જો તે અંતરાલ $(0, 1)$ ના અંત્યબિંદુઓ પર ધન હોય,તો તે દરેક $x \in (0, 1)$ માટે ધન રહેશે.
આમ,$0 < a < 2$.
તેથી,$S = \{ax + (1 - a)x^2 : a \in (0, 2)\}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \cos (\log x)$.
તેથી $f(y) = \cos (\log y)$.
આપણે $f(x)f(y) - \frac{1}{2}[f(x/y) + f(xy)]$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\log(a/b) = \log a - \log b$ અને $\log(ab) = \log a + \log b$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$f(x/y) = \cos(\log(x/y)) = \cos(\log x - \log y)$
$f(xy) = \cos(\log(xy)) = \cos(\log x + \log y)$
હવે,આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$f(x)f(y) - \frac{1}{2}[\cos(\log x - \log y) + \cos(\log x + \log y)]$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A - B) + \cos(A + B) = 2\cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \log x$ અને $B = \log y$ છે:
$= \cos(\log x)\cos(\log y) - \frac{1}{2}[2\cos(\log x)\cos(\log y)]$
$= \cos(\log x)\cos(\log y) - \cos(\log x)\cos(\log y) = 0$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sin \log x$.
પ્રથમ,$f(xy)$ ની ગણતરી કરો:
$f(xy) = \sin \log(xy) = \sin(\log x + \log y)$.
ત્યારબાદ,$f\left( \frac{x}{y} \right)$ ની ગણતરી કરો:
$f\left( \frac{x}{y} \right) = \sin \log\left( \frac{x}{y} \right) = \sin(\log x - \log y)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(A + B) + \sin(A - B) = 2 \sin A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \log x$ અને $B = \log y$ છે:
$f(xy) + f\left( \frac{x}{y} \right) = \sin(\log x + \log y) + \sin(\log x - \log y) = 2 \sin(\log x) \cos(\log y)$.
કારણ કે $f(x) = \sin \log x$,તેથી આપણને મળે છે:
$f(xy) + f\left( \frac{x}{y} \right) = 2 f(x) \cos \log y$.
તેથી,પદાવલિની કિંમત:
$2 f(x) \cos \log y - 2 f(x) \cos \log y = 0$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \cos(\log x)$.
આપણે $E = f(x^2)f(y^2) - \frac{1}{2}\left[ f\left( \frac{x^2}{y^2} \right) + f(x^2y^2) \right]$ ની કિંમત શોધવાની છે.
વિધેયની વ્યાખ્યા મૂકતા:
$E = \cos(\log x^2)\cos(\log y^2) - \frac{1}{2}\left[ \cos(\log(x^2/y^2)) + \cos(\log(x^2y^2)) \right]$.
$\log(ab) = \log a + \log b$ અને $\log(a/b) = \log a - \log b$ ના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$E = \cos(2\log x)\cos(2\log y) - \frac{1}{2}\left[ \cos(2\log x - 2\log y) + \cos(2\log x + 2\log y) \right]$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos A \cos B = \frac{1}{2}[\cos(A-B) + \cos(A+B)]$ નો ઉપયોગ કરતા:
ધારો કે $A = 2\log x$ અને $B = 2\log y$.
તેથી $\cos(2\log x)\cos(2\log y) = \frac{1}{2}[\cos(2\log x - 2\log y) + \cos(2\log x + 2\log y)]$.
આ કિંમતને $E$ માં મૂકતા:
$E = \frac{1}{2}[\cos(2\log x - 2\log y) + \cos(2\log x + 2\log y)] - \frac{1}{2}[\cos(2\log x - 2\log y) + \cos(2\log x + 2\log y)] = 0$.
આમ,જવાબ $0$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \log \left( \frac{1 + x}{1 - x} \right)$.
આપણે $f\left( \frac{2x}{1 + x^2} \right)$ શોધવાનું છે.
વિધેય $f(x)$ માં $x$ ની જગ્યાએ $\frac{2x}{1 + x^2}$ મૂકતા:
$f\left( \frac{2x}{1 + x^2} \right) = \log \left[ \frac{1 + \frac{2x}{1 + x^2}}{1 - \frac{2x}{1 + x^2}} \right]$
લઘુગણકની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$= \log \left[ \frac{\frac{1 + x^2 + 2x}{1 + x^2}}{\frac{1 + x^2 - 2x}{1 + x^2}} \right]$
$= \log \left[ \frac{1 + x^2 + 2x}{1 + x^2 - 2x} \right]$
વર્ગોને ઓળખતા:
$= \log \left[ \frac{(1 + x)^2}{(1 - x)^2} \right]$
$= \log \left[ \frac{1 + x}{1 - x} \right]^2$
ગુણધર્મ $\log(a^n) = n \log a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \log \left[ \frac{1 + x}{1 - x} \right]$
$= 2f(x)$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \cos(\log x)$.
ધારો કે પદાવલિ $E = f(x)f(4) - \frac{1}{2}\left[ f\left( \frac{x}{4} \right) + f(4x) \right]$ છે.
વિધેયની વ્યાખ્યા મૂકતા:
$E = \cos(\log x) \cos(\log 4) - \frac{1}{2}\left[ \cos(\log(x/4)) + \cos(\log(4x)) \right]$.
લઘુગણકના ગુણધર્મો $\log(a/b) = \log a - \log b$ અને $\log(ab) = \log a + \log b$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \cos(\log x) \cos(\log 4) - \frac{1}{2}\left[ \cos(\log x - \log 4) + \cos(\log x + \log 4) \right]$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A-B) + \cos(A+B) = 2\cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \log x$ અને $B = \log 4$ છે:
$E = \cos(\log x) \cos(\log 4) - \frac{1}{2} \left[ 2 \cos(\log x) \cos(\log 4) \right]$.
$E = \cos(\log x) \cos(\log 4) - \cos(\log x) \cos(\log 4) = 0$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x - |x|}{|x|}$ છે.
$f(-1)$ શોધવા માટે,વિધેયમાં $x = -1$ મૂકતા:
$f(-1) = \frac{-1 - |-1|}{|-1|}$
કારણ કે $|-1| = 1$,તેથી:
$f(-1) = \frac{-1 - 1}{1} = \frac{-2}{1} = -2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = 4x^3 + 3x^2 + 3x + 4$.
વિધેયમાં $x$ ની જગ્યાએ $\frac{1}{x}$ મૂકતા:
$f\left( \frac{1}{x} \right) = 4\left( \frac{1}{x} \right)^3 + 3\left( \frac{1}{x} \right)^2 + 3\left( \frac{1}{x} \right) + 4$
$f\left( \frac{1}{x} \right) = \frac{4}{x^3} + \frac{3}{x^2} + \frac{3}{x} + 4$
હવે,$x^3$ વડે ગુણતા:
$x^3 f\left( \frac{1}{x} \right) = x^3 \left( \frac{4}{x^3} + \frac{3}{x^2} + \frac{3}{x} + 4 \right)$
$x^3 f\left( \frac{1}{x} \right) = 4 + 3x + 3x^2 + 4x^3$
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$x^3 f\left( \frac{1}{x} \right) = 4x^3 + 3x^2 + 3x + 4 = f(x)$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 2x + |x|$.
$f(2x)$ ની ગણતરી કરો:
$f(2x) = 2(2x) + |2x| = 4x + 2|x|$.
$f(-x)$ ની ગણતરી કરો:
$f(-x) = 2(-x) + |-x| = -2x + |x|$.
હવે,આ કિંમતોને $f(2x) + f(-x) - f(x)$ પદાવલિમાં મૂકો:
$= (4x + 2|x|) + (-2x + |x|) - (2x + |x|)$
$= 4x + 2|x| - 2x + |x| - 2x - |x|$
$= (4x - 2x - 2x) + (2|x| + |x| - |x|)$
$= 0x + 2|x|$
$= 2|x|$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x + 2\sqrt{2x - 4}}} + \frac{1}{\sqrt{x - 2\sqrt{2x - 4}}}$.
$x = 11$ કિંમત મૂકતા:
$f(11) = \frac{1}{\sqrt{11 + 2\sqrt{2(11) - 4}}} + \frac{1}{\sqrt{11 - 2\sqrt{2(11) - 4}}}$
$f(11) = \frac{1}{\sqrt{11 + 2\sqrt{18}}} + \frac{1}{\sqrt{11 - 2\sqrt{18}}}$
$f(11) = \frac{1}{\sqrt{11 + 6\sqrt{2}}} + \frac{1}{\sqrt{11 - 6\sqrt{2}}}$
અહીં $11 + 6\sqrt{2} = (3 + \sqrt{2})^2$ અને $11 - 6\sqrt{2} = (3 - \sqrt{2})^2$ થાય.
$f(11) = \frac{1}{3 + \sqrt{2}} + \frac{1}{3 - \sqrt{2}}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$f(11) = \frac{3 - \sqrt{2}}{9 - 2} + \frac{3 + \sqrt{2}}{9 - 2} = \frac{6}{7}$.

(A) આપેલ છે કે ${e^{f(x)}} = \frac{{10 + x}}{{10 - x}}$,બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે $f(x) = \ln \left( \frac{10 + x}{10 - x} \right)$.
હવે,$f\left( \frac{200x}{100 + x^2} \right)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f\left( \frac{200x}{100 + x^2} \right) = \ln \left( \frac{10 + \frac{200x}{100 + x^2}}{10 - \frac{200x}{100 + x^2}} \right)$
$= \ln \left( \frac{10(100 + x^2) + 200x}{10(100 + x^2) - 200x} \right)$
$= \ln \left( \frac{1000 + 10x^2 + 200x}{1000 + 10x^2 - 200x} \right)$
$= \ln \left( \frac{10(x^2 + 20x + 100)}{10(x^2 - 20x + 100)} \right)$
$= \ln \left( \frac{(x + 10)^2}{(10 - x)^2} \right)$
$= 2 \ln \left( \frac{10 + x}{10 - x} \right) = 2f(x)$.
આપેલ છે કે $f(x) = k f\left( \frac{200x}{100 + x^2} \right)$,તેથી કિંમત મૂકતા:
$f(x) = k \cdot 2f(x)$.
જ્યારે $x \neq 0$ હોય ત્યારે $f(x) \neq 0$ હોવાથી,$1 = 2k$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $k = 0.5$.

(C) આપેલ વિધેયો $f(x) = 2\sin x$ અને $g(x) = \cos^2 x$ છે.
આપણે $(f + g)\left(\frac{\pi}{3}\right)$ શોધવાનું છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,$(f + g)(x) = f(x) + g(x)$.
તેથી,$(f + g)\left(\frac{\pi}{3}\right) = f\left(\frac{\pi}{3}\right) + g\left(\frac{\pi}{3}\right)$.
વિધેયોમાં $x = \frac{\pi}{3}$ મૂકતા:
$f\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.
$g\left(\frac{\pi}{3}\right) = \cos^2\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
તેથી,$(f + g)\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3} + \frac{1}{4}$.

(B) કોઈ વિધેય $y = f(x)$ એ રેખા $x = a$ ની સાપેક્ષમાં સંમિત હોય જો પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $f(a + x) = f(a - x)$ થાય.
અહીં આપેલ છે કે આલેખ રેખા $x = 2$ ની સાપેક્ષમાં સંમિત છે,તેથી આપણે શરતમાં $a = 2$ મૂકીશું.
તેથી,$f(2 + x) = f(2 - x)$ મળે છે.

(B) વિકલ્પ $A$,$C$,અને $D$ માં આપેલા વિધાનો ગણ $A$ થી ગણ $B$ પરના વિધેય $f$ ના પ્રદેશ અને સહપ્રદેશનું વર્ણન કરે છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,$f: A \to B$,'$f$ એ $A$ થી $B$ પરનું મેપિંગ છે',અને '$f$ એ $A$ થી $B$ પરનું વિધેય છે' એ ત્રણેય ગણ $A$ અને $B$ વચ્ચેનો સંબંધ વ્યાખ્યાયિત કરે છે.
જો કે,વિકલ્પ $B$ માં આપેલું વિધાન,$f: x \to f(x)$,એ ગણ વચ્ચેના વિધેયને વ્યાખ્યાયિત કરવાને બદલે,કોઈ ચોક્કસ ઘટક $x$ ને તેના પ્રતિબિંબ $f(x)$ સાથે જોડવાનો નિયમ દર્શાવે છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ અન્ય કરતા અલગ છે.

(C) વિધેય એક-એક છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,ધારો કે $f(x) = f(y)$.
$\frac{x^2 - 4}{x^2 + 4} = \frac{y^2 - 4}{y^2 + 4}$
$\frac{x^2 + 4 - 8}{x^2 + 4} = \frac{y^2 + 4 - 8}{y^2 + 4}$
$1 - \frac{8}{x^2 + 4} = 1 - \frac{8}{y^2 + 4}$
$\frac{8}{x^2 + 4} = \frac{8}{y^2 + 4}$
$x^2 + 4 = y^2 + 4$
$x^2 = y^2 \Rightarrow x = \pm y$.
અહીં $f(2) = f(-2) = 0$ હોવાથી,વિધેય અનેક-એક છે.
વિધેય વ્યાપ્ત છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,ધારો કે $y = \frac{x^2 - 4}{x^2 + 4}$.
$y(x^2 + 4) = x^2 - 4$
$yx^2 + 4y = x^2 - 4$
$4y + 4 = x^2(1 - y)$
$x^2 = \frac{4(1 + y)}{1 - y}$.
$x$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોય તે માટે $\frac{1 + y}{1 - y} \ge 0$,જેનો અર્થ છે કે $y \in (-1, 1)$.
પરંતુ,$|x| \ge 2$ માટે,$x^2 \ge 4$.
$\frac{4(1 + y)}{1 - y} \ge 4 \Rightarrow 1 + y \ge 1 - y \Rightarrow 2y \ge 0 \Rightarrow y \ge 0$.
આમ,વિસ્તાર $[0, 1)$ છે,જે સહપ્રદેશ $(-1, 1)$ નો ઉચિત ઉપગણ છે.
તેથી,વિધેય અંતઃક્ષેપ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = 2x$ અને $g(x) = x$ (તદેવ વિધેય).
પ્રથમ,$(fog)(x)$ ની ગણતરી કરીએ:
$(fog)(x) = f(g(x)) = f(x) = 2x$.
ત્યારબાદ,$(g + g)(x)$ ની ગણતરી કરીએ:
$(g + g)(x) = g(x) + g(x) = x + x = 2x$.
બંને પરિણામોની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $(fog)(x) = 2x$ અને $(g + g)(x) = 2x$.
તેથી,$(fog)(x) = (g + g)(x)$.

(C) કોઈપણ ઉપગણ $A \subseteq X$ માટે,આપણી પાસે $A \subseteq f^{-1}(f(A))$ છે. સમાનતા $f^{-1}(f(A)) = A$ ત્યારે જ શક્ય છે જો $f$ એક-એક વિધેય હોય.
કોઈપણ ઉપગણ $B \subseteq Y$ માટે,આપણી પાસે $f(f^{-1}(B)) = B \cap f(X)$ છે.
તેથી,$f(f^{-1}(B)) = B$ ત્યારે જ શક્ય છે જો $B \subseteq f(X)$ હોય.
આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.

(C) આપણને વિધેય $f(x) = \begin{cases} -1 & \text{for } -2 \le x \le 0 \\ x - 1 & \text{for } 0 < x \le 2 \end{cases}$ આપેલ છે.
આપણે $x \in (-2, 2)$ શોધવાનું છે કે જેથી $x \le 0$ અને $f(|x|) = x$ થાય.
કારણ કે $x \le 0$,તેથી $|x| = -x$ થાય. $x \in (-2, 2)$ અને $x \le 0$ હોવાથી,$|x| \in [0, 2)$ થાય.
જો $x = 0$ હોય,તો $f(|0|) = f(0) = -1$ થાય. પરંતુ $x = 0$ હોવાથી,$f(0) \neq 0$.
જો $x \in (-2, 0)$ હોય,તો $|x| \in (0, 2)$ થાય.
$|x| \in (0, 2)$ માટે,વિધેય $f(|x|) = |x| - 1$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે $f(|x|) = x$ લઈએ,જે $|x| - 1 = x$ આપે છે.
કારણ કે $x < 0$,તેથી $|x| = -x$,એટલે કે $-x - 1 = x$.
આનું સાદુરૂપ આપતા $2x = -1$,અથવા $x = -1/2$ મળે છે.
કારણ કે $-1/2 \in (-2, 0)$,આ એક માન્ય ઉકેલ છે.
આમ,ગણ $\{-1/2\}$ છે.

(A) કારણ કે $f$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી તમામ $x \in (-5, 5)$ માટે $f(-x) = f(x).$
આપેલ છે કે $f(x) = f\left( \frac{x + 1}{x + 2} \right).$
$f(x) = f(-x)$ હોવાથી,સમીકરણ $f(x) = f\left( \frac{x + 1}{x + 2} \right)$ ત્યારે સંતોષાય છે જો $x = \frac{x + 1}{x + 2}$ અથવા $-x = \frac{x + 1}{x + 2}.$
કિસ્સો $1$: $x = \frac{x + 1}{x + 2} \Rightarrow x^2 + 2x = x + 1 \Rightarrow x^2 + x - 1 = 0.$
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$x = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}.$
કિસ્સો $2$: $-x = \frac{x + 1}{x + 2} \Rightarrow -x^2 - 2x = x + 1 \Rightarrow x^2 + 3x + 1 = 0.$
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$x = \frac{-3 \pm \sqrt{5}}{2}.$
આમ,$x$ ના ચાર મૂલ્યો $\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$ અને $\frac{-3 \pm \sqrt{5}}{2}$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = |px - q| + r|x|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે તેને $f(x) = p|x - \frac{q}{p}| + r|x|$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
આ બે માનાંક વિધેયોનો સરવાળો છે. $f(x)$ નો આલેખ એક બહિર્મુખ વિધેય છે.
$f(x) = a|x - x_1| + b|x - x_2|$ સ્વરૂપના વિધેય માટે,ન્યૂનતમ કિંમત એક જ બિંદુએ મળે છે જો રેખીય ભાગોના ઢાળ એવી રીતે બદલાય કે જેથી ન્યૂનતમ કિંમત અનન્ય હોય.
ચોક્કસ રીતે,$f(x) = |px - q| + r|x|$ માટે,ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = \frac{q}{p}$ છે.
જો $p \neq r$ હોય,તો વિધેય સહગુણકોના આધારે અંતરાલ પર અથવા એક બિંદુ પર ન્યૂનતમ કિંમત ધરાવશે.
જો $p = r$ હોય,તો $f(x) = p|x - \frac{q}{p}| + p|x| = p(|x - \frac{q}{p}| + |x|)$.
ત્રિકોણ અસમતા મુજબ,$|x - \frac{q}{p}| + |x| \geq |x - \frac{q}{p} - x| = |-\frac{q}{p}| = \frac{q}{p}$.
ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{pq}{p} = q$ એ $[0, \frac{q}{p}]$ અંતરાલના તમામ $x$ માટે મળે છે.
જોકે,પ્રશ્ન એવી સ્થિતિ વિશે પૂછે છે જ્યાં ન્યૂનતમ કિંમત માત્ર એક જ બિંદુએ મળે.
વિધેયની રચના જોતા,જો $p \neq r$ હોય,તો વિધેય અલગ રીતે વર્તે છે. વિકલ્પો તપાસતા,$p=q=r$ એ એવી સ્થિતિ તરફ દોરી જાય છે જ્યાં ન્યૂનતમ કિંમત અનન્ય હોય છે.

(B) અંતરાલ $[0, 1]$ થી $[-1, 1]$ સુધીનું અયુગ્મ વિસ્તરણ $g(x)$ એ શરત $g(-x) = -g(x)$ નું પાલન કરવું જોઈએ.
$x \in (0, 1]$ માટે,અયુગ્મ વિસ્તરણ $g(x) = -f(-x)$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આપેલ છે કે $f(x) = x^2 + x + \sin x - \cos x + \log(1 + |x|)$.
તેથી $f(-x) = (-x)^2 + (-x) + \sin(-x) - \cos(-x) + \log(1 + |-x|)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(-x) = -\sin x$,$\cos(-x) = \cos x$ અને $|-x| = |x|$,તેથી:
$f(-x) = x^2 - x - \sin x - \cos x + \log(1 + |x|)$.
હવે,$x \in (0, 1]$ માટે અયુગ્મ વિસ્તરણ $g(x)$ નીચે મુજબ થશે:
$g(x) = -f(-x) = -(x^2 - x - \sin x - \cos x + \log(1 + |x|)) = -x^2 + x + \sin x + \cos x - \log(1 + |x|)$.
આ પરિણામ વિકલ્પ $B$ સાથે મેળ ખાય છે.

(C) સાચો વિકલ્પ $(c)$ છે.
$1$. $g(x) = |f(x)| \ge 0$ દરેક $x \in R$ માટે. $g$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ નો ઉપગણ હોવાથી,જો સહપ્રદેશ $R$ હોય તો $g$ વ્યાપ્ત ન હોઈ શકે.
$2$. જો $f(x)$ એક-એક હોય,તો $g(x)$ એક-એક હોય તે જરૂરી નથી. ઉદાહરણ તરીકે,જો $f(x) = x$ હોય,તો $f$ એક-એક છે,પરંતુ $g(x) = |x|$ એક-એક નથી કારણ કે $g(1) = g(-1) = 1$.
$3$. જો $f(x)$ સતત હોય,તો $g(x) = |f(x)|$ પણ સતત હોય છે. આ સતત વિધેયોનો એક પ્રમાણિત ગુણધર્મ છે: સતત વિધેય $f(x)$ અને સતત વિધેય $h(u) = |u|$ નું સંયોજન સતત હોય છે.
$4$. જો $f(x)$ વિકલનીય હોય,તો $g(x) = |f(x)|$ વિકલનીય હોય તે જરૂરી નથી. આલેખમાં દર્શાવ્યા મુજબ,જો $f(x)$ એ $x$-અક્ષને કોઈ બિંદુ $P$ પર છેદે (જ્યાં $f(P) = 0$),તો $g(x) = |f(x)|$ ને $P$ પર એક તીક્ષ્ણ ખૂણો મળશે,જે તેને તે બિંદુએ વિકલનીય રહેવા દેતું નથી.

(B) ધારો કે $(x, z) \in (SoR)^{-1}$.
તેથી $(z, x) \in SoR$.
સંબંધોના સંયોજનની વ્યાખ્યા મુજબ,એવો ઘટક $y \in B$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $(x, y) \in R$ અને $(y, z) \in S$ થાય.
આ સૂચવે છે કે $(y, x) \in R^{-1}$ અને $(z, y) \in S^{-1}$.
કારણ કે $(z, y) \in S^{-1}$ અને $(y, x) \in R^{-1}$,સંયોજનની વ્યાખ્યા મુજબ,આપણને $(z, x) \in R^{-1}oS^{-1}$ મળે છે.
તેથી,$(SoR)^{-1} = R^{-1}oS^{-1}$.

(C) આપેલ છે $f(x) = x^3 - 8x^2 + 20x - 13$.
અવયવ પાડતા,$f(x) = (x - 1)(x^2 - 7x + 13)$ મળે છે.
$f(x)$ અવિભાજ્ય સંખ્યા હોય તે માટે,બે અવયવોમાંથી એક અવયવ $1$ હોવો જોઈએ (કારણ કે બીજો અવયવ અવિભાજ્ય સંખ્યા હોવો જોઈએ).
કિસ્સો $1$: $x - 1 = 1 \implies x = 2$.
જો $x = 2$ હોય,તો $f(2) = (2 - 1)(2^2 - 7(2) + 13) = 1 \times 3 = 3$,જે અવિભાજ્ય છે.
કિસ્સો $2$: $x^2 - 7x + 13 = 1 \implies x^2 - 7x + 12 = 0 \implies (x - 3)(x - 4) = 0 \implies x = 3$ અથવા $x = 4$.
જો $x = 3$ હોય,તો $f(3) = (3 - 1)(1) = 2$,જે અવિભાજ્ય છે.
જો $x = 4$ હોય,તો $f(4) = (4 - 1)(1) = 3$,જે અવિભાજ્ય છે.
આમ,$x$ ની કિંમતો $2, 3, 4$ છે.
આવા ધન પૂર્ણાંકોની સંખ્યા $3$ છે.

(D) આપણી પાસે $f(x) = \frac{\sqrt{(\sqrt{x-1})^2 + 1 - 2\sqrt{x-1}}}{\sqrt{x-1} - 1} = \frac{\sqrt{(\sqrt{x-1} - 1)^2}}{\sqrt{x-1} - 1} = \frac{|\sqrt{x-1} - 1|}{\sqrt{x-1} - 1}$ છે.
$x \in [1, 2)$ માટે,$\sqrt{x-1} < 1$,તેથી $\sqrt{x-1} - 1 < 0$,જે $f(x) = -1$ આપે છે. આમ,$x \in (1, 2)$ માટે $f'(x) = 0$ થાય.
$x > 2$ માટે,$\sqrt{x-1} > 1$,તેથી $\sqrt{x-1} - 1 > 0$,જે $f(x) = 1$ આપે છે. આમ,$x > 2$ માટે $f'(x) = 0$ થાય.
વિધેય $x=1$ (શૂન્ય વડે ભાગાકાર) અને $x=2$ (વિકલન અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી) પર અવ્યાખ્યાયિત છે. કારણ કે $f(x)$ એ $(2, \infty)$ પર અચળ છે,તેથી સાચું વિધાન એ છે કે $x > 2$ માટે $f(x)$ એ અચળ વિધેય છે.

(A) વિધેય $f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{\pi} \tan^{-1}(nx)$ નો આલેખ શોધવા માટે,આપણે $x$ ની વિવિધ કિંમતો માટે લક્ષનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. જો $x > 0$ હોય,તો જેમ $n \to \infty$,તેમ $nx \to \infty$. તેથી,$\tan^{-1}(nx) \to \frac{\pi}{2}$.
આમ,$f(x) = \frac{2}{\pi} \times \frac{\pi}{2} = 1$.
$2$. જો $x = 0$ હોય,તો દરેક $n$ માટે $nx = 0$. તેથી,$\tan^{-1}(0) = 0$.
આમ,$f(x) = \frac{2}{\pi} \times 0 = 0$.
$3$. જો $x < 0$ હોય,તો જેમ $n \to \infty$,તેમ $nx \to -\infty$. તેથી,$\tan^{-1}(nx) \to -\frac{\pi}{2}$.
આમ,$f(x) = \frac{2}{\pi} \times (-\frac{\pi}{2}) = -1$.
આ બધાને જોડતા,વિધેય નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$f(x) = \begin{cases} 1, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -1, & x < 0 \end{cases}$
આ સિગ્નમ વિધેય (signum function) ને અનુરૂપ છે,જે એવા આલેખ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે જ્યાં $x>0$ માટે $y=1$,$x=0$ પર $y=0$,અને $x < 0$ માટે $y=-1$ હોય. આ આલેખ વિકલ્પ $A$ માં આપેલા આલેખ સાથે મેળ ખાય છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{\ln x}$ અને $g(x) = \frac{\ln x}{x}$.
$f(x)$ માટે,પ્રદેશ $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$ છે.
$g(x)$ માટે,પ્રદેશ $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$ છે.
$(A)$ તપાસો: $\frac{1}{g(x)} = \frac{1}{\frac{\ln x}{x}} = \frac{x}{\ln x} = f(x)$. બંનેનો પ્રદેશ સમાન $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$ હોવાથી,તેઓ સમાન વિધેયો છે.
$(B)$ તપાસો: $\frac{1}{f(x)} = \frac{\ln x}{x} = g(x)$. જોકે,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી $\frac{1}{f(x)}$ પણ $x=1$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી,જ્યારે $g(1) = 0$ છે. આમ,તેઓ સમાન નથી.
$(C)$ અને $(D)$ તપાસો: $f(x) \cdot g(x) = \frac{x}{\ln x} \cdot \frac{\ln x}{x} = 1$. આ ફક્ત $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$ માટે જ સાચું છે,બધા $x > 0$ માટે નહીં (કારણ કે $x=1$ બાકાત છે). તેથી,$(A)$ સાચું વિધાન છે.

(C) આપેલ છે કે $g(x) = x - [x] = \{x\}$,જે $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ દર્શાવે છે.
કારણ કે $f(x)$ સતત છે અને $f(0) = f(1)$ છે,સંયોજિત વિધેય $h(x) = f(\{x\})$ એ તમામ $x \in R$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,જ્યારે $x \to n^+$,ત્યારે $g(x) \to 0^+$,તેથી $h(x) \to f(0)$.
જ્યારે $x \to n^-$,ત્યારે $g(x) \to 1^-$,તેથી $h(x) \to f(1)$.
કારણ કે $f(0) = f(1)$,કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ આગળ ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ સમાન છે અને તે $f(0)$ છે,જે $h(n) = f(0)$ ની કિંમત પણ છે.
આમ,$h(x)$ એ તમામ પૂર્ણાંકો $n$ આગળ સતત છે,અને તે અંતરાલો $(n, n+1)$ પર સતત વિધેયોનું સંયોજન હોવાથી,તે $R$ પર સતત છે.

(B) કયું વિધેય સીમિત નથી તે નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક વિકલ્પનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$(A)$ $f(x) = 2^{\frac{1}{x-1}}$ માટે અંતરાલ $(0, 1)$ પર:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 2^{\frac{1}{0-1}} = 2^{-1} = \frac{1}{2}$.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = 2^{-\infty} = 0$.
વિધેય $(0, 1)$ પર સતત અને એકવિધ હોવાથી,તે $(0, \frac{1}{2})$ માં સીમિત છે.
$(B)$ $g(x) = x \cos \frac{1}{x}$ માટે અંતરાલ $(-\infty, \infty)$ પર:
જેમ $x \to \infty$,$g(x) = x \cos \frac{1}{x} \approx x(1) = x$,જે $\infty$ તરફ જાય છે.
આમ,$g(x)$ એ $(-\infty, \infty)$ પર સીમિત નથી.
$(C)$ $h(x) = x e^{-x}$ માટે અંતરાલ $(0, \infty)$ પર:
$\lim_{x \to 0^+} h(x) = 0$ અને $\lim_{x \to \infty} h(x) = 0$.
વિકલન $h'(x) = e^{-x} - x e^{-x} = e^{-x}(1-x)$ એ $x=1$ પર શૂન્ય થાય છે.
મહત્તમ કિંમત $h(1) = 1/e$ છે. તેથી,તે સીમિત છે.
$(D)$ $l(x) = \tan^{-1} 2^x$ માટે અંતરાલ $(-\infty, \infty)$ પર:
જેમ $x \to -\infty$,$l(x) \to \tan^{-1}(0) = 0$.
જેમ $x \to \infty$,$l(x) \to \tan^{-1}(\infty) = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,તે $(0, \frac{\pi}{2})$ માં સીમિત છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(D) ધારો કે $g(x) = \frac{1}{\ln(x^2 + e)}$. $x^2 \ge 0$ હોવાથી,$x^2 + e \ge e$ થાય,તેથી $\ln(x^2 + e) \ge \ln(e) = 1$.
આમ,$0 < \frac{1}{\ln(x^2 + e)} \le 1$.
જો $x = 0$ હોય,તો $\frac{1}{\ln(e)} = 1$,તેથી $[g(0)] = [1] = 1$.
જો $x \ne 0$ હોય,તો $x^2 > 0$,તેથી $x^2 + e > e$,જેનો અર્થ છે કે $\ln(x^2 + e) > 1$. આમ,$0 < \frac{1}{\ln(x^2 + e)} < 1$,તેથી $[g(x)] = 0$.
હવે,$f(x) = [g(x)] + \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.
જો $x = 0$ હોય,તો $f(0) = [g(0)] + \frac{1}{\sqrt{1 + 0}} = 1 + 1 = 2$.
જો $x \ne 0$ હોય,તો $f(x) = 0 + \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$. $x^2 > 0$ હોવાથી,$1 + x^2 > 1$,તેથી $0 < \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} < 1$.
જેમ $x \to \pm \infty$,$f(x) \to 0$,અને જેમ $x \to 0$,$f(x) \to 1$.
આમ,$x \ne 0$ માટે,વિસ્તાર $(0, 1)$ છે.
આ બંનેને જોડતા,$f(x)$ નો વિસ્તાર $(0, 1) \cup \{2\}$ મળે છે.

(D) દરેક જોડીનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. વિકલ્પ $A$ માટે: $g(x) = \cot^2 x - \cos^2 x = \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} - \cos^2 x = \cos^2 x \left( \frac{1}{\sin^2 x} - 1 \right) = \cos^2 x \left( \frac{1 - \sin^2 x}{\sin^2 x} \right) = \cos^2 x \cdot \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} = \cos^2 x \cdot \cot^2 x = f(x)$. પ્રદેશ પણ સમાન હોવાથી $(x \neq n\pi)$,આ વિધેયો સમાન છે.
$2$. વિકલ્પ $B$ માટે: $f(x) = \tan(\tan^{-1} x) = x$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે. $g(x) = \cot(\cot^{-1} x) = x$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે. બંને વિધેયો $y = x$ હોવાથી,તેઓ સમાન છે.
$3$. વિકલ્પ $C$ માટે: $f(x) = \text{sgn}(x)$. $g(x) = \text{sgn}(\text{sgn}(x))$. જો $x > 0$,તો $f(x) = 1$ અને $g(x) = \text{sgn}(1) = 1$. જો $x = 0$,તો $f(x) = 0$ અને $g(x) = \text{sgn}(0) = 0$. જો $x < 0$,તો $f(x) = -1$ અને $g(x) = \text{sgn}(-1) = -1$. આમ,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f(x) = g(x)$.
બધી જોડી સમાન હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = [|x|] - |[x]|$.
કિસ્સો $1$: જો $x \geq 0$,તો $|x| = x$ અને $[x] \geq 0$,તેથી $|[x]| = [x]$. આમ,$f(x) = [x] - [x] = 0$.
કિસ્સો $2$: જો $x < 0$,તો $x = -n - f$ લો,જ્યાં $n \geq 0$ એ પૂર્ણાંક છે અને $0 \leq f < 1$.
જો $f = 0$,તો $x = -n$ (એક પૂર્ણાંક). તો $f(x) = [|-n|] - |[-n]| = [n] - |-n| = n - n = 0$.
જો $0 < f < 1$,તો $x = -n - f$. $[x] = -n - 1$. $|[x]| = |-n - 1| = n + 1$.
$|x| = n + f$. $[|x|] = [n + f] = n$.
તેથી,$f(x) = n - (n + 1) = -1$.
આમ,$x \geq 0$ અને $x \in \mathbb{Z}$ માટે $f(x) = 0$,અને $x < 0$ માટે $x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}$ માટે $f(x) = -1$.
વિધેય અંતરાલો પર અચળ છે પરંતુ $x < 0$ માટે પૂર્ણાંકો પર કૂદકો મારે છે,તેથી તે બધા ઋણ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે.
વિસ્તાર $\{0, -1\}$ છે,જે એક મર્યાદિત ગણ છે.
તેથી,આપેલા તમામ વિધાનો સાચા છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \text{sgn}(x) \cdot \sin x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\text{sgn}(x) = \begin{cases} 1, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -1, & x < 0 \end{cases}$.
તેથી,$f(x) = \begin{cases} \sin x, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -\sin x, & x < 0 \end{cases}$.
$1$. સાતત્ય: $x = 0$ આગળ,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \sin x = 0$,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (-\sin x) = 0$,અને $f(0) = 0$. કારણ કે $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0)$,વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત છે. આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$2$. યુગ્મ વિધેય: $f(-x) = \text{sgn}(-x) \cdot \sin(-x) = (-\text{sgn}(x)) \cdot (-\sin x) = \text{sgn}(x) \cdot \sin x = f(x)$. કારણ કે $f(-x) = f(x)$,વિધેય યુગ્મ વિધેય છે. આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$3$. આવર્તમાન: આ વિધેય $|\sin x|$ છે,જે $\pi$ આવર્તમાન ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે. તેથી,તે અવર્તી નથી.
બંને $A$ અને $B$ સાચા હોવાથી,વિકલ્પ $D$ સૌથી યોગ્ય પસંદગી છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{\frac{1}{\ln x}}$ છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણી પાસે $x > 0$ અને $x \neq 1$ હોવું જોઈએ (કારણ કે $\ln x$ છેદમાં છે અને $\ln x \neq 0$ હોવું જોઈએ).
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(f(x)) = \ln(x^{\frac{1}{\ln x}}) = \frac{1}{\ln x} \cdot \ln x = 1$.
આમ,$\ln(f(x)) = 1$,જેનો અર્થ છે કે $f(x) = e^1 = e$.
તેના પ્રદેશ $(0, 1) \cup (1, \infty)$ માં તમામ $x$ માટે $f(x) = e$ હોવાથી,તે એક અચળ વિધેય છે.
ઉપરાંત,$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} e = e$,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ છે.
તેથી,$(A)$ અને $(C)$ બંને સાચા છે.

(C) આપેલ છે કે દરેક $x_1 > x_2$ માટે $f(x_1) > f(x_2)$,તેથી $f$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
આપેલ છે કે દરેક $x_1 > x_2$ માટે $g(x_1) < g(x_2)$,તેથી $g$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
$f$ વધતું વિધેય હોવાથી,અસમતા $f(g(\alpha^2 - 2\alpha)) > f(g(3\alpha - 4))$ પરથી $g(\alpha^2 - 2\alpha) > g(3\alpha - 4)$ મળે.
$g$ ઘટતું વિધેય હોવાથી,અસમતા $g(\alpha^2 - 2\alpha) > g(3\alpha - 4)$ પરથી $\alpha^2 - 2\alpha < 3\alpha - 4$ મળે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\alpha^2 - 5\alpha + 4 < 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા,$(\alpha - 1)(\alpha - 4) < 0$ મળે.
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે જ્યારે $\alpha$ એ $1$ અને $4$ ની વચ્ચે હોય.
તેથી,ઉકેલ ગણ $\alpha \in (1, 4)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f$ એ વધતું વિધેય છે અને $g$ એ $[0, \infty)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
ધારો કે $x_1, x_2 \in [0, \infty)$ જેથી $x_1 < x_2$.
$g$ ઘટતું હોવાથી,$g(x_1) \geq g(x_2)$.
$f$ વધતું હોવાથી,$f(g(x_1)) \geq f(g(x_2))$,જેનો અર્થ છે કે $h(x_1) \geq h(x_2)$.
આમ,$h(x)$ એ $[0, \infty)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
આપેલ છે કે $h(0) = 0$. $h$ ઘટતું હોવાથી અને તેનો પ્રદેશ $0$ થી શરૂ થતો હોવાથી,કોઈપણ $x \geq 0$ માટે,$h(x) \leq h(0) = 0$.
વળી,$f$ અને $g$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે,તેથી $h(x) = f(g(x)) \geq 0$.
તેથી,દરેક $x \geq 0$ માટે $h(x) = 0$ થાય.
પરિણામે,$h(x) - h(1) = 0 - 0 = 0$.

(D) આપેલ છે $y = \frac{2x - 1}{x - 2}$ જ્યાં $x \neq 2$.
પ્રતિવિધેય શોધવા માટે,આપણે $y$ ના પદમાં $x$ ની કિંમત મેળવીએ:
$y(x - 2) = 2x - 1$
$xy - 2y = 2x - 1$
$xy - 2x = 2y - 1$
$x(y - 2) = 2y - 1$
$x = \frac{2y - 1}{y - 2}$.
પ્રતિવિધેય $f^{-1}(y) = \frac{2y - 1}{y - 2}$ નું સ્વરૂપ મૂળ વિધેય $f(x)$ જેવું જ હોવાથી,આ વિધેય પોતાનું જ પ્રતિવિધેય છે.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન કરતા:
$y' = \frac{(x - 2)(2) - (2x - 1)(1)}{(x - 2)^2} = \frac{2x - 4 - 2x + 1}{(x - 2)^2} = \frac{-3}{(x - 2)^2}$.
તમામ $x \neq 2$ માટે $(x - 2)^2 > 0$ હોવાથી,પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $y' < 0$ થાય છે. આમ,વિધેય તેના પ્રદેશમાં તમામ $x$ માટે ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,$(A)$ અને $(B)$ બંને સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) સમીકરણ $|x^2 - 2|x|| = 2^x$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $f(x) = |x^2 - 2|x||$ અને $g(x) = 2^x$ ના આલેખના છેદબિંદુઓ તપાસીએ.
$1$. વિધેય $f(x) = |x^2 - 2|x||$ એ યુગ્મ વિધેય છે,જેનો અર્થ છે કે તે $y$-અક્ષની સાપેક્ષે સંમિત છે.
$2$. $x \ge 0$ માટે,$f(x) = |x^2 - 2x|$. તેના શૂન્યો $x=0$ અને $x=2$ છે.
$3$. $x < 0$ માટે,$f(x) = |x^2 + 2x|$. તેના શૂન્યો $x=0$ અને $x=-2$ છે.
$4$. $g(x) = 2^x$ એ વધતું ઘાતાંકીય વિધેય છે.
$5$. બંને વિધેયોના આલેખ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે વક્ર $g(x) = 2^x$ એ વક્ર $f(x)$ ને ત્રણ ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે છે.
$6$. આમ,કુલ $3$ ઉકેલો મળે છે.

(C) સમીકરણ $2^x = x^2$ ના ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે વિધેયો $f(x) = 2^x$ અને $g(x) = x^2$ ના છેદબિંદુઓનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ.
$1$. $x < 0$ માટે: જેમ $x \to -\infty$,તેમ $2^x \to 0$ અને $x^2 \to \infty$. $x = -1$ પર,$2^{-1} = 0.5$ અને $(-1)^2 = 1$. $x < 0$ માટે $2^x$ વધતું વિધેય છે અને $x^2$ ઘટતું વિધેય છે,તેથી અંતરાલ $(-\infty, 0)$ માં બરાબર એક છેદબિંદુ મળે છે.
$2$. $x > 0$ માટે:
- $x = 2$ પર,$2^2 = 4$ અને $2^2 = 4$. આમ,$x = 2$ એ ઉકેલ છે.
- $x = 4$ પર,$2^4 = 16$ અને $4^2 = 16$. આમ,$x = 4$ એ ઉકેલ છે.
આમ,કુલ $3$ ઉકેલો મળે છે.

(A) વિધેય $f(x)$ બિંદુ $(a, b)$ ની સાપેક્ષમાં સંમિત હોય જો $f(a+x) + f(a-x) = 2b$ થાય.
અહીં,સંમિતિનું બિંદુ $(3, 4)$ છે,તેથી $a=3$ અને $b=4$.
આમ,$f(3+x) + f(3-x) = 2(4) = 8$.
આપણે $S = \sum\limits_{r = 0}^6 f(r) + f(3) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5) + f(6) + f(3)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
સંમિતિના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$x=3$ માટે,$f(3+3) + f(3-3) = f(6) + f(0) = 8$.
$x=2$ માટે,$f(3+2) + f(3-2) = f(5) + f(1) = 8$.
$x=1$ માટે,$f(3+1) + f(3-1) = f(4) + f(2) = 8$.
વળી,સંમિતિના બિંદુ $x=3$ પર,$f(3) = 4$.
આ કિંમતોને સરવાળામાં મૂકતા:
$S = [f(0) + f(6)] + [f(1) + f(5)] + [f(2) + f(4)] + f(3) + f(3)$
$S = 8 + 8 + 8 + 4 + 4 = 32$.

(A) આપેલ છે કે $f'(x) > 0$,તેથી વિધેય $f$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
આપેલ છે કે $g'(x) < 0$,તેથી વિધેય $g$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
કારણ કે $g$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે,તેથી $x < x+1$ માટે,આપણને $g(x) > g(x+1)$ મળે છે.
કારણ કે $f$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,અસમતા $g(x) > g(x+1)$ ની બંને બાજુએ $f$ લાગુ પાડતા અસમતાનું ચિહ્ન બદલાતું નથી.
તેથી,$f(g(x)) > f(g(x+1))$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે $h(y) = f(x)y^2 + ay + g(x) = 0$ ને તમામ $x \in R$ માટે વાસ્તવિક ઉકેલો છે.
આનો અર્થ એ છે કે વિવેચક $D \geq 0$.
$D = a^2 - 4f(x)g(x) \geq 0 \Rightarrow a^2 \geq 4f(x)g(x)$.
કારણ કે $f(x) = \max(\sin x, \cos x)$ અને $g(x) = \min(\sin x, \cos x)$,તેમનો ગુણાકાર $f(x)g(x) = \sin x \cos x$ છે.
તેથી,$a^2 \geq 4 \sin x \cos x = 2 \sin(2x)$.
આ તમામ $x \in R$ માટે સાચું હોવા માટે,$a^2$ એ $2 \sin(2x)$ ની મહત્તમ કિંમત કરતા મોટું અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ.
$2 \sin(2x)$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે.
તેથી,$a^2 \geq 2$,જેનો અર્થ છે કે $|a| \geq \sqrt{2}$.
આમ,$a \in (-\infty, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, \infty)$.

(B) આપેલ છે $f(x) = \frac{2\sin(\pi x)}{x}$.
તેથી $g(x) = f(1 - x) + f(x) = \frac{2\sin(\pi(1 - x))}{1 - x} + \frac{2\sin(\pi x)}{x}$.
કારણ કે $\sin(\pi - \pi x) = \sin(\pi x)$,તેથી $g(x) = 2\sin(\pi x) \left( \frac{1}{1 - x} + \frac{1}{x} \right) = 2\sin(\pi x) \left( \frac{x + 1 - x}{x(1 - x)} \right) = \frac{2\sin(\pi x)}{x(1 - x)}$.
નિત્યસમ $\sin(\pi x) = 2\sin(\frac{\pi x}{2})\cos(\frac{\pi x}{2}) = 2\sin(\frac{\pi x}{2})\sin(\frac{\pi(1 - x)}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$g(x) = \frac{2 \cdot 2\sin(\frac{\pi x}{2})\sin(\frac{\pi(1 - x)}{2})}{x(1 - x)} = 4 \cdot \frac{\sin(\frac{\pi x}{2})}{x} \cdot \frac{\sin(\frac{\pi(1 - x)}{2})}{1 - x}$.
$f(\frac{x}{2}) = \frac{2\sin(\pi x / 2)}{x/2} = \frac{4\sin(\pi x / 2)}{x}$ હોવાથી,$\frac{\sin(\pi x / 2)}{x} = \frac{1}{4} f(\frac{x}{2})$ મળે.
તે જ રીતે,$\frac{\sin(\pi(1 - x) / 2)}{1 - x} = \frac{1}{4} f(\frac{1 - x}{2})$.
આ કિંમતો $g(x)$ માં મૂકતા:
$g(x) = 4 \cdot \left( \frac{1}{4} f(\frac{x}{2}) \right) \cdot \left( \frac{1}{4} f(\frac{1 - x}{2}) \right) = \frac{1}{4} f(\frac{x}{2}) f(\frac{1 - x}{2})$.
આમ,$k = 1/4$.

(A) $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $x = 1$ આગળ હોય તે માટે,પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $f(1) \geqslant f(x)$ હોવું જોઈએ.
અહીં $f(1) = 5 - (1)^2 = 4$ છે.
$x \geqslant 1$ માટે,$f(x) = 5 - x^2$ એ ઘટતું વિધેય છે,તેથી $f(x) \leqslant f(1) = 4$ શરત તમામ $x \geqslant 1$ માટે સંતોષાય છે.
$a \leqslant x < 1$ માટે,આપણે $f(x) = 3x + |a^2 - 4| \leqslant 4$ ની જરૂર છે.
$3x + |a^2 - 4|$ એ $x$ નું વધતું વિધેય હોવાથી,$[a, 1)$ પર તેની મહત્તમ કિંમત $3(1) + |a^2 - 4| = 3 + |a^2 - 4|$ થશે.
આમ,$3 + |a^2 - 4| \leqslant 4$,જેનો અર્થ છે કે $|a^2 - 4| \leqslant 1$.
આ અસમતા $-1 \leqslant a^2 - 4 \leqslant 1$ ને સમાન છે,જેનું સાદું રૂપ $3 \leqslant a^2 \leqslant 5$ થાય છે.
વર્ગમૂળ લેતા,$a \in [-\sqrt{5}, -\sqrt{3}] \cup [\sqrt{3}, \sqrt{5}]$ મળે છે.
આને $[\alpha, \beta] \cup [\gamma, \delta]$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = -\sqrt{5}, \beta = -\sqrt{3}, \gamma = \sqrt{3}, \delta = \sqrt{5}$ મળે છે.
તેથી,$\alpha + \beta + \gamma + \delta = -\sqrt{5} - \sqrt{3} + \sqrt{3} + \sqrt{5} = 0$.

(B) ધારો કે $t = \ln(x/e)$. તો $h(x) = [t] + [-t]$.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,જો $t$ પૂર્ણાંક હોય તો $[t] + [-t] = 0$ અને જો $t$ પૂર્ણાંક ન હોય તો $[t] + [-t] = -1$ થાય.
આમ,જો $\ln(x/e) = k$ (જ્યાં $k$ પૂર્ણાંક છે) હોય,તો $h(x) = 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $x/e = e^k$,અથવા $x = e^{k+1}$.
જો $\ln(x/e) \notin \mathbb{Z}$ હોય,તો $h(x) = -1$ થાય.
$e$ એ ટ્રાન્સસેન્ડેન્ટલ સંખ્યા હોવાથી,$k+1 = 0$ (એટલે કે $x=1$,જે સંમેય છે) સિવાયના તમામ પૂર્ણાંક $k$ માટે $e^{k+1}$ અસંમેય છે. આમ,$h(x)=0$ સંમેય અને અસંમેય બંને $x$ માટે શક્ય છે.
વિકલ્પ $A$ સત્ય છે (વિસ્તાર $\{-1, 0\}$ છે).
વિકલ્પ $B$ અસત્ય છે કારણ કે $h(x)$ આવર્તી વિધેય નથી.
વિકલ્પ $C$ સત્ય છે કારણ કે જો $h(x) = -1$ હોય,તો $x$ એવી કોઈપણ કિંમત હોઈ શકે છે જેના માટે $\ln(x/e)$ પૂર્ણાંક ન હોય,જેમાં સંમેય અને અસંમેય બંને સંખ્યાઓનો સમાવેશ થાય છે.
વિકલ્પ $D$ અસત્ય છે કારણ કે જો $h(x) = 0$ હોય,તો $x = e^{k+1}$. $k = -1$ માટે,$x = e^0 = 1$,જે સંમેય છે. તેથી,$x$ અસંમેય હોવો જરૂરી નથી.

(D) આપેલ છે કે $f(x + a) = \frac{1}{2} + \sqrt{f(x) - f^2(x)}$.
વર્ગમૂળ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$f(x) - f^2(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $f(x)(1 - f(x)) \geq 0$,તેથી $0 \leq f(x) \leq 1$.
વળી,$f(x + a) \geq \frac{1}{2}$.
ધારો કે $g(x) = f(x) - \frac{1}{2}$. તો $g(x + a) = \sqrt{\frac{1}{4} - g^2(x)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$g^2(x + a) = \frac{1}{4} - g^2(x)$,જે સૂચવે છે કે $g^2(x + a) + g^2(x) = \frac{1}{4}$.
$x$ ને બદલે $x + a$ મૂકતા,આપણને $g^2(x + 2a) + g^2(x + a) = \frac{1}{4}$ મળે છે.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,$g^2(x + 2a) = g^2(x)$.
કારણ કે $g(x) \geq 0$ (કારણ કે $f(x) \geq \frac{1}{2}$),તેથી $g(x + 2a) = g(x)$.
કિંમત પાછી મૂકતા,$f(x + 2a) - \frac{1}{2} = f(x) - \frac{1}{2}$,તેથી $f(x + 2a) = f(x)$.
આમ,$f(x)$ એ $2a$ આવર્તમાન ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.