Type of Functions based on Mapping Questions in Gujarati

(B) આપેલ છે કે $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.
શરત મુજબ,જ્યારે $m + n = 7$ હોય ત્યારે $f(m) + f(n) = 7$ થાય છે.
$m + n = 7$ થાય તેવી જોડીઓ $(m, n)$ એ $(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)$ છે.
આથી નીચેની શરતો મળે છે:
$f(1) + f(6) = 7$
$f(2) + f(5) = 7$
$f(3) + f(4) = 7$
દરેક જોડી માટે,જેમ કે $(f(1), f(6))$,$f(1)$ માટે શક્ય કિંમતો $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ છે.
દરેક જોડી $(f(1), f(6)), (f(2), f(5)),$ અને $(f(3), f(4))$ માટે $6$ શક્ય વિકલ્પો છે.
આમ,કુલ વિધેયોની સંખ્યા $6 \times 6 \times 6 = 6^3 = 216$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $g(x)=1, \forall x \in R$ અને સિગ્નમ વિધેય $f(x)= \begin{cases}-1, & x < 0 \\ 0, & x=0 \\ 1, & x>0\end{cases}$ છે.
$x < 0$ માટે,$f(x)=-1$,તેથી $g(x)=1 = 2+(-1) = 2+f(x)$.
$x=0$ માટે,$f(x)=0$,તેથી $g(x)=1 = 1+0 = 1+f(x)$.
$x>0$ માટે,$f(x)=1$,તેથી $g(x)=1 = 0+1 = 0+f(x) = f(x)$.
આમ,$g(x)= \begin{cases}f(x)+2, & x < 0 \\ 1+f(x), & x=0 \\ f(x), & x>0\end{cases}$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$f(x) = 2^x + 1$. જેમ $x \to 0^-$,તેમ $f(x) \to 2^0 + 1 = 2$. $2^x$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,$f(x)$ એ $f(-1) = 2^{-1} + 1 = 1.5$ થી વધીને $2$ સુધી જાય છે.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 1$.
$x \in (0, 1]$ માટે,$f(x) = 2^x - 1$. જેમ $x \to 0^+$,તેમ $f(x) \to 2^0 - 1 = 0$. $2^x$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,$f(x)$ એ $0$ થી વધીને $f(1) = 2^1 - 1 = 1$ સુધી જાય છે.
વિધેયનો વિસ્તાર $[1.5, 2) \cup \{1\} \cup (0, 1]$ છે.
આમ,વિસ્તાર $(0, 1] \cup [1.5, 2)$ છે.
અહીં વિસ્તાર સંવૃત અંતરાલ નથી અને વિધેયના મૂલ્યો તેના પ્રદેશમાં મહત્તમ કે ન્યૂનતમ સીમા પ્રાપ્ત કરતા નથી (મૂલ્યો $2$ ની નજીક જાય છે પણ $2$ થતા નથી,અને $0$ ની નજીક જાય છે પણ $0$ થતા નથી),તેથી વિધેયને $[-1, 1]$ પર મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય નથી.

(B) આપણને $f(x) = 8$ આપેલ છે.
કિસ્સો $1$: $x < 2$ માટે,$f(x) = x^2 - 4x + 3$.
$x^2 - 4x + 3 = 8$ લેતા,આપણને $x^2 - 4x - 5 = 0$ મળે છે.
અવયવ પાડતા $(x - 5)(x + 1) = 0$ મળે,તેથી $x = 5$ અથવા $x = -1$.
શરત $x < 2$ હોવાથી,માત્ર $x = -1$ એ માન્ય ઉકેલ છે.
કિસ્સો $2$: $x \geq 2$ માટે,$f(x) = x - 3$.
$x - 3 = 8$ લેતા,આપણને $x = 11$ મળે છે.
$11 \geq 2$ હોવાથી,આ એક માન્ય ઉકેલ છે.
આમ,ઉકેલો $x = -1$ અને $x = 11$ છે.
તેથી $f(x) = 8$ થાય તેવી વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x$ ની કુલ સંખ્યા $2$ છે.

(D) આપણને $f(x) = [x]$ અને $g(x) = 3[\frac{x}{3}]$ આપેલ છે.
$f(x) = g(x)$ લેતા,$[x] = 3[\frac{x}{3}]$ મળે.
ધારો કે $[\frac{x}{3}] = k$,જ્યાં $k \in Z$.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$k \leq \frac{x}{3} < k + 1$,જેનો અર્થ થાય કે $3k \leq x < 3k + 3$.
વધુમાં,$[x] = 3k$ છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$[x] = 3k$ નો અર્થ થાય કે $3k \leq x < 3k + 1$.
આમ,તમામ વાસ્તવિક $x$ નો ગણ $\{x \in R : 3k \leq x < 3k + 1, k \in Z\}$ છે.

(D) વિધેય $f(x) = 5^{-|x|} + \operatorname{sgn}(5^{-x})$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
દરેક $x \in R$ માટે $5^{-x} > 0$ હોવાથી,સિગ્નમ વિધેય $\operatorname{sgn}(5^{-x}) = 1$ થાય.
આમ,વિધેય $f(x) = 5^{-|x|} + 1$ માં રૂપાંતરિત થાય છે.
$x \geq 0$ માટે,$f(x) = 5^{-x} + 1$,જે $(1, 2]$ વિસ્તાર ધરાવતું ઘટતું વિધેય છે.
$x < 0$ માટે,$f(x) = 5^{x} + 1$,જે $(1, 2)$ વિસ્તાર ધરાવતું વધતું વિધેય છે.
દરેક $x$ માટે $f(x) = f(-x)$ હોવાથી,વિધેય અનેક-એક છે.
વળી,વિધેયનો વિસ્તાર $(1, 2]$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ નો ઉચિત ઉપગણ છે,તેથી વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
તેથી,$f$ એ એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(D) વિધેય એક-એક અને વ્યાપ્ત ત્યારે જ કહેવાય જો તે એક-એક (injective) અને વ્યાપ્ત (surjective) બંને હોય.
$(a)$ $f(x) = \sqrt{\{x\}}$. $\{x\}$ એ $1$ આવર્તમાન ધરાવતું વિધેય છે,તેથી $f(0.1) = f(1.1)$,માટે તે અનેક-એક છે.
$(b)$ $f(x) = 1-(x-2)^2$. આ નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે,જે અનેક-એક છે.
$(c)$ $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x-5}}$. તેનો વિસ્તાર $(0, \infty)$ છે,જે સહપ્રદેશ $R \setminus \{0\}$ જેટલો નથી,તેથી તે અંતઃક્ષેપી છે.
$(d)$ $f(x) = \sqrt{16-x^2}$. $x \in [0,4]$ માટે,$f(x)$ એ $4$ થી $0$ સુધી ઘટતું વિધેય છે. તેથી તે એક-એક અને વ્યાપ્ત છે.

(A) આપણી પાસે $f(x) = x + 2|x + 1| + 2|x - 1|$ છે.
વિધેયને અંતરાલોમાં વિભાજિત કરતા:
$x \leq -1$ માટે: $f(x) = x + 2(-x - 1) + 2(-x + 1) = -3x$.
$-1 < x < 1$ માટે: $f(x) = x + 2(x + 1) + 2(-x + 1) = x + 4$.
$x \geq 1$ માટે: $f(x) = x + 2(x + 1) + 2(x - 1) = 5x$.
વિધેય આ મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \begin{cases} -3x, & x \leq -1 \\ x + 4, & -1 < x < 1 \\ 5x, & x \geq 1 \end{cases}$
$x = -1$ આગળ,$f(-1) = 3$. $x < -1$ માટે,$f(x) > 3$. $-1 < x < 1$ માટે,$f(x)$ ની કિંમત $3$ થી $5$ ની વચ્ચે છે. $x = 1$ આગળ,$f(1) = 5$. $x > 1$ માટે,$f(x) > 5$.
કિંમત $3$ એ $x = -1$ આગળ મળે છે. વિધેય $x = -1$ આગળ ન્યૂનતમ કિંમત ધરાવે છે,તેથી તે અનન્ય પૂર્વ-પ્રતિબિંબ ધરાવે છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x)$ માટે:
પગલું $1$: $f(-1.75)$ ની ગણતરી કરો. $-1.75 \leq -1$ હોવાથી,$f(x) = x + 2$ નો ઉપયોગ કરો.
$f(-1.75) = -1.75 + 2 = 0.25$.
પગલું $2$: $f(0.5)$ ની ગણતરી કરો. $-1 < 0.5 < 1$ હોવાથી,$f(x) = x^2$ નો ઉપયોગ કરો.
$f(0.5) = (0.5)^2 = 0.25$.
પગલું $3$: $f(1.5)$ ની ગણતરી કરો. $1.5 \geq 1$ હોવાથી,$f(x) = 2 - x$ નો ઉપયોગ કરો.
$f(1.5) = 2 - 1.5 = 0.5$.
પગલું $4$: કિંમતોનો સરવાળો કરો:
$f(-1.75) + f(0.5) + f(1.5) = 0.25 + 0.25 + 0.5 = 1$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = ax^2 + bx + c$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $f(x) = f(-x)$.
$ax^2 + bx + c = a(-x)^2 + b(-x) + c = ax^2 - bx + c$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,આપણને $b = 0$ મળે છે.
આપેલ છે કે $g(x) = px^3 + qx^2 + rx$ એ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $g(-x) = -g(x)$.
$p(-x)^3 + q(-x)^2 + r(-x) = -(px^3 + qx^2 + rx)$.
$-px^3 + qx^2 - rx = -px^3 - qx^2 - rx$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,આપણને $q = 0$ મળે છે.
હવે,$h(x) = f(x) + g(x) = ax^2 + bx + c + px^3 + qx^2 + rx$.
$b = 0$ અને $q = 0$ હોવાથી,$h(x) = px^3 + ax^2 + rx + c$.
આપણને $h(-2) = 0$ આપેલ છે.
$p(-2)^3 + a(-2)^2 + r(-2) + c = 0$.
$-8p + 4a - 2r + c = 0$.
$4a + c = 8p + 2r$.
$b = 0$ હોવાથી,$4a + 2b + c = 4a + 2(0) + c = 4a + c$.
આમ,$8p + 2r = 4a + 2b + c$.

(A) વિધેય યુગ્મ છે કે અયુગ્મ તે તપાસવા માટે,આપણે $f(-x)$ ની કિંમત શોધીએ.
$f(-x) = \log (-x + \sqrt{(-x)^2 + 1}) = \log (-x + \sqrt{x^2 + 1})$.
હવે,લઘુગણકની અંદર $(x + \sqrt{x^2 + 1})$ વડે ગુણીએ અને ભાગીએ:
$f(-x) = \log \left( \frac{(\sqrt{x^2 + 1} - x)(\sqrt{x^2 + 1} + x)}{\sqrt{x^2 + 1} + x} \right)$.
નિત્યસમ $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(-x) = \log \left( \frac{(x^2 + 1) - x^2}{\sqrt{x^2 + 1} + x} \right) = \log \left( \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}} \right)$.
ગુણધર્મ $\log(1/a) = -\log(a)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(-x) = -\log(x + \sqrt{x^2 + 1}) = -f(x)$.
આમ,$f(-x) = -f(x)$ હોવાથી,આ વિધેય એક અયુગ્મ વિધેય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી તે પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $f(-x) = -f(x)$ શરતનું પાલન કરે છે.
$x < 0$ માટે,આપણી પાસે $-x > 0$ છે.
કારણ કે $x > 0$ માટે $f(x) = x^2 + 3x - 7$ છે,આપણે આ પદમાં $-x$ મૂકીને $f(-x)$ શોધી શકીએ છીએ:
$f(-x) = (-x)^2 + 3(-x) - 7 = x^2 - 3x - 7$.
અયુગ્મ વિધેયના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$x < 0$ માટે $f(x) = -f(-x)$:
$h(x) = -(x^2 - 3x - 7) = -x^2 + 3x + 7$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) એક-એક ચકાસવા માટે: જો $f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2$ હોય તો વિધેય એક-એક કહેવાય. $f(1) = 0$ અને $f(3) = 0$ લો. અહીં $f(1) = f(3)$ છે પરંતુ $1 \neq 3$,તેથી વિધેય એક-એક નથી.
વ્યાપ્ત ચકાસવા માટે: જો દરેક $y \in Z$ માટે,$x \in Z$ એવું મળે કે જેથી $f(x) = y$ થાય,તો વિધેય વ્યાપ્ત કહેવાય. કોઈપણ એકી પૂર્ણાંક $y$ (જ્યાં $y \neq 0$) માટે,એવું કોઈ $x \in Z$ નથી કે જેથી $f(x) = y$ થાય,કારણ કે $f$ નો વિસ્તાર ફક્ત $0$ અને $2$ વડે ભાગેલી બેકી સંખ્યાઓ જ ધરાવે છે. તેથી,વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
આમ,$f$ એ એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x - [x] - \frac{1}{2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ $\{x\} = x - [x]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
તેથી,$f(x) = \{x\} - \frac{1}{2}$.
આપણને $f(x) = \frac{1}{2}$ આપેલ છે,તેથી $\{x\} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\{x\} = 1$.
જો કે,વ્યાખ્યા મુજબ,અપૂર્ણાંક ભાગ $\{x\}$ હંમેશા $0 \le \{x\} < 1$ નું પાલન કરે છે.
કારણ કે $\{x\}$ ક્યારેય $1$ ની બરાબર હોઈ શકે નહીં,તેથી $x$ ની એવી કોઈ કિંમત નથી જે આ સમીકરણનું સમાધાન કરે.
તેથી,ગણ $\{x \in R: f(x) = \frac{1}{2}\}$ એ ખાલી ગણ છે,જેને $\phi$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} [x], & -3 < x \leq -1 \\ |x|, & -1 < x < 1 \\ |[x]|, & 1 \leq x < 3 \end{cases}$ છે.
કિસ્સો $1$: $-3 < x \leq -1$ માટે,$f(x) = [x]$. કારણ કે $x \leq -1$,તેથી $[x] \leq -1$,એટલે કે $f(x) < 0$.
કિસ્સો $2$: $-1 < x < 1$ માટે,$f(x) = |x|$. નિરપેક્ષ મૂલ્ય હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી,તમામ $x \in (-1, 1)$ માટે $f(x) \geq 0$ થાય.
કિસ્સો $3$: $1 \leq x < 3$ માટે,$f(x) = |[x]|$. મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયનું નિરપેક્ષ મૂલ્ય હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી,તમામ $x \in [1, 3)$ માટે $f(x) \geq 0$ થાય.
કિસ્સો $2$ અને કિસ્સો $3$ ના અંતરાલોને જોડતા,આપણને $(-1, 1) \cup [1, 3) = (-1, 3)$ મળે છે.
આમ,ગણ $\{x : f(x) \geq 0\}$ એ $(-1, 3)$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f: N \rightarrow Z$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(n) = \begin{cases} 2 & \text{જો } n=3k, k \in Z \\ 10 & \text{જો } n=3k+1, k \in Z \\ 0 & \text{જો } n=3k+2, k \in Z \end{cases}$
આપણે $\{n \in N: f(n) > 2\}$ ગણ શોધવો છે.
વ્યાખ્યા જોતા,$f(n) > 2$ ત્યારે જ થાય જ્યારે $f(n) = 10$ હોય.
આ સ્થિતિ ત્યારે ઉદ્ભવે છે જ્યારે $n = 3k + 1$ હોય,જ્યાં $k \in Z$.
કારણ કે $n \in N$ (પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ),આપણે $k \geq 0$ લઈશું:
$k=0$ માટે,$n = 3(0) + 1 = 1$.
$k=1$ માટે,$n = 3(1) + 1 = 4$.
$k=2$ માટે,$n = 3(2) + 1 = 7$.
આમ,માંગેલ ગણ $\{1, 4, 7, \dots\}$ છે.

(B) વિધેય $f(x)$ ના સ્વભાવને સમજવા માટે,આપણે તેને બે અંતરાલોમાં તપાસીએ.
$x \leq \frac{4}{3}$ માટે,$f(x) = 2x+3$. આ એક વધતું સુરેખ વિધેય છે. આ ભાગનો વિસ્તાર $(-\infty, 2(\frac{4}{3})+3] = (-\infty, \frac{17}{3}]$ છે.
$x > \frac{4}{3}$ માટે,$f(x) = -3x^2+8x$. આ નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે જેનું શિરોબિંદુ $x = -\frac{b}{2a} = -\frac{8}{2(-3)} = \frac{4}{3}$ પર છે. અંતરાલ $x > \frac{4}{3}$ હોવાથી,વિધેય આ પ્રદેશમાં ઘટતું વિધેય છે. $x = \frac{4}{3}$ પર કિંમત $-3(\frac{16}{9}) + 8(\frac{4}{3}) = -\frac{16}{3} + \frac{32}{3} = \frac{16}{3}$ મળે છે. જેમ $x \rightarrow \infty$ થાય,તેમ $f(x) \rightarrow -\infty$ થાય છે. તેથી,આ ભાગનો વિસ્તાર $(-\infty, \frac{16}{3})$ છે.
આ બંનેને જોડતા,વિધેય એક-એક નથી કારણ કે $\frac{16}{3}$ કિંમત $x = \frac{4}{3}$ પર અને કોઈ $x > \frac{4}{3}$ માટે પણ મળે છે.
વિધેયનો વિસ્તાર $(-\infty, \frac{17}{3}]$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ જેટલો નથી,તેથી વિધેય વ્યાપ્ત નથી. આમ,તે બાયજેક્ટિવ પણ નથી. સાચો જવાબ એ છે કે તે વ્યાપ્ત નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x + \sin x$ છે.
એક-એક ચકાસવા માટે,આપણે વિકલન મેળવીએ: $f'(x) = 2 + \cos x$.
કારણ કે $-1 \leq \cos x \leq 1$,તેથી $f'(x) = 2 + \cos x \geq 2 - 1 = 1 > 0$ થાય.
બધા $x \in R$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત ચકાસવા માટે,આપણે $f(x)$ નો વિસ્તાર જોઈએ. જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$,અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to -\infty$.
$f(x)$ એ સતત વિધેય હોવાથી,ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,તેનો વિસ્તાર $(-\infty, \infty) = R$ છે.
તેથી,$f(x)$ વ્યાપ્ત છે.
આમ,$f$ એ એક-એક અને વ્યાપ્ત છે.

(D) વિધેય નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે: $f(x) = \begin{cases} 2x-3, & x < -2 \\ x^2-1, & -2 \leq x \leq 2 \\ 3x+2, & x > 2 \end{cases}$.
$1$. એક-એક (Injectivity) ચકાસણી:
જો $f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2$ હોય તો વિધેય એક-એક કહેવાય.
અંતરાલ $[-2, 2]$ ધ્યાનમાં લો,જ્યાં $f(x) = x^2 - 1$ છે.
અહીં $f(-1) = (-1)^2 - 1 = 0$ અને $f(1) = (1)^2 - 1 = 0$ મળે છે.
કારણ કે $f(-1) = f(1)$ છે પરંતુ $-1 \neq 1$,તેથી વિધેય એક-એક નથી.
$2$. વ્યાપ્ત (Surjectivity) ચકાસણી:
જો વિધેયનો વિસ્તાર તેના સહપ્રદેશ $(R)$ જેટલો હોય તો તે વ્યાપ્ત કહેવાય.
- $x < -2$ માટે,$f(x) < 2(-2) - 3 = -7$. તેથી,$f(x) \in (-\infty, -7)$.
- $-2 \leq x \leq 2$ માટે,$f(x) = x^2 - 1$. ન્યૂનતમ કિંમત $-1$ (જ્યારે $x=0$) અને મહત્તમ કિંમત $f(-2) = f(2) = 3$ છે. તેથી,$f(x) \in [-1, 3]$.
- $x > 2$ માટે,$f(x) > 3(2) + 2 = 8$. તેથી,$f(x) \in (8, \infty)$.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $(-\infty, -7) \cup [-1, 3] \cup (8, \infty)$ છે.
વિસ્તાર એ સહપ્રદેશ $R$ બરાબર ન હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
નિષ્કર્ષ: વિધેય એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(C) વિધાન $I$ માટે: આપેલ $f(x) = \sec x + \tan x$ અંતરાલ $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ પર.
$f'(x) = \sec x \tan x + \sec^2 x = \sec x(\tan x + \sec x)$.
અહીં $\sec x + \tan x = \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})$ થાય છે.
$x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,$\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} \in (0, \frac{\pi}{2})$ હોવાથી $f'(x) > 0$ થાય છે. તેથી,$f(x)$ વધતું વિધેય છે અને એક-એક છે.
વિધાન $II$ માટે: આપેલ $f(x) = x^2$ અંતરાલ $[0, \infty)$ પર.
જો $f(x_1) = f(x_2)$ હોય,તો $x_1^2 = x_2^2$. $x_1, x_2 \geq 0$ હોવાથી,$x_1 = x_2$ મળે.
તેથી,$f(x)$ એક-એક વિધેય છે.
આમ,બંને વિધાનો સાચા છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} -2, & -2 \leq x \leq 0 \\ x^2-2, & 0 \leq x \leq 2 \end{cases}$.
$f(x)$ માટે,વિસ્તાર $[-2, 2]$ છે. કારણ કે તમામ $x \in [-2, 0]$ માટે $f(x) = -2$ છે,તેથી $f$ એક-એક વિધેય નથી. આમ,$f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત (bijective) નથી.
હવે,$g(x) = |f(x)| + f(|x|)$.
જો $-2 \leq x \leq 0$,તો $|x| \in [0, 2]$,તેથી $f(|x|) = |x|^2 - 2 = x^2 - 2$. વળી $f(x) = -2$,તેથી $|f(x)| = 2$. આમ $g(x) = 2 + x^2 - 2 = x^2$.
જો $0 \leq x \leq 2$,તો $|x| = x$,તેથી $f(|x|) = f(x) = x^2 - 2$. આમ $g(x) = |x^2 - 2| + x^2 - 2$.
$0 \leq x \leq \sqrt{2}$ માટે,$x^2 - 2 \leq 0$,તેથી $g(x) = -(x^2 - 2) + x^2 - 2 = 0$.
$\sqrt{2} < x \leq 2$ માટે,$x^2 - 2 > 0$,તેથી $g(x) = (x^2 - 2) + x^2 - 2 = 2(x^2 - 2)$.
આમ,$g(x) = \begin{cases} x^2, & -2 \leq x \leq 0 \\ 0, & 0 \leq x \leq \sqrt{2} \\ 2(x^2-2), & \sqrt{2} < x \leq 2 \end{cases}$.
$g(x)$ નો વિસ્તાર $[0, 4]$ છે,જે સહ-પ્રદેશ જેટલો છે,તેથી $g$ વ્યાપ્ત વિધેય છે. કારણ કે $x \in [0, \sqrt{2}]$ માટે $g(x) = 0$ છે,તેથી $g$ એક-એક વિધેય નથી.

(C) એક-એક (injective) ચકાસવા માટે,ધારો કે $x_1, x_2 \in R$ માટે $f(x_1) = f(x_2)$.
$\frac{x_1}{\sqrt{1+x_1^2}} = \frac{x_2}{\sqrt{1+x_2^2}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{x_1^2}{1+x_1^2} = \frac{x_2^2}{1+x_2^2}$
$x_1^2(1+x_2^2) = x_2^2(1+x_1^2)$
$x_1^2 + x_1^2x_2^2 = x_2^2 + x_1^2x_2^2$
$x_1^2 = x_2^2$
અહીં $f'(x) = \frac{1}{(1+x^2)^{3/2}} > 0$ હોવાથી,વિધેય વધતું વિધેય છે.
તેથી,$f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2$. આમ,$f$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત (surjective) ચકાસવા માટે,ધારો કે $y = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$.
કારણ કે $x^2 < 1+x^2$,તેથી $\frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}} < 1$.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $(-1, 1)$ છે,જે સહ-પ્રદેશ $R$ જેટલો નથી.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત નથી.
આમ,વિધેય એક-એક છે પણ વ્યાપ્ત નથી.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} \frac{60-5x}{3}, & 0 \leq x \leq 6 \\ 10, & 6 \leq x \leq 7 \\ 31-3x, & 7 \leq x \leq 10 \end{cases}$ છે.
અંતરાલ $x \in [6, 7]$ માટે,$f(x) = 10$ છે. કારણ કે વિધેય અંતરાલ $[6, 7]$ માં તમામ $x$ માટે સમાન કિંમત ધારણ કરે છે,તેથી તે એક-એક નથી.
હવે,$f(x)$ નો વિસ્તાર શોધીએ:
$0 \leq x \leq 6$ માટે,$f(x) = \frac{60-5x}{3}$. જેમ $x$ એ $0$ થી $6$ સુધી જાય છે,તેમ $f(x)$ એ $\frac{60}{3} = 20$ થી $\frac{60-30}{3} = 10$ સુધી જાય છે. તેથી,વિસ્તાર $[10, 20]$ છે.
$6 \leq x \leq 7$ માટે,$f(x) = 10$ છે. તેથી,વિસ્તાર ${10}$ છે.
$7 \leq x \leq 10$ માટે,$f(x) = 31-3x$. જેમ $x$ એ $7$ થી $10$ સુધી જાય છે,તેમ $f(x)$ એ $31-21 = 10$ થી $31-30 = 1$ સુધી જાય છે. તેથી,વિસ્તાર $[1, 10]$ છે.
આ વિસ્તારોનો યોગગણ $[1, 10] \cup {10} \cup [10, 20] = [1, 20]$ થાય છે.
અહીં વિસ્તાર $[1, 20]$ એ સહ-પ્રદેશ $[1, 20]$ જેટલો હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત છે.
આમ,$f(x)$ એ વ્યાપ્ત છે પણ એક-એક નથી.

(B) આપેલ છે કે $A_n = \{(n+1)k \mid k \in N\}$.
$n=1$ માટે,$A_1 = \{2k \mid k \in N\} = \{2, 4, 6, 8, \dots\}$.
$n=2$ માટે,$A_2 = \{3k \mid k \in N\} = \{3, 6, 9, 12, \dots\}$.
$n=3$ માટે,$A_3 = \{4k \mid k \in N\} = \{4, 8, 12, 16, \dots\}$.
હવે,$X = \bigcup_{n \in N} A_n = A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \dots = \{2, 3, 4, 5, 6, \dots\}$.
અહીં,$f: X \rightarrow N$ એ $f(x) = x$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
$f(x) = x$ એ પ્રદેશ $X$ પર તદેવ વિધેય હોવાથી,તે એક-એક છે.
જોકે,સહપ્રદેશ $N = \{1, 2, 3, 4, \dots\}$ છે.
વિધેય $f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,વિસ્તાર અને સહપ્રદેશ સમાન હોવા જોઈએ. અહીં,વિસ્તાર $X = \{2, 3, 4, 5, \dots\}$ છે.
$1 \in N$ છે પરંતુ $1 \notin X$ હોવાથી,એવો કોઈ $x \in X$ નથી કે જેના માટે $f(x) = 1$ થાય.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત વિધેય નથી.

(A) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y) = f(x) + f(y)$ તમામ $x, y \in Z$ માટે છે.
$x=0, y=0$ લેતા,આપણને $f(0) = f(0) + f(0)$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(0) = 0$.
કોઈપણ $n \in Z^+$ માટે,ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,$f(nx) = nf(x)$.
ધારો કે $f(1) = k$,જ્યાં $k \in Z$. તો તમામ $n \in Z$ માટે $f(n) = nk$.
$f(x+y) = f(x) + f(y)$ હોવાથી,તમામ $x \in Z$ માટે $f(x) = kx$ થાય.
$f$ એ $Z$ થી $Z$ પરનું બાયજેક્ટિવ વિધેય હોવા માટે,તે એક-એક અને વ્યાપ્ત હોવું જોઈએ.
જો $f(x) = kx$ હોય,તો $f$ એક-એક ત્યારે જ બને જો $k \neq 0$.
$f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,તેનો વિસ્તાર $Z$ હોવો જોઈએ.
$f(x) = kx$ નો વિસ્તાર એ $k$ ના તમામ ગુણકોનો સમૂહ છે,એટલે કે $\{..., -2k, -k, 0, k, 2k, ...\}$.
આ સમૂહ $Z$ ની બરાબર હોવા માટે,$k = 1$ અથવા $k = -1$ હોવું જોઈએ.
જો $k = 1$ હોય,તો $f(x) = x$,જે તદેવ વિધેય છે (બાયજેક્ટિવ).
જો $k = -1$ હોય,તો $f(x) = -x$,જે પણ બાયજેક્ટિવ છે.
આમ,આવા કુલ બે વિધેયો શક્ય છે.

(C) આપણને આપેલ છે કે $f(n) = \left(r+1, \frac{q+1}{2}\right)$ જ્યાં $n = q \times 2^r$,$q$ એ એકી પૂર્ણાંક છે અને $r \geq 0$.
એક-એક વિધેય માટે:
ધારો કે $f(n_1) = f(n_2)$.
તો $\left(r_1+1, \frac{q_1+1}{2}\right) = \left(r_2+1, \frac{q_2+1}{2}\right)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $r_1+1 = r_2+1 \Rightarrow r_1 = r_2$ અને $\frac{q_1+1}{2} = \frac{q_2+1}{2} \Rightarrow q_1 = q_2$.
કારણ કે $n_1 = q_1 \times 2^{r_1}$ અને $n_2 = q_2 \times 2^{r_2}$,તેથી $n_1 = n_2$. આમ,$f$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત વિધેય માટે:
ધારો કે $(a, b) \in N \times N$. આપણે એવું $n \in N$ શોધવું છે કે જેથી $f(n) = (a, b)$.
$r+1 = a \Rightarrow r = a-1$. કારણ કે $a \in N$,$a \geq 1$,તેથી $r \geq 0$.
$\frac{q+1}{2} = b \Rightarrow q = 2b-1$. કારણ કે $b \in N$,$b \geq 1$,તેથી $q \geq 1$ અને $q$ એકી સંખ્યા છે.
આમ,કોઈપણ $(a, b) \in N \times N$ માટે,$n = (2b-1) \times 2^{a-1} \in N$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f(n) = (a, b)$.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત છે.
કારણ કે $f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને છે,તેથી $f$ એ બાયજેક્શન છે.

(B) આપેલ છે $f: Z \rightarrow N$ જ્યાં $f(n) = \begin{cases} 2n, & \text{જો } n > 0 \\ 1, & \text{જો } n = 0 \\ -2n-1, & \text{જો } n < 0 \end{cases}$.
જ્યારે $n > 0$ હોય,ત્યારે $f(n) \in \{2, 4, 6, 8, \dots\}$.
જ્યારે $n = 0$ હોય,ત્યારે $f(0) = 1$.
જ્યારે $n < 0$ હોય,ત્યારે ધારો કે $n = -k$ જ્યાં $k > 0$. તો $f(n) = -2(-k) - 1 = 2k - 1$. જેમ $k$ ની કિંમતો $1, 2, 3, \dots$ લેવામાં આવે,તેમ $f(n)$ ની કિંમતો $1, 3, 5, 7, \dots$ મળે છે.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $\{1, 2, 3, 4, \dots\} = N$ છે. વિસ્તાર = સહપ્રદેશ હોવાથી,$f$ વ્યાપ્ત છે.
હવે,એક-એક ચકાસતા: $f(0) = 1$ અને $f(-1) = -2(-1) - 1 = 2 - 1 = 1$.
અહીં $f(0) = f(-1)$ છે પરંતુ $0 \neq -1$,તેથી વિધેય એક-એક નથી.
આમ,$f$ વ્યાપ્ત છે પણ એક-એક નથી.

(A-IV, B-III, C-II, D-I) $f: R \rightarrow R$,$f(x) = \cos(112x - 37)$. $f(x)$ એ આવર્તી વિધેય હોવાથી,તે અનેક-એક છે,તેથી તે એક-એક નથી. તેનો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ નો ઉચિત ઉપગણ છે,તેથી તે વ્યાપ્ત નથી. આમ,$A \rightarrow IV$.
$(B)$ $f: [-2, 2] \rightarrow [-4, 4]$,$f(x) = x|x|$. આને $f(x) = \begin{cases} -x^2 & -2 \leq x < 0 \\ x^2 & 0 \leq x \leq 2 \end{cases}$ તરીકે લખી શકાય. આ વિધેય $[-2, 2]$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,તેથી તે એક-એક છે. તેનો વિસ્તાર $[-4, 4]$ છે,જે સહપ્રદેશ જેટલો જ છે,તેથી તે વ્યાપ્ત છે. આમ,$B \rightarrow III$.
$(C)$ $f: R \rightarrow R$,$f(x) = (x-2)(x-3)(x-5)$. $f(2) = f(3) = f(5) = 0$ હોવાથી,તે એક-એક નથી. તે ત્રિઘાત બહુપદી હોવાથી,તેનો વિસ્તાર $R$ છે,તેથી તે વ્યાપ્ત છે. આમ,$C \rightarrow II$.
$(D)$ $f: N \rightarrow N$,$f(n) = n+1$. $f(n_1) = f(n_2) \implies n_1+1 = n_2+1 \implies n_1 = n_2$ હોવાથી,તે એક-એક છે. તેનો વિસ્તાર ${2, 3, 4, \dots}$ છે,જે સહપ્રદેશ $N$ જેટલો નથી (કારણ કે $1$ વિસ્તારમાં નથી),તેથી તે વ્યાપ્ત નથી. આમ,$D \rightarrow I$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{1+x^2}$ અને $g(x) = \frac{x^2}{1+x^2}$,જ્યાં $x \in R$.
$f(x)$ માટે,$f'(x) = \frac{(1+x^2)(1) - x(2x)}{(1+x^2)^2} = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$.
અહીં $f'(x)$ એ $x = \pm 1$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી $f(x)$ એકવિધ નથી,એટલે કે તે એક-એક નથી.
$f(x)$ નો વિસ્તાર $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ જેટલો નથી,તેથી $f(x)$ વ્યાપ્ત નથી.
$g(x)$ માટે,$g(-x) = \frac{(-x)^2}{1+(-x)^2} = \frac{x^2}{1+x^2} = g(x)$,તેથી $g(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે,એટલે કે તે એક-એક નથી.
$g(x)$ નો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ જેટલો નથી,તેથી $g(x)$ વ્યાપ્ત નથી.
આમ,$f$ અને $g$ બંને એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{1+x}$ જ્યાં $f: [0, \infty) \rightarrow [0, \infty)$.
એક-એક માટે:
ધારો કે $f(x_1) = f(x_2)$.
$\frac{x_1}{1+x_1} = \frac{x_2}{1+x_2}$
$x_1(1+x_2) = x_2(1+x_1)$
$x_1 + x_1x_2 = x_2 + x_1x_2$
$x_1 = x_2$.
તેથી,$f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2$,તેથી વિધેય એક-એક છે.
વ્યાપ્ત માટે:
ધારો કે $y = f(x) = \frac{x}{1+x}$.
$y(1+x) = x \implies y + xy = x \implies y = x(1-y) \implies x = \frac{y}{1-y}$.
કારણ કે $x \in [0, \infty)$,તેથી $\frac{y}{1-y} \geq 0$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $y \in [0, 1)$.
સહપ્રદેશ $[0, \infty)$ છે,પરંતુ વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
વિસ્તાર $\neq$ સહપ્રદેશ હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
આમ,$f$ એ એક-એક છે પણ વ્યાપ્ત નથી.

(C) આપેલ છે કે,$f: N \rightarrow R$ જ્યાં $f(1)=-1$ અને પુનરાવર્તિત સંબંધ $f(n+1)=3f(n)+2$ છે,જ્યાં $n \geq 1$.
$n=1$ માટે,$f(2) = 3f(1)+2 = 3(-1)+2 = -3+2 = -1$.
$n=2$ માટે,$f(3) = 3f(2)+2 = 3(-1)+2 = -3+2 = -1$.
ગાણિતિક અનુમાનના સિદ્ધાંત મુજબ,જો $f(k)=-1$ હોય,તો $f(k+1) = 3f(k)+2 = 3(-1)+2 = -1$.
આમ,તમામ $n \in N$ માટે $f(n)=-1$ હોવાથી,વિધેય $f$ દરેક ઇનપુટને સમાન આઉટપુટ $-1$ પર લઈ જાય છે.
તેથી,$f$ એ એક અચળ વિધેય છે.

(A) આપેલ છે,$f: Z \rightarrow Z$,$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{2}, & \text{જો } x \text{ બેકી હોય} \\ 0, & \text{જો } x \text{ એકી હોય} \end{cases}$.
વિધેય $f$ એક-એક હોવા માટે,$f(x_1) = f(x_2)$ પરથી $x_1 = x_2$ મળવું જોઈએ.
ધારો કે $x_1 = 1$ અને $x_2 = 3$. બંને એકી સંખ્યાઓ છે,તેથી $f(1) = 0$ અને $f(3) = 0$.
અહીં $f(1) = f(3)$ છે પરંતુ $1 \neq 3$,તેથી $f$ એક-એક વિધેય નથી.
વિધેય $f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,તેનો વિસ્તાર સહપ્રદેશ $Z$ જેટલો હોવો જોઈએ.
જો $x$ બેકી હોય,તો $x = 2k$ લો જ્યાં $k \in Z$. તો $f(2k) = \frac{2k}{2} = k$.
જેમ કે $k$ એ $Z$ માંનો કોઈપણ પૂર્ણાંક હોઈ શકે છે,તેથી $f$ નો વિસ્તાર $Z$ છે.
આમ,$f$ એ વ્યાપ્ત છે.
તેથી,$f$ એ વ્યાપ્ત છે પણ એક-એક નથી.

(C) આપેલ વિધેય $f: R \rightarrow R$ માટે $f(x)=3^{-x}$ છે.
$I$. એક-એક વિધેય માટે: ધારો કે $f(x_1) = f(x_2)$.
$3^{-x_1} = 3^{-x_2} \Rightarrow -x_1 = -x_2 \Rightarrow x_1 = x_2$.
આમ,$f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2$ હોવાથી,વિધેય એક-એક છે.
$II$. વ્યાપ્ત વિધેય માટે: $f(x) = 3^{-x}$ નો વિસ્તાર $(0, \infty)$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ નો ઉપગણ છે. વિસ્તાર $\neq$ સહપ્રદેશ હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
$III$. ઘટતા વિધેય માટે: $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f'(x) = -3^{-x} \ln 3$ મળે છે. $3^{-x} > 0$ અને $\ln 3 > 0$ હોવાથી,દરેક $x \in R$ માટે $f'(x) < 0$ થાય છે. તેથી,વિધેય ઘટતું વિધેય છે.
આમ,વિધાન $I$ અને $III$ સાચા છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{ax + b}{cx + d} \quad \dots(i)$
વિધેય અચળ હોવા માટે,તેના પ્રદેશમાં દરેક $x$ માટે વિકલન $f'(x)$ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{a(cx + d) - c(ax + b)}{(cx + d)^2} = \frac{acx + ad - acx - bc}{(cx + d)^2} = \frac{ad - bc}{(cx + d)^2}$.
$f(x)$ અચળ હોવા માટે,$f'(x) = 0$ થવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $ad - bc = 0$,અથવા $ad = bc$.
વૈકલ્પિક રીતે,જો $ad = bc$ હોય,તો ધારો કે $\frac{a}{c} = \frac{b}{d} = k$. તેથી $a = ck$ અને $b = dk$.
આ કિંમતોને વિધેયમાં મૂકતા: $f(x) = \frac{ckx + dk}{cx + d} = \frac{k(cx + d)}{cx + d} = k$,જે એક અચળ છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} 2x-5 & x < -3 \\ x+2 & -3 \leq x < 5 \\ 3x+1 & x \geq 5 \end{cases}$
$(A) f(-5)+f(0)+f(-1) = (2(-5)-5) + (0+2) + (-1+2) = -15 + 2 + 1 = -12$. તેથી $(A) \rightarrow (IV)$.
$(B) f(f(5)+10f(-3)) = f((3(5)+1) + 10(-3+2)) = f(16 - 10) = f(6) = 3(6)+1 = 19$. તેથી $(B) \rightarrow (V)$.
$(C) f(f(-4)) = f(2(-4)-5) = f(-13) = 2(-13)-5 = -31$. તેથી $(C) \rightarrow (III)$.
$(D) f(f(f(1))) = f(f(1+2)) = f(f(3)) = f(3+2) = f(5) = 3(5)+1 = 16$. તેથી $(D) \rightarrow (I)$.
તેથી,સાચી જોડી $A-IV, B-V, C-III, D-I$ છે.

(B) સ્થિર બિંદુ શોધવા માટે,આપણે $f(c) = c$ લઈએ.
$1 + \sqrt{c} = c$
$\sqrt{c} = c - 1$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા ($c \geq 1$ માટે):
$c = (c - 1)^2$
$c = c^2 - 2c + 1$
$c^2 - 3c + 1 = 0$
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$c = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$
$c \geq 1$ હોવાથી,આપણે કિંમતો તપાસીએ:
$\frac{3 + \sqrt{5}}{2} \approx 2.618 \geq 1$ (માન્ય)
$\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \approx 0.382 < 1$ (અમાન્ય)
આમ,$[1, \infty)$ પ્રદેશમાં માત્ર એક જ સ્થિર બિંદુ છે.

(D) આપણી પાસે છે,$f(x) = x^{2} - \frac{x^{2}}{1+x^{2}}$.
પ્રથમ,એક-એક ગુણધર્મ માટે તપાસીએ:
$f(-x) = (-x)^{2} - \frac{(-x)^{2}}{1+(-x)^{2}} = x^{2} - \frac{x^{2}}{1+x^{2}} = f(x)$.
કારણ કે દરેક $x \in R$ માટે $f(-x) = f(x)$ છે,તેથી વિધેય એક-એક નથી (તે અનેક-એક છે).
આગળ,વિસ્તાર માટે પદને સરળ બનાવીએ:
$f(x) = \frac{x^{2}(1+x^{2}) - x^{2}}{1+x^{2}} = \frac{x^{2} + x^{4} - x^{2}}{1+x^{2}} = \frac{x^{4}}{1+x^{2}}$.
દરેક $x \in R$ માટે $x^{4} \ge 0$ અને $1+x^{2} > 0$ હોવાથી,$f(x) \ge 0$ મળે.
$f(x)$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે.
સહ-પ્રદેશ $R$ છે અને વિસ્તાર $[0, \infty) \neq R$ હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
તેથી,$f$ એ એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(B) વિધેય $f(x)$ યુગ્મ છે કે અયુગ્મ તે નક્કી કરવા માટે,આપણે $f(-x)$ તપાસીએ.
ધારો કે $g(x) = \log \left( x + \sqrt{1 + x^2} \right)$.
તો $g(-x) = \log \left( -x + \sqrt{1 + (-x)^2} \right) = \log \left( \sqrt{1 + x^2} - x \right)$.
$\sqrt{1 + x^2} + x$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે $g(-x) = \log \left( \frac{(\sqrt{1 + x^2} - x)(\sqrt{1 + x^2} + x)}{\sqrt{1 + x^2} + x} \right) = \log \left( \frac{1 + x^2 - x^2}{\sqrt{1 + x^2} + x} \right) = \log \left( \frac{1}{\sqrt{1 + x^2} + x} \right) = -\log \left( x + \sqrt{1 + x^2} \right) = -g(x)$.
આમ,$g(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
હવે,$f(x) = \sec(g(x))$.
કારણ કે $\sec(- \theta) = \sec(\theta)$,તેથી $f(-x) = \sec(g(-x)) = \sec(-g(x)) = \sec(g(x)) = f(x)$.
તેથી,$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{e^{|x|} - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}$ છે.
કિસ્સો $I$: જો $x \geq 0$,તો $|x| = x$. તેથી,$f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \tanh(x)$. જેમ $x$,$0$ થી $\infty$ સુધી વધે છે,તેમ $f(x)$,$0$ થી $1$ સુધી વધે છે.
કિસ્સો $II$: જો $x < 0$,તો $|x| = -x$. તેથી,$f(x) = \frac{e^{-x} - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \frac{0}{e^x + e^{-x}} = 0$.
કારણ કે $x < 0$ માટે $f(x) = 0$ અને $f(0) = 0$ છે,તેથી વિધેય એક-એક નથી કારણ કે $f(-1) = f(0) = 0$ થાય છે.
વિધેયનો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે,જે સહપ્રદેશ $R$ નો ઉચિત ઉપગણ છે,તેથી વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
તેથી,$f$ એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.

(D) પગલું $1$: એક-એક વિધેય માટે ચકાસો।
$f(x) = e^x + e^{-x}$।
અહીં $f(-x) = e^{-x} + e^{-(-x)} = e^{-x} + e^x = f(x)$ હોવાથી, આ એક યુગ્મ વિધેય છે।
યુગ્મ વિધેય માટે $f(x_1) = f(x_2)$ નો અર્થ એ નથી કે $x_1 = x_2$ (દા.ત., $f(1) = f(-1)$)।
તેથી, વિધેય એક-એક નથી।
પગલું $2$: વ્યાપ્ત વિધેય માટે ચકાસો।
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \in R$ માટે $e^x > 0$।
સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યકની અસમતા મુજબ, $\frac{e^x + e^{-x}}{2} \geq \sqrt{e^x \cdot e^{-x}} = 1$, જેનો અર્થ છે કે $e^x + e^{-x} \geq 2$।
આમ, $f(x)$ નો વિસ્તાર $[2, \infty)$ છે।
અહીં સહપ્રદેશ $R$ છે અને વિસ્તાર $[2, \infty)$ છે, તેથી વિસ્તાર $\neq$ સહપ્રદેશ।
તેથી, વિધેય વ્યાપ્ત નથી।
નિષ્કર્ષ: વિધેય એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી, તેથી તે એક-એક અને વ્યાપ્ત (bijective) નથી।

(D) એક-એક વિધેય ચકાસવા માટે: ધારો કે $f(x_1) = f(x_2)$.
$\frac{2x_1}{x_1-1} = \frac{2x_2}{x_2-1}$
$x_1(x_2-1) = x_2(x_1-1)$
$x_1x_2 - x_1 = x_1x_2 - x_2$
$-x_1 = -x_2 \Rightarrow x_1 = x_2$.
આમ,$f$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત વિધેય ચકાસવા માટે: ધારો કે $y = \frac{2x}{x-1}$.
$y(x-1) = 2x \Rightarrow yx - y = 2x \Rightarrow x(y-2) = y \Rightarrow x = \frac{y}{y-2}$.
કારણ કે $y \in R-\{2\}$,$x$ હંમેશા વ્યાખ્યાયિત છે અને $x \neq 1$. તેથી,સહ-પ્રદેશના દરેક $y$ માટે,પ્રદેશમાં એક $x$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,$f$ વ્યાપ્ત છે.
આમ,$f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને છે.

(C) ધારો કે $t = 2x-1$. કારણ કે $0 < x < 1$,તેથી $-1 < 2x-1 < 1$,એટલે કે $-1 < t < 1$.
વિધેય $f(t) = \frac{t}{1-|t|}$ બને છે,જ્યાં $t \in (-1, 1)$.
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$f(t) = \begin{cases} \frac{t}{1+t}, & -1 < t \leq 0 \\ \frac{t}{1-t}, & 0 < t < 1 \end{cases}$
$f$ સતત છે અને $\lim_{t \to -1^+} f(t) = -\infty$ તથા $\lim_{t \to 1^-} f(t) = +\infty$ હોવાથી,$f$ નો વિસ્તાર $(-\infty, \infty) = R$ છે. તેથી,$f$ વ્યાપ્ત છે.
હવે,વિકલન શોધીને એક-એક હોવાની ચકાસણી કરીએ:
$f'(t) = \begin{cases} \frac{1}{(1+t)^2}, & -1 < t < 0 \\ \frac{1}{(1-t)^2}, & 0 < t < 1 \end{cases}$
બધા $t \in (-1, 1)$ માટે $f'(t) > 0$ હોવાથી,વિધેય ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
તેથી,$f$ એક-એક છે.
આમ,$f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને હોવાથી તે બાયજેક્ટિવ (bijective) છે.

(D) વિધેય $f: S \rightarrow R$ એ $f(A) = \det(A)$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે,જ્યાં $A \in S$ અને $S$ એ $2 \times 2$ ક્રમના તમામ અસામાન્ય શ્રેણિકોનો ગણ છે. જો શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય ન હોય તો તે અસામાન્ય છે. તેથી,$f$ નો વિસ્તાર $R \setminus \{0\}$ છે.
$1$. એક-એક માટે તપાસો: બે શ્રેણિકો $A_1 = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$ અને $A_2 = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ લો. બંને $A_1, A_2 \in S$ છે કારણ કે $\det(A_1) = 4 \neq 0$ અને $\det(A_2) = 4 \neq 0$. અહીં,$f(A_1) = 2(2) - 0(0) = 4$ અને $f(A_2) = 4(1) - 0(0) = 4$. $f(A_1) = f(A_2)$ છે પરંતુ $A_1 \neq A_2$ હોવાથી,વિધેય $f$ એક-એક નથી.
$2$. વ્યાપ્ત માટે તપાસો: સહપ્રદેશ $R$ છે. કોઈપણ $y = 0 \in R$ માટે,એવો કોઈ શ્રેણિક $A \in S$ અસ્તિત્વ ધરાવતો નથી કે જેથી $f(A) = 0$ થાય,કારણ કે $S$ માં ફક્ત અસામાન્ય શ્રેણિકો જ છે (જ્યાં $\det(A) \neq 0$). તેથી,$f$ વ્યાપ્ત નથી.
આમ,$f$ એ એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી.