Variable separable type differential equations Questions in Gujarati

(D) કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = xy$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{1}{y} dy = x dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{1}{y} dy = \int x dx$,જે $\log y = \frac{x^{2}}{2} + C$ આપે છે.
વક્ર બિંદુ $(1, 1)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,આપણે $x = 1$ અને $y = 1$ ને સમીકરણમાં મૂકીએ છીએ:
$\log(1) = \frac{1^{2}}{2} + C \implies 0 = \frac{1}{2} + C \implies C = -\frac{1}{2}$.
$C$ ની કિંમત સમીકરણમાં પાછી મૂકતા,આપણને $\log y = \frac{x^{2}}{2} - \frac{1}{2}$ મળે છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $2 \log y = x^{2} - 1$ મળે છે.

(D) ધારો કે વક્રનું સમીકરણ $y=f(x)$ છે.
વક્ર બિંદુ $(1,1)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $f(1)=1$ મળે.
પ્રશ્ન મુજબ,વક્ર પરના કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ પર,તેના સ્પર્શકનો ઢાળ $(\frac{dy}{dx})$ અને $x$-યામનો ગુણાકાર એ $y$-યામ જેટલો છે.
તેથી,$x \cdot \frac{dy}{dx} = y$.
પદોને ગોઠવતા,$\frac{dy}{y} = \frac{dx}{x}$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dy}{y} = \int \frac{dx}{x}$,જે $\ln|y| = \ln|x| + C$ આપે છે.
આને સાદું રૂપ આપતા $y = kx$ મળે,જ્યાં $k = e^C$.
શરત $f(1)=1$ નો ઉપયોગ કરીને,$x=1$ અને $y=1$ ને $y=kx$ માં મૂકતા $1 = k(1)$ મળે,તેથી $k=1$.
આમ,વક્રનું સમીકરણ $y=x$ છે.
આપેલા વિકલ્પો તપાસતા,બિંદુ $(2,2)$ એ સમીકરણ $y=x$ નું સમાધાન કરે છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $e^{dy/dx} = x+1$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\frac{dy}{dx} = \log(x+1)$ મળે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\int dy = \int \log(x+1) dx$ મળે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \log(x+1) dx = (x+1) \log(x+1) - (x+1) + C$.
વૈકલ્પિક રીતે,$y = x \log(x+1) - \int \frac{x}{x+1} dx = x \log(x+1) - \int (1 - \frac{1}{x+1}) dx = x \log(x+1) - x + \log(x+1) + C$.
તેથી,$y = (x+1) \log(x+1) - x + C$.
શરત $y(0) = 3$ આપેલ છે,તેથી $x=0$ અને $y=3$ મૂકતા: $3 = (0+1) \log(1) - 0 + C \Rightarrow 3 = 0 - 0 + C \Rightarrow C = 3$.
$C=3$ ની કિંમત સામાન્ય ઉકેલમાં મૂકતા,$y = (x+1) \log(x+1) - x + 3$ મળે.
પદોને ગોઠવતા,$y+x-3 = (x+1) \log(x+1)$ મળે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = (x+y)^2$ $(i)$
ધારો કે $x+y = t$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$1 + \frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx} - 1$.
આ કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$\frac{dt}{dx} - 1 = t^2$
$\frac{dt}{dx} = t^2 + 1$
ચલને અલગ કરતા:
$\frac{dt}{t^2 + 1} = dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dt}{t^2 + 1} = \int dx$
$\tan^{-1}(t) = x + C$
$t = x+y$ પાછું મૂકતા:
$\tan^{-1}(x+y) = x + C$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ છે,$\frac{dy}{y} + \frac{dx}{x} = 0$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dy}{y} + \int \frac{dx}{x} = \int 0 \, dx$
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{u} du = \log |u| + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log |y| + \log |x| = \log |c|$
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\log a + \log b = \log(ab)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log |xy| = \log |c|$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા:
$xy = c$

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $e^{dy/dx} = x$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\frac{dy}{dx} = \log x$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int dy = \int \log x \, dx$
ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) નો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,જ્યાં $u = \log x$ અને $dv = dx$:
$y = x \log x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx$
$y = x \log x - \int 1 \, dx$
$y = x \log x - x + C$
$y = x(\log x - 1) + C$ (સમીકરણ $i$)
આપેલ શરતો $x = 1$ અને $y = 0$ ને સમીકરણ $i$ માં મૂકતા:
$0 = 1(\log 1 - 1) + C$
$0 = 1(0 - 1) + C$
$0 = -1 + C$
$C = 1$
આમ,$C = 1$ ને સમીકરણ $i$ માં મૂકતા આપણને મળે છે:
$y = x(\log x - 1) + 1$

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\left(\frac{dy}{dx}\right)^{2} = 1 - x^{2} - y^{2} + x^{2}y^{2}$
જમણી બાજુના પદોને અવયવ પાડતા: $\left(\frac{dy}{dx}\right)^{2} = (1 - x^{2}) - y^{2}(1 - x^{2}) = (1 - x^{2})(1 - y^{2})$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા: $\frac{dy}{dx} = \sqrt{1 - x^{2}} \sqrt{1 - y^{2}}$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dy}{\sqrt{1 - y^{2}}} = \sqrt{1 - x^{2}} dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dy}{\sqrt{1 - y^{2}}} = \int \sqrt{1 - x^{2}} dx$
પ્રમાણિત સંકલનનો ઉપયોગ કરતા $\int \frac{1}{\sqrt{1 - y^{2}}} dy = \sin^{-1} y$ અને $\int \sqrt{1 - x^{2}} dx = \frac{x}{2} \sqrt{1 - x^{2}} + \frac{1}{2} \sin^{-1} x + C_1$:
$\sin^{-1} y = \frac{x}{2} \sqrt{1 - x^{2}} + \frac{1}{2} \sin^{-1} x + C_1$
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા: $2 \sin^{-1} y = x \sqrt{1 - x^{2}} + \sin^{-1} x + 2C_1$
ધારો કે $C = 2C_1$,તો: $2 \sin^{-1} y = x \sqrt{1 - x^{2}} + \sin^{-1} x + C$

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x dy - y dx = 0$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $x dy = y dx$
બંને બાજુને $xy$ વડે ભાગતા (ધારો કે $x, y \neq 0$): $\frac{dy}{y} = \frac{dx}{x}$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{1}{y} dy = \int \frac{1}{x} dx$
આનાથી મળે છે: $\ln|y| = \ln|x| + C$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા: $y = cx$,જ્યાં $c$ એ સ્વૈર અચળાંક છે.
આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખાનું સમીકરણ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $x \frac{dy}{dx} - y = 3$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $x \frac{dy}{dx} = y + 3$ મળે છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\frac{dy}{y + 3} = \frac{dx}{x}$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,આપણને $\int \frac{dy}{y + 3} = \int \frac{dx}{x}$ મળે છે.
આના પરિણામે $\ln|y + 3| = \ln|x| + \ln|c|$ મળે છે,જ્યાં $c$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,આપણને $y + 3 = cx$ અથવા $y = cx - 3$ મળે છે.
આ બિંદુ $(0, -3)$ માંથી પસાર થતી સીધી રેખાઓનું કુટુંબ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $2x \frac{dy}{dx} - y = 3$ છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $2x \frac{dy}{dx} = y + 3$ મળે છે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{dy}{y+3} = \frac{dx}{2x}$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dy}{y+3} = \frac{1}{2} \int \frac{dx}{x}$ મળે છે.
આથી $\ln|y+3| = \frac{1}{2} \ln|x| + C_1$ મળે.
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા,$2 \ln|y+3| = \ln|x| + 2C_1$ મળે છે.
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$\ln(y+3)^2 = \ln|x| + \ln|c|$,જ્યાં $c = e^{2C_1}$ છે.
આમ,$(y+3)^2 = cx$,જે પરવલયોના કુટુંબનું સમીકરણ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\sqrt{1-x^{2} y^{2}} \cdot dx = y \cdot dx + x \cdot dy$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $d(xy) = y \cdot dx + x \cdot dy$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\sqrt{1-(xy)^{2}} \cdot dx = d(xy)$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,$dx = \frac{d(xy)}{\sqrt{1-(xy)^{2}}}$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int dx = \int \frac{d(xy)}{\sqrt{1-(xy)^{2}}}$ મળે છે.
આથી $x = \sin^{-1}(xy) + C$ મળે છે.
બંને બાજુ સાઈન લેતા,$\sin(x - C) = xy$ મળે છે,જે $\sin(x + C) = xy$ ને સમાન છે (જ્યાં $C$ એ સ્વૈર અચળાંક છે).

(D) આપેલ છે કે સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{3x}{y}$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $y \, dy = 3x \, dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int y \, dy = \int 3x \, dx$,જે $\frac{y^2}{2} = \frac{3x^2}{2} + C$ આપે છે.
$2$ વડે ગુણતા,$y^2 = 3x^2 + 2C$ મળે,અથવા $y^2 - 3x^2 = K$ જ્યાં $K = 2C$.
વક્ર બિંદુ $(1, 2)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x=1$ અને $y=2$ મૂકતા: $2^2 - 3(1)^2 = K$,એટલે કે $4 - 3 = K$,જેનો અર્થ છે $K = 1$.
વક્રનું સમીકરણ $y^2 - 3x^2 = 1$ છે.
આ સમીકરણ $\frac{y^2}{a^2} - \frac{x^2}{b^2} = 1$ સ્વરૂપનું છે,જે અતિવલય (Hyperbola) દર્શાવે છે.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = \sqrt{f^2(x)-1}$.
આને $\frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt{f^2(x)-1}} = 1$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\int \frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt{f^2(x)-1}} dx = \int 1 dx$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int \frac{1}{\sqrt{t^2-1}} dt = \log |t + \sqrt{t^2-1}| + C$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\log |f(x) + \sqrt{f^2(x)-1}| = x + C$ મળે છે.
$f(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,$x=0$ મૂકતા $\log |f(0) + \sqrt{f^2(0)-1}| = 0 + C$.
$\log |1 + \sqrt{1-1}| = C \Rightarrow \log(1) = C \Rightarrow C = 0$.
તેથી,$\log |f(x) + \sqrt{f^2(x)-1}| = x$.
$x=1$ માટે,$\log |f(1) + \sqrt{f^2(1)-1}| = 1$.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,$f(1) + \sqrt{f^2(1)-1} = e^1 = e$.
$\sqrt{f^2(1)-1} = e - f(1)$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$f^2(1) - 1 = e^2 + f^2(1) - 2ef(1)$.
$-1 = e^2 - 2ef(1) \Rightarrow 2ef(1) = e^2 + 1$.
આમ,$f(1) = \frac{e^2+1}{2e}$.

(C) આપેલ સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{y-4}{x-3}$ છે.
ચલને અલગ કરતા,$\int \frac{dy}{y-4} = \int \frac{dx}{x-3}$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\ln|y-4| = \ln|x-3| + C$ મળે.
વક્ર $(4, 3)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x=4$ અને $y=3$ મૂકતા: $\ln|3-4| = \ln|4-3| + C \Rightarrow \ln(1) = \ln(1) + C \Rightarrow C = 0$.
આમ,$\ln|y-4| = \ln|x-3|$,જેનો અર્થ છે કે $|y-4| = |x-3|$.
આના બે કિસ્સા મળે: $y-4 = x-3$ અથવા $y-4 = -(x-3)$.
કિસ્સો $1$: $y-x = 1$. આ રેખા $y=x$ ને છેદતી નથી.
કિસ્સો $2$: $y-4 = -x+3 \Rightarrow x+y = 7$.
$y=x$ સાથે છેદબિંદુ શોધવા માટે,$x+y=7$ માં $y=x$ મૂકતા: $x+x=7 \Rightarrow 2x=7 \Rightarrow x=\frac{7}{2}$.
તેથી,$y=\frac{7}{2}$. બિંદુ $(\frac{7}{2}, \frac{7}{2})$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $y y^{\prime} = x \left[ \frac{y^2}{x^2} + \frac{\phi\left(\frac{y^2}{x^2}\right)}{\phi^{\prime}\left(\frac{y^2}{x^2}\right)} \right]$.
બંને બાજુ $x^2$ વડે ભાગતા: $\frac{y}{x} \frac{dy}{dx} = \frac{y^2}{x^2} + \frac{\phi\left(\frac{y^2}{x^2}\right)}{\phi^{\prime}\left(\frac{y^2}{x^2}\right)}$.
ધારો કે $v = \frac{y^2}{x^2}$. તેથી $v x^2 = y^2$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $2v x + x^2 \frac{dv}{dx} = 2y \frac{dy}{dx}$.
આમ,$y \frac{dy}{dx} = v x + \frac{x^2}{2} \frac{dv}{dx}$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{x} (v x + \frac{x^2}{2} \frac{dv}{dx}) = v + \frac{\phi(v)}{\phi^{\prime}(v)}$.
$v + \frac{x}{2} \frac{dv}{dx} = v + \frac{\phi(v)}{\phi^{\prime}(v)}$.
$\frac{x}{2} \frac{dv}{dx} = \frac{\phi(v)}{\phi^{\prime}(v)}$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{\phi^{\prime}(v)}{\phi(v)} dv = \frac{2}{x} dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\ln|\phi(v)| = 2 \ln|x| + \ln|c| = \ln|c x^2|$.
તેથી,$\phi(v) = c x^2$.
$v = \frac{y^2}{x^2}$ મૂકતા,આપણને $\phi\left(\frac{y^2}{x^2}\right) = c x^2$ મળે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\sec(x-y+1) dy = dx$.
ધારો કે $v = x-y+1$.
તેથી,$\frac{dv}{dx} = 1 - \frac{dy}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{dv}{dx}$.
સમીકરણને $\frac{dy}{dx} = \cos(x-y+1)$ તરીકે લખી શકાય.
$v$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $1 - \frac{dv}{dx} = \cos(v)$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા: $\frac{dv}{dx} = 1 - \cos(v)$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dv}{1 - \cos(v)} = dx$.
નિત્યસમ $1 - \cos(v) = 2\sin^2(\frac{v}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{dv}{2\sin^2(\frac{v}{2})} = dx$ મળે છે.
આને $\frac{1}{2} \csc^2(\frac{v}{2}) dv = dx$ તરીકે સરળ બનાવી શકાય.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{1}{2} \csc^2(\frac{v}{2}) dv = \int dx$.
$-\cot(\frac{v}{2}) = x + c$.
$v = x-y+1$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $-\cot(\frac{x-y+1}{2}) = x + c$,જેને $x + \cot(\frac{x-y+1}{2}) = c'$ (જ્યાં $c' = -c$) તરીકે લખી શકાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x^2(y+1) \frac{dy}{dx} + y^2(x+1)^2 = 0$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{y+1}{y^2} dy = -\frac{(x+1)^2}{x^2} dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int (\frac{1}{y} + \frac{1}{y^2}) dy = -\int (\frac{x^2 + 2x + 1}{x^2}) dx$.
$\int (\frac{1}{y} + y^{-2}) dy = -\int (1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{x^2}) dx$.
$\log |y| - \frac{1}{y} = -(x + 2 \log |x| - \frac{1}{x}) + C$.
$\log |y| - \frac{1}{y} = -x - 2 \log |x| + \frac{1}{x} + C$.
$\log |y| + 2 \log |x| = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} - x + C$.
$\log |x^2 y| = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} - x + C$.
$y(1) = 2$ આપેલ હોવાથી,$x=1$ અને $y=2$ મૂકતા: $\log |1^2 \times 2| = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} - 1 + C$.
$\log 2 = 1 + 0.5 - 1 + C \implies \log 2 = 0.5 + C \implies C = \log 2 - 0.5$.
$C$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $\log |x^2 y| = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} - x + \log 2 - 0.5$.
$\log |x^2 y| - \log 2 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} - x - 0.5$.
$\log |\frac{x^2 y}{2}| = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} - x - 0.5$.
આ વિકલ્પ $C$ સાથે સુસંગત છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $xy(y+2) dy + (y^3-1) dx = 0$ છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{dx}{x} + \frac{y(y+2)}{y^3-1} dy = 0$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dx}{x} + \int \frac{y^2+2y}{y^3-1} dy = c$.
$\frac{y^2+2y}{(y-1)(y^2+y+1)}$ માટે આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{A}{y-1} + \frac{By+C}{y^2+y+1}$ મળે છે.
અચળાંકો શોધતા,$A = 1$,$B = 0$,$C = 1$ મળે છે.
તેથી,$\int \frac{dx}{x} + \int \frac{1}{y-1} dy + \int \frac{1}{y^2+y+1} dy = c$.
$\log |x| + \log |y-1| + \int \frac{1}{(y+1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2} dy = c$.
$\log |x(y-1)| + \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1} \left( \frac{2y+1}{\sqrt{3}} \right) = c$.
$y^3-1 = (y-1)(y^2+y+1)$ હોવાથી,ઉકેલ $\log |x| + \frac{1}{3} \log |y^3-1| + \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1} \left( \frac{2y+1}{\sqrt{3}} \right) = c$ છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\cos(x+y) dy = dx$.
ધારો કે $v = x+y$. તેથી,$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,$\frac{dv}{dx} = 1 + \frac{dy}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dv}{dx} - 1$.
સમીકરણને આ રીતે લખી શકાય: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cos(x+y)} = \sec(x+y)$.
$v$ અને $\frac{dy}{dx}$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{dv}{dx} - 1 = \sec(v)$.
$\frac{dv}{dx} = 1 + \sec(v) = 1 + \frac{1}{\cos(v)} = \frac{\cos(v)+1}{\cos(v)}$.
ચલનું અલગીકરણ કરતા: $\frac{\cos(v)}{\cos(v)+1} dv = dx$.
નિત્યસમ $\cos(v) = 2\cos^2(v/2) - 1$ નો ઉપયોગ કરતા: $\frac{2\cos^2(v/2)-1}{2\cos^2(v/2)} dv = dx$.
$(1 - \frac{1}{2}\sec^2(v/2)) dv = dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int (1 - \frac{1}{2}\sec^2(v/2)) dv = \int dx$.
$v - \tan(v/2) = x + c$.
$v = x+y$ મૂકતા: $(x+y) - \tan(\frac{x+y}{2}) = x + c$.
$y - \tan(\frac{x+y}{2}) = c$,એટલે કે $y = \tan(\frac{x+y}{2}) + c$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x^3 \sin y \frac{d y}{d x}=2$.
ચલને અલગ કરતા: $\sin y \, dy = \frac{2}{x^3} \, dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \sin y \, dy = \int 2x^{-3} \, dx$.
આથી મળે: $-\cos y = 2 \cdot \frac{x^{-2}}{-2} + C = -\frac{1}{x^2} + C$.
$-1$ વડે ગુણતા: $\cos y = \frac{1}{x^2} - C$ ... $(i)$.
શરત $\lim _{x \rightarrow \infty} y(x) = \frac{\pi}{2}$ આપેલ છે,તેથી સમીકરણ $(i)$ માં $x \rightarrow \infty$ લેતા:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \cos y = \lim _{x \rightarrow \infty} \left( \frac{1}{x^2} - C \right)$.
$\cos$ એ સતત વિધેય હોવાથી,$\cos(\lim _{x \rightarrow \infty} y) = 0 - C$.
$\cos(\frac{\pi}{2}) = -C \Rightarrow 0 = -C \Rightarrow C = 0$.
$C = 0$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા: $\cos y = \frac{1}{x^2}$.

(A) કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ આગળ વક્રના સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{1}{x^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int dy = \int \left( 1 - \frac{1}{x^2} \right) dx$
$y = x - (-\frac{1}{x}) + C$
$y = x + \frac{1}{x} + C$
વક્ર બિંદુ $(1, 2)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,અચળાંક $C$ શોધવા માટે $x = 1$ અને $y = 2$ મૂકતા:
$2 = 1 + \frac{1}{1} + C$
$2 = 1 + 1 + C$
$2 = 2 + C$
$C = 0$
તેથી,વક્રનું સમીકરણ $y = x + \frac{1}{x}$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(1+y^2) dx - xy dy = 0$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dx}{x} = \frac{y}{1+y^2} dy$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dx}{x} = \int \frac{y}{1+y^2} dy$
$\ln |x| = \frac{1}{2} \ln(1+y^2) + C$
$2$ વડે ગુણતા: $2 \ln |x| = \ln(1+y^2) + 2C$
$\ln(x^2) - \ln(1+y^2) = C'$ (જ્યાં $C' = 2C$)
$\ln \left( \frac{x^2}{1+y^2} \right) = C'$
$\frac{x^2}{1+y^2} = e^{C'} = k$
શરત $y(1) = 0$ આપેલ છે,તેથી $x=1$ અને $y=0$ મૂકતા: $\frac{1^2}{1+0^2} = k \Rightarrow k = 1$
આમ,$\frac{x^2}{1+y^2} = 1 \Rightarrow x^2 = 1+y^2 \Rightarrow x^2 - y^2 = 1$
આ સમીકરણ અતિવલય (hyperbola) દર્શાવે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \cos^2(x-y-1)$ $(i)$
ધારો કે $x-y-1 = p$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$1 - \frac{dy}{dx} = \frac{dp}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{dp}{dx}$.
આ કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$1 - \frac{dp}{dx} = \cos^2 p$
$\frac{dp}{dx} = 1 - \cos^2 p = \sin^2 p$
$\frac{dp}{\sin^2 p} = dx$
$\operatorname{cosec}^2 p \, dp = dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \operatorname{cosec}^2 p \, dp = \int dx$
$-\cot p = x + C'$
$x = -C' - \cot p$
ધારો કે $C = -C'$,તો $x = C - \cot(x-y-1)$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dx}{dy} = \frac{\sin y(1 + y \cot y)}{x \log(x^2 e)}$.
પદોને ગોઠવતા: $x \log(x^2 e) dx = (\sin y + y \cos y) dy$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int x \log(x^2 e) dx = \int (\sin y + y \cos y) dy$.
ડાબી બાજુ માટે,ધારો કે $t = x^2 e$,તો $dt = 2x e dx$,તેથી $x dx = \frac{dt}{2e}$.
$\int \log(t) \frac{dt}{2e} = \frac{1}{2e} (t \log t - t) = \frac{x^2 e}{2e} (\log(x^2 e) - 1) = \frac{x^2}{2} (\log x^2 + \log e - 1) = \frac{x^2}{2} (2 \log x + 1 - 1) = x^2 \log x$.
જમણી બાજુ માટે,ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int (\sin y + y \cos y) dy = y \sin y - \int \sin y dy + \int \sin y dy = y \sin y + C$.
આમ,$x^2 \log x = y \sin y + C$.
$y(1) = 0$ આપેલ હોવાથી,$x = 1$ અને $y = 0$ મૂકતા: $1^2 \log(1) = 0 \cdot \sin(0) + C \implies 0 = 0 + C \implies C = 0$.
તેથી,વિશિષ્ટ ઉકેલ $x^2 \log x = y \sin y$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \cos^2(3x+y)$.
ધારો કે $3x+y = t$. તેથી,$3 + \frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx}$,એટલે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx} - 3$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{dt}{dx} - 3 = \cos^2 t$,જે આપે છે $\frac{dt}{dx} = \cos^2 t + 3$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dt}{\cos^2 t + 3} = dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dt}{\cos^2 t + 3} = \int dx$.
અંશ અને છેદને $\sec^2 t$ વડે ગુણતા: $\int \frac{\sec^2 t dt}{1 + 3\sec^2 t} = \int dx$.
$\sec^2 t = 1 + \tan^2 t$ નો ઉપયોગ કરતા: $\int \frac{\sec^2 t dt}{1 + 3(1 + \tan^2 t)} = \int \frac{\sec^2 t dt}{4 + 3\tan^2 t} = \int dx$.
ધારો કે $\tan t = m$,તો $\sec^2 t dt = dm$.
સંકલન આ મુજબ થશે: $\int \frac{dm}{4 + 3m^2} = \frac{1}{3} \int \frac{dm}{\frac{4}{3} + m^2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\frac{2}{\sqrt{3}}} \tan^{-1}\left(\frac{m}{2/\sqrt{3}}\right) = x + C$.
સાદુરૂપ આપતા: $\frac{1}{2\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}m}{2}\right) = x + C$.
$2\sqrt{3}$ વડે ગુણતા: $\tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \tan t\right) = 2\sqrt{3}(x+C)$.
કારણ કે $t = 3x+y$,તેથી $\tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \tan(3x+y)\right) = 2\sqrt{3}(x+C)$.
આમ,$f(x) = 2\sqrt{3}(x+C)$.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{ax+b}{cy+d}$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $(cy+d)dy = (ax+b)dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int (cy+d)dy = \int (ax+b)dx$.
આનાથી $\frac{cy^2}{2} + dy = \frac{ax^2}{2} + bx + K$ મળે છે,જ્યાં $K$ એ સંકલનનો અચળાંક છે.
ઉકેલ સુરેખ રેખાઓનું કુટુંબ દર્શાવે તે માટે,$x^2$ અને $y^2$ વાળા પદો શૂન્ય થવા જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $x^2$ અને $y^2$ ના સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ,તેથી $a=0$ અને $c=0$.
સમીકરણમાં $a=0$ અને $c=0$ મૂકતા,આપણને $dy = bdx$ મળે છે,જે રેખાઓનું કુટુંબ દર્શાવે છે જો $b$ અને $d$ બંને શૂન્ય ન હોય,એટલે કે $b^2+d^2 \neq 0$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx}=\frac{ax+by+c}{a_1x+b_1y+c_1}$ છે.
જો $\frac{a}{a_1}=\frac{b}{b_1}=m$ હોય,તો સમીકરણને $\frac{dy}{dx}=\frac{m(a_1x+b_1y)+c}{a_1x+b_1y+c_1}$ સ્વરૂપે લખી શકાય.
આને ઉકેલવા માટે,આપણે $z = a_1x + b_1y$ આદેશ લઈએ છીએ.
આ આદેશ આપણને સમીકરણને એવા સ્વરૂપમાં લાવવા દે છે જ્યાં ચલ $z$ અને $x$ ને અલગ કરી શકાય છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{y^3 \cos \sqrt{x}}{\sqrt{x} e^{1/y^2}}$ છે.
ચલને અલગ કરતા,આપણને $\int \frac{e^{1/y^2}}{y^3} dy = \int \frac{\cos \sqrt{x}}{\sqrt{x}} dx$ મળે છે.
ધારો કે $t = \frac{1}{y^2}$,તો $dt = -\frac{2}{y^3} dy$,તેથી $\frac{dy}{y^3} = -\frac{dt}{2}$.
ધારો કે $u = \sqrt{x}$,તો $du = \frac{dx}{2\sqrt{x}}$,તેથી $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2du$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$\int e^t (-\frac{1}{2}) dt = \int \cos u (2 du)$ મળે છે.
$-\frac{1}{2} e^t = 2 \sin u + C$.
$t = \frac{1}{y^2}$ અને $u = \sqrt{x}$ પાછા મૂકતા,$-\frac{1}{2} e^{1/y^2} = 2 \sin \sqrt{x} + C$.
$y(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,$x = 0$ પર $y = 1$,તેથી $-\frac{1}{2} e^1 = 2 \sin(0) + C$,જેનો અર્થ છે કે $C = -\frac{e}{2}$.
આમ,$-\frac{1}{2} e^{1/y^2} = 2 \sin \sqrt{x} - \frac{e}{2}$.
બંને બાજુ $-2$ વડે ગુણતા,$e^{1/y^2} = e - 4 \sin \sqrt{x}$ મળે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\frac{1}{y^2} = \log_e(e - 4 \sin \sqrt{x})$.
આને $\frac{1}{y^2} = \log_e(f(x))$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = e - 4 \sin \sqrt{x}$ મળે છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $2 x \frac{d y}{d x} - y = 4$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $2 x \frac{d y}{d x} = 4 + y$ મળે છે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{2}{4 + y} d y = \frac{1}{x} d x$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{2}{4 + y} d y = \int \frac{1}{x} d x$.
આનાથી $2 \ln |4 + y| = \ln |x| + C$ મળે છે,જ્યાં $C = \ln |c|$.
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$\ln (4 + y)^2 = \ln |c x|$.
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા,$(4 + y)^2 = c x$.
આ સમીકરણ $(y - k)^2 = 4 a (x - h)$ સ્વરૂપનું છે,જે પરવલયોનું કુટુંબ દર્શાવે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $e^x \tan y \, dx + (1+e^x) \sec^2 y \, dy = 0$
પદોને ગોઠવતા: $e^x \tan y \, dx = -(1+e^x) \sec^2 y \, dy$
ચલને અલગ કરતા: $\frac{e^x}{1+e^x} \, dx = -\frac{\sec^2 y}{\tan y} \, dy$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{e^x}{1+e^x} \, dx = -\int \frac{\sec^2 y}{\tan y} \, dy$
સૂત્ર $\int \frac{f'(x)}{f(x)} \, dx = \ln|f(x)| + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\ln(1+e^x) = -\ln(\tan y) + \ln C$
$\ln(1+e^x) + \ln(\tan y) = \ln C$
$\ln[(1+e^x) \tan y] = \ln C$
$(1+e^x) \tan y = C$
વક્ર બિંદુ $\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x=0$ અને $y=\frac{\pi}{4}$ મૂકતા:
$(1+e^0) \tan(\frac{\pi}{4}) = C$
$(1+1)(1) = C \implies C = 2$
આમ,વક્રનું સમીકરણ $(1+e^x) \tan y = 2$ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = e^{x+y}$
ઘાતાંકના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ: $\frac{dy}{dx} = e^x \cdot e^y$
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે છે: $\frac{dy}{e^y} = e^x dx$
આને આ રીતે લખી શકાય: $e^{-y} dy = e^x dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int e^{-y} dy = \int e^x dx$
સંકલન કરતા: $-e^{-y} = e^x + C_1$
પદોને ગોઠવતા: $e^x + e^{-y} = -C_1$
ધારો કે $-C_1 = c$,તેથી અંતિમ ઉકેલ મળે છે: $e^x + e^{-y} = c$

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \sec y$.
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે છે: $\cos y \, dy = dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \cos y \, dy = \int dx$.
આથી: $\sin y = x + c$.
પ્રારંભિક શરત $y(0) = 0$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = 0$ અને $y = 0$ મૂકતા: $\sin(0) = 0 + c$,જેનો અર્થ છે કે $c = 0$.
$c = 0$ ને સામાન્ય ઉકેલમાં મૂકતા,આપણને મળે છે: $\sin y = x$,અથવા $x = \sin y$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = \frac{y(1+x)}{-x(1+y)}$.
ચલ $x$ અને $y$ ને અલગ કરતા:
$\frac{1+y}{y} dy = -\frac{1+x}{x} dx$.
આને આ રીતે લખી શકાય:
$(\frac{1}{y} + 1) dy = -(\frac{1}{x} + 1) dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int (\frac{1}{y} + 1) dy = -\int (\frac{1}{x} + 1) dx$.
$\log|y| + y = -(\log|x| + x) + C$.
$\log|y| + y = -\log|x| - x + C$.
પદોને ગોઠવતા:
$x + y + \log|x| + \log|y| = C$.
$\log a + \log b = \log(ab)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$x + y + \log|xy| = C$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(e^y + 1) \cos x \, dx + e^y \sin x \, dy = 0$ છે.
પદોને ગોઠવતા,$\frac{e^y}{e^y + 1} \, dy = -\frac{\cos x}{\sin x} \, dx$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{e^y}{e^y + 1} \, dy = -\int \cot x \, dx$.
ધારો કે $u = e^y + 1$,તો $du = e^y \, dy$. સંકલન $\int \frac{1}{u} \, du = -\ln|\sin x| + C$ થાય.
તેથી,$\ln(e^y + 1) = -\ln|\sin x| + C$,જે $\ln((e^y + 1) \sin x) = C$ માં પરિણમે છે.
આથી $(e^y + 1) \sin x = K$ (જ્યાં $K = e^C$).
વક્ર $\left(\frac{\pi}{6}, 0\right)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x = \frac{\pi}{6}$ અને $y = 0$ મૂકતા:
$(e^0 + 1) \sin(\frac{\pi}{6}) = K \implies (1 + 1) \cdot \frac{1}{2} = K \implies K = 1$.
આમ,$(e^y + 1) \sin x = 1$,જેનો અર્થ છે કે $e^y + 1 = \frac{1}{\sin x} = \operatorname{cosec} x$.
તેથી,$e^y = \operatorname{cosec} x - 1$,અને $y = \log_e(\operatorname{cosec} x - 1)$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(x-y)^2 \frac{dy}{dx} = a^2$ છે.
ધારો કે $v = x - y$. તેથી $\frac{dv}{dx} = 1 - \frac{dy}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{dv}{dx}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $v^2 (1 - \frac{dv}{dx}) = a^2$.
$1 - \frac{dv}{dx} = \frac{a^2}{v^2} \implies \frac{dv}{dx} = 1 - \frac{a^2}{v^2} = \frac{v^2 - a^2}{v^2}$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{v^2}{v^2 - a^2} dv = dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{v^2 - a^2 + a^2}{v^2 - a^2} dv = \int dx$.
$\int (1 + \frac{a^2}{v^2 - a^2}) dv = x + c$.
$v + a^2 \cdot \frac{1}{2a} \log \left| \frac{v-a}{v+a} \right| = x + c$.
$v + \frac{a}{2} \log \left| \frac{v-a}{v+a} \right| = x + c$.
$v = x - y$ મૂકતા: $(x-y) + \frac{a}{2} \log \left| \frac{x-y-a}{x-y+a} \right| = x + c$.
$-y + \frac{a}{2} \log \left| \frac{x-y-a}{x-y+a} \right| = c$.
$y = \frac{a}{2} \log \left| \frac{x-y-a}{x-y+a} \right| + c'$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(2x - 4y + 3) \frac{dy}{dx} + (x - 2y + 1) = 0$.
ગોઠવતા,$\frac{dy}{dx} = -\frac{x - 2y + 1}{2x - 4y + 3} = -\frac{(x - 2y) + 1}{2(x - 2y) + 3}$.
ધારો કે $v = x - 2y$. તો $\frac{dv}{dx} = 1 - 2 \frac{dy}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} (1 - \frac{dv}{dx})$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{1}{2} (1 - \frac{dv}{dx}) = -\frac{v + 1}{2v + 3}$.
$1 - \frac{dv}{dx} = -\frac{2v + 2}{2v + 3} \Rightarrow \frac{dv}{dx} = 1 + \frac{2v + 2}{2v + 3} = \frac{2v + 3 + 2v + 2}{2v + 3} = \frac{4v + 5}{2v + 3}$.
ચલ અલગ કરતા: $\frac{2v + 3}{4v + 5} dv = dx$.
$2$ વડે ગુણતા: $\frac{4v + 6}{4v + 5} dv = 2 dx$.
$\int (1 + \frac{1}{4v + 5}) dv = \int 2 dx$.
$v + \frac{1}{4} \log |4v + 5| = 2x + C$.
$v = x - 2y$ મૂકતા: $(x - 2y) + \frac{1}{4} \log |4(x - 2y) + 5| = 2x + C$.
$\frac{1}{4} \log |4(x - 2y) + 5| = x + 2y + C$.
$\log |4(x - 2y) + 5| = 4x + 8y + C'$.

(B) આપેલ છે,$\frac{dy}{dx} = \sin(x+y) \tan(x+y) - 1$.
ધારો કે $x+y = z$. તેથી,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$1 + \frac{dy}{dx} = \frac{dz}{dx}$,એટલે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dz}{dx} - 1$.
આ કિંમત વિકલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dz}{dx} - 1 = \sin z \tan z - 1$
$\frac{dz}{dx} = \sin z \tan z = \sin z \cdot \frac{\sin z}{\cos z} = \frac{\sin^2 z}{\cos z}$.
ચલને અલગ કરતા:
$\int \frac{\cos z}{\sin^2 z} dz = \int dx$.
ધારો કે $\sin z = t$,તેથી $\cos z dz = dt$.
$\int \frac{1}{t^2} dt = x + c$
$- \frac{1}{t} = x + c$
$- \operatorname{cosec} z = x + c$
$z = x+y$ પાછું મૂકતા:
$- \operatorname{cosec}(x+y) = x + c$
$x + \operatorname{cosec}(x+y) = c$ (જ્યાં $c$ એ સ્વૈર અચળાંક છે).

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + 1 = e^{x+y}$ છે.
ધારો કે $x + y = z$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$1 + \frac{dy}{dx} = \frac{dz}{dx}$ મળે.
આ કિંમત મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા,$\frac{dz}{dx} = e^z$ મળે.
ચલને અલગ કરતા,$e^{-z} dz = dx$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int e^{-z} dz = \int dx$.
આથી $-e^{-z} = x + c$ મળે.
$z = x + y$ પાછું મૂકતા,$-e^{-(x+y)} = x + c$ મળે.
પદોને ગોઠવતા,$x + e^{-(x+y)} + c = 0$ મળે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = (\frac{x}{y})^{-1/3}$ છે.
જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા,$\frac{dy}{dx} = (\frac{y}{x})^{1/3} = \frac{y^{1/3}}{x^{1/3}}$ મળે.
ચલને અલગ કરતા,$y^{-1/3} dy = x^{-1/3} dx$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int y^{-1/3} dy = \int x^{-1/3} dx$ મળે.
સંકલનના ઘાતનો નિયમ $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$ વાપરતા,$\frac{y^{2/3}}{2/3} = \frac{x^{2/3}}{2/3} + C'$ મળે.
$\frac{2}{3}$ વડે ગુણતા,$y^{2/3} = x^{2/3} + \frac{2}{3}C'$ મળે.
ધારો કે $c = \frac{2}{3}C'$,તેથી $y^{2/3} - x^{2/3} = c$ મળે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x^2 + y^2 \frac{dy}{dx} = 4$.
ચલને અલગ કરવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$y^2 dy = (4 - x^2) dx$.
હવે,બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int y^2 dy = \int (4 - x^2) dx$.
સંકલન કરતા:
$\frac{y^3}{3} = 4x - \frac{x^3}{3} + C_1$.
આખા સમીકરણને $3$ વડે ગુણતા:
$y^3 = 12x - x^3 + 3C_1$.
ધારો કે $3C_1 = C$,તો:
$x^3 + y^3 = 12x + C$.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $(x - (x+y) \log(x+y)) dx + x dy = 0$.
પદોને ગોઠવતા: $x dy = ((x+y) \log(x+y) - x) dx$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{(x+y) \log(x+y) - x}{x}$.
ધારો કે $v = x+y$,તેથી $dv = dx + dy$,એટલે કે $dy = dv - dx$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{dv}{dx} - 1 = \frac{v \log v - x}{x} = \frac{v \log v}{x} - 1$.
$\frac{dv}{dx} = \frac{v \log v}{x}$.
ચલને અલગ કરતા: $\frac{dv}{v \log v} = \frac{dx}{x}$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \frac{dv}{v \log v} = \int \frac{dx}{x}$.
ધારો કે $u = \log v$,તેથી $du = \frac{1}{v} dv$.
$\int \frac{du}{u} = \int \frac{dx}{x} \implies \log|u| = \log|x| + \log|c|$.
$u = cx \implies \log v = cx$.
$v = x+y$ પાછું મૂકતા: $\log(x+y) = cx$.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(2x-y)^2 dy - 2(2x-y)^2 dx - 2 dx = 0$ છે.
પદોને ગોઠવતા: $(2x-y)^2 dy = [2(2x-y)^2 + 2] dx$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{2(2x-y)^2 + 2}{(2x-y)^2} = 2 + \frac{2}{(2x-y)^2}$.
ધારો કે $v = 2x-y$. તો $\frac{dv}{dx} = 2 - \frac{dy}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = 2 - \frac{dv}{dx}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $2 - \frac{dv}{dx} = 2 + \frac{2}{v^2}$.
$-\frac{dv}{dx} = \frac{2}{v^2} \implies -v^2 dv = 2 dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $-\int v^2 dv = \int 2 dx$.
$-\frac{v^3}{3} = 2x + c_1$.
$v^3 = -6x + c$ (જ્યાં $c = -3c_1$).
$v = 2x-y$ પાછું મૂકતા: $(2x-y)^3 = -6x + c$,જેનું સાદું રૂપ $(2x-y)^3 + 6x = c$ થાય છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\tan x \tan y \, dx + \cos^2 x \operatorname{cosec}^2 y \, dy = 0$
આખા સમીકરણને $\cos^2 x \tan y$ વડે ભાગતા:
$\frac{\tan x}{\cos^2 x} \, dx + \frac{\operatorname{cosec}^2 y}{\tan y} \, dy = 0$
$\tan x \sec^2 x \, dx + \cot y \operatorname{cosec}^2 y \, dy = 0$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \tan x \sec^2 x \, dx + \int \cot y \operatorname{cosec}^2 y \, dy = C_1$
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x \, dx$. ધારો કે $v = \cot y$,તેથી $dv = -\operatorname{cosec}^2 y \, dy$.
$\int u \, du - \int v \, dv = C_1$
$\frac{u^2}{2} - \frac{v^2}{2} = C_1$
$\tan^2 x - \cot^2 y = 2C_1 = C$
આમ,વ્યાપક ઉકેલ $\tan^2 x - \cot^2 y = C$ છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} = \frac{2x - 4y - 5}{x - 2y + 2}$ છે.
અંશને $2(x - 2y + 2) - 9$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{2(x - 2y + 2) - 9}{x - 2y + 2}$.
ધારો કે $t = x - 2y + 2$. તો $\frac{dt}{dx} = 1 - 2\frac{dy}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}(1 - \frac{dt}{dx})$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{1}{2}(1 - \frac{dt}{dx}) = \frac{2t - 9}{t} = 2 - \frac{9}{t}$.
$1 - \frac{dt}{dx} = 4 - \frac{18}{t} \Rightarrow \frac{dt}{dx} = \frac{18}{t} - 3 = \frac{18 - 3t}{t}$.
ચલ અલગ કરતા: $\frac{t}{18 - 3t} dt = dx \Rightarrow \frac{t}{3(6 - t)} dt = dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $-\frac{1}{3} \int \frac{t - 6 + 6}{t - 6} dt = \int dx \Rightarrow -\frac{1}{3} \int (1 + \frac{6}{t - 6}) dt = x + C_1$.
$-\frac{1}{3} (t + 6 \ln|t - 6|) = x + C_1 \Rightarrow -t - 6 \ln|t - 6| = 3x + C$.
$t = x - 2y + 2$ મૂકતા: $-(x - 2y + 2) - 6 \ln|x - 2y + 2 - 6| = 3x + C$.
$-x + 2y - 2 - 6 \ln|x - 2y - 4| = 3x + C \Rightarrow -4x + 2y - 6 \ln|x - 2y - 4| = C + 2$.
$-2$ વડે ભાગતા: $2x - y + 3 \ln|x - 2y - 4| = k$.
$2x - y + c \log(x - 2y - 4) = k$ સાથે સરખાવતા,આપણને $c = 3$ મળે છે.

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\cos(x+y) dy = dx$ છે,જેને $\frac{dy}{dx} = \sec(x+y)$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $x+y = t$. તેથી $1 + \frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx}$,એટલે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx} - 1$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{dt}{dx} - 1 = \sec(t) \Rightarrow \frac{dt}{dx} = 1 + \sec(t) = \frac{1+\cos(t)}{\cos(t)}$.
ચલને અલગ કરતા: $\int \frac{\cos(t)}{1+\cos(t)} dt = \int dx$.
નિત્યસમ $1+\cos(t) = 2\cos^2(t/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\int \frac{\cos(t)}{2\cos^2(t/2)} dt = \int dx$.
કારણ કે $\cos(t) = 2\cos^2(t/2) - 1$,સંકલન $\int \frac{2\cos^2(t/2)-1}{2\cos^2(t/2)} dt = \int dx$ બને છે.
આનું સાદું રૂપ $\int (1 - \frac{1}{2}\sec^2(t/2)) dt = \int dx$ થાય છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $t - \tan(t/2) = x + C$.
$t = x+y$ મૂકતા: $(x+y) - \tan((x+y)/2) = x + C \Rightarrow y - \tan((x+y)/2) = C$.
$y(0) = 0$ આપેલ હોવાથી,$0 - \tan(0/2) = C \Rightarrow C = 0$.
તેથી,ઉકેલ $y = \tan \left(\frac{x+y}{2}\right)$ છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} - y \log_{e} 0.5 = 0$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,$\frac{dy}{dx} = y \log_{e} 0.5$ મળે.
ચલને અલગ કરતા,$\frac{dy}{y} = (\log_{e} 0.5) dx$ મળે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\int \frac{dy}{y} = \int (\log_{e} 0.5) dx$,જે $\ln y = (\log_{e} 0.5) x + C$ આપે છે.
પ્રારંભિક શરત $y(0) = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = 0$ અને $y = 1$ મૂકતા: $\ln 1 = (\log_{e} 0.5)(0) + C$,તેથી $0 = 0 + C$,જેનો અર્થ છે કે $C = 0$.
આમ,$\ln y = (\log_{e} 0.5) x$.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,$y = e^{(\log_{e} 0.5) x} = (e^{\log_{e} 0.5})^x = (0.5)^x$.
આપણને આપેલ છે કે $x \rightarrow \infty$ થાય ત્યારે $y(x) \rightarrow k$.
તેથી,$k = \lim_{x \rightarrow \infty} (0.5)^x$.
કારણ કે $0.5 < 1$,તેથી જેમ $x \rightarrow \infty$ થાય,તેમ $(0.5)^x \rightarrow 0$ થાય.
આમ,$k = 0$.