Mix Examples-Differential Equations Questions in Gujarati

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $y\,dx - x\,dy + 3x^2y^2e^{x^3}dx = 0$
આખા સમીકરણને $y^2$ વડે ભાગતા ($y \neq 0$ ધારીને):
$\frac{y\,dx - x\,dy}{y^2} + 3x^2e^{x^3}dx = 0$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{y\,dx - x\,dy}{y^2} = d\left(\frac{x}{y}\right)$ અને $d(e^{x^3}) = 3x^2e^{x^3}dx$ થાય છે.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$d\left(\frac{x}{y}\right) + d(e^{x^3}) = 0$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int d\left(\frac{x}{y}\right) + \int d(e^{x^3}) = \int 0$
$\frac{x}{y} + e^{x^3} = c$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $xdy = y(dx + ydy)$ છે.
બંને બાજુ $y^2$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{xdy - ydx}{y^2} = dy$ મળે છે.
આને $-d(\frac{x}{y}) = dy$ તરીકે લખી શકાય છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $-\frac{x}{y} = y + C$ મળે છે,જે $\frac{x}{y} + y = C$ માં પરિણમે છે.
$y(1) = 1$ આપેલ હોવાથી,$x=1$ અને $y=1$ મૂકતા $\frac{1}{1} + 1 = C$ મળે છે,તેથી $C = 2$.
સમીકરણ $\frac{x}{y} + y = 2$ બને છે,અથવા $x + y^2 = 2y$,એટલે કે $y^2 - 2y + x = 0$.
$x = -3$ માટે,સમીકરણ $y^2 - 2y - 3 = 0$ થાય છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,$(y - 3)(y + 1) = 0$ મળે છે.
આમ,$y = 3$ અથવા $y = -1$.
શરત $y > 0$ આપેલ હોવાથી,$y = 3$ મળે છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 + xy)y\,dx + (1 - xy)x\,dy = 0$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $ydx + xy^2\,dx + x\,dy - x^2y\,dy = 0$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $(ydx + x\,dy) + (xy^2\,dx - x^2y\,dy) = 0$.
આખા સમીકરણને $x^2y^2$ વડે ભાગતા: $\frac{ydx + x\,dy}{x^2y^2} + \frac{xy^2\,dx}{x^2y^2} - \frac{x^2y\,dy}{x^2y^2} = 0$.
આનું સાદું રૂપ: $\frac{d(xy)}{(xy)^2} + \frac{dx}{x} - \frac{dy}{y} = 0$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{d(xy)}{(xy)^2} + \int \frac{dx}{x} - \int \frac{dy}{y} = \int 0$.
$-\frac{1}{xy} + \log|x| - \log|y| = C$.
લઘુગણકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા: $\log\left(\frac{x}{y}\right) = \frac{1}{xy} + C$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(xy \cos xy + \sin xy)dx + x^2 \cos xy \, dy = 0$
પદોને ગોઠવતા: $xy \cos xy \, dx + x^2 \cos xy \, dy + \sin xy \, dx = 0$
પ્રથમ બે પદોમાંથી $x \cos xy$ સામાન્ય લેતા: $x \cos xy (y \, dx + x \, dy) + \sin xy \, dx = 0$
આપણે જાણીએ છીએ કે $d(xy) = y \, dx + x \, dy$. આ કિંમત મૂકતા: $x \cos xy \, d(xy) + \sin xy \, dx = 0$
આખા સમીકરણને $x \sin xy$ વડે ભાગતા: $\cot (xy) \, d(xy) + \frac{dx}{x} = 0$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \cot (xy) \, d(xy) + \int \frac{1}{x} \, dx = \int 0 \, dx$
$\ln |\sin (xy)| + \ln |x| = C$
ગુણધર્મ $\ln a + \ln b = \ln (ab)$ નો ઉપયોગ કરતા: $\ln |x \sin (xy)| = C$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા: $x \sin (xy) = e^C = k$
આમ,ઉકેલ $x \sin (xy) = k$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $y{e^{ - x/y}}dx - (x{e^{ - x/y}} + {y^3})dy = 0$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $y{e^{ - x/y}}dx - x{e^{ - x/y}}dy = {y^3}dy$ મળે છે.
${e^{ - x/y}}$ સામાન્ય લેતા,${e^{ - x/y}}(ydx - xdy) = {y^3}dy$ મળે છે.
બંને બાજુને ${y^2}$ વડે ભાગતા,${e^{ - x/y}} \frac{ydx - xdy}{{y^2}} = ydy$ મળે છે.
વિકલ સ્વરૂપ $d(\frac{x}{y}) = \frac{ydx - xdy}{{y^2}}$ ને ઓળખતા,સમીકરણ ${e^{ - x/y}} d(\frac{x}{y}) = ydy$ બને છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,ધારો કે $u = -x/y$,તો $du = -d(x/y)$. સંકલન $\int -{e^u} du = \int y dy$ થશે.
આના પરિણામે $-{e^u} = \frac{{{y^2}}}{2} + C$ મળે છે,જ્યાં $C$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.
$u = -x/y$ પાછું મૂકતા,આપણને $-{e^{ - x/y}} = \frac{{{y^2}}}{2} + C$ મળે છે,જેને $\frac{{{y^2}}}{2} + {e^{ - x/y}} = k$ (જ્યાં $k = -C$) તરીકે લખી શકાય છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{1}{x^2}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int \frac{d^2y}{dx^2} dx = \int -x^{-2} dx$
$\frac{dy}{dx} = -(\frac{x^{-1}}{-1}) + c_1 = \frac{1}{x} + c_1$.
ફરીથી બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int \frac{dy}{dx} dx = \int (\frac{1}{x} + c_1) dx$
$y = \log|x| + c_1x + c_2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\cos^2 x \frac{d^2y}{dx^2} = 1$
પગલું $1$: સમીકરણને $\frac{d^2y}{dx^2} = \sec^2 x$ તરીકે ફરીથી લખો.
પગલું $2$: પ્રથમ વિકલિત મેળવવા માટે બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરો:
$\frac{dy}{dx} = \int \sec^2 x \, dx = \tan x + c_1$.
પગલું $3$: $y$ મેળવવા માટે ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરો:
$y = \int (\tan x + c_1) \, dx = \int \tan x \, dx + \int c_1 \, dx$.
કારણ કે $\int \tan x \, dx = \log |\sec x|$,આપણને મળે છે:
$y = \log |\sec x| + c_1x + c_2$.
$c_1$ એ સ્વૈર અચળાંક હોવાથી,તે ધન કે ઋણ હોઈ શકે છે. તેથી,$y = \log \sec x \pm c_1x + c_2$ એ વિકલ્પ $(b)$ અને $(c)$ બંનેને આવરી લે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{d^2y}{dx^2} = \sec^2 x + x e^x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \int \sec^2 x \, dx + \int x e^x \, dx + c_1$.
સંકલન સૂત્ર $\int x e^x \, dx = x e^x - e^x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \tan x + (x e^x - e^x) + c_1$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$y = \int \tan x \, dx + \int x e^x \, dx - \int e^x \, dx + \int c_1 \, dx + c_2$.
કારણ કે $\int \tan x \, dx = \log(\sec x)$:
$y = \log(\sec x) + (x e^x - e^x) - e^x + c_1 x + c_2$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$y = \log(\sec x) + x e^x - 2e^x + c_1 x + c_2$.
$y = \log(\sec x) + (x - 2)e^x + c_1 x + c_2$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ ${\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right)^2} - x\frac{{dy}}{{dx}} + y = 0$ છે.
આને $y = x\frac{{dy}}{{dx}} - {\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right)^2}$ તરીકે લખી શકાય છે.
ધારો કે $\frac{{dy}}{{dx}} = p$. તો સમીકરણ $y = px - {p^2}$ બને છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{{dy}}{{dx}} = p + x\frac{{dp}}{{dx}} - 2p\frac{{dp}}{{dx}}$.
કારણ કે $\frac{{dy}}{{dx}} = p$,તેથી $p = p + (x - 2p)\frac{{dp}}{{dx}}$.
આનું સાદું રૂપ $(x - 2p)\frac{{dp}}{{dx}} = 0$ થાય છે.
કિસ્સો $1$: $\frac{{dp}}{{dx}} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $p = c$ (અચળાંક).
$p = c$ ને $y = px - {p^2}$ માં મૂકતા,આપણને વ્યાપક ઉકેલ $y = cx - {c^2}$ મળે છે.
જો $c = 2$ લઈએ,તો $y = 2x - {2^2}$,એટલે કે $y = 2x - 4$ મળે છે.
આમ,$y = 2x - 4$ એ એક ઉકેલ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = 1 + y^2$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{dy}{1 + y^2} = dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dy}{1 + y^2} = \int dx$,જે $\tan^{-1} y = x + c$ આપે છે.
શરત $y(0) = 0$ લાગુ કરતા,આપણને $\tan^{-1}(0) = 0 + c$ મળે છે,તેથી $c = 0$.
આમ,ઉકેલ $\tan^{-1} y = x$ અથવા $y = \tan x$ છે.
જોકે,આપણને શરત $y(\pi) = 0$ આપેલી છે.
$y = \tan x$ માં $x = \pi$ મૂકતા,આપણને $y = \tan(\pi) = 0$ મળે છે,જે સીમા શરતનું પાલન કરે છે.
પરંતુ વિધેય $y = \tan x$ એ અંતરાલ $(0, \pi)$ માં સતત નથી કારણ કે તે $x = \frac{\pi}{2}$ પર અનંત સ્પર્શક (vertical asymptote) ધરાવે છે.
તેથી,$(0, \pi)$ માં આવું કોઈ સતત વિકલનીય વિધેય $\phi(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{d^2y}{dx^2} = \cos x - \sin x$ છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \int (\cos x - \sin x) dx = \sin x - (-\cos x) + c_1 = \sin x + \cos x + c_1$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$y = \int (\sin x + \cos x + c_1) dx = -\cos x + \sin x + c_1x + c_2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{d^2y}{dx^2} + \sin x = 0$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $\frac{d^2y}{dx^2} = -\sin x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા: $\int \frac{d^2y}{dx^2} dx = \int -\sin x dx$.
આનાથી મળે છે: $\frac{dy}{dx} = \cos x + c_1$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા: $\int \frac{dy}{dx} dx = \int (\cos x + c_1) dx$.
તેથી,ઉકેલ છે: $y = \sin x + c_1x + c_2$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 + y^2) dx = xy dy$
ચલને અલગ કરવા માટે પદોની ગોઠવણી કરતા: $\frac{dx}{x} = \frac{y dy}{1 + y^2}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{1}{x} dx = \int \frac{y}{1 + y^2} dy$
જમણી બાજુના સંકલનને સરળ બનાવવા માટે $2$ વડે ગુણતા: $2 \int \frac{1}{x} dx = \int \frac{2y}{1 + y^2} dy$
$2 \ln|x| = \ln(1 + y^2) + C$
$ln(x^2) = \ln(1 + y^2) + ln(c) \implies x^2 = c(1 + y^2)$
વક્ર બિંદુ $(1, 0)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x = 1$ અને $y = 0$ મૂકતા: $1^2 = c(1 + 0^2) \implies c = 1$
વક્રનું સમીકરણ $x^2 = 1 + y^2$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 - y^2 = 1$ થાય છે.
આ $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ સ્વરૂપનું લંબ અતિવલય છે,જ્યાં $a^2 = 1$ અને $b^2 = 1$.
આ અતિવલય માટે,$a = 1$ અને $b = 1$. ઉત્કેન્દ્રિયતા $e$ નીચે મુજબ મળે: $e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$.
નાભિઓ $(\pm ae, 0) = (\pm 1 \cdot \sqrt{2}, 0) = (\pm \sqrt{2}, 0)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $f'(x) \sin x + f(x) \cos x = 1$ છે.
આને $\frac{d}{dx} (f(x) \sin x) = 1$ તરીકે લખી શકાય છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $f(x) \sin x = x + C$ મળે છે.
તેથી,$f(x) = \frac{x + C}{\sin x}$.
જેમ કે $x \rightarrow 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ સીમિત છે,તેથી $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x + C}{\sin x}$ સીમિત હોવું જોઈએ.
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sin x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,મર્યાદા ત્યારે જ સીમિત રહે છે જો $C = 0$ હોય.
તેથી,$f(x) = \frac{x}{\sin x}$.
આપણે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\sin x} \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x \in (0, \frac{\pi}{2}]$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin x < x < \tan x$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{1}{\tan x} < \frac{1}{x} < \frac{1}{\sin x}$,તેથી $\frac{x}{\tan x} < 1 < \frac{x}{\sin x}$.
આમ,$x \in (0, \frac{\pi}{2}]$ માટે $f(x) > 1$.
વધુમાં,આલેખ અથવા ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = \frac{x}{\sin x}$ એ $(0, \frac{\pi}{2}]$ પર વધતું વિધેય છે જ્યાં $f(0^+) = 1$ અને $f(\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$.
$x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે $1 < f(x) < \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,સંકલન $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \, dx$ એ $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx < I < \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi}{2} \, dx$ નું પાલન કરે છે.
આથી $\frac{\pi}{2} < I < \frac{\pi^2}{4}$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $y = \frac{x}{\ln |c x|}$.
વ્યસ્ત લેતા,આપણને $\frac{1}{y} = \frac{\ln |c x|}{x}$ મળે છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{x}{y} = \ln |c| + \ln |x|$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{x}{y} \right) = \frac{d}{dx} (\ln |c| + \ln |x|)$.
ડાબી બાજુ ભાગાકારનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{y(1) - x(y')}{y^2} = \frac{1}{x}$.
$\frac{y - x \frac{dy}{dx}}{y^2} = \frac{1}{x}$.
$y - x \frac{dy}{dx} = \frac{y^2}{x}$.
$x \frac{dy}{dx} = y - \frac{y^2}{x}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} - \frac{y^2}{x^2}$.
આને આપેલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \phi \left( \frac{x}{y} \right)$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે કે $\phi \left( \frac{x}{y} \right) = -\frac{y^2}{x^2}$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P = -1$ અને $Q = \cos x - \sin x$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $(I.F.)$ $= e^{\int P dx} = e^{\int -1 dx} = e^{-x}$.
સામાન્ય ઉકેલ $y(I.F.) = \int Q(I.F.) dx + C$ છે.
$y e^{-x} = \int e^{-x}(\cos x - \sin x) dx + C$.
સંકલન કરતા,આપણને $y e^{-x} = e^{-x} \sin x + C$ મળે છે,તેથી $y = \sin x + C e^x$.
જ્યારે $x \rightarrow \infty$ થાય ત્યારે $y$ સીમિત હોવાથી,$C = 0$ લેવું પડે,તેથી $y = \sin x$.
$y = \sin x$,$y = \cos x$ અને $y$-અક્ષ $(x=0)$ વચ્ચેનું ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,છેદબિંદુ શોધો: $\sin x = \cos x \Rightarrow x = \frac{\pi}{4}$.
ક્ષેત્રફળ $= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x) dx = [\sin x + \cos x]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) - (0 + 1) = \sqrt{2} - 1$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = -x e^{-\frac{x^2}{2}}$ છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષ સંકલન કરતા,$y = \int -x e^{-\frac{x^2}{2}} dx$ મળે.
ધારો કે $u = -\frac{x^2}{2}$,તો $du = -x dx$ થાય.
તેથી,$y = \int e^u du = e^u + C = e^{-\frac{x^2}{2}} + C.$
વક્ર બિંદુ $\left(1, \frac{1}{\sqrt{e}}\right)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,$\frac{1}{\sqrt{e}} = e^{-\frac{1^2}{2}} + C \implies \frac{1}{\sqrt{e}} = \frac{1}{\sqrt{e}} + C \implies C = 0$ મળે.
આમ,$f(x) = e^{-\frac{x^2}{2}}$ છે.
આ એક યુગ્મ વિધેય છે,જેનો અર્થ છે કે તે $y$-અક્ષની સાપેક્ષ સંમિત છે,ઉગમબિંદુની સાપેક્ષ નહીં. તેથી,વિધાન $B$ ખોટું છે.
$f'(x) = -x e^{-\frac{x^2}{2}}$,જે તમામ $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,તેથી $f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x < 0$ માટે $f'(x) > 0$ અને $x > 0$ માટે $f'(x) < 0$ હોવાથી,તે $x < 0$ માટે વધતું અને $x > 0$ માટે ઘટતું વિધેય છે.
$f''(x) = -e^{-\frac{x^2}{2}} + x^2 e^{-\frac{x^2}{2}} = e^{-\frac{x^2}{2}}(x^2 - 1)$ મળે. $f''(x) = 0$ લેતા $x = \pm 1$ મળે,જે બે નતિપરિવર્તન બિંદુઓ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = 100 - y$ અને પ્રારંભિક શરત $y(0) = 50$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે છે: $\int \frac{dy}{100 - y} = \int dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $-\ln|100 - y| = x + C$.
જ્યારે $x = 0$,$y = 50$,તેથી $-\ln|100 - 50| = 0 + C$,જે $C = -\ln 50$ આપે છે.
$C$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $-\ln(100 - y) = x - \ln 50$.
ગોઠવતા: $\ln 50 - \ln(100 - y) = x$,અથવા $\ln(\frac{50}{100 - y}) = x$.
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા: $\frac{50}{100 - y} = e^x$,જેનો અર્થ છે કે $100 - y = 50e^{-x}$.
આમ,ઉકેલ $y = 100 - 50e^{-x}$ છે.
જેમ $x \to \infty$,$y \to 100$,અને $x = 0$ પર,$y = 50$. વક્ર વધતો જાય છે અને આડી અનંતસ્પર્શક $y = 100$ ની નજીક પહોંચે છે. આ વિકલ્પ $B$ માં દર્શાવેલ વક્રને અનુરૂપ છે.

(D) ધારો કે $m = \frac{dy}{dx}$ એ માંગેલ વક્રના $(x, y)$ બિંદુએ સ્પર્શકનો ઢાળ છે.
વક્ર $xy = c^2$ ના $(x, y)$ બિંદુએ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_1 = -\frac{y}{x}$ છે.
બંને સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{4}$ છે,તેથી $\left| \frac{m - m_1}{1 + m m_1} \right| = \tan\left( \frac{\pi}{4} \right) = 1$.
$m_1 = -\frac{y}{x}$ મૂકતા,આપણને $\left| \frac{m + \frac{y}{x}}{1 - m \frac{y}{x}} \right| = 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{m + \frac{y}{x}}{1 - m \frac{y}{x}} = \pm 1$.
કિસ્સો $1$: $m + \frac{y}{x} = 1 - m \frac{y}{x} \implies m(1 + \frac{y}{x}) = 1 - \frac{y}{x} \implies m = \frac{x-y}{x+y}$. આ એક સમપરિમાણીય વિકલ સમીકરણ છે જે $y^2 + 2xy - x^2 = k$ તરફ દોરી જાય છે.
કિસ્સો $2$: $m + \frac{y}{x} = -(1 - m \frac{y}{x}) \implies m(1 - \frac{y}{x}) = -1 - \frac{y}{x} \implies m = \frac{x+y}{x-y}$. આ $y^2 - 2xy - x^2 = k$ તરફ દોરી જાય છે.
બંને ઉકેલો માન્ય હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $y \left( \frac{dy}{dx} \right)^2 + (x - y) \frac{dy}{dx} - x = 0$.
આ $\frac{dy}{dx}$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ છે. દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{-(x-y) \pm \sqrt{(x-y)^2 - 4(y)(-x)}}{2y} = \frac{y-x \pm \sqrt{x^2 - 2xy + y^2 + 4xy}}{2y} = \frac{y-x \pm \sqrt{(x+y)^2}}{2y} = \frac{y-x \pm (x+y)}{2y}$.
કિસ્સો $1$: $\frac{dy}{dx} = \frac{y-x+x+y}{2y} = \frac{2y}{2y} = 1$.
સંકલન કરતા,$y = x + c$. તે $(3, 4)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $4 = 3 + c \Rightarrow c = 1$. આમ,$y = x + 1$ અથવા $x - y + 1 = 0$.
કિસ્સો $2$: $\frac{dy}{dx} = \frac{y-x-x-y}{2y} = \frac{-2x}{2y} = -\frac{x}{y}$.
સંકલન કરતા,$y dy = -x dx \Rightarrow \frac{y^2}{2} = -\frac{x^2}{2} + C' \Rightarrow x^2 + y^2 = C$.
તે $(3, 4)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $3^2 + 4^2 = C \Rightarrow 9 + 16 = 25$. આમ,$x^2 + y^2 = 25$.
તેથી,$A$ અને $B$ બંને સાચા છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dx}{dy} = \frac{3y}{2x}$ છે.
ચલ અલગ કરતા,$2x \, dx = 3y \, dy$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$x^2 = \frac{3}{2}y^2 + C$ મળે,જેને $2x^2 - 3y^2 = 2C$ તરીકે લખી શકાય.
કિસ્સો $1$: જો $C > 0$,ધારો કે $2C = k^2$. તો $2x^2 - 3y^2 = k^2$,અથવા $\frac{x^2}{k^2/2} - \frac{y^2}{k^2/3} = 1$. આ એક અતિવલય છે જ્યાં $a^2 = \frac{k^2}{2}$ અને $b^2 = \frac{k^2}{3}$. ઉત્કેન્દ્રતા $e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 + \frac{2}{3}} = \sqrt{\frac{5}{3}}$.
કિસ્સો $2$: જો $C < 0$,ધારો કે $2C = -k^2$. તો $3y^2 - 2x^2 = k^2$,અથવા $\frac{y^2}{k^2/3} - \frac{x^2}{k^2/2} = 1$. આ એક અતિવલય છે જ્યાં $a^2 = \frac{k^2}{3}$ અને $b^2 = \frac{k^2}{2}$. ઉત્કેન્દ્રતા $e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 + \frac{3}{2}} = \sqrt{\frac{5}{2}}$.
આમ,ઉત્કેન્દ્રતા $\sqrt{\frac{5}{3}}$ અથવા $\sqrt{\frac{5}{2}}$ હોઈ શકે છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = e^{ax} + e^{bx}.$
તેથી $f'(x) = ae^{ax} + be^{bx}$ અને $f''(x) = a^2e^{ax} + b^2e^{bx}.$
આ કિંમતોને વિકલ સમીકરણ $f''(x) - 2f'(x) - 15f(x) = 0$ માં મૂકતા,
$(a^2e^{ax} + b^2e^{bx}) - 2(ae^{ax} + be^{bx}) - 15(e^{ax} + e^{bx}) = 0.$
$e^{ax}$ અને $e^{bx}$ વાળા પદોને સાથે લેતા,
$(a^2 - 2a - 15)e^{ax} + (b^2 - 2b - 15)e^{bx} = 0.$
$e^{ax}$ અને $e^{bx}$ સ્વતંત્ર વિધેયો હોવાથી,તેમના સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ:
$a^2 - 2a - 15 = 0$ અને $b^2 - 2b - 15 = 0.$
દ્વિઘાત સમીકરણ $t^2 - 2t - 15 = 0$ ને ઉકેલતા,
$(t - 5)(t + 3) = 0,$
જેથી $t = 5$ અથવા $t = -3$ મળે.
$a \neq b$ હોવાથી,$a = 5$ અને $b = -3$ (અથવા તેનાથી ઉલટું) મળે.
તેથી,ગુણાકાર $ab = 5 \times (-3) = -15.$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{d^2y}{dx^2} + y \frac{dy}{dx} = 0$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left( \left( \frac{dx}{dy} \right)^{-1} \right) = -\left( \frac{dx}{dy} \right)^{-2} \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{dx}{dy} \right) = -\left( \frac{dx}{dy} \right)^{-2} \cdot \frac{d^2x}{dy^2} \cdot \frac{dy}{dx}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}}$ મૂકતા,આપણને મળે:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\left( \frac{dx}{dy} \right)^{-2} \cdot \frac{d^2x}{dy^2} \cdot \left( \frac{dx}{dy} \right)^{-1} = -\frac{\frac{d^2x}{dy^2}}{\left( \frac{dx}{dy} \right)^3}$.
આ કિંમત મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$-\frac{\frac{d^2x}{dy^2}}{\left( \frac{dx}{dy} \right)^3} + y \left( \frac{1}{\frac{dx}{dy}} \right) = 0$.
$-\left( \frac{dx}{dy} \right)^3$ વડે ગુણતા,આપણને મળે:
$\frac{d^2x}{dy^2} - y \left( \frac{dx}{dy} \right)^2 = 0$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{\sin y + e^x}{\ln y - x \cos y}$.
પદોને ગોઠવતા: $(\ln y - x \cos y) dy = (\sin y + e^x) dx$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $\ln y \, dy - x \cos y \, dy = \sin y \, dx + e^x \, dx$.
પદોને જૂથબદ્ધ કરતા: $\ln y \, dy - e^x \, dx = x \cos y \, dy + \sin y \, dx$.
જમણી બાજુ ગુણાકારનો નિયમ વાપરતા,$d(x \sin y) = x \cos y \, dy + \sin y \, dx$.
તેથી,સમીકરણ આ મુજબ બને છે: $\ln y \, dy - e^x \, dx = d(x \sin y)$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \ln y \, dy - \int e^x \, dx = \int d(x \sin y)$.
સંકલનનું સૂત્ર $\int \ln y \, dy = y \ln y - y$ વાપરતા:
$(y \ln y - y) - e^x = x \sin y + C$.
આમ,$y(\ln y - 1) = e^x + x \sin y + C$ મળે છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\left( {1 + x\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right)dx + \left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}} - 1 } \right)y dy = 0$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $dx - y dy + \sqrt{x^2 + y^2} (x dx + y dy) = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $d(x^2 + y^2) = 2x dx + 2y dy$,તેથી $x dx + y dy = \frac{1}{2} d(x^2 + y^2)$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $dx - y dy + \frac{1}{2} \sqrt{x^2 + y^2} d(x^2 + y^2) = 0$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int dx - \int y dy + \frac{1}{2} \int (x^2 + y^2)^{1/2} d(x^2 + y^2) = C$.
આનાથી મળે છે: $x - \frac{y^2}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{(x^2 + y^2)^{3/2}}{3/2} = C$.
સાદું રૂપ આપતા,આપણને મળે છે: $x - \frac{y^2}{2} + \frac{1}{3} (x^2 + y^2)^{3/2} = C$.

(D) ધારો કે $P = \frac{dy}{dx}$. આપેલ સમીકરણ $y = 2xP + x^2P^4$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = P = 2P + 2x\frac{dP}{dx} + 2xP^4 + 4x^2P^3\frac{dP}{dx}$.
આ સમીકરણમાં $P = \sqrt{C/x}$ મૂકતા:
$y = 2x\sqrt{\frac{C}{x}} + x^2\left(\sqrt{\frac{C}{x}}\right)^4$
$y = 2\sqrt{Cx} + x^2\left(\frac{C^2}{x^2}\right)$
$y = 2\sqrt{Cx} + C^2$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $x = \int_{-y}^{y} \frac{dt}{\sqrt{1 + 9t^2}}$.
અહીં સંકલ્ય $f(t) = \frac{1}{\sqrt{1 + 9t^2}}$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે લખી શકીએ $x = 2 \int_{0}^{y} \frac{dt}{\sqrt{1 + 9t^2}}$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $y$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dx}{dy} = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + 9y^2}}$ મળે.
વ્યસ્ત લેતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{\sqrt{1 + 9y^2}}{2} = \frac{1}{2} (1 + 9y^2)^{1/2}$.
હવે,દ્વિતીય વિકલિત મેળવવા માટે $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} (1 + 9y^2)^{1/2} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} (1 + 9y^2)^{-1/2} \cdot (18y) \cdot \frac{dy}{dx}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sqrt{1 + 9y^2}}{2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{18y}{\sqrt{1 + 9y^2}} \cdot \frac{\sqrt{1 + 9y^2}}{2} = \frac{18y}{8} = \frac{9}{4}y$.
$\frac{d^2y}{dx^2} = ky$ સાથે સરખાવતા,$k = \frac{9}{4}$ મળે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $2xy^3dx + x^2y^2dy = ydx - xdy$.
બંને બાજુ $y^2$ વડે ભાગતા:
$2xydx + x^2dy = \frac{ydx - xdy}{y^2}$.
અહીં ડાબી બાજુ $x^2y$ નું વિકલન છે અને જમણી બાજુ $\frac{x}{y}$ નું વિકલન છે:
$d(x^2y) = d(\frac{x}{y})$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$x^2y = \frac{x}{y} + C$.
શરત $y(2) = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(2)^2(1) = \frac{2}{1} + C \Rightarrow 4 = 2 + C \Rightarrow C = 2$.
તેથી,સમીકરણ $x^2y = \frac{x}{y} + 2$ છે.
હવે,$x = -1$ મૂકીને $y(-1)$ શોધો:
$(-1)^2y = \frac{-1}{y} + 2 \Rightarrow y = -\frac{1}{y} + 2$.
$y$ વડે ગુણતા:
$y^2 = -1 + 2y \Rightarrow y^2 - 2y + 1 = 0$.
$(y - 1)^2 = 0 \Rightarrow y = 1$.
આમ,$y(-1) = 1$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $x dy = y dx + xy^3(1 + \log_e x) dx$
બંને બાજુ $y^2$ વડે ભાગતા: $\frac{x dy - y dx}{y^2} = xy(1 + \log_e x) dx$
આ પદનું સંકલન કરતા:
$\int \frac{x dy - y dx}{y^2} = \int x^2(1 + \log_e x) dx$
$\frac{-x^2}{2y^2} = \frac{x^3}{3}(1 + \log_e x) - \int \frac{x^2}{3} dx + C$
$\frac{-x^2}{2y^2} = \frac{x^3}{3}(1 + \log_e x) - \frac{x^3}{9} + C$
$\frac{-x^2}{y^2} = \frac{2}{3}x^3(1 + \log_e x - \frac{1}{3}) + C$
$\frac{-x^2}{y^2} = \frac{2}{3}x^3(\frac{2}{3} + \log_e x) + C$

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ ${y^5}x + y - x\frac{{dy}}{{dx}} = 0$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને ${y^5}x dx + y dx - x dy = 0$ મળે છે.
વિકલ્પ $B$ માં આપેલ ઉકેલ ${x^5}/5 + (1/4){(x/y)^4} = C$ નું વિકલન કરતા:
${x^4} dx + (1/4) \cdot 4 {(x/y)^3} d(x/y) = 0$
${x^4} dx + {(x/y)^3} \frac{y dx - x dy}{y^2} = 0$
${x^4} dx + \frac{x^3}{y^5} (y dx - x dy) = 0$
આ સમીકરણને $y^5/x^3$ વડે ગુણતા,આપણને $x{y^5} dx + y dx - x dy = 0$ મળે છે,જે મૂળ સમીકરણ છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો જવાબ છે.

(B) વિધાન $-1$: ઉગમબિંદુ પર શિરોબિંદુ અને $x$-અક્ષ પર અક્ષ ધરાવતા પરવલયનું સમીકરણ $y^2 = 4ax$ (અથવા $y^2 = -4ax$) છે.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,$2y \frac{dy}{dx} = 4a$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{2a}{y}$.
આમ,ઢાળ $\frac{dy}{dx}$ એ કોટિ $y$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે. તેથી,વિધાન $-1$ સાચું છે.
વિધાન $-2$: $y^2 = 4ax$ સંહતિ માટેનું વિકલ સમીકરણ $a$ નો લોપ કરીને મેળવવામાં આવે છે: $a = \frac{y^2}{4x}$. આને $2y \frac{dy}{dx} = 4a$ માં મૂકતા $2y \frac{dy}{dx} = 4(\frac{y^2}{4x}) = \frac{y^2}{x}$,અથવા $2x \frac{dy}{dx} = y$ મળે છે.
આ પ્રથમ કક્ષા અને પ્રથમ ઘાતનું વિકલ સમીકરણ છે. તેથી,વિધાન $-2$ સાચું છે.
જોકે,વિધાન $-2$ એ સંહતિના વિકલ સમીકરણનું વર્ણન કરે છે,જ્યારે વિધાન $-1$ એ પરવલયના સમીકરણ પરથી મેળવેલ સ્પર્શકના ઢાળનો ગુણધર્મ છે. વિધાન $-2$ એ વિધાન $-1$ માં આપેલા ગુણધર્મનું કારણ નથી.
તેથી,બંને સાચા છે,પરંતુ વિધાન $-2$ એ વિધાન $-1$ ની સાચી સમજૂતી નથી.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(x^2 - y^2)dx + 2xy\, dy = 0$ છે.
આને $x^2 dx - y^2 dx + 2xy\, dy = 0$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $x^2 dx + (2xy\, dy - y^2 dx) = 0$ મળે છે.
$x^2$ વડે ભાગતા,આપણને $dx + \frac{2xy\, dy - y^2 dx}{x^2} = 0$ મળે છે.
ચોક્કસ વિકલનને ઓળખતા,આ $d(x) + d\left(\frac{y^2}{x}\right) = 0$ છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $x + \frac{y^2}{x} = C$ મળે છે,જે $x^2 + y^2 = Cx$ માં સરળ બને છે.
વક્ર $(1, 1)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,$C$ શોધવા માટે $x=1$ અને $y=1$ મૂકતા: $1^2 + 1^2 = C(1) \implies C = 2$.
આમ,વક્રનું સમીકરણ $x^2 + y^2 = 2x$ અથવા $(x-1)^2 + y^2 = 1$ છે.
આ $x-$ અક્ષ પર કેન્દ્ર $(1, 0)$ ધરાવતું વર્તુળ દર્શાવે છે.

(N/A) આપેલ વિધેય: $y = x \sin x$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને):
$y^{\prime} = \frac{d}{dx}(x) \cdot \sin x + x \cdot \frac{d}{dx}(\sin x)$
$y^{\prime} = \sin x + x \cos x$
હવે,વિકલ સમીકરણની ડાબી બાજુ $(L.H.S.)$ ધ્યાનમાં લો:
$L.H.S. = x y^{\prime} = x(\sin x + x \cos x) = x \sin x + x^2 \cos x$
જમણી બાજુ $(R.H.S.)$ માં $y = x \sin x$ ની કિંમત મૂકતા:
$R.H.S. = y + x \sqrt{x^2 - y^2}$
$= x \sin x + x \sqrt{x^2 - (x \sin x)^2}$
$= x \sin x + x \sqrt{x^2(1 - \sin^2 x)}$
$= x \sin x + x \sqrt{x^2 \cos^2 x}$
$= x \sin x + x(x \cos x)$
$= x \sin x + x^2 \cos x$
અહીં $L.H.S. = R.H.S.$ હોવાથી,આપેલ વિધેય એ વિકલ સમીકરણનો ઉકેલ છે.

(N/A) આપેલ સમીકરણ: $y - \cos y = x$ ..........$(1)$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(y) - \frac{d}{dx}(\cos y) = \frac{d}{dx}(x)$
$y' - (-\sin y) y' = 1$
$y'(1 + \sin y) = 1$
$y' = \frac{1}{1 + \sin y}$ ..........$(2)$
હવે,વિકલ સમીકરણની ડાબી બાજુ $(L.H.S.)$ ધ્યાનમાં લો:
$L.H.S. = (y \sin y + \cos y + x) y'$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $x = y - \cos y$ ની કિંમત મૂકતા:
$L.H.S. = (y \sin y + \cos y + y - \cos y) y'$
$L.H.S. = (y \sin y + y) y'$
$L.H.S. = y(1 + \sin y) y'$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $y'$ ની કિંમત મૂકતા:
$L.H.S. = y(1 + \sin y) \cdot \frac{1}{1 + \sin y}$
$L.H.S. = y = R.H.S.$
આમ,$L.H.S. = R.H.S.$ હોવાથી,આપેલ વિધેય એ વિકલ સમીકરણનો ઉકેલ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(2xy^2 - y)dx + xdy = 0$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $2xy^2 dx - ydx + xdy = 0$.
$xy^2$ વડે ભાગતા: $2xdx - \frac{ydx - xdy}{y^2} = 0$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $2xdx = d(\frac{x}{y})$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int 2xdx = \int d(\frac{x}{y}) \Rightarrow x^2 = \frac{x}{y} + c$.
રેખાઓ $2x - 3y = 1$ અને $3x + 2y = 8$ નું છેદબિંદુ શોધવા માટે,પ્રથમ સમીકરણને $2$ વડે અને બીજાને $3$ વડે ગુણતા: $4x - 6y = 2$ અને $9x + 6y = 24$.
સરવાળો કરતા $13x = 26 \Rightarrow x = 2$ મળે. $x=2$ ને $2x - 3y = 1$ માં મૂકતા $4 - 3y = 1 \Rightarrow 3y = 3 \Rightarrow y = 1$ મળે.
વક્ર $(2, 1)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $2^2 = \frac{2}{1} + c \Rightarrow 4 = 2 + c \Rightarrow c = 2$.
વક્રનું સમીકરણ $x^2 = \frac{x}{y} + 2$ છે.
$x = 1$ માટે,$1^2 = \frac{1}{y} + 2 \Rightarrow 1 = \frac{1}{y} + 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = -1 \Rightarrow y = -1$.
આમ,$|y(1)| = |-1| = 1$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = 1 + xe^{y-x}$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $\frac{dy}{dx} - 1 = xe^{y-x}$.
ધારો કે $y-x = u$,તો $\frac{du}{dx} = \frac{dy}{dx} - 1$. આ કિંમત મૂકતા,$\frac{du}{dx} = xe^u$ મળે.
ચલને અલગ કરતા: $e^{-u} du = x dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int e^{-u} du = \int x dx \Rightarrow -e^{-u} = \frac{x^2}{2} + C$.
$u = y-x$ મૂકતા: $-e^{-(y-x)} = \frac{x^2}{2} + C \Rightarrow -e^{x-y} = \frac{x^2}{2} + C$.
$y(0)=0$ આપેલ છે,તેથી $x=0, y=0$ માટે: $-e^0 = 0 + C \Rightarrow C = -1$.
તેથી,$-e^{x-y} = \frac{x^2}{2} - 1 \Rightarrow e^{x-y} = 1 - \frac{x^2}{2} = \frac{2-x^2}{2}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $x-y = \ln\left(\frac{2-x^2}{2}\right) \Rightarrow y = x - \ln\left(\frac{2-x^2}{2}\right)$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,$\frac{dy}{dx} = 0$ લો: $1 + xe^{y-x} = 0$. મૂળ સમીકરણ પરથી,$\frac{dy}{dx} = 1 + x\left(\frac{2}{2-x^2}\right) = \frac{2-x^2+2x}{2-x^2} = 0$.
$-x^2+2x+2=0 \Rightarrow x^2-2x-2=0$ ઉકેલતા. બીજ $x = \frac{2 \pm \sqrt{4+8}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$ મળે.
$x \in(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$ હોવાથી,આપણે $x = 1-\sqrt{3}$ લઈશું.
$x = 1-\sqrt{3}$ ને $y(x)$ માં મૂકતા: $y = (1-\sqrt{3}) - \ln\left(\frac{2-(1-\sqrt{3})^2}{2}\right) = (1-\sqrt{3}) - \ln\left(\frac{2-(1+3-2\sqrt{3})}{2}\right) = (1-\sqrt{3}) - \ln\left(\frac{2-4+2\sqrt{3}}{2}\right) = (1-\sqrt{3}) - \ln(\sqrt{3}-1)$.

(D) અભિલંબનો ઢાળ $-\frac{dx}{dy} = \frac{x^2}{xy - x^2y^2 - 1}$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,$x^2 dy = -xy dx + x^2y^2 dx + dx$ મળે.
$x^2 dy + xy dx = (x^2y^2 + 1) dx$.
$x(x dy + y dx) = (x^2y^2 + 1) dx$.
$x d(xy) = (1 + (xy)^2) dx$.
બંને બાજુ $x(1 + (xy)^2)$ વડે ભાગતા,$\frac{d(xy)}{1 + (xy)^2} = \frac{dx}{x}$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\tan^{-1}(xy) = \ln(x) + C$ મળે.
વક્ર બિંદુ $(1, 1)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $\tan^{-1}(1) = \ln(1) + C$,જેનો અર્થ છે કે $C = \frac{\pi}{4}$.
આમ,$\tan^{-1}(xy) = \ln(x) + \frac{\pi}{4}$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$xy = \tan\left(\ln(x) + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1 + \tan(\ln x)}{1 - \tan(\ln x)}$.
$x = e$ માટે,$e \cdot y(e) = \frac{1 + \tan(1)}{1 - \tan(1)}$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + \sin 2x}$ છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int dy = \int \frac{dx}{(\sin x + \cos x)^2} = \int \frac{\sec^2 x}{(1 + \tan x)^2} dx$.
ધારો કે $u = 1 + \tan x$,તો $du = \sec^2 x dx$.
તેથી,$y = \int u^{-2} du = -u^{-1} + C = -\frac{1}{1 + \tan x} + C$.
શરત $y\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{2} = -\frac{1}{1 + 1} + C \Rightarrow \frac{1}{2} = -\frac{1}{2} + C \Rightarrow C = 1$.
આમ,$y(x) = 1 - \frac{1}{1 + \tan x} = \frac{\tan x}{1 + \tan x}$.
હવે,$y(x)$ ને $y = \sqrt{2} \sin x$ સાથે સરખાવતા: $\frac{\tan x}{1 + \tan x} = \sqrt{2} \sin x$.
$\frac{\sin x}{\cos x + \sin x} = \sqrt{2} \sin x$.
આનાથી $\sin x = 0$ (તેથી $(0, 2\pi)$ માં $x = \pi$) અથવા $\frac{1}{\cos x + \sin x} = \sqrt{2} \Rightarrow \sin x + \cos x = \frac{1}{\sqrt{2}}$ મળે છે.
$\sqrt{2} \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}$.
$x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{6} + 2n\pi$ અથવા $x + \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\pi}{6} + 2n\pi$.
$x \in (0, 2\pi)$ માટે,$x + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{6}$ અથવા $x + \frac{\pi}{4} = \frac{13\pi}{6}$.
$x = \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{12}$ અને $x = \frac{13\pi}{6} - \frac{\pi}{4} = \frac{23\pi}{12}$.
યામોનો સરવાળો $= \pi + \frac{7\pi}{12} + \frac{23\pi}{12} = \frac{12\pi + 7\pi + 23\pi}{12} = \frac{42\pi}{12}$.
$\frac{k\pi}{12}$ સાથે સરખાવતા,$k = 42$ મળે છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{ax - by + a}{bx + cy + a}$ છે.
વર્તુળ $x^2 + y^2 + 2gx + 2fy + k = 0$ માટે,વિકલન $\frac{dy}{dx} = -\frac{x + g}{y + f}$ થાય.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$b = 0$,$a = -2$,અને $c = 2$ મળે.
વર્તુળનું સમીકરણ $x^2 + y^2 - 2x - 2y - 15 = 0$ મળે છે,જેનું કેન્દ્ર $C(1, 1)$ અને ત્રિજ્યા $r = 5$ છે.
બિંદુ $P(11, 6)$ થી કેન્દ્રનું અંતર $CP = \sqrt{(11+1)^2 + (6-1)^2} = 13$ છે.
લઘુત્તમ અંતર $= CP - r = 13 - 5 = 8$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(f^{\prime}(x))^4 = 16(f(x))^2$ પરથી,આપણને $(f^{\prime}(x))^2 = \pm 4f(x)$ મળે છે.
કારણ કે $(f^{\prime}(x))^2 \geq 0$ છે,તેથી $4f(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $f(x) \geq 0$.
આમ,$(f^{\prime}(x))^2 = 4f(x)$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) = \pm 2\sqrt{f(x)}$.
જો $f(x) > 0$ હોય,તો $\frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt{f(x)}} = \pm 2$ થાય. બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $2\sqrt{f(x)} = \pm 2x + C$ મળે છે. $f(0)=0$ હોવાથી,$C=0$ મળે,તેથી $\sqrt{f(x)} = \pm x$,જે $f(x) = x^2$ આપે છે.
આપણે $f(x) = x^2$ અને $f(x) = 0$ નો ઉપયોગ કરીને ટુકડાઓમાં વિધેય બનાવી શકીએ છીએ જે $x=0$ આગળ વિકલનીય રહે. આવા અસંખ્ય સંયોજનો શક્ય હોવાથી,આવા વિધેયોની સંખ્યા $4$ કરતા વધારે છે.

(C) આપેલ છે કે $\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \int \limits_0^x (4 \sqrt{2} \sin t - 3 \phi^{\prime}(t)) dt$.
બંને બાજુ $\sqrt{x}$ વડે ગુણતા,$\sqrt{x} \phi(x) = \int \limits_0^x (4 \sqrt{2} \sin t - 3 \phi^{\prime}(t)) dt$ મળે.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{2\sqrt{x}} \phi(x) + \sqrt{x} \phi^{\prime}(x) = 4 \sqrt{2} \sin x - 3 \phi^{\prime}(x)$.
પદોને ગોઠવતા:
$\phi^{\prime}(x) (3 + \sqrt{x}) = 4 \sqrt{2} \sin x - \frac{\phi(x)}{2\sqrt{x}}$.
$x = \frac{\pi}{4}$ લેતા,$\sqrt{x} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ અને $\sin x = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને $\phi^{\prime}\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{8}{6+\sqrt{\pi}}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $P(x, y)$ આગળનો સ્પર્શક $x$-અક્ષને $A(\alpha, 0)$ અને $y$-અક્ષને $B(0, \beta)$ માં છેદે છે.
સ્પર્શકનું સમીકરણ $Y - y = \frac{dy}{dx}(X - x)$ છે.
$A$ માટે,$Y = 0 \implies -y = \frac{dy}{dx}(\alpha - x) \implies \alpha = x - y \frac{dx}{dy}$.
$B$ માટે,$X = 0 \implies Y - y = \frac{dy}{dx}(-x) \implies Y = y - x \frac{dy}{dx}$.
આપેલ છે કે $PA: PB = 1: k$,વિભાજન સૂત્ર મુજબ,$x = \frac{k \cdot \alpha + 1 \cdot 0}{k + 1} = \frac{k \alpha}{k + 1} \implies \alpha = \frac{k + 1}{k} x$.
$\alpha$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{k + 1}{k} x = x - y \frac{dx}{dy} \implies \frac{x}{k} = -y \frac{dx}{dy} \implies \frac{dy}{dx} = -\frac{ky}{x}$.
સંકલન કરતા: $\int \frac{dy}{y} = -k \int \frac{dx}{x} \implies \ln y = -k \ln x + C \implies y x^k = C$.
$(1, 1)$ માંથી પસાર થતા $C = 1$. $(\frac{1}{10}, 100)$ માંથી પસાર થતા $100 \cdot (\frac{1}{10})^k = 1 \implies 10^2 \cdot 10^{-k} = 10^0 \implies 2 - k = 0 \implies k = 2$.
વિકલ સમીકરણ $e^{\frac{dy}{dx}} = 2x + 1 \implies \frac{dy}{dx} = \ln(2x + 1)$ છે.
સંકલન કરતા: $y = \int \ln(2x + 1) dx = \frac{1}{2} (2x + 1) \ln(2x + 1) - x + C$.
$y(0) = 2$ નો ઉપયોગ કરતા: $2 = \frac{1}{2}(1)(0) - 0 + C \implies C = 2$.
તેથી,$y(x) = \frac{2x + 1}{2} \ln(2x + 1) - x + 2$.
$y(1) = \frac{3}{2} \ln 3 - 1 + 2 = \frac{3}{2} \ln 3 + 1$.
$4y(1) - 5 \ln 3 = 4(\frac{3}{2} \ln 3 + 1) - 5 \ln 3 = 6 \ln 3 + 4 - 5 \ln 3 = \ln 3 + 4$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx}=(x+y+2)^2$ છે,જ્યાં $y(0)=-2$.
ધારો કે $v=x+y+2$,તેથી $\frac{dv}{dx}=1+\frac{dy}{dx}$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{dv}{dx}-1=v^2 \Rightarrow \frac{dv}{dx}=1+v^2$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dv}{1+v^2} = \int dx \Rightarrow \tan^{-1}(v) = x+C$.
આમ,$\tan^{-1}(x+y+2) = x+C$.
$x=0, y=-2$ માટે,$\tan^{-1}(0-2+2) = 0+C \Rightarrow C=0$.
તેથી,$x+y+2 = \tan(x) \Rightarrow y = \tan(x)-x-2$.
અંતરાલ $x \in [0, \frac{\pi}{3}]$ માટે,$f'(x) = \sec^2(x)-1 = \tan^2(x) \ge 0$,તેથી $f(x)$ વધતું વિધેય છે.
ન્યૂનતમ કિંમત $\beta = f(0) = \tan(0)-0-2 = -2$.
મહત્તમ કિંમત $\alpha = f(\frac{\pi}{3}) = \tan(\frac{\pi}{3})-\frac{\pi}{3}-2 = \sqrt{3}-\frac{\pi}{3}-2$.
હવે,$(3\alpha+\pi)^2+\beta^2 = (3(\sqrt{3}-\frac{\pi}{3}-2)+\pi)^2+(-2)^2$.
$= (3\sqrt{3}-\pi-6+\pi)^2+4 = (3\sqrt{3}-6)^2+4$.
$= (27+36-36\sqrt{3})+4 = 67-36\sqrt{3}$.
$\gamma+\delta\sqrt{3}$ સાથે સરખાવતા,$\gamma=67$ અને $\delta=-36$ મળે છે.
તેથી,$\gamma+\delta = 67-36 = 31$.

(A) વિકલ સમીકરણ $(x-3)^2 \frac{dy}{dx} + y = 0$ છે. ચલ અલગ કરતા,$\int \frac{dy}{y} = -\int \frac{dx}{(x-3)^2}$ મળે. સંકલન કરતા,$\ln|y| = \frac{1}{x-3} + C$. ઉકેલ $x \neq 3$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,અંતરાલો $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$,$(0, \frac{\pi}{2})$,અને $(0, \frac{\pi}{8})$ એ પ્રદેશ $R - \{3\}$ માં સમાવિષ્ટ છે.
$(B)$ ધારો કે $I = \int_1^5 (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5) dx$. $x-3 = t$ લેતા,$dx = dt$. સીમાઓ $x=1, 5$ થી બદલાઈને $t=-2, 2$ થાય છે. $I = \int_{-2}^2 (t+2)(t+1)t(t-1)(t-2) dt = \int_{-2}^2 t(t^2-1)(t^2-4) dt$. સંકલ્ય અયુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = 0$. કિંમત $0$ એ $(0, \frac{\pi}{2})$ અને $(-\pi, \pi)$ માં સમાવિષ્ટ છે.
$(C)$ ધારો કે $f(x) = \cos^2 x + \sin x = 1 - \sin^2 x + \sin x = \frac{5}{4} - (\sin x - \frac{1}{2})^2$. મહત્તમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે $\sin x = \frac{1}{2}$,એટલે કે $x = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}$. આ બિંદુઓ $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$,$(0, \frac{\pi}{2})$,$(\frac{\pi}{8}, \frac{5\pi}{4})$,અને $(-\pi, \pi)$ માં આવેલા છે.
$(D)$ ધારો કે $g(x) = \tan^{-1}(\sin x + \cos x)$. $g'(x) = \frac{\cos x - \sin x}{1 + (\sin x + \cos x)^2}$. $g(x)$ વધતું વિધેય છે જ્યારે $\cos x - \sin x > 0$,એટલે કે $\cos x > \sin x$,જે $x \in (0, \frac{\pi}{4})$ માટે સાચું છે. આ અંતરાલ $(0, \frac{\pi}{8})$ માં સમાવિષ્ટ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(x+2)(x+2+y) \frac{dy}{dx}-y^2=0$ છે.
$y=(x+2)t$ આદેશ લેતા,$\frac{dy}{dx}=(x+2) \frac{dt}{dx}+t$ મળે.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $(x+2)^2(1+t) \frac{dy}{dx}-(x+2)^2t^2=0$.
$(1+t)((x+2) \frac{dt}{dx}+t)-t^2=0$.
$(1+t)(x+2) \frac{dt}{dx}+t=0$.
ચલ અલગ કરતા: $\frac{1+t}{t} dt = -\frac{dx}{x+2}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\ln|t|+t = -\ln|x+2|+C$.
$t=\frac{y}{x+2}$ મૂકતા: $\ln y + \frac{y}{x+2} = C$.
બિંદુ $(1,3)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,$C = \ln 3 + 1$.
ઉકેલ વક્ર $\ln y + \frac{y}{x+2} = \ln 3 + 1$ છે.
વિકલ્પ $(A)$ માટે,$y=x+2$ સાથે છેદનબિંદુ: $\ln(x+2) + 1 = \ln 3 + 1 \Rightarrow x=1$. માત્ર એક બિંદુ.
વિકલ્પ $(D)$ માટે,$y=(x+3)^2$ સાથે છેદતું નથી.

(A) ધારો કે $f(x) = x e^{\sin x} - \cos x$. તો $f'(x) = e^{\sin x} + x e^{\sin x} \cos x + \sin x > 0$ તમામ $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે.
કારણ કે $f(0) = -1 < 0$ અને $f(\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2} e^1 - 0 > 0$,તેથી બરાબર $1$ ઉકેલ મળે છે.
$(B)$ સમતલો એક રેખામાં છેદે છે જો સહગુણકોનો નિશ્ચાયક $0$ હોય અને તેઓ સમાંતર ન હોય. નિશ્ચાયક $k(k-4) - 4(4-4) + 1(8-2k) = k^2 - 6k + 8 = 0$ છે,જે $k=2, 4$ આપે છે. $k=2$ માટે,સમતલો $2x+4y+z=0, 4x+2y+2z=0, 2x+2y+z=0$ છે. પ્રથમ અને ત્રીજું સમતલ સમાંતર નથી,તેથી તેઓ એક રેખામાં છેદે છે.
$(C)$ ધારો કે $f(x) = |x+2|+|x+1|+|x-1|+|x-2|$. $f(x)$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય $6$ છે (જ્યારે $x \in [-1, 1]$). $f(x) = 4k$ ના પૂર્ણાંક ઉકેલો માટે,$4k \ge 6$,તેથી $k \ge 1.5$. $k=2, 3, 4, 5$ માટે,$4k$ એ $8, 12, 16, 20$ છે,જે તમામ પૂર્ણાંક ઉકેલોની મંજૂરી આપે છે.
$(D)$ $\frac{dy}{y+1} = dx \implies \ln|y+1| = x + C$. $y(0)=1$ હોવાથી,$\ln 2 = C$. આમ $y+1 = 2e^x$,તેથી $y = 2e^x - 1$. તેથી $y(\ln 2) = 2(2) - 1 = 3$.

(C) આપેલ છે $f(x) = 1 - 2x + e^x \int_0^x e^{-t} f(t) dt$.
$e^x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $e^{-x} f(x) = (1 - 2x)e^{-x} + \int_0^x e^{-t} f(t) dt$.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$e^{-x} f'(x) - e^{-x} f(x) = -2e^{-x} - (1 - 2x)e^{-x} + e^{-x} f(x)$.
સરળ બનાવતા,$f'(x) - f(x) = -2 - 1 + 2x + f(x)$,તેથી $f'(x) - 2f(x) = 2x - 3$.
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે જેનો સંકલ્યકારક અવયવ $I.F. = e^{\int -2 dx} = e^{-2x}$ છે.
$I.F.$ વડે ગુણતા,$\frac{d}{dx} (f(x) e^{-2x}) = (2x - 3)e^{-2x}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $f(x) e^{-2x} = \int (2x - 3)e^{-2x} dx = (2x - 3) \frac{e^{-2x}}{-2} - \int 2 \frac{e^{-2x}}{-2} dx = -x e^{-2x} + \frac{3}{2} e^{-2x} + \int e^{-2x} dx = -x e^{-2x} + \frac{3}{2} e^{-2x} - \frac{1}{2} e^{-2x} + C = -x e^{-2x} + e^{-2x} + C$.
આમ,$f(x) = -x + 1 + C e^{2x}$.
મૂળ સમીકરણ પરથી,$x=0$ આગળ,$f(0) = 1 - 0 + 0 = 1$. $f(x)$ માં મૂકતા,$1 = 0 + 1 + C$,તેથી $C = 0$.
તેથી,$f(x) = 1 - x$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A)$ $f(1) = 1 - 1 = 0 \neq 2$. $(A)$ ખોટું છે.
$(B)$ $f(2) = 1 - 2 = -1$. $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ ક્ષેત્રફળ $= \int_0^1 (\sqrt{1-x^2} - (1-x)) dx = [\frac{x}{2} \sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2} \sin^{-1} x - x + \frac{x^2}{2}]_0^1 = (0 + \frac{\pi}{4} - 1 + \frac{1}{2}) - (0) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} = \frac{\pi-2}{4}$. $(C)$ સાચું છે.
આમ,સાચા વિકલ્પો $(B)$ અને $(C)$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $f^{\prime}(x) = \frac{f(x)}{b^2+x^2}$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = \frac{1}{b^2+x^2}$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $\int \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} dx = \int \frac{1}{b^2+x^2} dx$ મળે છે.
આનાથી $\ln|f(x)| = \frac{1}{b} \tan^{-1}\left(\frac{x}{b}\right) + C$ મળે છે.
પ્રારંભિક શરત $f(0)=1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\ln(1) = \frac{1}{b} \tan^{-1}(0) + C$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $C=0$.
આમ,$f(x) = e^{\frac{1}{b} \tan^{-1}(\frac{x}{b})}$.
હવે,$f(x)f(-x) = e^{\frac{1}{b} \tan^{-1}(\frac{x}{b})} \cdot e^{\frac{1}{b} \tan^{-1}(\frac{-x}{b})} = e^{\frac{1}{b} (\tan^{-1}(\frac{x}{b}) - \tan^{-1}(\frac{x}{b}))} = e^0 = 1$. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
$b>0$ માટે,$f^{\prime}(x) = \frac{f(x)}{b^2+x^2} > 0$ કારણ કે $f(x) = e^{\dots} > 0$ અને $b^2+x^2 > 0$. આમ,$f$ એ વધતું વિધેય છે. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $(A)$ અને $(C)$ છે.

(C) કેન્દ્ર $(h, h)$ અને ત્રિજ્યા $r$ ધરાવતા વર્તુળનું સમીકરણ $(x - h)^2 + (y - h)^2 = r^2$ છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $x^2 - 2xh + h^2 + y^2 - 2yh + h^2 = r^2$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 + y^2 - 2h(x + y) + 2h^2 - r^2 = 0$ થાય છે.
ધારો કે $C = 2h^2 - r^2$. તેથી $x^2 + y^2 - 2h(x + y) + C = 0$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $2x + 2yy^{\prime} - 2h(1 + y^{\prime}) = 0$,જે $h = \frac{x + yy^{\prime}}{1 + y^{\prime}}$ આપે છે.
$h$ ની કિંમત સમીકરણમાં પાછી મૂકતા: $x^2 + y^2 - 2\left(\frac{x + yy^{\prime}}{1 + y^{\prime}}\right)(x + y) + C = 0$.
ફરીથી વિકલન કરતા: $2 + 2(y^{\prime})^2 + 2yy^{\prime \prime} - 2\frac{d}{dx}\left[\frac{(x + yy^{\prime})(x + y)}{1 + y^{\prime}}\right] = 0$.
સાદું રૂપ આપતા,વિકલ સમીકરણ $(y - x)y^{\prime \prime} + (1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2)y^{\prime} + 1 = 0$ મળે છે.
આને $Py^{\prime \prime} + Qy^{\prime} + 1 = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $P = y - x$ અને $Q = 1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2$ મળે છે.
તેથી,$P = y - x$ (વિધાન $B$ સાચું છે).
$P + Q = (y - x) + (1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2) = 1 - x + y + y^{\prime} + (y^{\prime})^2$ (વિધાન $C$ સાચું છે).
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(B, C)$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $e^{-x}(y+1) dy + (\cos^2 x - \sin 2x) y dx = 0$
$y e^{-x}$ વડે ભાગતા: $\frac{y+1}{y} dy + e^x(\cos^2 x - \sin 2x) dx = 0$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int (1 + \frac{1}{y}) dy + \int e^x(\cos^2 x - 2 \sin x \cos x) dx = C$
સંકલનના સૂત્ર $\int e^x(f(x) + f'(x)) dx = e^x f(x) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(x) = \cos^2 x$ અને $f'(x) = -\sin 2x$:
$y + \log |y| + e^x \cos^2 x = C$
$x=0, y=1$ મુકતા:
$1 + \log(1) + e^0 \cos^2(0) = C$
$1 + 0 + 1(1) = C \Rightarrow C = 2$
આમ,ઉકેલ $y + \log |y| + e^x \cos^2 x = 2$ છે.