GSEB Solutions Class 12 Maths Chapter 6 વિકલિતના ઉપયોગો Ex 6.5

Gujarat Board GSEB Solutions Class 12 Maths Chapter 6 વિકલિતના ઉપયોગો Ex 6.5 Textbook Questions and Answers.

Gujarat Board Textbook Solutions Class 12 Maths Chapter 6 વિકલિતના ઉપયોગો Ex 6.5

પ્રશ્ન 1.
નીચે આપેલાં વિધેયોને મહત્તમ તથા ન્યૂનમતમ મૂલ્યો હોય, તો તે શોધો.
(i) f(x) = (2x – 1)² + 3
ઉત્તરઃ
f(x) = (2x – 1)² + 3
= 4(2x – 1)
= 8x – 4
f”(x) = 8
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, f'(x) = 0
∴ 8x – 4 = 0
x = \(\frac{1}{2}\)
હવે f” (\(\frac{1}{2}\)) = 8 > 0
∴ x = \(\frac{1}{2}\) આગળ વિધેય ન્યૂનતમ કિંમત ધરાવે છે.
વિધેયનું ન્યૂનતમ મૂલ્ય = f(\(\frac{1}{2}\))
= (2(\(\frac{1}{2}\)) – 1)² + 3
= 3
સ્પષ્ટ છે કે, વિધેય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી.

(ii) f(x) = 9x² + 12x + 2
ઉત્તરઃ
f(x) = 9x² + 12x + 2
∴ f'(x) = 18x + 12
f”(x) = 18
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, f'(x) = 0
∴ 18x + 12 = 0
∴ x = –\(\frac{2}{3}\)
તથા f”(-\(\frac{2}{3}\)) = 18 > ૦
∴ x = –\(\frac{2}{3}\) આગળ,
વિધેય ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
વિધેયનું ન્યૂનતમ મૂલ્ય = f(-\(\frac{2}{3}\))
= 9(-\(\frac{2}{3}\))² + 12(-\(\frac{2}{3}\)) + 2
= 4 – 8 + 2 = -2
સ્પષ્ટ છે કે વિધેય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી.

(iii) f(x) = (x – 1)² + 10
ઉત્તરઃ
f(x) = (x – 1)² + 10
= – x² + 2x + 9
∴ f'(x) = 2x + 2
f”(x) = −2
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, f'(x) = 0
∴ -2x + 2 = 0
∴ x = 1
હવે f”(1) = 2 < 0
∴ x = 1 આગળ વિધેય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
વિધેયનું મહત્તમ મૂલ્ય = f (1)
= − (1 − 1)2 + 10
= 10
સ્પષ્ટ છે કે વિધેય ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી.

(iv) g(x) = x³ + 1
ઉત્તરઃ
g(x) = x³ + 1
… g'(x) = 3x²
તથા g”(x) = 6x
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, g'(x) = 0
g ”(0) = 0
∴ 3x² = 0
∴ x = 0
દ્વિતીય વિકલિત કસોટી અહીં નિષ્ફળ જાય છે.
g'(x) = 3x² ∴ ∀ x ∈ R માટે g'(x) > 0 થાય છે.
વળી, x → ∞ ∴ g(x) = x³ + 1 → ∞
તથા x → -∞ ∴ g(x) x³ + 1 → –∞
વિધેય g(x) મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી.

પ્રશ્ન 2.
નીચેનાં વિધેયોને મહત્તમ તથા ન્યૂનતમ મૂલ્યો હોય, તો તે શોધો.

(i) f(x) = |x + 2 | – 1
ઉત્તરઃ
f(x) = |x + 2| – 1, ∀ x ∈ R
સ્પષ્ટ છે કે, [x + 2 | ≥ 0, x ∈ R માટે,
∴ |x + 2| – 1 ≥ 0 – 1
∴ f(x) ≥ -1
∴ f(x)નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય -1 છે.
f(x) = −1 ∴ | x + 2 − 1 = −1
∴ | x + 2 | = 0
∴ x = −2
∴ x = −2 આગળ વિધેય f(x)નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય -1 છે.
વિધેય f(x) એ મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી.

(ii) g(x) = -|x + 1| + 3
ઉત્તરઃ
g(x) = -|x + 1 | + 3, ∀ x ∈ R
સ્પષ્ટ છે કે, |x + 1 | ≥ 0, ∀ x ∈ R માટે,
∴ |x + 1| ≤ 0
∴ -|x + 1| + 3 ≤ 0 + 3
∴ g(x) < 3
∴ વિધેય g(x)નું મહત્તમ મૂલ્ય 3 છે.
g(x) = 3 ∴ – |x + 1| + 3 = 3
∴ -|x + 1 | = 0
∴ x = −1
∴ x = −1 આગળ વિધેય g(x)નું મહતમ મૂલ્ય 3 છે.
વિધેય g(x) એ ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી.

(iii) h(x) = sin(2x) + 5
ઉત્તરઃ
h(x) = sin(2x) + 5
આપણે જાણીએ છીએ કે,
−1 < sin(2x) < 1
∴ -1 + 5 ≤ sin(2x) + 5 ≤ 1 + 5
∴ 4 ≤ h(x) ≤ 6
∴ વિધેય h(x)નું મહત્તમ મૂલ્ય 6 તથા ન્યૂનતમ મૂલ્ય 4 છે.

(iv) f(x) = |sin 4x + 3|
ઉત્તરઃ
f(x) = |sin 4x + 3|
sin 4xનું મહત્તમ મૂલ્ય 1 હોવાથી f(x)નું મહત્તમ મૂલ્ય |1 + 3| = 4 થશે.
sin 4નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય −1 હોવાથી f(x)નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય |−1 + 3| = 2 થશે.

(v) h(x) = x + 1, x ∈ (−1, 1)
ઉત્તરઃ
h(x) = x + 1, x ∈ (−1, 1)
h’ (x) = 1
h” (x) = 0
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય માટે h'(x) = 0 + 1 = 0 જે શક્ય નથી.
વળી, x → ∞ ∴ h(x) → ∞
તથા x → -∞ ∴ h(x) → -∞
વિધેય h(r) મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી.

પ્રશ્ન 3.
નીચે આપેલાં વિધેયોને સ્થાનીય મહત્તમ તથા સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્યો હોય, તો તે શોધો :
(i) f(x) = x²
ઉત્તરઃ
f(x) = x²
f ‘(x) = 2x
હવે f ‘(x) = 0 ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0
હવે x = 0 આગળ ચકાસીએ.

જ્યારે x < 0 હોય ત્યારે f'(x) < 0 છે. તથા x > 0 હોય ત્યારે f'(x) > 0 છે.
∴ x = 0 આગળ વિધેય f'(x) એ ઋણથી ધન બને છે.
∴ x = 0 આગળ f(x)ને સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.
f(x)નું સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય f(0) = 0 છે.

(ii) g(x) = x³ – 3x
ઉત્તરઃ
∴ g'(x) = x³ – 3x
= 3(x − 1)(x + 1)
હવે g'(x) = 0 ∴ 3(x – 1)(x + 1) = 0
∴ x = 1, -1
x = 1 આગળ, x < 1 હોય ત્યારે g'(x) = (+)(−) (+)
∴ g'(x) < 0 x > 1 હોય ત્યારે g'(x) = (+)(+) (+)
∴ g'(x) > 0
∴ x = 1 આગળ વિધેય g'(x) ઋણથી ધન બને છે.
∴ x = 1 આગળ વિધેય g(x) ને સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય છે.

g(x)નું સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય g(1) = 1 – 3 = -2
ઉત્તરઃ
x = −1 આગળ,
x < −1 હોય ત્યારે g'(x) = (+) (−) (-) ∴ g'(x) > 0
x > −1 હોય ત્યારે g'(x) = (+) (-) (+)
∴ g'(x) < 0
∴ x = -1 આગળ g'(x) ધનથી ઋણ બને છે.
g(x)નું સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય
g(-1) = (−1)³ – 3(−1)
= −1 + 3
= 2

(iii) h(x) = sin x cos x; 0 < x < \(\frac{\pi}{2}\) ઉત્તરઃ h(x) = sin x + cos x h'(x) = cos x – sin x સ્થાનીય મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય માટે h'(x) = 0 ∴ cos x – sin x = 0 ∴ tan x = 1 ∴ x = \(\frac{\pi}{4}\), \(\frac{\pi}{4}\) ∈ (0, \(\frac{\pi}{2}\)) હવે x = \(\frac{\pi}{4}\) આગળ, હોય ત્યારે cos x > sin x
∴ cos x – sin x > 0
∴ h'(x) > 0

x > \(\frac{\pi}{4}\) હોય ત્યારે cos x < sin x
∴ cos x – sin x < 0
∴ h'(x) < 0
∴ x = \(\frac{\pi}{4}\) આગળ h'(x) ચિહ્ન ધનથી ઋણ બને છે.
x = \(\frac{\pi}{4}\) આગળ વિધેય h(x) એ સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.

(iv) f(x) = sin x – cos x; 0 < x < 2π
ઉત્તરઃ
∴ f'(x) = cos x + sin x
f'(x) = – sin x + cos x
સ્થાનીય મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે,
f'(x) = 0 ∴ cos x + sin x = 0
∴ tan x = −1

∴ x = \(\frac{3 \pi}{4}\) આગળ વિધેય f(x) એ સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
∴ વિધેયનું સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય

∴ x = \(\frac{7 \pi}{4}\) આગળ વિધેય f(x) એ સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
∴ વિધેયનું સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય

(v) f(x) = x³ – 6x² + 9x + 15
ઉત્તરઃ
f(x) = x³ – 6x² + 9x + 15
∴ f'(x) = 3x³
f”(x) = 6x – 12
સ્થાનીય મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, f'(x) = 0
∴ 3x² – 12x + 9 = 0
∴ 3(x² – 4x + 3) = 0
∴ 3(x − 3)(x − 1) = 0
∴x = 3, 1

f” (3) = 6(3) – 12 = 18 – 12 = 6 > 0
f”(1) = 6(1) – 12 = 6 – 12 = −6 < 0
∴ વિધેય f(x) એ x = 1 આગળ સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે તથા x = ૩ આગળ સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
∴ f(x)નું સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય,
f(1) = (1)³ – 6(1)² + 9(1) + 15
= 16 + 9 + 15
= 19
તથા f(x)નું સ્થાનીય ન્યૂનતમ મૂલ્ય,
f(3) = (3)³ – 6(3)² + 9(3) + 15
= 27 – 54 + 27 + 15
= 15

(vi) g(x) = \(\frac{x}{2}+\frac{2}{x}\); x > 0

હવે સ્થાનીય મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, g'(x) = 0
∴ \(\frac{1}{2}-\frac{2}{x^2}\) = 0
∴ x² = 4
∴ x = ± 2
પરંતુ x > 0 x = 2
g”(x) = \(\frac{4}{(2) 3}=\frac{1}{2}\) > 0
∴ x = 2 આગળ વિધેય g(x) એ સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
વિધેયનું સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય = g(2)
= \(\frac{2}{2}+\frac{2}{2}\) = 2

(vii) g(x) = \(\frac{1}{x^2+2}\)
ઉત્તરઃ

∴ x = 2 આગળ વિધેય g(x) એ સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
વિધેયનું સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય = g(0)
= \(\frac{1}{0+2}\)
= \(\frac{1}{2}\)
= 2

(viii) f(x) = x\(\sqrt{1-x}\), 0 < x < 1
ઉત્તરઃ

∴ x = 0 આગળ વિધેય g(x) એ સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
વિધેય f(x)નું સ્થાનીય મહત્તમ મૂલ્ય

પ્રશ્ન 4.
સાબિત કરો કે નીચે આપેલાં વિધેયોને મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો નથી :
(i) f(x) = e^x
ઉત્તરઃ
f(x) = e^x
∴ f ‘(x) = e^x
xની કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા માટે f'(x) ≠ 0
∴ f(x) = e^x ને મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો નથી.

(ii) g(x) = logx
ઉત્તરઃ
વિધેય g(x) એ x > 0 માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
g’(x) =
xની કોઈપણ કિંમત માટે g'(x) ≠ 0
∴ g(x) = log xને મહત્તમ ન્યૂનતમ મૂલ્યો નથી.

(iii) h(x) = x³ + x² + x + 1
ઉત્તરઃ
h(x) = x³ + x² + x + 1
∴ h'(x) 3x² + 2x + 1
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, h'(x)
∴3x² + 2x + 1 = 0
આ દ્વિઘાત સમીકરણ છે. જેનો વિવેચક D = 4 – 12 < 0.
∴ આ સમીકરણનાં બીજ વાસ્તવિક નથી.
∴ xની કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમત માટે, h'(x) = 3x² + 2x + 1 ± 0.
∴ વિધેય h(x)ને મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો મળે નહીં.

પ્રશ્ન 5.
આપેલ અંતરાલમાં નીચેનાં વિધેયોનાં વૈશ્વિક મહત્તમ તથા વૈશ્વિક ન્યૂનતમ મૂલ્યો શોધો :
(i) f(x) = x³, x ∈ [-2, 2]
ઉત્તરઃ
f(x) = x³
∴ f'(x) = x³ = 0 ⇒ x = 0
હવે f'(x) = 0 = 3x²
f(2) = (−2)³ = -8
f(0) = (0)³ = 0
f(2) = (2)³ = 8
∴ વિધેય f(x) ને x = 2 આગળ નિરપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય 8 મળે છે. જ્યારે x = −2 આગળ નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ મૂલ્ય −8 મળે છે.

(ii) f(x) = sin x + cos x, x ∈ [0, π]
ઉત્તરઃ
f(x) = sin x + cos x
∴ f'(x) = cos x sin x

મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, f'(x) = 0
∴ cos x – sin x = 0
∴ tan x = 1
∴ x = \(\frac{\pi}{4}\) (∵ x ∈ [0, \(\frac{\pi}{4}\)]
હવે f(0) = sin 0 + cos 0 = 1
f(\(\frac{\pi}{4}\)) = sin\(\frac{\pi}{4}\) + cos\(\frac{\pi}{4}\) = \(\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)
f(π) = sin π + cos π = 0 – 1 = -1
વિધેય f(x) ને x = \(\frac{\pi}{4}\) આગળ નિરપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય √2 મળે છે. જ્યારે x = \(\frac{\pi}{4}\) આગળ નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ મૂલ્ય −1 મળે છે.

(ii) f(x) = 4x – \(\frac{1}{2}\) x², x ∈ [−2, \(\frac{9}{2}\)]
ઉત્તરઃ
f(x) = 4x – \(\frac{1}{2}\) x²
∴ f'(x) = 4 – x
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે f'(x) = 0
∴ 4 – x = 0
∴ x = 4
હવે f(− 2) = 4(− 2) – \(\frac{1}{2}\) (− 2)²
= -8 – 2
= – 10

f(4) = 4(4) – \(\frac{1}{2}\)(4)²
= 16 – 8
= 8

f\(\left(\frac{9}{2}\right)\) = 4\(\left(\frac{9}{2}\right)\) – \(\frac{1}{2}\left(\frac{9}{2}\right)^2\)
= 18 – \(\frac{81}{8}\)
= 18 – 10.125
= 7.875

f(x)નું નિરપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય = મહત્તમ {−10, 8, 7 · 875}
= 8

f(x)નું નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ મૂલ્ય = ન્યૂનતમ {−10, 8, 7 · 875}
= -10

(iv) f(x) = (x – 1)² + 3, x ∈ [-3, 1]
ઉત્તરઃ
f(x) = (x – 1)² + 3
∴ f'(x) = 2(x – 1)
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, f'(x) = 0
∴ 2(x – 1) = 0
∴ x = 1
હવે f(1) = (1 − 1)² + 3 = 3
f(−3) = (-3 − 1)² + 3 = 19
∴ વિધેય f(x) નું નિરપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય = 19
તથા નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ મૂલ્ય = 3

પ્રશ્ન 6.
જો કંપનીએ પ્રાપ્ત કરેલ નફાનું વિધેય, p(x) = 41 – 72x – 18x² હોય, તો કંપનીને પ્રાપ્ત થતો મહત્તમ નફો શોધો.
ઉત્તરઃ
નફાનું વિધેય p(x) = 41 – 72x – 18x²

∴ x = −2 હોય ત્યારે મહત્તમ નફો મળે છે.
મહત્તમ નફો = p(-2)
= 41 – 72(-2) – 18(− 2)²
= 113 એકમ

પ્રશ્ન 7.
વિધેય f(x) = 3x⁴ – 8x³ + 12x² – 48x + 25, x ∈ [0, 3]નાં મહત્તમ તથા ન્યૂનતમ મૂલ્યો શોધો.
ઉત્તરઃ
f(x) = 3x⁴ – 8x³ + 12x² – 48x + 25, x ∈ [0, 3]
∴ f'(x) = 12x³ – 24x² + 24x – 48
= 12 [x³ – 2x² + 2x – 4]
= 12 [x²(x – 2) + 2(x − 2)]
= 12 (x² + 2) (x − 2)

મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે, f'(x) = 0
∴ 12(x² + 2) (x − 2) = 0
∴ x = 2 (∵ x² = −2 શક્ય નથી.)
હવે f(2) = 3(2)⁴ – 8(2)³ + 12(2)² – 48(2) + 25
= 48 – 64 + 48 – 96 + 25
= -39

x ∈ [0, 3] ∴ f(0) = 3(0)⁴ – 8(0)³ + 12(0)² – 48(0) +25
= 25
તથા f(3) = 3(3)⁴ – 8(3)³ + 12(3)² – 48(3) + 25
= 243 – 216 + 108 – 144 + 25
= 16
∴ વિધેય f(x)ને x = 0 આગળ મહત્તમ મૂલ્ય 25 છે.
તથા x = 2 આગળ ન્યૂનતમ મૂલ્ય -39 છે.

પ્રશ્ન 8.
વિધેય f(x) = sin 2x, x ∈ [0, 2] એ x ની કઈ કિંમતો આગળ મહત્તમ મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરશે ?
ઉત્તરઃ
વિધેય f(x) = sin 2x, x = [0, 2π]
f'(x) = 2cos 2x
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે f'(x) = 0
∴ 2cos 2x = 0 (∵ 0 < x < 2π ⇒ 0 < 2x < 4π)

∴ x = \(\frac{\pi}{4}\) અने \(\frac{5 \pi}{4}\) આગળ વિધેય f(x)ને મહત્તમ મૂલ્ય મળે છે.

પ્રશ્ન 9.
f(x) = sin x + cos x ની મહત્તમ કિંમત શોધો.
ઉત્તરઃ
વિધેય f(x) = sin x cos x
∴ f'(x) = cos x – sin x
f”(x) = -sin x – cos x

મહત્તમ મૂલ્ય માટે f'(x) = 0
∴ cos x – sin x = 0
∴ tan x = 1
∴ x = \(\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4}\)

∴ x = \(\frac{5 \pi}{4}\) આગળ વિધેય f(x) મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવતું નથી
પરંતુ ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
વળી f(0) = sin 0 + cos 0 = 1
તથા f(2) = sin 2π + cos 2π = 1
∴ વિધેય f(x) એ x = \(\frac{\pi}{4}\) આગળ મહત્તમ મૂલ્ય √2 ધરાવે છે.

પ્રશ્ન 10.
વિધેય f(x) = 2x³ – 24x + 107, x ∈ [1, 3] માટે, fનું આ જ વિધેય માટે, x ∈ [−3, −1] હોય, મહત્તમ મૂલ્ય શોધો. તો fનું મહત્તમ મૂલ્ય નક્કી કરો.
ઉત્તરઃ
f(x) = 2x³ – 24x + 107, x ∈ [1, 3]
f'(x) = 6x² – 24
મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે f'(x) = 0
∴ 6x² – 24 = 0
∴ x² = 4
∴ x = 2, -2
x ∈ [1, 3] ∴ x = 2 (∵ -2 ∉ [1, 3])
f(1) = 2(1)³ – 24(1) + 107 = 2 – 24 + 107 = 85
f(2) = 2(2)3 – 24(2) + 107 = 16 – 48 + 107 = 75
f(3) = 2(3)3 – 24(3) + 107 = 54 − 72 + 107 = 89
∴ વિધેય f(x)નું મહત્તમ મૂલ્ય = 89 મળે છે
જે x = 3 આગળ મળે છે.
હવે f'(x) = 0 ∴ x = 2, – 2
x ∈ [−3, -1] ∴ -2 ∈ (-3, -1] (∵ 2 ∉ [-3, -1])
f(-2) = 2(-2)3 – 24(−2) + 107 = −16 +48 + 107 = 139
f(−3) = 2(−3)3 – 24(−3) + 107 = −54 + 72 + 107 = 125
f(−1) = 2(−1)3 – 24(−1) + 107 = −2 + 24 + 107
∴ x = -2 આગળ વિધેય f(x)ને મહત્તમ મૂલ્ય 139 મળે છે.

પ્રશ્ન 11.
જો વિધેય f(x) = x⁴ – 62x² + ax + 9, x ∈ [0, 2] x = 1 આગળ મહત્તમ કિંમત ધારણ કરે છે તેમ આપેલ હોય, તો વની કિંમત શોધો.
ઉત્તરઃ
f(x) = x⁴ – 62x² + ax + 9, x ∈ [0, 2]
f'(x) = 4x³ – 124x + a

હવે વિધેય f(x) એ x = 1 આગળ મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
∴ f'(1) = 0
∴ 4(1)³ – 124(1) + a = 0
∴ 4 – 124 + a = 0
∴ a = 120

પ્રશ્ન 12.
વિધેય f(x) = x + sin 2x, x ∈ [0, 2π] ની મહત્તમ તથા ન્યૂનતમ કિંમતો શોધો.
ઉત્તરઃ
f(x) = x + sin 2x, [0, 2π]
∴ f'(x) == 1 + 2cos 2x

મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે f'(x) = 0
∴ 1 + 2cos 2x = 0
∴ cos 2x = –\(\frac{1}{2}\)
∴ 2x = \(\frac{2 \pi}{3}, \frac{4 \pi}{3}, \frac{8 \pi}{3}, \frac{10 \pi}{3}\)
(∵ 0 < x < 2π ⇒ 0 < 2x < 4π)
x = \(\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}, \frac{4 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{3}\)
હવે આપણે f(x)નું મૂલ્ય x = 0, \(\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}, \frac{4 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{3}\) તથા 2π આગળ મેળવીએ.
f(x) = x + sin 2x
∴ f(0) = 0 + sin 0 = 0

∴ f(2π) = 2π + sin 4π = 2π
∴ વિધેય f(x)ને x = 0 આગળ ન્યૂનતમ મૂલ્ય f(0) = 0 મળે છે તથા x = 2π આગળ મહત્તમ મૂલ્ય x = 2π મળે છે.

પ્રશ્ન 13.
જેમનો સરવાળો 24 હોય અને જેમનો ગુણાકાર મહત્તમ હોય એવી બે ધન સંખ્યાઓ શોધો.
ઉત્તરઃ
ધારો કે બે સંખ્યાઓ x અને 24 – x છે.
તેમનો ગુણાકાર p(x) = x(24 – x)
= 24x – x²
p'(x) = 24 – 2x
હવે p'(x) = 0
p”(x) = −2 < 0 ∴ 24 – 2x = 0
p”(x) | x = 12 ∴ x = 12

p”(x) = -2 < 0
p”(x) |_x=12 = -2 < 0
∴ x = 12 હોય ત્યારે p(x) મહત્તમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
∴ બે સંખ્યાઓનો ગુણાકાર મહત્તમ હોય ત્યારે x = 12 તથા (24 – x) = (24 – 12) = 12.
∴ માંગેલ સંખ્યાઓ 12 તથા 12 છે.

પ્રશ્ન 14.
x + y = 60 થાય તથા xy³ મહત્તમ થાય એવી બે ધન સંખ્યાઓ x અને y મેળવો.
ઉત્તરઃ
x અને y એ ધન સંખ્યાઓ છે તથા x + y = 60
∴ x = 60 – y

હવે f(y) = xy³
= (60 – y)y³ (∵ x + y = 60)
= 60y³ – y⁴

f'(y) = 180y² – 4y³ = 4y²(45 – y)
તથા f”(y) = 360y – 12y² = 12y (30 – y)
f(y)નાં મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્યો માટે,
f'(y) = 0
∴ 4y² (45 – y) = 0
∴ y = 0 તથા y = 45
પરંતુ y = 0 શક્ય નથી. તેથી y = 45
હવે f”(45) = 12(45) [30 45] < 0
∴ y = 45 હોય ત્યારે f(y)નું મૂલ્ય મહત્તમ મળે છે.
જ્યારે y = 45 હોય ત્યારે x = 60 – y = 60 – 45 = 15
∴ માગેલ બે ધન સંખ્યાઓ 15 અને 45 છે.

પ્રશ્ન 15.
જેમનો સરવાળો 35 થાય એવી બે ધન સંખ્યાઓ x અને y મેળવો જેથી ગુણાકાર x મહત્તમ બને.
ઉત્તરઃ
બે ધન સંખ્યાઓ x અને y છે.
x + y = 35 ∴ y = 35
હવે f(x) = x²y⁵
= x² (35 – x)⁵
∴ f'(x) = x². 5(35 – x)⁴ (−1) + 2x(35 – x)⁵
= (35 – x)⁴ [− 5x² + 70x – 2x²]
= (35 – x)⁴ [70x – 7x²]
f”(x) = (35 – x)⁴(70 – 14x) + (70x – 7x²) 4(35 – x)³ (-1)
= (35 − x)⁴(70 – 14x) – 4(70x – 7x²)(35 − x)³

ગુણાકાર મહત્તમ બને તે માટે f'(x) = 0
∴ (35 – x)⁴ (70x – 7x²] = 0
∴ (35 – x)⁴ x(70 – 7x) = 0
∴ (35 – x)⁴ = 0
∴ x = 35 જે શક્ય નથી. કારણ કે x + y = 35.
∴ 70x – 7x² = 0
∴ x(70 – 7x) = 0
∴x = 0 જે શક્ય નથી.
∴ 70 – 7x = 0 → x = 10
f”(10) = (35 – 10)⁴ (70 – 140) – 4(700 – 700) (35 – 10)³
= (25)⁴ [70] < 0
∴ x = 10 હોય ત્યારે f(x) મહત્તમ બને છે.
x = 10 = y = 35 – x = 35 – 10 = 25
∴ માગેલ બે ધન સંખ્યાઓ 10 અને 25 છે.

પ્રશ્ન 16.
જેમનો સરવાળો 16 હોય એવી બે ધન સંખ્યાઓ શોધો જેથી તેમના ધનનો સરવાળો ન્યૂનતમ હોય.
ઉત્તરઃ
બે ધન સંખ્યાઓનો સરવાળો 16 છે.
ધારો કે, એક સંખ્યા x છે. તો બીજી સંખ્યા 16 – x થાય.
હવે f(x) = x³ + (16 − x)³
f'(x) = 3x² – 3(16 – x)²
f”(x) = 6x + 6(16 − x)
f(x) ન્યૂનતમ બને તે માટે f'(x) = 0
∴ 3x² – 3(16 – x)² = 0
∴ 3x² – 768 + 96x – 3x² = 0
x = \(\frac{768}{96}\) = 8
f”(8) = 6(8) + 6(16 – 8)
= 48+ 48 > 0
∴ x = 8 હોય ત્યારે f(x) ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધરાવે છે.
x = 8 ⇒ 16 – x = 16 – 8 = 8
∴ માગેલ ધન સંખ્યાઓ 8 અને 8 છે.

પ્રશ્ન 17.
જેમની બાજુનું માપ 18 સેમી હોય તેવા પતરાના ચોરસ ટુકડાના દરેક ખૂણેથી ચાર એકરૂપ ચોરસ કાપીને અને બાકીના ભાગને વાળીને એક ખુલ્લી પેટી બનાવવામાં આવે છે. પેટીનું ઘનફળ મહત્તમ થાય તે માટે કાપવામાં આવતા ચોરસની બાજુની લંબાઈ શોધો.
ઉત્તરઃ
ધારો કે દરેક ખૂણામાંથી કાપેલ ચોરસની બાજુની લંબાઈ x સેમી. છે.

ઉપરની ખુલ્લી હોય તેવી પેટીની લંબાઈ = 18 – 2x સેમી
પહોળાઈ = 18 – 2x સેમી
ઊંચાઈ = x સેમી થશે.
પેટીનું ઘનફળ V = lbh (l= લંબાઈ, b = પહોળાઈ, h= ઊંચાઈ)
∴ V = (18 – 2x)(18 – 2x)x (સેમી)3
∴ V = x(18 – 2x)²
\(\frac{dV}{d x}\) = (18 – 2x)² + x · 2(18 – 2x) · (− 2)
= (18 – 2x)² – 4x (18 – 2x)
= (18 – 2x) [18 – 2x – 4x]
= (18 – 2x) (18 – 6x)

\(\frac{d^2 \mathrm{~V}}{d x^2}\) = (18 – 2x)(-6) + (18 – 6x) (− 2)
= – 108 + 12x 36 + 12x
= 24x – 144

મહત્તમ ઘનફળ માટે, \(\frac{dV}{d x}\) = 0
∴ (18 – 2x) (18 – 6x)
∴ x = 9, x = 3

∴ x = 3 માટે પેટીનું ઘનફળ V મહત્તમ મળે છે. . દરેક ખૂણામાંથી કાપેલ ચોરસની બાજુની લંબાઈ x = 3 સેમી છે.

પ્રશ્ન 18.
45 સેમી × 24 સેમી લંબચોરસ પતરાના દરેક ખૂણેથી ચાર એકરૂપ ચોરસ કાપીને તથા બાકીના ભાગને વાળીને એક ખુલ્લી પેટી બનાવવામાં આવે છે. પેટીનું ઘનફળ મહત્તમ થાય, તે માટે પતરામાંથી કાપવામાં આવતા ચોરસની લંબાઈ શોધો.
ઉત્તરઃ
ધારો કે દરેક ખૂણામાંથી કાપેલ ચોરસની બાજુની લંબાઈ x સેમી. છે.

ઉપરની ખુલ્લી પેટીની લંબાઈ l = 45 – 2x સેમી
પહોળાઈ b = 24 – 2x સેમી
ઊંચાઈ h = x સેમી થશે.

પેટીનું ઘનફળ V = lbh
∴ V = (45 – 2x)(24 – 2x)x
= 2x (45 – 2x)(12 – x)
= 2x (540 – 69x + 2x²)
= 1080x – 138x² + 4x³

\(\frac{d \mathrm{~V}}{d x}\) = 1080 – 276 x + 12x²
\(\frac{d^2 \mathrm{~V}}{d x^2}\) = – 276 + 24x

મહત્તમ ઘનફળ માટે, \(\frac{dV}{d x}\) = 0
∴ 1080 – 276x + 12x² = 0
∴ x² – 23x + 90 = 0
∴ (x – 5) (x – 18)
∴ x = 5, 18

∴ x = 5 માટે ઘનફળ મહત્તમ મળે છે.
∴ પેટીનું ઘનફળ મહત્તમ મળે તે માટે દરેક ખૂણામાંથી કાપેલ ચોરસની બાજુની લંબાઈ 5 સેમી છે.

પ્રશ્ન 19.
સાબિત કરો કે નિયત વર્તુળમાં અંતર્ગત તમામ લંબચોરસોમાં ચોરસનું ક્ષેત્રફળ મહત્તમ છે.
ઉત્તરઃ

ABCD વર્તુળનાં અંતર્ગત લંબચોરસ છે. ધારો કે લંબચોરસની બાજુઓ AB = CD
= x એકમ તથા AD = BC = y એકમ છે.
વર્તુળની ત્રિજ્યા = r
∴ BD = 2r

હવે AABDમાં પાયથાગોરસનાં પ્રમેય પ્રમાણે,
AB² + AD² = BD²
∴ x² + y² = (2r)²


∴x = y = √2r
લંબચોરસની લંબાઈ તથા પહોળાઈ સરખી થાય ત્યારે તે ચોરસ બને છે.
∴ વર્તુળમાં અંતર્ગત તમામ લંબચોરસોમાં ચોરસનું ક્ષેત્રફળ મહત્તમ હોય છે.

પ્રશ્ન 20.
લંબવૃત્તીય નળાકારનું પૃષ્ઠફળ અચળ હોય, તો નળાકારના આધારનો વ્યાસ એ તેની ઊંચાઈ જેટલો હોય ત્યારે નળાકારનું ઘનફળ મહત્તમ છે તેમ સાબિત કરો.
ઉત્તરઃ
ધારો કે નળાકારની ઊંચાઈ તથા પાયાની ત્રિજ્યા ૪ છે. નળાકારની સપાટીનું કુલ પૃષ્ઠફળ S છે તથા તેનું ઘનફળ V છે.

∴ S = 2πr² + 2πrh
S આપેલ છે. ⇒ S = અચળ

પરંતુ S = 2πr² + 2πrh
∴ 6πr² = 2πr² + 2πrh
∴ 4πr² = 2πrh
∴ h = 2r
∴ h = 2r = વ્યાસ
∴ નળાકારની સપાટીનું કુલ પૃષ્ઠફળ S આપેલ હોય ત્યારે ઊંચાઈ એ વ્યાસ બરાબર થાય ત્યારે ઘનફળ મહત્તમ થાય છે.

પ્રશ્ન 21.
આપેલ તમામ બંધ (લંબવૃત્તીય) નળાકાર કૅનમાંથી પ્રત્યેક કૅનનું કદ 100 સેમી3 હોય તો, તે કૅનનું પૃષ્ઠફળ ન્યૂનતમ હોય ત્યારે તેનાં પરિમાણ શોધો.
ઉત્તરઃ

ધારો કે નળાકાર કૅનની ઊંચાઈ સેમી
તથા ત્રિજ્યા ૪ સેમી છે.
∴ તેનું ઘનફળ V = 2πr²h = 100 c.c
∴ h = \(\frac{100}{\pi r^2}\) …..(i)

નળાકાર કેનનું કુલ પૃષ્ઠફળ S હોય તો,
S = 2πrh + 2πr² સેમી

પ્રશ્ન 22.
28 મીટર લાંબા વાયરને કાપીને બે ટુકડા બનાવવામાં આવે છે. તેના એક ટુકડામાંથી ચોરસ અને બીજા ટુકડામાંથી વર્તુળ બનાવવામાં આવે છે. તેમાંથી એવી રચના બને કે જ્યારે બંનેનું કુલ ક્ષેત્રફળ ન્યૂનતમ હોય ત્યારે વાયરના બંને ટુકડાની લંબાઈ શોધો.
ઉત્તરઃ
28 મીટર લંબાઈનાં તારનાં બે ટુકડા કરવામાં આવે છે. ધારો કે, એક ટુકડાની લંબાઈ x મીટર હોય તો બીજા ટુકડાની લંબાઈ (28 – x) મીટર થશે.
x મીટર લંબાઈનાં તારનાં ટુકડાને વાળીને ત્રિજ્યાવાળું વર્તુળ બનાવવામાં આવે છે. તથા (28 – x) મીટર લંબાઈનાં તારને વાળીને ચોરસ બનાવવામાં આવે છે.
∴ વર્તુળનો પરીઘ 2πr = x થશે.
∴ r = \(\frac{x}{2 \pi}\)
ચોરસની પરિમિતિ 4x બાજુની લંબાઈ = 28 – x થશે.
∴ ચોરસની બાજુની લંબાઈ = \(\frac{28-x}{4}\)
વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ + ચોરસનું ક્ષેત્રફળ = A હોય તો
A = πr² + (બાજુની લંબાઈ)²

તારનાં બંને ટુકડાની લંબાઈ \(\frac{28 \pi}{4+\pi}\) सेમી તથા \(\frac{112}{4+\pi}\) મળે છે.

પ્રશ્ન 23.
R ત્રિજ્યાવાળા ગોલકમાં અંતર્ગત મહત્તમ ઘનફળવાળા શંકુનું ઘનફળ ગોલકના ઘનફળ કરતાં \(\frac{8}{27}\) ગણું છે તેમ સાબિત કરો.
ઉત્તરઃ
R ત્રિજયાવાળા ગોલકનાં અંતર્ગત મહામ ઘનફળ ધરાવતો શંકુ CAB આવેલો છે. મહત્તમ ઘનફળ ધરાવતાં શંકુની અક્ષએ ગોલકનો વ્યાસ થશે.

0 એ ગોલકનું કેન્દ્ર છે.
∴ OA = OB = OC = R
ધારો કે OM = x
∴ AOMAમાં R² = x² + AM²
∴ શંકુની ત્રિજ્યા r = AM = \(\sqrt{\mathrm{R}^2-x^2}\)
શંકુની ઊંચાઈ h = CM = CO + OM = R + x
હવે શંકુનું ઘનફળ V = \(\frac{1}{3}\)πr²h

∴ R ત્રિજ્યાવાળા ગોલકની અંતર્ગત મહત્તમ ઘનફળ ધરાવતાં શંકુનું ઘનફળ એ \(\frac{8}{27}\) (ગોલકનાં ઘનફળ) બરાબર હોય છે.

પ્રશ્ન 24.
લંબવૃત્તીય શંકુની વક્રસપાટી ન્યૂનતમ હોય અને ઘનફળ આપેલ હોય ત્યારે શંકુની ઊંચાઈ એ તેના આધારની ત્રિજ્યા કરતાં √2 ગણી છે તેમ સાબિત કરો.
ઉત્તરઃ
ધારો કે શંકુની ત્રિજ્યા r, ઊંચાઈ તથા તિર્યક ઊંચાઈ l છે.

∴ શંકુનું ઘનફળ V = \(\frac{1}{3}\)πr²h
ઘનફળ V આપેલ હોવાથી
V = અચળ

∴ h = √2r હોય ત્યારે શંકુની વક્ર સપાટીનું પૃષ્ઠફળ ન્યૂનતમ મળે છે.

પ્રશ્ન 25.
તિર્યક ઊંચાઈ (I) આપેલ હોય ત્યારે મહત્તમ ઘનફળવાળા શંકુનો અર્ધશિરઃકોણ tan^-1√2 છે તેમ સાબિત કરો.
ઉત્તરઃ
ધારો કે શંકુની ત્રિજ્યા ઊંચાઈ r, તિર્યક ઊંચાઈ l તથા અર્ધ શીર્ષકોણ α છે.
તિર્યક ઊંચાઈ l આપેલ હોવાથી l = અચળ


∴ tan α = √2 હોય ત્યારે શંકુનું ઘનફળ મહત્તમ થાય છે. અર્થાત્ શંકુનાં અર્ધ શીર્ષકોણ નું મૂલ્ય tan^-1(√2) હોય ત્યારે શંકુનું ઘનફળ મહત્તમ થાય છે.

પ્રશ્ન 26.
લંબવૃત્તીય શંકુનું પૃષ્ઠફળ S આપેલ હોય ત્યારે મહત્તમ ઘનફળવાળા શંકુનો અર્ધશિરઃકોણ sin^-1\(\left(\frac{1}{3}\right)\) છે તેમ સાબિત કરો.
ઉત્તરઃ
ધારો કે શંકુની ત્રિજ્યા r, ઊંચાઈ h, તિર્યક ઊંચાઈ l તથા અર્ધ શીર્ષકોણ જ છે.

શંકુનું પૃષ્ઠફળ S = πr² + πrl
S આપેલ હોવાથી S = અચળ

∴ S = 4πr² હોય ત્યારે શંકુનું ઘનફળ મહત્તમ મળે છે.
∴ πrl + r² = πr²
∴ πrl = 3πr²
∴ l = 3r
∴ \(\frac{r}{l}=\frac{1}{3}\)
હવે આકૃતિ પરથી sin o = \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{OA}}=\frac{r}{l}\)
∴ sin α = \(\frac{1}{3}\)
∴ α = sin^-1\(\frac{1}{3}\)
∴ શંકુનો અર્ધ શીર્ષકોણ = sin^-1\(\frac{1}{3}\) હોય ત્યારે આપેલ શંકુનાં પૃષ્ઠફળ માટે તેનું ઘનફળ મહત્તમ થાય છે.

પ્રશ્નો 27 થી 29માં વિધાન સાચું બને તે રીતે આપેલ વિકલ્પોમાંથી યોગ્ય વિકલ્પ પસંદ કરો :

પ્રશ્ન 27.
વક્ર x² = 2y પરનું (0, 5) થી સૌથી નજીકનું બિંદુ …….. હોય.
(A) (2√2, 4)
(B) (2√2,0)
(C) (0, 0)
(D) (2, 2)
ઉત્તરઃ
(A) (2√2, 4)
ધારો કે વક્ર x² = 2y પરનું કોઈ બિંદુ P(x, y) છે. તથા A(0, 5) આપેલ બિંદુ છે.
∴ AP = \(\sqrt{(x-0)^2+(y-5)^2}\)
∴ AP² = x² + (y – 5)²
∴ Ap² = 2y + y² – 10y + 25
∴ AP² = y² – 8y + 25
421 } Z = y² – 8y + 25
∴ \(\frac{d \mathrm{Z}}{d y}\) = 2y – 8 તથા \(\frac{d^2 Z}{d y^2}\) = 2 > 0

મહત્તમ કે ન્યૂનતમ અંતર \(\frac{d \mathrm{Z}}{d y}\) = 0
∴2y – 80 ⇒ y = 4
x² = 2y ⇒ x² = 8
⇒ x= ±2√2
વળી, \(\frac{d^2 Z}{d y^2}\) = 2 > 0 છે.
∴ (x, y) = (22, 4) એ વક્ર પરનું (0, 5) થી નજીક આવેલું બિંદુ છે.

પ્રશ્ન 28.
વિધેય f(x) = \(\frac{1-x+x^2}{1+x+x^2}\), ∀ x ∈ R ની ન્યૂનતમ કિંમત ……….. છે.
(A) 0
(B) 1
(C) 3
(D) \(\frac{1}{3}\)
ઉત્તરઃ
(D) \(\frac{1}{3}\)
f(x) = \(\frac{1-x+x^2}{1+x+x^2}\) = y લેતાં,
∴ 1 – x + x² = y + xy + x²y
∴ x² – x²y – x – xy + 1 – y =0
∴ x² (1 − y) − x (1 + y) + (1 − y) = 0
જે, x નું દ્વિઘાત સમીકરણ છે.
હવે, x ∈ R હોવાથી સમીકરણના બીજ વાસ્તવિક મળે.
∴ A = b² – 4ac ≥ 0
અહીં, a = 1 – y, b = -(1 + y), c = 1 – y
∴(1 + y)² − 4 (1 − y)2 ≥ 0
∴ (1 + y + 2(1 − y)) (1 + y – 2(1 – y)) > 0
∴ (1 + y + 2 – 2y)) (1 + y – 2 + 2y) > 0
∴ (3 – y) (3y – 1) ≥ 0
∴ (y – 3) (3y − 1) ≤ 0

y ∈ [\(\frac{1}{3}\), 3]
y ની ન્યૂનતમ કિંમત = \(\frac{1}{3}\)

પ્રશ્ન 29.
વિધેય f(x) = [x(x – 1) + 1]^{\(\frac{1}{3}\)}, x ∈ [0, 1] નું મહત્તમ મૂલ્ય …………… છે.
(A) \(\left(\frac{1}{3}\right)^{\frac{1}{3}}\)
(B) \(\frac{1}{2}\)
(C) 1
(D) 0
ઉત્તરઃ
(C) 1
y = [x(x − 1) + 1]^{\(\frac{1}{3}\)}, 0 ≤ x ≤ 1

પરંતુ x ∈ [0, 1] ∴ y(0) = [0 + 1]^{\(\frac{1}{3}\)} = 1
તથા y(1) = [1(1 − 1) + 1]^{\(\frac{1}{3}\)} = 1
∴ y = [x (x – 1) + 1]^{\(\frac{1}{3}\)} નું મહત્તમ મૂલ્ય 1 છે.