Derivative at a point, Standard differentiation Questions in Gujarati

(A) આપેલ છે કે $y = \sinh^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{du}(\sinh^{-1}(u)) \cdot \frac{du}{dx}$,જ્યાં $u = \frac{1-x}{1+x}$ છે.
$\sinh^{-1}(u)$ નું વિકલન $\frac{1}{\sqrt{u^2+1}}$ થાય છે.
હવે,$\frac{du}{dx} = \frac{(1+x)(-1) - (1-x)(1)}{(1+x)^2} = \frac{-1-x-1+x}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2}$.
આ કિંમતોને ચેઈન રૂલમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{(\frac{1-x}{1+x})^2 + 1}} \cdot \frac{-2}{(1+x)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{\frac{(1-x)^2 + (1+x)^2}{(1+x)^2}}} \cdot \frac{-2}{(1+x)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{|1+x|}{\sqrt{1-2x+x^2+1+2x+x^2}} \cdot \frac{-2}{(1+x)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{|1+x|}{\sqrt{2+2x^2}} \cdot \frac{-2}{(1+x)^2} = \frac{|1+x|}{\sqrt{2}\sqrt{1+x^2}} \cdot \frac{-2}{(1+x)^2}$.
કારણ કે $\frac{|1+x|}{(1+x)^2} = \frac{1}{|1+x|}$,તેથી આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-\sqrt{2}}{|1+x|\sqrt{1+x^2}}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left\{ \frac{ax - b}{bx + a} \right\}$.
અંશ અને છેદને $a$ વડે ભાગતા,આપણે પદને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1} \left\{ \frac{x - \frac{b}{a}}{1 + \frac{b}{a}x} \right\}$.
નિત્યસમ $\tan^{-1} \left( \frac{A - B}{1 + AB} \right) = \tan^{-1} A - \tan^{-1} B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} x - \tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = \frac{d}{dx} (\tan^{-1} x) - \frac{d}{dx} (\tan^{-1} \frac{b}{a})$.
અહીં $\tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$ અચળ હોવાથી તેનું વિકલન $0$ થશે.
તેથી,$y' = \frac{1}{1 + x^2} - 0 = \frac{1}{1 + x^2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = (\log_{\cot x} \tan x)(\log_{\tan x} \cot x) + \tan^{-1}\left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
કારણ કે $\log_{\cot x} \tan x = \frac{1}{\log_{\tan x} \cot x}$,તેથી તેમનો ગુણાકાર $1$ થાય છે.
તેથી,$y = 1 + \tan^{-1}\left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
હવે $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \tan^{-1}\left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + \left(\frac{4x}{4-x^2}\right)^2} \cdot \frac{d}{dx} \left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
$= \frac{(4-x^2)^2}{(4-x^2)^2 + 16x^2} \cdot \frac{4(4-x^2) - 4x(-2x)}{(4-x^2)^2}$.
$= \frac{16 - 8x^2 + x^4 + 16x^2}{1} \text{ (છેદ)} = 16 + 8x^2 + x^4 = (4+x^2)^2$.
$= \frac{16 - 4x^2 + 8x^2}{(4+x^2)^2} = \frac{16 + 4x^2}{(4+x^2)^2} = \frac{4(4+x^2)}{(4+x^2)^2} = \frac{4}{4+x^2}$.

(C) ગુણાકાર $(1+x^2) \tan^{-1}(x)$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{d}{dx}(u \cdot v) = u \cdot \frac{dv}{dx} + v \cdot \frac{du}{dx}$.
ધારો કે $u = (1+x^2)$ અને $v = \tan^{-1}(x)$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = 2x$ અને $\frac{dv}{dx} = \frac{1}{1+x^2}$.
ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx} \left\{ (1+x^2) \tan^{-1}(x) \right\} = (1+x^2) \cdot \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(x)) + \tan^{-1}(x) \cdot \frac{d}{dx}(1+x^2)$
$= (1+x^2) \cdot \frac{1}{1+x^2} + \tan^{-1}(x) \cdot (2x)$
$= 1 + 2x \tan^{-1}(x)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ છે,$y=\frac{1}{4} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)-\frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
ગુણધર્મ $\log \left(\frac{1+x}{1-x}\right) = 2 \tanh ^{-1} x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$y = \frac{1}{4} (2 \tanh ^{-1} x) - \frac{1}{2} \tan ^{-1} x = \frac{1}{2} \tanh ^{-1} x - \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2} \frac{d}{d x}(\tanh ^{-1} x) - \frac{1}{2} \frac{d}{d x}(\tan ^{-1} x)$.
કારણ કે $\frac{d}{d x}(\tanh ^{-1} x) = \frac{1}{1-x^2}$ અને $\frac{d}{d x}(\tan ^{-1} x) = \frac{1}{1+x^2}$,તેથી:
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{1-x^2}\right) - \frac{1}{2} \left(\frac{1}{1+x^2}\right)$.
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2} \left(\frac{1+x^2 - (1-x^2)}{(1-x^2)(1+x^2)}\right) = \frac{1}{2} \left(\frac{2x^2}{1-x^4}\right) = \frac{x^2}{1-x^4}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \frac{ax+b}{cx+d}$.
$x$ માટે પદ ગોઠવતા:
$y(cx+d) = ax+b$
$cxy + dy = ax + b$
$x(cy - a) = b - dy$
$x = \frac{dy-b}{a-cy}$
$y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dy} = \frac{(a-cy)(d) - (dy-b)(-c)}{(a-cy)^2}$
$\frac{dx}{dy} = \frac{ad - cdy + cdy - bc}{(a-cy)^2} = \frac{ad-bc}{c^2y^2 - 2acy + a^2}$
આને $\frac{ad-bc}{Py^2+Qy+R}$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$P = c^2, Q = -2ac, R = a^2$
તેથી,$P+Q+R = c^2 - 2ac + a^2 = (a-c)^2$.

(B) આપેલ છે,$f(t) = \frac{1 + \operatorname{cosec} t}{1 - \operatorname{cosec} t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln f(t) = \ln(1 + \operatorname{cosec} t) - \ln(1 - \operatorname{cosec} t)$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = \frac{-\operatorname{cosec} t \cot t}{1 + \operatorname{cosec} t} - \frac{\operatorname{cosec} t \cot t}{1 - \operatorname{cosec} t}$.
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = -\operatorname{cosec} t \cot t \left( \frac{1}{1 + \operatorname{cosec} t} + \frac{1}{1 - \operatorname{cosec} t} \right)$.
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = -\operatorname{cosec} t \cot t \left( \frac{1 - \operatorname{cosec} t + 1 + \operatorname{cosec} t}{1 - \operatorname{cosec}^2 t} \right)$.
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = -\operatorname{cosec} t \cot t \left( \frac{2}{-\cot^2 t} \right) = \frac{2 \operatorname{cosec} t \cot t}{\cot^2 t} = \frac{2 \operatorname{cosec} t}{\cot t} = 2 \sec t \operatorname{cosec} t$.
કારણ કે $2 \sec t \operatorname{cosec} t = \frac{2}{\sin t \cos t} = \frac{4}{2 \sin t \cos t} = \frac{4}{\sin 2t} = 4 \operatorname{cosec} 2t$.
આમ,$g(t) = 4 \operatorname{cosec} 2t$.

(B) 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,આપણને મળે છે:
$3 f\left(\frac{1}{x}\right)-2 f(x)=\frac{1}{x}$ ...(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)
$6 f\left(\frac{1}{x}\right)-4 f(x)=\frac{2}{x}$ ...(iv)
સમીકરણ (iii) અને (iv) નો સરવાળો કરતા:
$5 f(x) = 3 x + \frac{2}{x} \Rightarrow f(x) = \frac{3}{5} x + \frac{2}{5 x}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{3}{5} - \frac{2}{5 x^2}$
હવે,$x=2$ મૂકતા:
$f^{\prime}(2) = \frac{3}{5} - \frac{2}{5(2^2)} = \frac{3}{5} - \frac{2}{20} = \frac{3}{5} - \frac{1}{10} = \frac{6-1}{10} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = (x-1)(x+2)(x^2+5)(x^4+8)$.
વિકલન માટે ગુણાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}(uvwz) = u'vwz + uv'wz + uvw'z + uvwz'$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = (1)(x+2)(x^2+5)(x^4+8) + (x-1)(1)(x^2+5)(x^4+8) + (x-1)(x+2)(2x)(x^4+8) + (x-1)(x+2)(x^2+5)(4x^3)$.
હવે,$x \rightarrow -1$ માટે લક્ષની કિંમત મેળવતા:
$x = -1$ માટે:
પદ $1$: $(1)(-1+2)((-1)^2+5)((-1)^4+8) = (1)(1)(6)(9) = 54$.
પદ $2$: $(-1-1)(1)((-1)^2+5)((-1)^4+8) = (-2)(1)(6)(9) = -108$.
પદ $3$: $(-1-1)(-1+2)(2(-1))((-1)^4+8) = (-2)(1)(-2)(9) = 36$.
પદ $4$: $(-1-1)(-1+2)((-1)^2+5)(4(-1)^3) = (-2)(1)(6)(-4) = 48$.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા: $54 - 108 + 36 + 48 = 30$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x)=|x-5|+|x+5|+|x-4|+|x+4|$ છે.
આપણે $f(x)$ ને વિવિધ અંતરાલોમાં વ્યાખ્યાયિત કરી શકીએ છીએ:
$f(x) = \begin{cases} -4x & x \leq -5 \\ -2x+10 & -5 < x \leq -4 \\ 18 & -4 < x \leq 4 \\ 2x+10 & 4 < x \leq 5 \\ 4x & x > 5 \end{cases}$
હવે,વિકલન $f^{\prime}(x)$ નીચે મુજબ છે:
$f^{\prime}(x) = \begin{cases} -4 & x < -5 \\ -2 & -5 < x < -4 \\ 0 & -4 < x < 4 \\ 2 & 4 < x < 5 \\ 4 & x > 5 \end{cases}$
જરૂરી કિંમતો મેળવતા:
$f^{\prime}(1) = 0$ (કારણ કે $-4 < 1 < 4$)
$f^{\prime}(-6) = -4$ (કારણ કે $-6 < -5$)
$f^{\prime}(-1) = 0$ (કારણ કે $-4 < -1 < 4$)
$f^{\prime}(6) = 4$ (કારણ કે $6 > 5$)
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{f^{\prime}(1)-f^{\prime}(-6)}{f^{\prime}(-1)+f^{\prime}(6)} = \frac{0-(-4)}{0+4} = \frac{4}{4} = 1$.

(B) આપેલ છે કે $f(t) = \frac{t}{2} + \frac{1}{4} \log(2t - 1)$.
પ્રથમ,વિકલન $f^{\prime}(t)$ શોધો:
$f^{\prime}(t) = \frac{d}{dt} \left( \frac{t}{2} + \frac{1}{4} \log(2t - 1) \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2t - 1} \cdot 2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2(2t - 1)}$.
હવે,$f^{\prime}(t)$ માં $t$ ની જગ્યાએ $\frac{t+1}{2t+1}$ મૂકો:
$f^{\prime}\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2\left(2\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) - 1\right)}$.
છેદના પદનું સાદું રૂપ આપો:
$2\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) - 1 = \frac{2t + 2 - (2t + 1)}{2t + 1} = \frac{1}{2t + 1}$.
આ કિંમતને સમીકરણમાં પાછી મૂકો:
$f^{\prime}\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2\left(\frac{1}{2t+1}\right)} = \frac{1}{2} + \frac{2t+1}{2} = \frac{1 + 2t + 1}{2} = \frac{2t + 2}{2} = t + 1$.

(C) આપેલ છે કે $y = x + \frac{1}{x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{1}{x^2}$.
આને $y' = \frac{x^2 - 1}{x^2}$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ $x^2$ વડે ગુણતા:
$x^2 y' = x^2 - 1$.
પદોને ગોઠવતા:
$x^2 y' - x^2 + 1 = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $y = x + \frac{1}{x}$,તેથી $x y = x(x + \frac{1}{x}) = x^2 + 1$.
$x^2 = x y - 1$ ને સમીકરણ $x^2 y' - x^2 + 1 = 0$ માં મૂકતા:
$x^2 y' - (x y - 1) + 1 = 0$.
$x^2 y' - x y + 1 + 1 = 0$.
$x^2 y' - x y + 2 = 0$.

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

(A) આપેલ છે,$y = \sqrt{\frac{1+\tan x}{1-\tan x}} = \sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)}} \cdot \sec^2(\frac{\pi}{4}+x) \cdot \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4}+x)$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4}+x) = 1$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)}} \cdot \sec^2(\frac{\pi}{4}+x)$.
$\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)} = \sqrt{\frac{1+\tan x}{1-\tan x}}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1-\tan x}{1+\tan x}} \sec^2(\frac{\pi}{4}+x)$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 3 e^{x^2}$.
પ્રથમ,ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime}(x) = 3 \cdot e^{x^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 3 e^{x^2} \cdot 2x = 6x e^{x^2}$.
હવે,પદોની ગણતરી કરો:
$2x f(x) = 2x(3 e^{x^2}) = 6x e^{x^2}$.
$f(0) = 3 e^{0^2} = 3(1) = 3$.
$f^{\prime}(0) = 6(0) e^{0^2} = 0$.
આ કિંમતોને પદાવલિ $f^{\prime}(x) - 2x f(x) + \frac{1}{3} f(0) - f^{\prime}(0)$ માં મૂકો:
$= 6x e^{x^2} - 6x e^{x^2} + \frac{1}{3}(3) - 0$
$= 0 + 1 - 0 = 1$.

(C) આપેલ સૂત્ર $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln T = \ln(2 \pi) + \frac{1}{2} \ln L - \frac{1}{2} \ln g$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dT}{T} = \frac{1}{2} \frac{dL}{L}$ મળે છે.
$T$ માં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{dT}{T}$ છે.
$L$ માં ટકાવારી ત્રુટિ $\frac{dL}{L} \times 100$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$\frac{dT}{T} = k \times (\frac{dL}{L} \times 100)$.
આને $\frac{dT}{T} = \frac{1}{2} \frac{dL}{L}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k \times 100 = \frac{1}{2}$ મળે છે.
તેથી,$k = \frac{1}{200}$.
આમ,$\frac{1}{k} = 200$.

(D) આપેલ છે કે $|f(x) - f(y)| \leq 2|x - y|^{\frac{3}{2}}$.
બંને બાજુ $|x - y|$ વડે ભાગતા (જ્યાં $x \neq y$),આપણને $\left|\frac{f(x) - f(y)}{x - y}\right| \leq 2|x - y|^{\frac{1}{2}}$ મળે છે.
જ્યારે $x \rightarrow y$ લઈએ,ત્યારે ડાબી બાજુ વિકલિતની વ્યાખ્યા $|f'(y)|$ બને છે.
આમ,$|f'(y)| \leq 2 \lim_{x \rightarrow y} |x - y|^{\frac{1}{2}} = 0$.
કારણ કે નિરપેક્ષ મૂલ્ય ઋણ હોઈ શકે નહીં,તેથી $|f'(y)| = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે તમામ $y \in R$ માટે $f'(y) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x)$ એક અચળ વિધેય છે,$f(x) = c$.
$f(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,આપણને $c = 1$ મળે છે,તેથી $f(x) = 1$.
તેથી,$\int_0^1 f^2(x) dx = \int_0^1 (1)^2 dx = \int_0^1 1 dx = [x]_0^1 = 1 - 0 = 1$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x(x+3)(x-2)$.
પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા: $f(x) = x(x^2 + x - 6) = x^3 + x^2 - 6x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2x - 6$.
આપણને આપેલ છે કે $f^{\prime}(c) = 10$,તેથી $3c^2 + 2c - 6 = 10$.
સમીકરણને ગોઠવતા: $3c^2 + 2c - 16 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $3c^2 + 8c - 6c - 16 = 0$.
$c(3c + 8) - 2(3c + 8) = 0$.
$(3c + 8)(c - 2) = 0$.
આમ,$c = -\frac{8}{3}$ અથવા $c = 2$.
આપણને $c \in (-1, 4)$ ની જરૂર હોવાથી,આપણે $c = -\frac{8}{3}$ ને નકારીએ છીએ કારણ કે તે અંતરાલની બહાર છે.
તેથી,$c = 2$ એ સાચી કિંમત છે.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \int_0^x [(a+1)(t+1)^2 - (a-1)(t^2+t+1)] dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime}(x) = (a+1)(x+1)^2 - (a-1)(x^2+x+1)$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $f^{\prime}(x) = (a+1)(x^2+2x+1) - (a-1)(x^2+x+1)$.
$f^{\prime}(x) = (a+1)x^2 + 2(a+1)x + (a+1) - (a-1)x^2 - (a-1)x - (a-1)$.
$f^{\prime}(x) = 2x^2 + (a+3)x + 2 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2 + Bx + C = 0$ ના બીજ સમાન હોય તે માટે વિવેચક $D = B^2 - 4AC = 0$ હોવો જોઈએ.
અહીં,$A = 2$,$B = (a+3)$,અને $C = 2$.
$D = (a+3)^2 - 4(2)(2) = 0$.
$(a+3)^2 - 16 = 0$.
$(a+3)^2 = 16$.
$a+3 = \pm 4$.
કિસ્સો $1$: $a+3 = 4 \Rightarrow a = 1$.
કિસ્સો $2$: $a+3 = -4 \Rightarrow a = -7$.
પ્રશ્નમાં '$a$' ની ધન કિંમત પૂછવામાં આવી હોવાથી,જવાબ $1$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x)=a \cos x+b \sin x$ ... $(i)$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) = \int (a \cos x + b \sin x) dx = a \sin x - b \cos x + C$ ... $(ii)$
આપેલ છે $f^{\prime}(0) = 4$:
$f^{\prime}(0) = a \cos(0) + b \sin(0) = a(1) + b(0) = a = 4$.
આપેલ છે $f(0) = 3$:
$f(0) = a \sin(0) - b \cos(0) + C = 0 - b(1) + C = -b + C = 3$.
આપેલ છે $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 5$:
$f\left(\frac{\pi}{2}\right) = a \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - b \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) + C = a(1) - b(0) + C = a + C = 5$.
$a = 4$ હોવાથી,$4 + C = 5 \Rightarrow C = 1$ મળે.
$C = 1$ ને $-b + C = 3$ માં મૂકતા:
$-b + 1 = 3 \Rightarrow -b = 2 \Rightarrow b = -2$.
$a = 4, b = -2, C = 1$ ને સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$f(x) = 4 \sin x - (-2) \cos x + 1 = 4 \sin x + 2 \cos x + 1$.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} \frac{x^2-16}{x-4} & \text{જો } x > 4 \\ 2x & \text{જો } x \leq 4 \end{cases}$
$x > 4$ માટે,$f(x) = \frac{(x-4)(x+4)}{x-4} = x+4$.
$x \leq 4$ માટે,$f(x) = 2x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \begin{cases} \frac{d}{dx}(x+4) = 1 & \text{જો } x > 4 \\ \frac{d}{dx}(2x) = 2 & \text{જો } x < 4 \end{cases}$
તેથી,$f^{\prime}(4^{+}) = \lim_{h \to 0} f^{\prime}(4+h) = 1$ અને $f^{\prime}(4^{-}) = \lim_{h \to 0} f^{\prime}(4-h) = 2$.
આમ,$f^{\prime}(4^{-}) + f^{\prime}(4^{+}) = 2 + 1 = 3$.

(A) $x \neq 0$ માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમ અને સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f^{\prime}(x)$ શોધીએ છીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} \left( x^2 \sin \frac{1}{x} \right) = 2x \sin \frac{1}{x} + x^2 \left( \cos \frac{1}{x} \right) \left( -\frac{1}{x^2} \right)$
$f^{\prime}(x) = 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}$
હવે,આપણે $x \rightarrow 0$ તરીકે લક્ષની કિંમત મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow 0} f^{\prime}(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \left( 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x} \right)$
$= \lim_{x \rightarrow 0} (2x \sin \frac{1}{x}) - \lim_{x \rightarrow 0} \cos \frac{1}{x}$
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 0} 2x \sin \frac{1}{x} = 0$ (સ્ક્વીઝ પ્રમેય દ્વારા) અને $\lim_{x \rightarrow 0} \cos \frac{1}{x}$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી કારણ કે $x \rightarrow 0$ થાય ત્યારે વિધેય $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,તેથી એકંદરે લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(C) આપેલ છે કે,$f(2)=4$ અને $f^{\prime}(2)=1$.
લક્ષની કિંમત મેળવવા માટે:
$L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{x f(2)-2 f(x)}{x-2}$
અંશમાં $2f(2)$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{x f(2)-2 f(2)+2 f(2)-2 f(x)}{x-2}$
$L = \lim _{x \rightarrow 2} \left[ \frac{f(2)(x-2)}{x-2} - 2 \frac{f(x)-f(2)}{x-2} \right]$
$L = f(2) - 2 \lim _{x \rightarrow 2} \frac{f(x)-f(2)}{x-2}$
$L = f(2) - 2 f^{\prime}(2)$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$L = 4 - 2(1) = 4 - 2 = 2$.

(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 $x \neq 1, 2$.
આપણે $\lim_{x \rightarrow 2} \frac{f(x) - f(2)}{x - 2}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
આપેલ છે કે $f(2) = 1$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $\lim_{x \rightarrow 2} \frac{\frac{1}{x - 1} - 1}{x - 2}$ મળે છે.
$= \lim_{x \rightarrow 2} \frac{\frac{1 - (x - 1)}{x - 1}}{x - 2} = \lim_{x \rightarrow 2} \frac{2 - x}{(x - 1)(x - 2)}$.
$= \lim_{x \rightarrow 2} \frac{-(x - 2)}{(x - 1)(x - 2)} = \lim_{x \rightarrow 2} \frac{-1}{x - 1}$.
$= \frac{-1}{2 - 1} = -1$.

(D) આપેલ છે $f(x) = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\right)$.
ધારો કે $x = \cos 2\theta$,તો $1+x = 2\cos^2\theta$ અને $1-x = 2\sin^2\theta$.
$f(x) = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos\theta - \sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{2}\cos\theta + \sqrt{2}\sin\theta}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta}\right) = \tan^{-1}\left(\tan(\frac{\pi}{4}-\theta)\right) = \frac{\pi}{4}-\theta$.
કારણ કે $x = \cos 2\theta$,$\theta = \frac{1}{2}\cos^{-1}x$,તેથી $f(x) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\cos^{-1}x$.
લક્ષ $\lim_{x \rightarrow \frac{1}{2}} \frac{2[f(x)-f(\frac{1}{2})]}{2x-1} = \lim_{x \rightarrow \frac{1}{2}} \frac{f(x)-f(\frac{1}{2})}{x-\frac{1}{2}} = f'(\frac{1}{2})$.
$f'(x) = -\frac{1}{2} \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}$.
$f'(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2\sqrt{1-(\frac{1}{2})^2}} = \frac{1}{2\sqrt{3/4}} = \frac{1}{2(\frac{\sqrt{3}}{2})} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(D) આપેલ પદ એ $x = 1$ આગળ $f(x)$ ના વિકલન (derivative) ની વ્યાખ્યા છે,એટલે કે $f'(1)$.
આપેલ છે $f(x) = x \tan^{-1} x$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{d}{dx}(x) \cdot \tan^{-1} x + x \cdot \frac{d}{dx}(\tan^{-1} x)$.
$f'(x) = 1 \cdot \tan^{-1} x + x \cdot \frac{1}{1 + x^2} = \tan^{-1} x + \frac{x}{1 + x^2}$.
હવે,$x = 1$ મુકતા:
$f'(1) = \tan^{-1}(1) + \frac{1}{1 + 1^2} = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}$.
$f'(1) = \frac{\pi}{4} + \frac{2}{4} = \frac{\pi + 2}{4}$.

(C) વિધેય $f(x) = \begin{cases} x-5 & \text{for } x \leq 1 \\ 4x^2-9 & \text{for } 1 < x < 2 \\ 3x+4 & \text{for } x \geq 2 \end{cases}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x = 2$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $f^{\prime}(2^{+})$ શોધવા માટે:
$f^{\prime}(2^{+}) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} \frac{f(x) - f(2)}{x-2}$
$x \geq 2$ માટે,$f(x) = 3x+4$. તેથી,$f(2) = 3(2) + 4 = 10$.
$f^{\prime}(2^{+}) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} \frac{(3x+4) - 10}{x-2}$
$f^{\prime}(2^{+}) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} \frac{3x-6}{x-2}$
$f^{\prime}(2^{+}) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} \frac{3(x-2)}{x-2}$
$f^{\prime}(2^{+}) = 3$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \sum_{p=1}^7 p^2 \sin^{-1}\left(\frac{4}{5} \sin(px) - \frac{3}{5} \cos(px)\right)$.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{4}{5}$ અને $\sin \alpha = \frac{3}{5}$.
તેથી પદાવલિ $\sin^{-1}(\sin(px) \cos \alpha - \cos(px) \sin \alpha) = \sin^{-1}(\sin(px - \alpha)) = px - \alpha$ બને છે.
આમ,$f(x) = \sum_{p=1}^7 p^2(px - \alpha) = \sum_{p=1}^7 (p^3 x - p^2 \alpha) = x \sum_{p=1}^7 p^3 - \alpha \sum_{p=1}^7 p^2$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{df}{dx} = \frac{d}{dx} \left( x \sum_{p=1}^7 p^3 - \alpha \sum_{p=1}^7 p^2 \right) = \sum_{p=1}^7 p^3$.
ઘનનો સરવાળો $n=7$ માટે $\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$\frac{df}{dx} = \left(\frac{7(8)}{2}\right)^2 = (28)^2 = 784$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{\cos^{-1} \sqrt{1-x^2}}$.
ધારો કે $x = \sin \theta$,તો $\sqrt{1-x^2} = \cos \theta$.
તેથી,$f(x) = \sqrt{\cos^{-1}(\cos \theta)} = \sqrt{\theta} = \sqrt{\sin^{-1} x}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x)^{1/2} = \frac{1}{2}(\sin^{-1} x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) = \frac{1}{2\sqrt{\sin^{-1} x}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે,$\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$ અને $\sqrt{1-(\frac{1}{2})^2} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$f^{\prime}(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2\sqrt{\pi/6}} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}/2} = \frac{1}{\sqrt{\pi/6} \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{\pi/2}} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $f(-x) = f(x)$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}[f(-x)] = \frac{d}{dx}[f(x)]$
$-f^{\prime}(-x) = f^{\prime}(x)$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(-x) = -f^{\prime}(x)$.
આમ,પ્રથમ વિકલિત $f^{\prime}(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
હવે,ફરીથી વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}[f^{\prime}(-x)] = \frac{d}{dx}[-f^{\prime}(x)]$
$-f^{\prime \prime}(-x) = -f^{\prime \prime}(x)$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime \prime}(-x) = f^{\prime \prime}(x)$.
આમ,દ્વિતીય વિકલિત $f^{\prime \prime}(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે.
તે જ રીતે,તૃતીય વિકલિત $f^{\prime \prime \prime}(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય થશે.
તેથી,$f^{\prime}(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે. વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) વિધેય $f(x) = |x-1| + |x-2|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
અમે વિવિધ અંતરાલોમાં વિકલિત $f^{\prime}(x)$ નું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ:
$1$. $x < 1$ માટે,$f(x) = -(x-1) - (x-2) = -2x + 3$,તેથી $f^{\prime}(x) = -2$.
કારણ કે $-2023 < 1$,તેથી $f^{\prime}(-2023) = -2$.
$2$. $1 < x < 2$ માટે,$f(x) = (x-1) - (x-2) = 1$,તેથી $f^{\prime}(x) = 0$.
કારણ કે $1 < \frac{2024}{2023} < 2$,તેથી $f^{\prime}\left(\frac{2024}{2023}\right) = 0$.
$3$. $x > 2$ માટે,$f(x) = (x-1) + (x-2) = 2x - 3$,તેથી $f^{\prime}(x) = 2$.
કારણ કે $2023 > 2$,તેથી $f^{\prime}(2023) = 2$.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા: $f^{\prime}(-2023) + f^{\prime}\left(\frac{2024}{2023}\right) + f^{\prime}(2023) = -2 + 0 + 2 = 0$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $y f(x+y) + \cos(mxy) = 1 + y f(x)$.
પદોને ગોઠવતા: $y(f(x+y) - f(x)) = 1 - \cos(mxy)$.
$m=2$ લેતા,સમીકરણ: $y(f(x+y) - f(x)) = 1 - \cos(2xy)$.
બંને બાજુ $y^2$ વડે ભાગતા $(y \neq 0)$: $\frac{f(x+y) - f(x)}{y} = \frac{1 - \cos(2xy)}{y^2}$.
નિત્યસમ $1 - \cos(2\theta) = 2 \sin^2(\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા: $\frac{f(x+y) - f(x)}{y} = \frac{2 \sin^2(xy)}{y^2}$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $\frac{f(x+y) - f(x)}{y} = 2 \left( \frac{\sin(xy)}{y} \right)^2$.
$f'(x)$ શોધવા માટે,$y \rightarrow 0$ લક્ષ લેતા:
$f'(x) = \lim_{y \rightarrow 0} \frac{f(x+y) - f(x)}{y} = \lim_{y \rightarrow 0} 2 \left( \frac{\sin(xy)}{y} \right)^2$.
$x^2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા: $f'(x) = 2x^2 \lim_{y \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(xy)}{xy} \right)^2$.
કારણ કે $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,તેથી: $f'(x) = 2x^2(1)^2 = 2x^2$.

(A) વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$f^{\prime}(x) = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ છે.
આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y) = f(x) + f(y) - 3xy$ માં $y = h$ મૂકતા,આપણને $f(x+h) = f(x) + f(h) - 3xh$ મળે છે.
આ કિંમતને વિકલનના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f^{\prime}(x) = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x) + f(h) - 3xh - f(x)}{h}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f^{\prime}(x) = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h) - 3xh}{h} = \lim _{h \rightarrow 0} \left( \frac{f(h)}{h} - 3x \right)$.
આપેલ છે કે $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h} = 7$,તેથી:
$f^{\prime}(x) = 7 - 3x$.

(A) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow a} \frac{x f(a)-a f(x)}{x-a}$.
અહીં લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરી શકીએ અથવા પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપી શકીએ.
અંશમાં $a f(a)$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow a} \frac{x f(a) - a f(a) + a f(a) - a f(x)}{x-a}$
$L = \lim _{x \rightarrow a} \left[ \frac{f(a)(x-a)}{x-a} - a \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \right]$
$L = f(a) - a \lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} = f^{\prime}(a)$.
તેથી,$L = f(a) - a f^{\prime}(a)$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(a) = a f(a)$,તેથી કિંમત મૂકતા:
$L = f(a) - a(a f(a))$
$L = f(a) - a^2 f(a)$
$L = (1-a^2) f(a)$.

(D) ધારો કે $y = \frac{x-1}{x-\sqrt{x}} e^{2x+1}$.
આપણે $\frac{x-1}{x-\sqrt{x}}$ પદને નીચે મુજબ સાદું રૂપ આપી શકીએ:
$\frac{x-1}{x-\sqrt{x}} = \frac{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)} = \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}} = 1 + \frac{1}{\sqrt{x}} = 1 + x^{-1/2}$.
તેથી,$y = (1 + x^{-1/2}) e^{2x+1}$.
હવે,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(1 + x^{-1/2}) \cdot e^{2x+1} + (1 + x^{-1/2}) \cdot \frac{d}{dx}(e^{2x+1})$.
$\frac{dy}{dx} = (- \frac{1}{2} x^{-3/2}) e^{2x+1} + (1 + x^{-1/2}) \cdot 2 e^{2x+1}$.
$e^{2x+1}$ સામાન્ય લેતા:
$\frac{dy}{dx} = e^{2x+1} [-\frac{1}{2} x^{-3/2} + 2 + 2x^{-1/2}]$.
આપણને આપેલ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{x-1}{x-\sqrt{x}} e^{2x+1} f(x) = (1 + x^{-1/2}) e^{2x+1} f(x)$.
તેથી,$f(x) = \frac{-\frac{1}{2} x^{-3/2} + 2 + 2x^{-1/2}}{1 + x^{-1/2}}$.
$x = 4$ મુકતા:
$f(4) = \frac{-\frac{1}{2} (4)^{-3/2} + 2 + 2(4)^{-1/2}}{1 + (4)^{-1/2}} = \frac{-\frac{1}{2} (\frac{1}{8}) + 2 + 2(\frac{1}{2})}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{-\frac{1}{16} + 2 + 1}{\frac{3}{2}} = \frac{3 - \frac{1}{16}}{\frac{3}{2}} = \frac{\frac{47}{16}}{\frac{3}{2}} = \frac{47}{16} \times \frac{2}{3} = \frac{47}{24}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{e^{2x} - e^{-2x}}{e^{3x} + e^{-3x}}$.
ભાગાકારના નિયમ $\left( \frac{u}{v} \right)^{\prime} = \frac{u^{\prime}v - uv^{\prime}}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
ધારો કે $u = e^{2x} - e^{-2x}$ અને $v = e^{3x} + e^{-3x}$.
તેથી $u^{\prime} = 2e^{2x} + 2e^{-2x}$ અને $v^{\prime} = 3e^{3x} - 3e^{-3x}$.
$x = 0$ આગળ:
$u(0) = e^0 - e^0 = 1 - 1 = 0$.
$v(0) = e^0 + e^0 = 1 + 1 = 2$.
$u^{\prime}(0) = 2(1) + 2(1) = 4$.
$v^{\prime}(0) = 3(1) - 3(1) = 0$.
હવે,$f^{\prime}(0) = \frac{u^{\prime}(0)v(0) - u(0)v^{\prime}(0)}{(v(0))^2}$.
$f^{\prime}(0) = \frac{(4)(2) - (0)(0)}{(2)^2} = \frac{8}{4} = 2$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=\sin x, g(x)=\cos x, h(x)=x^2$.
આપણે લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{f(g(h(x)))-f(g(h(1)))}{x-1}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
આ પદ એ સંયોજિત વિધેય $F(x) = f(g(h(x)))$ નું $x=1$ આગળ વિકલન છે,એટલે કે $F'(1)$.
પ્રથમ,$F(x) = f(g(h(x))) = \sin(\cos(x^2))$ મેળવો.
હવે,સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $F(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરો:
$F'(x) = \cos(\cos(x^2)) \cdot \frac{d}{dx}(\cos(x^2)) = \cos(\cos(x^2)) \cdot (-\sin(x^2)) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$.
$F'(x) = \cos(\cos(x^2)) \cdot (-\sin(x^2)) \cdot (2x) = -2x \sin(x^2) \cos(\cos(x^2))$.
હવે,$x=1$ આગળ કિંમત મૂકતા:
$F'(1) = -2(1) \sin(1^2) \cos(\cos(1^2)) = -2 \sin 1 \cos(\cos 1)$.
આમ,લક્ષની કિંમત $-2 \sin 1 \cos(\cos 1)$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{1+\sec x}{2(\sec x-1)}$.
$f(x)$ ને $\cos x$ માં ફેરવીને સાદું રૂપ આપતા:
$f(x) = \frac{1 + \frac{1}{\cos x}}{2(\frac{1}{\cos x} - 1)} = \frac{\frac{\cos x + 1}{\cos x}}{2(\frac{1 - \cos x}{\cos x})} = \frac{1 + \cos x}{2(1 - \cos x)}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $1 + \cos x = 2 \cos^2(\frac{x}{2})$ અને $1 - \cos x = 2 \sin^2(\frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{2 \cos^2(\frac{x}{2})}{2(2 \sin^2(\frac{x}{2}))} = \frac{1}{2} \cot^2(\frac{x}{2})$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cot(\frac{x}{2}) \cdot (-\operatorname{cosec}^2(\frac{x}{2})) \cdot \frac{1}{2} = -\frac{1}{2} \cot(\frac{x}{2}) \operatorname{cosec}^2(\frac{x}{2})$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $f^{\prime}(x) = f(x) \cdot g(x)$,તેથી $g(x) = \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$.
$g(x) = \frac{-\frac{1}{2} \cot(\frac{x}{2}) \operatorname{cosec}^2(\frac{x}{2})}{\frac{1}{2} \cot^2(\frac{x}{2})} = -\frac{\operatorname{cosec}^2(\frac{x}{2})}{\cot(\frac{x}{2})} = -\frac{1}{\sin^2(\frac{x}{2})} \cdot \frac{\sin(\frac{x}{2})}{\cos(\frac{x}{2})} = -\frac{1}{\sin(\frac{x}{2}) \cos(\frac{x}{2})}$.
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$g(x) = -\frac{2}{2 \sin(\frac{x}{2}) \cos(\frac{x}{2})} = -\frac{2}{\sin x} = -2 \operatorname{cosec} x$.

(D) આપેલ છે કે $F(x)=f(x) g(x)$.
ગુણાકારના નિયમ મુજબ,$F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)$.
આપણને $G(x)=f^{\prime}(x) g^{\prime}(x)$ આપેલ છે.
કારણ કે $F^{\prime}(x)=G(x) H(x)$,તેથી $H(x)=\frac{F^{\prime}(x)}{G(x)}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)}{f^{\prime}(x) g^{\prime}(x)}=\frac{g(x)}{g^{\prime}(x)}+\frac{f(x)}{f^{\prime}(x)}$.
વળી,$F^{\prime}(x)=F(x) K(x)$,તેથી $K(x)=\frac{F^{\prime}(x)}{F(x)}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)}{f(x) g(x)}=\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}+\frac{g^{\prime}(x)}{g(x)}$.
તેથી,$H(x)+K(x)=\frac{f(x)}{f^{\prime}(x)}+\frac{g(x)}{g^{\prime}(x)}+\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}+\frac{g^{\prime}(x)}{g(x)}$.

(B) આપેલ છે $y = \frac{x \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} + \log \sqrt{1-x^2}$.
પ્રથમ,લઘુગણકીય પદને સરળ બનાવતા: $\log \sqrt{1-x^2} = \frac{1}{2} \log(1-x^2)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{x \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} \right) + \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} \log(1-x^2) \right)$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,પ્રથમ પદનું વિકલન: $\frac{(\sin^{-1} x + \frac{x}{\sqrt{1-x^2}})\sqrt{1-x^2} - (x \sin^{-1} x)(\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}})}{1-x^2} = \frac{\sin^{-1} x + \frac{x^2 \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} + x}{1-x^2}$.
બીજા પદનું વિકલન: $\frac{d}{dx} (\frac{1}{2} \log(1-x^2)) = \frac{-x}{1-x^2}$.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{\sin^{-1} x + \frac{x^2 \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} + x - x}{1-x^2} = \frac{\sin^{-1} x}{(1-x^2)^{3/2}}$.

(C) ધારો કે $y = \operatorname{cosech}^{-1}(\tan 2x)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} [\operatorname{cosech}^{-1}(\tan 2x)]$.
સૂત્ર યાદ કરો: $\frac{d}{dx} \operatorname{cosech}^{-1}(u) = \frac{-1}{|u| \sqrt{1+u^2}} \cdot \frac{du}{dx}$.
અહીં,$u = \tan 2x$,તેથી $\frac{du}{dx} = 2 \sec^2 2x$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{|\tan 2x| \sqrt{1 + \tan^2 2x}} \cdot 2 \sec^2 2x$.
કારણ કે $1 + \tan^2 2x = \sec^2 2x$,તેથી $\sqrt{1 + \tan^2 2x} = |\sec 2x|$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{|\tan 2x| \cdot |\sec 2x|} \cdot 2 \sec^2 2x$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2 \sec^2 2x}{|\frac{\sin 2x}{\cos 2x}| \cdot |\frac{1}{\cos 2x}|} = \frac{-2 \sec^2 2x \cdot |\cos^2 2x|}{|\sin 2x|} = -2 |\operatorname{cosec} 2x|$.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{x+5}{(x+1)^2(x+2)}$. આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખીએ છીએ:
$\frac{x+5}{(x+1)^2(x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{(x+1)^2} + \frac{C}{x+2}$
$x+5 = A(x+1)(x+2) + B(x+2) + C(x+1)^2$
$x = -1$ માટે: $-1+5 = B(-1+2) \Rightarrow B = 4$.
$x = -2$ માટે: $-2+5 = C(-2+1)^2 \Rightarrow C = 3$.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $0 = A + C \Rightarrow A = -C = -3$.
આમ,$f(x) = -\frac{3}{x+1} + \frac{4}{(x+1)^2} + \frac{3}{x+2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( -3(x+1)^{-1} + 4(x+1)^{-2} + 3(x+2)^{-1} \right)$
$f'(x) = 3(x+1)^{-2} - 8(x+1)^{-3} - 3(x+2)^{-2}$
$f'(x) = \frac{3}{(x+1)^2} - \frac{8}{(x+1)^3} - \frac{3}{(x+2)^2}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} = \frac{x}{x + 1}$.
હવે,$g(x) = \frac{1}{1 + \frac{1}{f(x)}} = \frac{1}{1 + \frac{x + 1}{x}} = \frac{1}{\frac{x + x + 1}{x}} = \frac{x}{2x + 1}$.
$g^{\prime}(x)$ શોધવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમ $\left( \frac{u}{v} \right)^{\prime} = \frac{u^{\prime}v - uv^{\prime}}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીશું:
$g^{\prime}(x) = \frac{(1)(2x + 1) - (x)(2)}{(2x + 1)^2} = \frac{2x + 1 - 2x}{(2x + 1)^2} = \frac{1}{(2x + 1)^2}$.
$x = 2$ મૂકતા:
$g^{\prime}(2) = \frac{1}{(2(2) + 1)^2} = \frac{1}{(5)^2} = \frac{1}{25}$.

(D) ધારો કે $f(x) = (x+1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)$.
$(x-1)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$f(x) = \frac{(x-1)(x+1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)}{(x-1)} = \frac{(x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)}{(x-1)} = \frac{(x^4-1)(x^4+1)(x^8+1)}{(x-1)} = \frac{(x^8-1)(x^8+1)}{(x-1)} = \frac{x^{16}-1}{x-1}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}\left(\frac{u}{v}\right) = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}\left(\frac{x^{16}-1}{x-1}\right) = \frac{(16x^{15})(x-1) - (x^{16}-1)(1)}{(x-1)^2} = \frac{16x^{16} - 16x^{15} - x^{16} + 1}{(x-1)^2} = \frac{15x^{16} - 16x^{15} + 1}{(x-1)^2}$.
આપેલ પદ $\frac{15x^p - 16x^q + 1}{(x-1)^2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $p = 16$ અને $q = 15$ મળે છે.
આમ,$(p, q) = (16, 15)$.