Variable separable type differential equations Questions in Gujarati

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $3e^x \tan y \, dx + (1 - e^x) \sec^2 y \, dy = 0$.
ચલને અલગ પાડતા:
$(1 - e^x) \sec^2 y \, dy = -3e^x \tan y \, dx$.
બંને બાજુ $(1 - e^x) \tan y$ વડે ભાગતા:
$\frac{\sec^2 y}{\tan y} \, dy = -3 \frac{e^x}{1 - e^x} \, dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{\sec^2 y}{\tan y} \, dy = -3 \int \frac{e^x}{1 - e^x} \, dx$.
ધારો કે $u = \tan y$,તો $du = \sec^2 y \, dy$. ધારો કે $v = 1 - e^x$,તો $dv = -e^x \, dx$.
સંકલન કરતા:
$\int \frac{1}{u} \, du = 3 \int \frac{1}{v} \, dv$.
$\ln|u| = 3 \ln|v| + \ln|c|$.
$\ln|\tan y| = \ln|c(1 - e^x)^3|$.
તેથી,$\tan y = c(1 - e^x)^3$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{1 + y^2}{1 + x^2}$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{1}{1 + y^2} dy = \frac{1}{1 + x^2} dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{1}{1 + y^2} dy = \int \frac{1}{1 + x^2} dx$
આથી આપણને મળે છે:
$\tan^{-1} y = \tan^{-1} x + C$
અચળાંક $C = \tan^{-1} c$ લેતા:
$\tan^{-1} y - \tan^{-1} x = \tan^{-1} c$
સૂત્ર $\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1} \left( \frac{A - B}{1 + AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1} \left( \frac{y - x}{1 + yx} \right) = \tan^{-1} c$
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા:
$\frac{y - x}{1 + xy} = c$
તેથી,ઉકેલ છે:
$y - x = c(1 + xy)$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x \cos y \, dy = (x e^x \log x + e^x) \, dx$
બંને બાજુ $x$ વડે ભાગતા ($x \neq 0$ ધારીને):
$\cos y \, dy = \left( e^x \log x + \frac{e^x}{x} \right) \, dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \cos y \, dy = \int (e^x \log x + \frac{e^x}{x}) \, dx$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d}{dx} (e^x \log x) = e^x \log x + e^x \cdot \frac{1}{x} = e^x \log x + \frac{e^x}{x}$ થાય છે.
તેથી,$\int (e^x \log x + \frac{e^x}{x}) \, dx = e^x \log x + c$ મળે.
આમ,ઉકેલ $\sin y = e^x \log x + c$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = e^{x - y} + x^2 e^{-y}$
જમણી બાજુને આ રીતે લખી શકાય: $\frac{dy}{dx} = e^{-y}(e^x + x^2)$
$x$ અને $y$ ચલને અલગ કરતા: $e^y dy = (e^x + x^2) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int e^y dy = \int (e^x + x^2) dx$
સંકલન પૂર્ણ કરતા: $e^y = e^x + \frac{x^3}{3} + c$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} + \frac{1 + x^2}{x} = 0$
ચલને અલગ કરતા: $dy = - \left( \frac{1 + x^2}{x} \right) dx$
પદને સાદું રૂપ આપતા: $dy = - \left( \frac{1}{x} + x \right) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int dy = - \int \left( \frac{1}{x} + x \right) dx$
$y = - (\log |x| + \frac{x^2}{2}) + c$
$y = - \log |x| - \frac{x^2}{2} + c$
પદોને ગોઠવતા: $y + \log |x| + \frac{x^2}{2} = c$
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 + x^2)\frac{dy}{dx} = x$
ચલને અલગ કરતા:
$dy = \frac{x}{1 + x^2} dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int dy = \int \frac{x}{1 + x^2} dx + c$
ધારો કે $u = 1 + x^2$,તેથી $du = 2x dx$,જેનો અર્થ છે કે $x dx = \frac{1}{2} du$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$y = \int \frac{1}{2u} du + c$
$y = \frac{1}{2} \log_e|u| + c$
$y = \frac{1}{2} \log_e(1 + x^2) + c$
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} + \sin^2 y = 0$.
ચલને અલગ કરવા માટે પદોને ગોઠવતા: $\frac{dy}{dx} = -\sin^2 y$.
બંને બાજુ $\sin^2 y$ વડે ભાગતા અને $dx$ વડે ગુણતા: $\frac{dy}{\sin^2 y} = -dx$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $\csc^2 y \, dy = -dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \csc^2 y \, dy = \int -dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\int \csc^2 y \, dy = -\cot y$,તેથી: $-\cot y = -x + C$.
બંને બાજુ $-1$ વડે ગુણતા: $\cot y = x - C$.
$-C = c$ લેતા,આપણને મળે છે: $x = \cot y + c$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(\sin x + \cos x)dy + (\cos x - \sin x)dx = 0$ છે.
પદોને ગોઠવતા,$(\sin x + \cos x)dy = -(\cos x - \sin x)dx$ મળે.
તેથી,$dy = -\frac{\cos x - \sin x}{\sin x + \cos x} dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int dy = -\int \frac{\cos x - \sin x}{\sin x + \cos x} dx$.
ધારો કે $u = \sin x + \cos x$,તો $du = (\cos x - \sin x)dx$ થાય.
તેથી,$\int dy = -\int \frac{1}{u} du$.
$y = -\ln|\sin x + \cos x| + C$.
$y = \ln|\frac{c}{\sin x + \cos x}|$ (જ્યાં $C = \ln c$).
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,$e^y = \frac{c}{\sin x + \cos x}$.
આમ,$e^y(\sin x + \cos x) = c$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = (1 + x)(1 + y^2)$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{dy}{1 + y^2} = (1 + x) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dy}{1 + y^2} = \int (1 + x) dx$
$\tan^{-1}(y) = x + \frac{x^2}{2} + c$
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા:
$y = \tan\left(\frac{x^2}{2} + x + c\right)$

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: ${x^2}\frac{{dy}}{{dx}} = 2$
પગલું $1$: ચલને અલગ કરો.
$\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{2}{{{x^2}}}$
$dy = 2{x^{-2}}dx$
પગલું $2$: બંને બાજુ સંકલન કરો.
$\int dy = \int 2{x^{-2}}dx$
$y = 2 \left( \frac{{{x^{-2+1}}}}{{-2+1}} \right) + c$
$y = 2 \left( \frac{{{x^{-1}}}}{{-1}} \right) + c$
$y = -\frac{2}{x} + c$
આમ,વ્યાપક ઉકેલ $y = c - \frac{2}{x}$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = x \log x$ છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$y = \int x \log x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \log x$ અને $dv = x \, dx$:
$du = \frac{1}{x} \, dx$ અને $v = \frac{x^2}{2}$.
સૂત્ર $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = (\log x) \cdot \frac{x^2}{2} - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx$.
$y = \frac{x^2}{2} \log x - \frac{1}{2} \int x \, dx$.
$y = \frac{x^2}{2} \log x - \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{2} + c$.
$y = \frac{x^2}{2} \log x - \frac{x^2}{4} + c$.
આ પરિણામ આપેલા વિકલ્પો સાથે મેળ ખાતું નથી,તેથી સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = 1 + x + y + xy$
જમણી બાજુના પદોનું અવયવીકરણ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = (1 + x) + y(1 + x)$
$\frac{dy}{dx} = (1 + x)(1 + y)$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{dy}{1 + y} = (1 + x) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{1}{1 + y} dy = \int (1 + x) dx$
સંકલન પૂર્ણ કરતા:
$\log(1 + y) = x + \frac{x^2}{2} + c$
આમ,ઉકેલ $\log(1 + y) = x + \frac{x^2}{2} + c$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $({x^2} - y{x^2})\frac{{dy}}{{dx}} + {y^2} + x{y^2} = 0$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $x^2(1 - y)\frac{dy}{dx} = -y^2(1 + x)$ મળે છે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{1 - y}{y^2} dy = -\frac{1 + x}{x^2} dx$ મળે.
આને $(\frac{1}{y^2} - \frac{1}{y}) dy = -(\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x}) dx$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int (y^{-2} - y^{-1}) dy = -\int (x^{-2} + x^{-1}) dx$.
$-y^{-1} - \log|y| = -(-x^{-1} + \log|x|) + C$.
$-\frac{1}{y} - \log|y| = \frac{1}{x} - \log|x| + C$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,$\log|x| - \log|y| = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + C$.
આમ,$\log \left( \frac{x}{y} \right) = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + C$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x \sec y \frac{dy}{dx} = 1$
ચલને અલગ કરતા:
$\sec y \, dy = \frac{1}{x} \, dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \sec y \, dy = \int \frac{1}{x} \, dx$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\int \sec y \, dy = \log |\sec y + \tan y|$ અને $\int \frac{1}{x} \, dx = \log |x| + \log |c|$
તેથી,$\log |\sec y + \tan y| = \log |cx|$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,આપણને મળે છે:
$\sec y + \tan y = cx$

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x\frac{dy}{dx} + y = y^2$
પદોને ગોઠવતા: $x\frac{dy}{dx} = y^2 - y$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dy}{y^2 - y} = \frac{dx}{x}$
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\left( \frac{1}{y-1} - \frac{1}{y} \right) dy = \frac{dx}{x}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \left( \frac{1}{y-1} - \frac{1}{y} \right) dy = \int \frac{dx}{x}$
$\log|y-1| - \log|y| = \log|x| + \log|c|$
$\log\left| \frac{y-1}{y} \right| = \log|cxy|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા: $\frac{y-1}{y} = cxy$
તેથી,$y - 1 = cxy$ અથવા $y = 1 + cxy$ એ સાચો ઉકેલ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} + \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = 0$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$
ચલને અલગ કરતા,આપણી પાસે છે: $dy = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int dy = -\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx = \sin^{-1}x + c$
તેથી,$y = -\sin^{-1}x + c$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા મળે છે: $y + \sin^{-1}x = c$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $({e^y} + 1)\cos x \, dx + {e^y}\sin x \, dy = 0$ છે.
ચલ $x$ અને $y$ ને અલગ કરતા:
$\frac{{e^y}}{{e^y} + 1} \, dy + \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \, dx = 0$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{{e^y}}{{e^y} + 1} \, dy + \int \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \, dx = C$.
ધારો કે $u = {e^y} + 1$,તો $du = {e^y} \, dy$. સંકલન કરતા $\int \frac{1}{u} \, du + \int \cot x \, dx = C$ મળે.
આથી $\ln({e^y} + 1) + \ln(\sin x) = \ln c$ મળે છે.
ગુણધર્મ $\ln a + \ln b = \ln(ab)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\ln(({e^y} + 1)\sin x) = \ln c$ મળે.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,$({e^y} + 1)\sin x = c$ મળે છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ ${x^2}dy = - 2xydx$ છે.
ચલને અલગ કરવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{1}{y}dy = - \frac{2x}{x^2}dx$
જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{1}{y}dy = - \frac{2}{x}dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{1}{y}dy = - 2 \int \frac{1}{x}dx$
$\log |y| = - 2 \log |x| + C$
લઘુગણકના ગુણધર્મ $n \log a = \log a^n$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log |y| = \log |x|^{-2} + \log c$
$\log |y| = \log |c x^{-2}|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા:
$y = c x^{-2}$
$x^2$ વડે ગુણતા:
${x^2}y = c$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = ae^{bx} + c\cos mx$
ચલને અલગ કરતા: $dy = (ae^{bx} + c\cos mx) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int dy = \int (ae^{bx} + c\cos mx) dx$
સંકલનના નિયમો $\int e^{bx} dx = \frac{e^{bx}}{b}$ અને $\int \cos(mx) dx = \frac{\sin(mx)}{m}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \frac{ae^{bx}}{b} + \frac{c\sin(mx)}{m} + k$,જ્યાં $k$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 + \cos x)dy = (1 - \cos x)dx$
ચલને અલગ કરતા:
$dy = \frac{1 - \cos x}{1 + \cos x} dx$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos x = 2\sin^2 \frac{x}{2}$ અને $1 + \cos x = 2\cos^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$dy = \frac{2\sin^2 \frac{x}{2}}{2\cos^2 \frac{x}{2}} dx = \tan^2 \frac{x}{2} dx$
નિત્યસમ $\tan^2 \theta = \sec^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$dy = (\sec^2 \frac{x}{2} - 1) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int dy = \int (\sec^2 \frac{x}{2} - 1) dx$
$y = 2\tan \frac{x}{2} - x + c$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{(1 + x)y}{(y - 1)x}$.
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{y - 1}{y} dy = \frac{1 + x}{x} dx$.
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$(1 - \frac{1}{y}) dy = (1 + \frac{1}{x}) dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int (1 - \frac{1}{y}) dy = \int (1 + \frac{1}{x}) dx$.
$y - \log|y| = x + \log|x| + c$.
પદોને ગોઠવતા:
$x - y + \log|x| + \log|y| = -c$.
$\log a + \log b = \log(ab)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$x - y + \log|xy| = C$ (જ્યાં $C = -c$ એ અચળાંક છે).
આમ,ઉકેલ $\log(xy) + x - y = c$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\sin^{-1} \left( \frac{dy}{dx} \right) = x + y$ છે.
બંને બાજુ સાઈન લેતા,$\frac{dy}{dx} = \sin(x + y)$ મળે.
ધારો કે $v = x + y$. તેથી,$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા $\frac{dv}{dx} = 1 + \frac{dy}{dx}$,એટલે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dx} - 1$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા,$\frac{dv}{dx} - 1 = \sin v$,અથવા $\frac{dv}{dx} = 1 + \sin v$ મળે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{dv}{1 + \sin v} = dx$ મળે.
અંશ અને છેદને $(1 - \sin v)$ વડે ગુણતા,$\frac{1 - \sin v}{1 - \sin^2 v} dv = dx$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{1 - \sin v}{\cos^2 v} dv = dx$ થાય.
આને $(\sec^2 v - \sec v \tan v) dv = dx$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int (\sec^2 v - \sec v \tan v) dv = \int dx$ મળે.
જેથી $\tan v - \sec v = x + c$ મળે.
$v = x + y$ મૂકતા,અંતિમ ઉકેલ $\tan(x + y) - \sec(x + y) = x + c$ મળે છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = x^2 + \sin 3x$.
ઉકેલ મેળવવા માટે,આપણે બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરીએ:
$y = \int (x^2 + \sin 3x) dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્રો $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ અને $\int \sin(ax) dx = -\frac{\cos(ax)}{a} + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \frac{x^3}{3} - \frac{\cos 3x}{3} + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 + x^2)\frac{dy}{dx} = 1$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + x^2}$
$dy = \frac{1}{1 + x^2} dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int dy = \int \frac{1}{1 + x^2} dx$
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{1 + x^2} dx = \tan^{-1}x + c$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$y = \tan^{-1}x + c$

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = y(e^x + 1)$
ચલ $y$ અને $x$ ને અલગ કરતા:
$\frac{dy}{y} = (e^x + 1) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dy}{y} = \int (e^x + 1) dx$
સંકલન કરતા આપણને મળે છે:
$\log |y| = e^x + x + c$
આમ,ઉકેલ $\log y = e^x + x + c$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} + \sqrt{\frac{1 - y^2}{1 - x^2}} = 0$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dy}{\sqrt{1 - y^2}} = -\frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dy}{\sqrt{1 - y^2}} = -\int \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}}$
આથી મળે: $\sin^{-1}(y) = -\sin^{-1}(x) + C$
અચળાંક $C = \sin^{-1}(c)$ લેતા: $\sin^{-1}(y) + \sin^{-1}(x) = \sin^{-1}(c)$
નિત્યસમ $\sin^{-1}(x) + \sin^{-1}(y) = \sin^{-1}(x\sqrt{1 - y^2} + y\sqrt{1 - x^2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^{-1}(x\sqrt{1 - y^2} + y\sqrt{1 - x^2}) = \sin^{-1}(c)$
બંને બાજુ સાઈન લેતા: $x\sqrt{1 - y^2} + y\sqrt{1 - x^2} = c$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} + \frac{1 + \cos 2y}{1 - \cos 2x} = 0$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે: $\frac{dy}{dx} = - \frac{1 + \cos 2y}{1 - \cos 2x}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 + \cos 2y = 2 \cos^2 y$ અને $1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,સમીકરણ આ મુજબ બને છે: $\frac{dy}{dx} = - \frac{2 \cos^2 y}{2 \sin^2 x} = - \frac{\cos^2 y}{\sin^2 x}$.
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે: $\frac{dy}{\cos^2 y} = - \frac{dx}{\sin^2 x}$,જે $\sec^2 y \, dy = - \csc^2 x \, dx$ ને સમાન છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \sec^2 y \, dy = - \int \csc^2 x \, dx$.
આનાથી મળે છે: $\tan y = -(-\cot x) + c$,જેનું સાદું રૂપ $\tan y = \cot x + c$ થાય છે.
આમ,ઉકેલ $\tan y - \cot x = c$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 + x^2)\frac{dy}{dx} = x(1 + y^2)$
ચલ $x$ અને $y$ ને અલગ કરતા:
$\frac{1}{1 + y^2} dy = \frac{x}{1 + x^2} dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{1}{1 + y^2} dy = \int \frac{x}{1 + x^2} dx$
ધારો કે $u = 1 + x^2$,તેથી $du = 2x dx$,એટલે કે $x dx = \frac{1}{2} du$:
$\tan^{-1}y = \frac{1}{2} \int \frac{1}{u} du$
$\tan^{-1}y = \frac{1}{2} \log(1 + x^2) + c_1$
સરળ બનાવવા માટે $2$ વડે ગુણતા:
$2\tan^{-1}y = \log(1 + x^2) + 2c_1$
ધારો કે $c = 2c_1$:
$2\tan^{-1}y = \log(1 + x^2) + c$

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $({e^x} + 1)y \, dy = (y + 1){e^x} \, dx$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{y}{y + 1} \, dy = \frac{{e^x}}{{e^x} + 1} \, dx$
ડાબી બાજુને ફરીથી લખતા: $\left( 1 - \frac{1}{y + 1} \right) \, dy = \frac{{e^x}}{{e^x} + 1} \, dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \left( 1 - \frac{1}{y + 1} \right) \, dy = \int \frac{{e^x}}{{e^x} + 1} \, dx$
સંકલન કરતા: $y - \ln|y + 1| = \ln|{e^x} + 1| + C$
પદોને ગોઠવતા: $y = \ln|y + 1| + \ln|{e^x} + 1| + \ln|c|$
લઘુગણકના નિયમોનો ઉપયોગ કરતા: $y = \ln|c(y + 1)({e^x} + 1)|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા: ${e^y} = c(y + 1)({e^x} + 1)$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $(1 - x^2)dy + xydx = xy^2dx$
પદોને ગોઠવતા: $(1 - x^2)dy = xy^2dx - xydx = xy(y - 1)dx$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{1}{y(y - 1)}dy = \frac{x}{1 - x^2}dx$
ડાબી બાજુએ આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $(\frac{1}{y - 1} - \frac{1}{y})dy = \frac{x}{1 - x^2}dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int (\frac{1}{y - 1} - \frac{1}{y})dy = \int \frac{x}{1 - x^2}dx$
$\log|y - 1| - \log|y| = -\frac{1}{2}\log|1 - x^2| + \log|c|$
$2$ વડે ગુણતા: $2\log|\frac{y - 1}{y}| = -\log|1 - x^2| + 2\log|c|$
$2\log|\frac{y - 1}{y}| + \log|1 - x^2| = \log|c^2|$
$\log|(\frac{y - 1}{y})^2(1 - x^2)| = \log|c^2|$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા: $\frac{(y - 1)^2}{y^2}(1 - x^2) = c^2$
આમ,ઉકેલ $(y - 1)^2(1 - x^2) = c^2y^2$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\sqrt{a + x} \frac{dy}{dx} + x = 0$
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે છે: $dy = -\frac{x}{\sqrt{a + x}} dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int dy = -\int \frac{x}{\sqrt{a + x}} dx$
સંકલન ઉકેલવા માટે,અંશને ફરીથી લખો: $\int \frac{x}{\sqrt{a + x}} dx = \int \frac{x + a - a}{\sqrt{a + x}} dx = \int (\sqrt{a + x} - \frac{a}{\sqrt{a + x}}) dx$
તેથી,$y = -[\int (a + x)^{1/2} dx - a \int (a + x)^{-1/2} dx] + c$
$y = -[\frac{2}{3}(a + x)^{3/2} - 2a(a + x)^{1/2}] + c$
$y = -\frac{2}{3}(a + x)^{3/2} + 2a(a + x)^{1/2} + c$
$3$ વડે ગુણતા: $3y = -2(a + x)^{3/2} + 6a(a + x)^{1/2} + 3c$
$-2\sqrt{a + x}$ સામાન્ય કાઢતા: $3y = -2\sqrt{a + x} [(a + x) - 3a] + 3c$
$3y = -2\sqrt{a + x} (x - 2a) + 3c$
ગોઠવતા: $3y + 2\sqrt{a + x}(x - 2a) = 3c$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\cos x \cos y \frac{dy}{dx} = - \sin x \sin y$
ચલ $x$ અને $y$ ને અલગ કરતા:
$\frac{\cos y}{\sin y} dy = - \frac{\sin x}{\cos x} dx$
જેનું સાદું રૂપ:
$\cot y \, dy = - \tan x \, dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \cot y \, dy = - \int \tan x \, dx$
પ્રમાણિત સંકલન $\int \cot y \, dy = \log |\sin y|$ અને $\int \tan x \, dx = \log |\sec x| = - \log |\cos x|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log |\sin y| = - (- \log |\cos x|) + \log |c|$
$\log |\sin y| = \log |\cos x| + \log |c|$
$\log a + \log b = \log(ab)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\log |\sin y| = \log |c \cos x|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા:
$\sin y = c \cos x$

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $x(e^{2y} - 1)dy + (x^2 - 1)e^y dx = 0$ છે.
ચલને અલગ કરવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$x(e^{2y} - 1)dy = -(x^2 - 1)e^y dx$
$\frac{e^{2y} - 1}{e^y} dy = \frac{1 - x^2}{x} dx$
$(e^y - e^{-y}) dy = (\frac{1}{x} - x) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int (e^y - e^{-y}) dy = \int (\frac{1}{x} - x) dx$
$e^y - (-e^{-y}) = \log |x| - \frac{x^2}{2} + c$
$e^y + e^{-y} = \log |x| - \frac{x^2}{2} + c$.

(B) ધારો કે $v = x + y$. તેથી $\frac{dv}{dx} = 1 + \frac{dy}{dx}$,એટલે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dx} - 1$.
આ કિંમત આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{dv}{dx} - 1 = \sin v + \cos v$.
$\frac{dv}{dx} = 1 + \cos v + \sin v$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા: $1 + \cos v = 2\cos^2(v/2)$ અને $\sin v = 2\sin(v/2)\cos(v/2)$.
$\frac{dv}{dx} = 2\cos^2(v/2) + 2\sin(v/2)\cos(v/2) = 2\cos^2(v/2) [1 + \tan(v/2)]$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{\sec^2(v/2) dv}{2[1 + \tan(v/2)]} = dx$.
ધારો કે $u = 1 + \tan(v/2)$,તો $du = \frac{1}{2}\sec^2(v/2) dv$.
સંકલન કરતા: $\int \frac{du}{u} = \int dx$.
$\log|u| = x + c$.
$u = 1 + \tan(v/2)$ અને $v = x + y$ પાછા મૂકતા: $\log \left[ 1 + \tan \left( \frac{x + y}{2} \right) \right] = x + c$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 - x^2)(1 - y)dx = xy(1 + y)dy$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{1 - x^2}{x} dx = \frac{y(1 + y)}{1 - y} dy$
$\left( \frac{1}{x} - x \right) dx = \frac{y + y^2}{1 - y} dy$
જમણી બાજુ બહુપદીનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{y^2 + y}{-(y - 1)} = -\left( y + 1 + \frac{2}{y - 1} \right) = -y - 1 - \frac{2}{y - 1}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \left( \frac{1}{x} - x \right) dx = \int \left( -y - 1 - \frac{2}{y - 1} \right) dy$
$\log |x| - \frac{x^2}{2} = -\frac{y^2}{2} - y - 2 \log |y - 1| + c$
પદોને ગોઠવતા: $\log |x| + 2 \log |y - 1| = \frac{x^2}{2} - \frac{y^2}{2} - y + c$
લોગના નિયમોનો ઉપયોગ કરતા: $\log |x(y - 1)^2| = \frac{x^2}{2} - \frac{y^2}{2} - y + c$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(x - y^2x)dx = (y - x^2y)dy$ છે.
બંને બાજુ સામાન્ય લેતા,$x(1 - y^2)dx = y(1 - x^2)dy$ મળે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{x}{1 - x^2}dx = \frac{y}{1 - y^2}dy$ થાય.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{x}{1 - x^2}dx = \int \frac{y}{1 - y^2}dy$ મળે.
ધારો કે $u = 1 - x^2$,તેથી $du = -2xdx$,એટલે કે $xdx = -\frac{1}{2}du$. તેવી જ રીતે,$ydy = -\frac{1}{2}dv$ જ્યાં $v = 1 - y^2$.
આ કિંમતો મૂકતા,$-\frac{1}{2} \int \frac{1}{u}du = -\frac{1}{2} \int \frac{1}{v}dv + C$ મળે.
$-\frac{1}{2} \ln|1 - x^2| = -\frac{1}{2} \ln|1 - y^2| + \ln c$.
$-2$ વડે ગુણતા,$\ln|1 - x^2| = \ln|1 - y^2| - 2\ln c$ મળે.
$\ln|1 - x^2| - \ln|1 - y^2| = \ln(c^{-2})$.
$\ln|\frac{1 - x^2}{1 - y^2}| = \ln(c^{-2})$.
$\frac{1 - x^2}{1 - y^2} = \frac{1}{c^2}$.
તેથી,$(1 - y^2) = c^2(1 - x^2)$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(\text{cosec } x \log y) dy + (x^2 y) dx = 0$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{\log y}{y} dy = -x^2 \sin x dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{\log y}{y} dy = -\int x^2 \sin x dx$
ધારો કે $u = \log y$,તેથી $du = \frac{1}{y} dy$. ડાબી બાજુ $\int u du = \frac{u^2}{2} = \frac{(\log y)^2}{2}$ થશે.
જમણી બાજુ માટે,ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int x^2 \sin x dx = x^2(-\cos x) - \int 2x(-\cos x) dx = -x^2 \cos x + 2 \int x \cos x dx$.
ફરીથી ખંડશઃ સંકલન કરતા: $\int x \cos x dx = x \sin x - \int \sin x dx = x \sin x + \cos x$.
તેથી,$-\int x^2 \sin x dx = x^2 \cos x - 2(x \sin x + \cos x) = x^2 \cos x - 2x \sin x - 2 \cos x$.
બંને બાજુ સરખાવતા: $\frac{(\log y)^2}{2} = x^2 \cos x - 2x \sin x - 2 \cos x + c$.
ગોઠવતા: $\frac{(\log y)^2}{2} + (2 - x^2) \cos x + 2x \sin x = c$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{e^x(\sin^2 x + \sin 2x)}{y(2\log y + 1)}$
ચલને અલગ કરતા: $(2y \log y + y) dy = e^x(\sin^2 x + \sin 2x) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int (2y \log y + y) dy = \int e^x(\sin^2 x + \sin 2x) dx$
ડાબી બાજુ માટે: $u = \log y$ લેતા,$du = \frac{1}{y} dy$. આ સંકલન $\int y(2 \log y + 1) dy$ છે. $\int 2y \log y dy$ પર ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y^2 \log y - \int y^2 \cdot \frac{1}{y} dy = y^2 \log y - \frac{y^2}{2}$ મળે છે. આમ,$\int (2y \log y + y) dy = y^2 \log y - \frac{y^2}{2} + \frac{y^2}{2} = y^2 \log y$.
જમણી બાજુ માટે: $\int e^x(\sin^2 x + \sin 2x) dx$. નોંધો કે $\frac{d}{dx}(e^x \sin^2 x) = e^x \sin^2 x + e^x(2 \sin x \cos x) = e^x(\sin^2 x + \sin 2x)$.
તેથી,સંકલન $e^x \sin^2 x + c$ થાય છે.
બંને બાજુ સરખાવતા: $y^2 \log y = e^x \sin^2 x + c$,જેને $y^2 \log y - e^x \sin^2 x + c = 0$ તરીકે લખી શકાય.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $xy \frac{dy}{dx} = \frac{(1 + y^2)(1 + x + x^2)}{(1 + x^2)}$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{y}{1 + y^2} dy = \frac{1 + x + x^2}{x(1 + x^2)} dx$
જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{y}{1 + y^2} dy = \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{1 + x^2} \right) dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{y}{1 + y^2} dy = \int \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{1 + x^2} \right) dx$
$\frac{1}{2} \log(1 + y^2) = \log x + \tan^{-1} x + c$
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(x\sqrt{1 + y^2})dx + (y\sqrt{1 + x^2})dy = 0$
ચલને અલગ કરતા:
$(x\sqrt{1 + y^2})dx = -(y\sqrt{1 + x^2})dy$
બંને બાજુ $\sqrt{1 + x^2}\sqrt{1 + y^2}$ વડે ભાગતા:
$\frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}dx = -\frac{y}{\sqrt{1 + y^2}}dy$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}dx = -\int \frac{y}{\sqrt{1 + y^2}}dy$
ધારો કે $u = 1 + x^2$,તેથી $du = 2xdx$,એટલે કે $xdx = \frac{1}{2}du$. તેવી જ રીતે $y$ માટે:
$\frac{1}{2} \int u^{-1/2} du = -\frac{1}{2} \int v^{-1/2} dv$
$\sqrt{u} = -\sqrt{v} + C$
$u$ અને $v$ ની કિંમતો પાછી મૂકતા:
$\sqrt{1 + x^2} = -\sqrt{1 + y^2} + C$
$\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{1 + y^2} = C$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: ${e^{2x - 3y}}dx + {e^{2y - 3x}}dy = 0$
ઘાતાંકના નિયમોનો ઉપયોગ કરીને પદોને ફરીથી લખતા:
${e^{2x}} \cdot {e^{-3y}}dx + {e^{2y}} \cdot {e^{-3x}}dy = 0$
ચલને અલગ કરવા માટે આખા સમીકરણને ${e^{3x}} \cdot {e^{3y}}$ વડે ગુણતા:
${e^{2x}} \cdot {e^{-3y}} \cdot {e^{3x}} \cdot {e^{3y}}dx + {e^{2y}} \cdot {e^{-3x}} \cdot {e^{3x}} \cdot {e^{3y}}dy = 0$
ઘાતાંકનું સાદું રૂપ આપતા:
${e^{5x}}dx + {e^{5y}}dy = 0$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int {e^{5x}}dx + \int {e^{5y}}dy = \int 0$
$\frac{1}{5}{e^{5x}} + \frac{1}{5}{e^{5y}} = C_1$
અચળાંકને સરળ બનાવવા માટે $5$ વડે ગુણતા:
${e^{5x}} + {e^{5y}} = 5C_1 = c$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1 + x^2)(1 + y)dy + (1 + x)(1 + y^2)dx = 0$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{1 + y}{1 + y^2}dy = -\frac{1 + x}{1 + x^2}dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{1 + y}{1 + y^2}dy = -\int \frac{1 + x}{1 + x^2}dx$
સંકલનને અલગ કરતા:
$\int \left( \frac{1}{1 + y^2} + \frac{y}{1 + y^2} \right)dy = -\int \left( \frac{1}{1 + x^2} + \frac{x}{1 + x^2} \right)dx$
સંકલન કરતા:
$\tan^{-1}y + \frac{1}{2}\log(1 + y^2) = -(\tan^{-1}x + \frac{1}{2}\log(1 + x^2)) + C$
પદોને ગોઠવતા અંતિમ ઉકેલ મળે છે:
$\tan^{-1}x + \frac{1}{2}\log(1 + x^2) + \tan^{-1}y + \frac{1}{2}\log(1 + y^2) = C$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = (x + y)^2$ છે.
ધારો કે $v = x + y$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dv}{dx} = 1 + \frac{dy}{dx}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dx} - 1$.
આ કિંમતોને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\frac{dv}{dx} - 1 = v^2$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,$\frac{dv}{dx} = v^2 + 1$ મળે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{dv}{v^2 + 1} = dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dv}{v^2 + 1} = \int dx$ મળે.
આનું પરિણામ $\tan^{-1}(v) = x + c$ છે,જ્યાં $c$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.
$v = x + y$ પાછા મૂકતા,આપણને $\tan^{-1}(x + y) = x + c$ મળે છે.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$x + y = \tan(x + c)$ મળે,જેને $x + y - \tan(x + c) = 0$ તરીકે લખી શકાય છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\cos y \log(\sec x + \tan x) dx = \cos x \log(\sec y + \tan y) dy$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{\log(\sec x + \tan x)}{\cos x} dx = \frac{\log(\sec y + \tan y)}{\cos y} dy$.
$\frac{1}{\cos x} = \sec x$ હોવાથી,સમીકરણ આ મુજબ બને છે: $\sec x \log(\sec x + \tan x) dx = \sec y \log(\sec y + \tan y) dy$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \sec x \log(\sec x + \tan x) dx = \int \sec y \log(\sec y + \tan y) dy$.
ધારો કે $u = \log(\sec x + \tan x)$,તો $du = \sec x dx$.
તે જ રીતે,જમણી બાજુ માટે,ધારો કે $v = \log(\sec y + \tan y)$,તો $dv = \sec y dy$.
સંકલન આ મુજબ થશે: $\int u du = \int v dv$.
આથી $\frac{u^2}{2} = \frac{v^2}{2} + C_1$,અથવા $u^2 - v^2 = C$.
કિંમત પાછી મૂકતા: $[\log(\sec x + \tan x)]^2 - [\log(\sec y + \tan y)]^2 = C$.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,કોઈ પણ વિકલ્પ સાચો નથી. તેથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}$.
આને ઉકેલવા માટે,આપણે ચલ વિયોજનની રીતનો ઉપયોગ કરીશું.
ચલ $y$ અને $x$ ને અલગ કરતા:
$dy = \frac{1}{x} dx$.
હવે,બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int dy = \int \frac{1}{x} dx$.
$y$ ની સાપેક્ષે $1$ નું સંકલન $y$ થાય છે,અને $x$ ની સાપેક્ષે $\frac{1}{x}$ નું સંકલન $\log|x|$ થાય છે.
સંકલનનો અચળાંક $c$ ઉમેરતા,આપણને મળે છે:
$y = \log|x| + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\log \left( \frac{dy}{dx} \right) = x + y$
લઘુગણકની વ્યાખ્યા મુજબ,આપણે લખી શકીએ: $\frac{dy}{dx} = e^{x+y}$
ઘાતાંકના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{dy}{dx} = e^x \cdot e^y$
હવે,ચલને અલગ કરતા: $\frac{dy}{e^y} = e^x \, dx$
જેને આ રીતે લખી શકાય: $e^{-y} \, dy = e^x \, dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int e^{-y} \, dy = \int e^x \, dx$
$-e^{-y} = e^x + C$
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $e^x + e^{-y} = -C$
અહીં $-C$ એ એક સ્વૈર અચળાંક હોવાથી,આપણે તેને $c$ તરીકે લખી શકીએ: $e^x + e^{-y} = c$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \cot x \cot y$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{dy}{\cot y} = \cot x \, dx$
જેને આ રીતે લખી શકાય:
$\tan y \, dy = \cot x \, dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \tan y \, dy = \int \cot x \, dx$
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્રો $\int \tan y \, dy = \ln|\sec y|$ અને $\int \cot x \, dx = \ln|\sin x|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\ln|\sec y| = \ln|\sin x| + C$
ધારો કે અચળાંક $C = \ln|c|$ છે:
$\ln|\sec y| = \ln|\sin x| + \ln|c|$
ગુણધર્મ $\ln a + \ln b = \ln(ab)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\ln|\sec y| = \ln|c \sin x|$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા:
$\sec y = c \sin x$
જેને આ રીતે ફરીથી લખી શકાય:
$\sin x = \frac{1}{c} \sec y$
અહીં $\frac{1}{c}$ પણ એક સ્વૈચ્છિક અચળાંક હોવાથી,આપણે તેને $c$ તરીકે લખી શકીએ:
$\sin x = c \sec y$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{y^2 - y - 2}{x^2 + 2x - 3}$.
દ્વિઘાત પદોના અવયવ પાડતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{(y - 2)(y + 1)}{(x + 3)(x - 1)}$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dy}{(y - 2)(y + 1)} = \frac{dx}{(x + 3)(x - 1)}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dy}{(y - 2)(y + 1)} = \int \frac{dx}{(x + 3)(x - 1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{3} \int \left( \frac{1}{y - 2} - \frac{1}{y + 1} \right) dy = \frac{1}{4} \int \left( \frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 3} \right) dx$.
સંકલન કરતા: $\frac{1}{3} \log \left| \frac{y - 2}{y + 1} \right| = \frac{1}{4} \log \left| \frac{x - 1}{x + 3} \right| + C_1$.
બંને બાજુ $12$ વડે ગુણતા: $4 \log \left| \frac{y - 2}{y + 1} \right| = 3 \log \left| \frac{x - 1}{x + 3} \right| + c$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $y dx + (1 + x^2) \tan^{-1} x dy = 0$
ચલને અલગ કરવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$y dx = -(1 + x^2) \tan^{-1} x dy$
$\frac{dx}{(1 + x^2) \tan^{-1} x} = -\frac{dy}{y}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dx}{(1 + x^2) \tan^{-1} x} = -\int \frac{dy}{y}$
ધારો કે $u = \tan^{-1} x$,તેથી $du = \frac{1}{1 + x^2} dx$. સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$\int \frac{du}{u} = -\int \frac{dy}{y}$
$\ln|u| = -\ln|y| + \ln|c|$
$\ln|\tan^{-1} x| + \ln|y| = \ln|c|$
$\ln|y \tan^{-1} x| = \ln|c|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા:
$y \tan^{-1} x = c$

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{x^2}{y^2}$
ચલ વિયોજનની રીતનો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ: $y^2 dy = x^2 dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int y^2 dy = \int x^2 dx$
આથી મળે છે: $\frac{y^3}{3} = \frac{x^3}{3} + C_1$
$3$ વડે ગુણતા: $y^3 = x^3 + 3C_1$
પદોને ગોઠવતા: $x^3 - y^3 = -3C_1$
ધારો કે $-3C_1 = c$,જ્યાં $c$ એ સ્વૈર અચળાંક છે: $x^3 - y^3 = c$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.