Derivative at a point, Standard differentiation Questions in Gujarati

(B) ધારો કે $f(x) = |x - 1| + |x - 3|$.
$1 < x < 3$ માટે,આપણી પાસે $x - 1 > 0$ અને $x - 3 < 0$ છે.
તેથી,$f(x) = (x - 1) - (x - 3) = x - 1 - x + 3 = 2$.
કારણ કે $f(x) = 2$ એ અંતરાલ $(1, 3)$ માં એક અચળ વિધેય છે,તેથી તેનું વિકલિત $f'(x) = 0$ થાય,જ્યાં $x \in (1, 3)$.
$x = 2$ બિંદુએ,જે અંતરાલ $(1, 3)$ ની અંદર આવેલું છે,વિકલિત સહગુણક $f'(2) = 0$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{ax} + \frac{a^2}{\sqrt{ax}} = \sqrt{a} \cdot x^{1/2} + a^2 \cdot a^{-1/2} \cdot x^{-1/2} = \sqrt{a} \cdot x^{1/2} + a^{3/2} \cdot x^{-1/2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \sqrt{a} \cdot \frac{1}{2} x^{-1/2} + a^{3/2} \cdot \left( -\frac{1}{2} x^{-3/2} \right)$.
$f'(x) = \frac{\sqrt{a}}{2\sqrt{x}} - \frac{a^{3/2}}{2x^{3/2}}$.
હવે,$x = a$ માટે કિંમત મુકતા:
$f'(a) = \frac{\sqrt{a}}{2\sqrt{a}} - \frac{a^{3/2}}{2a^{3/2}}$.
$f'(a) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$.

(C) ધારો કે $f(x) = x^6 + 6^x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન શોધવા માટે,આપણે ઘાતનો નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ અને ઘાતાંકીય નિયમ $\frac{d}{dx}(a^x) = a^x \ln a$ નો ઉપયોગ કરીશું.
આ નિયમો લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx}(x^6 + 6^x) = \frac{d}{dx}(x^6) + \frac{d}{dx}(6^x)$
$= 6x^{6-1} + 6^x \ln 6$
$= 6x^5 + 6^x \ln 6$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 3|2 + x|$.
$x < -2$ માટે,$|2 + x| = -(2 + x) = -2 - x$ થાય.
તેથી,$x < -2$ માટે,$f(x) = 3(-2 - x) = -6 - 3x$ થાય.
$x < -2$ માટે વિકલિત $f'(x) = \frac{d}{dx}(-6 - 3x) = -3$ મળે.
અહીં $x_0 = -3$ એ $x < -2$ અંતરાલમાં આવેલું હોવાથી,$x_0 = -3$ આગળ વિકલિત $f'(-3) = -3$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $y = \cot^{-1}(x^2)$.
વિકલન માટે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\cot^{-1}(u)) = \frac{-1}{1 + u^2} \cdot \frac{du}{dx}$.
અહીં,$u = x^2$ છે,તેથી $\frac{du}{dx} = 2x$ થાય.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{1 + (x^2)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{1 + x^4} \cdot (2x)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2x}{1 + x^4}$.

(D) આપેલ વિધેય $y = \log \tan \sqrt{x}$ છે.
વિકલન માટે સાંકળનો નિયમ (chain rule) વાપરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\log \tan \sqrt{x})$
$= \frac{1}{\tan \sqrt{x}} \cdot \frac{d}{dx}(\tan \sqrt{x})$
$= \frac{1}{\tan \sqrt{x}} \cdot \sec^2 \sqrt{x} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x})$
$= \frac{1}{\tan \sqrt{x}} \cdot \sec^2 \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$= \frac{\sec^2 \sqrt{x}}{2\sqrt{x} \tan \sqrt{x}}$.

(D) આપેલ છે કે $y = \frac{e^x + e^{-x}}{e^x - e^{-x}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ અને $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$.
તેથી,$y = \frac{\cosh x}{\sinh x} = \coth x$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\coth x)$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\coth x) = -\text{cosech}^2 x$,તેથી $\frac{dy}{dx} = -\text{cosech}^2 x$.

(A) ધારો કે બહુપદી વિધેય $f(x) = ax^2 + bx + c$ છે.
તેથી,વિકલન $f'(x) = 2ax + b$ થાય.
આપેલ છે કે $f(1) = f(-1)$,તેથી $a(1)^2 + b(1) + c = a(-1)^2 + b(-1) + c$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $a + b + c = a - b + c$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $2b = 0$,એટલે કે $b = 0$.
આમ,$f'(x) = 2ax$ થાય.
હવે,$a_1, a_2, a_3$ પર વિકલિતોની કિંમત મેળવતા: $f'(a_1) = 2aa_1$,$f'(a_2) = 2aa_2$,અને $f'(a_3) = 2aa_3$.
કારણ કે $a_1, a_2, a_3$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી સામાન્ય તફાવત $d$ માટે $a_2 = a_1 + d$ અને $a_3 = a_1 + 2d$ થાય.
તેથી $f'(a_2) - f'(a_1) = 2aa_2 - 2aa_1 = 2a(a_2 - a_1) = 2ad$ અને $f'(a_3) - f'(a_2) = 2aa_3 - 2aa_2 = 2a(a_3 - a_2) = 2ad$.
ક્રમિક પદો વચ્ચેનો તફાવત અચળ $(2ad)$ હોવાથી,શ્રેણી $f'(a_1), f'(a_2), f'(a_3)$ એ $A.P.$ માં છે.

(D) આપેલ છે $r = [2\phi + \cos^2(2\phi + \pi/4)]^{1/2}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $\phi$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dr}{d\phi} = \frac{1}{2}[2\phi + \cos^2(2\phi + \pi/4)]^{-1/2} \cdot \frac{d}{d\phi}[2\phi + \cos^2(2\phi + \pi/4)]$
$\frac{dr}{d\phi} = \frac{1}{2}[2\phi + \cos^2(2\phi + \pi/4)]^{-1/2} \cdot [2 + 2\cos(2\phi + \pi/4) \cdot (-\sin(2\phi + \pi/4)) \cdot 2]$
$\frac{dr}{d\phi} = \frac{1}{2}[2\phi + \cos^2(2\phi + \pi/4)]^{-1/2} \cdot [2 - 2\sin(4\phi + \pi/2)]$
$\phi = \pi/4$ માટે,દલીલ $2\phi + \pi/4 = \pi/2 + \pi/4 = 3\pi/4$ થાય છે.
$\cos^2(3\pi/4) = (-1/\sqrt{2})^2 = 1/2$.
$\sin(4(\pi/4) + \pi/2) = \sin(\pi + \pi/2) = \sin(3\pi/2) = -1$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{dr}{d\phi} = \frac{1}{2}[2(\pi/4) + 1/2]^{-1/2} \cdot [2 - 2(-1)]$
$\frac{dr}{d\phi} = \frac{1}{2}[\pi/2 + 1/2]^{-1/2} \cdot [4]$
$\frac{dr}{d\phi} = 2 \cdot [(\pi + 1)/2]^{-1/2} = 2 \cdot [2/(\pi + 1)]^{1/2}$.

(B) ધારો કે $y = f(x) = (1 - x)(2 - x)(3 - x)...(n - x)$.
વિકલનના ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}[(1 - x)] \cdot (2 - x)(3 - x)...(n - x) + (1 - x) \cdot \frac{d}{dx}[(2 - x)(3 - x)...(n - x)]$.
અહીં $\frac{d}{dx}(1 - x) = -1$ હોવાથી:
$\frac{dy}{dx} = -1 \cdot (2 - x)(3 - x)...(n - x) + (1 - x) \cdot \frac{d}{dx}[(2 - x)(3 - x)...(n - x)]$.
હવે $x = 1$ મુકતા:
$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=1} = -1 \cdot (2 - 1)(3 - 1)...(n - 1) + (1 - 1) \cdot [\dots]$.
$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=1} = -1 \cdot (1)(2)(3)...(n - 1) + 0$.
$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=1} = -(n - 1)!$.
આથી સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ છે કે $y = \frac{1}{4}u^4$ અને $u = \frac{2}{3}x^3 + 5$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}$.
પ્રથમ,$y$ નું $u$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dy}{du} = \frac{1}{4} \cdot 4u^3 = u^3$.
ત્યારબાદ,$u$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{du}{dx} = \frac{2}{3} \cdot 3x^2 = 2x^2$.
હવે,આ કિંમતોને ચેઈન રૂલના સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{dy}{dx} = u^3 \cdot 2x^2$.
$u = \frac{2x^3 + 15}{3}$ ને પદમાં મૂકતા: $\frac{dy}{dx} = \left( \frac{2x^3 + 15}{3} \right)^3 \cdot 2x^2$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{(2x^3 + 15)^3}{27} \cdot 2x^2 = \frac{2}{27}x^2(2x^3 + 15)^3$.

(A) આપેલ છે કે $y = f\left( \frac{5x + 1}{10x^2 - 3} \right)$ અને $f'(x) = \cos x$.
ધારો કે $u = \frac{5x + 1}{10x^2 - 3}$.
તેથી $y = f(u)$.
ચેઈન રૂલ (સાંકળના નિયમ) મુજબ,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}$.
કારણ કે $y = f(u)$,તેથી $\frac{dy}{du} = f'(u) = \cos(u)$.
$u$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,આપણને $\frac{dy}{du} = \cos \left( \frac{5x + 1}{10x^2 - 3} \right)$ મળે છે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \cos \left( \frac{5x + 1}{10x^2 - 3} \right) \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{5x + 1}{10x^2 - 3} \right)$.

(A) આપેલ છે કે $f \circ g = I$,જ્યાં $I$ એ તદેવ વિધેય છે,તેથી તમામ $x$ માટે $(f \circ g)(x) = x$ થાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,સાંકળના નિયમ મુજબ $f'(g(x)) \cdot g'(x) = 1$ મળે.
હવે $x = a$ લેતા,આપણને $f'(g(a)) \cdot g'(a) = 1$ મળે છે.
આપેલ છે કે $g(a) = b$ અને $g'(a) = 2$,તેથી આ કિંમતો મૂકતા $f'(b) \cdot 2 = 1$ મળે.
આમ,$f'(b) = 1/2$ થાય.

(D) સંયુક્ત વિધેય $y = F[f\{ \phi (x)\} ]$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો વારંવાર ઉપયોગ કરીશું.
ધારો કે $u = f\{ \phi (x)\} $ અને $v = \phi (x)$. તેથી $y = F(u)$ અને $u = f(v)$.
સાંકળના નિયમ મુજબ,$\frac{dy}{dx} = \frac{dF}{du} \cdot \frac{du}{dv} \cdot \frac{dv}{dx}$.
$1$. $u$ ની સાપેક્ષમાં $F$ નું વિકલન $F'(u) = F'[f\{ \phi (x)\} ]$ થાય.
$2$. $v$ ની સાપેક્ષમાં $u = f(v)$ નું વિકલન $f'(v) = f'\{ \phi (x)\} $ થાય.
$3$. $x$ ની સાપેક્ષમાં $v = \phi (x)$ નું વિકલન $\phi '(x)$ થાય.
આ બધાનો ગુણાકાર કરતા,આપણને $\frac{dy}{dx} = F'[f\{ \phi (x)\} ] \cdot f'\{ \phi (x)\} \cdot \phi '(x)$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = e^x$ અને $g(x) = \sin^{-1}x$.
કારણ કે $h(x) = f(g(x))$,તેથી $h(x) = f(\sin^{-1}x) = e^{\sin^{-1}x}$.
હવે,સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $h(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$h'(x) = \frac{d}{dx}(e^{\sin^{-1}x}) = e^{\sin^{-1}x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{-1}x) = e^{\sin^{-1}x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$.
તેથી,ગુણોત્તર $h'(x)/h(x)$ નીચે મુજબ થશે:
$\frac{h'(x)}{h(x)} = \frac{e^{\sin^{-1}x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}}{e^{\sin^{-1}x}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$.

(A) ધારો કે $f(x) = \cos^{-1}\left( \sin \sqrt{\frac{1+x}{2}} \right) + x^x$.
નિત્યસમ $\sin \theta = \cos(\frac{\pi}{2} - \theta)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \cos^{-1}\left[ \cos \left( \frac{\pi}{2} - \sqrt{\frac{1+x}{2}} \right) \right] + x^x$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f(x) = \frac{\pi}{2} - \sqrt{\frac{1+x}{2}} + x^x$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = 0 - \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1+x}} + \frac{d}{dx}(x^x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(x^x) = x^x(1 + \ln x)$,તેથી:
$f'(x) = -\frac{1}{2\sqrt{2(1+x)}} + x^x(1 + \ln x)$.
$x = 1$ આગળ:
$f'(1) = -\frac{1}{2\sqrt{2(1+1)}} + 1^1(1 + \ln 1) = -\frac{1}{2\sqrt{4}} + 1(1 + 0) = -\frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{4}$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = x + 2$ છે.
સૌ પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન મેળવો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x + 2) = 1$.
અહીં વિકલન $f'(x)$ એ તમામ $x$ માટે $1$ જેટલું અચળ મૂલ્ય ધરાવે છે,તેથી $f'(f(x))$ નું મૂલ્ય પણ $f(x)$ ના ઇનપુટને ધ્યાનમાં લીધા વગર $1$ જ રહેશે.
તેથી,$x = 4$ આગળ,$f'(f(4)) = f'(4 + 2) = f'(6) = 1$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $3f(x) - 2f(1/x) = x$ છે .....$(i)$
સમીકરણ $(i)$ માં $x$ ને $1/x$ વડે બદલતા:
$3f(1/x) - 2f(x) = 1/x$
પદોને ગોઠવતા:
$-2f(x) + 3f(1/x) = 1/x$ .....$(ii)$
$f(1/x)$ નો લોપ કરવા માટે,સમીકરણ $(i)$ ને $3$ વડે અને સમીકરણ $(ii)$ ને $2$ વડે ગુણીને તેમનો સરવાળો કરતા:
$9f(x) - 6f(1/x) = 3x$
$-4f(x) + 6f(1/x) = 2/x$
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$5f(x) = 3x + \frac{2}{x}$
$f(x) = \frac{3x}{5} + \frac{2}{5x}$
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{3}{5} - \frac{2}{5x^2}$
$f'(2)$ શોધવા માટે $x = 2$ મૂકતા:
$f'(2) = \frac{3}{5} - \frac{2}{5(2^2)} = \frac{3}{5} - \frac{2}{20} = \frac{3}{5} - \frac{1}{10}$
$f'(2) = \frac{6 - 1}{10} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $u = \tan^{-1}x$ અને $y = \frac{u}{1+u}$.
આપણે $\frac{dy}{du}$ શોધવાનું છે.
વિકલન માટે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{du} = \frac{d}{du} \left( \frac{u}{1+u} \right)$.
$\frac{dy}{du} = \frac{(1+u)(1) - u(1)}{(1+u)^2}$.
$\frac{dy}{du} = \frac{1+u-u}{(1+u)^2} = \frac{1}{(1+u)^2}$.
$u = \tan^{-1}x$ પાછું મૂકતા,આપણને $\frac{dy}{du} = \frac{1}{{(1 + \tan^{-1}x)}^2}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $y = {x^6}$ અને $z = {x^3}$.
આપણે $z$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન શોધવાનું છે,જે $\frac{dy}{dz}$ છે.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dz} = \frac{dy/dx}{dz/dx}$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}({x^6}) = 6{x^5}$.
ત્યારબાદ,$x$ ની સાપેક્ષમાં $z$ નું વિકલન કરતા: $\frac{dz}{dx} = \frac{d}{dx}({x^3}) = 3{x^2}$.
હવે,આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dz} = \frac{6{x^5}}{3{x^2}} = 2{x^3}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \log x.$
આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $f(\sin x)$ નું વિકલન શોધવાનું છે.
ધારો કે $y = f(\sin x) = \log(\sin x).$
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}[\log(\sin x)]$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sin x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x$
$\frac{dy}{dx} = \cot x.$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ છે કે $t = \frac{v^2}{2}$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dt}{dt} = \frac{1}{2} \times 2v \frac{dv}{dt}$ મળે.
કારણ કે $f = \frac{dv}{dt}$,તેથી $1 = v \cdot f$,જેનો અર્થ છે કે $f = \frac{1}{v}$ અથવા $v = f^{-1}$.
હવે,$f = v^{-1}$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{df}{dt} = -v^{-2} \frac{dv}{dt}$.
$\frac{dv}{dt} = f$ અને $v = \frac{1}{f}$ મૂકતા:
$\frac{df}{dt} = -\left( \frac{1}{f} \right)^{-2} \cdot f = -f^2 \cdot f = -f^3$.
તેથી,$-\frac{df}{dt} = -(-f^3) = f^3$.

(D) જો અંતરાલ $(a, b)$ માં દરેક $x$ માટે $f'(x) = 0$ હોય,તો વિધેય $f(x)$ ની કિંમત આ અંતરાલમાં બદલાતી નથી.
તેથી,$f(x) = c$,જ્યાં $c$ એક અચળાંક છે.
આનો અર્થ એ છે કે વિધેય અંતરાલ $(a, b)$ માં એક અચળ વિધેય છે.

(A) ધારો કે $u = \sqrt{x - 1}$. કારણ કે $1 < x < 26$,તેથી $0 < u < 5$ મળે.
હવે $x - 1 = u^2$,તેથી $x = u^2 + 1$.
વિધેય $f(x) = u + \sqrt{u^2 + 1 + 24 - 10u} = u + \sqrt{u^2 - 10u + 25}$ બને છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $f(x) = u + \sqrt{(u - 5)^2} = u + |u - 5|$ મળે.
કારણ કે $0 < u < 5$,તેથી $|u - 5| = 5 - u$ થાય.
આમ,$f(x) = u + 5 - u = 5$.
વિધેય $f(x) = 5$ એ $1 < x < 26$ અંતરાલ માટે અચળ વિધેય હોવાથી,તેનું વિકલન $f'(x) = 0$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $y = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 + x^2} + \frac{a^2}{2}\log(x + \sqrt{x^2 + a^2})$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (ગુણાકાર અને સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \left[ \sqrt{a^2 + x^2} + x \cdot \frac{1}{2\sqrt{a^2 + x^2}} \cdot 2x \right] + \frac{a^2}{2} \cdot \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + a^2}} \cdot \left[ 1 + \frac{1}{2\sqrt{x^2 + a^2}} \cdot 2x \right]$
પ્રથમ પદનું સાદુંરૂપ:
$\frac{1}{2} \left[ \frac{a^2 + x^2 + x^2}{\sqrt{a^2 + x^2}} \right] = \frac{a^2 + 2x^2}{2\sqrt{a^2 + x^2}}$
બીજા પદનું સાદુંરૂપ:
$\frac{a^2}{2} \cdot \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + a^2}} \cdot \left[ \frac{\sqrt{x^2 + a^2} + x}{\sqrt{x^2 + a^2}} \right] = \frac{a^2}{2\sqrt{x^2 + a^2}}$
બંને ભાગનો સરવાળો કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{a^2 + 2x^2 + a^2}{2\sqrt{a^2 + x^2}} = \frac{2(a^2 + x^2)}{2\sqrt{a^2 + x^2}} = \sqrt{a^2 + x^2}$.

(D) આપેલ છે કે $y = f\left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right).$ ધારો કે $t = \frac{2x - 1}{x^2 + 1}.$
ચેઈન રૂલ મુજબ,$\frac{dy}{dx} = f'(t) \cdot \frac{dt}{dx}.$
કારણ કે $f'(x) = \sin(x^2),$ તેથી $f'(t) = \sin(t^2) = \sin \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right)^2.$
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $\frac{dt}{dx}$ શોધો:
$\frac{dt}{dx} = \frac{(x^2 + 1)(2) - (2x - 1)(2x)}{(x^2 + 1)^2} = \frac{2x^2 + 2 - 4x^2 + 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{-2x^2 + 2x + 2}{(x^2 + 1)^2}.$
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{-2x^2 + 2x + 2}{(x^2 + 1)^2} \sin \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right)^2.$

(C) વિધેય $f(x) = a^x$ એ $a > 0$ અને $a \neq 1$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
વિધેય એકસૂત્રી વધતું છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન તપાસીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(a^x) = a^x \ln(a)$.
વિધેય એકસૂત્રી વધતું હોવા માટે,આપણે દરેક $x$ માટે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે.
કારણ કે દરેક $x$ માટે $a^x > 0$ છે,તેથી $f'(x) > 0$ ની શરત ત્યારે જ સંતોષાય જો $\ln(a) > 0$ હોય.
આનો અર્થ એ છે કે $a > e^0$,એટલે કે $a > 1$.
આમ,વિધેય $f(x) = a^x$ એ $a > 1$ માટે એકસૂત્રી વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે કે $g(x) = [f(2f(x) + 2)]^2$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $g(x)$ નું વિકલન કરીએ:
$g'(x) = 2[f(2f(x) + 2)] \cdot \frac{d}{dx}[f(2f(x) + 2)]$
$g'(x) = 2[f(2f(x) + 2)] \cdot f'(2f(x) + 2) \cdot \frac{d}{dx}(2f(x) + 2)$
$g'(x) = 2[f(2f(x) + 2)] \cdot f'(2f(x) + 2) \cdot 2f'(x)$
$g'(x) = 4[f(2f(x) + 2)] \cdot f'(2f(x) + 2) \cdot f'(x)$
હવે,$x = 0$ મૂકતા:
$g'(0) = 4[f(2f(0) + 2)] \cdot f'(2f(0) + 2) \cdot f'(0)$
આપેલ છે કે $f(0) = -1$ અને $f'(0) = 1$:
$g'(0) = 4[f(2(-1) + 2)] \cdot f'(2(-1) + 2) \cdot f'(0)$
$g'(0) = 4[f(0)] \cdot f'(0) \cdot f'(0)$
$g'(0) = 4(-1) \cdot (1) \cdot (1) = -4$.

(D) પદાવલિ $\mathop{\lim}\limits_{x \to 1} \frac{G(x) - G(1)}{x - 1}$ એ $x = 1$ આગળ $G(x)$ નું વિકલન દર્શાવે છે,જેને $G'(1)$ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $G(x) = -(25 - x^2)^{1/2}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$G'(x) = -\frac{1}{2}(25 - x^2)^{-1/2} \cdot (-2x) = \frac{x}{\sqrt{25 - x^2}}$.
$x = 1$ મૂકતા:
$G'(1) = \frac{1}{\sqrt{25 - 1^2}} = \frac{1}{\sqrt{24}}$.
આમ,લક્ષની કિંમત $\frac{1}{\sqrt{24}}$ છે.

(C) ધારો કે $L = \lim_{x \to 0} \left\{ \frac{f(1 + x)}{f(1)} \right\}^{\frac{1}{x}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln \left( \frac{f(1 + x)}{f(1)} \right)$.
વિકલનની વ્યાખ્યા અથવા એલ'હોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln f(1 + x) - \ln f(1)}{x}$.
એલ'હોપિટલનો નિયમ લાગુ કરતા,$\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{f'(1 + x)}{f(1 + x)} = \frac{f'(1)}{f(1)}$.
આપેલ છે કે $f(1) = 3$ અને $f'(1) = 6$,તેથી $\ln L = \frac{6}{3} = 2$.
તેથી,$L = e^2$.

(A) ધારો કે $L = \lim_{x \to 1} \int_4^{f(x)} \frac{2t}{x - 1} dt$.
સંકલન $\frac{1}{x-1} \int_4^{f(x)} 2t dt$ તરીકે લખી શકાય.
$2t$ નું સંકલન $t^2$ થાય,તેથી $\int_4^{f(x)} 2t dt = [t^2]_4^{f(x)} = (f(x))^2 - 16$.
આમ,$L = \lim_{x \to 1} \frac{(f(x))^2 - 16}{x - 1}$.
$(f(x))^2 - 16 = (f(x) - 4)(f(x) + 4)$ લખતા.
$f(1) = 4$ હોવાથી,જ્યારે $x \to 1$,ત્યારે $f(x) \to 4$,તેથી $f(x) + 4 \to 8$.
તેથી,$L = \lim_{x \to 1} \frac{(f(x) - 4)(f(x) + 4)}{x - 1} = \left( \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} \right) \times \left( \lim_{x \to 1} (f(x) + 4) \right)$.
આમ,$f'(1) \times (4 + 4) = 8f'(1)$ મળે છે.

(B) $f(x) = e^{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \tan x$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$.
ધારો કે $u = e^{\sqrt{1 - x^2}}$ અને $v = \tan x$.
તેથી $\frac{dv}{dx} = \sec^2 x$.
$u$ માટે સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{du}{dx} = e^{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{1 - x^2}) = e^{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1 - x^2}} \cdot (-2x) = -\frac{x e^{\sqrt{1 - x^2}}}{\sqrt{1 - x^2}}$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dx} (u v) = e^{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \sec^2 x + \tan x \cdot \left( -\frac{x e^{\sqrt{1 - x^2}}}{\sqrt{1 - x^2}} \right)$.
$e^{\sqrt{1 - x^2}}$ સામાન્ય કાઢતા,આપણને મળે છે:
$= e^{\sqrt{1 - x^2}} \left[ \sec^2 x - \frac{x \tan x}{\sqrt{1 - x^2}} \right]$.

(A) આપેલ છે કે $y = 5x(1 - x)^{-2/3} + \cos^2(2x + 1)$.
ગુણાકારનો નિયમ અને સાંકળનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{dy}{dx} = 5 \left[ (1 - x)^{-2/3} + x \cdot \left( -\frac{2}{3} \right)(1 - x)^{-5/3}(-1) \right] + 2\cos(2x + 1)(-\sin(2x + 1))(2)$.
$\frac{dy}{dx} = 5(1 - x)^{-2/3} + \frac{10x}{3(1 - x)^{5/3}} - 4\cos(2x + 1)\sin(2x + 1)$.
$2\sin\theta\cos\theta = \sin(2\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $4\cos(2x + 1)\sin(2x + 1) = 2\sin(4x + 2)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{5(1 - x) + \frac{10x}{3}}{(1 - x)^{5/3}} - 2\sin(4x + 2) = \frac{5 - 5x + \frac{10x}{3}}{(1 - x)^{5/3}} - 2\sin(4x + 2)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{5(3 - 3x + 2x)}{3(1 - x)^{5/3}} - 2\sin(4x + 2) = \frac{5(3 - x)}{3(1 - x)^{5/3}} - 2\sin(4x + 2)$.

(D) આપેલ છે કે $f'(ln x) = \begin{cases} 1 & 0 < x \le 1 \\ x & x > 1 \end{cases}$.
ધારો કે $ln x = t$,તો $x = e^t$.
$x > 1$ માટે,$t > 0$,તેથી $f'(t) = e^t$.
સંકલન કરતા,$f(t) = e^t + C_1$.
$f$ એ $t=0$ આગળ સતત હોવાથી,આપણે ડાબી બાજુની સીમાનો ઉપયોગ કરીએ: $f(0) = 0$.
$f(0) = e^0 + C_1 = 0 \implies 1 + C_1 = 0 \implies C_1 = -1$.
આમ,$x > 0$ માટે $f(x) = e^x - 1$.
$0 < x \le 1$ માટે,$t \le 0$,તેથી $f'(t) = 1$.
સંકલન કરતા,$f(t) = t + C_2$.
$f(0) = 0$ આપેલ છે,તેથી $0 + C_2 = 0 \implies C_2 = 0$.
આમ,$x \le 0$ માટે $f(x) = x$.
આ બંનેને જોડતા,$f(x) = \begin{cases} x & x \le 0 \\ e^x - 1 & x > 0 \end{cases}$.

(B) ધારો કે $f(x) = \int\limits_a^x \ln^2 t \, dt$.
તો આપેલ પદ $\mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$ છે.
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,આ $f'(x)$ ની બરાબર છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય (Leibniz's Rule) નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $f'(x) = \frac{d}{dx} \int\limits_a^x \ln^2 t \, dt = \ln^2 x$ મળે છે.
તેથી,લક્ષનું મૂલ્ય $\ln^2 x$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f'(\sin x) = \cos^2 x$.
ધારો કે $t = \sin x$,તો $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x = 1 - t^2$.
તેથી,$f'(t) = 1 - t^2$.
બંને બાજુ $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$f(t) = \int (1 - t^2) dt = t - \frac{t^3}{3} + C$.
આપેલ છે કે $f(1) = 1$,તેથી $t = 1$ મૂકતા:
$1 = 1 - \frac{1^3}{3} + C \Rightarrow 1 = 1 - \frac{1}{3} + C \Rightarrow C = \frac{1}{3}$.
આમ,$f(t) = t - \frac{t^3}{3} + \frac{1}{3}$.
$t$ ને $x$ વડે બદલતા,આપણને $f(x) = x - \frac{x^3}{3} + \frac{1}{3}$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f''(x) = x^{1/3}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f'(x) = \int x^{1/3} dx = \frac{x^{4/3}}{4/3} + C_1 = \frac{3}{4}x^{4/3} + C_1$.
આપેલ વિધાનો સાથે સરખાવતા:
વિધાન $I$ $(f'(x) = \frac{3}{4}x^{4/3} + 9)$ શક્ય છે જો $C_1 = 9$.
વિધાન $IV$ $(f'(x) = \frac{3}{4}x^{4/3} - 4)$ શક્ય છે જો $C_1 = -4$.
હવે,$f(x)$ શોધવા માટે $f'(x)$ નું સંકલન કરતા:
$f(x) = \int (\frac{3}{4}x^{4/3} + C_1) dx = \frac{3}{4} \cdot \frac{x^{7/3}}{7/3} + C_1x + C_2 = \frac{9}{28}x^{7/3} + C_1x + C_2$.
વિધાન $II$ અને $III$ માં $f(x) = \frac{9}{28}x^{7/3} + K$ છે. આ સ્વરૂપ ત્યારે જ શક્ય છે જો $C_1 = 0$ હોય. જો $C_1 = 0$ હોય,તો $f'(x) = \frac{3}{4}x^{4/3}$ થાય,જે $I$ કે $IV$ સાથે મેળ ખાતું નથી. તેથી,માત્ર $I$ અને $IV$ એ $f'(x)$ માટે સાચા સ્વરૂપો છે.

(B) આપેલ છે કે $y = f \left( \frac{3x + 4}{5x + 6} \right)$ અને $f'(x) = \tan(x^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરવા માટે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = f' \left( \frac{3x + 4}{5x + 6} \right) \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{3x + 4}{5x + 6} \right)$
અંદરના વિધેયના વિકલન માટે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{3x + 4}{5x + 6} \right) = \frac{3(5x + 6) - 5(3x + 4)}{(5x + 6)^2} = \frac{15x + 18 - 15x - 20}{(5x + 6)^2} = \frac{-2}{(5x + 6)^2}$
$f'(x) = \tan(x^2)$ ને પદમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \tan \left( \frac{3x + 4}{5x + 6} \right)^2 \cdot \frac{-2}{(5x + 6)^2}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) ધારો કે $x = \sin A$ અને $\sqrt{x} = \sin B$.
તેથી,$y = \sin^{-1} (\sin A \cos B + \sin B \cos A) = \sin^{-1} (\sin(A + B)) = A + B$.
અહીં $A = \sin^{-1} x$ અને $B = \sin^{-1} \sqrt{x}$ છે.
તેથી,$y = \sin^{-1} x + \sin^{-1} \sqrt{x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} + \frac{1}{\sqrt{1 - x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} + \frac{1}{2\sqrt{x(1 - x)}}$.
આપેલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x(1 - x)}} + p$ સાથે સરખાવતા,આપણને $p = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $y = f \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right)$ અને $f'(x) = \sin x$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = f' \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right) \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right)$.
કારણ કે $f'(x) = \sin x$,તેથી $f' \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right) = \sin \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right)$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $u = \frac{2x - 1}{x^2 + 1}$ નું વિકલન કરીએ:
$\frac{du}{dx} = \frac{(x^2 + 1)(2) - (2x - 1)(2x)}{(x^2 + 1)^2} = \frac{2x^2 + 2 - 4x^2 + 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{2 + 2x - 2x^2}{(x^2 + 1)^2} = \frac{2(1 + x - x^2)}{(x^2 + 1)^2}$.
આ કિંમતોને $\frac{dy}{dx}$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{2(1 + x - x^2)}{(x^2 + 1)^2} \sin \left( \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \right)$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ વ્યાખ્યા $D^*f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f^2(x + h) - f^2(x)}{h}$ છે.
આ વિધેય $g(x) = f^2(x) = [f(x)]^2$ ના વિકલનની વ્યાખ્યા છે.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$D^*f(x) = \frac{d}{dx} [f(x)]^2 = 2f(x) \cdot f'(x)$.
આપેલ છે કે $f(x) = x \ln x$,તેથી ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1$.
હવે,$D^*f(x)$ ના સૂત્રમાં $f(x)$ અને $f'(x)$ ની કિંમતો મૂકતા:
$D^*f(x) = 2(x \ln x)(\ln x + 1)$.
$x = e$ માટે કિંમત શોધતા:
$D^*f(e) = 2(e \ln e)(\ln e + 1) = 2(e \cdot 1)(1 + 1) = 2e(2) = 4e$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1}{2} \cdot 5^{2x+1} = \frac{5}{2} \cdot 5^{2x}$.
વિકલન કરતા: $f'(x) = \frac{5}{2} \cdot 5^{2x} \cdot \ln 5 \cdot 2 = 5 \cdot 5^{2x} \ln 5$.
આપેલ છે કે $g(x) = 5^x + 4x \ln 5$.
વિકલન કરતા: $g'(x) = 5^x \ln 5 + 4 \ln 5 = \ln 5 (5^x + 4)$.
આપણે $f'(x) > g'(x)$ ઉકેલવાનું છે:
$5 \cdot 5^{2x} \ln 5 > \ln 5 (5^x + 4)$.
કારણ કે $\ln 5 > 0$,આપણે $\ln 5$ વડે ભાગી શકીએ:
$5 \cdot (5^x)^2 > 5^x + 4$.
ધારો કે $t = 5^x$. કારણ કે $x \in \mathbb{R}$,$t > 0$.
અસમતા $5t^2 - t - 4 > 0$ બને છે.
અવયવ પાડતા: $(5t + 4)(t - 1) > 0$.
કારણ કે $t > 0$,$5t + 4$ હંમેશા ધન છે.
તેથી,$t - 1 > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $t > 1$.
$t = 5^x$ પાછું મૂકતા: $5^x > 1$.
કારણ કે $5^x$ વધતું વિધેય છે,$x > 0$.

(D) આપેલ છે કે $f \circ g$ એ તદેવ વિધેય છે,તેથી $f(g(x)) = x$ થાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,સાંકળના નિયમ (chain rule) મુજબ:
$f'(g(x)) \cdot g'(x) = 1$ મળે.
સમીકરણમાં $x = a$ મૂકતા:
$f'(g(a)) \cdot g'(a) = 1$ મળે.
અહીં $g(a) = b$ અને $g'(a) = 2$ આપેલ છે,તેથી:
$f'(b) \cdot 2 = 1$ થાય.
આમ,$f'(b) = 1/2$ મળે.

(B) આપેલ સમીકરણ $f(x^2) = x^3$ છે,જ્યાં $x > 0$.
$f'(4)$ શોધવા માટે,આપણે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને સમીકરણની બંને બાજુઓનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{d}{dx}[f(x^2)] = \frac{d}{dx}[x^3]$
$f'(x^2) \cdot (2x) = 3x^2$
$x > 0$ હોવાથી,આપણે $2x$ વડે ભાગાકાર કરી શકીએ:
$f'(x^2) = \frac{3x^2}{2x} = \frac{3}{2}x$
આપણે $f'(4)$ શોધવા માંગીએ છીએ. અહીં $x^2 = 4$ અને $x > 0$ હોવાથી,$x = 2$ મળે.
$f'(x^2)$ ના પદમાં $x = 2$ મૂકતા:
$f'(4) = \frac{3}{2}(2) = 3$
આમ,$f'(4)$ ની કિંમત $3$ છે.

(D) વિધેય $f(x)$ ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય જો વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત અઋણ હોય,એટલે કે $\ln(2a - a^2) \ge 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $2a - a^2 \ge 1$,જેનું સાદું રૂપ $a^2 - 2a + 1 \le 0$ અથવા $(a - 1)^2 \le 0$ થાય.
વાસ્તવિક સંખ્યાનો વર્ગ ક્યારેય ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $(a - 1)^2 = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $a = 1$.
$f(x)$ માં $a = 1$ મૂકતા,$f(x) = 4x^3 - 6x^2 \cos 2 + 3x \sin 2 \sin 6$ મળે.
હવે,વિકલન $f'(x) = 12x^2 - 12x \cos 2 + 3 \sin 2 \sin 6$ મેળવો.
$x = 1/2$ પર કિંમત મૂકતા,$f'(1/2) = 12(1/4) - 12(1/2) \cos 2 + 3 \sin 2 \sin 6 = 3 - 6 \cos 2 + 3 \sin 2 \sin 6$ મળે.
નિત્યસમ $\sin 2 \sin 6 = \frac{1}{2}(\cos 4 - \cos 8)$ નો ઉપયોગ કરતા,$f'(1/2) = 3 - 6 \cos 2 + \frac{3}{2}(\cos 4 - \cos 8)$ મળે.
અહીં $\cos 2 \approx -0.416$ હોવાથી,$-6 \cos 2 \approx 2.496$ થાય. તેથી $f'(1/2) = 3 + 2.496 + \dots > 0$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = (kx + e^x) h(x)$.
વિકલન માટે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{d}{dx}(kx + e^x) \cdot h(x) + (kx + e^x) \cdot h'(x)$.
$f'(x) = (k + e^x) h(x) + (kx + e^x) h'(x)$.
હવે,વિકલિતના પદમાં $x = 0$ મૂકતા:
$f'(0) = (k + e^0) h(0) + (k(0) + e^0) h'(0)$.
$f'(0) = (k + 1) h(0) + (0 + 1) h'(0)$.
$f'(0) = (k + 1) h(0) + h'(0)$.
આપેલ છે કે $h(0) = 5$,$h'(0) = -2$ અને $f'(0) = 18$,આ કિંમતો મૂકતા:
$18 = (k + 1)(5) + (-2)$.
$18 = 5k + 5 - 2$.
$18 = 5k + 3$.
$15 = 5k$.
$k = 3$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = (x^x)^x = x^{x^2}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(f(x)) = x^2 \ln(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{f'(x)}{f(x)} = 2x \ln(x) + x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x \ln(x) + x$.
તેથી,$f'(x) = f(x) (2x \ln(x) + x) = x^{x^2} (2x \ln(x) + x)$.
$x = 1$ આગળ,$f'(1) = 1^1 (2(1) \ln(1) + 1) = 1(0 + 1) = 1$.
હવે,$g(x) = x^{(x^x)}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(g(x)) = x^x \ln(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{g'(x)}{g(x)} = \frac{d}{dx}(x^x) \ln(x) + x^x \cdot \frac{1}{x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(x^x) = x^x(1 + \ln(x))$.
તેથી,$\frac{g'(x)}{g(x)} = x^x(1 + \ln(x)) \ln(x) + x^{x-1}$.
$x = 1$ આગળ,$g(1) = 1^{(1^1)} = 1$.
$g'(1) = g(1) [1^1(1 + \ln(1)) \ln(1) + 1^{1-1}] = 1 [1(1 + 0)(0) + 1] = 1(0 + 1) = 1$.
આમ,$f'(1) = 1$ અને $g'(1) = 1$.

(B) ધારો કે $u = \sqrt{a - x}$ અને $v = \sqrt{x - b}$. તેથી $u^2 = a - x$ અને $v^2 = x - b$ થાય.
અહીં $u^2 + v^2 = a - b$ છે. અંશ $u^3 - (b - x)v$ છે. કારણ કે $b - x = -v^2$,અંશ $u^3 + v^3$ થાય.
આમ,$y = \frac{u^3 + v^3}{u + v} = u^2 - uv + v^2$.
કિંમતો પાછી મૂકતા,$y = (a - x) - \sqrt{(a - x)(x - b)} + (x - b) = a - b - \sqrt{-x^2 + (a + b)x - ab}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{2\sqrt{-x^2 + (a + b)x - ab}} \cdot (-2x + a + b)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{2x - (a + b)}{2\sqrt{(a - x)(x - b)}}$.

(B) ધારો કે અંશ $N = \cos 6x + 6\cos 4x + 15\cos 2x + 10$ છે.
આપણે સહગુણકોને દ્વિપદી વિસ્તરણના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$N = \cos 6x + \cos 4x + 5\cos 4x + 5\cos 2x + 10\cos 2x + 10$.
નિત્યસમ $\cos A + \cos B = 2\cos(\frac{A+B}{2})\cos(\frac{A-B}{2})$ અને $1 + \cos 2x = 2\cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$N = 2\cos 5x \cos x + 5(2\cos 3x \cos x) + 10(2\cos^2 x)$.
$N = 2\cos x (\cos 5x + 5\cos 3x + 10\cos x)$.
ધારો કે છેદ $D = \cos 5x + 5\cos 3x + 10\cos x$ છે.
તેથી $y = \frac{N}{D} = \frac{2\cos x (\cos 5x + 5\cos 3x + 10\cos x)}{\cos 5x + 5\cos 3x + 10\cos x} = 2\cos x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(2\cos x) = -2\sin x$.