Differentiation by substitution Questions in Gujarati

(B) આપેલ સમીકરણ $(1+\sin x)y^3 - (\cos x)y^2 + 2(1+\sin x)y - 2\cos x = 0$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $(1+\sin x)y(y^2+2) - \cos x(y^2+2) = 0$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $(y^2+2)((1+\sin x)y - \cos x) = 0$ થાય છે.
કારણ કે $y^2+2 = 0$ ને કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી,તેથી $(1+\sin x)y - \cos x = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $y = \frac{\cos x}{1+\sin x}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ અને $\sin x = \frac{2\tan(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરીને,ધારો કે $t = \tan(x/2)$.
તો $y = \frac{1-t^2}{1+t^2} / (1 + \frac{2t}{1+t^2}) = \frac{1-t^2}{1+t^2+2t} = \frac{(1-t)(1+t)}{(1+t)^2} = \frac{1-t}{1+t}$.
આપણે $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ $\frac{dy}{dt}$ શોધવા માંગીએ છીએ,જેનો અર્થ છે કે $t = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
$y = \frac{1-t}{1+t} \Rightarrow \frac{dy}{dt} = \frac{-(1+t) - (1-t)}{(1+t)^2} = \frac{-2}{(1+t)^2}$.
$t = 1$ આગળ,$\frac{dy}{dt} = \frac{-2}{(1+1)^2} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $P = \sin^{-1}\left(\frac{3y}{2} - \frac{y^3}{2}\right)$.
આપણે વ્યસ્ત સાઈન વિધેયની અંદરના પદને $3\left(\frac{y}{2}\right) - 4\left(\frac{y}{2}\right)^3$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
ધારો કે $\frac{y}{2} = \sin \theta$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \sin^{-1}\left(\frac{y}{2}\right)$.
આ કિંમત મૂકતા,આપણને $P = \sin^{-1}(3\sin \theta - 4\sin^3 \theta)$ મળે છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(3\theta) = 3\sin \theta - 4\sin^3 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$P = \sin^{-1}(\sin 3\theta) = 3\theta$ મળે છે.
$\theta$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,$P = 3\sin^{-1}\left(\frac{y}{2}\right)$ મળે છે.
$y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dP}{dy} = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - (y/2)^2}} \cdot \frac{d}{dy}\left(\frac{y}{2}\right)$.
$\frac{dP}{dy} = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - y^2/4}} \cdot \frac{1}{2} = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{(4 - y^2)/4}} \cdot \frac{1}{2} = 3 \cdot \frac{1}{\frac{\sqrt{4 - y^2}}{2}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{\sqrt{4 - y^2}}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2 \cdot 3^x}{1 + (3^x)^2}\right)$.
ધારો કે $3^x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1}(3^x)$.
$f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta}\right) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2 \tan^{-1}(3^x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{1 + (3^x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(3^x) = \frac{2}{1 + 9^x} \cdot 3^x \ln 3$.
હવે,$x = -\frac{1}{2}$ માટે કિંમત શોધતા:
$f'(-\frac{1}{2}) = \frac{2 \cdot 3^{-1/2}}{1 + 9^{-1/2}} \ln 3 = \frac{2 / \sqrt{3}}{1 + 1/3} \ln 3 = \frac{2 / \sqrt{3}}{4/3} \ln 3 = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{3}{4} \ln 3 = \frac{\sqrt{3}}{2} \ln 3$.
કારણ કે $\ln 3 = 2 \ln \sqrt{3}$,તેથી $f'(-\frac{1}{2}) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 \ln \sqrt{3} = \sqrt{3} \ln \sqrt{3}$.

(C) આપેલ છે કે $f'(x) = \sin(\log x)$ અને $y = f\left(\frac{2x + 3}{3 - 2x}\right)$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = f'\left(\frac{2x + 3}{3 - 2x}\right) \cdot \frac{d}{dx}\left(\frac{2x + 3}{3 - 2x}\right)$.
પ્રથમ,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને અંદરના વિધેયનું વિકલન શોધીએ:
$\frac{d}{dx}\left(\frac{2x + 3}{3 - 2x}\right) = \frac{(3 - 2x)(2) - (2x + 3)(-2)}{(3 - 2x)^2} = \frac{6 - 4x + 4x + 6}{(3 - 2x)^2} = \frac{12}{(3 - 2x)^2}$.
હવે,આ કિંમતને $\frac{dy}{dx}$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \sin\left[\log\left(\frac{2x + 3}{3 - 2x}\right)\right] \cdot \frac{12}{(3 - 2x)^2}$.
આમ,$\frac{dy}{dx} = \frac{12}{(3 - 2x)^2} \sin\left[\log\left(\frac{2x + 3}{3 - 2x}\right)\right]$.

(A) આપેલ છે કે $2y = {\left( {{{\cot }^{ - 1}}\left( {\frac{{\sqrt 3 \cos x + \sin x}}{{\cos x - \sqrt 3 \sin x}}} \right)} \right)^2}$.
કૌંસની અંદર અંશ અને છેદને $2$ વડે ભાગતા:
$\frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x + \frac{1}{2}\sin x}}{{\frac{1}{2}\cos x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x}} = \frac{{\sin(x + \frac{\pi }{3})}}{{\cos(x + \frac{\pi }{3})}} = \tan(x + \frac{\pi }{3})$.
તેથી,$2y = {\left( {{{\cot }^{ - 1}}(\tan(x + \frac{\pi }{3}))} \right)^2}$.
${{\cot }^{ - 1}}(\tan \theta ) = \frac{\pi }{2} - \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2y = {\left( {\frac{\pi }{2} - (x + \frac{\pi }{3})} \right)^2} = {\left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)^2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2\frac{{dy}}{{dx}} = 2(\frac{\pi }{6} - x) \cdot (-1)$.
$\frac{{dy}}{{dx}} = -(\frac{\pi }{6} - x) = x - \frac{\pi }{6}$.

(C) ધારો કે $L = \lim_{x \to 2} \frac{1}{x - 2} \int_{6}^{f(x)} 2t \, dt$.
$f(2) = 6$ હોવાથી,સંકલન $\int_{6}^{6} 2t \, dt = 0$ થાય છે,જે $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ આપે છે.
$L'\text{H\^opital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
અંશનું વિકલન: $\frac{d}{dx} \int_{6}^{f(x)} 2t \, dt = 2f(x) \cdot f'(x)$ (Leibniz ના નિયમ મુજબ).
છેદનું વિકલન: $\frac{d}{dx} (x - 2) = 1$.
તેથી,$L = \lim_{x \to 2} \frac{2f(x)f'(x)}{1} = 2f(2)f'(2)$.
$f(2) = 6$ હોવાથી,$L = 2(6)f'(2) = 12f'(2)$.

(A) ધારો કે $y = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{\sin x - \cos x}}{{\sin x + \cos x}}} \right)$.
અંશ અને છેદને $\cos x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$y = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{\tan x - 1}}{{\tan x + 1}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{\tan x - \tan(\frac{\pi}{4})}}{{1 + \tan x \cdot \tan(\frac{\pi}{4})}}} \right)$.
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = {\tan ^{ - 1}}\left( {\tan \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right)} \right)$.
અહીં $x \in \left( {0, \frac{\pi }{2}} \right)$ હોવાથી,$x - \frac{\pi }{4} \in \left( {-\frac{\pi }{4}, \frac{\pi }{4}} \right)$,જે $\tan^{-1}$ ના મુખ્ય વિસ્તારમાં છે.
તેથી,$y = x - \frac{\pi }{4}$.
હવે,આપણે $u = \frac{x}{2}$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન શોધવાનું છે.
$u = \frac{x}{2}$ હોવાથી,$x = 2u$ થાય.
$y$ માં $x$ ની કિંમત મૂકતા,$y = 2u - \frac{\pi }{4}$ મળે.
તેથી,$\frac{dy}{du} = \frac{d}{du}(2u - \frac{\pi }{4}) = 2$.

(A) ધારો કે $f(x) = \cos ^{-1}(\sin x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin x = \cos \left(\frac{\pi}{2} - x\right)$.
આ કિંમત વિધેયમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = \cos ^{-1}\left[\cos \left(\frac{\pi}{2} - x\right)\right]$.
ગુણધર્મ $\cos ^{-1}(\cos \theta) = \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\pi}{2} - x$.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = 0 - 1 = -1$.
આમ,વિકલિત $-1$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin x = 2 \sin \left(\frac{x}{2}\right) \cos \left(\frac{x}{2}\right)$ અને $1 + \cos x = 2 \cos ^{2} \left(\frac{x}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = \tan ^{-1}\left[\frac{2 \sin \left(\frac{x}{2}\right) \cos \left(\frac{x}{2}\right)}{2 \cos ^{2} \left(\frac{x}{2}\right)}\right]$
$f(x) = \tan ^{-1}\left[\tan \left(\frac{x}{2}\right)\right]$
$f(x) = \frac{x}{2}$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $f(x) = \sin ^{-1}\left(\frac{2^{x+1}}{1+4^{x}}\right)$.
આપણે $\sin ^{-1}$ ની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$f(x) = \sin ^{-1}\left(\frac{2 \cdot 2^{x}}{1+(2^{x})^{2}}\right)$.
ધારો કે $2^{x} = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan ^{-1}(2^{x})$.
આ કિંમત વિધેયમાં મૂકતા:
$f(x) = \sin ^{-1}\left(\frac{2 \tan \theta}{1+\tan ^{2} \theta}\right) = \sin ^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2 \tan ^{-1}(2^{x})$.
હવે,સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{1+(2^{x})^{2}} \cdot \frac{d}{dx}(2^{x})$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx}(a^{x}) = a^{x} \log a$,તેથી $\frac{d}{dx}(2^{x}) = 2^{x} \log 2$.
તેથી,$f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{1+4^{x}} \cdot 2^{x} \log 2 = \frac{2^{x+1} \log 2}{1+4^{x}}$.

(C) ધારો કે $y = \cot ^{-1}\left[\frac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}}\right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\sin x = \cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2} + 2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} = (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2$.
તે જ રીતે,$1-\sin x = (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})^2$.
કારણ કે $0 < x < \frac{\pi}{2}$,તેથી $0 < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $\cos \frac{x}{2} > \sin \frac{x}{2}$.
આથી,$\sqrt{1+\sin x} = \cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}$ અને $\sqrt{1-\sin x} = \cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \cot ^{-1}\left[\frac{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) + (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})}{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) - (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})}\right]$
$y = \cot ^{-1}\left[\frac{2\cos \frac{x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}}\right]$
$y = \cot ^{-1}(\cot \frac{x}{2}) = \frac{x}{2}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $f = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}\right)$.
$x = \tan \theta$ લેતા,$\theta = \tan ^{-1} x$.
તેથી $f = \tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1 - \cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right) = \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
આમ,$\frac{df}{dx} = \frac{1}{2(1+x^{2})}$.
ધારો કે $g = \tan ^{-1}\left(\frac{2x\sqrt{1-x^{2}}}{1-2x^{2}}\right)$.
$x = \sin \theta$ લેતા,$\theta = \sin ^{-1} x$.
તેથી $g = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin \theta \cos \theta}{1-2 \sin ^{2} \theta}\right) = \tan ^{-1}(\tan 2\theta) = 2\theta = 2 \sin ^{-1} x$.
આમ,$\frac{dg}{dx} = \frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}$.
તેથી,$\frac{df}{dg} = \frac{df/dx}{dg/dx} = \frac{1}{2(1+x^{2})} \cdot \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{4(1+x^{2})}$.
$x = \frac{1}{2}$ આગળ,$\frac{df}{dg} = \frac{\sqrt{1-(1/2)^{2}}}{4(1+(1/2)^{2})} = \frac{\sqrt{3/4}}{4(5/4)} = \frac{\sqrt{3}/2}{5} = \frac{\sqrt{3}}{10}$.

(A) આપેલ છે કે $y(x) = \cot^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\sin x} + \sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x} - \sqrt{1-\sin x}}\right)$.
$1 \pm \sin x = \left(\cos \frac{x}{2} \pm \sin \frac{x}{2}\right)^2$ હોવાથી,$\sqrt{1+\sin x} = |\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}|$ અને $\sqrt{1-\sin x} = |\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}|$ મળે.
$x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માટે,$\frac{x}{2} \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ થાય. આ અંતરાલમાં,$\cos \frac{x}{2} > 0$,$\sin \frac{x}{2} > 0$,અને $\sin \frac{x}{2} > \cos \frac{x}{2}$ છે.
તેથી,$\sqrt{1+\sin x} = \cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}$ અને $\sqrt{1-\sin x} = \sin \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{2}$ થાય.
આ કિંમતો $y(x)$ માં મૂકતા:
$y(x) = \cot^{-1}\left(\frac{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) + (\sin \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{2})}{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) - (\sin \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{2})}\right) = \cot^{-1}\left(\frac{2\sin \frac{x}{2}}{2\cos \frac{x}{2}}\right) = \cot^{-1}(\tan \frac{x}{2})$.
$\cot^{-1}(\tan \theta) = \frac{\pi}{2} - \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$y(x) = \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}$ મળે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે $y = \sin^3\left(\frac{\pi}{3} \cos(g(x))\right)$ જ્યાં $g(x) = \frac{\pi}{3\sqrt{2}}(-4x^3 + 5x^2 + 1)^{3/2}$.
$x=1$ આગળ,$g(1) = \frac{\pi}{3\sqrt{2}}(-4+5+1)^{3/2} = \frac{\pi}{3\sqrt{2}}(2)^{3/2} = \frac{\pi}{3\sqrt{2}}(2\sqrt{2}) = \frac{2\pi}{3}$.
$y(1) = \sin^3\left(\frac{\pi}{3} \cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right) = \sin^3\left(\frac{\pi}{3} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\right) = \sin^3\left(-\frac{\pi}{6}\right) = \left(-\frac{1}{2}\right)^3 = -\frac{1}{8}$.
હવે,$y' = 3\sin^2\left(\frac{\pi}{3}\cos(g(x))\right) \cdot \cos\left(\frac{\pi}{3}\cos(g(x))\right) \cdot \left(-\frac{\pi}{3}\sin(g(x))\right) \cdot g'(x)$.
$g'(x) = \frac{\pi}{3\sqrt{2}} \cdot \frac{3}{2}(-4x^3 + 5x^2 + 1)^{1/2} \cdot (-12x^2 + 10x) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \sqrt{-4x^3 + 5x^2 + 1} (-12x^2 + 10x)$.
$g'(1) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \cdot \sqrt{2} \cdot (-2) = -\pi$.
$y'$ માં $x=1$ મૂકતા:
$y'(1) = 3\sin^2(-\pi/6) \cdot \cos(-\pi/6) \cdot \left(-\frac{\pi}{3}\sin(2\pi/3)\right) \cdot (-\pi) = 3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \left(-\frac{\pi}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot (-\pi) = \frac{3\pi^2}{16}$.
વિકલ્પ $B$ ચકાસતા: $2y'(1) + 3\pi^2 y(1) = 2\left(\frac{3\pi^2}{16}\right) + 3\pi^2\left(-\frac{1}{8}\right) = \frac{3\pi^2}{8} - \frac{3\pi^2}{8} = 0$.

(A) ધારો કે $f(x) = \int_{x^3}^{(\pi / 2)^3} (\sin (2 t^{1 / 3}) + \cos (t^{1 / 3})) dt$. લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
Leibniz ના નિયમ મુજબ,$f'(x) = -(\sin(2x) + \cos(x)) \cdot 3x^2$.
લક્ષ $\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{-3x^2(\sin(2x) + \cos(x))}{2(x - \frac{\pi}{2})}$ બને છે.
$x \rightarrow \frac{\pi}{2}$ માટે,$h = x - \frac{\pi}{2}$ લેતા,$x = h + \frac{\pi}{2}$.
$= \lim _{h}$ ${\rightarrow 0} \frac{-3(h + \frac{\pi}{2})^2(\sin(2h + \pi) + \cos(h + \frac{\pi}{2}))}{2h} = \frac{9\pi^2}{8}$.

(A) આપેલ છે,$f(\theta) = \sin \left(\tan^{-1} \left(\frac{\sin \theta}{\sqrt{\cos 2\theta}} \right) \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 2\theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta = 1 - 2\sin^2 \theta$.
ધારો કે $\tan^{-1} \left(\frac{\sin \theta}{\sqrt{\cos 2\theta}} \right) = \alpha$. તો $\tan \alpha = \frac{\sin \theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}$.
નિત્યસમ $1 + \tan^2 \alpha = \sec^2 \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sec^2 \alpha = 1 + \frac{\sin^2 \theta}{\cos 2\theta} = \frac{\cos 2\theta + \sin^2 \theta}{\cos 2\theta} = \frac{\cos^2 \theta - \sin^2 \theta + \sin^2 \theta}{\cos 2\theta} = \frac{\cos^2 \theta}{\cos 2\theta}$.
આમ,$\cos^2 \alpha = \frac{\cos 2\theta}{\cos^2 \theta}$,જેનો અર્થ છે કે $\sin^2 \alpha = 1 - \frac{\cos 2\theta}{\cos^2 \theta} = \frac{\cos^2 \theta - \cos 2\theta}{\cos^2 \theta} = \frac{\cos^2 \theta - (2\cos^2 \theta - 1)}{\cos^2 \theta} = \frac{1 - \cos^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \frac{\sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \tan^2 \theta$.
કારણ કે $-\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{\pi}{4}$,$\tan \theta$ એ $(-1, 1)$ માં છે,તેથી $\sin \alpha = \tan \theta$.
તેથી,$f(\theta) = \sin \alpha = \tan \theta$.
હવે,$\frac{d}{d(\tan \theta)}(\tan \theta) = 1$.

(A) આપેલ છે કે $y = \cot^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-\sin x}{1+\sin x}}\right)$.
નિત્યસમ $1-\sin x = (\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})^2$ અને $1+\sin x = (\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \cot^{-1}\left(\frac{\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}}\right)$
અંશ અને છેદને $\cos\frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$y = \cot^{-1}\left(\frac{1 - \tan\frac{x}{2}}{1 + \tan\frac{x}{2}}\right)$
$\cot^{-1}(z) = \tan^{-1}(\frac{1}{z})$ હોવાથી:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan\frac{x}{2}}{1 - \tan\frac{x}{2}}\right)$
$\tan(\frac{\pi}{4} + \theta) = \frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}\left(\tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})\right) = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

(D) $y=\sqrt{\frac{1-\sin ^{-1} x}{1+\sin ^{-1} x}}$
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}\left(\sqrt{\frac{1-\sin ^{-1} x}{1+\sin ^{-1} x}}\right)$
$= \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1-\sin ^{-1} x}{1+\sin ^{-1} x}}} \cdot \frac{d}{dx}\left(\frac{1-\sin ^{-1} x}{1+\sin ^{-1} x}\right)$
$= \frac{\sqrt{1+\sin ^{-1} x}}{2 \sqrt{1-\sin ^{-1} x}} \cdot \left[ \frac{(1+\sin ^{-1} x) \cdot \frac{d}{dx}(1-\sin ^{-1} x) - (1-\sin ^{-1} x) \cdot \frac{d}{dx}(1+\sin ^{-1} x)}{(1+\sin ^{-1} x)^2} \right]$
$= \frac{\sqrt{1+\sin ^{-1} x}}{2 \sqrt{1-\sin ^{-1} x}} \cdot \left[ \frac{(1+\sin ^{-1} x) \cdot \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} - (1-\sin ^{-1} x) \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{(1+\sin ^{-1} x)^2} \right]$
$= \frac{\sqrt{1+\sin ^{-1} x}}{2 \sqrt{1-\sin ^{-1} x}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \cdot \left[ \frac{-1-\sin ^{-1} x - 1 + \sin ^{-1} x}{(1+\sin ^{-1} x)^2} \right]$
$= \frac{\sqrt{1+\sin ^{-1} x}}{2 \sqrt{1-\sin ^{-1} x}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \cdot \frac{-2}{(1+\sin ^{-1} x)^2}$
$= \frac{-\sqrt{1+\sin ^{-1} x}}{\sqrt{1-\sin ^{-1} x} \cdot \sqrt{1-x^2} \cdot (1+\sin ^{-1} x)^2}$
$x=0$ મુકતા,$\sin^{-1}(0) = 0$:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=0} = \frac{-\sqrt{1+0}}{\sqrt{1-0} \cdot \sqrt{1-0} \cdot (1+0)^2} = \frac{-1}{1 \cdot 1 \cdot 1} = -1$

(C) આપેલ છે કે $t = K^{\cos^{-1} x}$.
$y$ ના પદમાં $t$ મૂકતા,આપણને $y = \frac{t}{1+t}$ મળે છે.
$\frac{dy}{dt}$ શોધવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $y$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{t}{1+t} \right)$.
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dt} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dt} - u \frac{dv}{dt}}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = t$ અને $v = 1+t$ છે:
$\frac{dy}{dt} = \frac{(1+t)(1) - t(1)}{(1+t)^2}$.
$\frac{dy}{dt} = \frac{1+t-t}{(1+t)^2} = \frac{1}{(1+t)^2}$.
$t = K^{\cos^{-1} x}$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dt} = \frac{1}{(1 + K^{\cos^{-1} x})^2}$.

(A) ધારો કે $y = \sin ^{-1}\left(2 x \sqrt{1-x^2}\right)$ અને $z = \sin ^{-1}\left(3 x-4 x^3\right)$.
$x = \sin \theta$ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \sin ^{-1} x$.
તેથી,$y = \sin ^{-1}\left(2 \sin \theta \sqrt{1-\sin ^2 \theta}\right) = \sin ^{-1}(2 \sin \theta \cos \theta) = \sin ^{-1}(\sin 2 \theta) = 2 \theta = 2 \sin ^{-1} x$.
તે જ રીતે,$z = \sin ^{-1}\left(3 \sin \theta - 4 \sin ^3 \theta\right) = \sin ^{-1}(\sin 3 \theta) = 3 \theta = 3 \sin ^{-1} x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ અને $z$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{2}{\sqrt{1-x^2}}$ અને $\frac{dz}{dx} = \frac{3}{\sqrt{1-x^2}}$.
અંતે,$z$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન $\frac{dy}{dz} = \frac{dy/dx}{dz/dx} = \frac{2/\sqrt{1-x^2}}{3/\sqrt{1-x^2}} = \frac{2}{3}$ થાય.

(A) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x^2}}\right)$ અને $z = \cos ^{-1}(x^2)$.
$x^2 = \cos 2\theta$ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \frac{1}{2} \cos ^{-1}(x^2)$.
તેથી,$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta}-\sqrt{1-\cos 2\theta}}{\sqrt{1+\cos 2\theta}+\sqrt{1-\cos 2\theta}}\right)$.
નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ અને $1-\cos 2\theta = 2\sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos \theta - \sqrt{2}\sin \theta}{\sqrt{2}\cos \theta + \sqrt{2}\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\cos \theta - \sin \theta}{\cos \theta + \sin \theta}\right)$.
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)\right) = \frac{\pi}{4} - \theta$.
હવે $\theta = \frac{1}{2} \cos ^{-1}(x^2)$ કિંમત મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \cos ^{-1}(x^2) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} z$.
હવે $z$ ની સાપેક્ષે $y$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dz} = \frac{d}{dz}\left(\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} z\right) = -\frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $u = \tan ^{-1}\left[\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right]$ અને $v = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{2 \sqrt{1+x^2}}}\right]$.
$x = \tan \theta$ લેતા,$\theta = \tan ^{-1} x$ મળે.
$u$ માટે:
$u = \tan ^{-1}\left[\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right] = \tan ^{-1}\left[\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right] = \tan ^{-1}\left[\frac{2 \sin ^2 (\theta/2)}{2 \sin (\theta/2) \cos (\theta/2)}\right] = \tan ^{-1}(\tan (\theta/2)) = \frac{\theta}{2} = \frac{\tan ^{-1} x}{2}$.
$v$ માટે:
$v = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{1+\sec \theta}{2 \sec \theta}}\right] = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{\cos \theta + 1}{2}}\right] = \cos ^{-1}\left[\sqrt{\frac{2 \cos ^2 (\theta/2)}{2}}\right] = \cos ^{-1}(\cos (\theta/2)) = \frac{\theta}{2} = \frac{\tan ^{-1} x}{2}$.
આમ,$u = v$ હોવાથી,$\frac{du}{dv} = \frac{d}{dv}(v) = 1$ થાય.

(A) ધારો કે $u = \sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2}\right)$ અને $v = \tan ^{-1} x$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,જ્યાં $\theta = \tan ^{-1} x$.
$-1 < x < 1$ હોવાથી,$-\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{\pi}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $-\frac{\pi}{2} < 2\theta < \frac{\pi}{2}$.
તેથી $u = \sin ^{-1}\left(\frac{2 \tan \theta}{1+\tan ^2 \theta}\right) = \sin ^{-1}(\sin 2 \theta) = 2 \theta = 2 \tan ^{-1} x$.
હવે,આપણે $\frac{du}{dv} = \frac{d}{dv}(2 \tan ^{-1} x)$ શોધવાનું છે.
$v = \tan ^{-1} x$ હોવાથી,$u = 2v$ થાય.
તેથી,$\frac{du}{dv} = \frac{d}{dv}(2v) = 2$.

(A) ધારો કે $y = \sin ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}{2}\right)$ અને $u = \cos ^{-1} x$.
$x = \cos \theta$ લો,જ્યાં $\theta = \cos ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}{2} = \frac{\sqrt{1+\cos \theta}+\sqrt{1-\cos \theta}}{2} = \frac{\sqrt{2 \cos ^{2} \frac{\theta}{2}}+\sqrt{2 \sin ^{2} \frac{\theta}{2}}}{2} = \frac{\sqrt{2} \cos \frac{\theta}{2} + \sqrt{2} \sin \frac{\theta}{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \frac{\theta}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \frac{\theta}{2}$.
$\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin \frac{\pi}{4} \cos \frac{\theta}{2} + \cos \frac{\pi}{4} \sin \frac{\theta}{2} = \sin \left(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2}\right)$ મળે છે.
આમ,$y = \sin ^{-1} \left(\sin \left(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2}\right)\right) = \frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2} = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} u$.
હવે,$y$ નું $u$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dy}{du} = \frac{d}{du} \left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} u\right) = \frac{1}{2}$.

(D) ધારો કે $u = \tan ^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)$ અને $v = \sin ^{-1}\left(3 x-4 x^3\right)$.
$x = \sin \theta$ આદેશ લો,જ્યાં $\theta = \sin ^{-1} x$.
તેથી $u = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin \theta}{\sqrt{1-\sin ^2 \theta}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin \theta}{\cos \theta}\right) = \tan ^{-1}(\tan \theta) = \theta$.
અને $v = \sin ^{-1}(3 \sin \theta - 4 \sin ^3 \theta) = \sin ^{-1}(\sin 3 \theta) = 3 \theta$.
આપણે $\frac{du}{dv}$ શોધવાનું છે.
કારણ કે $u = \theta$ અને $v = 3 \theta$,તેથી $\frac{du}{d\theta} = 1$ અને $\frac{dv}{d\theta} = 3$.
તેથી,$\frac{du}{dv} = \frac{du/d\theta}{dv/d\theta} = \frac{1}{3}$.

(C) ધારો કે $4x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1}(4x)$.
$y$ ના પદમાં આ કિંમત મૂકતા:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{3(4x) - (4x)^3}{1 - 3(4x)^2}\right)$
નિત્યસમ $\tan(3\theta) = \frac{3\tan \theta - \tan^3 \theta}{1 - 3\tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}(\tan(3\theta)) = 3\theta$
$\theta = \tan^{-1}(4x)$ પાછું મૂકતા:
$y = 3 \tan^{-1}(4x)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{1}{1 + (4x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(4x)$
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{1}{1 + 16x^2} \cdot 4 = \frac{12}{1 + 16x^2}$

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2 \cdot 3^x}{1+(3^x)^2}\right)$.
ધારો કે $3^x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1}(3^x)$.
આ કિંમત વિધેયમાં મૂકતા,આપણને મળે $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2 \tan \theta}{1+\tan^2 \theta}\right) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2 \tan^{-1}(3^x)$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$f^{\prime}(x) = 2 \cdot \frac{1}{1+(3^x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(3^x) = \frac{2 \cdot 3^x \log 3}{1+9^x}$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે કિંમત શોધતા,$f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{2 \cdot 3^{1/2} \log 3}{1+9^{1/2}} = \frac{2 \sqrt{3} \log 3}{1+3} = \frac{2 \sqrt{3} \log 3}{4} = \frac{\sqrt{3} \log 3}{2} = \sqrt{3} \log(3^{1/2}) = \sqrt{3} \log(\sqrt{3})$.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{3+2 x}{2-3 x}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{3 x}{1+4 x^2}\right)$.
પ્રથમ પદમાં અંશ અને છેદને $2$ વડે ભાગતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{3}{2}+x}{1-\frac{3}{2} x}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{4 x-x}{1+(4 x)(x)}\right)$
સૂત્ર $\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ અને $\tan ^{-1} A - \tan ^{-1} B = \tan ^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{2}\right) + \tan ^{-1} x + \tan ^{-1} (4 x) - \tan ^{-1} x$
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{2}\right) + \tan ^{-1} (4 x)$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = 0 + \frac{1}{1+(4 x)^2} \cdot \frac{d}{d x}(4 x)$
$\frac{d y}{d x} = \frac{4}{1+16 x^2}$

(D) ધારો કે $y = \cos ^{-1}\left(\frac{x-\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}\right)$.
ઇન્વર્સ કોસાઇન વિધેયની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$y = \cos ^{-1}\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right) = \cos ^{-1}\left(-\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\right)$.
ગુણધર્મ $\cos ^{-1}(-z) = \pi - \cos ^{-1}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \pi - \cos ^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \tan ^{-1} x$:
$y = \pi - \cos ^{-1}\left(\frac{1-\tan ^2 \theta}{1+\tan ^2 \theta}\right)$.
કારણ કે $\cos 2\theta = \frac{1-\tan ^2 \theta}{1+\tan ^2 \theta}$,તેથી:
$y = \pi - \cos ^{-1}(\cos 2\theta) = \pi - 2\theta = \pi - 2\tan ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{d}{d x}(\pi - 2\tan ^{-1} x) = 0 - 2\left(\frac{1}{1+x^2}\right) = \frac{-2}{1+x^2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \sin^{-1}\left(\frac{3x}{2} - \frac{x^3}{2}\right)$.
આ પદને $y = \sin^{-1}\left(3\left(\frac{x}{2}\right) - 4\left(\frac{x}{2}\right)^3\right)$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $\frac{x}{2} = \sin \theta$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \sin^{-1}\left(\frac{x}{2}\right)$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,$y = \sin^{-1}(3\sin \theta - 4\sin^3 \theta)$ મળે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(3\theta) = 3\sin \theta - 4\sin^3 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \sin^{-1}(\sin 3\theta) = 3\theta$ મળે.
$\theta$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,$y = 3\sin^{-1}\left(\frac{x}{2}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - (x/2)^2}} \cdot \frac{1}{2}$ મળે.
$\frac{dy}{dx} = \frac{3}{2 \cdot \sqrt{\frac{4-x^2}{4}}} = \frac{3}{2 \cdot \frac{\sqrt{4-x^2}}{2}} = \frac{3}{\sqrt{4-x^2}}$.

(D) ધારો કે $y = \tan ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}$ અને $z = \cos ^{-1}(4x^3 - 3x)$.
$y$ માટે,$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,$\sqrt{\frac{1-\cos 2\theta}{1+\cos 2\theta}} = \sqrt{\frac{2\sin^2 \theta}{2\cos^2 \theta}} = \tan \theta$.
તેથી,$y = \tan^{-1}(\tan \theta) = \theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$.
$z$ માટે,$x = \cos \theta$ આદેશ લેતા,$z = \cos^{-1}(\cos 3\theta) = 3\theta = 3 \cos^{-1} x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ અને $z$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \left( \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = \frac{-1}{2\sqrt{1-x^2}}$.
$\frac{dz}{dx} = 3 \left( \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = \frac{-3}{\sqrt{1-x^2}}$.
અંતે,$\frac{dy}{dz} = \frac{dy/dx}{dz/dx} = \frac{-1/(2\sqrt{1-x^2})}{-3/\sqrt{1-x^2}} = \frac{1}{6}$.

(A) આપેલ છે કે $y=\sin ^2\left(\cot ^{-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\right)$.
ધારો કે $\theta=\cot ^{-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$,તેથી $\cot \theta = \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $\cot^2 \theta = \frac{1+x}{1-x}$ મળે છે.
નિત્યસમ $1+\cot^2 \theta = \csc^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\csc^2 \theta = 1 + \frac{1+x}{1-x} = \frac{1-x+1+x}{1-x} = \frac{2}{1-x}$.
કારણ કે $\sin^2 \theta = \frac{1}{\csc^2 \theta}$,તેથી $\sin^2 \theta = \frac{1-x}{2}$.
આ કિંમત $y$ માં મૂકતા,$y = \sin^2 \theta = \frac{1-x}{2}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left(\frac{1}{2} - \frac{x}{2}\right) = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $y = \sin^{-1}\left(\frac{\log x^2}{1+(\log x)^2}\right) = \sin^{-1}\left(\frac{2 \log x}{1+(\log x)^2}\right)$.
ધારો કે $\log x = \tan \theta$,તો $y = \sin^{-1}\left(\frac{2 \tan \theta}{1+\tan^2 \theta}\right) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta$.
કિંમત પાછી મૂકતા,$y = 2 \tan^{-1}(\log x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2 \times \frac{1}{1+(\log x)^2} \times \frac{1}{x}$.
$x = 1$ માટે,$\log 1 = 0$,તેથી $\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=1} = 2 \times \frac{1}{1+0^2} \times \frac{1}{1} = 2 \times 1 \times 1 = 2$.

(B) આપેલ છે કે $y = \sec(\tan^{-1} x)$.
ધારો કે $\tan^{-1} x = \theta$,તેથી $\tan \theta = x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec^2 \theta = 1 + \tan^2 \theta = 1 + x^2$,તેથી $\sec \theta = \sqrt{1 + x^2}$.
આમ,$y = \sqrt{1 + x^2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sqrt{1 + x^2}) = \frac{1}{2\sqrt{1 + x^2}} \cdot (2x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$.
$x = 1$ આગળ:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=1} = \frac{1}{\sqrt{1 + 1^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(B) આપેલ છે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{2+3 x}{3-2 x}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{4 x}{1+5 x^2}\right)$
પ્રથમ પદને આ રીતે લખી શકાય: $\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{2}{3}+x}{1-\frac{2}{3} x}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right) + \tan ^{-1}(x)$
બીજા પદને આ રીતે લખી શકાય: $\tan ^{-1}\left(\frac{5 x-x}{1+(5 x)(x)}\right) = \tan ^{-1}(5 x) - \tan ^{-1}(x)$
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$y = \tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right) + \tan ^{-1}(x) + \tan ^{-1}(5 x) - \tan ^{-1}(x)$
સાદું રૂપ આપતા,$y = \tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right) + \tan ^{-1}(5 x)$
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = 0 + \frac{1}{1+(5 x)^2} \cdot \frac{d}{d x}(5 x)$
$\frac{d y}{d x} = \frac{5}{1+25 x^2}$

(A) આપેલ છે કે $y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{\sqrt{x^4+a^4}}\right)$.
ધારો કે $x^2=a^2 \tan \theta$,તેથી $\theta=\tan ^{-1}\left(\frac{x^2}{a^2}\right)$.
$y$ ના પદમાં $x^2$ ની કિંમત મૂકતા:
$y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{\sqrt{(a^2 \tan \theta)^2+a^4}}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{\sqrt{a^4 \tan ^2 \theta+a^4}}\right)$
$y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2}{a^2 \sqrt{\tan ^2 \theta+1}}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{1}{\sec \theta}\right)$
$y=\cos ^{-1}(\cos \theta) = \theta$
આમ,$y=\tan ^{-1}\left(\frac{x^2}{a^2}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{1+\left(\frac{x^2}{a^2}\right)^2} \cdot \frac{d}{d x}\left(\frac{x^2}{a^2}\right)$
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{1+\frac{x^4}{a^4}} \cdot \frac{2x}{a^2} = \frac{a^4}{a^4+x^4} \cdot \frac{2x}{a^2}$
$\frac{d y}{d x} = \frac{2 a^2 x}{x^4+a^4}$.

(A) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{\log \left(\frac{e}{x^2}\right)}{\log \left(ex^2\right)}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{4+2 \log x}{1-8 \log x}\right)$.
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$\log(\frac{e}{x^2}) = \log e - \log x^2 = 1 - 2\log x$ અને $\log(ex^2) = \log e + \log x^2 = 1 + 2\log x$.
તેથી,$y = \tan^{-1}\left(\frac{1-2\log x}{1+2\log x}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{4+2\log x}{1-8\log x}\right)$.
$\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(2\log x) = \tan^{-1}\left(\frac{1-2\log x}{1+2\log x}\right)$.
તે જ રીતે,$\tan^{-1}(4) + \tan^{-1}(2\log x) = \tan^{-1}\left(\frac{4+2\log x}{1-8\log x}\right)$.
આ કિંમતો મૂકતા,$y = \tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(2\log x) + \tan^{-1}(4) + \tan^{-1}(2\log x)$.
$y = \tan^{-1}(1) + \tan^{-1}(4)$.
અહીં $y$ અચળ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.

(D) ધારો કે $u = \log x$. તેથી $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2u}{1+u^2}\right)$.
$u = \tan \theta$ આદેશ લેતા,આપણને મળે $\frac{2u}{1+u^2} = \sin(2\theta)$.
આમ,$f(x) = \sin^{-1}(\sin(2\theta)) = 2\theta = 2 \tan^{-1}(u) = 2 \tan^{-1}(\log x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 2 \times \frac{1}{1+(\log x)^2} \times \frac{d}{dx}(\log x)$
$f^{\prime}(x) = \frac{2}{1+(\log x)^2} \times \frac{1}{x} = \frac{2}{x(1+(\log x)^2)}$.
$x = e$ મુકતા:
$f^{\prime}(e) = \frac{2}{e(1+(\log e)^2)} = \frac{2}{e(1+1^2)} = \frac{2}{e(2)} = \frac{1}{e}$.

(C) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{4 \sin 2 x}{\cos 2 x-6 \sin ^2 x}\right)$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{8 \sin x \cos x}{\cos^2 x - \sin^2 x - 6 \sin^2 x} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{8 \sin x \cos x}{\cos^2 x - 7 \sin^2 x} \right)$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{8 \tan x}{1 - 7 \tan^2 x} \right)$.
આપણે $8 \tan x = 7 \tan x + \tan x$ લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{7 \tan x + \tan x}{1 - (7 \tan x)(\tan x)} \right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1} A + \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}(7 \tan x) + \tan^{-1}(\tan x) = \tan^{-1}(7 \tan x) + x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (7 \tan x)^2} \cdot 7 \sec^2 x + 1 = \frac{7 \sec^2 x}{1 + 49 \tan^2 x} + 1$.
$x=0$ આગળ,$\tan 0 = 0$ અને $\sec 0 = 1$:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=0} = \frac{7(1)^2}{1 + 49(0)^2} + 1 = \frac{7}{1} + 1 = 8$.

(B) ધારો કે $y = \sin ^{-1}\left(3 x-4 x^3\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(3\theta) = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta$.
ધારો કે $x = \sin\theta$,તો $\theta = \sin^{-1}x$.
અહીં $\frac{1}{2} < x < 1$ હોવાથી,$\frac{\pi}{6} < \theta < \frac{\pi}{2}$ થાય.
તેથી $3\theta$ એ $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ અંતરાલમાં આવે છે.
આ અંતરાલમાં,$\sin^{-1}(\sin(3\theta)) = \pi - 3\theta$ થાય.
આમ,$y = \pi - 3\sin^{-1}x$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\pi - 3\sin^{-1}x) = 0 - 3 \times \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{-3}{\sqrt{1-x^2}}$.

(B) ધારો કે $x = \cos \theta$,તેથી $\theta = \cos^{-1} x$.
$x = \cos \theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \sin \left(2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}}\right)$
નિત્યસમ $1+\cos \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2}$ અને $1-\cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \sin \left(2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{2 \cos^2 \frac{\theta}{2}}{2 \sin^2 \frac{\theta}{2}}}\right) = \sin \left(2 \tan^{-1} \left(\cot \frac{\theta}{2}\right)\right)$
કારણ કે $\cot \frac{\theta}{2} = \tan \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}\right)$ હોવાથી:
$y = \sin \left(2 \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}\right)\right) = \sin (\pi - \theta) = \sin \theta$
$\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - x^2}$ હોવાથી:
$y = \sqrt{1 - x^2}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2 \sqrt{1 - x^2}} \times \frac{d}{dx}(1 - x^2) = \frac{1}{2 \sqrt{1 - x^2}} \times (-2x) = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}$

(B) આપેલ છે કે $y=\sec ^{-1}\left(\frac{x+x^{-1}}{x-x^{-1}}\right)$.
$\sec^{-1}$ વિધેયની અંદરના પદને સરળ બનાવતા:
$\frac{x+x^{-1}}{x-x^{-1}} = \frac{x+\frac{1}{x}}{x-\frac{1}{x}} = \frac{x^2+1}{x^2-1} = -\frac{1+x^2}{1-x^2}$.
ધારો કે $x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1} x$.
આ પદ $-\frac{1+\tan^2 \theta}{1-\tan^2 \theta} = -\frac{1}{\cos 2\theta} = -\sec 2\theta$ બને છે.
તેથી,$y = \sec^{-1}(-\sec 2\theta)$.
નિત્યસમ $\sec^{-1}(-z) = \pi - \sec^{-1}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = \pi - \sec^{-1}(\sec 2\theta) = \pi - 2\theta$ મળે છે.
$\theta = \tan^{-1} x$ પાછું મૂકતા,$y = \pi - 2\tan^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\pi) - 2\frac{d}{dx}(\tan^{-1} x) = 0 - 2\left(\frac{1}{1+x^2}\right) = -\frac{2}{1+x^2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}\left(\frac{4x}{1+5x^2}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{3+8x}{8-3x}\right)$.
આપણે પ્રતિવિધેયની અંદરના પદોને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{5x-x}{1+5x \cdot x}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{\frac{3}{8}+x}{1-\frac{3}{8} \cdot x}\right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ અને $\tan^{-1}(A) + \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = (\tan^{-1}(5x) - \tan^{-1}(x)) + (\tan^{-1}(\frac{3}{8}) + \tan^{-1}(x))$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$y = \tan^{-1}(5x) + \tan^{-1}(\frac{3}{8})$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(5x)) + \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(\frac{3}{8}))$.
$\tan^{-1}(\frac{3}{8})$ એ અચળ હોવાથી તેનું વિકલન $0$ થશે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1+(5x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(5x) + 0$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{5}{1+25x^2}$.

(A) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{5 x+1}{3-x-6 x^2}\right)$.
ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટ વિધેયની અંદરના પદને નીચે મુજબ ફરીથી લખી શકાય:
$y=\tan ^{-1}\left(\frac{(3 x+2)+(2 x-1)}{1-(3 x+2)(2 x-1)}\right)$.
નિત્યસમ $\tan ^{-1}(A)+\tan ^{-1}(B)=\tan ^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y=\tan ^{-1}(3 x+2)+\tan ^{-1}(2 x-1)$.
હવે,ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x}=\frac{d}{d x}(\tan ^{-1}(3 x+2))+\frac{d}{d x}(\tan ^{-1}(2 x-1))$.
$\frac{d y}{d x}=\frac{1}{1+(3 x+2)^2} \times 3+\frac{1}{1+(2 x-1)^2} \times 2$.
$\frac{d y}{d x}=\frac{3}{9 x^2+12 x+4+1}+\frac{2}{4 x^2-4 x+1+1}$.
$\frac{d y}{d x}=\frac{3}{9 x^2+12 x+5}+\frac{2}{4 x^2-4 x+2}$.
બીજા પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{d y}{d x}=\frac{3}{9 x^2+12 x+5}+\frac{1}{2 x^2-2 x+1}$.

(A) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{6 x \sqrt{x}}{1-9 x^3}\right)$.
આપણે ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટની અંદરના પદને $y = \tan ^{-1}\left(\frac{2(3 x^{3/2})}{1-(3 x^{3/2})^2}\right)$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમ $2 \tan ^{-1}(\theta) = \tan ^{-1}\left(\frac{2\theta}{1-\theta^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = 2 \tan ^{-1}(3 x^{3/2})$ મળે છે.
હવે,ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+(3 x^{3/2})^2} \cdot \frac{d}{dx}(3 x^{3/2})$.
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+9 x^3} \cdot (3 \cdot \frac{3}{2} x^{1/2})$.
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+9 x^3} \cdot \frac{9}{2} \sqrt{x}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{9}{1+9 x^3} \cdot \sqrt{x}$.
આને $\sqrt{x} \cdot g(x)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $g(x) = \frac{9}{1+9 x^3}$ મળે છે.

(B) આપણને આપેલ છે $y=\tan ^{-1}\left[\frac{1}{1+x(1+x)}\right]+\tan ^{-1}\left[\frac{1}{1+(x+2)(x+1)}\right]$.
સૂત્ર $\tan ^{-1} A - \tan ^{-1} B = \tan ^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદોને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{(x+1)-x}{1+(x+1)x}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{(x+2)-(x+1)}{1+(x+2)(x+1)}\right)$.
આનું સાદું રૂપ નીચે મુજબ છે:
$y = (\tan ^{-1}(x+1) - \tan ^{-1} x) + (\tan ^{-1}(x+2) - \tan ^{-1}(x+1))$.
સામાન્ય પદો દૂર કરતા,આપણને મળે છે:
$y = \tan ^{-1}(x+2) - \tan ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\tan ^{-1}(x+2)) - \frac{d}{dx}(\tan ^{-1} x)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1+(x+2)^2} - \frac{1}{1+x^2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left\{\frac{a \cos x-b \sin x}{b \cos x+a \sin x}\right\}$.
અંશ અને છેદને $b \cos x$ વડે ભાગતા:
$y=\tan ^{-1}\left\{\frac{\frac{a}{b}-\tan x}{1+\frac{a}{b}\tan x}\right\}$.
ધારો કે $\frac{a}{b}=\tan \alpha$,તો:
$y=\tan ^{-1}\left\{\frac{\tan \alpha-\tan x}{1+\tan \alpha \tan x}\right\}$.
સૂત્ર $\tan(A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y=\tan ^{-1}[\tan(\alpha-x)] = \alpha-x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{d}{d x}(\alpha-x) = 0-1 = -1$.

(D) આપેલ છે $y = \tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{1+\sin x}{1-\sin x}} \right)$.
નિત્યસમ $1+\sin x = (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2$ અને $1-\sin x = (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2}{(\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})^2}} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}} \right)$.
અંશ અને છેદને $\cos \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{1 + \tan \frac{x}{2}}{1 - \tan \frac{x}{2}} \right) = \tan^{-1} \left( \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) \right)$.
$0 \leq x < \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$\frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2}$ મળે,તેથી $y = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
આમ,$x = \frac{\pi}{6}$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}$.

(D) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1} \sqrt{\frac{1+\cos x}{1-\cos x}}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1+\cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2}$ અને $1-\cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y=\tan ^{-1} \sqrt{\frac{2 \cos ^2 \frac{x}{2}}{2 \sin ^2 \frac{x}{2}}}$
$y=\tan ^{-1} \sqrt{\cot^2 \frac{x}{2}} = \tan ^{-1} \left(\cot \frac{x}{2}\right)$
કારણ કે $\cot \theta = \tan \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)$,તેથી:
$y=\tan ^{-1} \left[\tan \left(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}\right)\right] = \frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{d}{d x} \left(\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}\right) = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$