Differentiation by substitution Questions in Gujarati

(D) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left[\frac{\log \left(\frac{e}{x^2}\right)}{\log \left(ex^2\right)}\right]+\tan ^{-1}\left[\frac{3+2 \log x}{1-6 \log x}\right]$.
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$\log(e/x^2) = \log e - \log x^2 = 1 - 2\log x$ અને $\log(ex^2) = \log e + \log x^2 = 1 + 2\log x$.
ધારો કે $u = 2\log x$. તો પ્રથમ પદ $\tan^{-1}\left(\frac{1-u}{1+u}\right) = \tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(u) = \frac{\pi}{4} - \tan^{-1}(2\log x)$ થશે.
બીજા પદ માટે,$\tan^{-1}\left[\frac{3+2 \log x}{1-6 \log x}\right] = \tan^{-1}(3) + \tan^{-1}(2\log x)$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$y = \frac{\pi}{4} - \tan^{-1}(2\log x) + \tan^{-1}(3) + \tan^{-1}(2\log x) = \frac{\pi}{4} + \tan^{-1}(3)$.
અહીં $y$ એક અચળ પદ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = 0$ અને $\frac{d^2 y}{dx^2} = 0$ થાય.

(C) આપેલ છે $y = \tan^{-1} \left[ \frac{x - \sqrt{1 - x^2}}{x + \sqrt{1 - x^2}} \right]$.
ધારો કે $x = \cos \theta$,તેથી $\theta = \cos^{-1} x$.
$x = \cos \theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \tan^{-1} \left[ \frac{\cos \theta - \sin \theta}{\cos \theta + \sin \theta} \right]$
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1} \left[ \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta} \right]$
સૂત્ર $\tan(\frac{\pi}{4} - \theta) = \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \left[ \tan \left( \frac{\pi}{4} - \theta \right) \right] = \frac{\pi}{4} - \theta$
$\theta = \cos^{-1} x$ પાછું મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} - \cos^{-1} x$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{\pi}{4} - \cos^{-1} x \right) = 0 - \left( -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \right) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-x}{2}}\right)$.
રીત $1$: સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}\left[\sin^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-x}{2}}\right)\right] = \frac{1}{\sqrt{1-\left(\sqrt{\frac{1-x}{2}}\right)^{2}}} \cdot \frac{d}{dx}\left(\sqrt{\frac{1-x}{2}}\right)$
$= \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1-x}{2}}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{1-x}{2}}} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$
$= \frac{1}{\sqrt{\frac{1+x}{2}}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{1-x}} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$
$= \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+x}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{1-x}} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{-1}{2\sqrt{1-x^{2}}}$.
રીત $2$: આદેશની રીતનો ઉપયોગ કરીને:
ધારો કે $x = \cos \theta$,તો $\sqrt{\frac{1-x}{2}} = \sqrt{\frac{1-\cos \theta}{2}} = \sqrt{\frac{2\sin^{2}(\theta/2)}{2}} = \sin(\theta/2)$.
તેથી,$f(x) = \sin^{-1}(\sin(\theta/2)) = \theta/2 = \frac{1}{2}\cos^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\right) = \frac{-1}{2\sqrt{1-x^{2}}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ધારો કે $x = \cos(2\theta)$,તેથી $2\theta = \cos^{-1}(x)$ અને $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x)$.
તેથી $\sqrt{1+x} = \sqrt{1+\cos(2\theta)} = \sqrt{2\cos^2(\theta)} = \sqrt{2} \cos(\theta)$ અને $\sqrt{1-x} = \sqrt{1-\cos(2\theta)} = \sqrt{2\sin^2(\theta)} = \sqrt{2} \sin(\theta)$.
આ કિંમતો $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \sin^{-1} \left[ \frac{\sqrt{2}\cos(\theta) + \sqrt{2}\sin(\theta)}{2} \right] = \sin^{-1} \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \cos(\theta) + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin(\theta) \right]$.
નિત્યસમ $\sin(\frac{\pi}{4} + \theta) = \sin(\frac{\pi}{4}) \cos(\theta) + \cos(\frac{\pi}{4}) \sin(\theta) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cos(\theta) + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin(\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી,$y = \sin^{-1} [\sin(\frac{\pi}{4} + \theta)] = \frac{\pi}{4} + \theta = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cos^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 + \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = -\frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \cos^{-1} \left( \frac{1 - (\log x)^2}{1 + (\log x)^2} \right)$.
ધારો કે $u = \log x$. તો પદાવલિ $f(x) = \cos^{-1} \left( \frac{1 - u^2}{1 + u^2} \right)$ બને છે.
ત્રિકોણમિતીય આદેશ $u = \tan \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1} \left( \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta} \right) = \cos^{-1} (\cos 2\theta) = 2\theta = 2 \tan^{-1} u$.
આમ,$f(x) = 2 \tan^{-1} (\log x)$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{1 + (\log x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(\log x) = \frac{2}{1 + (\log x)^2} \cdot \frac{1}{x}$.
હવે,$x = e$ આગળ કિંમત મુકતા:
$f'(e) = \frac{2}{1 + (\log e)^2} \cdot \frac{1}{e} = \frac{2}{1 + 1^2} \cdot \frac{1}{e} = \frac{2}{2} \cdot \frac{1}{e} = \frac{1}{e}$.

(B) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\right)$.
$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,જેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos ^{-1} x$ મળે.
તેથી $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta}-\sqrt{1-\cos 2\theta}}{\sqrt{1+\cos 2\theta}+\sqrt{1-\cos 2\theta}}\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2\theta$ અને $1-\cos 2\theta = 2\sin^2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos\theta - \sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{2}\cos\theta + \sqrt{2}\sin\theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta}\right)$.
$\tan(\frac{\pi}{4} - \theta) = \frac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\tan(\frac{\pi}{4} - \theta) = \frac{\pi}{4} - \theta = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \cos ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{2} \times \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \frac{1}{2 \sqrt{1-x^2}}$.

(B) $h(x) = f(g(x))$
$h(x) = f(\sin^{-1} x) = e^{\sin^{-1} x}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$h^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(e^{\sin^{-1} x}) = e^{\sin^{-1} x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x)$
$h^{\prime}(x) = e^{\sin^{-1} x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
હવે,ગુણોત્તર $\frac{h^{\prime}(x)}{h(x)}$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{h^{\prime}(x)}{h(x)} = \frac{e^{\sin^{-1} x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{e^{\sin^{-1} x}}$
$\frac{h^{\prime}(x)}{h(x)} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

(B) ધારો કે $u = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right)$. $x = \tan \theta$ લેતા,$u = \tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right) = \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2(1+x^2)}$.
ધારો કે $v = \tan ^{-1}\left(\frac{2 x \sqrt{1-x^2}}{1-2 x^2}\right)$. $x = \sin \phi$ લેતા,$v = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin \phi \cos \phi}{1-2 \sin^2 \phi}\right) = \tan ^{-1}(\tan 2\phi) = 2\phi = 2 \sin ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{dv}{dx} = \frac{2}{\sqrt{1-x^2}}$.
આપણે $\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx} = \frac{1}{2(1+x^2)} \times \frac{\sqrt{1-x^2}}{2} = \frac{\sqrt{1-x^2}}{4(1+x^2)}$ શોધવાનું છે.
$x=0$ આગળ,$\frac{du}{dv} = \frac{\sqrt{1-0}}{4(1+0)} = \frac{1}{4}$.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{1+\sin x}{1-\sin x}}\right)$.
નિત્યસમ $1+\sin x = \left(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}\right)^2$ અને $1-\sin x = \left(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}\right)^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{(\cos(x/2) + \sin(x/2))^2}{(\cos(x/2) - \sin(x/2))^2}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\cos(x/2) + \sin(x/2)}{\cos(x/2) - \sin(x/2)}\right)$.
અંશ અને છેદને $\cos(x/2)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan(x/2)}{1 - \tan(x/2)}\right) = \tan^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right)\right)$.
કારણ કે $0 \leqslant x < \frac{\pi}{2}$,તેથી $\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2}$,તેથી $y = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$y' = \frac{1}{2}$ મળે.
આમ,$y'\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}(\sec x + \tan x)$.
આપણે ઇન્વર્સ ટેન્જેન્ટ વિધેયની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \sin x}{\cos x}\right)$.
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$,$\cos x = \cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}$,અને $1 = \cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}\left[\frac{\cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2} + 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{\cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}}\right]$
$y = \tan^{-1}\left[\frac{(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})^2}{(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})}\right]$
$y = \tan^{-1}\left[\frac{\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}}\right]$
અંશ અને છેદને $\cos\frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \tan\frac{x}{2}}{1 - \tan\frac{x}{2}}\right) = \tan^{-1}\left(\tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})\right)$
$y = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $u=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}\right)$.
ધારો કે $x=\tan \theta$,તેથી $\theta=\tan ^{-1} x$.
$u=\tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta-1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin ^{2}(\theta/2)}{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(\theta/2)) = \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{d u}{d x} = \frac{1}{2(1+x^{2})}$.
આપેલ છે કે $v=\tan ^{-1}\left(\frac{2 x \sqrt{1-x^{2}}}{1-2 x^{2}}\right)$.
ધારો કે $x=\sin \theta$,તેથી $\theta=\sin ^{-1} x$.
$v=\tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin \theta \cos \theta}{1-2 \sin ^{2} \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin 2 \theta}{\cos 2 \theta}\right) = \tan ^{-1}(\tan 2 \theta) = 2 \theta = 2 \sin ^{-1} x$.
તેથી,$\frac{d v}{d x} = \frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}$.
હવે $\frac{d u}{d v} = \frac{d u/d x}{d v/d x} = \frac{1}{2(1+x^{2})} \times \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{4(1+x^{2})}$.
$x=0$ આગળ,$\frac{d u}{d v} = \frac{\sqrt{1-0}}{4(1+0)} = \frac{1}{4}$.

(C) આપેલ છે કે,$y = \tan^{-1} \left( \frac{1 - \cos 3x}{\sin 3x} \right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left( \frac{\theta}{2} \right)$ અને $\sin \theta = 2 \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) \cos \left( \frac{\theta}{2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{2 \sin^2 \left( \frac{3x}{2} \right)}{2 \sin \left( \frac{3x}{2} \right) \cos \left( \frac{3x}{2} \right)} \right)$
$y = \tan^{-1} \left( \frac{\sin \left( \frac{3x}{2} \right)}{\cos \left( \frac{3x}{2} \right)} \right)$
$y = \tan^{-1} \left( \tan \left( \frac{3x}{2} \right) \right)$
$y = \frac{3x}{2}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{3x}{2} \right) = \frac{3}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{\sin 2 x}{1+\cos 2 x}\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{2 \sin x \cos x}{2 \cos^2 x}\right)$
$y = \tan^{-1}(\tan x)$
$y = x$
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x) = 1$.

(A) ધારો કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{1-x}{1+x} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1} \left( \frac{a-b}{1+ab} \right) = \tan^{-1} a - \tan^{-1} b$.
અહીં,$a = 1$ અને $b = x$ છે,તેથી $y = \tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(x)$.
કારણ કે $\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$,તેથી $y = \frac{\pi}{4} - \tan^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{\pi}{4} \right) - \frac{d}{dx} \left( \tan^{-1} x \right)$.
$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{1+x^2} = \frac{-1}{1+x^2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ધારો કે $u = \tan^{-1} x$ અને $v = \cot^{-1} x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \in R$ માટે $\tan^{-1} x + \cot^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ થાય છે.
તેથી,$u + v = \frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $u = \frac{\pi}{2} - v$.
હવે,$u$ નું $v$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{du}{dv} = \frac{d}{dv} (\frac{\pi}{2} - v) = 0 - 1 = -1$.
આમ,$\tan^{-1} x$ નું $\cot^{-1} x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $-1$ છે.

(C) ધારો કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{x}{1+6x^2} \right)$.
આપણે $\tan^{-1}$ ના પદને $\frac{3x - 2x}{1 + (3x)(2x)}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
સૂત્ર $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1} \left( \frac{A-B}{1+AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}(3x) - \tan^{-1}(2x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (\tan^{-1}(3x)) - \frac{d}{dx} (\tan^{-1}(2x))$.
ચેઈન રૂલ $\frac{d}{dx} (\tan^{-1}(u)) = \frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{du}{dx}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1+(3x)^2} \cdot 3 - \frac{1}{1+(2x)^2} \cdot 2$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{3}{1+9x^2} - \frac{2}{1+4x^2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપેલ છે કે,$y = \tan^{-1}\left(\frac{\sin x + \cos x}{\cos x - \sin x}\right)$.
અંશ અને છેદને $\cos x$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{\tan x + 1}{1 - \tan x}\right)$.
સૂત્ર $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \pi/4$ અને $B = x$:
$y = \tan^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} + x\right)\right) = \frac{\pi}{4} + x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}\left(\frac{\pi}{4} + x\right) = 0 + 1 = 1$.

(B) આપેલ છે,$f(x)=\cos ^{-1}\left\{\frac{2}{\sqrt{13}} \cos x-\frac{3}{\sqrt{13}} \sin x\right\}$.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{2}{\sqrt{13}}$ અને $\sin \alpha = \frac{3}{\sqrt{13}}$.
તેથી,$f(x)=\cos ^{-1}(\cos \alpha \cos x - \sin \alpha \sin x)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = \cos ^{-1}(\cos(x+\alpha)) = x+\alpha$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x+\alpha) = 1 + 0 = 1$.
તેથી,$f^{\prime}(0.5) = 1$.

(A) ધારો કે $y = \cos ^{2}\left(\cot ^{-1} \sqrt{\frac{2+x}{2-x}}\right)$.
$x = 2 \cos \theta$ મૂકતા,જેથી $\cos \theta = \frac{x}{2}$ થાય.
તેથી,$\sqrt{\frac{2+x}{2-x}} = \sqrt{\frac{2+2\cos \theta}{2-2\cos \theta}} = \sqrt{\frac{2(1+\cos \theta)}{2(1-\cos \theta)}} = \sqrt{\frac{2\cos^2(\theta/2)}{2\sin^2(\theta/2)}} = \cot(\theta/2)$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,$y = \cos^2(\cot^{-1}(\cot(\theta/2))) = \cos^2(\theta/2)$ મળે.
નિત્યસમ $\cos^2(\theta/2) = \frac{1+\cos \theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos \theta$ મળે.
$\cos \theta = \frac{x}{2}$ હોવાથી,$y = \frac{1}{2} + \frac{x}{4}$ થાય.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{1}{2} + \frac{x}{4}) = 0 + \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$.

(C) આપેલ છે કે $u = \sin^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,આપણને મળે $u = \sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2\tan^{-1}x$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = \frac{2}{1+x^2}$.
આપેલ છે કે $v = \tan^{-1}\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,આપણને મળે $v = \tan^{-1}(\tan 2\theta) = 2\theta = 2\tan^{-1}x$.
તેથી,$\frac{dv}{dx} = \frac{2}{1+x^2}$.
હવે,$\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx} = \frac{2/(1+x^2)}{2/(1+x^2)} = 1$.

(B) ધારો કે $u = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)$ અને $v = \tan ^{-1}\left(\frac{\cos x}{1+\sin x}\right)$.
$u$ માટે:
$u = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin(x/2) \cos(x/2)}{2 \cos^2(x/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(x/2)) = x/2$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}$.
$v$ માટે:
$v = \tan ^{-1}\left(\frac{\cos^2(x/2) - \sin^2(x/2)}{(\cos(x/2) + \sin(x/2))^2}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{(\cos(x/2) - \sin(x/2))(\cos(x/2) + \sin(x/2))}{(\cos(x/2) + \sin(x/2))^2}\right)$.
$v = \tan ^{-1}\left(\frac{\cos(x/2) - \sin(x/2)}{\cos(x/2) + \sin(x/2)}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1 - \tan(x/2)}{1 + \tan(x/2)}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right)\right) = \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}$.
તેથી,$\frac{dv}{dx} = -\frac{1}{2}$.
હવે,$\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx} = \frac{1/2}{-1/2} = -1$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sin^{-1}\left[\frac{2 \cdot 2^x}{1 + (2^x)^2}\right]$.
ધારો કે $2^x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1}(2^x)$.
આ કિંમત વિધેયમાં મૂકતા:
$f(x) = \sin^{-1}\left[\frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta}\right]$
નિત્યસમ $\sin 2\theta = \frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2 \tan^{-1}(2^x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{1 + (2^x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(2^x)$
$f'(x) = \frac{2}{1 + 4^x} \cdot 2^x \log_e 2$.
$x = 0$ આગળ કિંમત શોધતા:
$f'(0) = \frac{2}{1 + 4^0} \cdot 2^0 \log_e 2 = \frac{2}{1 + 1} \cdot 1 \cdot \log_e 2 = \frac{2}{2} \log_e 2 = \log_e 2$.

(B) આપેલ છે કે,$f(x)=\sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^{2}}\right)$.
ધારો કે $x=\tan \theta$,તેથી $\theta=\tan ^{-1} x$.
આ કિંમત વિધેયમાં મૂકતા,આપણને મળે $f(x)=\sin ^{-1}\left(\frac{2 \tan \theta}{1+\tan ^{2} \theta}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 2\theta = \frac{2 \tan \theta}{1+\tan ^{2} \theta}$,તેથી $f(x)=\sin ^{-1}(\sin 2 \theta) = 2 \theta = 2 \tan ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f^{\prime}(x) = \frac{2}{1+x^{2}}$.
હવે $x=\sqrt{3}$ મૂકતા,$f^{\prime}(\sqrt{3}) = \frac{2}{1+(\sqrt{3})^{2}} = \frac{2}{1+3} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

(D) આપેલ છે કે $y = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $2\operatorname{Tan}^{-1}(x) = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)$ થાય,જ્યાં $|x| < 1$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $y = 2\operatorname{Tan}^{-1}(x)$ મળે છે.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2 \times \frac{1}{1+x^2} = \frac{2}{1+x^2}$.
વિકલનમાં $x = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=\frac{1}{2}} = \frac{2}{1 + (\frac{1}{2})^2} = \frac{2}{1 + \frac{1}{4}} = \frac{2}{\frac{5}{4}} = \frac{8}{5}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આપેલ છે $y = \operatorname{Tanh}^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}$.
ધારો કે $x = \cos \theta$,તેથી $\theta = \cos^{-1} x$.
તેથી $\sqrt{\frac{1-x}{1+x}} = \sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} = \sqrt{\frac{2 \sin^2 (\theta/2)}{2 \cos^2 (\theta/2)}} = \tan(\theta/2)$.
તેથી,$y = \operatorname{Tanh}^{-1} (\tan(\theta/2))$.
નિત્યસમ $\operatorname{Tanh}^{-1} z = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+z}{1-z} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+\tan(\theta/2)}{1-\tan(\theta/2)} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2} \right) \right) = \frac{1}{2} \left( \ln \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\cos^{-1} x}{2} \right) \right)$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\tan(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2})} \cdot \sec^2(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2}) \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{d}{dx}(\cos^{-1} x)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2}) \cos(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2})} \cdot \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2 \sin(\frac{\pi}{2} + \theta)} \cdot \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = \frac{1}{2 \cos \theta} \cdot \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = -\frac{1}{2x \sqrt{1-x^2}}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{Tan}^{-1}(a) - \operatorname{Tan}^{-1}(b) = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{a-b}{1+ab}\right)$.
આપણે પદોને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$\operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{x}{1+2x^2}\right) = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{2x-x}{1+(2x)(x)}\right) = \operatorname{Tan}^{-1}(2x) - \operatorname{Tan}^{-1}(x)$.
$\operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{x}{1+6x^2}\right) = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{3x-2x}{1+(3x)(2x)}\right) = \operatorname{Tan}^{-1}(3x) - \operatorname{Tan}^{-1}(2x)$.
આ કિંમતોને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = (\operatorname{Tan}^{-1}(2x) - \operatorname{Tan}^{-1}(x)) + (\operatorname{Tan}^{-1}(3x) - \operatorname{Tan}^{-1}(2x)) = \operatorname{Tan}^{-1}(3x) - \operatorname{Tan}^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\operatorname{Tan}^{-1}(3x)) - \frac{d}{dx}(\operatorname{Tan}^{-1}(x)) = \frac{3}{1+(3x)^2} - \frac{1}{1+x^2} = \frac{3}{9x^2+1} - \frac{1}{x^2+1}$.

(B) ધારો કે $u = \sqrt{x^2-1}$. તો $y = \operatorname{Tan}^{-1}(u) + \operatorname{Sinh}^{-1}(u)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}$.
પ્રથમ,$\frac{dy}{du} = \frac{d}{du}(\operatorname{Tan}^{-1} u) + \frac{d}{du}(\operatorname{Sinh}^{-1} u) = \frac{1}{1+u^2} + \frac{1}{\sqrt{1+u^2}}$.
$u^2 = x^2-1$ મૂકતા: $\frac{dy}{du} = \frac{1}{1+(x^2-1)} + \frac{1}{\sqrt{1+(x^2-1)}} = \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x} = \frac{1+x}{x^2}$.
હવે,$\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}(\sqrt{x^2-1}) = \frac{1}{2\sqrt{x^2-1}} \cdot 2x = \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \left(\frac{1+x}{x^2}\right) \cdot \left(\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}\right) = \frac{1+x}{x \sqrt{x^2-1}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$y=\tan ^{-1}\left(\frac{2-3 \sin x}{3-2 \sin x}\right)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d y}{d x}=\frac{1}{1+\left(\frac{2-3 \sin x}{3-2 \sin x}\right)^2} \times \frac{d}{d x}\left(\frac{2-3 \sin x}{3-2 \sin x}\right)$.
છેદનું સાદુરૂપ આપતા: $1+\left(\frac{2-3 \sin x}{3-2 \sin x}\right)^2 = \frac{(3-2 \sin x)^2 + (2-3 \sin x)^2}{(3-2 \sin x)^2} = \frac{9+4 \sin^2 x - 12 \sin x + 4 + 9 \sin^2 x - 12 \sin x}{(3-2 \sin x)^2} = \frac{13 \sin^2 x - 24 \sin x + 13}{(3-2 \sin x)^2}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને અંદરના વિધેયનું વિકલન કરતા: $\frac{d}{d x}\left(\frac{2-3 \sin x}{3-2 \sin x}\right) = \frac{(3-2 \sin x)(-3 \cos x) - (2-3 \sin x)(-2 \cos x)}{(3-2 \sin x)^2}$.
$= \frac{-9 \cos x + 6 \sin x \cos x + 4 \cos x - 6 \sin x \cos x}{(3-2 \sin x)^2} = \frac{-5 \cos x}{(3-2 \sin x)^2}$.
આ બંનેને જોડતા,$\frac{d y}{d x} = \frac{(3-2 \sin x)^2}{13 \sin^2 x - 24 \sin x + 13} \times \frac{-5 \cos x}{(3-2 \sin x)^2} = \frac{-5 \cos x}{13 \sin^2 x - 24 \sin x + 13}$.

(C) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{1 - x^2}}{\sqrt{1 + x^2} - \sqrt{1 - x^2}} \right)$.
ધારો કે $x^2 = \cos 2\theta$,તેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} (x^2)$.
$x^2 = \cos 2\theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + \cos 2\theta} + \sqrt{1 - \cos 2\theta}}{\sqrt{1 + \cos 2\theta} - \sqrt{1 - \cos 2\theta}} \right)$.
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:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{1 + \tan \theta}{1 - \tan \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \tan \left( \frac{\pi}{4} + \theta \right) \right) = \frac{\pi}{4} + \theta$.
$\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} (x^2)$ મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cos^{-1} (x^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 + \frac{1}{2} \left( \frac{-1}{\sqrt{1 - (x^2)^2}} \right) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = \frac{1}{2} \left( \frac{-1}{\sqrt{1 - x^4}} \right) \cdot 2x = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^4}}$.

(B) ધારો કે $y = \sin^2 \left( \cot^{-1} \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} \right)$.
$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,તેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$.
ત્યારે $\sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} = \sqrt{\frac{1 + \cos 2\theta}{1 - \cos 2\theta}} = \sqrt{\frac{2 \cos^2 \theta}{2 \sin^2 \theta}} = \cot \theta$.
આમ,$y = \sin^2 \left( \cot^{-1} (\cot \theta) \right) = \sin^2 \theta$.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = \frac{1 - x}{2} = \frac{1}{2} - \frac{x}{2}$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} - \frac{x}{2} \right) = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(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 $\frac{a}{b} = \tan \theta$,જ્યાં $\theta = \tan^{-1}(\frac{a}{b})$.
તેથી $y = \tan^{-1}\left(\frac{\tan \theta - \tan x}{1 + \tan \theta \tan x}\right)$.
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}(\tan(\theta - x)) = \theta - x$.
અહીં $\theta = \tan^{-1}(\frac{a}{b})$ એ અચળ હોવાથી તેનું વિકલન $0$ થાય.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\theta - x) = 0 - 1 = -1$.

(A) આપેલ છે કે $y = \sin^{-1}(x \sqrt{1-x^2} - \sqrt{x} \sqrt{1-x})$.
ધારો કે $x = \sin \alpha$ અને $\sqrt{x} = \sin \beta$. તેથી $\sqrt{1-x^2} = \cos \alpha$ અને $\sqrt{1-x} = \cos \beta$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા,$y = \sin^{-1}(\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta)$.
નિત્યસમ $\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \sin^{-1}(\sin(\alpha - \beta)) = \alpha - \beta$.
આમ,$y = \sin^{-1} x - \sin^{-1} \sqrt{x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) - \frac{d}{dx}(\sin^{-1} \sqrt{x})$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{x})^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x})$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{2\sqrt{x(1-x)}} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{2\sqrt{x-x^2}}$.

(C) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}\right)$ અને $u = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{2 x^2-1}\right)$.
$x = \sin \theta$ લેતા,$\sqrt{1-x^2} = \cos \theta$ મળે.
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin \theta}{1+\cos \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)}{2 \cos^2(\theta/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(\theta/2)) = \frac{\theta}{2}$.
હવે,$u = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{2 \sin^2 \theta - 1}\right) = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{-(1-2 \sin^2 \theta)}\right) = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{-\cos 2 \theta}\right) = \sec ^{-1}(-\sec 2 \theta) = \sec ^{-1}(\sec(\pi - 2 \theta)) = \pi - 2 \theta$.
$x = \sin \theta$ હોવાથી,$\theta = \sin^{-1} x$.
તેથી,$y = \frac{1}{2} \sin^{-1} x$ અને $u = \pi - 2 \sin^{-1} x$.
હવે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2 \sqrt{1-x^2}}$ અને $\frac{du}{dx} = \frac{-2}{\sqrt{1-x^2}}$.
તેથી,$\frac{dy}{du} = \frac{dy/dx}{du/dx} = \frac{1/(2 \sqrt{1-x^2})}{-2/\sqrt{1-x^2}} = -\frac{1}{4}$.

(C) ધારો કે $y = \cos ^{-1}\left(\frac{4 x^3}{27}-x\right)$.
આ પદાવલિને $y = \cos ^{-1}\left(4\left(\frac{x}{3}\right)^3 - 3\left(\frac{x}{3}\right)\right)$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $\frac{x}{3} = \cos A$,તેથી $A = \cos ^{-1}\left(\frac{x}{3}\right)$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,$y = \cos ^{-1}(4 \cos ^3 A - 3 \cos A)$ મળે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(3A) = 4 \cos ^3 A - 3 \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \cos ^{-1}(\cos 3A) = 3A$ મળે.
આમ,$y = 3 \cos ^{-1}\left(\frac{x}{3}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \times \left(-\frac{1}{\sqrt{1 - (x/3)^2}}\right) \times \frac{d}{dx}\left(\frac{x}{3}\right)$.
$\frac{dy}{dx} = 3 \times \left(-\frac{1}{\sqrt{(9-x^2)/9}}\right) \times \frac{1}{3} = 3 \times \left(-\frac{3}{\sqrt{9-x^2}}\right) \times \frac{1}{3} = -\frac{3}{\sqrt{9-x^2}}$.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left[ \frac{\sqrt{1 + \sin x} + \sqrt{1 - \sin x}}{\sqrt{1 + \sin x} - \sqrt{1 - \sin x}} \right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \sin x = (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2$ અને $1 - \sin x = (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})^2$.
તેથી,$\sqrt{1 + \sin x} = |\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}|$ અને $\sqrt{1 - \sin x} = |\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}|$.
આ કિંમતોને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \tan^{-1} \left[ \frac{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) + (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})}{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) - (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})} \right]$ (ધારો કે $0 < x < \frac{\pi}{2}$).
$y = \tan^{-1} \left( \frac{2 \cos \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2}} \right) = \tan^{-1} (\cot \frac{x}{2}) = \tan^{-1} \left( \tan (\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}) \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}) = -\frac{1}{2}$.
$x$ ના અંતરાલના આધારે,વિકલન $\pm \frac{1}{2}$ હોઈ શકે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) આપેલ છે,$y=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right)$.
ધારો કે $x=\tan \theta$,તેથી $\theta = \tan ^{-1} x$.
પદમાં $x$ ની કિંમત મૂકતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\tan ^2 \theta}-1}{\tan \theta}\right)$
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta-1}{\tan \theta}\right)$
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{1}{\cos \theta}-1}{\frac{\sin \theta}{\cos \theta}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1-\cos \theta = 2\sin ^2(\theta/2)$ અને $\sin \theta = 2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{2\sin ^2(\theta/2)}{2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(\theta/2)) = \theta/2$.
કારણ કે $\theta = \tan ^{-1} x$,તેથી $y = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{2(1+x^2)}$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(D) $y = \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}}{2}\right)$
ધારો કે $x = \cos 2\theta$,તેથી $2\theta = \cos^{-1} x$ અથવા $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$.
પદમાં $x$ ની કિંમત મૂકતા:
$y = \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta} - \sqrt{1-\cos 2\theta}}{2}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ અને $1-\cos 2\theta = 2\sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos \theta - \sqrt{2}\sin \theta}{2}\right) = \sin^{-1}\left(\frac{\cos \theta - \sin \theta}{\sqrt{2}}\right)$
$y = \sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin \theta\right)$
$y = \sin^{-1}\left(\sin \frac{\pi}{4} \cos \theta - \cos \frac{\pi}{4} \sin \theta\right)$
$y = \sin^{-1}\left(\sin\left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)\right) = \frac{\pi}{4} - \theta$
$\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$ મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \cos^{-1} x$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}$
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{5x - x}{1 + 5x^2} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{2/3 + x}{1 - (2/3)x} \right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1} a - \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left( \frac{a - b}{1 + ab} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,પ્રથમ પદ $\tan^{-1}(5x) - \tan^{-1}(x)$ થાય છે.
સૂત્ર $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left( \frac{a + b}{1 - ab} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,બીજું પદ $\tan^{-1}(2/3) + \tan^{-1}(x)$ થાય છે.
તેથી,$y = \tan^{-1}(5x) - \tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(2/3) + \tan^{-1}(x) = \tan^{-1}(5x) + \tan^{-1}(2/3)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (\tan^{-1}(5x)) + \frac{d}{dx} (\tan^{-1}(2/3))$.
$\tan^{-1}(2/3)$ એ અચળ હોવાથી,તેનું વિકલન $0$ થાય છે.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (5x)^2} \times \frac{d}{dx}(5x) + 0 = \frac{5}{1 + 25x^2}$.

(A) ધારો કે $y = \sin^{-1} \left( \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \frac{4}{5} \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \right)$.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{3}{5}$,તો $\sin \alpha = \frac{4}{5}$ થાય.
વળી,ધારો કે $\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$,તો $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા,$y = \sin^{-1} (\cos \alpha \cos \theta + \sin \alpha \sin \theta) = \sin^{-1} (\cos(\alpha - \theta)) = \sin^{-1} (\sin(\frac{\pi}{2} - (\alpha - \theta))) = \frac{\pi}{2} - \alpha + \theta$ મળે.
અહીં $\theta = \tan^{-1} x$ હોવાથી,$y = \frac{\pi}{2} - \alpha + \tan^{-1} x$ થાય.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 0 - 0 + \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1+x^2}$ મળે.

(D) આપેલ છે,$f(x)=\cot ^{-1}\left(\frac{x^x-x^{-x}}{2}\right)$.
ધારો કે $y = \cot ^{-1}\left(\frac{x^{2x}-1}{2x^x}\right)$.
$x^x = \tan \theta$ લેતા,$y = \cot ^{-1}\left(\frac{\tan^2 \theta - 1}{2 \tan \theta}\right)$.
કારણ કે $\cot 2\theta = \frac{1-\tan^2 \theta}{2 \tan \theta}$,તેથી $y = \cot ^{-1}(-\cot 2\theta)$.
ગુણધર્મ $\cot ^{-1}(-z) = \pi - \cot ^{-1}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \pi - \cot ^{-1}(\cot 2\theta) = \pi - 2\theta$.
$\theta = \tan ^{-1}(x^x)$ પાછું મૂકતા,$y = \pi - 2 \tan ^{-1}(x^x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -2 \cdot \frac{1}{1+(x^x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^x)$.
$\frac{d}{dx}(x^x) = x^x(1 + \ln x)$ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{2x^x(1 + \ln x)}{1 + x^{2x}}$.
$x=1$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = -\frac{2(1)^1(1 + \ln 1)}{1 + (1)^2} = -\frac{2(1)(1+0)}{2} = -1$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \cos^2 \left( \tan^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{1+x}} \right)$ છે,જ્યાં $-1 < x < 1$.
ધારો કે $x = \cos(2\theta)$,જ્યાં $0 < 2\theta < \pi$,તેથી $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$.
ત્યારે,$\sqrt{\frac{1-x}{1+x}} = \sqrt{\frac{1-\cos(2\theta)}{1+\cos(2\theta)}} = \sqrt{\frac{2\sin^2\theta}{2\cos^2\theta}} = \tan\theta$.
આ કિંમત વિધેયમાં મૂકતા,આપણને $f(x) = \cos^2(\tan^{-1}(\tan\theta)) = \cos^2\theta$ મળે છે.
નિત્યસમ $\cos^2\theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = \frac{1+x}{2}$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} + \frac{x}{2} \right) = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $y = \cos^{-1} \left( \frac{b - a \cos x}{a - b \cos x} \right)$.
આદેશ $\cos y = \frac{b - a \cos x}{a - b \cos x}$ નો ઉપયોગ કરતા.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan \left( \frac{y}{2} \right) = \sqrt{\frac{1 - \cos y}{1 + \cos y}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 - \cos y = \frac{(a - b)(1 + \cos x)}{a - b \cos x}$ અને $1 + \cos y = \frac{(a + b)(1 - \cos x)}{a - b \cos x}$.
તેથી,$\tan^2 \left( \frac{y}{2} \right) = \frac{a - b}{a + b} \cot^2 \left( \frac{x}{2} \right)$.
આમ,$y = 2 \tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{a - b}{a + b}} \cot \frac{x}{2} \right)$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-\sqrt{a^2 - b^2}}{a - b \cos x}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $x^2 = \cos(2\theta)$,જ્યાં $2\theta \in (0, \pi)$,તેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$.
ત્યારબાદ $\sqrt{1+x^2} = \sqrt{1+\cos(2\theta)} = \sqrt{2\cos^2\theta} = \sqrt{2}\cos\theta$ અને $\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\cos(2\theta)} = \sqrt{2\sin^2\theta} = \sqrt{2}\sin\theta$.
આ કિંમતોને $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \operatorname{Tan}^{-1} \left[ \frac{\sqrt{2}\cos\theta + \sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{2}\cos\theta - \sqrt{2}\sin\theta} \right] = \operatorname{Tan}^{-1} \left[ \frac{\cos\theta + \sin\theta}{\cos\theta - \sin\theta} \right] = \operatorname{Tan}^{-1} \left[ \frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta} \right] = \operatorname{Tan}^{-1} [\tan(\frac{\pi}{4} + \theta)] = \frac{\pi}{4} + \theta$.
$\theta$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $f(x) = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{-1}{\sqrt{1-(x^2)^2}} \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = \frac{-1}{2\sqrt{1-x^4}} \cdot 2x = \frac{-x}{\sqrt{1-x^4}}$.

(D) ધારો કે $x^2 = \cos(2\theta)$,તેથી $2\theta = \cos^{-1}(x^2)$,જેનો અર્થ છે $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$.
ત્યારબાદ $\sqrt{1+x^2} = \sqrt{1+\cos(2\theta)} = \sqrt{2\cos^2(\theta)} = \sqrt{2}\cos(\theta)$ અને $\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\cos(2\theta)} = \sqrt{2\sin^2(\theta)} = \sqrt{2}\sin(\theta)$.
આ કિંમતોને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos(\theta) + \sqrt{2}\sin(\theta)}{\sqrt{2}\cos(\theta) - \sqrt{2}\sin(\theta)}\right) = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{\cos(\theta) + \sin(\theta)}{\cos(\theta) - \sin(\theta)}\right)$.
અંશ અને છેદને $\cos(\theta)$ વડે ભાગતા:
$y = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{1 + \tan(\theta)}{1 - \tan(\theta)}\right) = \operatorname{Tan}^{-1}(\tan(\frac{\pi}{4} + \theta)) = \frac{\pi}{4} + \theta$.
$\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$ મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cos^{-1}(x^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 + \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{\sqrt{1-(x^2)^2}}\right) \cdot (2x) = -\frac{x}{\sqrt{1-x^4}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે કે,$y = \tan^{-1} \left\{ \frac{x}{1 + \sqrt{1 - x^2}} \right\} + \sin \left\{ 2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}} \right\}$.
ધારો કે $x = \cos 2\theta$,તેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$.
$x = \cos 2\theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \tan^{-1} \left\{ \frac{\cos 2\theta}{1 + \sin 2\theta} \right\} + \sin \left\{ 2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 - \cos 2\theta}{1 + \cos 2\theta}} \right\}$
$y = \tan^{-1} \left\{ \frac{\cos^2 \theta - \sin^2 \theta}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} \right\} + \sin \left\{ 2 \tan^{-1} (\tan \theta) \right\}$
$y = \tan^{-1} \left\{ \frac{\cos \theta - \sin \theta}{\cos \theta + \sin \theta} \right\} + \sin 2\theta$
$y = \tan^{-1} \left\{ \tan \left( \frac{\pi}{4} - \theta \right) \right\} + \sin 2\theta$
$y = \frac{\pi}{4} - \theta + \sin 2\theta$
$\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$ અને $\sin 2\theta = \sqrt{1 - x^2}$ મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \cos^{-1} x + \sqrt{1 - x^2}$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \right) + \frac{1}{2\sqrt{1 - x^2}} (-2x)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{1 - x^2}} - \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} = \frac{1 - 2x}{2\sqrt{1 - x^2}}$.

(D) ધારો કે $u = \operatorname{Sec}^{-1}\left(\frac{1}{2x^2-1}\right)$ અને $v = \sqrt{1-x^2}$.
નિત્યસમ $\operatorname{Sec}^{-1}(\frac{1}{z}) = \cos^{-1}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $u = \cos^{-1}(2x^2-1)$ મળે.
ધારો કે $x = \cos \theta$,તો $u = \cos^{-1}(2\cos^2 \theta - 1) = \cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta = 2\cos^{-1}x$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = 2 \times (-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}) = -\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}$.
હવે,$v = \sqrt{1-x^2}$,તેથી $\frac{dv}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}} \times (-2x) = -\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$.
આપણે $\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx} = \frac{-2/\sqrt{1-x^2}}{-x/\sqrt{1-x^2}} = \frac{2}{x}$ શોધવાનું છે.
$x = \frac{1}{2}$ આગળ,$\frac{du}{dv} = \frac{2}{1/2} = 4$.

(D) આપેલ છે કે $px+my+n=0$ એ વક્ર $y=f(x)$ પર $x=\alpha$ આગળનો સ્પર્શક છે.
સ્પર્શક રેખા $px+my+n=0$ નો ઢાળ $m_t = -\frac{p}{m}$ છે.
તેથી,$f'(\alpha) = -\frac{p}{m}$.
હવે,આપણે $x=0$ આગળ $\frac{d}{dx} [f(\alpha e^{2x})]$ શોધવાનું છે.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dx} [f(\alpha e^{2x})] = f'(\alpha e^{2x}) \cdot \frac{d}{dx}(\alpha e^{2x}) = f'(\alpha e^{2x}) \cdot (2\alpha e^{2x})$.
$x=0$ આગળ,પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$f'(\alpha e^0) \cdot (2\alpha e^0) = f'(\alpha) \cdot (2\alpha)$.
$f'(\alpha) = -\frac{p}{m}$ મૂકતા:
$(-\frac{p}{m}) \cdot (2\alpha) = -\frac{2p\alpha}{m}$.

(C) ધારો કે $\theta = \cos^{-1} \sqrt{\frac{1+x^2}{2}}$. તેથી $\cos \theta = \sqrt{\frac{1+x^2}{2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\cos^2 \theta = \frac{1+x^2}{2}$ મળે.
નિત્યસમ $\tan^2 \theta = \sec^2 \theta - 1 = \frac{1}{\cos^2 \theta} - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \frac{1}{\cos^2 \theta} - 1 = \frac{1}{\frac{1+x^2}{2}} - 1 = \frac{2}{1+x^2} - 1 = \frac{2 - (1+x^2)}{1+x^2} = \frac{1-x^2}{1+x^2}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને $y$ નું $x$ સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{(1+x^2)(-2x) - (1-x^2)(2x)}{(1+x^2)^2} = \frac{-2x - 2x^3 - 2x + 2x^3}{(1+x^2)^2} = \frac{-4x}{(1+x^2)^2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપેલ છે કે,$y=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+a^2 x^2}-1}{a x}\right)$.
$ax = \tan \theta$ લેતા,તેથી $\theta = \tan ^{-1}(ax)$.
તેથી $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1 - \cos \theta}{\sin \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right) = \frac{\theta}{2}$.
આમ,$y = \frac{1}{2} \tan ^{-1}(ax)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$y^{\prime} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{1+a^2 x^2}$ મળે.
આથી $(1+a^2 x^2) y^{\prime} = \frac{a}{2}$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$(1+a^2 x^2) y^{\prime \prime} + (2a^2 x) y^{\prime} = 0$ મળે.
આને $(1+a^2 x^2) y^{\prime \prime} + g(x) y^{\prime} = 0$ સાથે સરખાવતા,$g(x) = 2a^2 x$ મળે.
સમીકરણ $1+a^2 x^2 + g(x) = 0$ એ $a^2 x^2 + 2a^2 x + 1 = 0$ બને છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2 + Bx + C = 0$ ના બીજનો સરવાળો $-\frac{B}{A}$ થાય.
અહીં,બીજનો સરવાળો $-\frac{2a^2}{a^2} = -2$ થાય.