Derivative at a point, Standard differentiation Questions in Gujarati

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x - [x] - \cos x$ છે.
$x = \frac{\pi}{2}$ ની આસપાસના વિસ્તારમાં,$[x]$ નું મૂલ્ય અચળ રહે છે કારણ કે $[x] = [1.57...] = 1$ થાય છે.
તેથી,$\frac{\pi}{2}$ ની આસપાસના અંતરાલમાં આપણે $f(x) = x - 1 - \cos x$ લખી શકીએ.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x - 1 - \cos x) = 1 - 0 - (-\sin x) = 1 + \sin x$ મળે છે.
હવે,વિકલનમાં $x = \frac{\pi}{2}$ મૂકતા:
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 + \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 + 1 = 2$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x - \frac{1}{x}$ છે.
વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x) - \frac{d}{dx}(x^{-1})$
$f^{\prime}(x) = 1 - (-1)x^{-2} = 1 + \frac{1}{x^{2}}$.
હવે,વિકલનમાં $x = -1$ મૂકતા:
$f^{\prime}(-1) = 1 + \frac{1}{(-1)^{2}}$
$f^{\prime}(-1) = 1 + \frac{1}{1} = 1 + 1 = 2$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\pi^{2} \approx 9.86$.
જ્યાં $[\cdot]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય છે:
$[\pi^{2}] = [9.86] = 9$.
$[-\pi^{2}] = [-9.86] = -10$.
આ કિંમતોને વિધેય $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \sin(9x) + \cos(-10x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(-\theta) = \cos(\theta)$,તેથી:
$f(x) = \sin(9x) + \cos(10x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sin(9x)) + \frac{d}{dx}(\cos(10x))$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = 9 \cos(9x) - 10 \sin(10x)$.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \frac{\sin^{2} x}{1+\cot x} + \frac{\cos^{2} x}{1+\tan x}$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ 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:
$f(x) = \frac{(\sin x + \cos x)(\sin^{2} x - \sin x \cos x + \cos^{2} x)}{\sin x + \cos x}$
$f(x) = \sin^{2} x - \sin x \cos x + \cos^{2} x$
$f(x) = 1 - \sin x \cos x = 1 - \frac{1}{2} \sin(2x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = -\frac{1}{2} \cdot \cos(2x) \cdot 2 = -\cos(2x)$.
$x = \frac{\pi}{4}$ મુકતા:
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{4}\right) = -\cos\left(2 \cdot \frac{\pi}{4}\right) = -\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$.

(D) આપેલ છે,$y = \sin^{n} x \cos nx$.
ગુણાકારનો નિયમ $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$ લાગુ પાડતા:
$\frac{dy}{dx} = \sin^{n} x \frac{d}{dx}(\cos nx) + \cos nx \frac{d}{dx}(\sin^{n} x)$
$\frac{dy}{dx} = \sin^{n} x (-n \sin nx) + \cos nx (n \sin^{n-1} x \cos x)$
$\frac{dy}{dx} = n \sin^{n-1} x (\cos x \cos nx - \sin x \sin nx)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = n \sin^{n-1} x \cos (nx + x)$
$\frac{dy}{dx} = n \sin^{n-1} x \cos (n+1) x$

(D) આપેલ વિધેય: $f(x) = \frac{g(x) + g(-x)}{2} + \frac{2}{[h(x) + h(-x)]^{-1}}$.
પદને સરળ બનાવતા: $f(x) = \frac{g(x) + g(-x)}{2} + 2[h(x) + h(-x)]$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{g^{\prime}(x) - g^{\prime}(-x)}{2} + 2[h^{\prime}(x) - h^{\prime}(-x)]$.
હવે,$x = 0$ મૂકતા:
$f^{\prime}(0) = \frac{g^{\prime}(0) - g^{\prime}(0)}{2} + 2[h^{\prime}(0) - h^{\prime}(0)]$.
$f^{\prime}(0) = 0 + 2[0] = 0$.

(A) આપેલ છે કે,$f(x^{5}) = 5x^{3}$.
ધારો કે $x^{5} = y$,જેનો અર્થ છે કે $x = y^{1/5}$.
તેથી $x^{3} = (y^{1/5})^{3} = y^{3/5}$.
આ કિંમત વિધેયમાં મૂકતા,આપણને $f(y) = 5y^{3/5}$ મળે છે.
$y$ ને $x$ વડે બદલતા,$f(x) = 5x^{3/5}$ મળે.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 5 \cdot \frac{3}{5} x^{(3/5 - 1)} = 3x^{-2/5}$.
આને $f'(x) = \frac{3}{x^{2/5}} = \frac{3}{\sqrt[5]{x^{2}}}$ તરીકે લખી શકાય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = |\cos x - \sin x|$ છે.
$x = \frac{\pi}{6}$ ની આસપાસ,$\cos x > \sin x$ હોવાથી,$f(x) = \cos x - \sin x$ થાય.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(\cos x - \sin x) = -\sin x - \cos x$.
હવે $x = \frac{\pi}{6}$ મૂકતા:
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{6}\right) = -\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) - \cos\left(\frac{\pi}{6}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$ અને $\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી:
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{1}{2}(1 + \sqrt{3})$.

(B) આપણે સરવાળાનું વિકલન શોધવાનું છે: $\frac{d}{d x}\left(x^{x}+x^{a}+a^{x}+a^{a}\right)$.
વિકલનના સરવાળાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{d x}\left(x^{x}\right)+\frac{d}{d x}\left(x^{a}\right)+\frac{d}{d x}\left(a^{x}\right)+\frac{d}{d x}\left(a^{a}\right)$.
$1$. $\frac{d}{d x}(x^x)$ માટે: ધારો કે $y = x^x$. બંને બાજુ $\log$ લેતા,$\log y = x \log x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = 1 \cdot \log x + x \cdot \frac{1}{x} = \log x + 1$. તેથી,$\frac{dy}{dx} = x^x(1 + \log x)$.
$2$. $\frac{d}{d x}(x^a)$ માટે: ઘાતનો નિયમ વાપરતા,$\frac{d}{d x}(x^a) = a x^{a-1}$.
$3$. $\frac{d}{d x}(a^x)$ માટે: ઘાતાંકીય વિકલનનો નિયમ વાપરતા,$\frac{d}{d x}(a^x) = a^x \log a$.
$4$. $\frac{d}{d x}(a^a)$ માટે: $a$ અચળ હોવાથી,$a^a$ પણ અચળ છે,તેથી તેનું વિકલન $0$ થાય.
આ બધાને જોડતા,પરિણામ $x^{x}(1+\log x)+a x^{a-1}+a^{x} \log a$ મળે છે.

(B) ધારો કે $y = \log _{10} x$ અને $z = \log _{x} 10$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log _{a} b = \frac{\ln b}{\ln a}$.
તેથી,$y = \frac{\ln x}{\ln 10}$ અને $z = \frac{\ln 10}{\ln x}$.
આમ,$y = \frac{1}{z}$.
આપણે $y$ નું $z$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $\frac{dy}{dz}$ શોધવાનું છે.
કારણ કે $y = z^{-1}$,$z$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $\frac{dy}{dz} = -z^{-2} = -\frac{1}{z^{2}}$ મળે.
$z = \frac{1}{y}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\frac{dy}{dz} = -y^{2}$ મળે છે.
$y = \log _{10} x$ હોવાથી,અંતિમ જવાબ $-\left(\log _{10} x\right)^{2}$ છે.

(A) ધારો કે $y = e^{ax} \cos bx$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,વિકલન નીચે મુજબ થશે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^{ax}) \cdot \cos bx + e^{ax} \cdot \frac{d}{dx}(\cos bx)$
$\frac{dy}{dx} = ae^{ax} \cos bx - be^{ax} \sin bx$
$\frac{dy}{dx} = e^{ax} (a \cos bx - b \sin bx)$
ધારો કે $a = r \cos \alpha$ અને $b = r \sin \alpha$.
તેથી $a^2 + b^2 = r^2(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) = r^2$.
આમ,$r = \sqrt{a^2 + b^2}$.
આ કિંમતોને વિકલનના પદમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = e^{ax} (r \cos \alpha \cos bx - r \sin \alpha \sin bx)$
$\frac{dy}{dx} = re^{ax} (\cos bx \cos \alpha - \sin bx \sin \alpha)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = re^{ax} \cos(bx + \alpha)$
તેથી,$r = \sqrt{a^2 + b^2}$.

(A) આપેલ છે,$y = (1 + x^2) \tan^{-1} x - x$.
પ્રથમ પદ માટે ગુણાકારનો નિયમ અને બાકીના પદો માટે ઘાતનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} [(1 + x^2) \tan^{-1} x] - \frac{d}{dx} (x)$
$\frac{dy}{dx} = [(1 + x^2) \cdot \frac{d}{dx}(\tan^{-1} x) + \tan^{-1} x \cdot \frac{d}{dx}(1 + x^2)] - 1$
$\frac{dy}{dx} = [(1 + x^2) \cdot \frac{1}{1 + x^2} + \tan^{-1} x \cdot (2x)] - 1$
$\frac{dy}{dx} = [1 + 2x \tan^{-1} x] - 1$
$\frac{dy}{dx} = 2x \tan^{-1} x$.

(B) ધારો કે $y = f(f(f(x))) + (f(x))^2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(f(f(x))) \cdot f^{\prime}(f(x)) \cdot f^{\prime}(x) + 2f(x) \cdot f^{\prime}(x)$.
$x = 1$ આગળ:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(f(f(1))) \cdot f^{\prime}(f(1)) \cdot f^{\prime}(1) + 2f(1) \cdot f^{\prime}(1)$.
આપેલ છે કે $f(1) = 1$ અને $f^{\prime}(1) = 3$:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(f(f(1))) \cdot f^{\prime}(f(1)) \cdot 3 + 2(1)(3)$.
કારણ કે $f(1) = 1$,તેથી $f(f(1)) = f(1) = 1$.
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(1) \cdot f^{\prime}(1) \cdot 3 + 6$.
$f^{\prime}(1) = 3$ મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot 3 \cdot 3 + 6 = 27 + 6 = 33$.

(C) કોણીય સ્થાનાંતર $\theta = \frac{t^{2}}{20} + \frac{t}{5}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોણીય વેગ $\omega$ એ સમયની સાપેક્ષમાં કોણીય સ્થાનાંતરનો ફેરફારનો દર છે,જે $\omega = \frac{d\theta}{dt}$ છે.
$\theta$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\omega = \frac{d}{dt} \left( \frac{t^{2}}{20} + \frac{t}{5} \right) = \frac{2t}{20} + \frac{1}{5} = \frac{t}{10} + \frac{1}{5}$.
$t = 4 \ s$ સમયે,કોણીય વેગ $k$ છે:
$k = \left( \frac{4}{10} + \frac{1}{5} \right) = \frac{4}{10} + \frac{2}{10} = \frac{6}{10} = 0.6 \ rad/s$.
આપણે $5k$ નું મૂલ્ય શોધવાનું છે:
$5k = 5 \times 0.6 = 3$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $f(-x) = f(x)$ થાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f^{\prime}(-x) \cdot (-1) = f^{\prime}(x)$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f^{\prime}(-x) = -f^{\prime}(x)$,જે દર્શાવે છે કે $f^{\prime}(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
$x = e$ મૂકતા,આપણને $f^{\prime}(-e) = -f^{\prime}(e)$ મળે છે.
તેથી,$f^{\prime}(e) + f^{\prime}(-e) = f^{\prime}(e) - f^{\prime}(e) = 0$ થાય.

(C) આપેલ છે,$y=a \sin x+b \cos x$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{d y}{d x} = a \cos x - b \sin x$
હવે,પદ $y^2 + \left(\frac{d y}{d x}\right)^2$ ને ધ્યાનમાં લો:
$y^2 + \left(\frac{d y}{d x}\right)^2 = (a \sin x + b \cos x)^2 + (a \cos x - b \sin x)^2$
વર્ગનું વિસ્તરણ કરતા:
$= (a^2 \sin^2 x + b^2 \cos^2 x + 2ab \sin x \cos x) + (a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x - 2ab \sin x \cos x)$
પદોને જૂથમાં લેતા:
$= a^2(\sin^2 x + \cos^2 x) + b^2(\sin^2 x + \cos^2 x)$
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$:
$= a^2(1) + b^2(1) = a^2 + b^2$
અહીં $a$ અને $b$ અચળાંકો હોવાથી,$a^2 + b^2$ એ અચળ છે.
આમ,આ પદ એક અચળ છે.

(C) સૌ પ્રથમ,લિમિટની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપો: $\frac{1}{y-2} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+y-2} \right) = \frac{1}{y-2} \left( \frac{(x+y-2) - x}{x(x+y-2)} \right) = \frac{1}{y-2} \left( \frac{y-2}{x(x+y-2)} \right) = \frac{1}{x(x+y-2)}$.
હવે,$y \to 2$ માટે લિમિટની કિંમત મેળવો: $\lim_{y \to 2} \frac{1}{x(x+y-2)} = \frac{1}{x(x+2-2)} = \frac{1}{x^2}$.
છેલ્લે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરો: $\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x^2} \right) = \frac{d}{dx} (x^{-2}) = -2x^{-3} = \frac{-2}{x^3}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x-2}{x^2-3x+2} = \frac{x-2}{(x-2)(x-1)} = \frac{1}{x-1}$ જ્યાં $x \neq 1, 2$.
$x=2$ આગળ,$f(2) = 1$.
આપણે $\lim_{x \rightarrow 2} \frac{f(x)-f(2)}{x-2}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\lim_{x \rightarrow 2} \frac{\frac{1}{x-1} - 1}{x-2} = \lim_{x \rightarrow 2} \frac{\frac{1-(x-1)}{x-1}}{x-2} = \lim_{x \rightarrow 2} \frac{2-x}{(x-1)(x-2)}$.
કારણ કે $2-x = -(x-2)$,તેથી:
$\lim_{x \rightarrow 2} \frac{-(x-2)}{(x-1)(x-2)} = \lim_{x \rightarrow 2} \frac{-1}{x-1} = \frac{-1}{2-1} = -1$.

(A) આપેલ સમીકરણ $3 f(x)-2 f\left(\frac{1}{x}\right)=x$ છે ...$(i)$
સમીકરણ $(i)$ માં $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા:
$3 f\left(\frac{1}{x}\right)-2 f(x)=\frac{1}{x}$ ...(ii)
$f\left(\frac{1}{x}\right)$ નો લોપ કરવા માટે,સમીકરણ $(i)$ ને $3$ વડે અને સમીકરણ (ii) ને $2$ વડે ગુણતા:
$9 f(x)-6 f\left(\frac{1}{x}\right)=3 x$ ...(iii)
$-4 f(x)+6 f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{2}{x}$ ...(iv)
સમીકરણ (iii) અને (iv) નો સરવાળો કરતા:
$5 f(x)=3 x+\frac{2}{x}$
$f(x)=\frac{3 x}{5}+\frac{2}{5 x}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x)=\frac{3}{5}-\frac{2}{5 x^2}$
હવે,$x=2$ મૂકતા:
$f^{\prime}(2)=\frac{3}{5}-\frac{2}{5(2)^2} = \frac{3}{5}-\frac{2}{20} = \frac{3}{5}-\frac{1}{10}$
$f^{\prime}(2)=\frac{6-1}{10} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$

(C) આપેલ લક્ષનું પદ: $\lim _{x \rightarrow m} \frac{x f(m)-m f(x)}{x-m}+f^{\prime}(m)=f(m)$.
અંશમાં $m f(m)$ ઉમેરીને અને બાદ કરીને આપણે તેને ફરીથી લખી શકીએ:
$\lim _{x \rightarrow m} \frac{x f(m)-m f(m)+m f(m)-m f(x)}{x-m}+f^{\prime}(m)=f(m)$
$\lim _{x \rightarrow m} \left[ f(m) \frac{x-m}{x-m} - m \frac{f(x)-f(m)}{x-m} \right] + f^{\prime}(m) = f(m)$
$f(m) - m f^{\prime}(m) + f^{\prime}(m) = f(m)$
$-m f^{\prime}(m) + f^{\prime}(m) = 0$
$f^{\prime}(m)(1-m) = 0$
આપેલ છે કે $f^{\prime}(m) \neq 0$,તેથી $1-m = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $m = 1$.

(D) આપેલ છે કે $f(1)=2$,$f(2)=6$ અને $f(x+y)=f(x)+kxy+\frac{4}{3}y^2$.
વિધેયના સમીકરણમાં $x=1$ અને $y=1$ મૂકતા:
$f(1+1) = f(1) + k(1)(1) + \frac{4}{3}(1)^2$
$f(2) = f(1) + k + \frac{4}{3}$
$6 = 2 + k + \frac{4}{3}$
$4 = k + \frac{4}{3}$
$k = 4 - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$.
હવે,$k = \frac{8}{3}$ ને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(x+y) = f(x) + \frac{8}{3}xy + \frac{4}{3}y^2$.
$f(x)$ શોધવા માટે,આપણે વિકલિતની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીએ:
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{8}{3}xh + \frac{4}{3}h^2}{h} = \lim_{h \to 0} (\frac{8}{3}x + \frac{4}{3}h) = \frac{8}{3}x$.
$f'(x) = \frac{8}{3}x$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) = \int \frac{8}{3}x \, dx = \frac{8}{3} \cdot \frac{x^2}{2} + C = \frac{4}{3}x^2 + C$.
$f(1)=2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 = \frac{4}{3}(1)^2 + C \Rightarrow C = 2 - \frac{4}{3} = \frac{2}{3}$.
આમ,$f(x) = \frac{4}{3}x^2 + \frac{2}{3}$.

(C) આપેલ છે કે $y = \log(\sec(\tan^{-1} x))$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sec(\tan^{-1} x)} \cdot \frac{d}{dx}(\sec(\tan^{-1} x))$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(\sec u) = \sec u \tan u \cdot \frac{du}{dx}$.
ધારો કે $u = \tan^{-1} x$,તો $\frac{du}{dx} = \frac{1}{1+x^2}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sec(\tan^{-1} x)} \cdot \sec(\tan^{-1} x) \tan(\tan^{-1} x) \cdot \frac{1}{1+x^2}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{dy}{dx} = \tan(\tan^{-1} x) \cdot \frac{1}{1+x^2} = x \cdot \frac{1}{1+x^2} = \frac{x}{1+x^2}$ મળે.
$x = 1$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1+(1)^2} = \frac{1}{2}$.

(C) આપણને પદાવલિ $f(x) = \frac{1+x^2+x^4}{1+x+x^2}$ આપેલ છે.
પ્રથમ,આપણે અંશનું સાદું રૂપ આપીએ: $1+x^2+x^4 = (1+x^2)^2 - x^2 = (1+x^2-x)(1+x^2+x) = (x^2-x+1)(x^2+x+1)$.
આમ,$f(x) = \frac{(x^2-x+1)(x^2+x+1)}{x^2+x+1} = x^2-x+1$.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x^2-x+1) = 2x-1$.
આને $ax+b$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a=2$ અને $b=-1$ મળે છે.
તેથી,$(a, b) = (2, -1)$.

(D) આપેલ છે કે $f(0)=0$ અને $f^{\prime}(0)=3$.
ધારો કે $y = f(f(f(f(f(x)))))$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા,વિકલિત નીચે મુજબ મળે:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(f(f(f(f(x))))) \cdot f^{\prime}(f(f(f(x)))) \cdot f^{\prime}(f(f(x))) \cdot f^{\prime}(f(x)) \cdot f^{\prime}(x)$.
$x=0$ આગળ:
કારણ કે $f(0)=0$,તેથી $f(f(0)) = f(0) = 0$,અને આ રીતે આગળ વધતા.
આમ,$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=0} = f^{\prime}(0) \cdot f^{\prime}(0) \cdot f^{\prime}(0) \cdot f^{\prime}(0) \cdot f^{\prime}(0) = [f^{\prime}(0)]^5$.
$f^{\prime}(0)=3$ કિંમત મૂકતા:
$[3]^5 = 243$.

(A) ધારો કે $y = \tan^{-1}(\cos \sqrt{x}) + \sec^{-1}(e^x)$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(\cos \sqrt{x})) + \frac{d}{dx}(\sec^{-1}(e^x))$
$= \frac{1}{1 + (\cos \sqrt{x})^2} \cdot (-\sin \sqrt{x}) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{|e^x| \sqrt{(e^x)^2 - 1}} \cdot e^x$
$= \frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}(1 + \cos^2 \sqrt{x})} + \frac{1}{\sqrt{e^{2x} - 1}}$.
હવે,$x = \frac{\pi^2}{4}$ મૂકતા,તેથી $\sqrt{x} = \frac{\pi}{2}$:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-\sin(\frac{\pi}{2})}{2(\frac{\pi}{2})(1 + \cos^2(\frac{\pi}{2}))} + \frac{1}{\sqrt{e^{2(\frac{\pi^2}{4})} - 1}}$
$= \frac{-1}{\pi(1 + 0)} + \frac{1}{\sqrt{e^{\frac{\pi^2}{2}} - 1}}$
$= \frac{1}{\sqrt{e^{\frac{\pi^2}{2}} - 1}} - \frac{1}{\pi}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $8 f(x) + 6 f(\frac{1}{x}) = x + 5$ $(1)$
$(1)$ માં $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા: $8 f(\frac{1}{x}) + 6 f(x) = \frac{1}{x} + 5$ $(2)$
$(1)$ ને $4$ વડે અને $(2)$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$32 f(x) + 24 f(\frac{1}{x}) = 4x + 20$
$18 f(x) + 24 f(\frac{1}{x}) = \frac{3}{x} + 15$
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $(32 - 18) f(x) = 4x - \frac{3}{x} + 5$
$14 f(x) = 4x - \frac{3}{x} + 5 \Rightarrow f(x) = \frac{4x^2 + 5x - 3}{14x}$
હવે,$x^2 f(x) = x^2 \left( \frac{4x^2 + 5x - 3}{14x} \right) = \frac{4x^3 + 5x^2 - 3x}{14}$
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{d}{dx} (x^2 f(x)) = \frac{1}{14} (12x^2 + 10x - 3)$
$x = 1$ આગળ: $\frac{d}{dx} (x^2 f(x)) = \frac{1}{14} (12(1)^2 + 10(1) - 3) = \frac{12 + 10 - 3}{14} = \frac{19}{14}$

(C) આપેલ છે કે $f(x) = |x^2 - 3x + 2|$.
આપણે દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડી શકીએ: $f(x) = |(x - 1)(x - 2)|$.
માનાંકની અંદરની પદાવલિ $x < 1$ અને $x > 2$ માટે ધન છે,અને $1 < x < 2$ માટે ઋણ છે.
તેથી,$f(x) = \begin{cases} x^2 - 3x + 2 & \text{જો } x \leq 1 \text{ અથવા } x \geq 2 \\ -(x^2 - 3x + 2) & \text{જો } 1 < x < 2 \end{cases}$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \begin{cases} 2x - 3 & \text{જો } x < 1 \text{ અથવા } x > 2 \\ -2x + 3 & \text{જો } 1 < x < 2 \end{cases}$.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$x > 2$ માટે $f'(x) = 2x - 3$ મળે છે,જે વિકલ્પ $C$ સાથે સુસંગત છે.

(B) આપેલ વિધેયો $f(x) = \sqrt{x^2 + 1}$,$g(x) = \frac{x + 1}{x^2 + 1}$,અને $h(x) = 2x - 3$ છે.
પ્રથમ,આપણે દરેક વિધેયનું વિકલન શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sqrt{x^2 + 1}) = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + 1}} \cdot (2x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$.
$g'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{x + 1}{x^2 + 1}) = \frac{(x^2 + 1)(1) - (x + 1)(2x)}{(x^2 + 1)^2} = \frac{x^2 + 1 - 2x^2 - 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{-x^2 - 2x + 1}{(x^2 + 1)^2}$.
$h'(x) = \frac{d}{dx}(2x - 3) = 2$.
હવે,આપણે સંયોજિત પદ $f' [h'(g'(x))]$ ની કિંમત શોધીએ.
કારણ કે $h'(x) = 2$ એ અચળ વિધેય છે,તેથી કોઈપણ $x$ માટે $h'(g'(x)) = 2$ થાય.
તેથી,$f' [h'(g'(x))] = f'(2)$.
$f'(x)$ ના સૂત્રમાં $x = 2$ મૂકતા:
$f'(2) = \frac{2}{\sqrt{2^2 + 1}} = \frac{2}{\sqrt{4 + 1}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 2x^2 + 3x - 5$.
સૌ પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x^2 + 3x - 5) = 4x + 3$.
હવે,$f'(0)$ ની ગણતરી કરો:
$f'(0) = 4(0) + 3 = 3$.
ત્યારબાદ,$f'(-1)$ ની ગણતરી કરો:
$f'(-1) = 4(-1) + 3 = -4 + 3 = -1$.
અંતે,$f'(0) + 3f'(-1)$ ની કિંમત શોધો:
$f'(0) + 3f'(-1) = 3 + 3(-1) = 3 - 3 = 0$.

(A) ધારો કે $y = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+2 \cos 4 x}}}}$.
નિત્યસમ $1+\cos 2A = 2 \cos^2 A$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદાવલિને ક્રમશઃ સાદું રૂપ આપીએ:
$y = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2(1+\cos 4 x)}}}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{4 \cos^2 2 x}}}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+2 \cos 2 x}}}$.
આગળ સાદું રૂપ આપતા:
$y = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2(1+\cos 2 x)}}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{4 \cos^2 x}}} = \frac{2}{\sqrt{2+2 \cos x}} = \frac{2}{\sqrt{2(1+\cos x)}} = \frac{2}{\sqrt{4 \cos^2 \frac{x}{2}}}$.
આમ,$y = \frac{2}{2 \cos \frac{x}{2}} = \sec \frac{x}{2}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \sec \frac{x}{2} \tan \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2}$.
આને $k \sec \frac{x}{2} \tan \frac{x}{2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $y = e^{3x} \sin 4x$.
ગુણાકારનો નિયમ $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$ વાપરતા:
$\frac{dy}{dx} = e^{3x} \frac{d}{dx}(\sin 4x) + \sin 4x \frac{d}{dx}(e^{3x})$
$\frac{dy}{dx} = e^{3x} (4 \cos 4x) + \sin 4x (3 e^{3x})$
$\frac{dy}{dx} = e^{3x} (3 \sin 4x + 4 \cos 4x)$
$3 \sin 4x + 4 \cos 4x$ ને સરળ બનાવવા માટે,આપણે $\sqrt{3^2 + 4^2} = 5$ વડે ગુણીએ અને ભાગીએ:
$\frac{dy}{dx} = 5 e^{3x} \left( \frac{3}{5} \sin 4x + \frac{4}{5} \cos 4x \right)$
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{3}{5}$ અને $\sin \alpha = \frac{4}{5}$,તેથી $\tan \alpha = \frac{4}{3}$,એટલે કે $\alpha = \tan^{-1} \frac{4}{3}$.
તેથી $\frac{dy}{dx} = 5 e^{3x} (\cos \alpha \sin 4x + \sin \alpha \cos 4x)$
નિત્યસમ $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 5 e^{3x} \sin(4x + \alpha) = 5 e^{3x} \sin \left(4x + \tan^{-1} \frac{4}{3}\right)$.

(D) આપેલ છે કે,$f(x) = \frac{x}{1+x}$.
આપણે $g(x) = f(f(x))$ શોધવાનું છે.
$g(x) = f\left(\frac{x}{1+x}\right) = \frac{\frac{x}{1+x}}{1 + \frac{x}{1+x}}$.
અંશ અને છેદને $(1+x)$ વડે ગુણતા:
$g(x) = \frac{x}{1+x+x} = \frac{x}{2x+1}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમ $\left(\frac{u}{v}\right)^{\prime} = \frac{u^{\prime}v - uv^{\prime}}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$g^{\prime}(x) = \frac{(1)(2x+1) - (x)(2)}{(2x+1)^2}$.
$g^{\prime}(x) = \frac{2x+1 - 2x}{(2x+1)^2} = \frac{1}{(2x+1)^2}$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $5 f(x) + 3 f\left(\frac{1}{x}\right) = x + 2$ $(1)$
સમીકરણ $(1)$ માં $x$ ને બદલે $\frac{1}{x}$ મૂકતા: $5 f\left(\frac{1}{x}\right) + 3 f(x) = \frac{1}{x} + 2$ $(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $5$ વડે અને $(2)$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$25 f(x) + 15 f\left(\frac{1}{x}\right) = 5x + 10$
$9 f(x) + 15 f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{3}{x} + 6$
બંનેની બાદબાકી કરતા: $(25 - 9) f(x) = 5x - \frac{3}{x} + 4$
$16 f(x) = 5x - \frac{3}{x} + 4 \implies f(x) = \frac{5x^2 + 4x - 3}{16x}$
આપેલ છે કે $y = x f(x) = \frac{5x^2 + 4x - 3}{16}$
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{16} (10x + 4)$
$x = 1$ આગળ: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{16} (10(1) + 4) = \frac{14}{16} = \frac{7}{8}$

(A) મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ એક સ્ટેપ વિધેય છે જે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે પૂર્ણાંક કિંમતો લે છે.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,અંતરાલ $[n, n+1)$ માં $[x] = n$ થાય છે.
$x = -1$ આગળ,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન અને જમણી બાજુનું વિકલન ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$-1$ ની આસપાસના $x$ માટે,ખાસ કરીને $x \in [-1, 0)$ માટે,$[x] = -1$ થાય છે.
તેથી,$x \in [-1, 0)$ માટે,વિધેય $f(x) = \sin(\pi[x]) = \sin(\pi(-1)) = \sin(-\pi) = 0$ થાય છે.
અંતરાલ $[-1, 0)$ માં વિધેય અચળ $(0)$ હોવાથી,$x = -1$ આગળ તેનું વિકલન $\frac{d}{dx} \sin(\pi[x])$ એ $0$ થાય છે (જમણી બાજુનું વિકલન ધ્યાનમાં લેતા).
અંતરાલ $[-2, -1)$ માં પણ વિધેય અચળ છે,જ્યાં $[x] = -2$ હોવાથી $f(x) = \sin(-2\pi) = 0$ થાય છે.
તેથી,વિકલન $0$ થાય છે.

(C) આપેલ છે $y = \sin^{98} x \cdot \cos^{39} x$.
ગુણાકારનો નિયમ $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$ વાપરતા:
$\frac{dy}{dx} = \sin^{98} x \cdot \frac{d}{dx}(\cos^{39} x) + \cos^{39} x \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{98} x)$
$\frac{dy}{dx} = \sin^{98} x \cdot (39 \cos^{38} x \cdot (-\sin x)) + \cos^{39} x \cdot (98 \sin^{97} x \cdot \cos x)$
$\frac{dy}{dx} = -39 \sin^{99} x \cdot \cos^{38} x + 98 \sin^{97} x \cdot \cos^{40} x$
પદોને ગોઠવતા:
$\frac{dy}{dx} = 98 \sin^{97} x \cdot \cos^{40} x - 39 \sin^{99} x \cdot \cos^{38} x$.

(A) આપેલ છે,$y=\sqrt{2 x+\cos ^2\left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$y^2=2 x+\cos ^2\left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$ મળે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2 y \frac{d y}{d x} = 2 + 2 \cos \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right) \cdot \left(-\sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)\right) \cdot 2$.
નિત્યસમ $\sin(2\theta) = 2\sin\theta \cos\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 y \frac{d y}{d x} = 2 - 2 \sin \left(4 x+\frac{\pi}{2}\right) = 2 - 2 \cos(4x)$.
તેથી,$\frac{d y}{d x} = \frac{1 - \cos(4x)}{y}$.
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ,$y = \sqrt{2(\frac{\pi}{4}) + \cos^2(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4})} = \sqrt{\frac{\pi}{2} + \sin^2(\frac{\pi}{4})} = \sqrt{\frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{\pi+1}{2}}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\left. \frac{d y}{d x} \right|_{x=\frac{\pi}{4}} = \frac{1 - \cos(\pi)}{\sqrt{\frac{\pi+1}{2}}} = \frac{1 - (-1)}{\frac{\sqrt{\pi+1}}{\sqrt{2}}} = \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{\pi+1}}$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^4 - x^3 + 7x^2 + 14$ છે.
વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધવા માટે,આપણે ઘાતનો નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ લાગુ કરીએ છીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x^4) - \frac{d}{dx}(x^3) + 7 \cdot \frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(14)$
$f^{\prime}(x) = 4x^3 - 3x^2 + 7(2x) + 0$
$f^{\prime}(x) = 4x^3 - 3x^2 + 14x$
હવે,વિકલિતમાં $x = 5$ મૂકતા:
$f^{\prime}(5) = 4(5)^3 - 3(5)^2 + 14(5)$
$f^{\prime}(5) = 4(125) - 3(25) + 70$
$f^{\prime}(5) = 500 - 75 + 70$
$f^{\prime}(5) = 495$.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \sqrt{x + 2 \sqrt{2x - 4}} + \sqrt{x - 2 \sqrt{2x - 4}}$.
આપણે $u = \sqrt{x-2}$ ધારીએ,જેથી $x-2 = u^2$ અને $x = u^2 + 2$ થાય.
તેથી $2x-4 = 2(x-2) = 2u^2$,એટલે કે $\sqrt{2x-4} = \sqrt{2}u$.
આ કિંમતો $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \sqrt{u^2 + 2 + 2\sqrt{2}u} + \sqrt{u^2 + 2 - 2\sqrt{2}u}$
$f(x) = \sqrt{(u + \sqrt{2})^2} + \sqrt{(u - \sqrt{2})^2}$
$f(x) = |u + \sqrt{2}| + |u - \sqrt{2}| = |\sqrt{x-2} + \sqrt{2}| + |\sqrt{x-2} - \sqrt{2}|$.
$x \geq 4$ માટે,$\sqrt{x-2} \geq \sqrt{2}$ થાય,તેથી $|\sqrt{x-2} - \sqrt{2}| = \sqrt{x-2} - \sqrt{2}$.
આમ,$f(x) = \sqrt{x-2} + \sqrt{2} + \sqrt{x-2} - \sqrt{2} = 2\sqrt{x-2}$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 2 \times \frac{1}{2\sqrt{x-2}} = \frac{1}{\sqrt{x-2}}$.
તેથી,$10 \times f^{\prime}(102) = 10 \times \frac{1}{\sqrt{102-2}} = 10 \times \frac{1}{\sqrt{100}} = 10 \times \frac{1}{10} = 1$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $e^{\log _e f(x)} = f(x)$ થાય છે.
આપેલ પદાવલિ $\frac{d}{d x}\left(e^{\log _e \sqrt{1+\tan ^2 x}}\right)$ છે.
આ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,તે $\frac{d}{d x}\left(\sqrt{1+\tan ^2 x}\right)$ માં સરળ બને છે.
કારણ કે $1+\tan ^2 x = \sec ^2 x$,તેથી $\sqrt{1+\tan ^2 x} = \sqrt{\sec ^2 x} = |\sec x|$ થાય.
ધારો કે $\sec x > 0$,તો આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $\sec x$ નું વિકલન કરીએ છીએ.
$\frac{d}{d x}(\sec x) = \sec x \tan x$ થાય છે.

(A) આપેલ પદ $\frac{d}{dx} \left( \frac{x^4 + x^2 + 1}{x^2 + x + 1} \right)$ છે.
સૌ પ્રથમ,વિકલનની અંદરના અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{x^4 + x^2 + 1}{x^2 + x + 1} = \frac{(x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1)}{x^2 + x + 1} = x^2 - x + 1$.
હવે,આ સાદું રૂપ આપેલ પદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} (x^2 - x + 1) = 2x - 1$.
$2x - 1$ ની સરખામણી $ax + b$ સાથે કરતા,આપણને $a = 2$ અને $b = -1$ મળે છે.
તેથી,$a - b = 2 - (-1) = 2 + 1 = 3$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{1+|x|}$.
$f^{\prime}(0)$ શોધવા માટે,આપણે વિકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$f^{\prime}(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h}$.
કારણ કે $f(0) = \frac{0}{1+|0|} = 0$,તેથી:
$f^{\prime}(0) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{h}{1+|h|} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{1+|h|}$.
હવે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(h \to 0^-)$: $\lim_{h \to 0^-} \frac{1}{1-h} = 1$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(h \to 0^+)$: $\lim_{h \to 0^+} \frac{1}{1+h} = 1$.
બંને લક્ષ સમાન હોવાથી,$f^{\prime}(0) = 1$ થાય છે.

(B) આપેલ છે $y = x^x + x^7 + 7^x + 7^7$.
$\frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે,આપણે દરેક પદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું.
$1$. $x^x$ માટે: ધારો કે $u = x^x$. બંને બાજુ $\log$ લેતા,$\log u = x \log x$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{1}{u} \frac{du}{dx} = 1 \cdot \log x + x \cdot \frac{1}{x} = \log x + 1$. તેથી,$\frac{du}{dx} = x^x(1 + \log_e x)$.
$2$. $x^7$ માટે: ઘાતનો નિયમ વાપરતા,$\frac{d}{dx}(x^7) = 7x^6$.
$3$. $7^x$ માટે: ઘાતાંકીય નિયમ $\frac{d}{dx}(a^x) = a^x \log_e a$ વાપરતા,આપણને $\frac{d}{dx}(7^x) = 7^x \log_e 7$ મળે છે.
$4$. $7^7$ માટે: $7^7$ અચળ હોવાથી,તેનું વિકલન $0$ થાય છે.
આ બધાને જોડતા,$\frac{dy}{dx} = x^x(1 + \log_e x) + 7x^6 + 7^x \log_e 7 + 0$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = x^x(1 + \log_e x) + 7x^6 + 7^x \log_e 7$.

(D) આપેલ છે કે $y = \frac{1}{4} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right) - \frac{1}{2} \tan^{-1}(x)$.
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{1}{4} \log(1+x) - \frac{1}{4} \log(1-x) - \frac{1}{2} \tan^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4} \left(\frac{1}{1+x}\right) - \frac{1}{4} \left(\frac{-1}{1-x}\right) - \frac{1}{2} \left(\frac{1}{1+x^2}\right)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4(1+x)} + \frac{1}{4(1-x)} - \frac{1}{2(1+x^2)}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4} \left(\frac{1-x+1+x}{1-x^2}\right) - \frac{1}{2(1+x^2)} = \frac{1}{4} \left(\frac{2}{1-x^2}\right) - \frac{1}{2(1+x^2)} = \frac{1}{2(1-x^2)} - \frac{1}{2(1+x^2)}$.
$x = \frac{1}{\sqrt{2}}$ માટે,$x^2 = \frac{1}{2}$.
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=1/\sqrt{2}} = \frac{1}{2(1-1/2)} - \frac{1}{2(1+1/2)} = \frac{1}{2(1/2)} - \frac{1}{2(3/2)} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

(D) આપેલ છે કે,$y = \frac{e^x \log x}{x^2}$.
વિકલન માટે ભાગાકારનો નિયમ વાપરતા,$\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^2}$.
અહીં,$u = e^x \log x$ અને $v = x^2$.
$\frac{du}{dx} = e^x \log x + e^x \cdot \frac{1}{x} = e^x \left( \log x + \frac{1}{x} \right)$.
$\frac{dv}{dx} = 2x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{x^2 \left[ e^x \left( \log x + \frac{1}{x} \right) \right] - (e^x \log x)(2x)}{(x^2)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{x^2 e^x \log x + x e^x - 2x e^x \log x}{x^4}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{x e^x \log x + e^x - 2 e^x \log x}{x^3}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{e^x [x \log x + 1 - 2 \log x]}{x^3}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{e^x [1 + (x - 2) \log x]}{x^3}$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \log_{x^2} (\ln x)$.
આધાર પરિવર્તન સૂત્ર $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\ln(\ln x)}{\ln x^2} = \frac{\ln(\ln x)}{2 \ln x}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમ $\left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{2} \left[ \frac{(\frac{1}{x \ln x})(\ln x) - (\ln(\ln x))(\frac{1}{x})}{(\ln x)^2} \right]$.
$f'(x) = \frac{1}{2} \left[ \frac{\frac{1}{x} - \frac{\ln(\ln x)}{x}}{(\ln x)^2} \right] = \frac{1 - \ln(\ln x)}{2x(\ln x)^2}$.
$x = e$ માટે,$\ln x = 1$ અને $\ln(\ln x) = \ln(1) = 0$.
$f'(e) = \frac{1 - 0}{2e(1)^2} = \frac{1}{2e}$.

(C) આપેલ છે કે $\frac{f(x)}{g(x)} = c$,જ્યાં $c$ એ શૂન્યતર અચળાંક છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે $\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)^{\prime} = 0$.
કારણ કે $\beta(x) = \left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)^{\prime}$,તેથી $\beta(x) = 0$ થાય.
વળી,$\frac{f(x)}{g(x)} = c$ પરથી,$f(x) = c \cdot g(x)$ મળે.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,$f^{\prime}(x) = c \cdot g^{\prime}(x)$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = c$.
કારણ કે $\alpha(x) = \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$,તેથી $\alpha(x) = c$ થાય.
હવે,આ કિંમતોને $\frac{\alpha(x) - \beta(x)}{\alpha(x) + \beta(x)}$ પદમાં મૂકતા,આપણને $\frac{c - 0}{c + 0} = \frac{c}{c} = 1$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $y = \cos(x^{\circ})$ અને $z = \cos x$.
કારણ કે $x^{\circ} = \frac{\pi x}{180}$ રેડિયન,તેથી $y = \cos\left(\frac{\pi x}{180}\right)$.
$y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -\sin\left(\frac{\pi x}{180}\right) \cdot \frac{\pi}{180} = -\frac{\pi}{180} \sin(x^{\circ})$.
$z$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dz}{dx} = -\sin x$.
હવે,સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dz} = \frac{dy/dx}{dz/dx} = \frac{-\frac{\pi}{180} \sin(x^{\circ})}{-\sin x} = \frac{\pi}{180} \sin(x^{\circ}) \operatorname{cosec} x$.

(D) ચાલો દરેક વિકલ્પનું મૂલ્યાંકન કરીએ:
$A$: $\frac{d}{dx}[\sec^{-1}(\cosh x)] = \frac{1}{|\cosh x|\sqrt{\cosh^2 x - 1}} \cdot \sinh x = \frac{\sinh x}{\cosh x \sinh x} = \text{sech } x$. (સાચું)
$B$: $\frac{d}{dx}[\cos^{-1}(\text{sech } x)] = -\frac{1}{\sqrt{1-\text{sech}^2 x}} \cdot (-\text{sech } x \tanh x) = \frac{\text{sech } x \tanh x}{\tanh x} = \text{sech } x$. (સાચું)
$C$: $\frac{d}{dx}[\tan^{-1}(\sinh x)] = \frac{1}{1+\sinh^2 x} \cdot \cosh x = \frac{\cosh x}{\cosh^2 x} = \text{sech } x$. (સાચું)
$D$: $\frac{d}{dx}[\tan^{-1}(\tan \frac{x}{2})] = \frac{d}{dx}(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2}$. કારણ કે $\frac{1}{2} \neq \sec x$,તેથી આ વિધાન ખોટું છે.