Application of differential equations Questions in Gujarati

(C) ધારો કે $P(t)$ એ સમય $t$ પરની વસ્તી છે. ફેરફારનો દર $\frac{dP}{dt} = kP$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે $P(t) = P_0 e^{kt}$ તરફ દોરી જાય છે.
ધારો કે $t=0$ એ વર્ષ $1984$ ને અનુરૂપ છે. તેથી $P_A(0) = 20,000$ અને $P_B(0) = 20,000$.
શહેર $A$ માટે $t=5$ (વર્ષ $1989$) પર,$P_A(5) = 20,000 e^{5k_A} = 25,000$,તેથી $e^{5k_A} = 1.25$.
શહેર $B$ માટે $t=5$ (વર્ષ $1989$) પર,$P_B(5) = 20,000 e^{5k_B} = 28,000$,તેથી $e^{5k_B} = 1.4$.
$t=10$ (વર્ષ $1994$) પર:
$P_A(10) = 20,000 (e^{5k_A})^2 = 20,000 (1.25)^2 = 20,000 \times 1.5625 = 31,250$.
$P_B(10) = 20,000 (e^{5k_B})^2 = 20,000 (1.4)^2 = 20,000 \times 1.96 = 39,200$.
તફાવત $|39,200 - 31,250| = 7,950$ છે.

(B) ધારો કે કોઈપણ સમયે $t$ પર પદાર્થનું તાપમાન $\theta$ છે.
ન્યૂટનના શીતલનના નિયમ મુજબ,$\frac{d \theta}{dt} = -k(\theta - 20)$,જ્યાં $k > 0$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને મળે છે $\ln(\theta - 20) = -kt + C$.
$t = 0$ સમયે,$\theta = 100^{\circ} C$,તેથી $\ln(100 - 20) = C \Rightarrow C = \ln(80)$.
આમ,$\ln(\theta - 20) = -kt + \ln(80) \Rightarrow \ln\left(\frac{\theta - 20}{80}\right) = -kt$.
$t = 15$ મિનિટ સમયે,$\theta = 60^{\circ} C$,તેથી $\ln\left(\frac{60 - 20}{80}\right) = -15k \Rightarrow \ln\left(\frac{1}{2}\right) = -15k \Rightarrow k = \frac{\ln(2)}{15}$.
$t = 1$ કલાક $= 60$ મિનિટ માટે,આપણી પાસે છે $\ln\left(\frac{\theta - 20}{80}\right) = -60 \times \frac{\ln(2)}{15} = -4 \ln(2) = \ln\left(\frac{1}{16}\right)$.
તેથી,$\frac{\theta - 20}{80} = \frac{1}{16} \Rightarrow \theta - 20 = 5 \Rightarrow \theta = 25^{\circ} C$.

(B) પદાર્થનો પ્રારંભિક જથ્થો $N_0 = 64$ ગ્રામ છે.
અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{1/2} = 5$ વર્ષ છે.
કુલ વીતેલો સમય $t = 15$ વર્ષ છે.
પૂર્ણ થયેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{15}{5} = 3$ છે.
$n$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી બાકી રહેલા પદાર્થનો જથ્થો શોધવાનું સૂત્ર $N = N_0 \times (\frac{1}{2})^n$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $N = 64 \times (\frac{1}{2})^3 = 64 \times \frac{1}{8} = 8$ ગ્રામ.
તેથી,$15$ વર્ષ પછી બાકી રહેલો જથ્થો $8$ ગ્રામ છે.

(B) ધારો કે સમય $t$ પર પદાર્થનું દળ $m$ છે।
આપેલ છે કે ક્ષય દર હાજર જથ્થાના પ્રમાણમાં છે, તેથી $\frac{dm}{dt} = -km$, જ્યાં $k > 0$.
ચલને અલગ કરતા, આપણને $\frac{dm}{m} = -k dt$ મળે છે।
બંને બાજુ સંકલન કરતા, આપણને $\ln m = -kt + c$ મળે છે।
$t = 0$ સમયે, $m = 60$, તેથી $\ln 60 = c$.
આમ, $\ln m = -kt + \ln 60$.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 1600 \text{ years}$ આપેલ છે, તેથી $t = 1600$ સમયે, $m = \frac{60}{2} = 30$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\ln 30 = -1600k + \ln 60$, જે આપે છે $1600k = \ln 60 - \ln 30 = \ln 2$.
તેથી, $k = \frac{\ln 2}{1600}$.
હવે, $t = 3200$ માટે, જથ્થો $m$ આ રીતે મળે છે: $\ln m = -\left(\frac{\ln 2}{1600}\right)(3200) + \ln 60$.
$\ln m = -2 \ln 2 + \ln 60 = -\ln 4 + \ln 60 = \ln \left(\frac{60}{4}\right) = \ln 15$.
તેથી, $m = 15 \text{ grams}$.

(D) ધારો કે સમય $t$ પર હાજર બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $x$ છે.
વધારાનો દર હાજર સંખ્યાના પ્રમાણમાં છે,તેથી $\frac{dx}{dt} = kx$.
ચલને અલગ કરીને સંકલન કરતા,આપણને $\ln x = kt + c$ મળે છે,અથવા $x = e^{kt+c} = Ae^{kt}$,જ્યાં $A = e^c$ એ $t=0$ સમયે શરૂઆતની બેક્ટેરિયાની સંખ્યા છે.
$t=3$ સમયે,$x = 10^4$,તેથી $10^4 = Ae^{3k}$ ... $(i)$
$t=5$ સમયે,$x = 4 \cdot 10^4$,તેથી $4 \cdot 10^4 = Ae^{5k}$ ... (ii)
(ii) ને $(i)$ વડે ભાગતા: $\frac{4 \cdot 10^4}{10^4} = \frac{Ae^{5k}}{Ae^{3k}} \Rightarrow 4 = e^{2k} \Rightarrow e^k = 2$.
$e^k = 2$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $10^4 = A(e^k)^3 = A(2)^3 = 8A$.
તેથી,$A = \frac{10^4}{8}$.

(C) ધારો કે $t$ સમયે પદાર્થનું દળ $m$ છે. ક્ષય દર વિકલ સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\frac{dm}{dt} = -km$,જ્યાં $k > 0$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{dm}{m} = -k dt$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\ln m = -kt + C$
$t = 0$ સમયે,$m = m_0$,તેથી $C = \ln m_0$.
આમ,$\ln \left(\frac{m}{m_0}\right) = -kt$.
અર્ધ-આયુષ્ય $h$ આપેલ છે,તેથી $t = h$ સમયે,$m = \frac{m_0}{2}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\ln \left(\frac{m_0/2}{m_0}\right) = -kh$
$\ln \left(\frac{1}{2}\right) = -kh$
$-\ln 2 = -kh \Rightarrow k = \frac{\ln 2}{h}$.
પ્રારંભિક ક્ષય દર એ $t = 0$ સમયે $\frac{dm}{dt}$ ની કિંમત છે:
$\left(\frac{dm}{dt}\right)_{t=0} = -k m_0 = -\left(\frac{\ln 2}{h}\right) m_0 = -\frac{m_0}{h} \ln 2$.

(B) કદ $V$ માં થતો ફેરફાર તેના સપાટીના ક્ષેત્રફળ $S$ ના પ્રમાણમાં છે.
$dV/dt = -kS$,જ્યાં $k > 0$ એક અચળાંક છે.
$V = \frac{4}{3} \pi r^3$ અને $S = 4 \pi r^2$ હોવાથી,$dV/dt = 4 \pi r^2 \frac{dr}{dt}$ મળે.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $4 \pi r^2 \frac{dr}{dt} = -k(4 \pi r^2)$.
આથી $\frac{dr}{dt} = -k$ મળે છે.
બંને બાજુ $t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$r(t) = -kt + C$ મળે.
$t = 0$ સમયે,$r = 3 \ mm$,તેથી $3 = -k(0) + C \Rightarrow C = 3$.
આમ,$r(t) = -kt + 3$.
$t = 1$ સમયે,$r = 2 \ mm$,તેથી $2 = -k(1) + 3 \Rightarrow k = 1$.
તેથી,કોઈપણ સમયે $t$ પર ત્રિજ્યા $r(t) = 3 - t$ થશે.

(A) ધારો કે $t$ કલાકે બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $B(t)$ છે.
આપેલ છે કે વધારાનો દર હાજર બેક્ટેરિયાની સંખ્યાના પ્રમાણમાં છે,તેથી વિકલ સમીકરણ: $\frac{dB}{dt} = kB$ મળે.
આનું સમાધાન કરતા,$B(t) = B_0 e^{kt}$ મળે,જ્યાં $B_0$ એ શરૂઆતની સંખ્યા $N$ છે.
$t = 8$ સમયે,$B(8) = 2N$,તેથી $2N = N e^{8k}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{8k} = 2$.
આપણે $t = 24$ કલાકે બેક્ટેરિયાની સંખ્યા શોધવી છે.
$B(24) = N e^{24k} = N (e^{8k})^3$.
$e^{8k} = 2$ મૂકતા,આપણને $B(24) = N (2)^3 = 8N$ મળે છે.

(C) ધારો કે $t$ સમયે બરફનો જથ્થો $x(t)$ છે. ઓગળવાનો દર બરફના જથ્થાના પ્રમાણમાં છે,તેથી $\frac{dx}{dt} = -cx$,જ્યાં $c > 0$.
આનું સંકલન કરતા,આપણને $x(t) = x_0 e^{-ct}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $15 \text{ મિનિટ}$ માં અડધો બરફ ઓગળી જાય છે,તેથી $t = 15$ સમયે,$x(15) = \frac{1}{2} x_0$.
તેથી,$\frac{1}{2} x_0 = x_0 e^{-15c}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{-15c} = \frac{1}{2}$.
આપણે $30 \text{ મિનિટ}$ પછી બાકી રહેલા બરફનો જથ્થો શોધવાનો છે,જે $x(30) = x_0 e^{-30c}$ છે.
$x(30) = x_0 (e^{-15c})^2 = x_0 \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} x_0$.
આને $k x_0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = \frac{1}{4}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $t$ સમયે પદાર્થનું દળ $M$ છે. ક્ષયનો દર વિકલ સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{dM}{dt} = -kM$,જ્યાં $k > 0$.
આનું સંકલન કરતા,આપણને મળે છે $\ln M = -kt + c$.
$t = 0$ સમયે,$M = m_0$,તેથી $\ln m_0 = c$.
આમ,$\ln M = -kt + \ln m_0$,જેનું સાદું રૂપ $\ln(\frac{M}{m_0}) = -kt$ થાય છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $h$ આપેલ છે,તેથી $t = h$ સમયે,$M = \frac{m_0}{2}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\ln(\frac{1}{2}) = -kh \Rightarrow -\ln 2 = -kh \Rightarrow k = \frac{\ln 2}{h}$.
પ્રારંભિક ક્ષય દર એ $t = 0$ સમયે $\frac{dM}{dt}$ ની કિંમત છે.
$\frac{dM}{dt} = -k m_0 = -(\frac{\ln 2}{h}) m_0 = -\frac{m_0}{h} \ln 2$.

(B) બાષ્પીભવનનો દર તેની સપાટીના ક્ષેત્રફળ $S = 4\pi R^2$ ના પ્રમાણમાં છે. કદ $V = \frac{4}{3}\pi R^3$ હોવાથી,કદમાં થતો ફેરફાર $\frac{dV}{dt} = 4\pi R^2 \frac{dR}{dt}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{dV}{dt} = -k(4\pi R^2)$,તેથી $4\pi R^2 \frac{dR}{dt} = -k(4\pi R^2)$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{dR}{dt} = -k$ થાય છે.
આનું સંકલન કરતા,આપણને $R(t) = -kt + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$R = 3$,તેથી $C = 3$. આમ $R(t) = -kt + 3$.
$t = 1$ સમયે,$R = 2$,તેથી $2 = -k(1) + 3$,જે આપણને $k = 1$ આપે છે.
તેથી,$R(t) = 3 - t$.
આપેલ વિકલ્પો તપાસતા,શરતો $R(0)=3$ અને $R(1)=2$ માટે વિકલ્પ $(B)$ $R(t + 2) = 6$ સંતોષાય છે,કારણ કે $t=0$ માટે $R=3$ અને $t=1$ માટે $R=2$ મળે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dP}{dt} = 0.5 P - 450 = \frac{1}{2}(P - 900)$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{2 dP}{P - 900} = dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $2 \int \frac{dP}{P - 900} = \int dt \Rightarrow 2 \ln |P - 900| = t + C$.
પ્રારંભિક શરત $P(0) = 850$ નો ઉપયોગ કરતા: $2 \ln |850 - 900| = 0 + C \Rightarrow C = 2 \ln 50$.
આમ,સમીકરણ $2 \ln |P - 900| = t + 2 \ln 50$ બને છે.
જ્યારે વસ્તી $P=0$ થાય ત્યારે સમય $t$ શોધવા માટે:
$2 \ln |0 - 900| = t + 2 \ln 50$
$2 \ln 900 = t + 2 \ln 50$
$t = 2 \ln 900 - 2 \ln 50 = 2 \ln \left( \frac{900}{50} \right) = 2 \ln 18$.

(A) ધારો કે $t$ સમયે હાજર બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $x$ છે.
વધારાનો દર બેક્ટેરિયાની સંખ્યાના પ્રમાણમાં છે,તેથી $\frac{dx}{dt} = kx$.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{dx}{x} = k dt$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\log x = kt + c$ ... $(i)$ મળે છે.
આપેલ છે કે $t = 3$ સમયે,$x = 10,000$,તેથી $\log(10,000) = 3k + c$ ... $(ii)$.
આપેલ છે કે $t = 5$ સમયે,$x = 40,000$,તેથી $\log(40,000) = 5k + c$ ... $(iii)$.
$(iii)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા,$\log(40,000) - \log(10,000) = 2k$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $\log(4) = 2k$ થાય છે,તેથી $k = \log(2)$.
$k = \log(2)$ ની કિંમત $(ii)$ માં મૂકતા,$\log(10,000) = 3\log(2) + c$ મળે છે.
આમ,$c = \log(10,000) - \log(8) = \log(\frac{10,000}{8}) = \log(1250)$.
શરૂઆતમાં,$t = 0$ સમયે,$\log x = k(0) + c$,તેથી $\log x = \log(1250)$.
તેથી,શરૂઆતમાં બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $x = 1250$ છે.

(B) ધારો કે $t$ સમયે સંપત્તિ $x$ છે. આપેલ છે કે $\frac{dx}{dt} = k \sqrt{x}$.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{dx}{\sqrt{x}} = k dt$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int x^{-1/2} dx = \int k dt$,જે $2 \sqrt{x} = kt + C$ આપે છે.
$t = 0$ સમયે,$x = 9$,તેથી $2 \sqrt{9} = k(0) + C \Rightarrow C = 6$.
આમ,$2 \sqrt{x} = kt + 6$.
$t = 2$ સમયે,$x = 16$,તેથી $2 \sqrt{16} = k(2) + 6 \Rightarrow 8 = 2k + 6 \Rightarrow 2k = 2 \Rightarrow k = 1$.
સમીકરણ $2 \sqrt{x} = t + 6$ બને છે.
વધુ $5$ વર્ષ પછી,$t = 2 + 5 = 7$.
$t = 7$ મૂકતા,$2 \sqrt{x} = 7 + 6 = 13$.
$\sqrt{x} = 6.5$.
$x = (6.5)^2 = 42.25$ કરોડ.

(C) ન્યૂટનના શીતળતાના નિયમ મુજબ,$\frac{dT}{dt} = -K(T - T_s)$,જ્યાં $T_s = 10^{\circ} C$ એ આસપાસનું તાપમાન છે.
આનું સંકલન કરતા,આપણને મળે છે $T(t) = T_s + (T_0 - T_s)e^{-Kt}$.
અહીં $T_0 = 110^{\circ} C$ અને $T_s = 10^{\circ} C$ આપેલ છે,તેથી સમીકરણ $T(t) = 10 + 100e^{-Kt}$ બને છે.
$t = 1 \text{ કલાક}$ પર,$T = 60^{\circ} C$:
$60 = 10 + 100e^{-K(1)} \Rightarrow 50 = 100e^{-K} \Rightarrow e^{-K} = \frac{1}{2} \Rightarrow K = \log 2$.
હવે,$T = 30^{\circ} C$ સુધી પહોંચવા માટે જરૂરી કુલ સમય $t$ શોધીએ:
$30 = 10 + 100e^{-(\log 2)t} \Rightarrow 20 = 100e^{-(\log 2)t} \Rightarrow \frac{1}{5} = e^{-(\log 2)t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$-\log 5 = -(\log 2)t \Rightarrow t = \frac{\log 5}{\log 2}$.
જરૂરી વધારાનો સમય $t - 1 = \frac{\log 5}{\log 2} - 1 \text{ કલાક}$ છે.

(C) ધારો કે $t$ સમયે બરફનો જથ્થો $x(t)$ છે. ઓગળવાનો દર બરફના જથ્થાના પ્રમાણમાં છે,તેથી $\frac{dx}{dt} = -kx$ (જ્યાં $k > 0$).
આનું સંકલન કરતા,આપણને $x(t) = x_0 e^{-kt}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $20 \text{ મિનિટ}$ માં અડધો બરફ ઓગળી જાય છે,તેથી $t = 20$ સમયે,$x(20) = \frac{x_0}{2}$.
તેથી,$\frac{x_0}{2} = x_0 e^{-20k}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{-20k} = \frac{1}{2}$.
આપણે $40 \text{ મિનિટ}$ પછી બાકી રહેલો બરફ શોધવાનો છે,જે $x(40) = x_0 e^{-40k}$ છે.
$x(40) = x_0 (e^{-20k})^2 = x_0 \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{x_0}{4}$.
બાકી રહેલો જથ્થો $Kx_0$ હોવાથી,$Kx_0 = \frac{x_0}{4}$,તેથી $K = \frac{1}{4}$.

(B) ધારો કે સમય $t$ પર વસ્તી $P$ છે. આપેલ છે કે $\frac{dP}{dt} = kP$.
સંકલન કરતા,આપણને $\ln P = kt + C$ મળે,અથવા $P(t) = P_0 e^{kt}$.
$t = 0$ સમયે,$P = 20$ લાખ,તેથી $P_0 = 20$.
$t = 30$ સમયે,$P = 40$ લાખ,તેથી $40 = 20 e^{30k} \Rightarrow e^{30k} = 2 \Rightarrow e^{15k} = \sqrt{2}$.
આપણે બીજા $15$ વર્ષ પછી,એટલે કે $t = 30 + 15 = 45$ વર્ષે વસ્તી શોધવાની છે.
$P(45) = 20 e^{45k} = 20 (e^{15k})^3 = 20 (\sqrt{2})^3 = 20 (2 \sqrt{2}) = 40 \sqrt{2}$ લાખ.

(B) ન્યૂટનના શીતળતાના નિયમ મુજબ,$\frac{dT}{dt} = -K(T - T_s)$,જ્યાં $T_s = 30^{\circ} F$ એ આસપાસનું તાપમાન છે.
$\frac{dT}{dt} = -K(T - 30) \Rightarrow \int \frac{dT}{T - 30} = \int -K dt$
$\ln |T - 30| = -Kt + C \Rightarrow T - 30 = Ae^{-Kt}$,જ્યાં $A = e^C$.
$t = 10$ માટે: $0 - 30 = Ae^{-10K} \Rightarrow -30 = Ae^{-10K} \quad (1)$
$t = 20$ માટે: $15 - 30 = Ae^{-20K} \Rightarrow -15 = Ae^{-20K} \quad (2)$
$(2)$ ને $(1)$ વડે ભાગતા: $\frac{-15}{-30} = \frac{Ae^{-20K}}{Ae^{-10K}} \Rightarrow \frac{1}{2} = e^{-10K} \Rightarrow e^{-10K} = 0.5$.
આમ,$K = 0.0693$ અને $A = -60$.
તેથી,$T = 30 - 60e^{-0.0693t}$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$T = -60e^{-0.03010t} + 30$ સાચો જવાબ છે.

(D) ન્યૂટનના શીતલનનો નિયમ મુજબ,તાપમાનમાં થતો ફેરફાર એ પદાર્થ અને આસપાસના તાપમાનના તફાવતને સમપ્રમાણમાં હોય છે:
$\frac{d\theta}{dt} = -k(\theta - \theta_0)$
સંકલન કરતા,$\ln(\theta - \theta_0) = -kt + C$ મળે છે.
અહીં $\theta_0 = 25^{\circ} C$ છે. $t = 0$ સમયે,$\theta = 80^{\circ} C$,તેથી $C = \ln(55)$.
$t = 30$ સમયે,$\theta = 50^{\circ} C$,તેથી $\ln(25) = -30k + \ln(55)$,જેનો અર્થ છે કે $-30k = \ln(\frac{25}{55}) = \ln(\frac{5}{11})$.
$t = 60$ મિનિટ માટે,$\ln(\theta - 25) = -k(60) + \ln(55) = 2 \ln(\frac{5}{11}) + \ln(55) = \ln(\frac{25}{121} \times 55) = \ln(\frac{125}{11})$.
$\theta - 25 = \frac{125}{11} \approx 11.36$.
તેથી,$\theta = 25 + 11.36 = 36.36^{\circ} C$.

(C) ધારો કે રેડિયમનો પ્રારંભિક જથ્થો $x_0$ છે.
વિઘટનનો દર હાજર જથ્થાના પ્રમાણમાં હોવાથી,બાકી રહેલ જથ્થો ઘાતાંકીય ક્ષય મોડેલને અનુસરે છે.
$1$ વર્ષ પછી,$P \%$ જથ્થો અદ્રશ્ય થઈ જાય છે,તેથી બાકી રહેલ જથ્થો $x_1 = x_0 - \frac{P}{100}x_0 = x_0\left(1-\frac{P}{100}\right)$ છે.
ધારો કે $k = \left(1-\frac{P}{100}\right)$ એ દરેક વર્ષ પછી બાકી રહેલ અપૂર્ણાંક છે.
$2$ વર્ષ પછી,બાકી રહેલ જથ્થો $x_2 = x_1 \times k = x_0\left(1-\frac{P}{100}\right) \times \left(1-\frac{P}{100}\right) = x_0\left(1-\frac{P}{100}\right)^2$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dP}{dt} = 0.05 P$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dP}{P} = 0.05 dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dP}{P} = \int 0.05 dt$.
આથી: $\ln P = 0.05 t + C$.
જ્યારે $t = 0$ હોય,ત્યારે પ્રારંભિક વસ્તી $P_0$ ધારો,તેથી $\ln P_0 = C$.
$C$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\ln P = 0.05 t + \ln P_0$,જે $\ln(\frac{P}{P_0}) = 0.05 t$ માં પરિણમે છે.
આપણે $t$ શોધવા માંગીએ છીએ જ્યારે વસ્તી બમણી થાય,એટલે કે $P = 2P_0$.
આ કિંમત મૂકતા: $\ln(\frac{2P_0}{P_0}) = 0.05 t$.
$\ln 2 = 0.05 t$.
કારણ કે $0.05 = \frac{1}{20}$,તેથી $\ln 2 = \frac{t}{20}$.
તેથી,$t = 20 \ln 2$ વર્ષ.

(C) વૃદ્ધિનો દર હાજર સંખ્યાના પ્રમાણમાં છે.
$\frac{dN}{dt} = kN \Rightarrow \frac{dN}{N} = k dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\ln N = kt + C$ મળે.
$t = 0$ સમયે,$N = 1000$,તેથી $C = \ln 1000$.
આમ,$\ln N = kt + \ln 1000 \Rightarrow \ln(\frac{N}{1000}) = kt \Rightarrow N = 1000 e^{kt}$.
આપેલ છે કે $t = 1$ સમયે,$N = 2000$,તેથી $2000 = 1000 e^k$,જેનો અર્થ છે કે $e^k = 2$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,$N = 1000 \times (e^k)^t = 1000 \times 2^t$.
$t = 2 \frac{1}{2} = 2.5$ કલાક માટે:
$N = 1000 \times 2^{2.5} = 1000 \times 2^2 \times 2^{0.5} = 1000 \times 4 \times \sqrt{2}$.
$\sqrt{2} = 1.414$ આપેલ હોવાથી,$N = 1000 \times 4 \times 1.414 = 5656$.

(B) ધારો કે સમય $t$ પર પદાર્થનું તાપમાન $\theta$ છે. આસપાસનું તાપમાન $\theta_s = 20^{\circ} C$ છે. ન્યૂટનના શીતલનના નિયમ મુજબ,$\frac{d\theta}{dt} = -K(\theta - \theta_s)$.
આનું સંકલન કરતા,$\ln(\theta - 20) = -Kt + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$\theta = 100^{\circ} C$,તેથી $\ln(100 - 20) = C \Rightarrow C = \ln(80)$.
આમ,$\ln\left(\frac{\theta - 20}{80}\right) = -Kt$.
$t = 20 \text{ મિનિટ}$ સમયે,$\theta = 60^{\circ} C$,તેથી $\ln\left(\frac{60 - 20}{80}\right) = -K(20) \Rightarrow \ln(0.5) = -20K \Rightarrow K = \frac{-\ln(0.5)}{20}$.
આપણે $t = 60 \text{ મિનિટ}$ (એક કલાક) પર $\theta$ શોધવાનું છે.
$\ln\left(\frac{\theta - 20}{80}\right) = -\left(\frac{-\ln(0.5)}{20}\right)(60) = 3 \ln(0.5) = \ln(0.5^3) = \ln(0.125)$.
$\frac{\theta - 20}{80} = 0.125 = \frac{1}{8}$.
$\theta - 20 = 10 \Rightarrow \theta = 30^{\circ} C$.

(B) ધારો કે $b$ એ બેક્ટેરિયાની સંખ્યા છે.
આપણી પાસે $\frac{db}{dt} \propto b \Rightarrow \int \frac{db}{b} = \int K dt$ છે.
$\therefore \log b = Kt + c$ ...$(1)$
ધારો કે $b_{0}$ એ બેક્ટેરિયાની પ્રારંભિક સંખ્યા છે. $t = 0$ સમયે,$b = b_{0}$.
$\log b_{0} = K(0) + c \Rightarrow c = \log b_{0}$.
$\therefore \log \left(\frac{b}{b_{0}}\right) = Kt$ ...$(2)$
જ્યારે $t = 3, b = 2b_{0}$.
$\therefore \log \left(\frac{2b_{0}}{b_{0}}\right) = 3K \Rightarrow K = \frac{1}{3}(\log 2)$.
આમ,$\log \left(\frac{b}{b_{0}}\right) = \frac{1}{3}(\log 2)t$.
જ્યારે $t = 6$:
$\log \left(\frac{b}{b_{0}}\right) = \frac{1}{3}(\log 2)(6) = 2 \log 2 = \log 4$.
$\therefore \frac{b}{b_{0}} = 4 \Rightarrow b = 4b_{0}$.
તેથી,બેક્ટેરિયાની સંખ્યા મૂળ સંખ્યા કરતા $4$ ગણી વધશે.

(D) ધારો કે $t \text{ મિનિટ}$ સમયે પાણીનું તાપમાન $\theta^{\circ} C$ છે. ઓરડાનું તાપમાન $T_s = 25^{\circ} C$ છે.
ન્યુટનના શીતલન (cooling) ના નિયમ મુજબ,$\frac{d\theta}{dt} = -K(\theta - T_s)$.
આનું સંકલન કરતા,$\ln(\theta - 25) = -Kt + C$ મળે.
$t = 0$ સમયે,$\theta = 100^{\circ} C$,તેથી $\ln(75) = C$.
આમ,$\ln\left(\frac{\theta - 25}{75}\right) = -Kt$.
$t = 15$ સમયે,$\theta = 75^{\circ} C$,તેથી $\ln\left(\frac{75 - 25}{75}\right) = -15K \Rightarrow \ln\left(\frac{50}{75}\right) = -15K \Rightarrow \ln\left(\frac{2}{3}\right) = -15K$.
તેથી,$K = -\frac{1}{15} \ln\left(\frac{2}{3}\right) = \frac{1}{15} \ln\left(\frac{3}{2}\right)$.
હવે,$t = 30 \text{ મિનિટ}$ માટે,$\ln\left(\frac{\theta - 25}{75}\right) = -30 \times \left(\frac{1}{15} \ln\left(\frac{3}{2}\right)\right) = -2 \ln\left(\frac{3}{2}\right) = \ln\left(\left(\frac{3}{2}\right)^{-2}\right) = \ln\left(\frac{4}{9}\right)$.
તેથી,$\frac{\theta - 25}{75} = \frac{4}{9} \Rightarrow \theta - 25 = \frac{4 \times 75}{9} = \frac{300}{9} = \frac{100}{3}$.
$\theta = 25 + \frac{100}{3} = \frac{75 + 100}{3} = \frac{175}{3}^{\circ} C$.

(B) ધારો કે સમય $t$ પર બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $x$ છે. વધારાનો દર $\frac{dx}{dt}$ એ $x$ ના પ્રમાણમાં છે.
$\frac{dx}{dt} = Kx \Rightarrow \frac{dx}{x} = Kdt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $\ln x = Kt + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,ધારો કે $x = x_0$,તેથી $C = \ln x_0$.
આમ,$\ln \left(\frac{x}{x_0}\right) = Kt$.
આપેલ છે કે સંખ્યા $4$ કલાકમાં બમણી થાય છે,તેથી $t = 4$ સમયે,$x = 2x_0$.
$\ln(2) = 4K \Rightarrow K = \frac{\ln 2}{4}$.
$K$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,$\ln \left(\frac{x}{x_0}\right) = \frac{t}{4} \ln 2$.
$t = 12$ માટે,$\ln \left(\frac{x}{x_0}\right) = \frac{12}{4} \ln 2 = 3 \ln 2 = \ln(2^3) = \ln 8$.
તેથી,$\frac{x}{x_0} = 8$,જેનો અર્થ છે કે બેક્ટેરિયા $8$ ગણા વધે છે.

(C) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનું સૂત્ર $N(t) = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ છે,જ્યાં $N_0$ એ પ્રારંભિક દળ છે,$t$ એ વીતેલો સમય છે અને $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય સમય છે.
આપેલ છે: $N_0 = 1000 \text{ mg}$,$t = 50 \text{ દિવસ}$,અને $T_{1/2} = 10 \text{ દિવસ}$.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{50}{10} = 5$.
બાકી રહેતું દળ $N(t) = 1000 \times \left(\frac{1}{2}\right)^5$.
$N(t) = 1000 \times \frac{1}{32} = \frac{1000}{32} \text{ mg}$.
અંશ અને છેદને $8$ વડે ભાગતા,આપણને $N(t) = \frac{125}{4} \text{ mg}$ મળે છે.

(B) ધારો કે સમય $t$ પર વસ્તી $P$ છે અને પ્રારંભિક વસ્તી $P_{0}$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{dP}{dt} = \frac{5P}{100} = \frac{P}{20}$.
ચલને અલગ કરતા,$\int \frac{dP}{P} = \int \frac{1}{20} dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\ln P = \frac{t}{20} + C$.
જ્યારે $t = 0$,$P = P_{0}$,તેથી $C = \ln P_{0}$.
આમ,$\ln P = \frac{t}{20} + \ln P_{0}$,જે $\ln \left( \frac{P}{P_{0}} \right) = \frac{t}{20}$ માં પરિણમે છે.
વસ્તી બમણી કરવા માટે,$P = 2P_{0}$,તેથી $\ln 2 = \frac{t}{20}$.
આપેલ કિંમત $\log 2 = 0.6912$ નો ઉપયોગ કરતા,$t = 20 \times 0.6912 = 13.824$ વર્ષ.

(D) ધારો કે $t$ સમયે હાજર બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $N$ છે. ધારો કે શરૂઆતની સંખ્યા $N_{0}$ છે. અહીં $\frac{dN}{dt} \propto N \Rightarrow \frac{dN}{dt}=KN \Rightarrow \frac{dN}{N}=K dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dN}{N} = \int K dt \Rightarrow \log N = Kt + C$.
જ્યારે $t=0$,$N=N_{0}$,તેથી $\log N_{0} = C$.
આમ,$\log N - \log N_{0} = Kt \Rightarrow \log \left(\frac{N}{N_{0}}\right) = Kt$.
જ્યારે $t=4$ કલાક,$N=2N_{0}$,તેથી $\log(2) = 4K \Rightarrow K = \frac{\log 2}{4}$.
હવે,આપણે $t$ શોધવા માંગીએ છીએ જ્યારે $N=4N_{0}$.
કિંમતો મૂકતા: $\log \left(\frac{4N_{0}}{N_{0}}\right) = \left(\frac{\log 2}{4}\right)t$.
$\log 4 = \frac{t}{4} \log 2 \Rightarrow 2 \log 2 = \frac{t}{4} \log 2$.
$\log 2$ વડે ભાગતા,$2 = \frac{t}{4} \Rightarrow t = 8$ કલાક.
વૈકલ્પિક રીતે,બેક્ટેરિયાની સંખ્યા દર $4$ કલાકે બમણી થાય છે,તેથી $4$ કલાક પછી તે $2N$ થાય છે,અને બીજા $4$ કલાક પછી (કુલ $8$ કલાક),તે $2 \times (2N) = 4N$ થાય છે.

(A) ધારો કે $P_{0}$ એ પ્રારંભિક વસ્તી છે અને $t$ વર્ષ પછી વસ્તી $P$ છે. વૃદ્ધિનો દર $\frac{dP}{dt} = \frac{8}{100} P = 0.08 P$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{dP}{P} = 0.08 dt$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $\ln P = 0.08 t + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$P = P_{0}$,તેથી $C = \ln P_{0}$.
આમ,$\ln P = 0.08 t + \ln P_{0}$,જેનું સાદું રૂપ $\ln \left( \frac{P}{P_{0}} \right) = 0.08 t$ થાય છે.
વસ્તી બમણી થવા માટે,$P = 2 P_{0}$,તેથી $\ln 2 = 0.08 t$.
આપેલ છે કે $\log 2 = 0.6912$,તેથી $t = \frac{0.6912}{0.08} = 8.64$ વર્ષ.

(D) ધારો કે સમય $t$ પર પદાર્થનું દળ $m$ છે.
ઘટવાનો દર $\frac{dm}{dt} = -km$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{dm}{m} = -k dt$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\log m = -kt + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$m = m_{0}$,તેથી $\log m_{0} = -k(0) + C$,જે $C = \log m_{0}$ આપે છે.
$C$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\log m = -kt + \log m_{0}$.
પુનઃગોઠવણ કરતા $\log m - \log m_{0} = -kt$,અથવા $\log \left(\frac{m}{m_{0}}\right) = -kt$ મળે છે.
આમ,$t = -\frac{1}{k} \log \left(\frac{m}{m_{0}}\right) = \frac{1}{k} \log \left(\frac{m_{0}}{m}\right)$.
જ્યારે $m = m_{1}$ હોય,ત્યારે સમય $t = \frac{1}{k} \log \left(\frac{m_{0}}{m_{1}}\right)$ થાય છે.

(D) ધારો કે શરૂઆતની વસ્તી $P_{0}$ છે અને $t$ સમયે વસ્તી $P$ છે.
વધવાનો દર $\frac{dP}{dt} = \frac{5P}{100} = \frac{P}{20}$ આપેલ છે.
ચલને અલગ કરતા,$\int \frac{dP}{P} = \int \frac{1}{20} dt$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\ln P = \frac{t}{20} + C$ મળે છે.
જ્યારે $t = 0$ હોય ત્યારે $P = P_{0}$,તેથી $C = \ln P_{0}$.
કિંમત મૂકતા,$\ln \left( \frac{P}{P_{0}} \right) = \frac{t}{20}$ મળે છે.
વસ્તી બમણી કરવા માટે $P = 2P_{0}$ લેતા,$\ln 2 = \frac{t}{20}$ મળે છે.
આપેલ $\log 2 = 0.6912$ નો ઉપયોગ કરતા,$t = 20 \times 0.6912 = 13.8240$ વર્ષ.

(C) આપેલ છે કે દળના ઘટવાનો દર દળના સમપ્રમાણમાં છે: $\frac{dm}{dt} = -Km$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dm}{m} = \int -K dt$.
આથી $\log m = -Kt + c$ મળે છે.
જ્યારે $t = 0$,ત્યારે $m = m_{0}$,તેથી $\log m_{0} = c$.
$c$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $\log m = -Kt + \log m_{0}$.
ગોઠવણી કરતા: $\log m - \log m_{0} = -Kt$,જેનો અર્થ થાય છે $\log \left(\frac{m}{m_{0}}\right) = -Kt$.
જ્યારે $m = m_{1}$ હોય,ત્યારે $\log \left(\frac{m_{1}}{m_{0}}\right) = -Kt$ મળે છે.
$t$ માટે ઉકેલતા: $t = -\frac{1}{K} \log \left(\frac{m_{1}}{m_{0}}\right) = \frac{1}{K} \log \left(\frac{m_{0}}{m_{1}}\right)$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dP(t)}{dt} = 0.5 P(t) - 450$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $\frac{dP(t)}{dt} = \frac{1}{2} P(t) - 450 = \frac{P(t) - 900}{2}$.
ચલને અલગ કરતા: $\int \frac{dP(t)}{P(t) - 900} = \int \frac{1}{2} dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\log |P(t) - 900| = \frac{1}{2} t + C$.
$2$ વડે ગુણતા: $2 \log |P(t) - 900| = t + C'$.
$P(0) = 850$ આપેલ હોવાથી,કિંમતો મૂકતા: $2 \log |850 - 900| = 0 + C' \Rightarrow C' = 2 \log 50$.
આમ,સમીકરણ છે: $2 \log |P(t) - 900| = t + 2 \log 50$.
જ્યારે વસ્તી શૂન્ય થાય તે સમય $t$ શોધવા માટે,$P(t) = 0$ લેતા:
$2 \log |0 - 900| = t + 2 \log 50$.
$t = 2 \log 900 - 2 \log 50 = 2 \log \left( \frac{900}{50} \right) = 2 \log 18$.

(B) ધારો કે $P_{0}$ એ પ્રારંભિક વસ્તી છે.
આપેલ છે કે વૃદ્ધિનો દર વસ્તીના પ્રમાણમાં છે: $\frac{dP}{dt} = \lambda P$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dP}{P} = \int \lambda dt \Rightarrow \ln P = \lambda t + C$.
$t = 0$ સમયે,$P = P_{0}$,તેથી $C = \ln P_{0}$.
આમ,$\ln P = \lambda t + \ln P_{0} \Rightarrow \ln \left(\frac{P}{P_{0}}\right) = \lambda t$.
આપેલ છે કે વસ્તી $50$ વર્ષમાં બમણી થાય છે: $\ln \left(\frac{2P_{0}}{P_{0}}\right) = 50\lambda \Rightarrow \ln 2 = 50\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{\ln 2}{50}$.
હવે,જ્યારે વસ્તી ત્રણ ગણી $(P = 3P_{0})$ થાય ત્યારે આપણે $t$ શોધવાની જરૂર છે:
$\ln \left(\frac{3P_{0}}{P_{0}}\right) = \lambda t \Rightarrow \ln 3 = \left(\frac{\ln 2}{50}\right) t$.
$t$ માટે ઉકેલતા: $t = 50 \left(\frac{\ln 3}{\ln 2}\right) \text{ વર્ષ}$.

(D) ધારો કે $t$ સમયે હાજર રેડિયમનો જથ્થો $R$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$\frac{dR}{dt} = kR$.
ચલને અલગ કરીને સંકલન કરતા,આપણને $\ln R = kt + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$R = R_0$,તેથી $C = \ln R_0$.
આમ,$\ln \left( \frac{R}{R_0} \right) = kt$.
આપેલ છે કે $t = 1600$ સમયે,$R = \frac{1}{2}R_0$,તેથી $\ln \left( \frac{1}{2} \right) = 1600k$.
$k = \frac{-\ln 2}{1600} = \frac{-0.6931}{1600} \approx -0.000433$.
$t = 100$ માટે,$\ln \left( \frac{R}{R_0} \right) = (-0.000433) \times 100 = -0.0433$.
તેથી,$\frac{R}{R_0} = e^{-0.0433} = 0.9576$.
આનો અર્થ એ છે કે $R = 0.9576 R_0$.
ટકાવારી ઘટાડો $\frac{R_0 - R}{R_0} \times 100 = \frac{R_0 - 0.9576 R_0}{R_0} \times 100 = 0.0424 \times 100 = 4.24 \%$ છે.

(D) ધારો કે $t$ સમયે પદાર્થનો બાકી રહેલો જથ્થો $x$ છે. ક્ષયનો દર $\frac{dx}{dt} = -kx$ છે,જ્યાં $k > 0$.
વિકલ સમીકરણનું સંકલન કરતા: $\int \frac{1}{x} dx = \int -k dt \implies \ln x = -kt + C$.
$t = 0$ સમયે,$x = 27$,તેથી $C = \ln 27$. આમ,$\ln x = -kt + \ln 27$,અથવા $\ln(\frac{x}{27}) = -kt$.
$t = 3$ સમયે,$x = 8$,તેથી $\ln(\frac{8}{27}) = -3k$.
કારણ કે $\frac{8}{27} = (\frac{2}{3})^3$,આપણને મળે $\ln((\frac{2}{3})^3) = -3k \implies 3 \ln(\frac{2}{3}) = -3k \implies k = -\ln(\frac{2}{3}) = \ln(\frac{3}{2})$.
$k$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $\ln(\frac{x}{27}) = -t \ln(\frac{3}{2}) = t \ln(\frac{2}{3})$.
$t = 4$ માટે,$\ln(\frac{x}{27}) = 4 \ln(\frac{2}{3}) = \ln((\frac{2}{3})^4) = \ln(\frac{16}{81})$.
તેથી,$\frac{x}{27} = \frac{16}{81} \implies x = 27 \times \frac{16}{81} = \frac{16}{3} \text{ gms}$.

$(A)$ ન્યૂટનના શીતળતાના નિયમ મુજબ,તાપમાનમાં ફેરફારનો દર $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_m)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T_m = 290 \ K$ એ આસપાસનું તાપમાન છે.
સમીકરણનું સંકલન કરતા: $\int \frac{dT}{T - 290} = \int -k \ dt \Rightarrow \ln(T - 290) = -kt + C$.
$t = 0$ સમયે,$T = 370 \ K$: $\ln(370 - 290) = C \Rightarrow C = \ln(80)$.
તેથી,$\ln(T - 290) = -kt + \ln(80) \Rightarrow \ln\left(\frac{T - 290}{80}\right) = -kt$.
$t = 10 \ \text{મિનિટ}$ સમયે,$T = 330 \ K$: $\ln\left(\frac{330 - 290}{80}\right) = -10k \Rightarrow \ln\left(\frac{40}{80}\right) = -10k \Rightarrow \ln\left(\frac{1}{2}\right) = -10k \Rightarrow -\ln(2) = -10k \Rightarrow k = \frac{\ln(2)}{10}$.
હવે,$T = 295 \ K$ માટે: $\ln\left(\frac{295 - 290}{80}\right) = -kt \Rightarrow \ln\left(\frac{5}{80}\right) = -\left(\frac{\ln(2)}{10}\right)t$.
$\ln\left(\frac{1}{16}\right) = -\frac{\ln(2)}{10}t \Rightarrow -\ln(16) = -\frac{\ln(2)}{10}t$.
$-4 \ln(2) = -\frac{\ln(2)}{10}t \Rightarrow t = 40 \ \text{મિનિટ}$.

(B) ધારો કે સૂક્ષ્મજીવોની પ્રારંભિક સંખ્યા $N_0$ છે.
આપેલ છે કે સૂક્ષ્મજીવો દર $3$ કલાકે બમણા થાય છે.
આ વૃદ્ધિ પ્રક્રિયા વિકલ સમીકરણ $\frac{dN}{dt} = kN$ દ્વારા સંચાલિત થાય છે.
તેનો ઉકેલ $N(t) = N_0 e^{kt}$ છે.
$t = 3$ સમયે,$N(3) = 2N_0$,તેથી $2N_0 = N_0 e^{3k}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{3k} = 2$.
આપણે $18$ કલાકમાં વસ્તી કેટલા ગણી વધશે તે શોધવું છે,જે $\frac{N(18)}{N_0}$ છે.
$N(18) = N_0 e^{18k} = N_0 (e^{3k})^6$.
$e^{3k} = 2$ મૂકતા,આપણને $N(18) = N_0 (2)^6$ મળે છે.
$N(18) = 64 N_0$.
આમ,તે $64$ ગણી વધશે.

(C) ન્યુટનના ઠંડકના નિયમ મુજબ,$\frac{d\theta}{dt} = -k(\theta - \theta_0)$,જ્યાં $\theta_0 = 10^{\circ} C$ છે.
આનું સંકલન કરતા,આપણને $\theta(t) = \theta_0 + Ce^{-kt}$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$\theta = 110^{\circ} C$,તેથી $110 = 10 + C \Rightarrow C = 100$.
આમ,$\theta(t) = 10 + 100e^{-kt}$.
$t = 1$ કલાક પર,$\theta = 60^{\circ} C$,તેથી $60 = 10 + 100e^{-k} \Rightarrow 50 = 100e^{-k} \Rightarrow e^{-k} = \frac{1}{2}$.
લોગ લેતા,$-k = \ln(1/2) = -\ln 2$,તેથી $k = \ln 2$.
હવે,જ્યારે $\theta = 30^{\circ} C$ હોય ત્યારે કુલ સમય $t$ શોધીએ:
$30 = 10 + 100e^{-kt} \Rightarrow 20 = 100e^{-kt} \Rightarrow e^{-kt} = \frac{1}{5}$.
લોગ લેતા,$-kt = \ln(1/5) = -\ln 5$,તેથી $kt = \ln 5$.
કારણ કે $k = \ln 2$,તેથી $t = \frac{\ln 5}{\ln 2}$ કલાક.
જરૂરી વધારાનો સમય $t - 1 = \frac{\ln 5}{\ln 2} - 1$ કલાક છે.

(D) ધારો કે $t$ સમયે બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $N(t)$ છે. વૃદ્ધિનો દર બેક્ટેરિયાની સંખ્યાના પ્રમાણમાં છે,તેથી $\frac{dN}{dt} = kN$.
આ વિકલ સમીકરણ ઉકેલતા,આપણને $N(t) = N_0 e^{kt}$ મળે છે,જ્યાં $N_0$ એ બેક્ટેરિયાની પ્રારંભિક સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે સંખ્યા $4$ કલાકમાં બમણી થાય છે,તેથી $N(4) = 2N_0$.
આમ,$2N_0 = N_0 e^{4k}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{4k} = 2$.
આપણે $12$ કલાક પછી બેક્ટેરિયાની સંખ્યા શોધવી છે,જે $N(12) = N_0 e^{12k}$ છે.
$N(12) = N_0 (e^{4k})^3$.
$e^{4k} = 2$ મૂકતા,આપણને $N(12) = N_0 (2)^3 = 8N_0$ મળે છે.
તેથી,$12$ કલાક પછી બેક્ટેરિયાની સંખ્યા $8N$ હશે.

(C) ધારો કે સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ તત્વનું દળ $m$ છે.
વિઘટનનો દર $\frac{dm}{dt}$ છે,જે $m$ ના પ્રમાણમાં છે.
$\frac{dm}{dt} = -km$,જ્યાં $k > 0$.
ચલ અલગ કરતા,$\frac{dm}{m} = -k \, dt$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{1}{m} \, dm = -k \int dt + C$,જે $\log m = -kt + C$ આપે છે.
શરૂઆતમાં,$t = 0$ સમયે,$m = 1.5 = \frac{3}{2}$.
તેથી,$\log \left(\frac{3}{2}\right) = -k(0) + C$,જેનો અર્થ છે કે $C = \log \left(\frac{3}{2}\right)$.
સમીકરણ $\log m = -kt + \log \left(\frac{3}{2}\right)$ બને છે,અથવા $\log \left(\frac{m}{3/2}\right) = -kt$,જેનું સાદું રૂપ $\log \left(\frac{2m}{3}\right) = -kt$ થાય છે.
જ્યારે $m = 0.5 = \frac{1}{2}$ હોય,ત્યારે $\log \left(\frac{2 \times (1/2)}{3}\right) = -kt$.
$\log \left(\frac{1}{3}\right) = -kt$.
$-\log 3 = -kt$,તેથી $t = \frac{1}{k} \log 3$.
આમ,જરૂરી સમય $\log 3$ ના પ્રમાણમાં છે.

(C) ધારો કે $P_{0}$ એ શરૂઆતની વસ્તી છે અને $t$ વર્ષ પછીની વસ્તી $P$ છે. વૃદ્ધિનો દર $\frac{dP}{dt} = \frac{8P}{100} = 0 \cdot 08P$ છે.
વિકલ સમીકરણ $\frac{dP}{P} = 0 \cdot 08 dt$ નું સંકલન કરતા,આપણને $\ln P = 0 \cdot 08t + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$P = P_{0}$ હોવાથી,$C = \ln P_{0}$ મળે.
તેથી,$\ln \left( \frac{P}{P_{0}} \right) = 0 \cdot 08t$.
વસ્તી બમણી થવા માટે,$P = 2P_{0}$ લેતા,$\ln 2 = 0 \cdot 08t$ મળે.
આપેલ $\log 2 = 0 \cdot 6912$ નો ઉપયોગ કરતા:
$t = \frac{0 \cdot 6912}{0 \cdot 08} = \frac{69 \cdot 12}{8} = 8 \cdot 64$ વર્ષ.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ધારો કે સમય $t$ પર વસ્તી $p$ છે. આપેલ છે કે વસ્તીમાં થતો વધારો હાજર વસ્તીના પ્રમાણમાં છે:
$\frac{dp}{dt} = kp$
ચલને અલગ કરીને સંકલન કરતા:
$\int \frac{dp}{p} = \int k dt \Rightarrow \ln p = kt + c$
$t = 0$ સમયે,ધારો કે $p = p_0$. તેથી $c = \ln p_0$.
આમ,$\ln \left(\frac{p}{p_0}\right) = kt$.
આપેલ છે કે વસ્તી $50$ વર્ષમાં બમણી થાય છે $(t = 50, p = 2p_0)$:
$\ln 2 = 50k \Rightarrow k = \frac{\ln 2}{50}$.
હવે,આપણે તે સમય $t$ શોધવો છે જ્યારે વસ્તી $4p_0$ થાય:
$\ln \left(\frac{4p_0}{p_0}\right) = kt
\ln 4 = \left(\frac{\ln 2}{50}\right)t
2 \ln 2 = \left(\frac{\ln 2}{50}\right)t
t = 2 \times 50 = 100 \text{ વર્ષ}$.

(B) આપણી પાસે $\frac{dP}{dt} \propto P$ છે,જેનો અર્થ છે $\frac{dP}{dt} = kP$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dP}{P} = \int k dt$,તેથી $\log P = kt + \log c$.
જ્યારે $t = 0$,$P = 20,000$,તેથી $\log 20,000 = \log c$.
જ્યારે $t = 10$,$P = 40,000$,તેથી $\log 40,000 = 10k + \log 20,000$.
આનાથી $\log \left(\frac{40,000}{20,000}\right) = 10k$ મળે છે,તેથી $10k = \log 2$,અથવા $k = \frac{1}{10} \log 2$.
સામાન્ય સમીકરણ $\log P = \left(\frac{1}{10} \log 2\right) t + \log 20,000$ છે.
આપણને બીજા $20$ વર્ષ પછી વસ્તી જોઈએ છે,એટલે કે $t = 10 + 20 = 30$ વર્ષે.
$t = 30$ મૂકતા: $\log P = \frac{30}{10} \log 2 + \log 20,000 = 3 \log 2 + \log 20,000 = \log (8 \times 20,000) = \log 1,60,000$.
તેથી,$P = 1,60,000$.

(C) ધારો કે $P_0$ એ પ્રારંભિક વસ્તી છે અને $P$ એ $t$ સમયે વસ્તી છે.
આપેલ છે કે $\frac{dP}{dt} = kP$,જ્યાં $k > 0$.
ચલને અલગ કરીને સંકલન કરતા,આપણને $\ln P = kt + C$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$P = P_0$,તેથી $C = \ln P_0$.
આમ,$\ln \left( \frac{P}{P_0} \right) = kt$.
આપેલ છે કે $t = 6$ સમયે,$P = 2P_0$,તેથી $\ln(2) = 6k$,એટલે કે $k = \frac{\ln 2}{6}$.
$t = 18$ સમયે,$\ln \left( \frac{P}{P_0} \right) = \left( \frac{\ln 2}{6} \right) \times 18 = 3 \ln 2 = \ln(2^3) = \ln 8$.
તેથી,$\frac{P}{P_0} = 8$,જેનો અર્થ છે કે બેક્ટેરિયાની સંખ્યા શરૂઆતની સંખ્યા કરતા $8$ ગણી થાય છે.

(C) ધારો કે $t$ સમયે પદાર્થનું દળ $m$ છે. ક્ષયનો દર $\frac{dm}{dt} = -km$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k > 0$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
$\frac{dm}{m} = -k dt$ નું સંકલન કરતા,આપણને $\log m = -kt + c$ મળે છે.
$t = 0$ સમયે,$m = m_0$,તેથી $c = \log m_0$.
આમ,$\log m = -kt + \log m_0$,જેનો અર્થ છે કે $\log(\frac{m}{m_0}) = -kt$.
અર્ધ-આયુષ્ય $h$ આપેલ છે,તેથી $t = h$ સમયે,$m = \frac{m_0}{2}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\log(\frac{1}{2}) = -kh$,જે $-\log 2 = -kh$ અથવા $k = \frac{\log 2}{h}$ આપે છે.
પ્રારંભિક ક્ષય દર એ $t = 0$ સમયે $\frac{dm}{dt}$ ની કિંમત છે.
$\frac{dm}{dt} = -km_0 = -(\frac{\log 2}{h})m_0 = -\frac{m_0}{h} \log 2$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $y \frac{dy}{dx} + x = k$ છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $y \frac{dy}{dx} = k - x$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int y \, dy = \int (k - x) \, dx$.
આનાથી $\frac{y^2}{2} = kx - \frac{x^2}{2} + C$ મળે છે,જ્યાં $C$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $y^2 = 2kx - x^2 + 2C$ મળે છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $x^2 - 2kx + y^2 = 2C$.
$x$ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $(x^2 - 2kx + k^2) + y^2 = 2C + k^2$.
$(x - k)^2 + y^2 = 2C + k^2$.
આ $(x - h)^2 + (y - k_0)^2 = r^2$ સ્વરૂપમાં વર્તુળનું સમીકરણ છે,જ્યાં કેન્દ્ર $(k, 0)$ છે અને ત્રિજ્યા $\sqrt{2C + k^2}$ છે.
તેથી,ઉકેલ વર્તુળ દર્શાવે છે.