Derivative at a point, Standard differentiation Questions in Gujarati

ધારો કે $f(x) = \frac{p x^{2}+q x+r}{x}$.
આપણે અંશના દરેક પદને $x$ વડે ભાગીને વિધેયને સરળ બનાવી શકીએ છીએ:
$f(x) = \frac{p x^{2}}{x} + \frac{q x}{x} + \frac{r}{x} = p x + q + r x^{-1}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(p x) + \frac{d}{dx}(q) + \frac{d}{dx}(r x^{-1})$.
ઘાતનો નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = n x^{n-1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = p(1) + 0 + r(-1)x^{-2}$.
તેથી,$f'(x) = p - \frac{r}{x^{2}}$.

(N/A) ધારો કે $f(x) = \frac{a}{x^{4}} - \frac{b}{x^{2}} + \cos x$.
ઘાતનો નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ અને ત્રિકોણમિતીય વિધેયોના વિકલન $\frac{d}{dx}(\cos x) = -\sin x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(ax^{-4}) - \frac{d}{dx}(bx^{-2}) + \frac{d}{dx}(\cos x)$
$f'(x) = a(-4x^{-5}) - b(-2x^{-3}) - \sin x$
$f'(x) = -\frac{4a}{x^{5}} + \frac{2b}{x^{3}} - \sin x$.

(N/A) ધારો કે $f(x) = 4 \sqrt{x} - 2$.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(4 \sqrt{x} - 2)$
$= \frac{d}{dx}(4 \sqrt{x}) - \frac{d}{dx}(2)$
$= 4 \frac{d}{dx}(x^{1/2}) - 0$
$= 4 \left( \frac{1}{2} x^{1/2 - 1} \right)$
$= 2 x^{-1/2} = \frac{2}{\sqrt{x}}$.

(N/A) ધારો કે $f(x) = (ax + b)^n (cx + d)^m$.
વિકલન માટે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u(x)v'(x) + v(x)u'(x)$.
ધારો કે $u(x) = (ax + b)^n$ અને $v(x) = (cx + d)^m$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$u'(x) = n(ax + b)^{n-1} \cdot \frac{d}{dx}(ax + b) = n(ax + b)^{n-1} \cdot a = na(ax + b)^{n-1}$.
તે જ રીતે,$v'(x) = m(cx + d)^{m-1} \cdot \frac{d}{dx}(cx + d) = m(cx + d)^{m-1} \cdot c = mc(cx + d)^{m-1}$.
હવે,આ કિંમતોને ગુણાકારના નિયમના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f'(x) = (ax + b)^n \cdot [mc(cx + d)^{m-1}] + (cx + d)^m \cdot [na(ax + b)^{n-1}]$.
સામાન્ય પદો $(ax + b)^{n-1}$ અને $(cx + d)^{m-1}$ ને સામાન્ય લેતા:
$f'(x) = (ax + b)^{n-1} (cx + d)^{m-1} [mc(ax + b) + na(cx + d)]$.
આમ,વિકલિત $(ax + b)^{n-1} (cx + d)^{m-1} [mc(ax + b) + na(cx + d)]$ છે.

(N/A) ધારો કે $f(x) = \operatorname{cosec} x \cot x$.
વિકલન માટે ગુણાકારનો નિયમ વાપરતા,$\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u(x)v'(x) + v(x)u'(x)$.
અહીં,$u(x) = \operatorname{cosec} x$ અને $v(x) = \cot x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\operatorname{cosec} x) = -\operatorname{cosec} x \cot x$ અને $\frac{d}{dx}(\cot x) = -\operatorname{cosec}^2 x$.
ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$f'(x) = \operatorname{cosec} x (-\operatorname{cosec}^2 x) + \cot x (-\operatorname{cosec} x \cot x)$
$f'(x) = -\operatorname{cosec}^3 x - \operatorname{cosec} x \cot^2 x$
$f'(x) = -\operatorname{cosec} x (\operatorname{cosec}^2 x + \cot^2 x)$.

ધારો કે $f(x) = \frac{\cos x}{1+\sin x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$:
$f'(x) = \frac{(1+\sin x) \frac{d}{dx}(\cos x) - (\cos x) \frac{d}{dx}(1+\sin x)}{(1+\sin x)^2}$
$f'(x) = \frac{(1+\sin x)(-\sin x) - (\cos x)(\cos x)}{(1+\sin x)^2}$
$f'(x) = \frac{-\sin x - \sin^2 x - \cos^2 x}{(1+\sin x)^2}$
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,તેથી:
$f'(x) = \frac{-\sin x - 1}{(1+\sin x)^2}$
$f'(x) = \frac{-(1+\sin x)}{(1+\sin x)^2}$
$f'(x) = \frac{-1}{1+\sin x}$

ધારો કે $f(x) = \frac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x}$.
ભાગાકારના નિયમ $\left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = \frac{(\sin x - \cos x) \frac{d}{dx}(\sin x + \cos x) - (\sin x + \cos x) \frac{d}{dx}(\sin x - \cos x)}{(\sin x - \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{(\sin x - \cos x)(\cos x - \sin x) - (\sin x + \cos x)(\cos x + \sin x)}{(\sin x - \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{-(\sin x - \cos x)^2 - (\sin x + \cos x)^2}{(\sin x - \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{-(\sin^2 x + \cos^2 x - 2\sin x \cos x) - (\sin^2 x + \cos^2 x + 2\sin x \cos x)}{(\sin x - \cos x)^2}$
$\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ હોવાથી:
$f'(x) = \frac{-(1 - 2\sin x \cos x) - (1 + 2\sin x \cos x)}{(\sin x - \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{-1 + 2\sin x \cos x - 1 - 2\sin x \cos x}{(\sin x - \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{-2}{(\sin x - \cos x)^2}$

ધારો કે $f(x) = \frac{\sec x - 1}{\sec x + 1}$.
આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીને વિધેયને સરળ બનાવી શકીએ છીએ:
$f(x) = \frac{\frac{1}{\cos x} - 1}{\frac{1}{\cos x} + 1} = \frac{1 - \cos x}{1 + \cos x} = \frac{2 \sin^2(x/2)}{2 \cos^2(x/2)} = \tan^2(x/2)$.
હવે,સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $f(x) = \tan^2(x/2)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 \tan(x/2) \cdot \sec^2(x/2) \cdot \frac{1}{2} = \tan(x/2) \sec^2(x/2)$.
વૈકલ્પિક રીતે,$\frac{1 - \cos x}{1 + \cos x}$ પર ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = \frac{(1 + \cos x)(\sin x) - (1 - \cos x)(-\sin x)}{(1 + \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{\sin x + \sin x \cos x + \sin x - \sin x \cos x}{(1 + \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{2 \sin x}{(1 + \cos x)^2}$.

(N/A) ધારો કે $y = \sin^{n} x$.
વિકલન માટે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા,આપણે $\sin^{n} x$ ને સંયુક્ત વિધેય $f(g(x))$ તરીકે લઈએ છીએ,જ્યાં $f(u) = u^{n}$ અને $g(x) = \sin x$.
સાંકળના નિયમ મુજબ,$\frac{dy}{dx} = \frac{df}{du} \cdot \frac{du}{dx}$.
અહીં,$\frac{df}{du} = n u^{n-1} = n(\sin x)^{n-1}$ અને $\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = n(\sin x)^{n-1} \cdot \cos x$.
આમ,$\frac{d}{dx}(\sin^{n} x) = n \sin^{n-1} x \cos x$.

ધારો કે $f(x) = \frac{a+b \sin x}{c+d \cos x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$:
$f'(x) = \frac{(c+d \cos x) \frac{d}{dx}(a+b \sin x) - (a+b \sin x) \frac{d}{dx}(c+d \cos x)}{(c+d \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{(c+d \cos x)(b \cos x) - (a+b \sin x)(-d \sin x)}{(c+d \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{bc \cos x + bd \cos^2 x + ad \sin x + bd \sin^2 x}{(c+d \cos x)^2}$
નિત્યસમ $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = \frac{bc \cos x + ad \sin x + bd(\cos^2 x + \sin^2 x)}{(c+d \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{bc \cos x + ad \sin x + bd}{(c+d \cos x)^2}$

ધારો કે $f(x) = \frac{\sin (x+a)}{\cos x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx} \left[ \frac{u}{v} \right] = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^2}$.
અહીં,$u = \sin (x+a)$ અને $v = \cos x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx} [\sin (x+a)] = \cos (x+a)$ અને $\frac{d}{dx} [\cos x] = -\sin x$.
આ કિંમતોને ભાગાકારના નિયમના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f'(x) = \frac{\cos x \cdot \cos (x+a) - \sin (x+a) \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x}$
$f'(x) = \frac{\cos x \cos (x+a) + \sin x \sin (x+a)}{\cos^2 x}$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos A \cos B + \sin A \sin B = \cos (A - B)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = x+a$ અને $B = x$:
$f'(x) = \frac{\cos ((x+a) - x)}{\cos^2 x}$
$f'(x) = \frac{\cos a}{\cos^2 x}$

ધારો કે $f(x) = x^{4}(5 \sin x - 3 \cos x)$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u(x)v'(x) + v(x)u'(x)$:
$f'(x) = x^{4} \frac{d}{dx}(5 \sin x - 3 \cos x) + (5 \sin x - 3 \cos x) \frac{d}{dx}(x^{4})$
$f'(x) = x^{4}(5 \cos x - 3(-\sin x)) + (5 \sin x - 3 \cos x)(4x^{3})$
$f'(x) = x^{4}(5 \cos x + 3 \sin x) + 4x^{3}(5 \sin x - 3 \cos x)$
$f'(x) = 5x^{4} \cos x + 3x^{4} \sin x + 20x^{3} \sin x - 12x^{3} \cos x$
$x^{3}$ સામાન્ય લેતા:
$f'(x) = x^{3}(5x \cos x + 3x \sin x + 20 \sin x - 12 \cos x)$

(N/A) ધારો કે $f(x) = (x^{2}+1) \cos x$.
વિકલનના ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u(x)v'(x) + v(x)u'(x)$:
$f'(x) = (x^{2}+1) \frac{d}{dx}(\cos x) + \cos x \frac{d}{dx}(x^{2}+1)$
$f'(x) = (x^{2}+1)(-\sin x) + \cos x(2x)$
$f'(x) = -x^{2} \sin x - \sin x + 2x \cos x$
તેથી,વિકલિત $2x \cos x - (x^{2}+1) \sin x$ છે.

ધારો કે $f(x) = (ax^{2} + \sin x)(p + q \cos x)$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u(x)v'(x) + v(x)u'(x)$.
અહીં,$u(x) = ax^{2} + \sin x$ અને $v(x) = p + q \cos x$.
$f'(x) = (ax^{2} + \sin x) \frac{d}{dx}(p + q \cos x) + (p + q \cos x) \frac{d}{dx}(ax^{2} + \sin x)$.
$f'(x) = (ax^{2} + \sin x)(-q \sin x) + (p + q \cos x)(2ax + \cos x)$.
$f'(x) = -q \sin x(ax^{2} + \sin x) + (p + q \cos x)(2ax + \cos x)$.

ધારો કે $f(x) = \frac{4x + 5 \sin x}{3x + 7 \cos x}$.
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = \frac{(3x + 7 \cos x) \frac{d}{dx}(4x + 5 \sin x) - (4x + 5 \sin x) \frac{d}{dx}(3x + 7 \cos x)}{(3x + 7 \cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{(3x + 7 \cos x)(4 + 5 \cos x) - (4x + 5 \sin x)(3 - 7 \sin x)}{(3x + 7 \cos x)^2}$
અંશનું વિસ્તરણ કરતા:
$= \frac{(12x + 15x \cos x + 28 \cos x + 35 \cos^2 x) - (12x - 28x \sin x + 15 \sin x - 35 \sin^2 x)}{(3x + 7 \cos x)^2}$
$= \frac{12x + 15x \cos x + 28 \cos x + 35 \cos^2 x - 12x + 28x \sin x - 15 \sin x + 35 \sin^2 x}{(3x + 7 \cos x)^2}$
$\cos^2 x + \sin^2 x = 1$ હોવાથી,$35(\cos^2 x + \sin^2 x) = 35$ મળે:
$= \frac{35 + 15x \cos x + 28 \cos x + 28x \sin x - 15 \sin x}{(3x + 7 \cos x)^2}$

ધારો કે $f(x) = \frac{x^{2} \cos \left(\frac{\pi}{4}\right)}{\sin x}$.
ભાગાકારના નિયમ $\left(\frac{u}{v}\right)^{\prime} = \frac{u^{\prime}v - uv^{\prime}}{v^{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x^{2} \cos \left(\frac{\pi}{4}\right)$ અને $v = \sin x$ છે:
$f^{\prime}(x) = \cos \left(\frac{\pi}{4}\right) \left[ \frac{\sin x \cdot \frac{d}{dx}(x^{2}) - x^{2} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x)}{\sin^{2} x} \right]$
$f^{\prime}(x) = \cos \left(\frac{\pi}{4}\right) \left[ \frac{\sin x(2x) - x^{2}(\cos x)}{\sin^{2} x} \right]$
$f^{\prime}(x) = \frac{x \cos \left(\frac{\pi}{4}\right) (2 \sin x - x \cos x)}{\sin^{2} x}$

ધારો કે $f(x) = \frac{x}{1+\tan x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^2}$.
અહીં,$u = x$ અને $v = 1 + \tan x$.
$\frac{du}{dx} = 1$ અને $\frac{dv}{dx} = \sec^2 x$.
આ કિંમતોને ભાગાકારના નિયમમાં મૂકતા:
$f'(x) = \frac{(1 + \tan x)(1) - (x)(\sec^2 x)}{(1 + \tan x)^2}$.
તેથી,$f'(x) = \frac{1 + \tan x - x \sec^2 x}{(1 + \tan x)^2}$.

ધારો કે $f(x) = \frac{x}{\sin^{n} x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^2}$.
અહીં,$u = x$ અને $v = \sin^{n} x$.
$\frac{du}{dx} = 1$ અને $\frac{dv}{dx} = n \sin^{n-1} x \cos x$ (સાંકળના નિયમ દ્વારા).
આ કિંમતોને ભાગાકારના નિયમના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f'(x) = \frac{\sin^{n} x (1) - x (n \sin^{n-1} x \cos x)}{(\sin^{n} x)^2}$.
$f'(x) = \frac{\sin^{n} x - n x \sin^{n-1} x \cos x}{\sin^{2n} x}$.
અંશમાંથી $\sin^{n-1} x$ સામાન્ય લેતા:
$f'(x) = \frac{\sin^{n-1} x (\sin x - n x \cos x)}{\sin^{2n} x}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f'(x) = \frac{\sin x - n x \cos x}{\sin^{n+1} x}$.

(C) આપેલ નિત્યસમ $f(x+y) = f(x) + f(y) + xy^2 + x^2y$ છે.
$x=0$ અને $y=0$ લેતા,આપણને $f(0) = f(0) + f(0) + 0 + 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(0) = 0$.
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$f'(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$.
આપેલ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$f(x+h) = f(x) + f(h) + xh^2 + x^2h$.
આ કિંમતને વિકલનના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f'(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x) + f(h) + xh^2 + x^2h - f(x)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{f(h)}{h} + xh + x^2 \right)$.
આપેલ છે કે $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h} = 1$,તેથી $f'(x) = 1 + 0 + x^2 = 1 + x^2$.
આમ,$f'(3) = 1 + (3)^2 = 1 + 9 = 10$.

(A) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y)=f(x) \cdot f(y)$ છે.
$x=0$ આગળ વિકલિતની વ્યાખ્યા મુજબ,$f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}$ થાય.
$f(x+y)=f(x)f(y)$ માં $x=0, y=0$ મૂકતા $f(0)=f(0)^2$ મળે. $f(x) \neq 0$ હોવાથી,$f(0)=1$ થાય.
વિકલિતની વ્યાખ્યામાં $f(0)=1$ મૂકતા,$f'(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-1}{h}$ મળે.
આપેલ છે કે $f'(0)=3$,તેથી $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-1}{h} = 3$ થાય.

(D) આપેલ શરત $|f(x) - f(y)| \leq |(x - y)^2|$ છે.
બંને બાજુ $|x - y|$ વડે ભાગતા ($x \neq y$ માટે),આપણને $\left| \frac{f(x) - f(y)}{x - y} \right| \leq |x - y|$ મળે છે.
$x \to y$ લેતા,આપણને $\lim_{x \to y} \left| \frac{f(x) - f(y)}{x - y} \right| \leq \lim_{x \to y} |x - y|$ મળે છે.
આ સૂચવે છે કે $|f'(y)| \leq 0$.
કારણ કે નિરપેક્ષ કિંમત ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $|f'(y)| = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે તમામ $y \in R$ માટે $f'(y) = 0$.
જે વિધેયનું વિકલન દરેક જગ્યાએ શૂન્ય હોય તે અચળ વિધેય છે,તેથી $f(x) = C$.
$f(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,આપણને $C = 1$ મળે છે.
આમ,તમામ $x \in R$ માટે $f(x) = 1$.
કારણ કે $1 > 0$,તેથી સાચું વિધાન $f(x) > 0, \forall x \in R$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(a) = 2$ અને $f(a) = 4$.
આપણે $L = \lim_{x \rightarrow a} \frac{x f(a) - a f(x)}{x - a}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
સીમા $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને લોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ:
$L = \lim_{x \rightarrow a} \frac{\frac{d}{dx}(x f(a) - a f(x))}{\frac{d}{dx}(x - a)}$
$L = \lim_{x \rightarrow a} \frac{f(a) - a f^{\prime}(x)}{1}$
$x = a$ મૂકતા:
$L = f(a) - a f^{\prime}(a)$
$L = 4 - a(2) = 4 - 2a$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x^{3} + x - 5$.
પ્રથમ,આપણે વિકલન મેળવીએ $f^{\prime}(x) = 3x^{2} + 1$.
અહીં $f^{\prime}(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે અને તેથી તે વ્યસ્ત વિધેય ધરાવે છે.
આપેલ છે કે $f(g(x)) = x$,સાંકળના નિયમ મુજબ $f^{\prime}(g(x)) \cdot g^{\prime}(x) = 1$,જેનો અર્થ થાય છે કે $g^{\prime}(x) = \frac{1}{f^{\prime}(g(x))}$.
$g^{\prime}(63)$ શોધવા માટે,આપણે એવું $x$ શોધવું પડશે કે જેના માટે $f(x) = 63$ થાય.
$x^{3} + x - 5 = 63 \Rightarrow x^{3} + x - 68 = 0$.
નિરીક્ષણ દ્વારા,$x = 4$ લેતા,$4^{3} + 4 - 5 = 64 + 4 - 5 = 63$ મળે છે. તેથી,$g(63) = 4$.
હવે,$g^{\prime}(63) = \frac{1}{f^{\prime}(g(63))} = \frac{1}{f^{\prime}(4)}$.
$f^{\prime}(x) = 3x^{2} + 1$ હોવાથી,$f^{\prime}(4) = 3(4)^{2} + 1 = 3(16) + 1 = 48 + 1 = 49$.
તેથી,$g^{\prime}(63) = \frac{1}{49}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x)+f^{\prime}(x)+f^{\prime \prime}(x)=x^{5}+64$.
જો લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{f(x)}{x-1}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે,તો $f(1)=0$ હોવું જોઈએ.
જો $f(1)=0$ હોય,તો લક્ષની કિંમત $f^{\prime}(1)$ થાય.
આપેલ સમીકરણમાં $x=1$ મૂકતા: $f(1)+f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(1) = 1^{5}+64 = 65$.
$f(1)=0$ હોવાથી,$f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(1) = 65$.
આપેલ સમીકરણનું વિકલન કરતા: $f^{\prime}(x)+f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime \prime \prime}(x) = 5x^{4}$.
$x=1$ આગળ,$f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(1)+f^{\prime \prime \prime}(1) = 5$.
$f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(1) = 65$ હોવાથી,$65+f^{\prime \prime \prime}(1) = 5$,તેથી $f^{\prime \prime \prime}(1) = -60$.
ફરીથી વિકલન કરતા: $f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime \prime \prime}(x)+f^{(4)}(x) = 20x^{3}$.
$x=1$ આગળ,$f^{\prime \prime}(1)+f^{\prime \prime \prime}(1)+f^{(4)}(1) = 20$.
ફરીથી વિકલન કરતા: $f^{\prime \prime \prime}(x)+f^{(4)}(x)+f^{(5)}(x) = 60x^{2}$.
$x=1$ આગળ,$f^{\prime \prime \prime}(1)+f^{(4)}(1)+f^{(5)}(1) = 60$.
$f(x)$ એ $5$ ઘાતની બહુપદી હોવાથી,$f(x) = ax^{5}+bx^{4}+cx^{3}+dx^{2}+ex+g$ લો.
તેથી $f^{(5)}(x) = 120a$. $f(x)+f^{\prime}(x)+f^{\prime \prime}(x)=x^{5}+64$ પરથી,મુખ્ય સહગુણક $a=1$.
તેથી $f^{(5)}(x) = 120$.
$f^{\prime \prime \prime}(1)+f^{(4)}(1)+120 = 60$ નો ઉપયોગ કરતા,$f^{\prime \prime \prime}(1)+f^{(4)}(1) = -60$.
$f^{\prime \prime}(1)+f^{\prime \prime \prime}(1)+f^{(4)}(1) = 20$ પરથી,$f^{\prime \prime}(1) + (-60) = 20$,તેથી $f^{\prime \prime}(1) = 80$.
અંતે,$f^{\prime}(1) = 65 - f^{\prime \prime}(1) = 65 - 80 = -15$.

(B) આપેલ છે કે $P(x)$ એ એક શૂન્યતર બહુપદી છે જે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $P(1+x)=P(1-x)$ અને $P(1)=0$ નું પાલન કરે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$P'(1+x) = -P'(1-x)$.
$x=0$ મુકતા,આપણને મળે છે:
$P'(1) = -P'(1) \implies 2P'(1) = 0 \implies P'(1) = 0$.
કારણ કે $P(1)=0$ અને $P'(1)=0$,અવયવ પ્રમેય મુજબ,$(x-1)^2$ એ $P(x)$ નો અવયવ હોવો જોઈએ.
શું $m$ મોટો હોઈ શકે તે તપાસવા માટે,$P(x) = (x-1)^2$ ધ્યાનમાં લો. આ $P(1+x) = (1+x-1)^2 = x^2$ અને $P(1-x) = (1-x-1)^2 = (-x)^2 = x^2$ નું પાલન કરે છે. આમ,$P(1+x)=P(1-x)$ સાચું છે.
તેથી,સૌથી મોટો પૂર્ણાંક $m$ જે $(x-1)^m$ ને $P(x)$ વડે ભાગી શકાય તે $2$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $3 f(x) + 2 f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{x} - 10$ (સમીકરણ $1$)
$x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા: $3 f\left(\frac{1}{x}\right) + 2 f(x) = x - 10$ (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $1$ ને $3$ વડે અને સમીકરણ $2$ ને $2$ વડે ગુણતા:
$9 f(x) + 6 f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{3}{x} - 30$
$4 f(x) + 6 f\left(\frac{1}{x}\right) = 2x - 20$
પ્રથમમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા:
$5 f(x) = \frac{3}{x} - 2x - 10$
$f(x) = \frac{3}{5x} - \frac{2x}{5} - 2$
હવે,$f(3)$ શોધો:
$f(3) = \frac{3}{5(3)} - \frac{2(3)}{5} - 2 = \frac{1}{5} - \frac{6}{5} - 2 = -1 - 2 = -3$
$f^{\prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime}(x) = -\frac{3}{5x^2} - \frac{2}{5}$
$f^{\prime}\left(\frac{1}{4}\right)$ ની ગણતરી કરો:
$f^{\prime}\left(\frac{1}{4}\right) = -\frac{3}{5(1/16)} - \frac{2}{5} = -\frac{48}{5} - \frac{2}{5} = -\frac{50}{5} = -10$
છેલ્લે,$\left|f(3) + f^{\prime}\left(\frac{1}{4}\right)\right|$ ની ગણતરી કરો:
$|-3 + (-10)| = |-13| = 13$

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sum_{k=1}^{10} kx^k = x + 2x^2 + 3x^3 + \dots + 10x^{10}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $f'(x) = \sum_{k=1}^{10} k^2 x^{k-1}$.
તેથી,$f(2) = \sum_{k=1}^{10} k(2^k)$ અને $f'(2) = \sum_{k=1}^{10} k^2(2^{k-1})$.
નિત્યસમ $g(x) = \sum_{k=1}^{10} x^k = \frac{x(1-x^{10})}{1-x}$ ધ્યાનમાં લો.
$g(x)$ નું વિકલન કરતા,આપણને $g'(x) = \sum_{k=1}^{10} kx^{k-1} = f(x)/x$ મળે છે.
વધુમાં,$f(x) = x g'(x)$.
તેથી $f'(x) = g'(x) + x g''(x)$.
આમ,$2f(2) + f'(2) = 2(2g'(2)) + (g'(2) + 2g''(2)) = 5g'(2) + 2g''(2)$.
વૈકલ્પિક રીતે,$\sum k x^k$ ના સરવાળાના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$n=10$ માટે $f(x) = \frac{x(1-(n+1)x^n + nx^{n+1})}{(1-x)^2}$ મળે છે.
$x=2$ આગળ કિંમત મુકતા,$f(2) = \frac{2(1-11(2^{10}) + 10(2^{11}))}{(1-2)^2} = 2(1 - 11(1024) + 20480) = 2(1 - 11264 + 20480) = 2(9217) = 18434$.
$f'(2)$ ની ગણતરી કરીને અને કિંમત મુકતા,આપણને $2f(2) + f'(2) = 119(2^{10}) + 1$ મળે છે.
તેથી,$n = 10$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)-f(y) \geq \ln x - \ln y + x - y$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે $f(x) - x - \ln x \geq f(y) - y - \ln y$.
ધારો કે $g(x) = f(x) - x - \ln x$. તો બધા $x, y \in (0, \infty)$ માટે $g(x) \geq g(y)$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $g(x)$ એક અચળ વિધેય છે,ધારો કે $C$.
તેથી,$f(x) - x - \ln x = C$,જેનો અર્થ થાય $f(x) = x + \ln x + C$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(x) = 1 + \frac{1}{x}$ મળે.
હવે,આપણે $\sum_{n=1}^{20} f^{\prime}\left(\frac{1}{n^2}\right)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$f^{\prime}\left(\frac{1}{n^2}\right) = 1 + \frac{1}{1/n^2} = 1 + n^2$.
તેથી,$\sum_{n=1}^{20} (1 + n^2) = \sum_{n=1}^{20} 1 + \sum_{n=1}^{20} n^2$.
$= 20 + \frac{20(20+1)(2 \times 20 + 1)}{6} = 20 + \frac{20 \times 21 \times 41}{6}$.
$= 20 + 10 \times 7 \times 41 = 20 + 2870 = 2890$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = x^3 + x^2 f'(1) + x f''(2) + f'''(3)$.
પગલું $1$: $f(x)$ ના વિકલિતો મેળવો.
$f'(x) = 3x^2 + 2x f'(1) + f''(2)$
$f''(x) = 6x + 2f'(1)$
$f'''(x) = 6$
પગલું $2$: અચળાંકોની કિંમત શોધો.
$f'''(3)$ માટે,$f'''(x) = 6$ હોવાથી,$f'''(3) = 6$ મળે.
$f''(2)$ માટે,$f''(x) = 6x + 2f'(1)$ માં $x=2$ મૂકતા:
$f''(2) = 6(2) + 2f'(1) = 12 + 2f'(1)$.
$f'(1)$ માટે,$f'(x) = 3x^2 + 2x f'(1) + f''(2)$ માં $x=1$ મૂકતા:
$f'(1) = 3(1)^2 + 2(1)f'(1) + f''(2) = 3 + 2f'(1) + f''(2)$.
પગલું $3$: સમીકરણો ઉકેલો.
$f''(2) = 12 + 2f'(1)$ ને $f'(1) = 3 + 2f'(1) + f''(2)$ માં મૂકતા:
$f'(1) = 3 + 2f'(1) + 12 + 2f'(1)$
$f'(1) = 15 + 4f'(1)$
$-3f'(1) = 15 \implies f'(1) = -5$.
હવે $f''(2)$ શોધો:
$f''(2) = 12 + 2(-5) = 12 - 10 = 2$.
પગલું $4$: $f'(10)$ ની ગણતરી કરો.
$f'(x) = 3x^2 + 2x(-5) + 2 = 3x^2 - 10x + 2$.
$f'(10) = 3(10)^2 - 10(10) + 2 = 300 - 100 + 2 = 202$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \frac{(2^x + 2^{-x}) \tan x \sqrt{\tan^{-1}(x^2 - x + 1)}}{(7x^2 + 3x + 1)^3}$.
પ્રથમ,$f(0)$ ની ગણતરી કરો:
$f(0) = \frac{(2^0 + 2^0) \tan(0) \sqrt{\tan^{-1}(0-0+1)}}{(0+0+1)^3} = 0$.
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ:
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h} = \lim_{h \to 0} \left[ \frac{2^h + 2^{-h}}{(7h^2 + 3h + 1)^3} \cdot \frac{\tan h}{h} \cdot \sqrt{\tan^{-1}(h^2 - h + 1)} \right]$.
લક્ષ લેતા:
$f'(0) = 2 \times 1 \times \sqrt{\frac{\pi}{4}} = \sqrt{\pi}$.

(B) આપણને લક્ષ $\alpha = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \int_0^x f(t) dt}{e^{x^2}-1}$ આપેલ છે.
આ પદને આપણે $\alpha = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_0^x f(t) dt}{x} \cdot \frac{x^2}{e^{x^2}-1}$ તરીકે લખી શકીએ.
કારણ કે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x^2}-1}{x^2} = 1$,તેથી $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2}{e^{x^2}-1} = 1$ થાય.
હવે,પ્રથમ ભાગ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_0^x f(t) dt}{x}$ (જે $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં છે) માટે એલ-હોસ્પિટલનો નિયમ વાપરતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{d}{dx} \int_0^x f(t) dt}{\frac{d}{dx} x} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{1} = f(0)$.
$f(0) = \frac{1}{2}$ આપેલ હોવાથી,આપણને $\alpha = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$ મળે છે.
અંતે,$8 \alpha^2 = 8 \times \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 8 \times \frac{1}{4} = 2$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $g(x) = h(e^x) \cdot e^{h(x)}$.
વિકલન માટે ગુણાકારનો નિયમ વાપરતા:
$g^{\prime}(x) = h(e^x) \cdot \frac{d}{dx}(e^{h(x)}) + e^{h(x)} \cdot \frac{d}{dx}(h(e^x))$
$g^{\prime}(x) = h(e^x) \cdot e^{h(x)} \cdot h^{\prime}(x) + e^{h(x)} \cdot h^{\prime}(e^x) \cdot e^x$
હવે,$x = 0$ મુકતા:
$g^{\prime}(0) = h(e^0) \cdot e^{h(0)} \cdot h^{\prime}(0) + e^{h(0)} \cdot h^{\prime}(e^0) \cdot e^0$
$g^{\prime}(0) = h(1) \cdot e^{h(0)} \cdot h^{\prime}(0) + e^{h(0)} \cdot h^{\prime}(1) \cdot 1$
આપેલ છે કે $h(0)=0$,$h(1)=1$,અને $h^{\prime}(0)=h^{\prime}(1)=2$:
$g^{\prime}(0) = (1) \cdot e^0 \cdot (2) + e^0 \cdot (2) \cdot 1$
$g^{\prime}(0) = 1 \cdot 1 \cdot 2 + 1 \cdot 2 \cdot 1$
$g^{\prime}(0) = 2 + 2 = 4$.

(A) $PROPERTY \ 1$ માટે,આપણે $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-f(0)}{\sqrt{|h|}}$ ચકાસીએ છીએ:
$(2) \ f(x)=x^{2/3}, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{h^{2/3}-0}{|h|^{1/2}} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{|h|^{2/3}}{|h|^{1/2}} = \lim_{h \rightarrow 0} |h|^{1/6} = 0$. આ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને શાંત છે. તેથી,$(2)$ સાચું છે.
$(4) \ f(x)=|x|, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{|h|-0}{|h|^{1/2}} = \lim_{h \rightarrow 0} |h|^{1/2} = 0$. આ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને શાંત છે. તેથી,$(4)$ સાચું છે.
$PROPERTY \ 2$ માટે,આપણે $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-f(0)}{h^2}$ ચકાસીએ છીએ:
$(1) \ f(x)=x|x|, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{h|h|}{h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{|h|}{h}$. $RHL = 1$ અને $LHL = -1$ છે. લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. તેથી,$(1)$ ખોટું છે.
$(3) \ f(x)=\sin x, f(0)=0$. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h^2} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h} \cdot \frac{1}{h} = 1 \cdot \infty = \infty$. લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી. તેથી,$(3)$ ખોટું છે.
આમ,ફક્ત $(2)$ અને $(4)$ સાચા છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \frac{x^{2/3} - x^{-1/3}}{x^{2/3} + x^{-1/3}}$.
અંશ અને છેદને $x^{1/3}$ વડે ગુણતા:
$y = \frac{x^{2/3} \cdot x^{1/3} - x^{-1/3} \cdot x^{1/3}}{x^{2/3} \cdot x^{1/3} + x^{-1/3} \cdot x^{1/3}} = \frac{x - 1}{x + 1}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{d}{dx} \left( \frac{x-1}{x+1} \right) = \frac{(x+1)(1) - (x-1)(1)}{(x+1)^2}$.
$y_1 = \frac{x + 1 - x + 1}{(x+1)^2} = \frac{2}{(x+1)^2}$.
તેથી,$(x+1)^2 y_1 = 2$.

(C) ધારો કે $y = f(x) = (1-x)(2-x)(3-x) \dots (n-x)$.
વિકલન માટે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,જો $y = u_1 u_2 u_3 \dots u_n$ હોય,તો $\frac{dy}{dx} = u_1' (u_2 u_3 \dots u_n) + u_1 (u_2 u_3 \dots u_n)'$ થાય.
$x=1$ આગળ,$(1-x)$ પદ $0$ થઈ જાય છે.
તેથી,વિકલનમાં $(1-x)$ ધરાવતા તમામ પદો શૂન્ય થઈ જશે,સિવાય કે જ્યાં $(1-x)$ નું વિકલન થાય છે.
ધારો કે $g(x) = (2-x)(3-x) \dots (n-x)$. તો $y = (1-x)g(x)$.
$\frac{dy}{dx} = (-1)g(x) + (1-x)g'(x)$.
$x=1$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = (-1)g(1) + 0 = -g(1)$.
$g(1) = (2-1)(3-1)(4-1) \dots (n-1) = (1)(2)(3) \dots (n-1) = (n-1)!$.
આમ,$x=1$ આગળ $\frac{dy}{dx} = -(n-1)!$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $y = \log_{e} x^3 + 3 \sin^{-1} x + k x^2$.
લઘુગણકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$y = 3 \log_{e} x + 3 \sin^{-1} x + k x^2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $y' = \frac{3}{x} + \frac{3}{\sqrt{1 - x^2}} + 2kx$ મળે છે.
આપેલ છે કે $y'(\frac{1}{2}) = 2 \sqrt{3}$,તેથી $x = \frac{1}{2}$ ને વિકલનમાં મૂકતા:
$y'(\frac{1}{2}) = \frac{3}{1/2} + \frac{3}{\sqrt{1 - (1/2)^2}} + 2k(\frac{1}{2}) = 2 \sqrt{3}$.
$6 + \frac{3}{\sqrt{3/4}} + k = 2 \sqrt{3}$.
$6 + \frac{3}{\sqrt{3}/2} + k = 2 \sqrt{3}$.
$6 + \frac{6}{\sqrt{3}} + k = 2 \sqrt{3}$.
$6 + 2 \sqrt{3} + k = 2 \sqrt{3}$.
$k = -6$.

(D) ધારો કે $g(x) = f(f(f(x))) + (f(x))^2$.
આપણે $g^{\prime}(1)$ શોધવાનું છે.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા,$f(f(f(x)))$ નું વિકલન $f^{\prime}(f(f(x))) \cdot f^{\prime}(f(x)) \cdot f^{\prime}(x)$ થાય.
$x=1$ આગળ,આ $f^{\prime}(f(f(1))) \cdot f^{\prime}(f(1)) \cdot f^{\prime}(1)$ થશે.
આપેલ છે કે $f(1)=1$ અને $f^{\prime}(1)=3$,તેથી કિંમતો મૂકતા:
$f^{\prime}(f(f(1))) = f^{\prime}(f(1)) = f^{\prime}(1) = 3$.
$f^{\prime}(f(1)) = f^{\prime}(1) = 3$.
$f^{\prime}(1) = 3$.
તેથી,$x=1$ આગળ $f(f(f(x)))$ નું વિકલન $3 \cdot 3 \cdot 3 = 27$ થાય.
$(f(x))^2$ નું વિકલન $2f(x) \cdot f^{\prime}(x)$ થાય.
$x=1$ આગળ,આ $2f(1) \cdot f^{\prime}(1) = 2(1)(3) = 6$ થાય.
તેથી,$g^{\prime}(1) = 27 + 6 = 33$.

(C) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left[ \frac{4 \sin 2x}{\cos 2x - 6 \sin^2 x} \right]$.
દ્વિ-કોણ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \tan^{-1} \left[ \frac{4(2 \sin x \cos x)}{(\cos^2 x - \sin^2 x) - 6 \sin^2 x} \right] = \tan^{-1} \left[ \frac{8 \sin x \cos x}{\cos^2 x - 7 \sin^2 x} \right]$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1} \left[ \frac{8 \tan x}{1 - 7 \tan^2 x} \right]$.
ધારો કે $f(x) = \frac{8 \tan x}{1 - 7 \tan^2 x}$. તો $y = \tan^{-1}(f(x))$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (f(x))^2} \cdot f'(x)$.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 0$,તેથી $\frac{dy}{dx} = f'(0)$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.
$u = 8 \tan x \implies u' = 8 \sec^2 x$.
$v = 1 - 7 \tan^2 x \implies v' = -14 \tan x \sec^2 x$.
$x = 0$ આગળ,$u(0) = 0, u'(0) = 8, v(0) = 1, v'(0) = 0$.
$f'(0) = \frac{8(1) - 0(0)}{1^2} = 8$.
આમ,$x = 0$ આગળ $\frac{dy}{dx}$ ની કિંમત $8$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{\sin^2 x}{1+\cot x} + \frac{\cos^2 x}{1+\tan x}$.
પદોનું સાદુંરૂપ આપતા:
$f(x) = \frac{\sin^2 x}{1+\frac{\cos x}{\sin x}} + \frac{\cos^2 x}{1+\frac{\sin x}{\cos x}}$
$f(x) = \frac{\sin^3 x}{\sin x + \cos x} + \frac{\cos^3 x}{\cos x + \sin x}$
$f(x) = \frac{\sin^3 x + \cos^3 x}{\sin x + \cos x}$
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{(\sin x + \cos x)(\sin^2 x - \sin x \cos x + \cos^2 x)}{\sin x + \cos x}$
$f(x) = \sin^2 x + \cos^2 x - \sin x \cos x$
$f(x) = 1 - \frac{1}{2}(2 \sin x \cos x) = 1 - \frac{1}{2} \sin(2x)$.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 0 - \frac{1}{2} \cos(2x) \cdot 2 = -\cos(2x)$.
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{6}\right)$ ની કિંમત શોધતા:
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{6}\right) = -\cos\left(2 \cdot \frac{\pi}{6}\right) = -\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = -\frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{1 + \cos^2(x^2)}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $u = 1 + \cos^2(x^2)$,તેથી $f(x) = \sqrt{u}$.
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2\sqrt{u}} \cdot \frac{du}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{1 + \cos^2(x^2)}} \cdot \frac{d}{dx}(1 + \cos^2(x^2))$.
હવે,$\frac{d}{dx}(\cos^2(x^2)) = 2\cos(x^2) \cdot (-\sin(x^2)) \cdot 2x = -2x \sin(2x^2)$.
આમ,$f^{\prime}(x) = \frac{-2x \sin(2x^2)}{2\sqrt{1 + \cos^2(x^2)}} = \frac{-x \sin(2x^2)}{\sqrt{1 + \cos^2(x^2)}}$.
$x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ માટે,$x^2 = \frac{\pi}{4}$.
$f^{\prime}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\right) = \frac{-\frac{\sqrt{\pi}}{2} \sin(2 \cdot \frac{\pi}{4})}{\sqrt{1 + \cos^2(\frac{\pi}{4})}} = \frac{-\frac{\sqrt{\pi}}{2} \sin(\frac{\pi}{2})}{\sqrt{1 + (\frac{1}{\sqrt{2}})^2}} = \frac{-\frac{\sqrt{\pi}}{2} \cdot 1}{\sqrt{1 + \frac{1}{2}}} = \frac{-\frac{\sqrt{\pi}}{2}}{\sqrt{\frac{3}{2}}} = -\frac{\sqrt{\pi}}{2} \cdot \sqrt{\frac{2}{3}} = -\sqrt{\frac{\pi}{6}}$.

(D) આપેલ છે કે $y=a \sin x+b \cos x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{d y}{d x}=a \cos x-b \sin x$ મળે છે.
હવે,પદાવલિ $y^2+\left(\frac{d y}{d x}\right)^2$ ને ધ્યાનમાં લો:
$y^2+\left(\frac{d y}{d x}\right)^2 = (a \sin x+b \cos x)^2+(a \cos x-b \sin x)^2$
$= (a^2 \sin^2 x + b^2 \cos^2 x + 2ab \sin x \cos x) + (a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x - 2ab \sin x \cos x)$
$= a^2(\sin^2 x + \cos^2 x) + b^2(\cos^2 x + \sin^2 x)$
$= a^2(1) + b^2(1) = a^2+b^2$.
કારણ કે $a$ અને $b$ અચળાંકો છે,તેથી $a^2+b^2$ પણ એક અચળાંક છે.
તેથી,$y^2+\left(\frac{d y}{d x}\right)^2$ એ એક અચળાંક છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \cos^{-1} x$ અને $g(x) = e^x$.
આપણે $h(x) = g(f(x)) = e^{\cos^{-1} x}$ વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
હવે,સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને $h(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$h'(x) = \frac{d}{dx}(e^{\cos^{-1} x}) = e^{\cos^{-1} x} \cdot \frac{d}{dx}(\cos^{-1} x)$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\cos^{-1} x) = \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$,તેથી આપણને મળે છે:
$h'(x) = e^{\cos^{-1} x} \cdot \left( \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} \right)$.
હવે,આપણે ગુણોત્તર $\frac{h'(x)}{h(x)}$ ની ગણતરી કરીએ:
$\frac{h'(x)}{h(x)} = \frac{e^{\cos^{-1} x} \cdot \left( \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} \right)}{e^{\cos^{-1} x}} = \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ છે કે $g(x) = [f(2f(x) + 2)]^2$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા સાંકળના નિયમ મુજબ:
$g'(x) = 2[f(2f(x) + 2)] \cdot f'(2f(x) + 2) \cdot \frac{d}{dx}[2f(x) + 2]$
$g'(x) = 2[f(2f(x) + 2)] \cdot f'(2f(x) + 2) \cdot 2f'(x)$
$g'(x) = 4 \cdot f(2f(x) + 2) \cdot f'(2f(x) + 2) \cdot f'(x)$
હવે,$x = 0$ લેતા:
$g'(0) = 4 \cdot f(2f(0) + 2) \cdot f'(2f(0) + 2) \cdot f'(0)$
આપેલ છે કે $f(0) = -1$ અને $f'(0) = 1$:
$g'(0) = 4 \cdot f(2(-1) + 2) \cdot f'(2(-1) + 2) \cdot (1)$
$g'(0) = 4 \cdot f(0) \cdot f'(0) \cdot 1$
$g'(0) = 4 \cdot (-1) \cdot 1 \cdot 1 = -4$.

(D) ધારો કે $y = f(f(f(x))) + (f(x))^2$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,વિકલન નીચે મુજબ મળે:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(f(f(x))) \cdot f^{\prime}(f(x)) \cdot f^{\prime}(x) + 2f(x)f^{\prime}(x)$.
$x = 1$ આગળ,આપણી પાસે $f(1) = 1$ અને $f^{\prime}(1) = 3$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$f(f(1)) = f(1) = 1$.
$f(f(f(1))) = f(1) = 1$.
તેથી,$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=1} = f^{\prime}(f(f(1))) \cdot f^{\prime}(f(1)) \cdot f^{\prime}(1) + 2f(1)f^{\prime}(1)$.
$= f^{\prime}(1) \cdot f^{\prime}(1) \cdot f^{\prime}(1) + 2(1)(3)$.
$= 3 \cdot 3 \cdot 3 + 6 = 27 + 6 = 33$.

(B) આપેલ છે કે $h(x) = \sqrt{4f(x) + 3g(x)}$.
$x = 1$ આગળ,$h(1) = \sqrt{4f(1) + 3g(1)} = \sqrt{4(4) + 3(3)} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષે $h(x)$ નું વિકલન કરતા:
$h'(x) = \frac{1}{2\sqrt{4f(x) + 3g(x)}} \cdot \frac{d}{dx}(4f(x) + 3g(x))$
$h'(x) = \frac{4f'(x) + 3g'(x)}{2\sqrt{4f(x) + 3g(x)}}$
વિકલનમાં $x = 1$ મૂકતા:
$h'(1) = \frac{4f'(1) + 3g'(1)}{2\sqrt{4f(1) + 3g(1)}}$
આપેલ છે કે $f'(1) = 4$ અને $g'(1) = 3$:
$h'(1) = \frac{4(4) + 3(3)}{2(5)} = \frac{16 + 9}{10} = \frac{25}{10} = \frac{5}{2}$.

(D) $y = \log \tan \left(\frac{x}{2}\right) + \sin^{-1}(\cos x)$
કારણ કે $\cos x = \sin \left(\frac{\pi}{2} - x\right)$,તેથી:
$y = \log \tan \left(\frac{x}{2}\right) + \sin^{-1} \left[ \sin \left(\frac{\pi}{2} - x\right) \right] = \log \tan \left(\frac{x}{2}\right) + \frac{\pi}{2} - x$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\tan \left(\frac{x}{2}\right)} \cdot \sec^2 \left(\frac{x}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} + 0 - 1$
$\frac{dy}{dx} = \frac{\cos \left(\frac{x}{2}\right)}{\sin \left(\frac{x}{2}\right)} \cdot \frac{1}{\cos^2 \left(\frac{x}{2}\right)} \cdot \frac{1}{2} - 1$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2 \sin \left(\frac{x}{2}\right) \cos \left(\frac{x}{2}\right)} - 1$
નિત્યસમ $\sin x = 2 \sin \left(\frac{x}{2}\right) \cos \left(\frac{x}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sin x} - 1 = \operatorname{cosec} x - 1$

(A) આપેલ છે કે $f(x)=\operatorname{cosec}^{-1}\left[\frac{10}{6 \sin \left(2^x\right)-8 \cos \left(2^x\right)}\right]$.
ગુણધર્મ $\operatorname{cosec}^{-1}(u) = \sin^{-1}(1/u)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x)=\sin ^{-1}\left[\frac{6 \sin \left(2^x\right)-8 \cos \left(2^x\right)}{10}\right]$.
આને $f(x)=\sin ^{-1}\left[\frac{6}{10} \sin \left(2^x\right)-\frac{8}{10} \cos \left(2^x\right)\right]$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{6}{10}$ અને $\sin \alpha = \frac{8}{10}$.
તેથી $f(x)=\sin ^{-1}\left[\sin \left(2^x\right) \cos \alpha - \cos \left(2^x\right) \sin \alpha\right]$.
સૂત્ર $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x)=\sin ^{-1}\left[\sin \left(2^x-\alpha\right)\right] = 2^x - \alpha$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(2^x - \alpha) = 2^x \log 2 - 0 = 2^x \log 2$.

(A) આપેલ છે કે $y = \log \sqrt{\tan x} = \frac{1}{2} \log(\tan x)$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{\tan x} \times \sec^2 x$.
નિત્યસમ $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ અને $\sec^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \times \frac{\cos x}{\sin x} \times \frac{1}{\cos^2 x} = \frac{1}{2 \sin x \cos x} = \frac{1}{\sin(2x)}$.
હવે,$x = \frac{\pi}{4}$ મુકતા:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{\sin(2 \times \frac{\pi}{4})} = \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{2})} = \frac{1}{1} = 1$.

(A) આપેલ છે કે $g(a)=b$,$g^{\prime}(a)=2$,અને $f(g(x))=x$ (કારણ કે $f \circ g = I$).
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $f(g(x))=x$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(g(x)) \cdot g^{\prime}(x) = 1$.
સમીકરણમાં $x=a$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$f^{\prime}(g(a)) \cdot g^{\prime}(a) = 1$.
$g(a)=b$ અને $g^{\prime}(a)=2$ હોવાથી,સમીકરણ આ મુજબ બનશે:
$f^{\prime}(b) \cdot 2 = 1$.
તેથી,$f^{\prime}(b) = \frac{1}{2}$.