Derivative at a point, Standard differentiation Questions in Gujarati

(A) ધારો કે $y = e^{x\sin x}$.
વિકલન માટે ચેઈન રૂલ લાગુ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{x\sin x}) = e^{x\sin x} \cdot \frac{d}{dx}(x\sin x)$.
$x\sin x$ ના વિકલન માટે ગુણાકારનો નિયમ (product rule) વાપરતા:
$\frac{d}{dx}(x\sin x) = x \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) + \sin x \cdot \frac{d}{dx}(x) = x\cos x + \sin x \cdot 1 = x\cos x + \sin x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = e^{x\sin x}(x\cos x + \sin x)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ધારો કે $y = \log (\sec x + \tan x)$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sec x + \tan x} \cdot \frac{d}{dx}(\sec x + \tan x)$
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\sec x) = \sec x \tan x$ અને $\frac{d}{dx}(\tan x) = \sec^2 x$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sec x \tan x + \sec^2 x}{\sec x + \tan x}$
અંશમાંથી $\sec x$ સામાન્ય લેતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sec x (\tan x + \sec x)}{\sec x + \tan x}$
સમાન પદ $(\sec x + \tan x)$ ને છેદતા:
$\frac{dy}{dx} = \sec x$.

(D) $f(x) = x e^{x^2}$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$.
ધારો કે $u(x) = x$ અને $v(x) = e^{x^2}$.
તેથી $u'(x) = 1$ અને $v'(x) = e^{x^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = e^{x^2} \cdot 2x = 2x e^{x^2}$.
ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx}(x e^{x^2}) = (1)(e^{x^2}) + (x)(2x e^{x^2})$
$= e^{x^2} + 2x^2 e^{x^2}$
$= (1 + 2x^2)e^{x^2}$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,કોઈ પણ વિકલ્પ $A, B, C$ પરિણામ $(1 + 2x^2)e^{x^2}$ સાથે મેળ ખાતા નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) $\frac{e^{ax}}{\sin(bx + c)}$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^2}$.
ધારો કે $u = e^{ax}$ અને $v = \sin(bx + c)$.
તેથી $\frac{du}{dx} = a e^{ax}$ અને $\frac{dv}{dx} = b \cos(bx + c)$.
ભાગાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx} \left[ \frac{e^{ax}}{\sin(bx + c)} \right] = \frac{\sin(bx + c) \cdot (a e^{ax}) - e^{ax} \cdot (b \cos(bx + c))}{\sin^2(bx + c)}$.
અંશમાં $e^{ax}$ સામાન્ય લેતા:
$= \frac{e^{ax}[a \sin(bx + c) - b \cos(bx + c)]}{\sin^2(bx + c)}$.

(C) બે વિધેયોના ગુણાકારનું વિકલન શોધવા માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$.
ધારો કે $u(x) = e^{-ax^2}$ અને $v(x) = \log(\sin x)$.
પ્રથમ,$u(x)$ અને $v(x)$ ના વિકલિતો શોધો:
$u'(x) = e^{-ax^2} \cdot \frac{d}{dx}(-ax^2) = e^{-ax^2} \cdot (-2ax) = -2ax e^{-ax^2}$.
$v'(x) = \frac{1}{\sin x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x = \cot x$.
હવે,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરો:
$\frac{d}{dx} \{ e^{-ax^2} \log(\sin x) \} = (-2ax e^{-ax^2}) \cdot \log(\sin x) + e^{-ax^2} \cdot \cot x$.
$e^{-ax^2}$ ને સામાન્ય લેતા:
$= e^{-ax^2} [\cot x - 2ax \log(\sin x)]$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ છે કે $y = \log x \cdot e^{(\tan x + x^2)}$.
ગુણાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \log x \cdot \frac{d}{dx}(e^{(\tan x + x^2)}) + e^{(\tan x + x^2)} \cdot \frac{d}{dx}(\log x)$.
ઘાતાંકીય પદ માટે સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \log x \cdot e^{(\tan x + x^2)} \cdot (\sec^2 x + 2x) + e^{(\tan x + x^2)} \cdot \frac{1}{x}$.
$e^{(\tan x + x^2)}$ સામાન્ય લેતા:
$\frac{dy}{dx} = e^{(\tan x + x^2)} \left[ \frac{1}{x} + (\sec^2 x + 2x) \log x \right]$.

(A) ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,$\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$.
ધારો કે $u = e^x$ અને $v = \log(1 + x^2)$.
તેથી $\frac{du}{dx} = e^x$ અને $\frac{dv}{dx} = \frac{1}{1 + x^2} \cdot \frac{d}{dx}(1 + x^2) = \frac{2x}{1 + x^2}$.
ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx} \{ e^x \log(1 + x^2) \} = e^x \cdot \frac{d}{dx}(\log(1 + x^2)) + \log(1 + x^2) \cdot \frac{d}{dx}(e^x)$
$= e^x \left( \frac{2x}{1 + x^2} \right) + \log(1 + x^2) \cdot e^x$
$= e^x \left[ \log(1 + x^2) + \frac{2x}{1 + x^2} \right]$.

(C) આપેલ છે કે $y = \frac{e^{2x} + e^{-2x}}{e^{2x} - e^{-2x}}$.
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}(\frac{u}{v}) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = e^{2x} + e^{-2x}$ અને $v = e^{2x} - e^{-2x}$.
તેથી $u' = 2e^{2x} - 2e^{-2x} = 2(e^{2x} - e^{-2x})$ અને $v' = 2e^{2x} + 2e^{-2x} = 2(e^{2x} + e^{-2x})$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{(e^{2x} - e^{-2x}) \cdot 2(e^{2x} - e^{-2x}) - (e^{2x} + e^{-2x}) \cdot 2(e^{2x} + e^{-2x})}{(e^{2x} - e^{-2x})^2}$
$= \frac{2(e^{2x} - e^{-2x})^2 - 2(e^{2x} + e^{-2x})^2}{(e^{2x} - e^{-2x})^2}$
$= \frac{2[(e^{4x} - 2 + e^{-4x}) - (e^{4x} + 2 + e^{-4x})]}{(e^{2x} - e^{-2x})^2}$
$= \frac{2[-4]}{(e^{2x} - e^{-2x})^2} = \frac{-8}{(e^{2x} - e^{-2x})^2}$.

(B) વિકલન શોધવા માટે,પહેલા ખૂણાને અંશમાંથી રેડિયનમાં ફેરવો: $x^\circ = \frac{\pi x}{180} \text{ રેડિયન}$.
આમ,પદાવલિ આ મુજબ થશે: $\frac{d}{dx}\left[ \frac{2}{\pi }\sin \left( \frac{\pi x}{180} \right) \right]$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}\sin(ax) = a\cos(ax)$:
$= \frac{2}{\pi } \cdot \frac{\pi }{180} \cos \left( \frac{\pi x}{180} \right)$.
$= \frac{2}{180} \cos (x^\circ) = \frac{1}{90} \cos (x^\circ)$.

(C) ધારો કે $y = \cos(\sin(x^2))$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = -\sin(\sin(x^2)) \cdot \frac{d}{dx}(\sin(x^2))$
$\frac{dy}{dx} = -\sin(\sin(x^2)) \cdot \cos(x^2) \cdot 2x$
હવે,વિકલનમાં $x = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$ મૂકતા:
$x = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$ માટે,$x^2 = \frac{\pi}{2}$ થાય.
$\frac{dy}{dx} = -\sin(\sin(\frac{\pi}{2})) \cdot \cos(\frac{\pi}{2}) \cdot 2\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ હોવાથી,આખું પદ શૂન્ય થઈ જશે:
$\frac{dy}{dx} = -\sin(1) \cdot 0 \cdot 2\sqrt{\frac{\pi}{2}} = 0$.

(A) $x$ ની સાપેક્ષમાં $e^{ax} \cos(bx + c)$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{d}{dx}[u \cdot v] = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$.
ધારો કે $u = e^{ax}$ અને $v = \cos(bx + c)$.
તેથી $\frac{du}{dx} = a e^{ax}$ અને $\frac{dv}{dx} = -\sin(bx + c) \cdot b = -b \sin(bx + c)$.
ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx}[e^{ax} \cos(bx + c)] = e^{ax} \cdot (-b \sin(bx + c)) + \cos(bx + c) \cdot (a e^{ax})$.
$e^{ax}$ સામાન્ય લેતા,આપણને મળે છે:
$= e^{ax}[a \cos(bx + c) - b \sin(bx + c)]$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ પદાવલિ: $y = (1 + x^{1/4})(1 + x^{1/2})(1 - x^{1/4})$
ગુણાકારના ક્રમનો નિયમ વાપરતા:
$y = (1 + x^{1/4})(1 - x^{1/4})(1 + x^{1/2})$
બીજગણિતીય નિત્યસમ $(a + b)(a - b) = a^2 - b^2$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = 1$ અને $b = x^{1/4}$ છે:
$y = (1^2 - (x^{1/4})^2)(1 + x^{1/2})$
$y = (1 - x^{1/2})(1 + x^{1/2})$
ફરીથી,નિત્યસમ $(a - b)(a + b) = a^2 - b^2$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = 1$ અને $b = x^{1/2}$ છે:
$y = 1^2 - (x^{1/2})^2$
$y = 1 - x$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(1 - x)$
$\frac{dy}{dx} = 0 - 1 = -1$

(C) $x_0$ બિંદુએ વિકલિતની વ્યાખ્યા મુજબ,આપણી પાસે છે:
$f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$
આપેલ છે કે $f(x) = (x - x_0)g(x)$,તેથી $f(x_0) = (x_0 - x_0)g(x_0) = 0 \cdot g(x_0) = 0$.
આ કિંમતને વિકલિતના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{(x - x_0)g(x) - 0}{x - x_0}$
$f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} g(x)$
કારણ કે $g(x)$ એ $x_0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to x_0} g(x) = g(x_0)$.
તેથી,$f'(x_0) = g(x_0)$.

(B) $x$ ની સાપેક્ષમાં $e^{x^3}$ નું વિકલન કરવા માટે,આપણે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $y = e^{x^3}$.
સાંકળના નિયમ મુજબ,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{x^3}) = e^{x^3} \cdot \frac{d}{dx}(x^3)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(x^3) = 3x^2$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = e^{x^3} \cdot 3x^2 = 3x^2e^{x^3}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેય $\sin^{-1}x$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન એ કલનશાસ્ત્રનું એક પ્રમાણિત પરિણામ છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,$|x| < 1$ માટે $\frac{d}{dx}(\sin^{-1}x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ થાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ છે કે $y = \frac{\sin^{-1} x}{\sqrt{1 - x^2}}$.
વિકલન માટે ભાગાકારનો નિયમ વાપરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{\sqrt{1 - x^2} \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) - \sin^{-1} x \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{1 - x^2})}{1 - x^2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ અને $\frac{d}{dx}(\sqrt{1 - x^2}) = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sqrt{1 - x^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} - \sin^{-1} x \cdot \left( \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}} \right)}{1 - x^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1 + \frac{x \sin^{-1} x}{\sqrt{1 - x^2}}}{1 - x^2}$.
બંને બાજુ $(1 - x^2)$ વડે ગુણતા,આપણને મળે:
$(1 - x^2)\frac{dy}{dx} = 1 + x \left( \frac{\sin^{-1} x}{\sqrt{1 - x^2}} \right)$.
$y = \frac{\sin^{-1} x}{\sqrt{1 - x^2}}$ હોવાથી,કિંમત મૂકતા:
$(1 - x^2)\frac{dy}{dx} = 1 + xy$.

(C) પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેય $\sec^{-1} x$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન એ કલનશાસ્ત્રનું એક પ્રમાણિત સૂત્ર છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,જો $y = \sec^{-1} x$ હોય,તો $x = \sec y$ થાય.
બંને બાજુ $y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dx}{dy} = \sec y \tan y$ મળે.
અહીં $\tan y = \sqrt{\sec^2 y - 1} = \sqrt{x^2 - 1}$ હોવાથી,$\frac{dx}{dy} = x\sqrt{x^2 - 1}$ થાય.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}} = \frac{1}{x\sqrt{x^2 - 1}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(2) = 4$ અને $f'(2) = 1$.
આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{xf(2) - 2f(x)}{x - 2}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
અંશમાં $2f(2)$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{xf(2) - 2f(2) + 2f(2) - 2f(x)}{x - 2}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ \frac{f(2)(x - 2)}{x - 2} - \frac{2(f(x) - f(2))}{x - 2} \right]$
$= f(2) - 2 \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{f(x) - f(2)}{x - 2}$
$= f(2) - 2f'(2)$
કિંમતો મૂકતા: $4 - 2(1) = 4 - 2 = 2$.
વૈકલ્પિક રીતે,$L$-Hospital નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{\frac{d}{dx}(xf(2) - 2f(x))}{\frac{d}{dx}(x - 2)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{f(2) - 2f'(x)}{1} = f(2) - 2f'(2) = 4 - 2(1) = 2$.

(C) $\log \left( x + \frac{1}{x} \right)$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\frac{d}{dx} \left[ \log \left( x + \frac{1}{x} \right) \right] = \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \times \frac{d}{dx} \left( x + \frac{1}{x} \right)$
કારણ કે $\frac{d}{dx}(x) = 1$ અને $\frac{d}{dx}(\frac{1}{x}) = -\frac{1}{x^2}$,તેથી આપણને મળે છે:
$= \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \times \left( 1 - \frac{1}{x^2} \right)$
$= \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{x + \frac{1}{x}}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}(\sqrt{1 - x}) = \cos^{-1}(\sqrt{x})$.
આ કિંમત આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \cos^{-1}(\sqrt{x}) + \cos^{-1}(\sqrt{x}) = 2\cos^{-1}(\sqrt{x})$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \left( -\frac{1}{\sqrt{1 - (\sqrt{x})^2}} \right) \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x})$
$\frac{dy}{dx} = -\frac{2}{\sqrt{1 - x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{\sqrt{x(1 - x)}}$.

(A) આપેલ છે કે $y = x^n \log x + x(\log x)^n$.
ગુણાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x^n \log x) + \frac{d}{dx}(x(\log x)^n)$
$\frac{dy}{dx} = [x^n \cdot \frac{1}{x} + (\log x) \cdot nx^{n-1}] + [x \cdot n(\log x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} + (\log x)^n \cdot 1]$
$\frac{dy}{dx} = [x^{n-1} + nx^{n-1} \log x] + [n(\log x)^{n-1} + (\log x)^n]$
$\frac{dy}{dx} = x^{n-1}(1 + n \log x) + (\log x)^{n-1}(n + \log x)$.

(D) ધારો કે $f(x) = \tan x - x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન મેળવવા માટે,આપણે બંને પદોનું વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{d}{dx}(\tan x - x) = \frac{d}{dx}(\tan x) - \frac{d}{dx}(x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\tan x) = \sec^2 x$ અને $\frac{d}{dx}(x) = 1$.
તેથી,$f'(x) = \sec^2 x - 1$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sec^2 x - 1 = \tan^2 x$ મળે છે.
આમ,વિકલન $\tan^2 x$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = (\log _{\cot x}\tan x)(\log _{\tan x}\cot x)^{-1}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log _{a}b = \frac{1}{\log _{b}a}$.
ધારો કે $u = \log _{\cot x}\tan x$. તો $\log _{\tan x}\cot x = \frac{1}{u}$ થાય.
આ કિંમત $f(x)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(x) = u \cdot (u^{-1})^{-1} = u \cdot u = u^2$.
કારણ કે $\tan x = (\cot x)^{-1}$,તેથી $u = \log _{\cot x}(\cot x)^{-1} = -1 \cdot \log _{\cot x}(\cot x) = -1$ મળે.
આમ,$f(x) = (-1)^2 = 1$.
$f(x) = 1$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,તેનું વિકલન $f'(x) = 0$ થાય,જે તમામ $x$ માટે સત્ય છે.
તેથી,$f'(2) = 0$.

(A) ધારો કે $y = \sqrt{\sec \sqrt{x}} = (\sec \sqrt{x})^{1/2}$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}(\sec \sqrt{x})^{-1/2} \cdot \frac{d}{dx}(\sec \sqrt{x})$
$= \frac{1}{2\sqrt{\sec \sqrt{x}}} \cdot (\sec \sqrt{x} \tan \sqrt{x}) \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x})$
$= \frac{1}{2\sqrt{\sec \sqrt{x}}} \cdot \sec \sqrt{x} \tan \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$= \frac{1}{4\sqrt{x}} \cdot \frac{\sec \sqrt{x}}{\sqrt{\sec \sqrt{x}}} \cdot \tan \sqrt{x}$
$= \frac{1}{4\sqrt{x}} \cdot (\sec \sqrt{x})^{1/2} \cdot \frac{\sin \sqrt{x}}{\cos \sqrt{x}}$
$= \frac{1}{4\sqrt{x}} \cdot (\sec \sqrt{x})^{1/2} \cdot \sec \sqrt{x} \cdot \sin \sqrt{x}$
$= \frac{1}{4\sqrt{x}} (\sec \sqrt{x})^{3/2} \sin \sqrt{x}$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x^2 - 6x + 8$ છે.
$x$ ની જે કિંમત માટે $f'(x)$ શૂન્ય થાય તે શોધવા માટે,આપણે પહેલા $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 - 6x + 8) = 2x - 6$.
હવે,વિકલનને શૂન્ય સાથે સરખાવો:
$2x - 6 = 0$.
$x$ માટે ઉકેલતા:
$2x = 6 \Rightarrow x = 3$.
કારણ કે $x = 3$ એ અંતરાલ $[2, 4]$ ની વચ્ચે આવે છે,તેથી $x$ ની કિંમત જેના માટે $f'(x)$ શૂન્ય થાય છે તે $3$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = e^x g(x)$ છે.
વિકલન માટે ગુણાકારનો નિયમ વાપરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x) \cdot g(x) + e^x \cdot \frac{d}{dx}(g(x))$
$f'(x) = e^x g(x) + e^x g'(x)$
હવે,વિકલિતમાં $x = 0$ મૂકતા:
$f'(0) = e^0 g(0) + e^0 g'(0)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $e^0 = 1$,$g(0) = 2$,અને $g'(0) = 1$ છે,તેથી:
$f'(0) = 1 \cdot 2 + 1 \cdot 1$
$f'(0) = 2 + 1 = 3$.

(C) આપેલ વિધેય $y = e^x \log x$ છે.
$\frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે,આપણે વિકલનના ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું: $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$.
અહીં,$u = e^x$ અને $v = \log x$ છે.
તેથી,$\frac{du}{dx} = e^x$ અને $\frac{dv}{dx} = \frac{1}{x}$ થાય.
ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{dy}{dx} = e^x \cdot \frac{d}{dx}(\log x) + \log x \cdot \frac{d}{dx}(e^x)$
$\frac{dy}{dx} = e^x \cdot \frac{1}{x} + \log x \cdot e^x$
$e^x$ સામાન્ય લેતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = e^x \left( \frac{1}{x} + \log x \right)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ છે કે $y = \sec(x^{\circ})$.
પ્રથમ,ખૂણાને અંશમાંથી રેડિયનમાં ફેરવો: $x^{\circ} = \frac{\pi x}{180} \text{ રેડિયન}$.
તેથી,$y = \sec\left(\frac{\pi x}{180}\right)$.
હવે,સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left[ \sec\left(\frac{\pi x}{180}\right) \right]$
$= \sec\left(\frac{\pi x}{180}\right) \tan\left(\frac{\pi x}{180}\right) \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{\pi x}{180} \right)$
$= \sec(x^{\circ}) \tan(x^{\circ}) \cdot \frac{\pi}{180}$
$= \frac{\pi}{180} \sec(x^{\circ}) \tan(x^{\circ})$.

(C) આપેલ છે કે $y = \sqrt{\sin \sqrt{x}}$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sqrt{\sin \sqrt{x}})$
$= \frac{1}{2\sqrt{\sin \sqrt{x}}} \times \frac{d}{dx}(\sin \sqrt{x})$
$= \frac{1}{2\sqrt{\sin \sqrt{x}}} \times \cos \sqrt{x} \times \frac{d}{dx}(\sqrt{x})$
$= \frac{1}{2\sqrt{\sin \sqrt{x}}} \times \cos \sqrt{x} \times \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$= \frac{\cos \sqrt{x}}{4\sqrt{x} \sqrt{\sin \sqrt{x}}}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \sin 2x \cos 2x \cos 3x + \log_2 2^{x+3}$.
નિત્યસમ $\sin 2x \cos 2x = \frac{1}{2} \sin 4x$ અને ગુણધર્મ $\log_a a^k = k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{1}{2} \sin 4x \cos 3x + (x + 3)$.
ગુણાકાર-થી-સરવાળાના સૂત્ર $\sin A \cos B = \frac{1}{2} [\sin(A+B) + \sin(A-B)]$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} [\sin(4x+3x) + \sin(4x-3x)] + x + 3$
$f(x) = \frac{1}{4} [\sin 7x + \sin x] + x + 3$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{4} [7 \cos 7x + \cos x] + 1$.
$x = \pi$ માટે કિંમત મુકતા:
$f'(\pi) = \frac{1}{4} [7 \cos(7\pi) + \cos(\pi)] + 1$
કારણ કે $\cos(7\pi) = -1$ અને $\cos(\pi) = -1$:
$f'(\pi) = \frac{1}{4} [7(-1) + (-1)] + 1$
$f'(\pi) = \frac{1}{4} [-8] + 1 = -2 + 1 = -1$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = (\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}})^2$ છે.
પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા,$f(x) = x + \frac{1}{x} + 2$ મળે.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષે પ્રથમ વિકલન $f'(x)$ મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x + x^{-1} + 2) = 1 - x^{-2} = 1 - \frac{1}{x^2}$.
આપણને આપેલ છે કે $f'(x) = \frac{3}{4}$.
તેથી,$1 - \frac{1}{x^2} = \frac{3}{4}$.
પદોને ગોઠવતા,$\frac{1}{x^2} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$ મળે.
આનો અર્થ એ છે કે $x^2 = 4$,જે આપણને $x = \pm 2$ આપે છે.

(D) આપેલ છે કે $y = \frac{(1 - x)^2}{x^2}$.
અંશનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને મળે $y = \frac{1 - 2x + x^2}{x^2}$.
દરેક પદને $x^2$ વડે ભાગતા,$y = \frac{1}{x^2} - \frac{2x}{x^2} + \frac{x^2}{x^2} = x^{-2} - 2x^{-1} + 1$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x^{-2}) - 2\frac{d}{dx}(x^{-1}) + \frac{d}{dx}(1)$.
ઘાતનો નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ વાપરતા,$\frac{dy}{dx} = -2x^{-3} - 2(-1)x^{-2} + 0$.
$\frac{dy}{dx} = -\frac{2}{x^3} + \frac{2}{x^2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) $x$ ની સાપેક્ષમાં $\sin(2x^2)$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીશું.
ધારો કે $y = \sin(2x^2)$.
સાંકળના નિયમ મુજબ: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sin(2x^2)) = \cos(2x^2) \cdot \frac{d}{dx}(2x^2)$.
હવે,$2x^2$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{d}{dx}(2x^2) = 2 \cdot 2x = 4x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \cos(2x^2) \cdot 4x = 4x \cos(2x^2)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપણને વિધેય $y = \cosh^{-1}(\sec x)$ આપેલ છે.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,વિકલન $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \cosh^{-1}(\sec x)$ થશે.
$\cosh^{-1}(u)$ નું વિકલન $\frac{1}{\sqrt{u^2 - 1}} \cdot \frac{du}{dx}$ થાય છે.
અહીં,$u = \sec x$ છે,તેથી $\frac{du}{dx} = \sec x \tan x$ થાય.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{\sec^2 x - 1}} \cdot (\sec x \tan x)$.
કારણ કે $\sec^2 x - 1 = \tan^2 x$ હોવાથી,$\sqrt{\sec^2 x - 1} = \tan x$ મળે (ધારો કે $\tan x > 0$ છે).
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\tan x} \cdot \sec x \tan x = \sec x$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2} + \sqrt{x^2 + b^2}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા,અંશ અને છેદને $(\sqrt{x^2 + a^2} - \sqrt{x^2 + b^2})$ વડે ગુણતા:
$f(x) = \frac{\sqrt{x^2 + a^2} - \sqrt{x^2 + b^2}}{(\sqrt{x^2 + a^2} + \sqrt{x^2 + b^2})(\sqrt{x^2 + a^2} - \sqrt{x^2 + b^2})}$
$f(x) = \frac{\sqrt{x^2 + a^2} - \sqrt{x^2 + b^2}}{(x^2 + a^2) - (x^2 + b^2)}$
$f(x) = \frac{1}{a^2 - b^2} [\sqrt{x^2 + a^2} - \sqrt{x^2 + b^2}]$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{a^2 - b^2} \left[ \frac{d}{dx}(\sqrt{x^2 + a^2}) - \frac{d}{dx}(\sqrt{x^2 + b^2}) \right]$
$f'(x) = \frac{1}{a^2 - b^2} \left[ \frac{1}{2\sqrt{x^2 + a^2}} \cdot 2x - \frac{1}{2\sqrt{x^2 + b^2}} \cdot 2x \right]$
$f'(x) = \frac{x}{a^2 - b^2} \left[ \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} - \frac{1}{\sqrt{x^2 + b^2}} \right]$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x|x|$ છે.
આપણે નિરપેક્ષ મૂલ્ય વિધેયને નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત કરી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} x(-x) = -x^2, & x < 0 \\ x(x) = x^2, & x \ge 0 \end{cases}$
હવે,આપણે બંને કિસ્સાઓ માટે વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$x < 0$ માટે,$f'(x) = \frac{d}{dx}(-x^2) = -2x$.
$x > 0$ માટે,$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x$.
$x = 0$ આગળ,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન તપાસીએ:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h^2 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} (-h) = 0$.
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} (h) = 0$.
કારણ કે $LHD = RHD = 0$,તેથી $x = 0$ આગળ વિકલન $0$ છે.
આ પરિણામોને જોડતા,$f'(x) = \begin{cases} -2x, & x < 0 \\ 2x, & x \ge 0 \end{cases} = 2|x|$.

(D) ધારો કે $y = \sqrt{\sqrt{x} + 1}$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sqrt{\sqrt{x} + 1}) = \frac{1}{2\sqrt{\sqrt{x} + 1}} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x} + 1)$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\sqrt{x} + 1) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{\sqrt{x} + 1}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4\sqrt{x}\sqrt{\sqrt{x} + 1}}$.
વર્ગમૂળની અંદરના પદોને ભેગા કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4\sqrt{x(\sqrt{x} + 1)}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $y = e^{\sqrt{x}}$ છે.
વિકલન $\frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે,આપણે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીશું.
ધારો કે $u = \sqrt{x} = x^{1/2}$. તેથી $y = e^u$.
સાંકળના નિયમ મુજબ: $\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \times \frac{du}{dx}$.
$\frac{dy}{du} = \frac{d}{du}(e^u) = e^u = e^{\sqrt{x}}$.
$\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}(x^{1/2}) = \frac{1}{2}x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = e^{\sqrt{x}} \times \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \cos^{-1}\left[ \frac{1 - (\log x)^2}{1 + (\log x)^2} \right]$.
ધારો કે $u = \log x$. તો પદાવલિ $\cos^{-1}\left[ \frac{1 - u^2}{1 + u^2} \right]$ બને છે.
ત્રિકોણમિતીય આદેશ $u = \tan \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}\left[ \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta} \right] = \cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta = 2\tan^{-1} u$.
તેથી,$f(x) = 2\tan^{-1}(\log x)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{1 + (\log x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(\log x) = 2 \cdot \frac{1}{1 + (\log x)^2} \cdot \frac{1}{x}$.
હવે,$x = e$ આગળ કિંમત મુકતા:
$f'(e) = 2 \cdot \frac{1}{1 + (\log e)^2} \cdot \frac{1}{e}$.
કારણ કે $\log e = 1$,તેથી $f'(e) = 2 \cdot \frac{1}{1 + 1^2} \cdot \frac{1}{e} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{e} = \frac{1}{e}$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = |x^2 - x|$ છે.
$x = 2$ ની નજીક,$x^2 - x$ ધન છે કારણ કે $2^2 - 2 = 2 > 0$ થાય છે.
$x = 2$ ની આસપાસના ખુલ્લા અંતરાલમાં $x^2 - x > 0$ હોવાથી,આપણે $f(x) = x^2 - x$ લખી શકીએ છીએ.
હવે,વિકલન શોધતા $f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 - x) = 2x - 1$.
$x = 2$ મૂકતા,$f'(2) = 2(2) - 1 = 4 - 1 = 3$ મળે છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \log_{\sqrt{x}} \left(\frac{1}{x}\right)$.
આધાર પરિવર્તન સૂત્ર $\log_a b = \frac{\log b}{\log a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\log(1/x)}{\log(\sqrt{x})}$
અહીં $\log(1/x) = -\log x$ અને $\log(\sqrt{x}) = \log(x^{1/2}) = \frac{1}{2} \log x$ હોવાથી:
$f(x) = \frac{-\log x}{\frac{1}{2} \log x}$
$x > 0$ અને $x \neq 1$ માટે,$\log x$ ને છેદતા:
$f(x) = \frac{-1}{1/2} = -2$
$f(x) = -2$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,તેનું $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(-2) = 0$.

(B) ધારો કે $f(x) = |x - 1| + |x - 5|$.
આપણે $x$ ના અંતરાલોના આધારે વિધેયને વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ:
$f(x) = \begin{cases} -(x - 1) - (x - 5), & x < 1 \\ (x - 1) - (x - 5), & 1 \le x \le 5 \\ (x - 1) + (x - 5), & x > 5 \end{cases}$
પદાવલિઓને સરળ બનાવતા:
$f(x) = \begin{cases} 6 - 2x, & x < 1 \\ 4, & 1 \le x \le 5 \\ 2x - 6, & x > 5 \end{cases}$
કારણ કે $x = 3$ એ $(1, 5)$ અંતરાલમાં આવેલું છે,તેથી આ અંતરાલમાં તમામ $x$ માટે $f(x) = 4$ થાય છે.
તેથી,$x \in (1, 5)$ માટે વિકલન $f'(x) = \frac{d}{dx}(4) = 0$ થાય.
આમ,$x = 3$ આગળ,તેનું મૂલ્ય $0$ છે.

(C) ધારો કે $y = \frac{\tan^2 2x - \tan^2 x}{1 - \tan^2 2x \tan^2 x}$.
નિત્યસમ $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$y = \frac{(\tan 2x - \tan x)(\tan 2x + \tan x)}{(1 + \tan 2x \tan x)(1 - \tan 2x \tan x)}$.
ટેન્જન્ટના સરવાળા અને બાદબાકીના સૂત્રો $\tan(A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ અને $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan(2x - x) \tan(2x + x) = \tan x \tan 3x$.
હવે,આપણે $\frac{d}{dx} [y \cdot \cot 3x]$ શોધવાનું છે.
$y$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\frac{d}{dx} [\tan x \tan 3x \cdot \cot 3x]$ મળે છે.
કારણ કે $\tan 3x \cdot \cot 3x = 1$,તેથી પદાવલિ $\frac{d}{dx} [\tan x]$ માં સરળ બને છે.
તેથી,$\frac{d}{dx} [\tan x] = \sec^2 x$.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}\left( \frac{\sqrt{x} - x}{1 + x \cdot \sqrt{x}} \right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1}(a) - \tan^{-1}(b) = \tan^{-1}\left( \frac{a - b}{1 + ab} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $a = \sqrt{x}$ અને $b = x$.
તેથી,$y = \tan^{-1}(\sqrt{x}) - \tan^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(\sqrt{x})) - \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(x))$
$y' = \frac{1}{1 + (\sqrt{x})^2} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x}) - \frac{1}{1 + x^2}$
$y' = \frac{1}{1 + x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{1 + x^2}$.
હવે,$x = 1$ માટે કિંમત મુકતા:
$y'(1) = \frac{1}{1 + 1} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1}} - \frac{1}{1 + 1^2}$
$y'(1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}$.

(B) ધારો કે $y = 10^{x \tan x}$.
વિકલન માટે ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}(a^u) = a^u \ln a \cdot \frac{du}{dx}$.
અહીં,$a = 10$ અને $u = x \tan x$ છે.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $u = x \tan x$ નું વિકલન શોધો:
$\frac{d}{dx}(x \tan x) = \frac{d}{dx}(x) \cdot \tan x + x \cdot \frac{d}{dx}(\tan x) = 1 \cdot \tan x + x \cdot \sec^2 x = \tan x + x \sec^2 x$.
હવે,$10^{x \tan x}$ નું વિકલન કરો:
$\frac{d}{dx}(10^{x \tan x}) = 10^{x \tan x} \cdot \ln 10 \cdot (\tan x + x \sec^2 x)$.
આ કિંમતને મૂળ પદાવલિમાં મૂકતા:
$10^{-x \tan x} \left[ 10^{x \tan x} \cdot \ln 10 \cdot (\tan x + x \sec^2 x) \right]$
$= 10^{-x \tan x + x \tan x} \cdot \ln 10 \cdot (\tan x + x \sec^2 x)$
$= 10^0 \cdot \ln 10 \cdot (\tan x + x \sec^2 x)$
$= \ln 10 (\tan x + x \sec^2 x)$.

(A) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{xf(a) - af(x)}{x - a}$.
આની ગણતરી કરવા માટે,આપણે અંશમાં $af(a)$ ઉમેરીશું અને બાદ કરીશું:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{xf(a) - af(a) + af(a) - af(x)}{x - a}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left[ \frac{f(a)(x - a)}{x - a} - \frac{a(f(x) - f(a))}{x - a} \right]$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(a) - a \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$
કારણ કે $f(x)$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય છે,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = f'(a)$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $f(a) - af'(a)$ થાય છે.

(B) આપેલ સંબંધ $f'(a + b) = f'(a) + f'(b)$ છે.
ચાલો વિકલ્પો તપાસીએ:
વિકલ્પ $(A)$ માટે,$f(x) = x$,તો $f'(x) = 1$. તેથી,$f'(a+b) = 1$ અને $f'(a) + f'(b) = 1 + 1 = 2$. $1 \neq 2$ હોવાથી,આ ખોટું છે.
વિકલ્પ $(B)$ માટે,$f(x) = x^2$,તો $f'(x) = 2x$. તેથી,$f'(a+b) = 2(a+b) = 2a + 2b$ અને $f'(a) + f'(b) = 2a + 2b$. $2a + 2b = 2a + 2b$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $(C)$ માટે,$f(x) = x^3$,તો $f'(x) = 3x^2$. તેથી,$f'(a+b) = 3(a+b)^2 = 3(a^2 + 2ab + b^2)$ અને $f'(a) + f'(b) = 3a^2 + 3b^2$. આ સમાન નથી.
તેથી,સાચું વિધેય $f(x) = x^2$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $y = (1 + x^2)\tan^{-1}x - x$ છે.
$\frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ પદ $(1 + x^2)\tan^{-1}x$ માટે ગુણાકારનો નિયમ અને બીજા પદ $-x$ માટે ઘાતનો નિયમ વાપરીશું.
ગુણાકારનો નિયમ $\frac{d}{dx}(uv) = u\frac{dv}{dx} + v\frac{du}{dx}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = (1 + x^2)$ અને $v = \tan^{-1}x$ છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}[(1 + x^2)\tan^{-1}x] - \frac{d}{dx}(x)$
$\frac{dy}{dx} = (1 + x^2) \cdot \frac{d}{dx}(\tan^{-1}x) + \tan^{-1}x \cdot \frac{d}{dx}(1 + x^2) - 1$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\tan^{-1}x) = \frac{1}{1 + x^2}$ અને $\frac{d}{dx}(1 + x^2) = 2x$ છે:
$\frac{dy}{dx} = (1 + x^2) \cdot \frac{1}{1 + x^2} + \tan^{-1}x \cdot (2x) - 1$
$\frac{dy}{dx} = 1 + 2x\tan^{-1}x - 1$
$\frac{dy}{dx} = 2x\tan^{-1}x.$
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \frac{a + b{x^{3/2}}}{{x^{5/4}}} = a{x^{-5/4}} + b{x^{1/4}}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = a(-\frac{5}{4}){x^{-9/4}} + b(\frac{1}{4}){x^{-3/4}}$.
$x = 5$ પર $y' = 0$ લેતા:
$-\frac{5a}{4}{x^{-9/4}} + \frac{b}{4}{x^{-3/4}} = 0$.
બંને બાજુ $4{x^{9/4}}$ વડે ગુણતા:
$-5a + b{x^{6/4}} = 0$.
$-5a + b{x^{3/2}} = 0$.
$x = 5$ મૂકતા,$b(5)^{3/2} = 5a$.
$\frac{a}{b} = \frac{5^{3/2}}{5} = 5^{3/2 - 1} = 5^{1/2} = \sqrt{5}$.
આમ,ગુણોત્તર $a:b = \sqrt{5} : 1$ છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \sec(\tan^{-1}x)$.
ધારો કે $\tan^{-1}x = \theta$,તો $x = \tan\theta$ થાય.
આથી $\sec\theta = \sqrt{1 + \tan^2\theta} = \sqrt{1 + x^2}$ મળે.
તેથી,$y = \sqrt{1 + x^2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sqrt{1 + x^2})$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{1 + x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(1 + x^2)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{1 + x^2}} \cdot (2x)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$.