Higher order derivatives Questions in Gujarati

(B) ધારો કે $f(x) = x^5 - 5x^3 + 5x^2 - 1$.
સમાન બીજ શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ અને તેના વિકલિત $f'(x) = 5x^4 - 15x^2 + 10x$ વચ્ચેના સામાન્ય બીજ તપાસીએ.
$f'(x) = 0$ લેતા:
$5x(x^3 - 3x + 2) = 0$.
નિરીક્ષણ દ્વારા,$x=1$ એ $f'(x)$ નું બીજ છે કારણ કે $1-3+2=0$.
$f(1) = 1 - 5 + 5 - 1 = 0$ તપાસતા.
$f(1) = 0$ અને $f'(1) = 0$ હોવાથી,$x=1$ એ પુનરાવર્તિત બીજ છે.
$f(x)$ ને $(x-1)^2$ વડે ભાગતા:
$f(x) = (x-1)^2(x^3 + 2x^2 - 2x - 1)$.
$g(x) = x^3 + 2x^2 - 2x - 1$ ના વિકલિતને તપાસતા:
$g'(x) = 3x^2 + 4x - 2$.
$g(1) = 1 + 2 - 2 - 1 = 0$.
$g(1) = 0$ અને $g'(1) = 3+4-2 = 5 \neq 0$ હોવાથી,$x=1$ એ $3$ ની ઘાતવાળું બીજ છે.
આમ,સમીકરણને $3$ સમાન બીજ છે.

(B) આપેલ છે કે $y = \operatorname{Sin}^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)$.
$|x| > 1$ માટે,આપણે $x = \tan \theta$ આદેશ લઈએ છીએ. અહીં $x=2 > 1$ હોવાથી,આપણે નિત્યસમ $\operatorname{Sin}^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right) = \pi - 2\tan^{-1}(x)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
તેથી,$y = \pi - 2\tan^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = -\frac{2}{1+x^2}$ મળે.
ફરીથી વિકલન કરતા,$\frac{d^2y}{dx^2} = -2 \cdot (-1)(1+x^2)^{-2} \cdot (2x) = \frac{4x}{(1+x^2)^2}$.
$x=2$ આગળ,$k = \left(\frac{d^2y}{dx^2}\right)_{x=2} = \frac{4(2)}{(1+2^2)^2} = \frac{8}{25}$.
તેથી,$25k = 25 \cdot \frac{8}{25} = 8$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$8 = (-2)^3$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = e^x \sin x$.
પ્રથમ વિકલન: $f'(x) = e^x \sin x + e^x \cos x = e^x(\sin x + \cos x)$.
દ્વિતીય વિકલન: $f''(x) = e^x(\sin x + \cos x) + e^x(\cos x - \sin x) = 2e^x \cos x$.
તૃતીય વિકલન: $f'''(x) = 2e^x \cos x - 2e^x \sin x = 2e^x(\cos x - \sin x)$.
ચતુર્થ વિકલન: $f^{(4)}(x) = 2e^x(\cos x - \sin x) + 2e^x(-\sin x - \cos x) = -4e^x \sin x$.
પાંચમું વિકલન: $f^{(5)}(x) = -4e^x \sin x - 4e^x \cos x = -4e^x(\sin x + \cos x)$.
છઠ્ઠું વિકલન: $f^{(6)}(x) = -4e^x(\sin x + \cos x) - 4e^x(\cos x - \sin x) = -4e^x \sin x - 4e^x \cos x - 4e^x \cos x + 4e^x \sin x = -8e^x \cos x$.

(A) આપેલ છે કે $y = \sin(\sin x)$ . . . $(i)$
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = \cos(\sin x) \cdot \cos x$ . . . $(ii)$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y'' = -\sin(\sin x) \cdot \cos^2 x - \sin x \cdot \cos(\sin x)$
સમીકરણ $(ii)$ પરથી,આપણી પાસે $\cos(\sin x) = \frac{y'}{\cos x}$ છે. આ કિંમત $y''$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y'' = -\sin(\sin x) \cdot \cos^2 x - \sin x \cdot \left(\frac{y'}{\cos x}\right)$
$y'' = -y \cdot \cos^2 x - \tan x \cdot y'$
પદોને ગોઠવતા:
$y'' + \tan x \cdot y' + \cos^2 x \cdot y = 0$
આને $y'' + f(x) \cdot y' + g(x) \cdot y = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \tan x$ અને $g(x) = \cos^2 x$ મળે છે.
તેથી,$f(x) \cdot g(x) = \tan x \cdot \cos^2 x = \frac{\sin x}{\cos x} \cdot \cos^2 x = \sin x \cdot \cos x$.
નિત્યસમ $\sin(2x) = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) \cdot g(x) = \frac{1}{2} \sin(2x)$.

(D) આપેલ છે કે $x=3 \cos t$ અને $y=4 \sin t$.
બંનેનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા,આપણને $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{16} = \cos^2 t + \sin^2 t = 1$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{2x}{9} + \frac{2y}{16} \frac{dy}{dx} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = -\frac{16x}{9y}$.
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{16}{9} \left[ \frac{y - x \frac{dy}{dx}}{y^2} \right]$.
$\frac{dy}{dx} = -\frac{16x}{9y}$ મૂકતા,$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{16}{9} \left[ \frac{y - x(-\frac{16x}{9y})}{y^2} \right] = -\frac{16}{9} \left[ \frac{9y^2 + 16x^2}{9y^3} \right]$.
કારણ કે $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{16} = 1$,તેથી $16x^2 + 9y^2 = 144$.
આમ,$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{16}{9} \left[ \frac{144}{9y^3} \right] = -\frac{256}{9y^3}$.
બિંદુ $(x_0, y_0) = (\frac{3\sqrt{2}}{2}, 2\sqrt{2})$ આગળ,$y = 2\sqrt{2}$.
તેથી,$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{256}{9(2\sqrt{2})^3} = -\frac{256}{9(16\sqrt{2})} = -\frac{16}{9\sqrt{2}} = -\frac{8\sqrt{2}}{9}$.

(B) આપેલ છે,$y = \sin(\log(x^2 + 2x + 1))$.
કારણ કે $x^2 + 2x + 1 = (x+1)^2$,તેથી $y = \sin(2 \log(x+1))$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \cos(2 \log(x+1)) \times \frac{2}{x+1}$.
$(x+1)$ વડે ગુણતા:
$(x+1) \frac{dy}{dx} = 2 \cos(2 \log(x+1))$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(x+1) \frac{d^2y}{dx^2} + \frac{dy}{dx} = -2 \sin(2 \log(x+1)) \times \frac{2}{x+1}$.
આખા સમીકરણને $(x+1)$ વડે ગુણતા:
$(x+1)^2 \frac{d^2y}{dx^2} + (x+1) \frac{dy}{dx} = -4 \sin(2 \log(x+1))$.
કારણ કે $y = \sin(2 \log(x+1))$,તેથી આપણને મળે છે:
$(x+1)^2 \frac{d^2y}{dx^2} + (x+1) \frac{dy}{dx} = -4y$.

(C) આપેલ છે,$y=x \log \left(\frac{x}{2-3 x}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરવા માટે ગુણાકારનો નિયમ અને સાંકળનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{dy}{dx} = x \cdot \frac{d}{dx} \left[ \log \left( \frac{x}{2-3x} \right) \right] + \log \left( \frac{x}{2-3x} \right) \cdot \frac{d}{dx}(x)$
$\frac{dy}{dx} = x \left( \frac{2-3x}{x} \right) \cdot \frac{(2-3x)(1) - x(-3)}{(2-3x)^2} + \log \left( \frac{x}{2-3x} \right)$
$\frac{dy}{dx} = x \left( \frac{2-3x}{x} \right) \cdot \frac{2}{(2-3x)^2} + \log \left( \frac{x}{2-3x} \right) = \frac{2}{2-3x} + \log \left( \frac{x}{2-3x} \right)$.
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left( 2(2-3x)^{-1} \right) + \frac{d}{dx} \left[ \log \left( \frac{x}{2-3x} \right) \right]$
$\frac{d^2y}{dx^2} = -2(2-3x)^{-2}(-3) + \frac{2}{x(2-3x)} = \frac{6}{(2-3x)^2} + \frac{2}{x(2-3x)}$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે,$2-3x = 2 - 3(\frac{1}{2}) = 2 - 1.5 = 0.5 = \frac{1}{2}$.
$x = \frac{1}{2}$ અને $2-3x = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{6}{(1/2)^2} + \frac{2}{(1/2)(1/2)} = \frac{6}{1/4} + \frac{2}{1/4} = 24 + 8 = 32$.

(D) આપેલ છે કે $y = a \cos x + (b + 2x) \sin x$.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને પ્રથમ વિકલિત $y^{\prime}$ મેળવો:
$y^{\prime} = -a \sin x + (b + 2x) \cos x + 2 \sin x$.
હવે,દ્વિતીય વિકલિત $y^{\prime \prime}$ મેળવો:
$y^{\prime \prime} = -a \cos x - (b + 2x) \sin x + 2 \cos x + 2 \cos x$.
$y^{\prime \prime} = -(a \cos x + (b + 2x) \sin x) + 4 \cos x$.
કારણ કે $y = a \cos x + (b + 2x) \sin x$,આપણે $y$ ને પદાવલિમાં મૂકીએ:
$y^{\prime \prime} = -y + 4 \cos x$.
તેથી,$y^{\prime \prime} + y = 4 \cos x$.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan(\log x)$.
પ્રથમ,સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \sec^2(\log x) \cdot \frac{1}{x} = \frac{\sec^2(\log x)}{x}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમ $\left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{x \cdot \frac{d}{dx}(\sec^2(\log x)) - \sec^2(\log x) \cdot 1}{x^2}$.
$\frac{d}{dx}(\sec^2(\log x))$ માટે સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $2 \sec(\log x) \cdot \sec(\log x) \tan(\log x) \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 \sec^2(\log x) \tan(\log x)}{x}$.
આ કિંમત મૂકતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{x \cdot \frac{2 \sec^2(\log x) \tan(\log x)}{x} - \sec^2(\log x)}{x^2}$.
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{2 \sec^2(\log x) \tan(\log x) - \sec^2(\log x)}{x^2}$.
$\sec^2(\log x)$ સામાન્ય લેતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\sec^2(\log x)[2 \tan(\log x) - 1]}{x^2}$.

(A) આપેલ છે કે $y = \frac{\log x}{x}$.
પ્રથમ,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને પ્રથમ વિકલિત $\frac{dy}{dx}$ શોધો:
$\frac{dy}{dx} = \frac{x(\frac{1}{x}) - \log x(1)}{x^2} = \frac{1 - \log x}{x^2}$.
ત્યારબાદ,બીજું વિકલિત $\frac{d^2y}{dx^2}$ શોધો:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{x^2(-\frac{1}{x}) - (1 - \log x)(2x)}{x^4} = \frac{-x - 2x + 2x \log x}{x^4} = \frac{-3x + 2x \log x}{x^4}$.
હવે,આ કિંમતોને $x^2 \frac{d^2y}{dx^2} + 3x \frac{dy}{dx} + y$ માં મૂકો:
$= x^2 \left( \frac{-3x + 2x \log x}{x^4} \right) + 3x \left( \frac{1 - \log x}{x^2} \right) + \frac{\log x}{x}$
$= \frac{-3x + 2x \log x}{x^2} + \frac{3 - 3 \log x}{x} + \frac{\log x}{x}$
$= \frac{-3 + 2 \log x}{x} + \frac{3 - 3 \log x}{x} + \frac{\log x}{x}$
$= \frac{-3 + 2 \log x + 3 - 3 \log x + \log x}{x} = \frac{0}{x} = 0$.
આમ,તમામ $x > 0$ માટે કિંમત $0$ થાય છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \log(\cosh x)$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cosh x} \cdot \frac{d}{dx}(\cosh x)$
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\cosh x) = \sinh x$,તેથી આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \tanh x$
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\tanh x)$
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\tanh x) = \operatorname{sech}^2 x$,તેથી:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \operatorname{sech}^2 x$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) $y=\tan \left(3 \tan ^{-1} x\right)$
ધારો કે $\tan ^{-1} x=\theta$,તેથી $\tan \theta=x$.
$\tan 3\theta = \frac{3\tan \theta - \tan^3 \theta}{1-3\tan^2 \theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = \frac{3x-x^3}{1-3x^2}$ મળે છે.
તેથી,$(1-3x^2)y = 3x-x^3$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(1-3x^2)\frac{dy}{dx} + y(-6x) = 3-3x^2$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(1-3x^2)\frac{d^2y}{dx^2} + (-6x)\frac{dy}{dx} - 6(x\frac{dy}{dx} + y) = -6x$.
$(1-3x^2)\frac{d^2y}{dx^2} - 6x\frac{dy}{dx} - 6x\frac{dy}{dx} - 6y = -6x$.
$(1-3x^2)\frac{d^2y}{dx^2} - 12x\frac{dy}{dx} = 6y - 6x = 6(y-x)$.

(C) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 - \cos x}{1 + \cos x}}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos x = 2 \sin^2(x/2)$ અને $1 + \cos x = 2 \cos^2(x/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \sqrt{\frac{2 \sin^2(x/2)}{2 \cos^2(x/2)}}$
$y = \tan^{-1} \sqrt{\tan^2(x/2)}$
$y = \tan^{-1}(\tan(x/2)) = \frac{x}{2}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2}$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\frac{1}{2}) = 0$.
આમ,કિંમતો $\frac{1}{2}$ અને $0$ છે.

(D) આપેલ છે,$y = \cos^{-1} \left( \frac{a \cos x - b \sin x}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right)$.
ધારો કે $\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \cos \theta$ અને $\frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \sin \theta$,જ્યાં $\theta = \tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$.
તેથી,$y = \cos^{-1} (\cos \theta \cos x - \sin \theta \sin x)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \cos^{-1} (\cos(x + \theta))$.
$y = x + \theta$.
અહીં $\theta = \tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$ એ અચળ છે,તેથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (x + \theta) = 1 + 0 = 1$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx} (1) = 0$.

(C) આપેલ છે,$y=e^{\sin ^{-1} x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{d}{dx} e^{\sin ^{-1} x} = e^{\sin ^{-1} x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$y_1 = \frac{y}{\sqrt{1-x^2}}$
$y_1 \sqrt{1-x^2} = y$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન કરતા:
$y_2 \sqrt{1-x^2} + y_1 \cdot \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}} \cdot (-2x) = y_1$
$y_2 \sqrt{1-x^2} - \frac{x y_1}{\sqrt{1-x^2}} = y_1$
બંને બાજુ $\sqrt{1-x^2}$ વડે ગુણતા:
$y_2 (1-x^2) - x y_1 = y_1 \sqrt{1-x^2}$
કારણ કે $y_1 \sqrt{1-x^2} = y$,તેથી:
$(1-x^2) y_2 - x y_1 = y$
આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે: $\cos ^{-1}\left(\frac{y}{b}\right)=2 \log \left(\frac{x}{2}\right)$,જ્યાં $x>0$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$-\frac{1}{\sqrt{1-\frac{y^2}{b^2}}} \cdot \frac{1}{b} \frac{d y}{d x} = 2 \cdot \frac{1}{\left(\frac{x}{2}\right)} \cdot \frac{1}{2}$
$-\frac{1}{\sqrt{b^2-y^2}} \cdot \frac{d y}{d x} = \frac{2}{x}$
$x \frac{d y}{d x} = -2 \sqrt{b^2-y^2} \quad \dots (i)$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$x \frac{d^2 y}{d x^2} + \frac{d y}{d x} = -2 \cdot \frac{1}{2} (b^2-y^2)^{-1/2} (-2y) \frac{d y}{d x}$
$x \frac{d^2 y}{d x^2} + \frac{d y}{d x} = \frac{2y}{\sqrt{b^2-y^2}} \cdot \frac{d y}{d x}$
સમીકરણ $(i)$ પરથી,$\sqrt{b^2-y^2} = -\frac{x}{2} \frac{d y}{d x}$ છે. આ કિંમત મૂકતા:
$x \frac{d^2 y}{d x^2} + \frac{d y}{d x} = \frac{2y}{-\frac{x}{2} \frac{d y}{d x}} \cdot \frac{d y}{d x} = -\frac{4y}{x}$
બંને બાજુ $x$ વડે ગુણતા:
$x^2 \frac{d^2 y}{d x^2} + x \frac{d y}{d x} = -4y$.

(D) આપેલ છે કે $y=a \sin x+(5+2 x) \cos x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને):
$y^{\prime} = a \cos x + (5+2x)(-\sin x) + (2)\cos x$
$y^{\prime} = a \cos x - (5+2x)\sin x + 2 \cos x$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y^{\prime \prime} = -a \sin x - [(5+2x)\cos x + (2)\sin x] - 2 \sin x$
$y^{\prime \prime} = -a \sin x - (5+2x)\cos x - 2 \sin x - 2 \sin x$
$y^{\prime \prime} = -(a \sin x + (5+2x)\cos x) - 4 \sin x$
અહીં $y = a \sin x + (5+2x)\cos x$ હોવાથી,આપણે સમીકરણમાં $y$ ની કિંમત મૂકીએ:
$y^{\prime \prime} = -y - 4 \sin x$
તેથી,$y^{\prime \prime} + y = -4 \sin x$.

(D) આપેલ છે,$y = \frac{\sinh^{-1} x}{\sqrt{1+x^2}}$
$\sqrt{1+x^2} y = \sinh^{-1} x$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\sqrt{1+x^2} y_1 + y \cdot \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}} \cdot 2x = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$
બંને બાજુ $\sqrt{1+x^2}$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$(1+x^2) y_1 + xy = 1$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$(1+x^2) y_2 + y_1(2x) + x y_1 + y = 0$
$(1+x^2) y_2 + 3xy_1 + y = 0$

(B) આપેલ છે કે $y = \frac{\alpha x + \beta}{\gamma x + \delta}$.
પ્રથમ વિકલન: $y_1 = \frac{\alpha(\gamma x + \delta) - \gamma(\alpha x + \beta)}{(\gamma x + \delta)^2} = \frac{\alpha \delta - \gamma \beta}{(\gamma x + \delta)^2}$.
દ્વિતીય વિકલન: $y_2 = \frac{d}{dx} [(\alpha \delta - \gamma \beta)(\gamma x + \delta)^{-2}] = -2(\alpha \delta - \gamma \beta)(\gamma x + \delta)^{-3} \cdot \gamma = \frac{-2 \gamma(\alpha \delta - \gamma \beta)}{(\gamma x + \delta)^3}$.
તૃતીય વિકલન: $y_3 = \frac{d}{dx} [-2 \gamma(\alpha \delta - \gamma \beta)(\gamma x + \delta)^{-3}] = (-2 \gamma)(\alpha \delta - \gamma \beta) \cdot (-3)(\gamma x + \delta)^{-4} \cdot \gamma = \frac{6 \gamma^2(\alpha \delta - \gamma \beta)}{(\gamma x + \delta)^4}$.
હવે,$2 y_1 y_3 = 2 \cdot \left( \frac{\alpha \delta - \gamma \beta}{(\gamma x + \delta)^2} \right) \cdot \left( \frac{6 \gamma^2(\alpha \delta - \gamma \beta)}{(\gamma x + \delta)^4} \right) = \frac{12 \gamma^2(\alpha \delta - \gamma \beta)^2}{(\gamma x + \delta)^6}$.
વળી,$3 y_2^2 = 3 \cdot \left( \frac{-2 \gamma(\alpha \delta - \gamma \beta)}{(\gamma x + \delta)^3} \right)^2 = 3 \cdot \frac{4 \gamma^2(\alpha \delta - \gamma \beta)^2}{(\gamma x + \delta)^6} = \frac{12 \gamma^2(\alpha \delta - \gamma \beta)^2}{(\gamma x + \delta)^6}$.
આમ,$2 y_1 y_3 = 3 y_2^2$.

(A) આપેલ છે કે $y = \sin^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$y_1 = \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\sqrt{1 - x^2} y_1 = 1$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને મળે છે $(1 - x^2) y_1^2 = 1$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(1 - x^2) \cdot 2 y_1 y_2 + y_1^2 \cdot (-2x) = 0$.
$2 y_1$ વડે ભાગતા (ધારો કે $y_1 \neq 0$):
$(1 - x^2) y_2 - x y_1 = 0$.

(B) આપેલ છે કે $y = \sqrt{\sin x + y}$. બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$y^2 = \sin x + y$ મળે.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$2y \frac{dy}{dx} = \cos x + \frac{dy}{dx} \implies \frac{dy}{dx}(2y - 1) = \cos x \implies \frac{dy}{dx} = \frac{\cos x}{2y - 1}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{(2y - 1)(-\sin x) - \cos x (2 \frac{dy}{dx})}{(2y - 1)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{\cos x}{2y - 1}$ મૂકતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{-(2y - 1)\sin x - \frac{2 \cos^2 x}{2y - 1}}{(2y - 1)^2}$.
બિંદુ $(\pi, 1)$ આગળ,$x = \pi$ અને $y = 1$ છે:
$\sin \pi = 0$ અને $\cos \pi = -1$.
$\left(\frac{d^2 y}{dx^2}\right)_{(\pi, 1)} = \frac{-(2(1) - 1)(0) - \frac{2(-1)^2}{2(1) - 1}}{(2(1) - 1)^2} = \frac{0 - \frac{2(1)}{1}}{1^2} = -2$.

(A) આપેલ અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી $y = 1 + x + x^2 + x^3 + . . . + \infty$ છે,જ્યાં $|x| < 1$.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{1}{1 - x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$y^{\prime} = \frac{d}{dx}(1 - x)^{-1} = -1(1 - x)^{-2}(-1) = \frac{1}{(1 - x)^2}$.
હવે,$y^{\prime \prime}$ શોધવા માટે $y^{\prime}$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં ફરીથી વિકલન કરતા,$y^{\prime \prime} = \frac{d}{dx}(1 - x)^{-2} = -2(1 - x)^{-3}(-1) = \frac{2}{(1 - x)^3}$.
આને આપણે $y^{\prime \prime} = 2 \times \frac{1}{(1 - x)} \times \frac{1}{(1 - x)^2}$ તરીકે લખી શકીએ.
કારણ કે $y = \frac{1}{1 - x}$ અને $y^{\prime} = \frac{1}{(1 - x)^2}$ છે,તેથી $y^{\prime \prime} = 2 y y^{\prime}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે $x^x y^y=e^e$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(x^x y^y) = \ln(e^e)$
$x \ln x + y \ln y = e$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x \ln x) + \frac{d}{dx}(y \ln y) = \frac{d}{dx}(e)$
$(1 + \ln x) + (1 + \ln y) \frac{dy}{dx} = 0$
બિંદુ $(e, e)$ પર,$\ln e = 1$:
$(1 + 1) + (1 + 1) \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = 0$
$2 + 2 \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = 0 \Rightarrow \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = -1$
$(1 + \ln x) + (1 + \ln y) y' = 0$ નું ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} y' \cdot y' + (1 + \ln y) y'' = 0$
$\frac{1}{x} + \frac{(y')^2}{y} + (1 + \ln y) y'' = 0$
$(e, e)$ પર જ્યાં $y' = -1$:
$\frac{1}{e} + \frac{(-1)^2}{e} + (1 + \ln e) y'' = 0$
$\frac{1}{e} + \frac{1}{e} + 2 y'' = 0$
$\frac{2}{e} + 2 y'' = 0 \Rightarrow y'' = -\frac{1}{e}$
કારણ કે $\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = -1$,આપણે લખી શકીએ કે $y'' = \frac{-1}{e} = \frac{1}{e} \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)}$.

(B) આપેલ છે કે $y = e^{\sqrt{x}} + e^{-\sqrt{x}}$.
પ્રથમ વિકલન $y_1 = \frac{d}{dx}(e^{\sqrt{x}} + e^{-\sqrt{x}}) = e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} - e^{-\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{e^{\sqrt{x}} - e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}$.
$2\sqrt{x}$ વડે ગુણતા,આપણને $2\sqrt{x} y_1 = e^{\sqrt{x}} - e^{-\sqrt{x}}$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2\sqrt{x} y_2 + 2 y_1 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + e^{-\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$2\sqrt{x} y_2 + \frac{y_1}{\sqrt{x}} = \frac{e^{\sqrt{x}} + e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} = \frac{y}{2\sqrt{x}}$.
આખા સમીકરણને $2\sqrt{x}$ વડે ગુણતા:
$4 x y_2 + 2 y_1 = y$.

(B) આપેલ છે કે $y = \frac{\log x}{x}$.
પ્રથમ,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને પ્રથમ વિકલિત $\frac{dy}{dx}$ શોધો:
$\frac{dy}{dx} = \frac{x \cdot \frac{d}{dx}(\log x) - \log x \cdot \frac{d}{dx}(x)}{x^2} = \frac{x \cdot \frac{1}{x} - \log x}{x^2} = \frac{1 - \log x}{x^2}$.
હવે,$\frac{dy}{dx} = \frac{1 - \log x}{x^2}$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને દ્વિતીય વિકલિત $\frac{d^2 y}{dx^2}$ શોધો:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{x^2 \cdot \frac{d}{dx}(1 - \log x) - (1 - \log x) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)}{(x^2)^2}$
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{x^2 \cdot (-\frac{1}{x}) - (1 - \log x) \cdot (2x)}{x^4} = \frac{-x - 2x + 2x \log x}{x^4} = \frac{-3x + 2x \log x}{x^4} = \frac{-3 + 2 \log x}{x^3}$.
$x = 1$ આગળ:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{-3 + 2 \log 1}{1^3} = \frac{-3 + 2(0)}{1} = -3$.

(B) $f(x) = \sin x \sin 2x \sin 3x$
$= \frac{1}{2} (2 \sin x \sin 2x) \sin 3x$
$= \frac{1}{2} (\cos x - \cos 3x) \sin 3x$
$= \frac{1}{2} (\cos x \sin 3x - \cos 3x \sin 3x)$
$= \frac{1}{4} (2 \sin 3x \cos x) - \frac{1}{4} (2 \sin 3x \cos 3x)$
$= \frac{1}{4} (\sin 4x + \sin 2x) - \frac{1}{4} \sin 6x$
$f'(x) = \frac{1}{4} (4 \cos 4x + 2 \cos 2x) - \frac{6}{4} \cos 6x = \cos 4x + \frac{1}{2} \cos 2x - \frac{3}{2} \cos 6x$
$f''(x) = -4 \sin 4x - \sin 2x + 9 \sin 6x$
$f''(x) = a \sin bx + c \sin dx + e \sin kx$ સાથે સરખાવતા:
$a = -4, b = 4, c = -1, d = 2, e = 9, k = 6$
$(a+c+e) - (b+d+k) = (-4 - 1 + 9) - (4 + 2 + 6) = 4 - 12 = -8$

(B) ધારો કે $p(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ એ $3$ ઘાતવાળી બહુપદી છે.
તેથી,વિકલન નીચે મુજબ થશે:
$p^{\prime}(x) = 3ax^2 + 2bx + c$
$p^{\prime \prime}(x) = 6ax + 2b$
$p^{\prime \prime \prime}(x) = 6a$
આપેલ છે કે $p^{\prime \prime \prime}(1) = 6$,તેથી $6a = 6$,જેનો અર્થ છે કે $a = 1$.
આપેલ છે કે $p^{\prime \prime}(1) = 0$,તેથી $a = 1$ ને $p^{\prime \prime}(1) = 6a(1) + 2b = 0$ માં મૂકતા:
$6(1) + 2b = 0 \Rightarrow 2b = -6 \Rightarrow b = -3$.
હવે,આપણે $p^{\prime \prime}(0)$ શોધવાનું છે:
$p^{\prime \prime}(0) = 6a(0) + 2b = 2b$.
$b = -3$ મૂકતા,આપણને $p^{\prime \prime}(0) = 2(-3) = -6$ મળે છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{dx}{dy} = \frac{1}{\frac{dy}{dx}}$.
હવે,$y$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{d^2x}{dy^2} = \frac{d}{dy} \left( \frac{1}{\frac{dy}{dx}} \right) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{\frac{dy}{dx}} \right) \cdot \frac{dx}{dy}$.
વિકલનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \left( \frac{dy}{dx} \right)^{-1} \right) = -\left( \frac{dy}{dx} \right)^{-2} \cdot \frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{(\frac{dy}{dx})^2}$.
આ કિંમત મૂકતા:
$\frac{d^2x}{dy^2} = -\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{(\frac{dy}{dx})^2} \cdot \frac{1}{\frac{dy}{dx}} = -\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{(\frac{dy}{dx})^3}$.
બિંદુ $P$ પર $\frac{dy}{dx} = 4$ અને $\frac{d^2y}{dx^2} = -3$ આપેલ છે:
$\left( \frac{d^2x}{dy^2} \right)_P = -\frac{-3}{(4)^3} = \frac{3}{64}$.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $y^2 = a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$2y \frac{dy}{dx} = -2a^2 \cos x \sin x + 2b^2 \sin x \cos x = (b^2 - a^2) \sin 2x$.
તેથી,$y \frac{dy}{dx} = \frac{b^2 - a^2}{2} \sin 2x$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$y \frac{d^2 y}{dx^2} + \left( \frac{dy}{dx} \right)^2 = (b^2 - a^2) \cos 2x$.
પ્રથમ વિકલન પરથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{(b^2 - a^2) \sin 2x}{2y}$.
આ કિંમતને બીજા વિકલનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y \frac{d^2 y}{dx^2} + \frac{(b^2 - a^2)^2 \sin^2 2x}{4y^2} = (b^2 - a^2) \cos 2x$.
$y^2$ વડે ગુણતા:
$y^3 \frac{d^2 y}{dx^2} + \frac{(b^2 - a^2)^2 \sin^2 2x}{4} = y^2 (b^2 - a^2) \cos 2x$.
$y^2 = a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે કે $y^3 (\frac{d^2 y}{dx^2} + y) = a^2 b^2$.
તેથી,$\frac{d^2 y}{dx^2} + y = \frac{a^2 b^2}{y^3} = \frac{1}{y} \left( \frac{ab}{y} \right)^2$.

(A) આપેલ છે કે,$x = \sin \theta$ અને $y = \cos(p \theta)$.
$\frac{dx}{d\theta} = \cos \theta$ અને $\frac{dy}{d\theta} = -p \sin(p \theta)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{-p \sin(p \theta)}{\cos \theta}$.
કારણ કે $\sin(p \theta) = \sqrt{1 - y^2}$ અને $\cos \theta = \sqrt{1 - x^2}$,તેથી $\frac{dy}{dx} = -p \frac{\sqrt{1 - y^2}}{\sqrt{1 - x^2}}$.
$\sqrt{1 - x^2} y_1 = -p \sqrt{1 - y^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(1 - x^2) y_1^2 = p^2 (1 - y^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(1 - x^2) \cdot 2 y_1 y_2 + y_1^2 (-2x) = p^2 (-2y y_1)$.
$2 y_1$ વડે ભાગતા (ધારો કે $y_1 \neq 0$):
$(1 - x^2) y_2 - x y_1 = -p^2 y$.
તેથી,$(1 - x^2) y_2 = x y_1 - p^2 y$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $y^2 = a x^2 + 2 x + c$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$2 y \frac{d y}{d x} = 2 a x + 2$
$y \frac{d y}{d x} = a x + 1$
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y \frac{d^2 y}{d x^2} + (\frac{d y}{d x})^2 = a$
પ્રથમ વિકલન પરથી,$\frac{d y}{d x} = \frac{a x + 1}{y}$.
આ કિંમતને બીજા વિકલનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y \frac{d^2 y}{d x^2} + (\frac{a x + 1}{y})^2 = a$
$y \frac{d^2 y}{d x^2} = a - \frac{(a x + 1)^2}{y^2}$
$y \frac{d^2 y}{d x^2} = \frac{a y^2 - (a x + 1)^2}{y^2}$
$y^2 = a x^2 + 2 x + c$ મૂકતા:
$y \frac{d^2 y}{d x^2} = \frac{a(a x^2 + 2 x + c) - (a^2 x^2 + 2 a x + 1)}{y^2}$
$y \frac{d^2 y}{d x^2} = \frac{a^2 x^2 + 2 a x + a c - a^2 x^2 - 2 a x - 1}{y^2}$
$y \frac{d^2 y}{d x^2} = \frac{a c - 1}{y^2}$
બંને બાજુ $y^2$ વડે ગુણતા:
$y^3 \frac{d^2 y}{d x^2} = a c - 1$.

(D) આપેલ છે: $y = a \sin x + (5 + 2x) \cos x$ . . . . . . $(i)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = a \cos x + 2 \cos x - (5 + 2x) \sin x$
$y' = (a + 2) \cos x - (5 + 2x) \sin x$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y'' = -(a + 2) \sin x - 2 \sin x - (5 + 2x) \cos x$
$y'' = -(a + 4) \sin x - (5 + 2x) \cos x$ . . . . . . $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$y'' + y = [-(a + 4) \sin x - (5 + 2x) \cos x] + [a \sin x + (5 + 2x) \cos x]$
$y'' + y = -a \sin x - 4 \sin x - (5 + 2x) \cos x + a \sin x + (5 + 2x) \cos x$
$y'' + y = -4 \sin x$.

(C) આપેલ સમીકરણ $a y^4 = (x + b)^5$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(a) + 4 \ln(y) = 5 \ln(x + b)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{4}{y} \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{5}{x + b}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{5y}{4(x + b)}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{5}{4} \cdot \frac{(x + b) \frac{dy}{dx} - y}{(x + b)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{5y}{4(x + b)}$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{5}{4} \cdot \frac{(x + b) \cdot \frac{5y}{4(x + b)} - y}{(x + b)^2} = \frac{5}{4} \cdot \frac{\frac{5y}{4} - y}{(x + b)^2} = \frac{5}{4} \cdot \frac{y}{4(x + b)^2} = \frac{5y}{16(x + b)^2}$.
હવે,ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા: $\frac{y \cdot (\frac{d^2y}{dx^2})}{(\frac{dy}{dx})^2} = \frac{y \cdot \frac{5y}{16(x + b)^2}}{(\frac{5y}{4(x + b)})^2} = \frac{\frac{5y^2}{16(x + b)^2}}{\frac{25y^2}{16(x + b)^2}} = \frac{5}{25} = \frac{1}{5}$.

(D) આપેલ છે કે $y = a \cos(\log x) + b \sin(\log x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{dy}{dx} = -a \sin(\log x) \cdot \frac{1}{x} + b \cos(\log x) \cdot \frac{1}{x}$
$x y_1 = -a \sin(\log x) + b \cos(\log x)$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x y_2 + y_1 = -a \cos(\log x) \cdot \frac{1}{x} - b \sin(\log x) \cdot \frac{1}{x}$
$x$ વડે ગુણતા:
$x^2 y_2 + x y_1 = -[a \cos(\log x) + b \sin(\log x)]$
કારણ કે $y = a \cos(\log x) + b \sin(\log x)$,તેથી:
$x^2 y_2 + x y_1 = -y$.

(D) આપેલ છે કે $x=a$ એ બહુપદી સમીકરણ $f(x)=0$ નું બે ગુણકતા વાળું બીજ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x)$ ને $f(x)=(x-a)^2 g(x)$ તરીકે લખી શકાય,જ્યાં $g(a) \neq 0$.
પ્રથમ,આપણે પ્રથમ વિકલિત $f^{\prime}(x)$ શોધીએ:
$f^{\prime}(x) = 2(x-a)g(x) + (x-a)^2 g^{\prime}(x)$.
$x=a$ આગળ કિંમત મૂકતા,આપણને $f^{\prime}(a) = 2(a-a)g(a) + (a-a)^2 g^{\prime}(a) = 0$ મળે છે.
ત્યારબાદ,આપણે દ્વિતીય વિકલિત $f^{\prime \prime}(x)$ શોધીએ:
$f^{\prime \prime}(x) = 2g(x) + 2(x-a)g^{\prime}(x) + 2(x-a)g^{\prime}(x) + (x-a)^2 g^{\prime \prime}(x) = 2g(x) + 4(x-a)g^{\prime}(x) + (x-a)^2 g^{\prime \prime}(x)$.
$x=a$ આગળ કિંમત મૂકતા,આપણને $f^{\prime \prime}(a) = 2g(a) + 4(a-a)g^{\prime}(a) + (a-a)^2 g^{\prime \prime}(a) = 2g(a)$ મળે છે.
કારણ કે $g(a) \neq 0$,તેથી $f^{\prime \prime}(a) \neq 0$ થાય.
આમ,$f(a)=0$,$f^{\prime}(a)=0$,અને $f^{\prime \prime}(a) \neq 0$ છે.

(C) આપેલ છે,$y=e^{a \sin ^{-1} x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = e^{a \sin ^{-1} x} \cdot \frac{a}{\sqrt{1-x^2}}$
$\Rightarrow y_1 \sqrt{1-x^2} = ay$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(1-x^2) y_1^2 = a^2 y^2$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(1-x^2) 2 y_1 y_2 - 2x y_1^2 = a^2 2y y_1$
$2y_1$ વડે ભાગતા:
$(1-x^2) y_2 - x y_1 - a^2 y = 0$
$n$-માં વિકલન માટે લેબનીઝ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$[(1-x^2) y_{n+2} + n(-2x) y_{n+1} + \frac{n(n-1)}{2}(-2) y_n] - [x y_{n+1} + n(1) y_n] - a^2 y_n = 0$
$(1-x^2) y_{n+2} - 2nx y_{n+1} - n(n-1) y_n - x y_{n+1} - n y_n - a^2 y_n = 0$
$(1-x^2) y_{n+2} - (2n+1) x y_{n+1} - (n^2 - n + n + a^2) y_n = 0$
$(1-x^2) y_{n+2} - (2n+1) x y_{n+1} = (n^2 + a^2) y_n$

(B) આપેલ છે કે $f(x)=10 \cos x+(13+2 x) \sin x \quad ...(i)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે
$f^{\prime}(x)=-10 \sin x+(13+2 x) \cos x+2 \sin x$
$f^{\prime}(x)=-8 \sin x+(13+2 x) \cos x$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે
$f^{\prime \prime}(x)=-8 \cos x+(13+2 x)(-\sin x)+2 \cos x$
$f^{\prime \prime}(x)=-6 \cos x-(13+2 x) \sin x \quad ...(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે
$f^{\prime \prime}(x)+f(x) = [-6 \cos x-(13+2 x) \sin x] + [10 \cos x+(13+2 x) \sin x]$
$f^{\prime \prime}(x)+f(x) = 4 \cos x$

(C) આપેલ છે કે $y = \sin^{-1} x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ ... $(i)$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\left(\frac{d y}{d x}\right)^2 = \frac{1}{1-x^2}$
$(1-x^2) \left(\frac{d y}{d x}\right)^2 = 1$
હવે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં ફરીથી વિકલન કરતા:
$(1-x^2) \cdot 2 \left(\frac{d y}{d x}\right) \cdot \frac{d^2 y}{d x^2} + \left(\frac{d y}{d x}\right)^2 \cdot (-2x) = 0$
$2 \frac{d y}{d x}$ વડે ભાગતા (ધારો કે $\frac{d y}{d x} \neq 0$):
$(1-x^2) \frac{d^2 y}{d x^2} - x \frac{d y}{d x} = 0$
તેથી,$(1-x^2) \frac{d^2 y}{d x^2} = x \frac{d y}{d x}$.

(D) આપેલ છે કે $y = \cos(\sin x)$.
પ્રથમ વિકલિત $y_1 = \frac{dy}{dx} = -\sin(\sin x) \cdot \cos x$.
બીજું વિકલિત $y_2 = \frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}[-\sin(\sin x) \cdot \cos x]$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $y_2 = -[\cos(\sin x) \cdot \cos x \cdot \cos x + \sin(\sin x) \cdot (-\sin x)]$.
$y_2 = -\cos(\sin x) \cos^2 x + \sin(\sin x) \sin x$.
હવે,$y_1 \sin x + y_2 \cos x$ માં $y_1$ અને $y_2$ ની કિંમત મૂકતા:
$= [-\sin(\sin x) \cos x] \sin x + [-\cos(\sin x) \cos^2 x + \sin(\sin x) \sin x] \cos x$.
$= -\sin(\sin x) \sin x \cos x - \cos(\sin x) \cos^3 x + \sin(\sin x) \sin x \cos x$.
$= -\cos(\sin x) \cos^3 x$.
કારણ કે $y = \cos(\sin x)$,તેથી આ પદ $-y \cos^3 x$ બને છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x^2}{x+a}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f^{\prime}(x) = \frac{(x+a)(2x) - x^2(1)}{(x+a)^2} = \frac{2x^2 + 2ax - x^2}{(x+a)^2} = \frac{x^2 + 2ax}{(x+a)^2}$.
હવે,$f^{\prime}(x) = \frac{x^2 + 2ax}{(x+a)^2}$ નું વિકલન કરીને $f^{\prime \prime}(x)$ મેળવો:
$f^{\prime \prime}(x) = \frac{(x+a)^2(2x + 2a) - (x^2 + 2ax)(2)(x+a)}{(x+a)^4}$.
$(x+a)$ ને સામાન્ય કાઢીને સાદું રૂપ આપતા:
$f^{\prime \prime}(x) = \frac{(x+a)(2x + 2a) - 2(x^2 + 2ax)}{(x+a)^3} = \frac{2x^2 + 4ax + 2a^2 - 2x^2 - 4ax}{(x+a)^3} = \frac{2a^2}{(x+a)^3}$.
$x = a$ મુકતા:
$f^{\prime \prime}(a) = \frac{2a^2}{(a+a)^3} = \frac{2a^2}{(2a)^3} = \frac{2a^2}{8a^3} = \frac{1}{4a}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $y = A \cos n x + B \sin n x$ છે.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{dy}{dx} = -A n \sin n x + B n \cos n x$.
હવે,$y_2$ શોધવા માટે ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_2 = \frac{d^2y}{dx^2} = -A n^2 \cos n x - B n^2 \sin n x$.
પદમાંથી $-n^2$ સામાન્ય લેતા:
$y_2 = -n^2 (A \cos n x + B \sin n x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $y = A \cos n x + B \sin n x$,તેથી $y$ ની કિંમત મૂકતા:
$y_2 = -n^2 y$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$y_2 + n^2 y = 0$.

(D) આપેલ છે કે,$y=f(x)$ એ વિકલનીય અને એક-એક અને વ્યાપ્ત વિધેય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d x}{d y} = \frac{1}{\frac{d y}{d x}} = \left(\frac{d y}{d x}\right)^{-1}$.
બંને બાજુ $y$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 x}{d y^2} = \frac{d}{d y} \left[ \left(\frac{d y}{d x}\right)^{-1} \right]$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d^2 x}{d y^2} = \frac{d}{d x} \left[ \left(\frac{d y}{d x}\right)^{-1} \right] \cdot \frac{d x}{d y}$.
$\frac{d^2 x}{d y^2} = -\left(\frac{d y}{d x}\right)^{-2} \cdot \frac{d^2 y}{d x^2} \cdot \frac{1}{\frac{d y}{d x}}$.
$\frac{d^2 x}{d y^2} = -\frac{\frac{d^2 y}{d x^2}}{\left(\frac{d y}{d x}\right)^3}$.
બંને બાજુ $\left(\frac{d y}{d x}\right)^3$ વડે ગુણતા:
$\frac{d^2 x}{d y^2} \cdot \left(\frac{d y}{d x}\right)^3 = -\frac{d^2 y}{d x^2}$.
તેથી,$\frac{d^2 x}{d y^2} \left(\frac{d y}{d x}\right)^3 + \frac{d^2 y}{d x^2} = 0$.