Rolle’s theorem, Lagrange's mean value theorem Questions in Gujarati

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[0,4]$ પર સતત છે અને $(0,4)$ પર વિકલનીય છે.
$g(x) = \frac{f(x)}{x+2}$ હોવાથી, $g(x)$ પણ $[0,4]$ પર સતત અને $(0,4)$ પર વિકલનીય છે કારણ કે $x \in [0,4]$ માટે $x+2 \neq 0$ થાય છે.
અંતિમ બિંદુઓ પર $g(x)$ ની કિંમતો શોધીએ:
$g(0) = \frac{f(0)}{0+2} = \frac{4}{2} = 2$
$g(4) = \frac{f(4)}{4+2} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}$
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ, ઓછામાં ઓછું એક $c \in (0,4)$ એવું મળે કે જેથી $g^{\prime}(c) = \frac{g(4)-g(0)}{4-0}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$g^{\prime}(c) = \frac{-\frac{1}{3} - 2}{4} = \frac{-\frac{7}{3}}{4} = -\frac{7}{12}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+2x^2-x$.
$f(x)$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી, તે $[-1,2]$ પર સતત છે અને $(-1,2)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ, એવો $C \in (-1,2)$ મળે કે જેથી $f'(C) = \frac{f(2)-f(-1)}{2-(-1)}$ થાય.
પ્રથમ, $f(2) = 2^3 + 2(2^2) - 2 = 8 + 8 - 2 = 14$.
ત્યારબાદ, $f(-1) = (-1)^3 + 2(-1)^2 - (-1) = -1 + 2 + 1 = 2$.
હવે, $f'(x) = 3x^2 + 4x - 1$.
તેથી, $3C^2 + 4C - 1 = \frac{14-2}{3} = \frac{12}{3} = 4$.
$3C^2 + 4C - 5 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $C = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા, $C = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4(3)(-5)}}{2(3)} = \frac{-4 \pm \sqrt{16+60}}{6} = \frac{-4 \pm \sqrt{76}}{6}$.
સાદુરૂપ આપતા, $C = \frac{-4 \pm 2\sqrt{19}}{6} = \frac{-2 \pm \sqrt{19}}{3}$.
$C \in (-1,2)$ હોવાથી, આપણે ધન મૂલ્ય લઈશું: $C = \frac{-2+\sqrt{19}}{3}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x(x-1)(x-2) = x^3-3x^2+2x$.
વિકલન કરતા $f'(x) = 3x^2-6x+2$ મળે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ, એવો $c \in (0, 1/2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(1/2)-f(0)}{1/2-0}$ થાય.
$f(1/2) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2) = \frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2}) = \frac{3}{8}$ અને $f(0) = 0$ છે.
તેથી, $f'(c) = \frac{3/8 - 0}{1/2} = \frac{3}{4}$.
$3c^2-6c+2 = 3/4$ લેતા, $12c^2-24c+5 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સૂત્ર $c = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા, $c = \frac{24 \pm \sqrt{576-240}}{24} = \frac{24 \pm \sqrt{336}}{24} = 1 \pm \frac{4\sqrt{21}}{24} = 1 \pm \frac{\sqrt{21}}{6} = 1 \pm \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$ મળે.
$c \in (0, 1/2)$ હોવાથી, આપણે $c = 1 - \frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$ પસંદ કરીશું.

(D) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x, & 0 \leq x \leq 1 \\ 2-x, & 1 < x \leq 2 \end{cases}$.
રોલના પ્રમેય માટે, $f(x)$ એ $[0, 2]$ પર સતત હોવું જોઈએ, $(0, 2)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ અને $f(0) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ, $x = 1$ આગળ સાતત્ય તપાસીએ:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} x = 1$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} (2-x) = 2 - 1 = 1$.
$f(1) = 1$.
$LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી, $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ સતત છે.
હવે, $x = 1$ આગળ વિકલનીયતા તપાસીએ:
$f'(1^-) = \frac{d}{dx}(x) = 1$.
$f'(1^+) = \frac{d}{dx}(2-x) = -1$.
$f'(1^-) \neq f'(1^+)$ હોવાથી, વિધેય $f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી કારણ કે $f(x)$ એ અંતરાલ $(0, 2)$ પર વિકલનીય નથી.

(C) આપેલ છે કે, $f(x)=\sqrt{x-2}$ જ્યાં $x \in [2,6]$.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ, કોઈક $c \in (2,6)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ થાય.
અહીં, $a=2$ અને $b=6$ છે.
$f(a) = f(2) = \sqrt{2-2} = 0$.
$f(b) = f(6) = \sqrt{6-2} = \sqrt{4} = 2$.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sqrt{x-2}) = \frac{1}{2\sqrt{x-2}}$.
તેથી, $f'(c) = \frac{1}{2\sqrt{c-2}}$.
આ કિંમતોને પ્રમેયના સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2\sqrt{c-2}} = \frac{2-0}{6-2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2\sqrt{c-2}} = \frac{1}{2}$.
$\sqrt{c-2} = 1$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા, $c-2 = 1$, જે આપણને $c = 3$ આપે છે.
કારણ કે $3 \in (2,6)$, તેથી $c$ ની કિંમત $3$ છે.

(D) મધ્યકમાન પ્રમેય $(MVT)$ મુજબ, જો વિધેય $f$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય, તો $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $t$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(t) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f$ એ $[a, b]$ થી $[c, d]$ પરનું ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી, $f(a) = c$ અને $f(b) = d$ થાય.
આ કિંમતો $MVT$ ના સૂત્રમાં મૂકતા, આપણને $f^{\prime}(t) = \frac{d - c}{b - a}$ મળે છે.
તેથી, $\frac{d - c}{b - a}$ એ $(a, b)$ માં કોઈ બિંદુ $t$ આગળ વક્ર $y = f(t)$ ના સ્પર્શકનો ઢાળ દર્શાવે છે.

(D) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ, જો વિધેય $f(x)$ એ $[a,b]$ પર સતત હોય અને $(a,b)$ પર વિકલનીય હોય, તો ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a,b)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ થાય.
$A. f(x) = |x-1|$. આ વિધેય $x=1$ પર વિકલનીય નથી, જે અંતરાલ $[1,3]$ નો અંતિમ બિંદુ છે. તેથી, $LMVT$ લાગુ પડતું નથી. જોકે, જો આપણે છેદક રેખાનો ઢાળ લઈએ, તો $\frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{2-0}{2} = 1$. $x > 1$ માટે, $f'(x) = 1$. કોઈપણ $c \in (1,3)$ આને સંતોષે છે. વિકલ્પો જોતા, $A-II$ એ હેતુપૂર્વકની જોડી છે.
$B. f(x) = \log x$. $f'(c) = \frac{\log 3 - \log 1}{3-1} = \frac{\log 3}{2} = \log 3^{1/2} = \log \sqrt{3}$. $f'(x) = 1/x$ હોવાથી, $1/c = \log \sqrt{3} \implies c = 1/\log \sqrt{3} = \log_3 e^2$. તેથી, $B-III$.
$C. f(x) = x^2+x+1$. $f'(c) = \frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{(9+3+1)-(1+1+1)}{2} = \frac{13-3}{2} = 5$. $f'(x) = 2x+1$ હોવાથી, $2c+1 = 5 \implies 2c = 4 \implies c = 2$. તેથી, $C-II$.
$D. f(x) = e^x$. $f'(c) = \frac{e^3-e^1}{3-1} = \frac{e^3-e}{2}$. $f'(x) = e^x$ હોવાથી, $e^c = \frac{e^3-e}{2} \implies c = \log \left(\frac{e^3-e}{2}\right)$. તેથી, $D-V$.
જોડકાં: $A-II, B-III, C-II, D-V$.

(B) ધારો કે $f(x) = 2^x + 5^x - 3^x - 4^x = 0$.
આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $x=0$ એ ઉકેલ છે કારણ કે $2^0 + 5^0 = 1 + 1 = 2$ અને $3^0 + 4^0 = 1 + 1 = 2$.
તે જ રીતે, $x=1$ પણ ઉકેલ છે કારણ કે $2^1 + 5^1 = 2 + 5 = 7$ અને $3^1 + 4^1 = 3 + 4 = 7$.
અન્ય ઉકેલો તપાસવા માટે, $g(x) = 5^x - 4^x$ અને $h(x) = 3^x - 2^x$ લો. સમીકરણ $g(x) = h(x)$ છે.
મીન વેલ્યુ થિયરમનો ઉપયોગ કરીને અથવા વિકલનનું વિશ્લેષણ કરીને, તે સાબિત કરી શકાય છે કે ત્યાં બરાબર બે વાસ્તવિક ઉકેલો છે, $x=0$ અને $x=1$.
જેથી $x=0$ એ શૂન્ય ઉકેલ હોવાથી, માત્ર એક શૂન્યતર વાસ્તવિક ઉકેલ $x=1$ મળે છે.

(A) ધારો કે $f(x) = \frac{a_{3} x^{4}}{4} + \frac{a_{2} x^{3}}{3} + \frac{a_{1} x^{2}}{2} + a_{0} x$.
$f(0) = 0$.
$f(1) = \frac{a_{3}}{4} + \frac{a_{2}}{3} + \frac{a_{1}}{2} + a_{0} = 0$ (આપેલ છે).
$f(0) = f(1) = 0$ હોવાથી, રોલના પ્રમેય મુજબ, $(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$f'(x) = a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$.
આમ, સમીકરણ $a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} = 0$ ને અંતરાલ $[0, 1]$ માં ઓછામાં ઓછું એક વાસ્તવિક બીજ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $|f^{\prime}(x)| \leq 5$.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ, કોઈપણ $x$ માટે, $0$ અને $x$ ની વચ્ચે એક એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f(x) - f(0) = f^{\prime}(c)(x - 0)$.
$f(0) = 0$ હોવાથી, આપણને $f(x) = f^{\prime}(c) \cdot x$ મળે છે.
$x = 1$ માટે, $f(1) = f^{\prime}(c) \cdot 1 = f^{\prime}(c)$.
$|f^{\prime}(c)| \leq 5$ હોવાથી, $|f(1)| \leq 5$ થાય.
વૈકલ્પિક રીતે, સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_{0}^{1} -5 \, dx \leq \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) \, dx \leq \int_{0}^{1} 5 \, dx$
$-5 \leq f(1) - f(0) \leq 5$
$f(0) = 0$ હોવાથી, આપણને $-5 \leq f(1) \leq 5$ મળે છે.
આમ, $f(1) \in [-5, 5]$.

(B) આપેલ છે કે $f:[1,3] \rightarrow R$ એ $[1,3]$ પર સતત છે અને $(1,3)$ માં વિકલનીય છે, જ્યાં $f^{\prime}(x)=|f(x)|^{2}+4$ છે.
લેગ્રાન્જ મધ્યક માન પ્રમેય $(LMVT)$ લાગુ પાડતા, ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (1,3)$ એવું મળે કે જેથી:
$\frac{f(3)-f(1)}{3-1} = f^{\prime}(c)$
$\frac{f(3)-f(1)}{2} = |f(c)|^{2} + 4$
કારણ કે $|f(c)|^{2} \geq 0$, તેથી $|f(c)|^{2} + 4 \geq 4$ થાય.
તેથી, $\frac{f(3)-f(1)}{2} \geq 4$, જેનો અર્થ છે કે $f(3)-f(1) \geq 8$.
આમ, વિધાન $f(3)-f(1)=5$ અસત્ય છે.

(A) વિધેય $g(x) = e^{-x} f(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કેમ કે $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે, તેથી $g(x)$ પણ $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $f(a)=0$ અને $f(b)=0$, તેથી $g(a) = e^{-a} f(a) = 0$ અને $g(b) = e^{-b} f(b) = 0$ મળે છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ, $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g^{\prime}(c) = 0$ થાય.
હવે, $g^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} (e^{-x} f(x)) = e^{-x} f^{\prime}(x) - e^{-x} f(x) = e^{-x} (f^{\prime}(x) - f(x))$.
$g^{\prime}(c) = 0$ લેતા, આપણને $e^{-c} (f^{\prime}(c) - f(c)) = 0$ મળે છે.
કેમ કે કોઈપણ $c$ માટે $e^{-c} \neq 0$ છે, તેથી $f^{\prime}(c) - f(c) = 0$ અથવા $f^{\prime}(c) = f(c)$ સાબિત થાય છે.

(A, C) વિધેય $h(x) = e^{g(x)} f(x)$ ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $f$ અને $g$ એ $I$ પર વિકલનીય છે, તેથી $h(x)$ પણ $I$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $f(a) = 0$ અને $f(b) = 0$, તેથી $h(a) = e^{g(a)} f(a) = 0$ અને $h(b) = e^{g(b)} f(b) = 0$ થાય.
રોલના પ્રમેય મુજબ, $(a, b)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $h^{\prime}(c) = 0$ થાય.
$h^{\prime}(x) = e^{g(x)} g^{\prime}(x) f(x) + e^{g(x)} f^{\prime}(x) = e^{g(x)} [f^{\prime}(x) + f(x) g^{\prime}(x)]$.
$e^{g(x)} \neq 0$ હોવાથી, $h^{\prime}(c) = 0$ નો અર્થ છે કે $f^{\prime}(c) + f(c) g^{\prime}(c) = 0$.
આમ, વિકલ્પ $(a)$ સાચો છે.
તે જ રીતે, વિકલ્પ $(c)$ માટે, $m(x) = e^{kx} g(x)$ ધ્યાનમાં લો.
$g(a) = 0$ અને $g(b) = 0$ હોવાથી, $m(a) = 0$ અને $m(b) = 0$ થાય.
રોલના પ્રમેય મુજબ, $(a, b)$ માં $c$ એવું મળે કે જેથી $m^{\prime}(c) = 0$ થાય.
$m^{\prime}(x) = e^{kx} g^{\prime}(x) + k e^{kx} g(x) = e^{kx} [g^{\prime}(x) + k g(x)]$.
$e^{kx} \neq 0$ હોવાથી, $m^{\prime}(c) = 0$ નો અર્થ છે કે $g^{\prime}(c) + k g(c) = 0$.
આમ, વિકલ્પ $(c)$ પણ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $f(0)=f(1)=f^{\prime}(0)=0$.
અંતરાલ $[0, 1]$ પર રોલના પ્રમેય મુજબ, $f(0)=f(1)=0$ હોવાથી, ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $d \in (0, 1)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(d)=0$ થાય.
હવે, આપણી પાસે $f^{\prime}(0)=0$ અને $f^{\prime}(d)=0$ છે જ્યાં $d \in (0, 1)$.
અંતરાલ $[0, d]$ પર વિધેય $f^{\prime}(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા, $f^{\prime}(0)=f^{\prime}(d)=0$ હોવાથી, ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (0, d)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય.
આમ, કોઈક $c \in R$ માટે $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય છે.

(C) મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ, $[2, 7]$ પર વિકલનીય વિધેય $f(x)$ માટે, કોઈ $c \in (2, 7)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(7) - f(2)}{7 - 2}$ થાય.
આપેલ છે કે $(2, 7)$ માં તમામ $x$ માટે $f^{\prime}(x) \leq 5$ છે, તેથી $f^{\prime}(c) \leq 5$ થાય.
આપેલ કિંમતો $f(2) = 3$ અને અંતરાલ $[2, 7]$ મૂકતા:
$\frac{f(7) - 3}{7 - 2} \leq 5$
$\frac{f(7) - 3}{5} \leq 5$
$f(7) - 3 \leq 25$
$f(7) \leq 28$.
આમ, $f(7)$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત $28$ છે.

(A) મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ, કોઈપણ $x \in (0, 5]$ માટે, એક એવો $c \in (0, x)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ થાય.
આપેલ છે કે $f(0) = 0$, તેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(x)}{x}$ મળે.
માનાંક લેતા, $|f^{\prime}(c)| = \left|\frac{f(x)}{x}\right| = \frac{|f(x)|}{|x|}$ થાય.
કારણ કે $(0, 5)$ માં તમામ $x$ માટે $|f^{\prime}(x)| \leq \frac{1}{5}$ છે, તેથી $|f^{\prime}(c)| \leq \frac{1}{5}$ થાય.
આમ, $\frac{|f(x)|}{x} \leq \frac{1}{5}$, જેનો અર્થ છે કે $|f(x)| \leq \frac{x}{5}$.
અહીં $x \in [0, 5]$ હોવાથી, $\frac{x}{5}$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{5}{5} = 1$ છે.
તેથી, $[0, 5]$ માં તમામ $x$ માટે $|f(x)| \leq 1$ થાય છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = 2 + (x - 1)^{2/3}$ અંતરાલ $[0, 2]$ પર છે.
પ્રથમ, આપણે સાતત્ય ચકાસીએ: વિધેય $(x - 1)^{2/3}$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે, તેથી $f(x)$ એ $[0, 2]$ પર સતત છે.
આગળ, આપણે વિકલનીયતા ચકાસીએ: $f'(x) = \frac{2}{3}(x - 1)^{-1/3} = \frac{2}{3(x - 1)^{1/3}}$.
$x = 1$ આગળ, $f'(x)$ અવ્યાખ્યાયિત છે કારણ કે છેદ શૂન્ય થાય છે. આમ, $f$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી, જે અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવે છે.
કારણ કે $f$ એ $(0, 2)$ માં વિકલનીય નથી, તેથી રોલનું પ્રમેય $[0, 2]$ પર લાગુ પડતું નથી.
અંતિમ બિંદુઓ પર કિંમતો ચકાસતા: $f(0) = 2 + (0 - 1)^{2/3} = 2 + 1 = 3$ અને $f(2) = 2 + (2 - 1)^{2/3} = 2 + 1 = 3$. આમ, $f(0) = f(2)$.
તેથી, વિધાન '$f$ એ $(0, 2)$ માં વિકલનીય નથી' સાચું છે,'$f$ એ $[0, 2]$ માં સતત છે' સાચું છે,'$f(0) = f(2)$' સાચું છે, અને 'રોલનું પ્રમેય $[0, 2]$ પર લાગુ પડે છે' એ વિધાન ખોટું છે.

(C) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ મુજબ, જો વિધેય $f$ એ $[2, 4]$ પર સતત હોય અને $(2, 4)$ પર વિકલનીય હોય, તો ઓછામાં ઓછું એક $c \in (2, 4)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(4) - f(2)}{4 - 2}$ થાય.
આપેલ છે કે તમામ $x \in [2, 4]$ માટે $f^{\prime}(x) \geq 6$, તેથી $f^{\prime}(c) \geq 6$ થાય.
કિંમતો મૂકતા, આપણને મળે $\frac{f(4) - (-4)}{2} \geq 6$.
$f(4) + 4 \geq 12$.
$f(4) \geq 8$.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = [f(x)]^2 + 4$.
$f(x)$ એ $[1, 3]$ પર સતત અને $(1, 3)$ પર વિકલનીય હોવાથી, મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ, કોઈક $c \in (1, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{f(3)-f(1)}{2}$.
આ કિંમતને આપેલ વિકલ સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{f(3)-f(1)}{2} = [f(c)]^2 + 4$.
આથી $f(3)-f(1) = 2[f(c)]^2 + 8$.
કારણ કે $[f(c)]^2 \ge 0$, તેથી $f(3)-f(1) \ge 8$.
આમ, $f(3)-f(1)=5$ શક્ય નથી.

(A) વિધેય $g(x) = e^{-x} f(x)$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કારણ કે $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે, તેથી $g(x)$ પણ $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
આપણને મળે છે $g(a) = e^{-a} f(a) = e^{-a} \cdot 0 = 0$ અને $g(b) = e^{-b} f(b) = e^{-b} \cdot 0 = 0$.
$g(a) = g(b) = 0$ હોવાથી, રોલના પ્રમેય મુજબ, ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $g^{\prime}(c) = 0$ થાય.
વિકલન કરતા: $g^{\prime}(x) = -e^{-x} f(x) + e^{-x} f^{\prime}(x) = e^{-x} (f^{\prime}(x) - f(x))$.
$g^{\prime}(c) = 0$ લેતા, આપણને મળે $e^{-c} (f^{\prime}(c) - f(c)) = 0$.
કોઈપણ વાસ્તવિક $c$ માટે $e^{-c} \neq 0$ હોવાથી, $f^{\prime}(c) - f(c) = 0$ થવું જોઈએ, જેનો અર્થ છે કે ઓછામાં ઓછા એક $c \in (a, b)$ માટે $f^{\prime}(c) = f(c)$ થાય છે.

(B) રોલના પ્રમેય માટે વિધેય $f(x)$ એ સંવૃત અંતરાલ $[a, b]$ પર વ્યાખ્યાયિત, $[a, b]$ પર સતત અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જરૂરી છે.
અહીં, પ્રદેશ $D = [0, 1] \cup [2, 4]$ એ એક જ સંવૃત અંતરાલ નથી. તે બે અલગ-અલગ સંવૃત અંતરાલોનો યોગગણ છે.
રોલનું પ્રમેય લાગુ કરવા માટે, પ્રદેશ એક જ જોડાયેલ સંવૃત અંતરાલ $[a, b]$ હોવો જોઈએ.
કારણ કે પ્રદેશ $D$ અસતત છે, તેથી $f$ માટે $D$ માં રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.

(A) આપેલ છે કે $f(0) = f(1) = 0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ, અંતરાલ $(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = 0$ થાય.
આપણને એ પણ આપેલ છે કે $f^{\prime}(0) = 0$.
હવે, અંતરાલ $[0, c]$ પર વિધેય $f^{\prime}(x)$ ને ધ્યાનમાં લો.
$f$ એ બે વાર સતત વિકલનીય હોવાથી, $f^{\prime}$ એ $[0, c]$ પર સતત છે અને $(0, c)$ પર વિકલનીય છે.
વળી, $f^{\prime}(0) = 0$ અને $f^{\prime}(c) = 0$ છે.
અંતરાલ $[0, c]$ પર $f^{\prime}(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા, $(0, c)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બિંદુ $c_1$ એવું મળે કે જેથી $(f^{\prime})^{\prime}(c_1) = f^{\prime \prime}(c_1) = 0$ થાય.
આમ, કોઈક $c_1 \in (0, 1)$ માટે $f^{\prime \prime}(c_1) = 0$ થાય.

(C) વિધેય $g(x) = e^{kx} f(x)$ ધ્યાનમાં લો. કારણ કે $f(x)$ એ $[a, b]$ પર વિકલનીય છે અને $e^{kx}$ દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે, તેથી $g(x)$ એ $[a, b]$ પર વિકલનીય છે.
આપેલ છે કે $f(a) = 0$ અને $f(b) = 0$, તેથી $g(a) = e^{ka} f(a) = 0$ અને $g(b) = e^{kb} f(b) = 0$ મળે.
કારણ કે $g(a) = g(b) = 0$ અને $g(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે, રોલના પ્રમેય મુજબ, ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $g'(c) = 0$ થાય.
હવે, $g'(x) = \frac{d}{dx} (e^{kx} f(x)) = k e^{kx} f(x) + e^{kx} f'(x) = e^{kx} (f'(x) + k f(x))$.
કારણ કે $g'(c) = 0$, તેથી $e^{kc} (f'(c) + k f(c)) = 0$ મળે.
કારણ કે કોઈપણ $c$ માટે $e^{kc} \neq 0$, તેથી $f'(c) + k f(c) = 0$ થવું જ જોઈએ.
આમ, ઓછામાં ઓછા એક $c \in (a, b)$ માટે $J(c) = 0$ થાય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(0)=0$ અને $f(1)=0$. રોલના પ્રમેય મુજબ, $(0, 1)$ માં ઓછામાં ઓછી એક કિંમત $c_1$ એવી મળે કે જેથી $f^{\prime}(c_1)=0$ થાય.
આપણને $f^{\prime}(0)=0$ પણ આપેલ છે.
હવે, અંતરાલ $[0, c_1]$ પર વિધેય $f^{\prime}(x)$ ને ધ્યાનમાં લો.
$f$ એ બે વાર સતત વિકલનીય હોવાથી, $f^{\prime}$ એ $[0, c_1]$ પર સતત છે અને $(0, c_1)$ પર વિકલનીય છે.
આપણી પાસે $f^{\prime}(0)=0$ અને $f^{\prime}(c_1)=0$ છે.
અંતરાલ $[0, c_1]$ પર $f^{\prime}(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડતા, $(0, c_1)$ માં ઓછામાં ઓછી એક કિંમત $c$ એવી મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય.
જેથી $(0, c_1) \subset (0, 1)$ હોવાથી, $(0, 1)$ માં કોઈક $c$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(c)=0$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $f$ એ $[a, b]$ પર સતત છે અને $(a, b)$ પર વિકલનીય છે, જ્યાં $f(a)=0$ અને $f(b)=0$ છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ, ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c)=0$ થાય.
અહીં $f^{\prime}(a)=0$ અને $f^{\prime}(c)=0$ છે, અને $f^{\prime}$ એ $[a, c]$ પર સતત છે તથા $(a, c)$ પર વિકલનીય છે, તેથી આપણે અંતરાલ $[a, c]$ પર $f^{\prime}$ માટે રોલનું પ્રમેય લગાવી શકીએ છીએ.
તેથી, ઓછામાં ઓછું એક $k \in (a, c)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime \prime}(k)=0$ થાય.
કારણ કે $(a, c) \subset (a, b)$, તેથી કોઈક $x \in (a, b)$ માટે $f^{\prime \prime}(x)=0$ મળે.

(D) આપેલ છે, $f(x) = \begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$.
$x=0$ આગળ સાતત્ય: $LHL = \lim_{x \rightarrow 0^-} x \sin \frac{1}{x} = 0$ અને $RHL = \lim_{x \rightarrow 0^+} x \sin \frac{1}{x} = 0$. $LHL = RHL = f(0)$ હોવાથી, $f(x)$ એ $[-1, 1]$ પર સતત છે.
$x=0$ આગળ વિકલનીયતા: $f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \sin(1/h)$. આ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી કારણ કે તે $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે. તેથી, $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
રોલના પ્રમેય માટે $f(a) = f(b)$ અને $(a, b)$ પર વિકલનીયતા જરૂરી છે. $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય ન હોવાથી, તે $[-1, 1]$ કે $[0, 1]$ પર રોલના પ્રમેયનું પાલન કરતું નથી.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય $(LMVT)$ માટે $[a, b]$ પર સાતત્ય અને $(a, b)$ પર વિકલનીયતા જરૂરી છે. અંતરાલ $[0, 1]$ માટે, $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે. તેથી, તે $[0, 1]$ પર $LMVT$ ની શરતોનું પાલન કરે છે.

(C) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ, $c \in (a, b)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $[0, h]$ અંતરાલમાં $f(x) = \cos x$ આપેલ છે, તેથી $f'(c) = \frac{\cos h - \cos 0}{h - 0}$ થાય.
જ્યાં $c = \theta h$ અને $0 < \theta < 1$ છે, તેથી $f'(\theta h) = \frac{\cos h - 1}{h}$ થાય.
$f'(x) = -\sin x$ હોવાથી, $-\sin(\theta h) = \frac{\cos h - 1}{h}$ મળે.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણ $\cos h \approx 1 - \frac{h^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા, $-\sin(\theta h) \approx \frac{1 - \frac{h^2}{2} - 1}{h} = -\frac{h}{2}$ મળે.
આમ, $\sin(\theta h) \approx \frac{h}{2}$ થાય.
નાના $h$ માટે, $\sin(\theta h) \approx \theta h$ હોવાથી, $\theta h \approx \frac{h}{2}$ થાય.
તેથી, $\theta \approx \frac{1}{2}$ મળે.
જ્યારે $h \rightarrow 0^{+}$ લઈએ, ત્યારે $\lim_{h \rightarrow 0^{+}} \theta = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(B) અંતરાલ $[a, b]$ પર વિધેય $f(x)$ માટે રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે, નીચેની શરતો પૂરી થવી જોઈએ:
$(i)$ $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
(ii) $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
(iii) $f(a) = f(b)$.
ચાલો અંતરાલ $[-2, 2]$ માટે વિકલ્પો તપાસીએ:
$(A)$ $f(x) = x^{3} \Rightarrow f(-2) = -8, f(2) = 8$. અહીં $f(-2) \neq f(2)$ હોવાથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(B)$ $f(x) = 4x^{4} \Rightarrow f(-2) = 4(-2)^{4} = 64$ અને $f(2) = 4(2)^{4} = 64$. અહીં $f(-2) = f(2)$ છે અને વિધેય બહુપદી હોવાથી તે દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે, તેથી રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
$(C)$ $f(x) = 2x^{3} + 3 \Rightarrow f(-2) = 2(-8) + 3 = -13, f(2) = 2(8) + 3 = 19$. અહીં $f(-2) \neq f(2)$ હોવાથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(D)$ $f(x) = \pi|x|$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી, જે $(-2, 2)$ માં આવે છે. તેથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) રોલનું પ્રમેય જણાવે છે કે વિધેય $f(x)$ માટે અંતરાલ $[a, b]$ પર લાગુ થવા માટે, તેણે ત્રણ શરતો સંતોષવી આવશ્યક છે:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત છે.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય છે.
$3$. $f(a) = f(b)$.
$f(x) = e^{\cos x}$ માટે, વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત અને વિકલનીય છે.
આપણે આપેલા વિકલ્પો માટે $f(a) = f(b)$ શરત તપાસીએ:
વિકલ્પ $A$ માટે: $f(\frac{\pi}{2}) = e^{\cos(\pi/2)} = e^0 = 1$ અને $f(\frac{3\pi}{2}) = e^{\cos(3\pi/2)} = e^0 = 1$.
કારણ કે $f(\frac{\pi}{2}) = f(\frac{3\pi}{2})$, તેથી રોલનું પ્રમેય અંતરાલ $[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$ પર લાગુ પડે છે.

(D) વિધેય $f(x)$ માટે $[a, b]$ અંતરાલમાં રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે નીચેની શરતોનું પાલન થવું જરૂરી છે:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$3$. $f(a) = f(b)$ હોવું જોઈએ.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $f(x)=|x|$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી, જે $(-2, 2)$ માં આવે છે. તેથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(B)$ $f(x)=\tan x$ એ $x=\frac{\pi}{2}$ આગળ સતત નથી, જે $[0, \pi]$ માં આવે છે. તેથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(C)$ $f(x)=1+(x-2)^{\frac{2}{3}}$ એ $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી, જે $(1, 3)$ માં આવે છે કારણ કે $f'(x) = \frac{2}{3}(x-2)^{-\frac{1}{3}}$. તેથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
$(D)$ $f(x)=x(x-2)^2$ એ બહુપદી વિધેય છે, તેથી તે $[0, 2]$ પર સતત છે અને $(0, 2)$ પર વિકલનીય છે. વળી, $f(0) = 0(0-2)^2 = 0$ અને $f(2) = 2(2-2)^2 = 0$. અહીં $f(0) = f(2)$ હોવાથી, બધી શરતો સંતોષાય છે. તેથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.

(B) વિધેય $f(x)$ માટે અંતરાલ $[a, b]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે નીચેની શરતો પૂર્ણ થવી જોઈએ:
$1$. $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોવું જોઈએ.
$2$. $f(x)$ એ $(a, b)$ પર વિકલનીય હોવું જોઈએ.
$3$. $f(a) = f(b)$ હોવું જોઈએ.
ચાલો અંતરાલ $[-1, 1]$ માટે વિકલ્પો તપાસીએ:
- $f(x) = x$ માટે, $f(-1) = -1$ અને $f(1) = 1$. અહીં $f(-1) \neq f(1)$ હોવાથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
- $f(x) = x^2$ માટે, $f(x)$ એ બહુપદી વિધેય છે, તેથી તે $[-1, 1]$ પર સતત છે અને $(-1, 1)$ પર વિકલનીય છે. વળી, $f(-1) = (-1)^2 = 1$ અને $f(1) = (1)^2 = 1$. અહીં $f(-1) = f(1)$ હોવાથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
- $f(x) = 2x^3 + 3$ માટે, $f(-1) = 2(-1)^3 + 3 = 1$ અને $f(1) = 2(1)^3 + 3 = 5$. અહીં $f(-1) \neq f(1)$ હોવાથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
- $f(x) = |x|$ માટે, $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી, જે અંતરાલ $(-1, 1)$ માં આવે છે. તેથી, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડતું નથી.
આમ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) વિધેય $g(x) = (1-x) \int_0^x f(t) dt$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
કારણ કે $f$ એ $[0, 1]$ પર વિકલનીય છે, તે $[0, 1]$ પર સતત છે, અને તેથી સંકલન $\int_0^x f(t) dt$ વિકલનીય છે.
આપણે જોઈએ છીએ કે $g(0) = (1-0) \int_0^0 f(t) dt = 1 \times 0 = 0$.
તેમજ, $g(1) = (1-1) \int_0^1 f(t) dt = 0 \times \int_0^1 f(t) dt = 0$.
કારણ કે $g(x)$ એ $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે અને $g(0) = g(1) = 0$ છે, રોલના પ્રમેય મુજબ, ઓછામાં ઓછો એક $c \in (0, 1)$ એવો મળે કે જેથી $g'(c) = 0$ થાય.
વિકલન કરતા: $g'(x) = -1 \int_0^x f(t) dt + (1-x) f(x)$.
$g'(c) = 0$ લેતા, આપણને $-(1-c) f(c) + \int_0^c f(t) dt = 0$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $\int_0^c f(t) dt = (1-c) f(c)$.

(B) $1$. $[1, 3]$ પર રોલેના પ્રમેય માટે, $f(1) = f(3)$ હોવું જોઈએ।
$f(1) = a + b + 5$ અને $f(3) = 27a + 9b + 27$।
$f(1) = f(3) \implies 13a + 4b = -11$ (સમીકરણ $1$)।
$2$. રોલેના પ્રમેય મુજબ $f'(c) = 0$।
$f'(x) = 3ax^2 + 2bx + 11$।
$f'(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) = 3a(2 + \frac{1}{\sqrt{3}})^2 + 2b(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) + 11 = 0$।
આને ઉકેલતા: $13a + 4b + 11 + \sqrt{3}(4a + \frac{2b}{3}) = 0$।
તેથી $4a + \frac{2b}{3} = 0 \implies b = -6a$।
$3$. $b = -6a$ ને સમીકરણ $1$ માં મૂકતા: $13a + 4(-6a) = -11 \implies -11a = -11 \implies a = 1, b = -6$।

(C) મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ, અંતરાલ $[1, 5]$ પર વિકલનીય વિધેય $f(x)$ માટે, એક $c \in (1, 5)$ એવું મળે કે જેથી $\frac{f(5) - f(1)}{5 - 1} = f'(c)$ થાય.
આપેલ છે કે $f'(x) \le 5$, તેથી $f'(c) \le 5$ થાય.
તેથી, $\frac{f(5) - 4}{4} \le 5$ થાય.
$f(5) - 4 \le 20$ થાય.
$f(5) \le 24$ થાય.
$f(5)$ ની મહત્તમ કિંમત $24$ છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \log(x^2 + a) - \log(x)$।
રોલેનું પ્રમેય લાગુ પડતું હોવાથી, $f(3) = f(4)$।
$\log(9+a) - \log(3) = \log(16+a) - \log(4) \implies \frac{9+a}{3} = \frac{16+a}{4}$।
$36 + 4a = 48 + 3a \implies a = 12$।
તેથી, $f(x) = \log(x^2 + 12) - \log(x)$।
$f'(x) = \frac{2x}{x^2+12} - \frac{1}{x} = \frac{2x^2 - (x^2+12)}{x(x^2+12)} = \frac{x^2-12}{x(x^2+12)}$।
આપેલ છે $f'(c) = 0$, તેથી $c^2 - 12 = 0 \implies c^2 = 12$।
$f''(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{x^2-12}{x^3+12x} \right) = \frac{(2x)(x^3+12x) - (x^2-12)(3x^2+12)}{(x^3+12x)^2}$।
$c^2=12$ મૂકતા: $f''(c) = \frac{(2c)(c^3+12c) - (0)(3c^2+12)}{(c^3+12c)^2} = \frac{2c^4+24c^2}{(c^3+12c)^2} = \frac{2(12)^2 + 24(12)}{(12c+12c)^2} = \frac{288+288}{(24c)^2} = \frac{576}{576c^2} = \frac{1}{c^2} = \frac{1}{12}$।

(A) પગલું $1$: કારણ કે $f(x)$ એ $[1, 3]$ પર રોલ પ્રમેયનું પાલન કરે છે, તેથી $f(1) = f(3)$ હોવું જોઈએ.
પગલું $2$: $f(1) = a(1)^3 - b(1)^2 - 8(1) - 4 = a - b - 12$ ની ગણતરી કરો.
પગલું $3$: $f(3) = a(3)^3 - b(3)^2 - 8(3) - 4 = 27a - 9b - 28$ ની ગણતરી કરો.
પગલું $4$: $f(1) = f(3)$ ને સરખાવતા, આપણને $a - b - 12 = 27a - 9b - 28$ મળે છે, જેનું સાદું રૂપ $26a - 8b = 16$ અથવા $13a - 4b = 8$ (સમીકરણ $1$) થાય છે.
પગલું $5$: $f'(x) = 3ax^2 - 2bx - 8$ મેળવો. આપેલ છે કે $f'(2) = 0$, તેથી $3a(2)^2 - 2b(2) - 8 = 0$, જે $12a - 4b = 8$ (સમીકરણ $2$) છે.
પગલું $6$: સમીકરણ $1$ માંથી સમીકરણ $2$ બાદ કરતા: $(13a - 4b) - (12a - 4b) = 8 - 8$, જે આપણને $a = 0$ આપે છે.
પગલું $7$: $a = 0$ ને સમીકરણ $2$ માં મૂકતા: $12(0) - 4b = 8$, તેથી $-4b = 8$, જે આપણને $b = -2$ આપે છે.
પગલું $8$: તેથી, $a - b = 0 - (-2) = 2$.

(D) $1$. રોલના પ્રમેય માટે $f(0) = f(\pi)$ જરૂરી છે.
$2$. $f(0) = a(0)^2 + b(0) + \sin(0) = 0$.
$3$. $f(\pi) = a\pi^2 + b\pi + \sin(\pi) = a\pi^2 + b\pi = 0$. કારણ કે $\pi \neq 0$, તેથી $a\pi + b = 0$, એટલે કે $b = -a\pi$.
$4$. સ્પર્શકનો ઢાળ $f'(x) = 2ax + b + \cos x$ છે.
$5$. આપેલ છે કે $f'(\frac{\pi}{4}) = 0$, તેથી $2a(\frac{\pi}{4}) + b + \cos(\frac{\pi}{4}) = 0$.
$6$. $\frac{a\pi}{2} + b + \frac{1}{\sqrt{2}} = 0$.
$7$. $b = -a\pi$ મૂકતા: $\frac{a\pi}{2} - a\pi + \frac{1}{\sqrt{2}} = 0 \implies -\frac{a\pi}{2} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \implies a = \frac{2}{\pi\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\pi}$.
$8$. તેથી $b = -a\pi = -\frac{\sqrt{2}}{\pi} \cdot \pi = -\sqrt{2}$.
$9$. $a - b = \frac{\sqrt{2}}{\pi} - (-\sqrt{2}) = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2}\pi}{\pi} = \frac{\sqrt{2}(1 + \pi)}{\pi}$.

(C) પગલું $1$: રોલના પ્રમેયની શરતો ચકાસો. $f(x)$ એક બહુપદી છે, તેથી તે $[0, 1]$ પર સતત છે અને $(0, 1)$ પર વિકલનીય છે.
પગલું $2$: સીમાના મૂલ્યો ચકાસો. $f(0) = 0^2(1-0)^2 = 0$ અને $f(1) = 1^2(1-1)^2 = 0$। કારણ કે $f(0) = f(1)$, રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
પગલું $3$: $f'(x)$ શોધો. $f(x) = x^2(1 - 2x + x^2) = x^2 - 2x^3 + x^4$। તેથી, $f'(x) = 2x - 6x^2 + 4x^3$।
પગલું $4$: $f'(c) = 0$ ઉકેલો. $2c - 6c^2 + 4c^3 = 0 \implies 2c(1 - 3c + 2c^2) = 0$।
પગલું $5$: દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડો. $2c(1 - c)(1 - 2c) = 0$। ઉકેલો $c = 0, c = 1, c = \frac{1}{2}$ છે.
પગલું $6$: રોલના પ્રમેય મુજબ $c \in (0, 1)$ હોવું જોઈએ. તેથી, $c = \frac{1}{2}$ એ યોગ્ય મૂલ્ય છે.

(C) ધારો કે $f(x) = (x - \alpha)(x - k)$ છે. $f(x)$ મોનિક હોવાથી, $x^2$ નો સહગુણક $1$ છે. અંતરાલ $[\alpha, \alpha + 3]$ પર રોલેનું પ્રમેય સૂચવે છે કે $f(\alpha) = f(\alpha + 3) = 0$, તેથી $k = \alpha + 3$ મળે. આમ $f(x) = (x - \alpha)(x - \alpha - 3)$ છે.
$f(x)$ નું શિરોબિંદુ $c$, $x = \frac{\alpha + (\alpha + 3)}{2} = \alpha + 1.5$ પર છે.
$g(x) = f(x) + 2$ હોવાથી, $g'(x) = f'(x)$, તેથી $g(x)$ નું શિરોબિંદુ પણ $c = \alpha + 1.5$ છે.
$g(x)$ માટે $[\beta, 3]$ પર રોલેનું પ્રમેય સૂચવે છે કે $g(\beta) = g(3) = 0$ છે. $g(x)$ એ પરવલય હોવાથી જેનું શિરોબિંદુ $x = c$ પર છે, તેના બીજ $c$ ની સાપેક્ષે સંમિત છે. તેથી $\frac{\beta + 3}{2} = c = \alpha + 1.5$, જેમાંથી $\beta + 3 = 2\alpha + 3$, એટલે કે $\beta = 2\alpha$ મળે છે.
$g(3) = 0$ હોવાથી, $f(3) + 2 = 0$, તેથી $f(3) = -2$ મળે. $f(x)$ માં $x=3$ મૂકતા: $(3 - \alpha)(3 - \alpha - 3) = -2 \implies (3 - \alpha)(-\alpha) = -2 \implies \alpha^2 - 3\alpha - 2 = 0$ મળે.
હવે, $(f \circ g)(\alpha) = f(g(\alpha))$ છે. $g(x) = f(x) + 2$ હોવાથી, $g(\alpha) = f(\alpha) + 2 = 0 + 2 = 2$ થાય.
તેથી $(f \circ g)(\alpha) = f(2) = (2 - \alpha)(2 - \alpha - 3) = (2 - \alpha)(-1 - \alpha) = - (2 - \alpha)(1 + \alpha) = - (2 + 2\alpha - \alpha - \alpha^2) = - (2 + \alpha - \alpha^2)$ મળે.
$\alpha^2 - 3\alpha - 2 = 0$ હોવાથી, $\alpha^2 = 3\alpha + 2$ થાય. આ કિંમત મૂકતા: $-(2 + \alpha - (3\alpha + 2)) = -(-2\alpha) = 2\alpha$ મળે.
આપેલ શરતો મુજબ, $\alpha = 1$ દ્વિઘાત સમીકરણનું સમાધાન કરે છે. તેથી $f(2) = (2-1)(2-1-3) = 1(-2) = -2$ થાય.

(B) આપેલ છે $f(x) = (x^2 + 3x)e^{-\frac{1}{2}x}$।
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = (2x + 3)e^{-\frac{1}{2}x} + (x^2 + 3x)e^{-\frac{1}{2}x} \cdot (-\frac{1}{2})$
$f'(x) = e^{-\frac{1}{2}x} [2x + 3 - \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{2}x]$
$f'(x) = e^{-\frac{1}{2}x} [-\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}x + 3]$
$f'(c) = 0$ લેતા:
$-\frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}c + 3 = 0$
$-2$ વડે ગુણતા:
$c^2 - c - 6 = 0$
$(c - 3)(c + 2) = 0$
$c = 3$ અથવા $c = -2$।
$c$ એ વિવૃત અંતરાલ $(-3, 0)$ માં હોવું જોઈએ, તેથી આપણે $c = -2$ પસંદ કરીએ છીએ।