যদি f(x) = sqrt(x-2) এবং g(x)^2 = x^2+1 হয়, তাহলে fog এর ডোমেন হবে -

এখানে, \( f(x) = \sqrt{x-2} \) এবং \( g(x)^2 = x^2 + 1 \) দেওয়া আছে। আমাদের \( f \circ g \) এর ডোমেন নির্ণয় করতে হবে।

\( f \circ g (x) = f(g(x)) \)

তাহলে, \( f(g(x)) = \sqrt{g(x) - 2} \)

যেহেতু \( g(x)^2 = x^2 + 1 \), তাই \( g(x) = \pm \sqrt{x^2 + 1} \)

সুতরাং, \( f(g(x)) = \sqrt{\pm \sqrt{x^2 + 1} - 2} \)

\( f(g(x)) \) সংজ্ঞায়িত হওয়ার জন্য, \(\pm \sqrt{x^2 + 1} - 2 \ge 0 \) হতে হবে।

আমরা জানি, \( \sqrt{x^2 + 1} \) সবসময় ধনাত্মক হবে। তাই, আমরা ধনাত্মক মানটি নিয়ে কাজ করব।

অতএব, \( \sqrt{x^2 + 1} - 2 \ge 0 \)

বা, \( \sqrt{x^2 + 1} \ge 2 \)

উভয় দিকে বর্গ করে পাই, \( x^2 + 1 \ge 4 \)

বা, \( x^2 \ge 3 \)

সুতরাং, \( x \ge \sqrt{3} \) অথবা \( x \le -\sqrt{3} \)

এখন, যদি আমরা ঋণাত্মক মানটি নেই, তাহলে \( -\sqrt{x^2 + 1} - 2 \ge 0 \) হতে হবে।

কিন্তু, \( -\sqrt{x^2 + 1} \) সবসময় ঋণাত্মক এবং এর সাথে \( -2 \) যোগ করলে তা আরও ঋণাত্মক হবে। তাই, \( -\sqrt{x^2 + 1} - 2 \ge 0 \) সম্ভব নয়।

সুতরাং, \( f \circ g \) এর ডোমেন হবে \( (-\infty, -\sqrt{3}] \cup [\sqrt{3}, \infty) \) 😮। কিন্তু প্রদত্ত উত্তরটি হল \( (-\infty, -1) \cup (1, \infty) \) 🤔।

আচ্ছা, উত্তরের অমিল হওয়ার কারণ হল \( g(x)^2 = x^2 + 1 \) এর জন্য \( g(x) \) এর বাস্তব মান থাকতে হবে। তাই \( x^2+1 \ge 0 \) যা সর্বদা সত্য।

এখন, আমাদের দেখতে হবে \( \sqrt{g(x)-2} \) এর ভেতরের রাশি যেন ধনাত্মক হয়। অর্থাৎ, \( g(x) - 2 \ge 0 \)।

সুতরাং, \( g(x) \ge 2 \) অথবা \( g(x) \le -2 \) হতে হবে।

যদি \( g(x) \ge 2 \) হয়, তাহলে \( g(x)^2 \ge 4 \) হবে।

সুতরাং, \( x^2 + 1 \ge 4 \) বা, \( x^2 \ge 3 \) সুতরাং, \( x \le -\sqrt{3} \) অথবা \( x \ge \sqrt{3} \)।

আবার, যদি \( g(x) \le -2 \) হয়, তাহলে \( g(x)^2 \ge 4 \) হবে।

সুতরাং, \( x^2 + 1 \ge 4 \) বা, \( x^2 \ge 3 \) সুতরাং, \( x \le -\sqrt{3} \) অথবা \( x \ge \sqrt{3} \)।

অতএব, \( f \circ g \) এর ডোমেন হল \( (-\infty, -\sqrt{3}] \cup [\sqrt{3}, \infty) \) 🥳।

যদি প্রশ্নপত্রে \( f(x) = \sqrt{x-1} \) থাকত, তবে উত্তরটি \( (-\infty, -1] \cup [1, \infty) \) হত।