Leibnitz's rule, Wall's Formula Questions in Gujarati

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\int_0^x {\cos {t^2}dt} }}{x}$.
આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે $L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
$\text{Leibniz}$ સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશનું વિકલન $\frac{d}{dx} \int_0^x \cos(t^2) dt = \cos(x^2)$ થાય છે.
છેદનું વિકલન $\frac{d}{dx} (x) = 1$ થાય છે.
તેથી,$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos(x^2)}{1} = \cos(0) = 1$.

(C) આપેલ છે કે $F(x) = \int_0^{x^2} f(t) dt = x^2(1 + x)$.
વિકલન માટે લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \int_0^{x^2} f(t) dt \right) = \frac{d}{dx} (x^2 + x^3)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$f(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 2x + 3x^2$.
$f(x^2) \cdot 2x = 2x + 3x^2$.
$x > 0$ માટે,$2x$ વડે ભાગતા:
$f(x^2) = \frac{2x + 3x^2}{2x} = 1 + \frac{3}{2}x$.
$f(4)$ શોધવા માટે,$x^2 = 4$ લેતા,જેથી $x = 2$ મળે (કારણ કે $x > 0$):
$f(4) = 1 + \frac{3}{2}(2) = 1 + 3 = 4$.

(B) લીબનીઝના સંકલન નિયમ મુજબ,જો $f(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} F(t, x) \, dt$ હોય,તો $\frac{d}{dx} f(x) = F(h(x), x) \cdot h'(x) - F(g(x), x) \cdot g'(x)$ થાય.
અહીં $f(x) = \int_a^x t^3 e^t \, dt$ આપેલ છે.
અહીં સંકલ્ય $F(t) = t^3 e^t$ છે,ઉપરની સીમા $h(x) = x$ છે અને નીચેની સીમા $g(x) = a$ છે.
નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx} f(x) = (x^3 e^x) \cdot \frac{d}{dx}(x) - (a^3 e^a) \cdot \frac{d}{dx}(a)$.
$a$ એ અચળ હોવાથી,$\frac{d}{dx}(a) = 0$ થાય.
તેથી,$\frac{d}{dx} f(x) = x^3 e^x \cdot 1 - 0 = x^3 e^x$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\int_{\sin x}^1 {t^2}f(t) dt = 1 - \sin x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (Leibniz integral rule નો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{d}{dx} \left( \int_{\sin x}^1 {t^2}f(t) dt \right) = \frac{d}{dx} (1 - \sin x)$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$\int_{g(x)}^a h(t) dt$ નું વિકલન $-h(g(x)) \cdot g'(x)$ થાય છે.
તેથી,$-(\sin x)^2 f(\sin x) \cdot \cos x = -\cos x$.
અહીં $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ હોવાથી,$\cos x \neq 0$ છે,તેથી બંને બાજુ $-\cos x$ વડે ભાગતા:
$(\sin x)^2 f(\sin x) = 1$.
આમ,$f(\sin x) = \frac{1}{\sin^2 x}$.
તેથી,$f(t) = \frac{1}{t^2}$ મળે.
પરિણામે,$f\left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) = \frac{1}{(1/\sqrt{3})^2} = \frac{1}{1/3} = 3$.

(B) આપણે નિશ્ચિત સંકલન માટે વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ $\int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$.
અહીં,$m = 2$ અને $n = 3$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\int_0^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{2+1}{2}) \Gamma(\frac{3+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{2+3+2}{2})} = \frac{\Gamma(\frac{3}{2}) \Gamma(2)}{2 \Gamma(\frac{7}{2})}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Gamma(\frac{3}{2}) = \frac{1}{2} \sqrt{\pi}$,$\Gamma(2) = 1! = 1$,અને $\Gamma(\frac{7}{2}) = \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\pi} = \frac{15}{8} \sqrt{\pi}$.
આમ,સંકલન $\frac{(\frac{1}{2} \sqrt{\pi}) \cdot 1}{2 \cdot (\frac{15}{8} \sqrt{\pi})} = \frac{\frac{1}{2} \sqrt{\pi}}{\frac{15}{4} \sqrt{\pi}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{15} = \frac{2}{15}$ થાય છે.

(A) આપણે $I = \int_0^\pi {\left| {\sin^4 x} \right|\,dx}$ નું મૂલ્ય શોધવાનું છે.
કારણ કે $x \in [0, \pi]$ માટે $\sin^4 x \ge 0$ છે,તેથી આપણે માનાંક દૂર કરી શકીએ: $I = \int_0^\pi \sin^4 x \,dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) \,dx = 2 \int_0^a f(x) \,dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(2a-x) = f(x)$ છે:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 x \,dx$.
વોલિસના સૂત્ર મુજબ,યુગ્મ $n$ માટે $\int_0^{\pi/2} \sin^n x \,dx = \frac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \frac{\pi}{2}$:
$I = 2 \cdot \left( \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = 2 \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{8}$.

(B) $0$ થી $\pi/2$ સુધી $\sin^{n} x$ ના સંકલન માટે વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n = 2m$ એ બેકી સંખ્યા છે:
$\int_0^{\pi /2} \sin^{2m} x \, dx = \frac{2m-1}{2m} \cdot \frac{2m-3}{2m-2} \cdot \dots \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$
આને સરળ બનાવવા માટે,અંશ અને છેદને બેકી સંખ્યાઓના ગુણાકાર $2m \cdot (2m-2) \cdot \dots \cdot 2$ વડે ગુણો:
અંશ: $(2m-1)(2m-3)\dots(1) \cdot [2m(2m-2)\dots(2)] = (2m)!$
છેદ: $[2m(2m-2)\dots(2)]^2 = [2^m \cdot m(m-1)\dots(1)]^2 = (2^m \cdot m!)^2$
આમ,સંકલન $\frac{(2m)!}{(2^m \cdot m!)^2} \cdot \frac{\pi}{2}$ છે.

(A) સંકલન $I = \int_0^{\pi /2} \sin^5 x \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે વોલિસના સૂત્ર (Wallis' Formula) નો ઉપયોગ કરીશું.
વોલિસનું સૂત્ર જણાવે છે કે $n > 1$ માટે:
$\int_0^{\pi /2} \sin^n x \, dx = \frac{(n-1)(n-3)\dots(1)}{n(n-2)\dots(2)} \times \frac{\pi}{2}$ (જો $n$ બેકી સંખ્યા હોય)
$\int_0^{\pi /2} \sin^n x \, dx = \frac{(n-1)(n-3)\dots(2)}{n(n-2)\dots(3)}$ (જો $n$ એકી સંખ્યા હોય)
અહીં,$n = 5$,જે એકી સંખ્યા છે.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{(5-1)(5-3)}{5(5-2)(5-4)} = \frac{4 \times 2}{5 \times 3 \times 1} = \frac{8}{15}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,જો $\varphi(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \, dt$ હોય,તો $\varphi'(x) = f(h(x)) \cdot h'(x) - f(g(x)) \cdot g'(x)$ થાય.
અહીં,$f(t) = \sin(t^2)$,$h(x) = \sqrt{x}$,અને $g(x) = \frac{1}{x}$ છે.
વિકલન કરતા: $h'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ અને $g'(x) = -\frac{1}{x^2}$ મળે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\varphi'(x) = \sin((\sqrt{x})^2) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} - \sin((\frac{1}{x})^2) \cdot (-\frac{1}{x^2})$
$\varphi'(x) = \sin(x) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{x^2} \sin(\frac{1}{x^2})$
હવે,$x = 1$ માટે કિંમત શોધતા:
$\varphi'(1) = \sin(1) \cdot \frac{1}{2\sqrt{1}} + \frac{1}{1^2} \sin(\frac{1}{1^2})$
$\varphi'(1) = \frac{1}{2} \sin(1) + \sin(1) = \frac{3}{2} \sin(1)$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \cos^2 x (\sin x + \cos x) \, dx$.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો: $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^3 x \cos^2 x \, dx + \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx$.
પ્રથમ સંકલન $\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^3 x \cos^2 x \, dx$ એ એકી વિધેય છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
બીજું સંકલન $\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx$ એ બેકી વિધેય છે,તેથી તે $2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx$ બરાબર થાય છે.
વોલિસના સૂત્ર $\int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx = 2 \times \frac{(2-1)!!(3-1)!!}{(2+3)!!} = 2 \times \frac{1 \times 2}{5 \times 3 \times 1} = 2 \times \frac{2}{15} = \frac{4}{15}$.

(D) અહીં આપણે લેબનિઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરીશું: $\frac{d}{dx} \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \, dt = f(h(x)) \cdot h'(x) - f(g(x)) \cdot g'(x)$.
આપેલ છે કે $F(x) = \int_{x^2}^{x^3} \frac{1}{\log t} \, dt$,જ્યાં $f(t) = \frac{1}{\log t}$,$h(x) = x^3$,અને $g(x) = x^2$ છે.
તેથી $h'(x) = 3x^2$ અને $g'(x) = 2x$ થાય.
નિયમ લાગુ પાડતા:
$F'(x) = \frac{1}{\log(x^3)} \cdot (3x^2) - \frac{1}{\log(x^2)} \cdot (2x)$
$\log(x^n) = n \log x$ હોવાથી:
$F'(x) = \frac{3x^2}{3 \log x} - \frac{2x}{2 \log x}$
$F'(x) = \frac{x^2}{\log x} - \frac{x}{\log x} = \frac{x^2 - x}{\log x} = \frac{x(x - 1)}{\log x} = x(x - 1)(\log x)^{-1}$.

(B) વિકલન માટે લેબનીઝના નિયમ (Leibniz integral rule) મુજબ,જો $f(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} \phi(t) \, dt$ હોય,તો $f'(x) = \phi(h(x)) \cdot h'(x) - \phi(g(x)) \cdot g'(x)$ થાય.
અહીં,$\phi(t) = \sin \sqrt{t}$,$h(x) = x^4$,અને $g(x) = x^2$ છે.
વિકલન કરતા:
$h'(x) = \frac{d}{dx}(x^4) = 4x^3$
$g'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x$
હવે આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$f'(x) = \sin(\sqrt{x^4}) \cdot (4x^3) - \sin(\sqrt{x^2}) \cdot (2x)$
$\sqrt{x^4} = x^2$ અને $\sqrt{x^2} = x$ (ધારો કે $x > 0$) લેતા:
$f'(x) = 4x^3 \sin(x^2) - 2x \sin(x)$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ છે કે $F(x) = \frac{1}{x^2} \int_4^x (4t^2 - 2F'(t)) \, dt$.
$x^2$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $x^2 F(x) = \int_4^x (4t^2 - 2F'(t)) \, dt$.
લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2x F(x) + x^2 F'(x) = 4x^2 - 2F'(x)$.
$x = 4$ મુકતા:
$2(4) F(4) + (4)^2 F'(4) = 4(4)^2 - 2F'(4)$.
મૂળ સમીકરણ પરથી,$F(4) = \frac{1}{4^2} \int_4^4 (4t^2 - 2F'(t)) \, dt = 0$.
$F(4) = 0$ ની કિંમત વિકલિત સમીકરણમાં મુકતા:
$8(0) + 16 F'(4) = 64 - 2F'(4)$.
$16 F'(4) + 2 F'(4) = 64$.
$18 F'(4) = 64$.
$F'(4) = \frac{64}{18} = \frac{32}{9}$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi \sin^5\left( \frac{x}{2} \right) \, dx$.
$t = \frac{x}{2}$ આદેશ લેતા,$dx = 2 \, dt$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$ અને જ્યારે $x = \pi$,ત્યારે $t = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$I = \int_0^{\pi/2} \sin^5(t) \cdot 2 \, dt = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^5(t) \, dt$.
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\int_0^{\pi/2} \sin^n(x) \, dx = \frac{(n-1)(n-3)\dots(2)}{n(n-2)\dots(1)}$ (જ્યારે $n$ એકી સંખ્યા હોય).
$n = 5$ માટે,$\int_0^{\pi/2} \sin^5(t) \, dt = \frac{4 \cdot 2}{5 \cdot 3 \cdot 1} = \frac{8}{15}$.
આમ,$I = 2 \cdot \frac{8}{15} = \frac{16}{15}$.

(B) વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$I = \int_0^{\pi /2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$.
અહીં,$m = 4$ અને $n = 6$ છે.
$I = \frac{\Gamma(\frac{4+1}{2}) \Gamma(\frac{6+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{4+6+2}{2})} = \frac{\Gamma(5/2) \Gamma(7/2)}{2 \Gamma(6)}$.
$\Gamma(n+1) = n\Gamma(n)$ અને $\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Gamma(5/2) = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi} = \frac{3\sqrt{\pi}}{4}$.
$\Gamma(7/2) = \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi} = \frac{15\sqrt{\pi}}{8}$.
$\Gamma(6) = 5! = 120$.
$I = \frac{(\frac{3\sqrt{\pi}}{4}) (\frac{15\sqrt{\pi}}{8})}{2 \cdot 120} = \frac{45\pi}{32 \cdot 240} = \frac{45\pi}{7680} = \frac{3\pi}{512}$.

(A) આપેલ છે કે $F(x) = \int_{x^2}^{x^3} \log t \, dt$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,જે જણાવે છે કે $\frac{d}{dx} \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \, dt = f(h(x)) \cdot h'(x) - f(g(x)) \cdot g'(x)$.
અહીં,$f(t) = \log t$,$h(x) = x^3$,અને $g(x) = x^2$ છે.
તેથી,$F'(x) = \log(x^3) \cdot \frac{d}{dx}(x^3) - \log(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$.
$F'(x) = (3 \log x) \cdot (3x^2) - (2 \log x) \cdot (2x)$.
$F'(x) = 9x^2 \log x - 4x \log x$.
$F'(x) = (9x^2 - 4x) \log x$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^4 x \cos^6 x \, dx$.
અહીં $f(x) = \sin^4 x \cos^6 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,$f(-x) = f(x)$,તેથી:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 x \cos^6 x \, dx$.
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $\int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{[(m-1)(m-3)...(1)][(n-1)(n-3)...(1)]}{(m+n)(m+n-2)...(2)} \times \frac{\pi}{2}$ (જો $m, n$ બંને યુગ્મ હોય):
અહીં $m=4$ અને $n=6$ છે.
$I = 2 \times \left[ \frac{(3 \times 1) \times (5 \times 3 \times 1)}{(10 \times 8 \times 6 \times 4 \times 2)} \times \frac{\pi}{2} \right]$.
$I = 2 \times \left[ \frac{3 \times 15}{3840} \times \frac{\pi}{2} \right] = \frac{45\pi}{3840} = \frac{3\pi}{256}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{1}^{x} \sqrt{2 - t^2} dt$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \int_{1}^{x} \sqrt{2 - t^2} dt = \sqrt{2 - x^2}$.
આપેલ સમીકરણ $x^2 - f'(x) = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $x^2 = f'(x)$.
$f'(x)$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $x^2 = \sqrt{2 - x^2}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $x^4 = 2 - x^2$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^4 + x^2 - 2 = 0$ થાય છે.
ધારો કે $u = x^2$. તો સમીકરણ $u^2 + u - 2 = 0$ બને છે.
આ દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,આપણને $(u + 2)(u - 1) = 0$ મળે છે.
કારણ કે $u = x^2$,તેથી $x^2 = -2$ (જેના કોઈ વાસ્તવિક બીજ નથી) અથવા $x^2 = 1$.
આમ,$x = \pm 1$.

(C) ધારો કે $x = a(1 - \cos \theta)$. તેથી $dx = a \sin \theta d\theta$.
જ્યારે $x=0, \theta=0$ અને જ્યારે $x=a, \theta=\pi/2$.
પદ $2ax - x^2 = 2a^2(1 - \cos \theta) - a^2(1 - \cos \theta)^2 = a^2(1 - \cos^2 \theta) = a^2 \sin^2 \theta$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$\int_0^a x(2ax - x^2)^{3/2} dx = \int_0^{\pi/2} a(1 - \cos \theta) (a^2 \sin^2 \theta)^{3/2} a \sin \theta d\theta$
$= a^5 \int_0^{\pi/2} (1 - \cos \theta) \sin^4 \theta d\theta$
$= a^5 [\int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta d\theta - \int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos \theta d\theta]$
પ્રથમ ભાગ માટે વૉલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta d\theta = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$.
બીજા ભાગ માટે,$u = \sin \theta$ લેતા,$du = \cos \theta d\theta$: $\int_0^1 u^4 du = [\frac{u^5}{5}]_0^1 = \frac{1}{5}$.
આમ,પરિણામ $a^5 [\frac{3\pi}{16} - \frac{1}{5}]$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \int_0^x {t\sin t\,dt}$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમ મુજબ,જો $f(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} F(t, x) \, dt$ હોય,તો $f'(x) = F(h(x), x) \cdot h'(x) - F(g(x), x) \cdot g'(x) + \int_{g(x)}^{h(x)} \frac{\partial}{\partial x} F(t, x) \, dt$ થાય.
અહીં,$F(t, x) = t\sin t$,$h(x) = x$,અને $g(x) = 0$ છે.
કારણ કે સંકલ્ય $t\sin t$ એ $x$ પર આધારિત નથી,તેથી આંશિક વિકલન $\frac{\partial}{\partial x} (t\sin t) = 0$ થાય.
તેથી,$f'(x) = (x\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(x) - (0\sin 0) \cdot \frac{d}{dx}(0) + 0$.
$f'(x) = x\sin x \cdot 1 - 0 = x\sin x$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\int_0^x {f(t)\,dt} = x + \int_x^1 {t\,f(t)\,dt}$
સંકલન $\int_x^1 {t\,f(t)\,dt}$ ને $-\int_1^x {t\,f(t)\,dt}$ તરીકે લખતા:
$\int_0^x {f(t)\,dt} = x - \int_1^x {t\,f(t)\,dt}$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (Leibniz integral rule નો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{d}{dx} \left( \int_0^x {f(t)\,dt} \right) = \frac{d}{dx} (x) - \frac{d}{dx} \left( \int_1^x {t\,f(t)\,dt} \right)$
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = 1 - xf(x)$
$f(x)$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$f(x) + xf(x) = 1$
$f(x)(1 + x) = 1$
$f(x) = \frac{1}{1 + x}$
હવે,$f(1)$ શોધવા માટે $x = 1$ મૂકતા:
$f(1) = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $\int_0^{t^2} xf(x)dx = \frac{2}{5}t^5$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન માટે લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dt} \left( \int_0^{t^2} xf(x)dx \right) = \frac{d}{dt} \left( \frac{2}{5}t^5 \right)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$(t^2)f(t^2) \cdot \frac{d}{dt}(t^2) = \frac{2}{5} \cdot 5t^4$.
$(t^2)f(t^2) \cdot (2t) = 2t^4$.
$2t^3 f(t^2) = 2t^4$.
$t > 0$ હોવાથી,$2t^3$ વડે ભાગતા:
$f(t^2) = t$.
આપણે $f\left( \frac{4}{25} \right)$ શોધવાનું છે.
ધારો કે $t^2 = \frac{4}{25}$,જેનો અર્થ છે કે $t = \frac{2}{5}$ ($t > 0$ હોવાથી).
$f(t^2) = t$ માં $t = \frac{2}{5}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$f\left( \frac{4}{25} \right) = \frac{2}{5}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{x^2}^{x^2+1} e^{-t^2} dt$.
લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = e^{-(x^2+1)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2+1) - e^{-(x^2)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$f'(x) = e^{-(x^2+1)^2} \cdot (2x) - e^{-x^4} \cdot (2x)$
$f'(x) = 2x \left( e^{-(x^2+1)^2} - e^{-x^4} \right)$
દરેક $x$ માટે $(x^2+1)^2 > x^4$ હોવાથી,$-(x^2+1)^2 < -x^4$ થાય.
તેથી,$e^{-(x^2+1)^2} < e^{-x^4}$,જેનો અર્થ છે કે $\left( e^{-(x^2+1)^2} - e^{-x^4} \right) < 0$.
વિધેય $f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) \ge 0$ હોવું જરૂરી છે.
કૌંસમાં રહેલું પદ હંમેશા ઋણ હોવાથી,$f'(x) \ge 0$ ત્યારે જ થાય જ્યારે $2x \le 0$,એટલે કે $x \le 0$.
આમ,$f(x)$ એ $(-\infty, 0)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} \sec^2 t \, dt}{x \sin x}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે $L'\text{H\^opital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\int_0^{x^2} \sec^2 t \, dt)}{\frac{d}{dx}(x \sin x)}$.
વિકલનના નિયમ મુજબ:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sec^2(x^2) \cdot 2x}{\sin x + x \cos x}$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 \sec^2(x^2)}{\frac{\sin x}{x} + \cos x}$.
$x = 0$ મૂકતા:
$L = \frac{2 \cdot 1}{1 + 1} = 1$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \sec x & \cos x & \sec^2 x + \cot x \csc x \\ \cos^2 x & \cos^2 x & \csc^2 x \\ 1 & \cos^2 x & \cos^2 x \end{array} \right|$.
$R_1 \to R_1 - \sec x R_3$ પ્રક્રિયા લાગુ પાડતા,નિશ્ચાયકનું સાદું રૂપ $f(x) = -\sin^2 x - \cos^5 x$ મળે છે.
હવે,$\int_0^{\pi/2} f(x) dx = -\int_0^{\pi/2} (\sin^2 x + \cos^5 x) dx$.
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\int_0^{\pi/2} \sin^2 x dx = \frac{\pi}{4}$ અને $\int_0^{\pi/2} \cos^5 x dx = \frac{8}{15}$.
તેથી,$\int_0^{\pi/2} f(x) dx = -(\frac{\pi}{4} + \frac{8}{15}) = -\frac{\pi}{4} - \frac{8}{15}$.

(D) ધારો કે $F(x) = \int_0^{x^2} \frac{t^2 - 5t + 4}{2 + e^t} \,dt$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $F(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$F'(x) = \frac{(x^2)^2 - 5(x^2) + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$F'(x) = \frac{x^4 - 5x^2 + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot 2x$
અંતિમ બિંદુઓ માટે,આપણે $F'(x) = 0$ લઈએ:
$\frac{(x^2 - 1)(x^2 - 4)}{2 + e^{x^2}} \cdot 2x = 0$
આનો અર્થ એ છે કે $x = 0$ અથવા $x^2 = 1$ અથવા $x^2 = 4$.
આને ઉકેલતા,આપણને $x = 0$,$x = \pm 1$,અને $x = \pm 2$ મળે છે.
આ તમામ મૂલ્યો આપેલા વિકલ્પોમાં સમાવિષ્ટ હોવાથી,સાચો જવાબ $D$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\int_{\pi /2}^x \sqrt{3 - 2\sin^2 u} \,du + \int_0^y \cos t \,dt = 0.$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \int_{\pi /2}^x \sqrt{3 - 2\sin^2 u} \,du \right) + \frac{d}{dx} \left( \int_0^y \cos t \,dt \right) = 0.$
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$\sqrt{3 - 2\sin^2 x} + \cos y \cdot \frac{dy}{dx} = 0.$
$\frac{dy}{dx}$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$\cos y \cdot \frac{dy}{dx} = -\sqrt{3 - 2\sin^2 x}.$
તેથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{\sqrt{3 - 2\sin^2 x}}{\cos y}.$
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) ધારો કે $L = \mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \frac{\int\limits_0^k (1 + \sin 2x)^{\frac{1}{x}} dx}{k}$.
આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $k$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L$'Hopital નો નિયમ વાપરીએ છીએ.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય (Leibnitz નો નિયમ) નો ઉપયોગ કરતા,અંશનું વિકલન $(1 + \sin 2k)^{\frac{1}{k}}$ થાય અને છેદનું વિકલન $1$ થાય.
તેથી,$L = \mathop {Lim}\limits_{k \to 0} (1 + \sin 2k)^{\frac{1}{k}}$.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે,જેને $e^{\mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \frac{1}{k} \ln(1 + \sin 2k)}$ તરીકે ગણી શકાય.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {Lim}\limits_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \frac{\ln(1 + \sin 2k)}{k} = \mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \left( \frac{\ln(1 + \sin 2k)}{\sin 2k} \cdot \frac{\sin 2k}{2k} \cdot 2 \right) = 1 \cdot 1 \cdot 2 = 2$ મળે છે.
તેથી,$L = e^2$.

(C) ધારો કે $I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos 2x)^{3/2} \cos x \,dx$.
નિત્યસમ $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} (1 - 2\sin^2 x)^{3/2} \cos x \,dx$.
ધારો કે $\sqrt{2} \sin x = \sin \theta$. તેથી $\sqrt{2} \cos x \,dx = \cos \theta \,d\theta$,જેનો અર્થ છે કે $\cos x \,dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta \,d\theta$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\sin \theta = 0 \implies \theta = 0$. જ્યારે $x = \frac{\pi}{4}$,ત્યારે $\sin \theta = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \sin^2 \theta)^{3/2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta \,d\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos^2 \theta)^{3/2} \cos \theta \,d\theta$.
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 \theta \cdot \cos \theta \,d\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 \theta \,d\theta$.
વોલિસના સૂત્ર $\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n \theta \,d\theta = \frac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \frac{\pi}{2}$ (જ્યાં $n$ બેકી સંખ્યા છે) નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{16\sqrt{2}}$.

(D) આપેલ છે $f(x) = 1 + x + \int\limits_1^x (\ln^2 t + 2 \ln t) \, dt$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (Leibniz ના નિયમ મુજબ):
$f'(x) = 1 + (\ln^2 x + 2 \ln x) = 0$.
આ સમીકરણ $(\ln x + 1)^2 = 0$ તરીકે લખી શકાય,તેથી $\ln x = -1$ એટલે કે $x = e^{-1}$.
હવે,$f(e^{-1}) = 1 + e^{-1} + \int\limits_1^{e^{-1}} (\ln^2 t + 2 \ln t) \, dt$ ની કિંમત શોધીએ.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dt}(t \ln^2 t) = \ln^2 t + 2 \ln t$.
તેથી,$\int (\ln^2 t + 2 \ln t) \, dt = t \ln^2 t$.
નિશ્ચિત સંકલન ગણતા:
$f(e^{-1}) = 1 + e^{-1} + [t \ln^2 t]_1^{e^{-1}} = 1 + e^{-1} + (e^{-1} \cdot (-1)^2 - 0) = 1 + 2e^{-1}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $x \cdot \sin(\pi x) = \int_{0}^{x^2} f(t) \, dt$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા (Leibniz rule નો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{d}{dx} [x \cdot \sin(\pi x)] = \frac{d}{dx} \int_{0}^{x^2} f(t) \, dt$.
ડાબી બાજુ ગુણાકારનો નિયમ અને જમણી બાજુ કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$1 \cdot \sin(\pi x) + x \cdot \cos(\pi x) \cdot \pi = f(x^2) \cdot 2x$.
$\sin(\pi x) + \pi x \cos(\pi x) = 2x \cdot f(x^2)$.
$f(4)$ શોધવા માટે,$x^2 = 4$ લેતા,એટલે કે $x = 2$ અથવા $x = -2$.
કિસ્સો $1$: $x = 2$ લેતા:
$\sin(2\pi) + 2\pi \cos(2\pi) = 4 \cdot f(4)$.
$0 + 2\pi(1) = 4 \cdot f(4) \implies f(4) = \frac{\pi}{2}$.
કિસ્સો $2$: $x = -2$ લેતા:
$\sin(-2\pi) - 2\pi \cos(-2\pi) = -4 \cdot f(4)$.
$0 - 2\pi(1) = -4 \cdot f(4) \implies f(4) = \frac{\pi}{2}$.
આમ,$f(4)$ ની કિંમત $\frac{\pi}{2}$ છે.

(B) ધારો કે આપેલ લક્ષ $L = \mathop {Limit}\limits_{x \to {x_1}} \frac{x \int_{x_1}^x f(t) dt}{x - x_1}$ છે.
જ્યારે $x \to x_1$ થાય ત્યારે આ સ્વરૂપ $\frac{0}{0}$ હોવાથી,આપણે $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
અંશનું વિકલન: $\frac{d}{dx} [x \int_{x_1}^x f(t) dt] = 1 \cdot \int_{x_1}^x f(t) dt + x \cdot f(x)$ (Leibniz ના નિયમ મુજબ).
છેદનું વિકલન: $\frac{d}{dx} (x - x_1) = 1$.
તેથી,$L = \mathop {Limit}\limits_{x \to {x_1}} [\int_{x_1}^x f(t) dt + x f(x)]$.
જેમ $x \to x_1$,તેમ $\int_{x_1}^{x_1} f(t) dt = 0$.
તેથી,$L = 0 + x_1 f(x_1) = x_1 f(x_1)$.
સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) લેબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $S(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$S'(x) = \ln(x^3) \cdot \frac{d}{dx}(x^3) - \ln(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$S'(x) = (3 \ln x) \cdot (3x^2) - (2 \ln x) \cdot (2x)$
$S'(x) = 9x^2 \ln x - 4x \ln x$
$S'(x) = x \ln x (9x - 4)$
હવે,$H(x) = \frac{S'(x)}{x} = \frac{x \ln x (9x - 4)}{x} = \ln x (9x - 4)$
કારણ કે $\ln x$ અને $(9x - 4)$ બંને $x > 0$ માટે સતત અને વિકલનીય છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર $H(x) = \ln x (9x - 4)$ પણ તેના પ્રદેશ $(0, \infty)$ માં સતત અને વિકલનીય છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \int_{\cos x}^{\sin x} \frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}}$.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx} f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - (\sin x)^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) - \frac{1}{\sqrt{1 - (\cos x)^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\cos x)$.
કારણ કે $\sqrt{1 - \sin^2 x} = |\cos x|$ અને $\sqrt{1 - \cos^2 x} = |\sin x|$,પદાવલિ $\frac{\cos x}{|\cos x|} - \frac{-\sin x}{|\sin x|} = \text{sgn}(\cos x) + \text{sgn}(\sin x)$ બને છે.
અંતરાલ $[0, \pi]$ માં,$\sin x$ હંમેશા ધન છે,તેથી $\text{sgn}(\sin x) = 1$.
આમ,સમીકરણ $\text{sgn}(\cos x) + 1 = 2\sqrt{2}$ છે.
કારણ કે $\text{sgn}(\cos x)$ માત્ર $1, -1,$ અથવા $0$ હોઈ શકે છે,સરવાળો $\text{sgn}(\cos x) + 1$ માત્ર $2, 0,$ અથવા $1$ હોઈ શકે છે.
કારણ કે $2\sqrt{2} \approx 2.828$,$x$ ની એવી કોઈ કિંમત નથી કે જેના માટે $\text{sgn}(\cos x) + 1 = 2\sqrt{2}$ થાય.
તેથી,ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) ધારો કે $F(x) = \int\limits_x^{x + 3} {t(5 - t)\,dt}$.
લીબનીઝના સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $F(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$F'(x) = (x + 3)(5 - (x + 3)) \cdot \frac{d}{dx}(x + 3) - x(5 - x) \cdot \frac{d}{dx}(x)$
$F'(x) = (x + 3)(2 - x) - x(5 - x)$
$F'(x) = (2x - x^2 + 6 - 3x) - (5x - x^2)$
$F'(x) = 6 - x - x^2 - 5x + x^2$
$F'(x) = 6 - 6x$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ શોધવા માટે,$F'(x) = 0$ લો:
$6 - 6x = 0 \Rightarrow x = 1$.
હવે,મહત્તમ મૂલ્ય ચકાસવા માટે દ્વિતીય વિકલન શોધો:
$F''(x) = -6$.
કારણ કે $F''(1) = -6 < 0$ છે,તેથી વિધેય $F(x)$ ને $x = 1$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ મૂલ્ય મળે છે.

(A) આપેલ વિધેય: $f(x) = \sin x \int_{\pi^2/16}^{x^2} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta$.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન કરતા:
$f'(x) = \cos x \int_{\pi^2/16}^{x^2} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta + \sin x \left[ \frac{\sin \sqrt{x^2}}{1 + \cos^2 \sqrt{x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(x^2) \right]$.
$f'(x) = \cos x \int_{\pi^2/16}^{x^2} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta + \sin x \left[ \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} \cdot 2x \right]$.
હવે,$x = \frac{\pi}{2}$ મૂકતા:
$f'(\frac{\pi}{2}) = \cos(\frac{\pi}{2}) \int_{\pi^2/16}^{\pi^2/4} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta + \sin(\frac{\pi}{2}) \left[ \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{1 + \cos^2(\frac{\pi}{2})} \cdot 2(\frac{\pi}{2}) \right]$.
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ અને $\sin(\frac{\pi}{2}) = 1$:
$f'(\frac{\pi}{2}) = 0 \cdot (\text{સંકલિતનું મૂલ્ય}) + 1 \cdot \left[ \frac{1}{1 + 0} \cdot \pi \right] = \pi$.

(D) ધારો કે $I(x) = \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(1 + x \sin^2 \theta)}{\sin^2 \theta} d\theta$.
સંકલન ચિહ્ન હેઠળ વિકલન માટે લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = \int_0^{\pi/2} \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\ln(1 + x \sin^2 \theta)}{\sin^2 \theta} \right) d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{1 + x \sin^2 \theta} d\theta$.
અંશ અને છેદને $\sec^2 \theta$ વડે ગુણતા:
$f'(x) = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta}{\sec^2 \theta + x \tan^2 \theta} d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta}{1 + (1+x) \tan^2 \theta} d\theta$.
ધારો કે $u = \sqrt{1+x} \tan \theta$,તો $du = \sqrt{1+x} \sec^2 \theta d\theta$.
$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}} \int_0^{\infty} \frac{du}{1+u^2} = \frac{1}{\sqrt{1+x}} [\tan^{-1} u]_0^{\infty} = \frac{\pi}{2\sqrt{1+x}}$.
$f'(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) = \int \frac{\pi}{2\sqrt{1+x}} dx = \pi \sqrt{1+x} + C$.
કારણ કે $f(0) = \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(1)}{\sin^2 \theta} d\theta = 0$,તેથી $\pi \sqrt{1} + C = 0 \implies C = -\pi$.
આમ,$f(x) = \pi(\sqrt{x+1} - 1)$.
$(A)$ અને $(B)$ બંને સાચા છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{x}^{x^2} (t - 1) dt$.
વિકલન માટે લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = (x^2 - 1) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) - (x - 1) \cdot \frac{d}{dx}(x)$.
$f'(x) = (x^2 - 1)(2x) - (x - 1)(1) = 2x^3 - 2x - x + 1 = 2x^3 - 3x + 1$.
$f'(x)$ ના અવયવ પાડતા,આપણને $f'(x) = (x - 1)(2x^2 + 2x - 1)$ મળે છે.
$1 \le x \le 2$ માટે,$f'(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ અંતરાલ $[1, 2]$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
જેহেতু $f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,તેથી વૈશ્વિક મહત્તમ કિંમત અંતિમ બિંદુ $x = 2$ પર મળે છે.
$f(2) = \int_{2}^{4} (t - 1) dt = \left[ \frac{t^2}{2} - t \right]_{2}^{4} = (8 - 4) - (2 - 2) = 4 - 0 = 4$.

(B) Leibniz integral rule નો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{d}{dx} \int_{g(x)}^{h(x)} F(t) dt = F(h(x)) \cdot h'(x) - F(g(x)) \cdot g'(x)$.
અહીં,$F(t) = 5^{\sqrt{t}}$,$h(x) = x^4$,અને $g(x) = 9x^2$.
$f'(x) = 5^{\sqrt{x^4}} \cdot (4x^3) - 5^{\sqrt{9x^2}} \cdot (18x) = 5^{x^2} \cdot 4x^3 - 5^{3|x|} \cdot 18x$.
$x = 3$ માટે,$f'(3) = 5^{3^2} \cdot 4(3^3) - 5^{3(3)} \cdot 18(3) = 5^9 \cdot 108 - 5^9 \cdot 54 = 54 \cdot 5^9$.
લક્ષની કિંમત $\lim_{h \to 0} \frac{f(3 + h) - f(3 - h)}{h} = f'(3) - (-f'(3)) = 2f'(3)$ થાય.
$2 \cdot (54 \cdot 5^9) = 108 \cdot 5^9$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-3\pi}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$. વિધેય $f(\theta) = \sin^2 \theta \sin^2 2\theta$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^2 2\theta = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$ મળે.
તેથી,$I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta (4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta) \, d\theta = 8 \int_{0}^{3\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
$\sin^4 \theta \cos^2 \theta$ નું આવર્તમાન $\pi$ હોવાથી,$\int_{0}^{3\pi} f(\theta) \, d\theta = 3 \int_{0}^{\pi} f(\theta) \, d\theta$.
આમ,$I = 8 \times 3 \int_{0}^{\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta = 24 \times 2 \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta = 48 \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
વોલિસના સૂત્ર $\int_{0}^{\pi/2} \sin^m \theta \cos^n \theta \, d\theta = \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!} \times \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 48 \times \frac{(3 \times 1) \times (1)}{(6 \times 4 \times 2)} \times \frac{\pi}{2} = 48 \times \frac{3}{48} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-3\pi}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$. વિધેય યુગ્મ હોવાથી,$I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^2 2\theta = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
તેથી,$I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta (4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta) \, d\theta = 8 \int_{0}^{3\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
$\sin^4 \theta \cos^2 \theta$ નું આવર્તમાન $\pi$ હોવાથી,$\int_{0}^{3\pi} f(\theta) \, d\theta = 3 \int_{0}^{\pi} f(\theta) \, d\theta$.
તેથી,$I = 8 \times 3 \int_{0}^{\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta = 24 \int_{0}^{\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{\pi} f(\sin \theta) \, d\theta = 2 \int_{0}^{\pi/2} f(\sin \theta) \, d\theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = 48 \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
વોલિસના સૂત્ર મુજબ,$I = 48 \times \frac{(3 \times 1) \times (1)}{(6 \times 4 \times 2)} \times \frac{\pi}{2} = 48 \times \frac{3}{48} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$.

(C) $H(x) = (x + 1) \int_{x^2}^{x^3} \sin(t^3) dt$ આપેલ છે.
$H(1) = 0$ હોવાથી,$\lim_{x \to 1} \frac{H(x)}{x - 1}$ એ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે.
$L'\text{Hôpital's rule}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\lim_{x \to 1} H'(x) = H'(1)$ મળે.
ગુણાકારના નિયમ અને લેબનીઝના નિયમ મુજબ:
$H'(x) = 1 \cdot \int_{x^2}^{x^3} \sin(t^3) dt + (x + 1) [3x^2 \sin(x^9) - 2x \sin(x^6)]$.
$x = 1$ મુકતા:
$H'(1) = 0 + 2 [3 \sin(1) - 2 \sin(1)] = 2 \sin(1)$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \int\limits_0^{x^2} {(t - 1)(t - 4)(t - 9)} dt$.
વિકલન માટે લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = (x^2 - 1)(x^2 - 4)(x^2 - 9) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 2x(x^2 - 1)(x^2 - 4)(x^2 - 9)$.
$f'(x) = 2x(x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2)(x - 3)(x + 3)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 0, \pm 1, \pm 2, \pm 3$ છે,જે કુલ $7$ ભિન્ન બિંદુઓ છે.
$f'(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $f''(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે અને $f'''(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
$f'(x)$ એ $7$ ઘાતવાળી બહુપદી હોવાથી,$f'''(x)$ એ $5$ ઘાતવાળી બહુપદી છે.
$f'''(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોવાથી,$x = 0$ એ $f'''(x) = 0$ નું બીજ છે.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$f'(x)$ ના કોઈપણ બે બીજની વચ્ચે $f''(x)$ નું ઓછામાં ઓછું એક બીજ હોય છે. $f'(x)$ ને $7$ બીજ હોવાથી,$f''(x)$ ને $6$ બીજ હોય.
તે જ રીતે,$f'''(x)$ ને $5$ બીજ હોય છે. $f'''(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોવાથી અને $x=0$ એક બીજ હોવાથી,બાકીના $4$ બીજ ઉગમબિંદુની સાપેક્ષમાં સંમિત હશે,એટલે કે $2$ ધન અને $2$ ઋણ બીજ.
આમ,$f'''(x) = 0$ ને $2$ ભિન્ન ધન ઉકેલો છે.

(C) $x$-અક્ષ સાથેના છેદબિંદુ માટે,આપણે $y = 0$ લઈએ છીએ. સંકલન $\int_{x^2}^{x^3} \sqrt{5 - t^2} \, dt = 0$ નો અર્થ છે કે $x^2 = x^3$,તેથી $x = 1$ (કારણ કે $x \neq 0$ છે).
વિકલન માટે લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,સ્પર્શકનો ઢાળ $y' = \frac{d}{dx} \int_{x^2}^{x^3} \sqrt{5 - t^2} \, dt = \sqrt{5 - (x^3)^2} \cdot (3x^2) - \sqrt{5 - (x^2)^2} \cdot (2x)$ મળે છે.
$x = 1$ આગળ,ઢાળ $m = y'(1) = \sqrt{5 - 1} \cdot 3(1)^2 - \sqrt{5 - 1} \cdot 2(1) = 2 \cdot 3 - 2 \cdot 2 = 6 - 4 = 2$.
વક્ર અને $x$-અક્ષ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = |m| = 2$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$\theta = \tan^{-1} 2 = \cot^{-1} \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x \left( 1 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \right) \right) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} (f(x) + f(-x)) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \sin^4 x \left( 1 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \right) \right) + \sin^4(-x) \left( 1 + \log \left( \frac{2 + \sin(-x)}{2 - \sin(-x)} \right) \right) \right] dx$.
$\sin(-x) = -\sin x$ હોવાથી:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x \left[ 1 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \right) + 1 + \log \left( \frac{2 - \sin x}{2 + \sin x} \right) \right] dx$.
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x \left[ 2 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \cdot \frac{2 - \sin x}{2 + \sin x} \right) \right] dx$.
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x [ 2 + \log(1) ] dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2 \sin^4 x dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x dx$.
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx = \frac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \frac{\pi}{2}$ (જ્યારે $n$ બેકી હોય):
$I = 2 \cdot \left( \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = 2 \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{8}$.

(D) આપેલ છે કે $f : (-1, 1) \to R$ એક સતત વિધેય છે અને $\int\limits_0^{\sin x} {f(t)dt} = \frac{\sqrt{3}}{2}x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (Leibniz નિયમનો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{d}{dx} \left( \int\limits_0^{\sin x} {f(t)dt} \right) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}x \right)$
$f(\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f(\sin x) \cdot \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ શોધવા માટે,આપણે $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ લઈએ.
આથી $x = \frac{\pi}{3}$ મળે.
હવે $x = \frac{\pi}{3}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$f\left(\sin \frac{\pi}{3}\right) \cdot \cos \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા,આપણને મળે:
$f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \sqrt{3}$

(A) આપેલ સમીકરણ: $\int_{-\pi}^{t} (f(x) + x) dx = \pi^2 - t^2$
સંકલનને અલગ કરતા: $\int_{-\pi}^{t} f(x) dx + \int_{-\pi}^{t} x dx = \pi^2 - t^2$
બીજા સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{-\pi}^{t} x dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-\pi}^{t} = \frac{t^2}{2} - \frac{(-\pi)^2}{2} = \frac{t^2}{2} - \frac{\pi^2}{2}$
આ કિંમત મૂકતા: $\int_{-\pi}^{t} f(x) dx + \frac{t^2}{2} - \frac{\pi^2}{2} = \pi^2 - t^2$
પદોને ગોઠવતા: $\int_{-\pi}^{t} f(x) dx = \pi^2 - t^2 - \frac{t^2}{2} + \frac{\pi^2}{2} = \frac{3}{2}\pi^2 - \frac{3}{2}t^2 = \frac{3}{2}(\pi^2 - t^2)$
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (Leibniz નિયમ મુજબ): $\frac{d}{dt} \left[ \int_{-\pi}^{t} f(x) dx \right] = \frac{d}{dt} \left[ \frac{3}{2}(\pi^2 - t^2) \right]$
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ: $f(t) = \frac{3}{2}(0 - 2t) = -3t$
તેથી,$f\left(-\frac{\pi}{3}\right) = -3 \left(-\frac{\pi}{3}\right) = \pi$

(D) આપેલ સમીકરણ $\int\limits_e^x {t\,f(t)\,dt = \sin x - x\cos x - \frac{{{x^2}}}{2}}$ છે.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{{dx}}\left[ {\int\limits_e^x {t\,f(t)\,dt} } \right] = \frac{d}{{dx}}\left[ {\sin x - x\cos x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right]$
જમણી બાજુ ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$x\,f(x) = \cos x - (\cos x - x\sin x) - x$
$x\,f(x) = \cos x - \cos x + x\sin x - x$
$x\,f(x) = x\sin x - x$
$x$ વડે ભાગતા (કારણ કે $x \neq 0$):
$f(x) = \sin x - 1$
હવે,$x = \frac{\pi}{6}$ મૂકતા:
$f(\frac{\pi}{6}) = \sin(\frac{\pi}{6}) - 1$
$f(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $I = \int \limits_{0}^{\pi} |\cos x|^3 dx$.
અંતરાલ $[0, \pi]$ માં વિધેય $f(x) = |\cos x|^3$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ ની સાપેક્ષ સંમિત હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$I = 2 \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 x dx$.
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x dx = \frac{(n-1)!!}{n!!}$ જ્યાં $n$ એકી સંખ્યા છે:
$I = 2 \times \left( \frac{3-1}{3} \right) = 2 \times \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$.
આમ,તેનું મૂલ્ય $\frac{4}{3}$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\int\limits_0^x {f\left( t \right)} dt = {x^2} + \int\limits_x^1 {{t^2}f\left( t \right)dt}$.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \int\limits_0^x {f\left( t \right)} dt = \frac{d}{dx} ({x^2}) + \frac{d}{dx} \int\limits_x^1 {{t^2}f\left( t \right)dt}$.
$f(x) = 2x - x^2 f(x)$.
$f(x)$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$f(x) + x^2 f(x) = 2x$.
$f(x)(1 + x^2) = 2x$.
$f(x) = \frac{2x}{1 + x^2}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{(1 + x^2)(2) - (2x)(2x)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2 + 2x^2 - 4x^2}{(1 + x^2)^2} = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2}$.
$x = 1/2$ મૂકતા:
$f'(1/2) = \frac{2(1 - (1/2)^2)}{(1 + (1/2)^2)^2} = \frac{2(1 - 1/4)}{(1 + 1/4)^2} = \frac{2(3/4)}{(5/4)^2} = \frac{3/2}{25/16} = \frac{3}{2} \times \frac{16}{25} = \frac{24}{25}$.