Derivative at a point, Standard differentiation Questions in Gujarati

(B) ધારો કે આપેલ પદ $y = {\left( {{x^{\frac{{\ell + m}}{{m - n}}}}} \right)^{\frac{1}{{n - \ell }}}} \cdot {\left( {{x^{\frac{{m + n}}{{n - \ell }}}}} \right)^{\frac{1}{{\ell - m}}}} \cdot {\left( {{x^{\frac{{n + \ell }}{{\ell - m}}}}} \right)^{\frac{1}{{m - n}}}}$ છે.
ઘાતાંકના નિયમ $(x^a)^b = x^{ab}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = x^{\frac{\ell + m}{(m - n)(n - \ell)}} \cdot x^{\frac{m + n}{(n - \ell)(\ell - m)}} \cdot x^{\frac{n + \ell}{(\ell - m)(m - n)}}$.
આધાર સમાન હોવાથી,ઘાતાંકોનો સરવાળો કરતા:
$y = x^{\left[ \frac{\ell + m}{(m - n)(n - \ell)} + \frac{m + n}{(n - \ell)(\ell - m)} + \frac{n + \ell}{(\ell - m)(m - n)} \right]}$.
છેદ સમાન કરતા,સામાન્ય છેદ $(m - n)(n - \ell)(\ell - m)$ મળે છે.
અંશમાં સાદું રૂપ આપતા:
ઘાતાંક $= \frac{(\ell + m)(\ell - m) + (m + n)(m - n) + (n + \ell)(n - \ell)}{(m - n)(n - \ell)(\ell - m)}$.
નિત્યસમ $(a+b)(a-b) = a^2 - b^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
ઘાતાંક $= \frac{(\ell^2 - m^2) + (m^2 - n^2) + (n^2 - \ell^2)}{(m - n)(n - \ell)(\ell - m)} = \frac{0}{(m - n)(n - \ell)(\ell - m)} = 0$.
આમ,$y = x^0 = 1$ ($x \neq 0$ માટે).
અચળ પદ $1$ નું $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન $\frac{d}{dx}(1) = 0$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $y = \frac{x^4 - x^2 + 1}{x^2 + \sqrt{3}x + 1}$.
અંશને આ રીતે લખી શકાય: $x^4 + 2x^2 + 1 - 3x^2 = (x^2 + 1)^2 - (\sqrt{3}x)^2$.
નિત્યસમ $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $y = \frac{(x^2 + 1 - \sqrt{3}x)(x^2 + 1 + \sqrt{3}x)}{x^2 + \sqrt{3}x + 1}$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા,$y = x^2 - \sqrt{3}x + 1$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 2x - \sqrt{3}$.
આને $\frac{dy}{dx} = ax + b$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 2$ અને $b = -\sqrt{3}$ મળે છે.
તેથી,$a + b = 2 - \sqrt{3}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $tan(15^\circ) = tan(\frac{\pi}{12}) = 2 - \sqrt{3}$,અને $tan(\frac{\pi}{12}) = cot(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{12}) = cot(\frac{5\pi}{12})$.
આમ,$a + b = cot\frac{5\pi}{12}$.

(B) આપેલ છે કે $h(x) = f(x)g(x)$. ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$h'(x) = f'(x)g(x) + g'(x)f(x)$.
$x = 2$ માટે,$h'(2) = f'(2)g(2) + g'(2)f(2) = (-2)(5) + (4)(3) = -10 + 12 = 2$.
આપેલ છે કે $F(x) = f(g(x))$. સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$F'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x)$.
$x = 2$ માટે,$F'(2) = f'(g(2)) \cdot g'(2) = f'(5) \cdot 4 = 11 \cdot 4 = 44$.
હવે,$F'(2)$ અને $h'(2)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને $F'(2) = 44$ અને $h'(2) = 2$ મળે છે.
તેથી,$F'(2) = 22 \cdot h'(2)$.

(D) આપેલ છે કે $y = e^{\sqrt{x}} + e^{-\sqrt{x}}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{\sqrt{x}}) + \frac{d}{dx}(e^{-\sqrt{x}})$
$\frac{dy}{dx} = e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x}) + e^{-\sqrt{x}} \cdot \frac{d}{dx}(-\sqrt{x})$
$\frac{dy}{dx} = e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + e^{-\sqrt{x}} \cdot (-\frac{1}{2\sqrt{x}})$
$\frac{dy}{dx} = \frac{e^{\sqrt{x}} - e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}$ (આ વિકલ્પ $A$ સાથે મેળ ખાય છે).
હવે,$y^2 - 4 = (e^{\sqrt{x}} + e^{-\sqrt{x}})^2 - 4$ ધ્યાનમાં લો.
$y^2 - 4 = e^{2\sqrt{x}} + e^{-2\sqrt{x}} + 2 - 4 = e^{2\sqrt{x}} + e^{-2\sqrt{x}} - 2$
$y^2 - 4 = (e^{\sqrt{x}} - e^{-\sqrt{x}})^2$
વર્ગમૂળ લેતા,$\sqrt{y^2 - 4} = e^{\sqrt{x}} - e^{-\sqrt{x}}$.
આ કિંમતને વિકલનના પદમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x}} \sqrt{y^2 - 4}$ (આ વિકલ્પ $C$ સાથે મેળ ખાય છે).
તેથી,$A$ અને $C$ બંને સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે અને $f'(0) = 1$ છે.
આપણે લક્ષની કિંમત શોધવાની છે: $L = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(-2h)}{h}$.
અંશમાં $f(0)$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$L = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0) - (f(-2h) - f(0))}{h}$.
$L = \lim_{h \to 0} \left( \frac{f(h) - f(0)}{h} - \frac{f(-2h) - f(0)}{h} \right)$.
$L = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} - \lim_{h \to 0} \frac{f(-2h) - f(0)}{h}$.
કારણ કે $f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = 1$,તેથી પ્રથમ પદ $1$ છે.
બીજા પદ માટે,ધારો કે $k = -2h$. જેમ $h \to 0$,તેમ $k \to 0$.
$\lim_{h \to 0} \frac{f(-2h) - f(0)}{h} = \lim_{k \to 0} \frac{f(k) - f(0)}{-k/2} = -2 \lim_{k \to 0} \frac{f(k) - f(0)}{k} = -2 f'(0) = -2(1) = -2$.
આમ,$L = 1 - (-2) = 1 + 2 = 3$.

(C) વ્યાખ્યા મુજબ,વિકલિત $f'(1)$ એ $P(1, 2)$ અને $Q(s, f(s))$ માંથી પસાર થતી છેદિકા રેખાના ઢાળની લક્ષ કિંમત છે જ્યારે $s \to 1$ થાય.
છેદિકા રેખાનો ઢાળ એ સમીકરણ $y = \left( \frac{s^2 + 2s - 3}{s - 1} \right) x - 1 - s$ માં $x$ નો સહગુણક છે.
તેથી,$f'(1) = \lim_{s \to 1} \frac{s^2 + 2s - 3}{s - 1}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f'(1) = \lim_{s \to 1} \frac{(s - 1)(s + 3)}{s - 1}$
$f'(1) = \lim_{s \to 1} (s + 3) = 1 + 3 = 4$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = x^{\frac{m}{n}}$,જ્યાં $m$ અને $n$ એકી પૂર્ણાંકો છે અને $0 < m < n$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવીએ: $f'(x) = \frac{m}{n} x^{\frac{m}{n} - 1} = \frac{m}{n} x^{\frac{m-n}{n}}$.
અહીં $m < n$ હોવાથી,ઘાતાંક $\frac{m-n}{n}$ ઋણ છે. ધારો કે $k = n - m$,જ્યાં $k$ એ બેકી ધન પૂર્ણાંક છે (કારણ કે $n$ અને $m$ બંને એકી છે,તેથી તેમનો તફાવત બેકી થાય). તેથી $f'(x) = \frac{m}{n} x^{-\frac{k}{n}} = \frac{m}{n \cdot x^{\frac{k}{n}}}$.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $f'(x) \to \infty$,તેથી $f'(0)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$k$ બેકી હોવાથી,દરેક $x \neq 0$ માટે $x^{\frac{k}{n}} > 0$ થાય. તેથી,દરેક $x \neq 0$ માટે $f'(x) = \frac{m}{n \cdot x^{\frac{k}{n}}} > 0$ મળે છે.
$f'(x) > 0$ એ દરેક $x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ માટે સાચું છે અને $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી વિધેય $f(x)$ એ સમગ્ર પ્રદેશ $\mathbb{R}$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) આપેલ છે કે $h(x) = \frac{5}{3}(f(x))^3 + \frac{1}{2}(f(x))^2 + 2f(x) + 100$.
$h(x)$ ના વર્તનને સમજવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$h'(x) = \frac{d}{dx} \left[ \frac{5}{3}(f(x))^3 + \frac{1}{2}(f(x))^2 + 2f(x) + 100 \right]$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા:
$h'(x) = \left( 5(f(x))^2 + f(x) + 2 \right) f'(x)$.
દ્વિઘાત પદાવલિ $Q = 5(f(x))^2 + f(x) + 2$ ને ધ્યાનમાં લો.
વિવેચક $D = b^2 - 4ac = (1)^2 - 4(5)(2) = 1 - 40 = -39$.
અહીં $D < 0$ છે અને $(f(x))^2$ નો સહગુણક ધન $(5 > 0)$ હોવાથી,$Q$ હંમેશા ધન રહેશે.
તેથી,$h'(x)$ ની નિશાની ફક્ત $f'(x)$ પર આધાર રાખે છે.
જો $f'(x) > 0$ હોય,તો $h'(x) > 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે જેમ $f(x)$ વધે છે તેમ $h(x)$ વધે છે.

(C) વિકલિતની વ્યાખ્યા મુજબ,$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h}$.
આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x + y) = f(x) - 3xy + f(y)$ માં $y = h$ મૂકતા:
$f(x + h) = f(x) - 3xh + f(h)$.
આ કિંમતને વિકલિતની વ્યાખ્યામાં મૂકતા:
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x) - 3xh + f(h) - f(x)}{h}$
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{-3xh + f(h)}{h}$
$f'(x) = \lim_{h \to 0} (-3x + \frac{f(h)}{h})$.
આપેલ છે કે $\lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h} = 7$,તેથી:
$f'(x) = -3x + 7$.

(D) ધારો કે $L = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h^2 + 2h}$.
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = f'(1)$.
આથી,લક્ષને $\lim_{h \to 0} \left( \frac{f(1+h) - f(1)}{h} \cdot \frac{1}{h+2} \right) = f'(1) \cdot \frac{1}{2} = \frac{f'(1)}{2}$ તરીકે લખી શકાય.
$f(x) = \frac{\sin(\frac{\pi x}{4})}{x + 1}$ માટે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $f'(x) = \frac{(x+1) \cdot \cos(\frac{\pi x}{4}) \cdot \frac{\pi}{4} - \sin(\frac{\pi x}{4})}{(x+1)^2}$.
$x = 1$ આગળ,$f'(1) = \frac{2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\pi}{4} - \frac{1}{\sqrt{2}}}{4} = \frac{\pi - 2}{8\sqrt{2}}$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{f'(1)}{2} = \frac{\pi - 2}{16\sqrt{2}}$ થાય.

(C) ધારો કે $u = e^{x^3}$ અને $v = \log_e x$.
આપણે $\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx}$ શોધવાનું છે.
પ્રથમ,$u$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{x^3}) = e^{x^3} \cdot \frac{d}{dx}(x^3) = e^{x^3} \cdot 3x^2$.
ત્યારબાદ,$v$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dv}{dx} = \frac{d}{dx}(\log_e x) = \frac{1}{x}$.
હવે,ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા:
$\frac{du}{dv} = \frac{3x^2 e^{x^3}}{1/x} = 3x^2 e^{x^3} \cdot x = 3x^3 e^{x^3}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ છે કે $y = |\cos 4x| + |\sin 4x| + |\tan 4x|$.
$x = \frac{\pi}{6}$ આગળ,$4x = \frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$ થાય.
$x = \frac{\pi}{6}$ ની આસપાસ,$\cos 4x < 0$,$\sin 4x > 0$,અને $\tan 4x < 0$ છે.
તેથી,$y = -\cos 4x + \sin 4x - \tan 4x$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -(-\sin 4x \cdot 4) + (\cos 4x \cdot 4) - (\sec^2 4x \cdot 4)$
$\frac{dy}{dx} = 4\sin 4x + 4\cos 4x - 4\sec^2 4x$.
$x = \frac{\pi}{6}$ આગળ,$4x = \frac{2\pi}{3}$ છે.
$\sin(\frac{2\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\cos(\frac{2\pi}{3}) = -\frac{1}{2}$,$\sec(\frac{2\pi}{3}) = -2$.
$\frac{dy}{dx} = 4(\frac{\sqrt{3}}{2}) + 4(-\frac{1}{2}) - 4(-2)^2$
$\frac{dy}{dx} = 2\sqrt{3} - 2 - 16 = 2\sqrt{3} - 18$.

(A) ધારો કે $u = \ln x$. તેથી $x = e^u$ અને $dx = e^u du$ થાય.
આપણે $u = \ln x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x) = e^x (\ln x)^2$ નું વિકલન શોધવું છે.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{df}{du} = \frac{df}{dx} \cdot \frac{dx}{du}$.
પ્રથમ,$\frac{df}{dx} = \frac{d}{dx}(e^x (\ln x)^2) = e^x (\ln x)^2 + e^x \cdot 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} = e^x (\ln x)^2 + \frac{2 e^x \ln x}{x}$ શોધો.
$u = \ln x$ હોવાથી,$\frac{dx}{du} = \frac{d}{du}(e^u) = e^u = x$ થાય.
તેથી,$\frac{df}{du} = (e^x (\ln x)^2 + \frac{2 e^x \ln x}{x}) \cdot x = x e^x (\ln x)^2 + 2 e^x \ln x$.
$x = e$ પર,$\ln x = 1$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{df}{du} = e \cdot e^e \cdot (1)^2 + 2 \cdot e^e \cdot 1 = e^{e+1} + 2 e^e = e^e (e + 2)$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x^3 + e^{x/2}$.
કારણ કે $g(x) = f^{-1}(x)$,તેથી $g(f(x)) = x$ થાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$g'(f(x)) \cdot f'(x) = 1$ મળે.
$g'(1)$ શોધવા માટે,$f(x) = 1$ લો.
$x^3 + e^{x/2} = 1$.
નિરીક્ષણ દ્વારા,$x = 0$ માટે,$0^3 + e^0 = 0 + 1 = 1$ થાય છે. આમ,$f(0) = 1$.
હવે,$f'(x) = 3x^2 + \frac{1}{2}e^{x/2}$ શોધો.
$x = 0$ આગળ,$f'(0) = 3(0)^2 + \frac{1}{2}e^0 = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
આ કિંમતોને વિકલનના સૂત્રમાં મૂકતા: $g'(f(0)) \cdot f'(0) = 1 \implies g'(1) \cdot \frac{1}{2} = 1$.
તેથી,$g'(1) = 2$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\dots\infty}}}$.
$x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $\frac{f(x)}{x} = \sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\dots\infty}}}$.
વર્ગમૂળની અંદરનું પદ મૂળ વિધેય જેવું જ હોવાથી,$\frac{f(x)}{x} = \sqrt{f(x)}$ થાય.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\frac{f(x)^2}{x^2} = f(x)$ મળે.
જો $f(x) \neq 0$ હોય,તો $f(x)$ વડે ભાગતા $\frac{f(x)}{x^2} = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f(x) = x^2$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f'(x) = 2x$ મળે.
$x = 3$ મૂકતા,$f'(3) = 2(3) = 6$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $h(x) = f(g(f(x)))$.
વિકલન માટે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$h'(x) = f'(g(f(x))) \cdot g'(f(x)) \cdot f'(x)$.
હવે,$x = 2$ આગળ $h'(x)$ ની કિંમત મેળવીએ:
$h'(2) = f'(g(f(2))) \cdot g'(f(2)) \cdot f'(2)$.
$f(2) = 1$ આપેલ હોવાથી,તેને સમીકરણમાં મૂકતા:
$h'(2) = f'(g(1)) \cdot g'(1) \cdot f'(2)$.
$g(1) = 2$ આપેલ હોવાથી,તેને સમીકરણમાં મૂકતા:
$h'(2) = f'(2) \cdot g'(1) \cdot f'(2)$.
$f'(2) = 4$ અને $g'(1) = 4$ આપેલ હોવાથી,કિંમતો મૂકતા:
$h'(2) = 4 \cdot 4 \cdot 4 = 64$.

(C) સૌ પ્રથમ,વિકલન અંદરની પદાવલિને બહુપદી ભાગાકાર અને આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને સરળ બનાવો.
ધારો કે $f(x) = \frac{2x^3 + 3x^2 + x - 3}{x^2 + x - 2}$.
અહીં $x^2 + x - 2 = (x - 1)(x + 2)$ છે.
ભાગાકાર કરતા: $\frac{2x^3 + 3x^2 + x - 3}{x^2 + x - 2} = 2x + 1 - \frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 2}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}f(x) = 2 + \frac{1}{(x - 1)^2} + \frac{1}{(x + 2)^2}$.
આને $A + \frac{B}{(x - 1)^2} + \frac{C}{(x + 2)^2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 2$,$B = 1$,$C = 1$ મળે છે.
તેથી,$A - B + C = 2 - 1 + 1 = 2$.

(B) ધારો કે $f(x) = |x - 1| + |x - 3|$.
અંતરાલ $(1, 3)$ માં $x$ માટે,આપણી પાસે $x - 1 > 0$ અને $x - 3 < 0$ છે.
તેથી,$|x - 1| = x - 1$ અને $|x - 3| = -(x - 3) = -x + 3$ થાય.
આ કિંમતો વિધેયમાં મૂકતા,આપણને $f(x) = (x - 1) + (-x + 3) = 2$ મળે છે.
કારણ કે $x \in (1, 3)$ માટે $f(x) = 2$ છે,તેથી $x = 2$ ની આસપાસ વિધેય અચળ છે.
અચળ વિધેયનું વિકલિત $0$ થાય છે.
તેથી,$f'(2) = 0$.

(B) પ્રથમ,વક્રોને સરખાવીને છેદબિંદુ શોધો: $3^{x-1} \log x = x^x - 1$. $x = 1$ માટે,$3^0 \log 1 = 1^1 - 1$,જે $1 \times 0 = 0$ આપે છે. આમ,વક્રો $(1, 0)$ બિંદુએ છેદે છે.
પ્રથમ વક્ર $y = 3^{x-1} \log x$ માટે,વિકલન $\frac{dy}{dx} = 3^{x-1} \log 3 \log x + 3^{x-1} \cdot \frac{1}{x}$ છે.
$x = 1$ આગળ,$m_1 = 3^0 \log 3 \log 1 + 3^0 \cdot \frac{1}{1} = 0 + 1 = 1$.
બીજા વક્ર $y = x^x - 1$ માટે,ધારો કે $u = x^x$,તો $\log u = x \log x$. વિકલન કરતા $\frac{1}{u} \frac{du}{dx} = \log x + 1$ મળે,તેથી $\frac{du}{dx} = x^x (1 + \log x)$.
આમ,$\frac{dy}{dx} = x^x (1 + \log x)$.
$x = 1$ આગળ,$m_2 = 1^1 (1 + \log 1) = 1(1 + 0) = 1$.
અહીં $m_1 = m_2 = 1$ હોવાથી,સ્પર્શકો સમાંતર છે,જેનો અર્થ છે કે છેદબિંદુ આગળનો ખૂણો $\theta = 0$ છે.
તેથી,$\cos \theta = \cos 0 = 1$.

(C) આપેલ છે: $2f(\sin x) + f(\cos x) = x$ --- $(1)$
$x$ ને $\frac{\pi}{2} - x$ વડે બદલતા:
$2f(\sin(\frac{\pi}{2} - x)) + f(\cos(\frac{\pi}{2} - x)) = \frac{\pi}{2} - x$
$2f(\cos x) + f(\sin x) = \frac{\pi}{2} - x$ --- $(2)$
સમીકરણ $(2)$ ને $2$ વડે ગુણતા:
$4f(\cos x) + 2f(\sin x) = \pi - 2x$ --- $(3)$
સમીકરણ $(3)$ માંથી સમીકરણ $(1)$ બાદ કરતા:
$(4f(\cos x) + 2f(\sin x)) - (2f(\sin x) + f(\cos x)) = (\pi - 2x) - x$
$3f(\cos x) = \pi - 3x$
$f(\cos x) = \frac{\pi}{3} - x$
ધારો કે $t = \cos x$,તેથી $x = \cos^{-1} t$. આ કિંમત મૂકતા:
$f(t) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} t$
આમ,$f(x) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} x$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{3} - \cos^{-1} x) = 0 - (-\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $3$ ઘાતવાળી બહુપદી છે,આપણે તેને $x=3$ ની આસપાસ ટેલર વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરીને નીચે મુજબ દર્શાવી શકીએ:
$f(x) = f(3) + f'(3)(x-3) + \frac{f''(3)}{2!}(x-3)^2 + \frac{f'''(3)}{3!}(x-3)^3$
આપેલ છે કે $f(3)=1$,$f'(3)=-1$,$f''(3)=0$,અને $f'''(3)=12$,આ કિંમતો મૂકતા:
$f(x) = 1 + (-1)(x-3) + \frac{0}{2}(x-3)^2 + \frac{12}{6}(x-3)^3$
$f(x) = 1 - (x-3) + 2(x-3)^3$
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = -1 + 2 \times 3(x-3)^2 = -1 + 6(x-3)^2$
$f'(1)$ શોધવા માટે,$x=1$ મૂકતા:
$f'(1) = -1 + 6(1-3)^2 = -1 + 6(-2)^2 = -1 + 6(4) = -1 + 24 = 23$

(B) $x = k$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(k-h) - f(k)}{-h}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આપેલ છે કે $f(x) = \{x\} \sin(\pi x)$,તેથી $f(k) = \{k\} \sin(\pi k) = 0 \times 0 = 0$.
નાના $h > 0$ માટે,$k-h$ એ અંતરાલ $(k-1, k)$ માં આવે છે,તેથી $\{k-h\} = k-h - (k-1) = 1-h$.
આમ,$f(k-h) = (1-h) \sin(\pi(k-h)) = (1-h) \sin(k\pi - \pi h) = (1-h) (\sin(k\pi)\cos(\pi h) - \cos(k\pi)\sin(\pi h))$.
કારણ કે $\sin(k\pi) = 0$ અને $\cos(k\pi) = (-1)^k$,આપણને મળે $f(k-h) = (1-h) (0 - (-1)^k \sin(\pi h)) = (1-h) (-1)^{k+1} \sin(\pi h)$.
હવે,$LHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1-h) (-1)^{k+1} \sin(\pi h) - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1-h) (-1)^{k+1} \sin(\pi h)}{-h}$.
$\lim_{h \to 0} \frac{\sin(\pi h)}{\pi h} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$LHD = (-1)^{k+1} \times (-1) \times \pi = (-1)^{k+2} \pi = (-1)^k \pi$.

(B) આપેલ છે કે $f'(x) > 0$,તેથી $f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
આપેલ છે કે $g'(x) < 0$,તેથી $g(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
$g(x)$ ઘટતું વિધેય હોવાથી,કોઈપણ $x_1 < x_2$ માટે,$g(x_1) > g(x_2)$ થાય.
ખાસ કરીને,$x < x+1$ માટે,$g(x) > g(x+1)$ થાય.
$f(x)$ વધતું વિધેય હોવાથી,અસમતા $g(x) > g(x+1)$ ની બંને બાજુ $f$ લાગુ પાડતા અસમતાનું ચિહ્ન બદલાતું નથી.
તેથી,$f(g(x)) > f(g(x+1))$ મળે.
આમ,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x^3 + x^2 f'(1) + x f''(2) + f'''(3)$.
ધારો કે $f'(1) = a$,$f''(2) = b$,અને $f'''(3) = c$.
તેથી $f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$.
હવે,વિકલન મેળવીએ:
$f'(x) = 3x^2 + 2ax + b$
$f''(x) = 6x + 2a$
$f'''(x) = 6$
$a, b, c$ ની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા:
$c = f'''(3) = 6$.
$b = f''(2) = 6(2) + 2a = 12 + 2a \Rightarrow 2a - b = -12$.
$a = f'(1) = 3(1)^2 + 2a(1) + b = 3 + 2a + b \Rightarrow a + b = -3$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $(2a - b) + (a + b) = -12 - 3 \Rightarrow 3a = -15 \Rightarrow a = -5$.
$a = -5$ ને $a + b = -3$ માં મૂકતા: $-5 + b = -3 \Rightarrow b = 2$.
આમ,$f(x) = x^3 - 5x^2 + 2x + 6$.
$f(2)$ ની ગણતરી કરતા: $f(2) = (2)^3 - 5(2)^2 + 2(2) + 6 = 8 - 20 + 4 + 6 = -2$.

(B) આપેલ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $\frac{f'(x)}{f(x)} = 1$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\ln|f(x)| = x + C$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f(x) = Ae^x$.
શરત $f(1) = 2$ નો ઉપયોગ કરતા,$Ae^1 = 2$,તેથી $A = 2e^{-1}$.
આમ,$f(x) = 2e^{-1} \cdot e^x = 2e^{x-1}$.
પરિણામે,$f'(x) = 2e^{x-1}$.
આપેલ છે કે $h(x) = f(f(x))$,સાંકળના નિયમ (chain rule) મુજબ,$h'(x) = f'(f(x)) \cdot f'(x)$.
$x = 1$ આગળ,$h'(1) = f'(f(1)) \cdot f'(1)$.
કારણ કે $f(1) = 2$,તેથી $h'(1) = f'(2) \cdot f'(1)$.
કિંમતો મૂકતા,$f'(2) = 2e^{2-1} = 2e$ અને $f'(1) = 2e^{1-1} = 2$.
તેથી,$h'(1) = (2e) \cdot (2) = 4e$.

(A) ધારો કે $y = f(f(f(x))) + (f(x))^2$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા,વિકલન:
$\frac{dy}{dx} = f'(f(f(x))) \cdot f'(f(x)) \cdot f'(x) + 2f(x) \cdot f'(x)$.
$x = 1$ આગળ,આપણી પાસે $f(1) = 1$ અને $f'(1) = 3$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = f'(f(f(1))) \cdot f'(f(1)) \cdot f'(1) + 2f(1) \cdot f'(1)$.
$f(1) = 1$ હોવાથી,આ પદ નીચે મુજબ થશે:
$\frac{dy}{dx} = f'(f(1)) \cdot f'(1) \cdot f'(1) + 2(1)(3)$.
$\frac{dy}{dx} = f'(1) \cdot 3 \cdot 3 + 6$.
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot 3 \cdot 3 + 6 = 27 + 6 = 33$.

(A) આપેલ વિધેય $y = x^2 + \cos(2x) + e^{ax}$ છે.
વિકલિત $\frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે,આપણે સરવાળાના નિયમનો ઉપયોગ કરીને દરેક પદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(\cos(2x)) + \frac{d}{dx}(e^{ax})$.
ઘાતના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}(x^2) = 2x$.
ત્રિકોણમિતીય વિધેય માટે સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}(\cos(2x)) = -\sin(2x) \cdot \frac{d}{dx}(2x) = -\sin(2x) \cdot 2 = -2\sin(2x)$.
ઘાતાંકીય વિધેય માટે સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}(e^{ax}) = e^{ax} \cdot \frac{d}{dx}(ax) = e^{ax} \cdot a = ae^{ax}$.
આ પરિણામોને જોડતા,આપણને $\frac{dy}{dx} = 2x - 2\sin(2x) + ae^{ax}$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ છે $y(\alpha)=\sqrt{2\left(\frac{\tan \alpha+\cot \alpha}{\sec^2 \alpha}\right)+\csc^2 \alpha}$.
$1+\tan^2 \alpha = \sec^2 \alpha$ હોવાથી,$y(\alpha)=\sqrt{2\left(\frac{\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}+\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}}{\frac{1}{\cos^2 \alpha}}\right)+\csc^2 \alpha}$.
વર્ગમૂળની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા: $2\left(\frac{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha}{\sin \alpha \cos \alpha}\right) \cdot \cos^2 \alpha + \csc^2 \alpha = 2\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} + \csc^2 \alpha = 2\cot \alpha + \csc^2 \alpha$.
નોંધો કે $2\cot \alpha + \csc^2 \alpha = 2\cot \alpha + 1 + \cot^2 \alpha = (1+\cot \alpha)^2$.
તેથી,$y(\alpha) = \sqrt{(1+\cot \alpha)^2} = |1+\cot \alpha|$.
$\alpha \in \left(\frac{3\pi}{4}, \pi\right)$ માટે,$\cot \alpha < -1$,તેથી $1+\cot \alpha < 0$.
તેથી,$y(\alpha) = -(1+\cot \alpha) = -1 - \cot \alpha$.
$\alpha$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા: $\frac{dy}{d\alpha} = -(-\csc^2 \alpha) = \csc^2 \alpha$.
$\alpha = \frac{5\pi}{6}$ આગળ,$\csc \alpha = \csc \frac{5\pi}{6} = 2$.
તેથી,$\frac{dy}{d\alpha} = (2)^2 = 4$.

(C) આપેલ છે કે $f \circ g$ એ તદેવ વિધેય છે,તેથી તમામ $x \in R$ માટે $f(g(x)) = x$ થાય.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(g(x)) \cdot g^{\prime}(x) = 1$.
આપણને આપેલ છે કે $g(a) = b$ અને $g^{\prime}(a) = 5$.
વિકલિત સમીકરણમાં $x = a$ મૂકતા:
$f^{\prime}(g(a)) \cdot g^{\prime}(a) = 1$.
જાણીતી કિંમતો $g(a) = b$ અને $g^{\prime}(a) = 5$ મૂકતા:
$f^{\prime}(b) \cdot 5 = 1$.
તેથી,$f^{\prime}(b) = 1/5$.

(C) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x)=\tan^{-1}(\sec x+\tan x)$.
ઇન્વર્સ ટેન્જેન્ટની અંદરના પદને સરળ બનાવતા:
$f^{\prime}(x)=\tan^{-1}\left(\frac{1+\sin x}{\cos x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2}{\cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}\right)$
અંશ અને છેદને $\cos \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$f^{\prime}(x)=\tan^{-1}\left(\frac{1+\tan \frac{x}{2}}{1-\tan \frac{x}{2}}\right) = \tan^{-1}\left(\tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2})\right)$
કારણ કે $-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$,તેથી $0 < \frac{\pi}{4}+\frac{x}{2} < \frac{\pi}{2}$,માટે $f^{\prime}(x) = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) = \int (\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) dx = \frac{\pi}{4}x + \frac{x^2}{4} + C$.
$f(0)=0$ આપેલ હોવાથી,$C=0$ મળે છે.
તેથી,$f(x) = \frac{\pi x + x^2}{4}$.
$x=1$ માટે,$f(1) = \frac{\pi(1) + (1)^2}{4} = \frac{\pi+1}{4}$.

(A) આપેલ વિધેય એ સંયોજિત વિધેય $f(x) = v(u(x))$ છે,જ્યાં $u(x) = x^{2}$ અને $v(t) = \sin(t)$ છે.
સાંકળના નિયમ (chain rule) મુજબ,વિકલિત $\frac{df}{dx} = \frac{dv}{dt} \cdot \frac{dt}{dx}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$\frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(\sin t) = \cos t$ અને $\frac{dt}{dx} = \frac{d}{dx}(x^{2}) = 2x$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{df}{dx} = \cos(t) \cdot 2x$ મળે છે.
$t$ ની જગ્યાએ $x^{2}$ મૂકતા,આપણને $\frac{df}{dx} = 2x \cos(x^{2})$ મળે છે.

(A) ધારો કે $f(x) = \tan(2 x+3)$.
વિકલન શોધવા માટે,આપણે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીશું.
ધારો કે $u = 2 x+3$. તેથી $f(x) = \tan(u)$.
$u$ ની સાપેક્ષે $\tan(u)$ નું વિકલન $\sec^{2}(u)$ થાય છે.
$x$ ની સાપેક્ષે $u = 2 x+3$ નું વિકલન $\frac{du}{dx} = 2$ થાય છે.
સાંકળના નિયમ મુજબ,$\frac{df}{dx} = \frac{df}{du} \cdot \frac{du}{dx}$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{df}{dx} = \sec^{2}(u) \cdot 2$ મળે છે.
$u$ ની જગ્યાએ $2 x+3$ મૂકતા,આપણને $\frac{df}{dx} = 2 \sec^{2}(2 x+3)$ મળે છે.

ધારો કે $y = \sin \left(\cos \left(x^{2}\right)\right).$
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left[ \sin \left(\cos \left(x^{2}\right)\right) \right]$
$= \cos \left(\cos \left(x^{2}\right)\right) \cdot \frac{d}{dx} \left( \cos \left(x^{2}\right) \right)$
$= \cos \left(\cos \left(x^{2}\right)\right) \cdot \left( -\sin \left(x^{2}\right) \right) \cdot \frac{d}{dx} \left( x^{2} \right)$
$= \cos \left(\cos \left(x^{2}\right)\right) \cdot (-\sin \left(x^{2}\right)) \cdot (2x)$
$= -2x \sin \left(x^{2}\right) \cos \left(\cos \left(x^{2}\right)\right).$

ધારો કે $f(x) = \sin(x^{2}+5)$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે બહારના વિધેય $\sin(u)$ નું વિકલન કરીએ છીએ અને તેને અંદરના વિધેય $u = x^{2}+5$ ના વિકલન સાથે ગુણીએ છીએ.
$\frac{d}{dx}[\sin(x^{2}+5)] = \cos(x^{2}+5) \cdot \frac{d}{dx}(x^{2}+5)$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(x^{2}) = 2x$ અને $\frac{d}{dx}(5) = 0$,તેથી $\frac{d}{dx}(x^{2}+5) = 2x$ મળે છે.
તેથી,$\frac{d}{dx}[\sin(x^{2}+5)] = \cos(x^{2}+5) \cdot 2x = 2x \cos(x^{2}+5)$.

ધારો કે $f(x) = \cos (\sin x)$.
સાંકળના નિયમ (Chain Rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{d}{dx}[\cos (\sin x)] = -\sin (\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(\sin x)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$,તેથી આ કિંમત મૂકતા:
$= -\sin (\sin x) \cdot \cos x$
$= -\cos x \sin (\sin x)$

ધારો કે $f(x) = \sin (ax+b)$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{d}{dx}[\sin (ax+b)] = \cos (ax+b) \cdot \frac{d}{dx}(ax+b)$
$= \cos (ax+b) \cdot [\frac{d}{dx}(ax) + \frac{d}{dx}(b)]$
$= \cos (ax+b) \cdot (a + 0)$
$= a \cos (ax+b)$

ધારો કે $f(x) = \frac{\sin (a x+b)}{\cos (c x+d)}$.
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx} \left[ \frac{g(x)}{h(x)} \right] = \frac{g'(x)h(x) - g(x)h'(x)}{[h(x)]^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $g(x) = \sin(ax+b)$ અને $h(x) = \cos(cx+d)$.
પ્રથમ,સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને વિકલન મેળવો:
$g'(x) = \frac{d}{dx} [\sin(ax+b)] = \cos(ax+b) \cdot \frac{d}{dx}(ax+b) = a \cos(ax+b)$.
$h'(x) = \frac{d}{dx} [\cos(cx+d)] = -\sin(cx+d) \cdot \frac{d}{dx}(cx+d) = -c \sin(cx+d)$.
હવે,આ કિંમતોને ભાગાકારના નિયમના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f'(x) = \frac{[a \cos(ax+b)] \cdot [\cos(cx+d)] - [\sin(ax+b)] \cdot [-c \sin(cx+d)]}{[\cos(cx+d)]^2}$.
$f'(x) = \frac{a \cos(ax+b) \cos(cx+d) + c \sin(ax+b) \sin(cx+d)}{\cos^2(cx+d)}$.
આને નીચે મુજબ સાદું રૂપ આપી શકાય:
$f'(x) = \frac{a \cos(ax+b) \cos(cx+d)}{\cos^2(cx+d)} + \frac{c \sin(ax+b) \sin(cx+d)}{\cos^2(cx+d)}$.
$f'(x) = a \cos(ax+b) \sec(cx+d) + c \sin(ax+b) \tan(cx+d) \sec(cx+d)$.

(N/A) ધારો કે $y = \cos(x^{3}) \cdot \sin^{2}(x^{5})$.
ગુણાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}[u \cdot v] = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \cos(x^{3}) \cdot \frac{d}{dx}[\sin^{2}(x^{5})] + \sin^{2}(x^{5}) \cdot \frac{d}{dx}[\cos(x^{3})]$
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \cos(x^{3}) \cdot [2 \sin(x^{5}) \cdot \cos(x^{5}) \cdot 5x^{4}] + \sin^{2}(x^{5}) \cdot [-\sin(x^{3}) \cdot 3x^{2}]$
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{dy}{dx} = 10x^{4} \sin(x^{5}) \cos(x^{5}) \cos(x^{3}) - 3x^{2} \sin(x^{3}) \sin^{2}(x^{5})$

ધારો કે $y = 2 \sqrt{\cot \left(x^{2}\right)}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{\cot(x^2)}} \cdot \frac{d}{dx}[\cot(x^2)]$
$= \frac{1}{\sqrt{\cot(x^2)}} \cdot [-\csc^2(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)]$
$= \frac{1}{\sqrt{\frac{\cos(x^2)}{\sin(x^2)}}} \cdot [-\frac{1}{\sin^2(x^2)} \cdot 2x]$
$= -\sqrt{\frac{\sin(x^2)}{\cos(x^2)}} \cdot \frac{2x}{\sin^2(x^2)}$
$= -\frac{2x}{\sqrt{\cos(x^2) \sin(x^2) \sin(x^2)}}$
$= -\frac{2x}{\sin(x^2) \sqrt{\sin(x^2)\cos(x^2)}}$
અંશ અને છેદને $\sqrt{2}$ વડે ગુણતા:
$= -\frac{2\sqrt{2}x}{\sin(x^2) \sqrt{2\sin(x^2)\cos(x^2)}}$
$= -\frac{2\sqrt{2}x}{\sin(x^2) \sqrt{\sin(2x^2)}}$

ધારો કે $f(x) = \cos (\sqrt{x})$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે બહારના વિધેય $\cos(u)$ નું વિકલન કરીએ છીએ જ્યાં $u = \sqrt{x}$,અને પછી અંદરના વિધેય $u = \sqrt{x}$ ના વિકલન સાથે ગુણાકાર કરીએ છીએ.
$\frac{d}{dx} [\cos (\sqrt{x})] = -\sin (\sqrt{x}) \cdot \frac{d}{dx} (\sqrt{x})$
કારણ કે $\frac{d}{dx} (\sqrt{x}) = \frac{d}{dx} (x^{1/2}) = \frac{1}{2} x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$,આપણે આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકીએ છીએ:
$= -\sin (\sqrt{x}) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$= -\frac{\sin (\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}$

(A) આપેલ સમીકરણ $x-y=\pi$ છે.
રીત $1$: $y$ ને $x$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવો:
$y = x - \pi$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x) - \frac{d}{dx}(\pi)$.
$x$ નું વિકલન $1$ થાય છે અને અચળ પદ $\pi$ નું વિકલન $0$ થાય છે,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = 1 - 0 = 1$.
રીત $2$: આપેલ સમીકરણ $x-y=\pi$ નું સીધું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x) - \frac{d}{dx}(y) = \frac{d}{dx}(\pi)$.
$1 - \frac{dy}{dx} = 0$.
$\frac{dy}{dx} = 1$.

(A) ધારો કે $y = \sin^{-1} x$. તો,$x = \sin y$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$1 = \cos y \frac{dy}{dx}$
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\cos(\sin^{-1} x)}$.
નોંધો કે આ ફક્ત $\cos y \neq 0$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,એટલે કે $y \neq \pm \frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે $x \neq \pm 1$,અથવા $x \in (-1, 1)$.
કારણ કે $\cos^2 y = 1 - \sin^2 y = 1 - x^2$ અને $y \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$,$\cos y$ ધન હોવું જોઈએ.
તેથી,$\cos y = \sqrt{1 - x^2}$.
આમ,$x \in (-1, 1)$ માટે,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$.

(A) ધારો કે $y = \tan^{-1} x$. તેથી,$x = \tan y$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$1 = \sec^2 y \cdot \frac{dy}{dx}$
આનો અર્થ એ થાય કે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sec^2 y}$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sec^2 y = 1 + \tan^2 y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + \tan^2 y}$
કારણ કે $x = \tan y$,આપણે સમીકરણમાં $x$ ની કિંમત મૂકીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + x^2}$

(A) ધારો કે $y = e^{-x}$.
વિકલન માટે ચેઈન રૂલ (સાંકળનો નિયમ) વાપરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{-x})$
કારણ કે $e^u$ નું $u$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $e^u$ થાય છે,તેથી આપણે ચેઈન રૂલ લાગુ કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = e^{-x} \cdot \frac{d}{dx}(-x)$
$\frac{dy}{dx} = e^{-x} \cdot (-1)$
$\frac{dy}{dx} = -e^{-x}$

ધારો કે $y = \sin (\log x).$
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \cos (\log x) \cdot \frac{d}{dx}(\log x)$
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\log x) = \frac{1}{x},$ તેથી:
$\frac{dy}{dx} = \cos (\log x) \cdot \frac{1}{x} = \frac{\cos (\log x)}{x}$

(N/A) ધારો કે $y = \cos^{-1}(e^x).$
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\cos^{-1}(e^x))$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\cos^{-1}(u)) = \frac{-1}{\sqrt{1-u^2}} \cdot \frac{du}{dx}$,જ્યાં $u = e^x$ છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{\sqrt{1-(e^x)^2}} \cdot \frac{d}{dx}(e^x)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{\sqrt{1-e^{2x}}} \cdot e^x$
$\frac{dy}{dx} = \frac{-e^x}{\sqrt{1-e^{2x}}}$

(B) ધારો કે $y = e^{\cos x}$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{\cos x})$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{du}(e^u) = e^u$ અને $\frac{d}{dx}(\cos x) = -\sin x$,તેથી સાંકળના નિયમ મુજબ:
$\frac{dy}{dx} = e^{\cos x} \cdot \frac{d}{dx}(\cos x)$
$\frac{dy}{dx} = e^{\cos x} \cdot (-\sin x)$
$\frac{dy}{dx} = -(\sin x) e^{\cos x}$

(A) ધારો કે $y = \frac{e^{x}}{\sin x}$.
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = e^{x}$ અને $v = \sin x$ છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sin x \cdot \frac{d}{dx}(e^{x}) - e^{x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x)}{(\sin x)^{2}}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(e^{x}) = e^{x}$ અને $\frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sin x \cdot e^{x} - e^{x} \cdot \cos x}{\sin^{2} x}$
અંશમાંથી $e^{x}$ સામાન્ય લેતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{e^{x}(\sin x - \cos x)}{\sin^{2} x}$,જ્યાં $x \neq n\pi, n \in Z$.

(A) ધારો કે $y = e^{\sin ^{-1} x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણે સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{\sin ^{-1} x})$
$\frac{dy}{dx} = e^{\sin ^{-1} x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin ^{-1} x)$
કારણ કે $\sin ^{-1} x$ નું વિકલન $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ છે,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = e^{\sin ^{-1} x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{e^{\sin ^{-1} x}}{\sqrt{1-x^2}}$,જ્યાં $x \in (-1, 1)$.