मान लीजिए f, g: R rightarrow R दो वास्तविक-मा | vedclass

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Question

(D) दिया गया है $f(x) = \begin{cases} x+3 & x < -3 \ -(x+3) & -3 \leq x < 0 \ e^x & x \geq 0 \end{cases}$ और $g(x) = \begin{cases}

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$2(2e^{4}-1)$

Vedclass · Answer

(D) दिया गया है $f(x) = \begin{cases} x+3 & x < -3 \ -(x+3) & -3 \leq x < 0 \ e^x & x \geq 0 \end{cases}$ और $g(x) = \begin{cases} x^2 + k_1 x & x < 0 \ 4x + k_2 & x \geq 0 \end{cases}$.
$(g \circ f)(x)$ के लिए,हम संयोजन का विश्लेषण करते हैं:
यदि $x < -3$,$f(x) = x+3 < 0$,तो $(g \circ f)(x) = (x+3)^2 + k_1(x+3)$.
यदि $-3 \leq x < 0$,$f(x) = -(x+3) < 0$,तो $(g \circ f)(x) = (-(x+3))^2 + k_1(-(x+3)) = (x+3)^2 - k_1(x+3)$.
यदि $x \geq 0$,$f(x) = e^x > 0$,तो $(g \circ f)(x) = 4e^x + k_2$.
$x=0$ पर अवकलनीयता के लिए,इसे $x=0$ पर सतत होना चाहिए:
बायाँ सीमा: $\lim_{x 	o 0^-} (g \circ f)(x) = (0+3)^2 - k_1(0+3) = 9 - 3k_1$.
दायाँ सीमा: $\lim_{x 	o 0^+} (g \circ f)(x) = 4e^0 + k_2 = 4 + k_2$.
अतः,$9 - 3k_1 = 4 + k_2 \implies 3k_1 + k_2 = 5$.
$x=0$ पर अवकलज:
बायाँ अवकलज: $\frac{d}{dx} [(x+3)^2 - k_1(x+3)]_{x=0} = 2(0+3) - k_1 = 6 - k_1$.
दायाँ अवकलज: $\frac{d}{dx} [4e^x + k_2]_{x=0} = 4e^0 = 4$.
उन्हें बराबर करने पर: $6 - k_1 = 4 \implies k_1 = 2$.
$k_1=2$ को $3k_1 + k_2 = 5$ में रखने पर,हमें $6 + k_2 = 5 \implies k_2 = -1$ प्राप्त होता है।
अब,$(g \circ f)(-4) = (-4+3)^2 + 2(-4+3) = (-1)^2 + 2(-1) = 1 - 2 = -1$.
$(g \circ f)(4) = 4e^4 + k_2 = 4e^4 - 1$.
योग: $(g \circ f)(-4) + (g \circ f)(4) = -1 + 4e^4 - 1 = 4e^4 - 2 = 2(2e^4 - 1)$.

List-$I$	List-$II$
$a$. यदि $y=\|x\|+\|x-2\|$ है, तो $x=2$ पर $\frac{dy}{dx}=$	$i$. $2$
$b$. यदि $f(x)=\|\cos 2x\|$ है, तो $f^{\prime}(\frac{\pi}{4}+)=$	$ii$. $0$
$c$. यदि $f(x)=\sin(\pi[x])$ है, जहाँ $[\cdot]$ महत्तम पूर्णांक फलन है, तो $f^{\prime}(1-)=$	$iii$. $-2$
$d$. यदि $f(x)=\log\|x-1\|, x \neq 1$ है, तो $f^{\prime}(\frac{1}{2})=$	$iv$. अस्तित्व नहीं है

कॉलम $I$	कॉलम $II$
$(A)$ $f(x) = x\|x\|$	$(p)$ $(-1, 1)$ में सतत है
$(B)$ $f(x) = \sqrt{\|x\|}$	$(q)$ $(-1, 1)$ में अवकलनीय है
$(C)$ $f(x) = x + [x]$	$(r)$ $(-1, 1)$ में निरंतर वर्धमान है
$(D)$ $f(x) = \|x - 1\| + \|x + 1\|$	$(s)$ $(-1, 1)$ में कम से कम एक बिंदु पर अवकलनीय नहीं है

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