हल

दिया गया फलन $f(x)=5 x-3$

$x=0$ पर, $f(0)=5 \times 0-3=-3$

$\lim _{x \to 0} f(x)=\lim _{x \to 0}(5 x-3)=5 \times 0-3=-3$

$\therefore \lim _{x \to 0} f(x)=f(0)$

इसलिए, $f$ $x=0$ पर असतत नहीं है।

$x=-3$ पर, $f(-3)=5 \times(-3)-3=-18$

$\lim _{x \to-3} f(x)=\lim _{x \to-3}(5 x-3)=5 \times(-3)-3=-18$

$\therefore \lim _{x \to-3} f(x)=f(-3)$

इसलिए, $f$ $x=-3$ पर असतत नहीं है।

$x=5$ पर, $f(x)=f(5)=5 \times 5-3=25-3=22$

$\lim _{x \to 5} f(x)=\lim _{x \to 5}(5 x-3)=5 \times 5-3=22$

$\therefore \lim _{x \to 5} f(x)=f(5)$

इसलिए, $f$ $x=5$ पर असतत नहीं है।

हल

दिया गया फलन $f(x)=2 x^{2}-1$

$x=3$ पर, $f(x)=f(3)=2 \times 3^{2}-1=17$

$\lim _{x \to 3} f(x)=\lim _{x \to 3}(2 x^{2}-1)=2 \times 3^{2}-1=17$

$\therefore \lim _{x \to 3} f(x)=f(3)$

इसलिए, $f$ $x=3$ पर असतत नहीं है।

हल

(a) दिया गया फलन $f(x)=x-5$

स्पष्ट है कि $f$ प्रत्येक वास्तविक संख्या $k$ पर परिभाषित है और $k$ पर इसका मान $k-5$ है।

इसके अतिरिक्त, $\lim _{x \to k} f(x)=\lim _{x \to k}(x-5)=k-5=f(k)$

$\therefore \lim _{x \to k} f(x)=f(k)$

इसलिए, $f$ प्रत्येक वास्तविक संख्या पर असतत नहीं है और इसलिए, यह एक असतत फलन है।

(b) दिया गया फलन $f(x)=\dfrac{1}{x-5}, x \neq 5$

किसी भी वास्तविक संख्या $k \neq 5$ के लिए, हम प्राप्त करते हैं

$\lim _{x \to k} f(x)=\lim _{x \to k} \dfrac{1}{x-5}=\dfrac{1}{k-5}$

इसके अतिरिक्त, $f(k)=\dfrac{1}{k-5} \quad($ जैसे $k \neq 5)$

$\therefore \lim _{x \to k} f(x)=f(k)$

इसलिए, $f$ क्षेत्र में प्रत्येक बिंदु पर $f$ अंतर्वेशनीय है और इसलिए, यह एक अंतर्वेशनीय फलन है।

(c) दिया गया फलन $f(x)=\dfrac{x^{2}-25}{x+5}, x \neq-5$

कोई भी वास्तविक संख्या $c \neq-5$ के लिए, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c} \dfrac{x^{2}-25}{x+5}=\lim _{x \to c} \dfrac{(x+5)(x-5)}{x+5}=\lim _{x \to c}(x-5)=(c-5) \\ & \text{ अतः, } f(c)=\dfrac{(c+5)(c-5)}{c+5}=(c-5) \quad(\text{ क्योंकि } c \neq-5) \\ & \therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c) \end{aligned} $

इसलिए, $f$ क्षेत्र में प्रत्येक बिंदु पर $f$ अंतर्वेशनीय है और इसलिए, यह एक अंतर्वेशनीय फलन है।

(d) दिया गया फलन $f(x)=|x-5|=\begin{cases} 5-x, \text{ यदि } x<5 \\ x-5, \text{ यदि } x \geq 5 \end{cases} .$

इस फलन $f$ को वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित किया गया है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है। तब, $c<5$ या $c=5$ या $c>5$

केस I: $c<5$

तब, $f(c)=5-c$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(5-x)=5-c$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ सभी वास्तविक संख्याओं के लिए अंतर्वेशनीय है जो 5 से कम हैं।

केस II: $c=5$

तब, $f(c)=f(5)=(5-5)=0$

$\lim _{x \to 5^{-}} f(x)=\lim _{x \to 5}(5-x)=(5-5)=0$

$\lim _{x \to 5^{+}} f(x)=\lim _{x \to 5}(x-5)=0$

$\therefore \lim _{x \to c^{-}} f(x)=\lim _{x \to c^{+}} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ बिंदु $x=5$ पर अंतर्वेशनीय है।

केस III: $c>5$

तब, $f(c)=f(5)=c-5$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x-5)=c-5$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ सभी वास्तविक संख्याओं के लिए अंतर्वेशनीय है जो 5 से अधिक हैं।

इसलिए, $f$ प्रत्येक वास्तविक संख्या पर अंतर्वेशनीय है और इसलिए, यह एक अंतर्वेशनीय फलन है।

हल

दिया गया फलन $f(x)=x^{n}$

स्पष्ट रूप से, $f$ सभी धनात्मक पूर्णांक $n$ पर परिभाषित है, और $n$ पर इसका मान $n^{n}$ है।

तब, $\lim _{x \to n} f(n)=\lim _{x \to n}(x^{n})=n^{n}$

$\therefore \lim _{x \to n} f(x)=f(n)$

इसलिए, $f$ $n$ पर अंतराल में निरंतर है, जहाँ $n$ एक धनात्मक पूर्णांक है।

हल

दिया गया फलन $f$ है $f(x)= \begin{cases}x, & \text{ यदि } x \leq 1 \\ 5, & \text{ यदि } x>1\end{cases}$

$x=0$ पर,

स्पष्ट रूप से $f$ 0 पर परिभाषित है और 0 पर इसका मान 0 है ।

तब, $\lim _{x \to 0} f(x)=\lim _{x \to 0} x=0$

$\therefore \lim _{x \to 0} f(x)=f(0)$

इसलिए, $f$ $x=0$ पर अंतराल में है

$x=1$ पर,

$f$ 1 पर परिभाषित है और 1 पर इसका मान 1 है ।

$f$ के $x=1$ पर बाई ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{-}} x=1$

$f$ के $x=1$ पर दाई ओर सीमा है,

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}}(5)=5 \\ & \therefore \lim _{x \to 1^{-}} f(x) \neq \lim _{x \to 1^{+}} f(x) \end{aligned} $

इसलिए, $f$ $x=1$ पर अंतराल में नहीं है

$x=2$ पर,

$f$ 2 पर परिभाषित है और 2 पर इसका मान 5 है ।

तब, $\lim _{x \to 2} f(x)=\lim _{x \to 2}(5)=5$

$\therefore \lim _{x \to 2} f(x)=f(2)$

इसलिए, $f$ $x=2$ पर अंतराल में है

हल

$ f(x)=\begin{cases} 2 x+3, \text{ यदि } x \leq 2 \\ 2 x-3, \text{ यदि } x>2 \end{cases} $

स्पष्ट रूप से दिया गया फलन $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है। तब, तीन स्थितियाँ हो सकती हैं।

(i) $c<2$

(ii) $c>2$

(iii) $c=2$

केस (i) $c<2$

तब, $f(c)=2 c+3$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(2 x+3)=2 c+3$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ सभी बिंदुओं पर अंतराल में है, जहाँ $x<2$

केस (ii) $c>2$

तब, $f(c)=2 c-3$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(2 x-3)=2 c-3$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अंतर्वेशी है जहां $x$, $x>2$ के लिए हो।

केस (iii) $c=2$

तब, $x=2$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 2^{-}} f(x)=\lim _{x \to 2^{-}}(2 x+3)=2 \times 2+3=7$

$x=2$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 2^{+}} f(x)=\lim _{x \to 2^{+}}(2 x-3)=2 \times 2-3=1$

यह देखा गया है कि $x=2$ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा एक ही नहीं है।

इसलिए, $f$ $x=2$ पर अंतर्वेशी नहीं है।

इसलिए, $x=2$ $f$ का एकमात्र अंतर्वेशी बिंदु है।

हल

$ f(x)=\begin{cases} |x|+3=-x+3, \text{ यदि } x \leq-3 \\ -2 x, \text{ यदि }-3<x<3 \\ 6 x+2, \text{ यदि } x \geq 3 \end{cases} $

दी गई फ़ंक्शन $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<-3$, तो $f(c)=-c+3$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(-x+3)=-c+3$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अंतर्वेशी है जहां $x$, $x<-3$ के लिए हो।

केस II:

यदि $c=-3$, तो $f(-3)=-(-3)+3=6$

$\lim _{x \to-3^{-}} f(x)=\lim _{x \to-3^{-}}(-x+3)=-(-3)+3=6$

$\lim _{x \to-3^{+}} f(x)=\lim _{x \to-3^{+}}(-2 x)=-2 \times(-3)=6$

$\therefore \lim _{x \to-3} f(x)=f(-3)$

इसलिए, $f$ $x=-3$ पर अंतर्वेशी है।

केस III:

यदि $-3<c<3$, तो $f(c)=-2 c$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(-2 x)=-2 c$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ $(-3,3)$ में अंतर्वेशी है।

केस IV:

यदि $c=3$, तो $x=3$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 3^{-}} f(x)=\lim _{x \to 3^{-}}(-2 x)=-2 \times 3=-6$

$x=3$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 3^{+}} f(x)=\lim _{x \to 3^{+}}(6 x+2)=6 \times 3+2=20$

यह देखा गया है कि $x=3$ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा एक ही नहीं है।

इसलिए, $f$ $x=3$ पर असतत है

केस V:

यदि $c>3$, तो $f(c)=6 c+2$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(6 x+2)=6 c+2$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्गत है, जहां $x>3$

अतः, $x=3$ $f$ के अकेले असतत बिंदु है।

हल

$f(x)=\begin{cases}\dfrac{|x|}{x}, & \text{ यदि } x \neq 0 \\ 0, & \text{ यदि } x=0\end{cases}$

यह ज्ञात है कि, $x<0 \Rightarrow|x|=-x$ और $x>0 \Rightarrow|x|=x$

इसलिए, दी गई फ़ंक्शन को निम्नलिखित रूप में लिखा जा सकता है

$f(x)=\begin{cases} \dfrac{|x|}{x}=\dfrac{-x}{x}=-1, \text{ यदि } x<0 \\ 0, \text{ यदि } x=0 \\ \dfrac{|x|}{x}=\dfrac{x}{x}=1, \text{ यदि } x>0 \end{cases} $

दी गई फ़ंक्शन $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<0$, तो $f(c)=-1$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(-1)=-1$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ सभी बिंदुओं $x<0$ पर अंतर्गत है

केस II:

यदि $c=0$, तो $x=0$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{-}}(-1)=-1$

$x=0$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(1)=1$

यह देखा जा सकता है कि $x=0$ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा एक ही नहीं है।

इसलिए, $f$ $x=0$ पर अंतर्गत नहीं है

केस III:

यदि $c>0$, तो $f(c)=1$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(1)=1$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्गत है, जहां $x>0$

अतः, $x=0$ $f$ के अकेले असतत बिंदु है।

हल

$f(x)= \begin{cases}\dfrac{x}{|x|}, & \text{ यदि } x<0 \\ -1, & \text{ यदि } x \geq 0\end{cases}$

यह ज्ञात है कि, $x<0 \Rightarrow|x|=-x$

इसलिए, दी गई फलन को इस प्रकार लिखा जा सकता है

$f(x)=\begin{cases} \dfrac{x}{|x|}=\dfrac{x}{-x}=-1, \text{ यदि } x<0 \\ -1, \text{ यदि } x \geq 0 \end{cases} $

$\Rightarrow f(x)=-1$ सभी $x \in \mathbf{R}$ के लिए

मान लीजिए $c$ कोई भी वास्तविक संख्या है। तब, $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(-1)=-1$

इसके अतिरिक्त, $f(c)=-1=\lim _{x \to c} f(x)$

इसलिए, दी गई फलन एक सतत फलन है।

इसलिए, दी गई फलन कोई भी असतत बिंदु नहीं है।

हल

$f(x)= \begin{cases}x+1, & \text{ यदि } x \geq 1 \\ x^{2}+1, & \text{ यदि } x<1\end{cases}$

दिया गया फलन $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<1$, तो $f(c)=c^{2}+1$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x^{2}+1)=c^{2}+1$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर सतत है, जहां $x<1$

केस II:

यदि $c=1$, तो $f(c)=f(1)=1+1=2$

$ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{-}}(x^{2}+1)=1^{2}+1=2$

$ x=1 $ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}}(x+1)=1+1=2$

$\therefore \lim _{x \to 1} f(x)=f(1)$

इसलिए, $f$ $x=1$ पर सतत है

केस III:

यदि $c>1$, तो $f(c)=c+1$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x+1)=c+1$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर सतत है, जहां $x>1$

इसलिए, दिया गया फलन $f$ कोई भी असतत बिंदु नहीं है।

हल

$f(x)= \begin{cases}x^{3}-3, & \text{ यदि } x \leq 2 \\ x^{2}+1, & \text{ यदि } x>2\end{cases}$

दिया गया फलन $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<2$, तो $f(c)=c^{3}-3$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x^{3}-3)=c^{3}-3$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अंतर्वेशी है, जहां $x<2$

केस II:

यदि $c=2$, तो $f(c)=f(2)=2^{3}-3=5$

$\lim _{x \to 2^{-}} f(x)=\lim _{x \to 2^{-}}(x^{3}-3)=2^{3}-3=5$

$\lim _{x \to 2^{+}} f(x)=\lim _{x \to 2^{+}}(x^{2}+1)=2^{2}+1=5$

$\therefore \lim _{x \to 2} f(x)=f(2)$

इसलिए, $f$ $x=2$ पर अंतर्वेशी है

केस III:

यदि $c>2$, तो $f(c)=c^{2}+1$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x^{2}+1)=c^{2}+1$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अंतर्वेशी है, जहां $x>2$

इसलिए, दी गई फ़ंक्शन $f$ वास्तविक रेखा पर प्रत्येक बिंदु पर अंतर्वेशी है।

इसलिए, $f$ कोई अंतर्वेशी बिंदु नहीं है।

हल

$ f(x)= \begin{cases}x^{10}-1, & \text{ if } x \leq 1 \\ x^{2}, & \text{ if } x>1\end{cases} $

दी गई फ़ंक्शन $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<1$, तो $f(c)=c^{10}-1$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x^{10}-1)=c^{10}-1$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अंतर्वेशी है, जहां $x<1$

केस II:

यदि $c=1$, तो $f$ के $x=1$ पर बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{-}}(x^{10}-1)=1^{10}-1=1-1=0$

$ f $ के $x=1$ पर दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}}(x^{2})=1^{2}=1$

यह देखा जा सकता है कि $f$ के $x=1$ पर बाईं ओर और दाईं ओर सीमा एक ही नहीं है।

इसलिए, $f$ $x=1$ पर अंतर्वेशी नहीं है

केस III:

यदि $c>1$, तो $f(c)=c^{2}$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x^{2})=c^{2}$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अंतर्वेशी है, जहां $x>1$

इसलिए, उपरोक्त अवलोकन से यह निष्कर्ष निकलता है कि $x=1$ $f$ का एकमात्र अंतर्वेशी बिंदु है।

हल

दिया गया फलन $f(x)=\begin{cases} x+5, \text{ यदि } x \leq 1 \\ x-5, \text{ यदि } x>1 \end{cases} $

दिया गया फलन $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<1$, तो $f(c)=c+5$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x+5)=c+5$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अवकलनीय है जहाँ $x<1$

केस II:

यदि $c=1$, तो $f(1)=1+5=6$

$ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{-}}(x+5)=1+5=6$

$ x=1 $ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}}(x-5)=1-5=-4$

यह देखा जा सकता है कि $ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा एक ही नहीं है।

इसलिए, $f$ $ x=1 $ पर अवकलनीय नहीं है

केस III:

यदि $c>1$, तो $f(c)=c-5$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x-5)=c-5$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर अवकलनीय है जहाँ $x>1$

इस प्रकार, ऊपर के अवलोकन से निष्कर्ष निकाला जा सकता है कि $x=1$ एकमात्र अवकलनीय बिंदु है।

फलन $f$ के अवकलनीयता के बारे में चर्चा करें, जहाँ $f$ निम्नलिखित द्वारा परिभाषित है

हल

दिया गया फलन $f(x)=\begin{cases} 3, \text{ यदि } 0 \leq x \leq 1 \\ 4, \text{ यदि } 1<x<3 \\ 5, \text{ यदि } 3 \leq x \leq 10 \end{cases} $

दिया गया फलन अंतराल $[0,10]$ के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ अंतराल $[0,10]$ में एक बिंदु है।

केस I:

यदि $0 \leq c<1$, तो $f(c)=3$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(3)=3$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ अंतराल $[0,1)$ में सतत है।

केस II:

यदि $c=1$, तो $f(3)=3$

$ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{-}}(3)=3$

$ x=1 $ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}}(4)=4$

यह देखा गया है कि $ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा मेल नहीं खाती है।

इसलिए, $f$ $ x=1 $ पर सतत नहीं है।

केस III:

यदि $1<c<3$, तो $f(c)=4$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(4)=4$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ अंतराल $(1,3)$ के सभी बिंदुओं पर सतत है।

केस IV:

यदि $c=3$, तो $f(c)=5$

$ x=3 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 3^{-}} f(x)=\lim _{x \to 3^{-}}(4)=4$

$ x=3 $ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 3^{+}} f(x)=\lim _{x \to 3^{+}}(5)=5$

यह देखा गया है कि $ x=3 $ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा मेल नहीं खाती है।

इसलिए, $f$ $ x=3 $ पर सतत नहीं है।

केस V:

यदि $3<c \leq 10$, तो $f(c)=5$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(5)=5$

$\lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ अंतराल $(3,10]$ के सभी बिंदुओं पर सतत है।

इसलिए, $f$ $ x=1 $ और $ x=3 $ पर सतत नहीं है।

हल

दी गई फ़ंक्शन $f(x)= \begin{cases}2 x, & \text{ if } x<0 \\ 0, & \text{ if } 0 \leq x \leq 1 \\ 4 x, & \text{ if } x>1\end{cases}$ है।

दी गई फ़ंक्शन वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<0$, तो $f(c)=2 c$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(2 x)=2 c$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ ऐसे सभी बिंदुओं $x$ पर सतत है जहां $x<0$

केस II:

यदि $c=0$, तो $f(c)=f(0)=0$

$ x=0 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{-}}(2 x)=2 \times 0=0$

दाईं ओर सीमा $f$ के $x=0$ पर है,

$\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(0)=0$

$\therefore \lim _{x \to 0} f(x)=f(0)$

इसलिए, $f$ $x=0$ पर अंतर्वेब है

केस III:

यदि $0<c<1$, तो $f(x)=0$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(0)=0$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ अंतराल $(0,1)$ के सभी बिंदुओं पर अंतर्वेब है।

केस IV:

यदि $c=1$, तो $f(c)=f(1)=0$

$ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{-}}(0)=0$

$ x=1 $ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}}(4 x)=4 \times 1=4$

यह देखा गया है कि $ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा एक ही नहीं है।

इसलिए, $f$ $x=1$ पर अंतर्वेब नहीं है

केस V:

यदि $c<1$, तो $f(c)=4 c$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(4 x)=4 c$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ ऐसे सभी बिंदुओं पर अंतर्वेब है जहां $x>1$

इसलिए, $f$ केवल $x=1$ पर अंतर्वेब नहीं है

हल

$f(x)= \begin{cases}-2, & \text{ if } x \leq-1 \\ 2 x, & \text{ if }-1<x \leq 1 \\ 2, & \text{ if } x>1\end{cases}$

दी गई फ़ंक्शन वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ वास्तविक रेखा पर एक बिंदु है।

केस I:

यदि $c<-1$, तो $f(c)=-2$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(-2)=-2$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ ऐसे सभी बिंदुओं पर अंतर्वेब है जहां $x<-1$

केस II:

यदि $c=-1$, तो $f(c)=f(-1)=-2$

$ x=-1 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to-1^{-}} f(x)=\lim _{x \to-1^{-}}(-2)=-2$

$ x=-1 $ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to-1^{+}} f(x)=\lim _{x \to-1^{+}}(2 x)=2 \times(-1)=-2 \\ & \therefore \lim _{x \to-1} f(x)=f(-1) \end{aligned} $

इसलिए, $f$ $x=-1$ पर अंतर्वेब है

केस III:

यदि $-1<c<1$, तो $f(c)=2 c$

$$ \lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(2 x)=2 c $$

$$ \therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c) $$

इसलिए, $f$ अंतराल $(-1,1)$ के सभी बिंदुओं पर सतत है।

केस IV:

यदि $c=1$, तो $f(c)=f(1)=2 \times 1=2$

$ x=1 $ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$$ \lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{-}}(2 x)=2 \times 1=2 $$

$ x=1 $ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$$ \lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}} 2=2 $$

$$ \therefore \lim _{x \to 1} f(x)=f(c) $$

इसलिए, $f$ $x=2$ पर सतत है।

केस V:

यदि $c>1$, तो $f(c)=2$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(2)=2$

$$ \lim _{x \to c} f(x)=f(c) $$

इसलिए, $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर सतत है।

हल

$$ f(x)= \begin{cases}a x+1, & \text{ यदि } x \leq 3 \\ b x+3, & \text{ यदि } x>3\end{cases} $$

यदि $f$ $x=3$ पर सतत है, तो $$ \lim _{x \to 3^{-}} f(x)=\lim _{x \to 3^{+}} f(x)=f(3) $$

इसके अतिरिक्त,

$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 3^{-}} f(x) &= \lim_{x \to 3^{-}} (a x + 1) = 3a + 1 \ \lim_{x \to 3^{+}} f(x) &= \lim_{x \to 3^{+}} (b x + 3) = 3b + 3 \end{aligned} \Bigg }\qquad …(1) $$

$$ f(3)=3 a+1 \qquad …(2) $$

इसलिए, (1) और (2) से हम प्राप्त करते हैं

$$ 3 a+1=3 b+3=3 a+1 $$

$$ \Rightarrow 3 a+1=3 b+3 $$

$$ \Rightarrow 3 a=3 b+2 $$

$$ \Rightarrow a=b+\dfrac{2}{3} $$

इसलिए, आवश्यक संबंध द्वारा दिया गया है, $a=b+\dfrac{2}{3}$

हल

दिया गया फलन है $f(x)= \begin{cases}\lambda(x^{2}-2 x), & \text{ यदि } x \leq 0 \\ 4 x+1, & \text{ यदि } x>0\end{cases}$

अगर $f$ $x=0$ पर अंतर्विष्ट है, तो

$\lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=f(0)$

$\Rightarrow \lim _{x \to 0^{-}} \lambda(x^{2}-2 x)=\lim _{x \to 0^{+}}(4 x+1)=\lambda(0^{2}-2 \times 0)$

$\Rightarrow \lambda(0^{2}-2 \times 0)=4 \times 0+1=0$

$\Rightarrow 0=1=0$, जो संभव नहीं है

इसलिए, $x=0$ पर $f$ अंतर्विष्ट होने वाले कोई मान $\lambda$ नहीं है

$x=1$ पर,

$f(1)=4 \times 1+1=5$

$\lim _{x \to 1}(4 x+1)=4 \times 1+1=5$

$\therefore \lim _{x \to 1} f(x)=f(1)$

इसलिए, कोई भी मान $\lambda$ के लिए $x=1$ पर $f$ अंतर्विष्ट है

हल

दिया गया फलन $g(x)=x-[x]$

स्पष्ट रूप से $g$ सभी पूर्णांक बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $n$ एक पूर्णांक है।

तब,

$g(n)=n-[n]=n-n=0$

$x=n$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to n^{-}} g(x)=\lim _{x \to n^{-}}(x-[x])=\lim _{x \to n^{-}}(x)-\lim _{x \to n^{-}}[x]=n-(n-1)=1$

$x=n$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to n^{+}} g(x)=\lim _{x \to n^{+}}(x-[x])=\lim _{x \to n^{+}}(x)-\lim _{x \to n^{+}}[x]=n-n=0$

यह देखा जा सकता है कि $x=n$ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा एक जैसी नहीं है।

इसलिए, $f$ $x=n$ पर अंतर्विष्ट नहीं है

इसलिए, $g$ सभी पूर्णांक बिंदुओं पर अंतर्विष्ट नहीं है

हल

फलन $ f(x) = x^2 - \sin x + 5 $ के $ x = \pi $ पर अंतर्विष्ट होने के लिए, हमें जांच करनी होगी कि $ x $ के $ \pi $ के निकट आने पर $ f(x) $ की सीमा $ f(\pi) $ के बराबर है।

पहले, $ f(\pi) $ की गणना करें: $ f(\pi) = \pi^2 - \sin(\pi) + 5 = \pi^2 - 0 + 5 = \pi^2 + 5. $

अब, सीमा का मूल्यांकन करें: $ \lim_{x \to \pi} f(x) = \lim_{x \to \pi} (x^2 - \sin x + 5). $

क्योंकि $ x^2 $, $ \sin x $ और स्थिरांक 5 सभी अंतर्विष्ट फलन हैं, इनके संयोजन $ x^2 - \sin x + 5 $ भी अंतर्विष्ट है। इसलिए,

$ \lim_{x \to \pi} f(x) = f(\pi) = \pi^2 + 5. $

इसलिए, $ f(x) $, $ x = \pi $ पर अंतर्वेशी है।

हल

यह ज्ञात है कि यदि $g$ और $h$ दो अंतर्वेशी फलन हैं, तो

$g+h, g-h$, और $g . h$ भी अंतर्वेशी होते हैं।

पहले यह सिद्ध करना होगा कि $g(x)=\sin x$ और $h(x)=\cos x$ अंतर्वेशी फलन हैं।

मान लीजिए $g(x)=\sin x$

स्पष्ट है कि $g(x)=\sin x$ कोई भी वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है। मान लीजिए $x=c+h$

यदि $x \to c$, तो $h \to 0$

$ \begin{aligned} & g(c)=\sin c \\ & \begin{aligned} \lim _{x \to c} g(x) & =\lim _{x \to c} \sin x \\ & =\lim _{h \to 0} \sin (c+h) \\ & =\lim _{h \to 0}[\sin c \cos h+\cos c \sin h] \\ & =\lim _{h \to 0}(\sin c \cos h)+\lim _{h \to 0}(\cos c \sin h) \\ & =\sin c \cos 0+\cos c \sin 0 \\ & =\sin c+0 \\ & =\sin c \end{aligned} \\ & \therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c) \end{aligned} $

इसलिए, $g$ एक अंतर्वेशी फलन है।

मान लीजिए $h(x)=\cos x$

स्पष्ट है कि $h(x)=\cos x$ कोई भी वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है। मान लीजिए $x=c+h$

यदि $x \to c$, तो $h \to 0$

$h(c)=\cos c$

$ \begin{aligned} \lim _{x \to c} h(x) & =\lim _{x \to c} \cos x \\ & =\lim _{h \to 0} \cos (c+h) \\ & =\lim _{h \to 0}[\cos c \cos h-\sin c \sin h] \\ & =\lim _{h \to 0} \cos c \cos h-\lim _{h \to 0} \sin c \sin h \\ & =\cos c \cos 0-\sin c \sin 0 \\ & =\cos c \times 1-\sin c \times 0 \\ & =\cos c \end{aligned} $

$\therefore \lim _{x \to c} h(x)=h(c)$

इसलिए, $h$ एक अंतर्वेशी फलन है।

इसलिए, निष्कर्ष निकाला जा सकता है कि

(a) $f(x)=g(x)+h(x)=\sin x+\cos x$ एक अंतर्वेशी फलन है

(b) $f(x)=g(x)-h(x)=\sin x-\cos x$ एक अंतर्वेशी फलन है

(c) $f(x)=g(x) \times h(x)=\sin x \times \cos x$ एक अंतर्वेशी फलन है

हल

यह ज्ञात है कि यदि $g$ और $h$ दो अंतर्वेधी फलन हैं, तो

(i) $\dfrac{h(x)}{g(x)}, g(x) \neq 0$ अंतर्वेधी होता है

(ii) $\dfrac{1}{g(x)}, g(x) \neq 0$ अंतर्वेधी होता है

(iii) $\dfrac{1}{h(x)}, h(x) \neq 0$ अंतर्वेधी होता है

पहले सिद्ध करना होगा कि $g(x)=\sin x$ और $h(x)=\cos x$ अंतर्वेधी फलन हैं।

मान लीजिए $g(x)=\sin x$

स्पष्ट है कि $g(x)=\sin x$ प्रत्येक वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है। मान लीजिए $x=c+h$

यदि $x \to c$, तो $h \to 0$

$g(c)=\sin c$

$\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c} \sin x$

$=\lim _{h \to 0} \sin (c+h)$

$=\lim _{h \to 0}[\sin c \cos h+\cos c \sin h]$

$=\lim _{h \to 0}(\sin c \cos h)+\lim _{h \to 0}(\cos c \sin h)$

$=\sin c \cos 0+\cos c \sin 0$

$=\sin c+0$

$=\sin c$

$\therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g$ एक अंतर्वेधी फलन है।

मान लीजिए $h(x)=\cos x$

स्पष्ट है कि $h(x)=\cos x$ प्रत्येक वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है। मान लीजिए $x=c+h$

यदि $x \to c$, तो $h \to 0$

$h(c)=\cos c$

$ \begin{aligned} \lim _{x \to c} h(x) & =\lim _{x \to c} \cos x \\ & =\lim _{h \to 0} \cos (c+h) \\ & =\lim _{h \to 0}[\cos c \cos h-\sin c \sin h] \\ & =\lim _{h \to 0} \cos c \cos h-\lim _{h \to 0} \sin c \sin h \\ & =\cos c \cos 0-\sin c \sin 0 \\ & =\cos c \times 1-\sin c \times 0 \\ & =\cos c \end{aligned} $

$\therefore \lim _{x \to c} h(x)=h(c)$

इसलिए, $h(x)=\cos x$ एक अंतर्वेधी फलन है।

इसलिए, निष्कर्ष निकाला जा सकता है कि,

$cosec\ x=\dfrac{1}{\sin x}, \sin x \neq 0$ अंतर्वेधी होता है

$\Rightarrow cosec\ x, x \neq n \pi(n \in Z)$ अंतर्वेधी होता है

इसलिए, cosecant $x=n \pi, n \in \mathbf{Z}$ के अतिरिक्त अंतर्वेधी होता है

$\sec x=\dfrac{1}{\cos x}, \cos x \neq 0$ अंतर्वेधी होता है

$\Rightarrow \sec x, x \neq(2 n+1) \dfrac{\pi}{2}(n \in \mathbf{Z})$ अंतर्वेधी होता है

इसलिए, secant $x=(2 n+1) \dfrac{\pi}{2}(n \in \mathbf{Z})$ के अतिरिक्त अंतर्वेधी होता है

$\cot x=\dfrac{\cos x}{\sin x}, \sin x \neq 0$ अंतर्वेधी होता है

$\Rightarrow \cot x, x \neq n \pi(n \in Z)$ अंतर्वेधी होता है

इसलिए, सहजता असतत है, बिना $x=n \pi, n \in \mathbf{Z}$ के अपवाद के

हल

$ f(x)=\begin{cases} \dfrac{\sin x}{x}, \text{ यदि } x<0 \\ x+1, \text{ यदि } x \geq 0 \end{cases} $

स्पष्ट है कि $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

केस I:

यदि $c<0$, तो $f(c)=\dfrac{\sin c}{c}$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(\dfrac{\sin x}{x})=\dfrac{\sin c}{c}$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर सतत है, जहां $x<0$

केस II:

यदि $c>0$, तो $f(c)=c+1$ और $\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x+1)=c+1$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ उन सभी बिंदुओं पर सतत है, जहां $x>0$

केस III:

यदि $c=0$, तो $f(c)=f(0)=0+1=1$

$x=0$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा है,

$\lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1$

$x=0$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा है,

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x+1)=1 \\ & \therefore \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=f(0) \end{aligned} $

इसलिए, $f$ $x=0$ पर सतत है

उपरोक्त अवलोकन से, निष्कर्ष निकाला जा सकता है कि $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर सतत है।

इसलिए, $f$ कोई असतत बिंदु नहीं है।

हल

$ f(x)= \begin{cases}x^{2} \sin \dfrac{1}{x}, & \text{ यदि } x \neq 0 \\ 0, & \text{ यदि } x=0\end{cases} $

स्पष्ट है कि $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

केस I:

यदि $c \neq 0$, तो $f(c)=c^{2} \sin \dfrac{1}{c}$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x})=(\lim _{x \to c} x^{2})(\lim _{x \to c} \sin \dfrac{1}{x})=c^{2} \sin \dfrac{1}{c}$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ सभी बिंदुओं $x \neq 0$ पर अंतर्वेब रहता है

केस II:

यदि $c=0$, तो $f(0)=0$ $\lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{-}}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x})=\lim _{x \to 0}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x})$

यह ज्ञात है कि, $-1 \leq \sin \dfrac{1}{x} \leq 1, x \neq 0$

$\Rightarrow-x^{2} \leq x^2 \sin \dfrac{1}{x} \leq x^{2}$

$\Rightarrow \lim _{x \to 0}(-x^{2}) \leq \lim _{x \to 0}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x}) \leq \lim _{x \to 0} x^{2}$

$\Rightarrow 0 \leq \lim _{x \to 0}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x}) \leq 0$

$\Rightarrow \lim _{x \to 0}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x})=0$

$\therefore \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=0$

इसी तरह, $\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x})=\lim _{x \to 0}(x^{2} \sin \dfrac{1}{x})=0$

$\therefore \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=f(0)=\lim _{x \to 0^{+}} f(x)$

इसलिए, $f$ $x=0$ पर अंतर्वेब रहता है

उपरोक्त अवलोकन से, यह निष्कर्ष निकलता है कि $f$ वास्तविक रेखा के प्रत्येक बिंदु पर अंतर्वेब रहता है।

इसलिए, $f$ एक अंतर्वेब फलन है।

हल

$ f(x)= \begin{cases}\sin x-\cos x, & \text{ यदि } x \neq 0 \\ -1 & \text{ यदि } x=0\end{cases} $

यह स्पष्ट है कि $f$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

केस I:

यदि $c \neq 0$, तो $f(c)=\sin c-\cos c$

$\lim _{x \to c} f(x)=\lim _{x \to c}(\sin x-\cos x)=\sin c-\cos c$

$\therefore \lim _{x \to c} f(x)=f(c)$

इसलिए, $f$ सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्वेब रहता है, जहाँ $x \neq 0$

केस II:

यदि $c=0$, तो $f(0)=-1$

$\lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0}(\sin x-\cos x)=\sin 0-\cos 0=0-1=-1$

$\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0}(\sin x-\cos x)=\sin 0-\cos 0=0-1=-1$

$\therefore \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=f(0)$

इसलिए, $f$ $x=0$ पर अंतर्वेब रहता है

ऊपर के अवलोकन से, यह निष्कर्ष निकलता है कि $f$ वास्तविक रेखा के प्रत्येक बिंदु पर सतत है।

इसलिए, $f$ एक सतत फलन है।

हल

$ f(x)= \begin{cases}\dfrac{k \cos x}{\pi-2 x}, & \text{ यदि } x \neq \dfrac{\pi}{2} \\ 3, & \text{ यदि } x=\dfrac{\pi}{2}\end{cases} $

दिया गया फलन $f$ बिंदु $x=\dfrac{\pi}{2}$ पर सतत है, यदि $f$ बिंदु $x=\dfrac{\pi}{2}$ पर परिभाषित है और बिंदु $x=\dfrac{\pi}{2}$ पर $f$ का मान $x=\dfrac{\pi}{2}$ पर $f$ के सीमा के बराबर है।

स्पष्ट रूप से $f$ बिंदु $x=\dfrac{\pi}{2}$ पर परिभाषित है और $f(\dfrac{\pi}{2})=3$

$\lim _{x \to \dfrac{\pi}{2}} f(x)=\lim _{x \to \dfrac{\pi}{2}} \dfrac{k \cos x}{\pi-2 x}$

मान लीजिए $x=\dfrac{\pi}{2}+h$

तब, $x \to \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow h \to 0$

$\begin{aligned} \therefore \lim _{x \to \dfrac{\pi}{2}} f(x) & =\lim _{x \to \dfrac{\pi}{2}} \dfrac{k \cos x}{\pi-2 x}=\lim _{h \to 0} \dfrac{k \cos (\dfrac{\pi}{2}+h)}{\pi-2(\dfrac{\pi}{2}+h)} \\ & =k \lim _{h \to 0} \dfrac{-\sin h}{-2 h}=\dfrac{k}{2} \lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h}=\dfrac{k}{2} \cdot 1=\dfrac{k}{2}\end{aligned}$

$\therefore \lim _{x \to \dfrac{\pi}{2}} f(x)=f(\dfrac{\pi}{2})$

$\Rightarrow \dfrac{k}{2}=3$

$\Rightarrow k=6$

इसलिए, $k$ का अभीष्ट मान 6 है।

हल

दिया गया फलन $f(x)= \begin{cases}k x^{2}, & \text{ यदि } x \leq 2 \\ 3, & \text{ यदि } x>2\end{cases}$

दिया गया फलन $f$ बिंदु $x=2$ पर सतत है, यदि $f$ बिंदु $x=2$ पर परिभाषित है और बिंदु $x=2$ पर $f$ का मान $x=2$ पर $f$ के सीमा के बराबर है

स्पष्ट है कि $f$ के $x=2$ पर परिभाषित है और $f(2)=k(2)^{2}=4 k$

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 2^{-}} f(x)=\lim _{x \to 2^{+}} f(x)=f(2) \\ & \Rightarrow \lim _{x \to 2^{-}}(k x^{2})=\lim _{x \to 2^{+}}(3)=4 k \\ & \Rightarrow k \times 2^{2}=3=4 k \\ & \Rightarrow 4 k=3=4 k \\ & \Rightarrow 4 k=3 \\ & \Rightarrow k=\dfrac{3}{4} \end{aligned} $

इसलिए, $k$ का आवश्यक मान $\dfrac{3}{4}$ है।

Solution

दिया गया फलन $f(x)=\begin{cases} k x+1, \text{ if } x \leq \pi \\ \cos x, \text{ if } x>\pi \end{cases} $

दिया गया फलन $f$ $x=\pi$ पर अंतर्विरामी है, यदि $f$ $x=\pi$ पर परिभाषित है और यदि $x=\pi$ पर $f$ का मान $x=\pi$ पर $f$ के सीमा के बराबर है।

स्पष्ट है कि $f$ $x=\pi$ पर परिभाषित है और $f(\pi)=k \pi+1$

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to \pi^{-}} f(x)=\lim _{x \to \pi^{+}} f(x)=f(\pi) \\ & \Rightarrow \lim _{x \to \pi^{-}}(k x+1)=\lim _{x \to \pi^{+}} \cos x=k \pi+1 \\ & \Rightarrow k \pi+1=\cos \pi=k \pi+1 \\ & \Rightarrow k \pi+1=-1=k \pi+1 \\ & \Rightarrow k=-\dfrac{2}{\pi} \end{aligned} $

इसलिए, $k$ का आवश्यक मान $-\dfrac{2}{\pi}$ है।

Solution

$ f(x)=\begin{cases} k x+1, \text{ if } x \leq 5 \\ 3 x-5, \text{ if } x>5 \end{cases} $

दिया गया फलन $f$ $x=5$ पर अंतर्विरामी है, यदि $f$ $x=5$ पर परिभाषित है और यदि $x=5$ पर $f$ का मान $x=5$ पर $f$ के सीमा के बराबर है।

स्पष्ट है कि $f$ $x=5$ पर परिभाषित है और $f(5)=k x+1=5 k+1$

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 5^{-}} f(x)=\lim _{x \to 5^{+}} f(x)=f(5) \\ & \Rightarrow \lim _{x \to 5^{-}}(k x+1)=\lim _{x \to 5^{+}}(3 x-5)=5 k+1 \\ & \Rightarrow 5 k+1=15-5=5 k+1 \\ & \Rightarrow 5 k+1=10 \\

& \Rightarrow 5 k=9 \\ & \Rightarrow k=\dfrac{9}{5} \end{aligned} $

इसलिए, $k$ का अभीष्ट मान $\dfrac{9}{5}$ है।

हल

$ f(x)= \begin{cases}5, & \text{ यदि } x \leq 2 \\ a x+b, & \text{ यदि } 2<x<10 \\ 21, & \text{ यदि } x \geq 10\end{cases} $

स्पष्ट है कि दिया गया फलन $f$ वास्तविक संख्या के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है।

यदि $f$ एक अवकलनीय फलन है, तो $f$ सभी वास्तविक संख्याओं पर अवकलनीय है।

विशेष रूप से, $f$ $x=2$ और $x=10$ पर अवकलनीय है।

क्योंकि $f$ $x=2$ पर अवकलनीय है, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 2^{-}} f(x)=\lim _{x \to 2^{+}} f(x)=f(2) \\ & \Rightarrow \lim _{x \to 2^{-}}(5)=\lim _{x \to 2^{+}}(a x+b)=5 \\ & \Rightarrow 5=2 a+b=5 \\ & \Rightarrow 2 a+b=5 \qquad …(1) \\ \end{aligned} $

क्योंकि $f$ $x=10$ पर अवकलनीय है, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 10^{-}} f(x)=\lim _{x \to 10^{+}} f(x)=f(10) \\ & \Rightarrow \lim _{x \to 10^{-}}(a x+b)=\lim _{x \to 10^{+}}(21)=21 \\ & \Rightarrow 10 a+b=21=21 \\ & \Rightarrow 10 a+b=21 \qquad …(2) \end{aligned} $

समीकरण (2) को समीकरण (1) से घटाने पर हम प्राप्त करते हैं

$8 a=16$

$\Rightarrow a=2$

समीकरण (1) में $a=2$ रखने पर हम प्राप्त करते हैं

$2 \times 2+b=5$

$\Rightarrow 4+b=5$

$\Rightarrow b=1$

इसलिए, जिन मानों के लिए $f$ एक अवकलनीय फलन है, $a$ और $b$ के मान क्रमशः 2 और 1 हैं।

हल

दिया गया फलन $f(x)=\cos (x^{2})$ है।

इस फलन $f$ वास्तविक संख्या के सभी बिंदुओं पर परिभाषित है और $f$ को दो फलनों के संयोजन के रूप में लिखा जा सकता है, जैसे कि,

$f=g \circ h$, जहाँ $g(x)=\cos x$ और $h(x)=x^{2}$

$[\because(g \circ h)(x)=g(h(x))=g(x^{2})=\cos (x^{2})=f(x)]$

यह सिद्ध करना पड़ेगा कि $g(x)=\cos x$ और $h(x)=x^{2}$ सतत फलन हैं।

स्पष्ट रूप से $g$ प्रत्येक वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

तब, $g(c)=\cos c$

मान लीजिए $x=c+h$

यदि $x \to c$, तो $h \to 0$

$\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c} \cos x$

$=\lim _{h \to 0} \cos (c+h)$

$=\lim _{h \to 0}[\cos c \cos h-\sin c \sin h]$

$=\lim _{h \to 0} \cos c \cos h-\lim _{h \to 0} \sin c \sin h$

$=\cos c \cos 0-\sin c \sin 0$

$=\cos c \times 1-\sin c \times 0$

$=\cos c$

$\therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g(x)=\cos x$ एक सतत फलन है। $h(x)=x^{2}$

स्पष्ट रूप से $h$ प्रत्येक वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $k$ एक वास्तविक संख्या है, तब $h(k)=k^{2}$

$\lim _{x \to k} h(x)=\lim _{x \to k} x^{2}=k^{2}$

$\therefore \lim _{x \to k} h(x)=h(k)$

इसलिए, $h$ एक सतत फलन है।

वास्तविक मान फलन $g$ और $h$ के लिए जाना जाता है कि यदि $(g \circ h)$ $c$ पर परिभाषित है, तथा $g$ $c$ पर सतत है और $f$ $g(c)$ पर सतत है, तो $(f \circ g)$ $c$ पर सतत होता है।

इसलिए, $f(x)=(g o h)(x)=\cos (x^{2})$ एक सतत फलन है।

हल

दिया गया फलन $f(x)=|\cos x|$ है।

इस फलन $f$ प्रत्येक वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है और $f$ को दो फलनों के संगठन के रूप में लिखा जा सकता है,

$f=g \circ h$, जहाँ $g(x)=|x|$ और $h(x)=\cos x$

$[\because(g \circ h)(x)=g(h(x))=g(\cos x)=|\cos x|=f(x)]$

पहले सिद्ध करना पड़ेगा कि $g(x)=|x|$ और $h(x)=\cos x$ सतत फलन हैं।

$g(x)=|x|$ को लिखा जा सकता है

$g(x)= \begin{cases}-x, & \text{ यदि } x<0 \\ x, & \text{ यदि } x \geq 0\end{cases}$

स्पष्ट रूप से $g$ सभी वास्तविक संख्याओं के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

केस I:

यदि $c<0$, तो $g(c)=-c$ और $\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c}(-x)=-c$

$\therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर सतत है, जहाँ $x<0$

केस II:

यदि $c>0$, तो $g(c)=c$ और $\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c} x=c$

$\therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g$ सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्निहित है, जहां $x>0$

केस III:

यदि $c=0$, तो $g(c)=g(0)=0$

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 0^{-}} g(x)=\lim _{x \to 0^{-}}(-x)=0 \\ & \lim _{x \to 0^{+}} g(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x)=0 \\ & \therefore \lim _{x \to 0^{-}} g(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x)=g(0) \end{aligned} $

इसलिए, $g$ $x=0$ पर अंतर्निहित है

उपरोक्त तीन अवलोकनों से, यह निष्कर्ष निकलता है कि $g$ सभी बिंदुओं पर अंतर्निहित है।

$h(x)=\cos x$

यह स्पष्ट है कि $h(x)=\cos x$ हर वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है। $x=c+h$ रखिए

यदि $x \to c$, तो $h \to 0$

$h(c)=\cos c$

$ \begin{aligned} \lim _{x \to c} h(x) & =\lim _{x \to c} \cos x \\ & =\lim _{h \to 0} \cos (c+h) \\ & =\lim _{h \to 0}[\cos c \cos h-\sin c \sin h] \\ & =\lim _{h \to 0} \cos c \cos h-\lim _{h \to 0} \sin c \sin h \\ & =\cos c \cos 0-\sin c \sin 0 \\ & =\cos c \times 1-\sin c \times 0 \\ & =\cos c \end{aligned} $

$\therefore \lim _{x \to c} h(x)=h(c)$

इसलिए, $h(x)=\cos x$ एक अंतर्निहित फलन है।

यह ज्ञात है कि वास्तविक मान फलन $g$ और $h$, जिनके लिए $(g \circ h)$ $c$ पर परिभाषित है, यदि $g$ $c$ पर अंतर्निहित है और यदि $f$ $g(c)$ पर अंतर्निहित है, तो $(f \circ g)$ $c$ पर अंतर्निहित है।

इसलिए, $f(x)=(g \circ h)(x)=g(h(x))=g(\cos x)=|\cos x|$ एक अंतर्निहित फलन है।

हल

मान लीजिए $f(x)=\sin |x|$

इस फलन $f$ हर वास्तविक संख्या के लिए परिभाषित है और $f$ को दो फलनों के संयोजन के रूप में लिखा जा सकता है,

$f=g \circ h$, जहां $g(x)=|x|$ और $h(x)=\sin x$

$[\because(g \circ h)(x)=g(h(x))=g(\sin x)=|\sin x|=f(x)]$

पहले यह सिद्ध करना होगा कि $g(x)=|x|$ और $h(x)=\sin x$ अंतर्निहित फलन हैं।

$g(x)=|x|$ को लिखा जा सकता है

$g(x)= \begin{cases}-x, & \text{ यदि } x<0 \\ x, & \text{ यदि } x \geq 0\end{cases}$

स्पष्ट रूप से, $g$ सभी वास्तविक संख्याओं के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

केस I:

यदि $c<0$, तो $g(c)=-c$ और $\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c}(-x)=-c$

$\therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्वेशी है, जहाँ $x<0$

केस II:

यदि $c>0$, तो $g(c)=c$ और $\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c} x=c$

$\therefore \lim

_{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्वेशी है, जहाँ $x>0$

केस III:

यदि $c=0$, तो $g(c)=g(0)=0$

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 0^{-}} g(x)=\lim _{x \to 0^{-}}(-x)=0 \\ & \lim _{x \to 0^{+}} g(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x)=0 \\ & \therefore \lim _{x \to 0^{-}} g(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x)=g(0) \end{aligned} $

इसलिए, $g$ $x=0$ पर अंतर्वेशी है

उपरोक्त तीन अवलोकनों से, यह निष्कर्ष निकलता है कि $g$ सभी बिंदुओं पर अंतर्वेशी है।

$h(x)=\sin x$

यह स्पष्ट है कि $h(x)=\sin x$ सभी वास्तविक संख्याओं के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है। मान लीजिए $x=c+k$

यदि $x \to c$, तो $k \to 0$

$h(c)=\sin c$

$ \begin{aligned} \lim _{x \to c} h(x) & =\lim _{x \to c} \sin x \\ & =\lim _{k \to 0} \sin (c+k) \\ & =\lim _{k \to 0}[\sin c \cos k+\cos c \sin k] \\ & =\lim _{k \to 0}(\sin c \cos k)+\lim _{h \to 0}(\cos c \sin k) \\ & =\sin c \cos 0+\cos c \sin 0 \\ & =\sin c+0 \\ & =\sin c \end{aligned} $

$\therefore \lim _{x \to c} h(x)=g(c)$

इसलिए, $h$ एक अंतर्वेशी फलन है।

यह ज्ञात है कि वास्तविक मान फलन $g$ और $h$ के लिए, जब $(g \circ h)$ $c$ पर परिभाषित होता है, तो यदि $g$ $c$ पर अंतर्वेशी हो और $f$ $g(c)$ पर अंतर्वेशी हो, तो $(f \circ g)$ $c$ पर अंतर्वेशी होता है।

इसलिए, $f(x)=(g \circ h)(x)=g(h(x))=g(\sin x)=|\sin x|$ एक अंतर्वेशी फलन है।

हल

दिया गया फलन $f(x)=|x|-|x+1|$ है।

दो फलन, $g$ और $h$, इस प्रकार परिभाषित हैं:

$g(x)=|x|$ और $h(x)=|x+1|$

तब, $f=g-h$

पहले $g$ और $h$ के अंतर्वेशी होने की जांच की जाती है।

$g(x)=|x|$ को इस प्रकार लिखा जा सकता है

$g(x)= \begin{cases}-x, & \text{ यदि } x<0 \\ x, & \text{ यदि } x \geq 0\end{cases}$

स्पष्ट रूप से, $g$ सभी वास्तविक संख्याओं के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

केस I:

यदि $c<0$, तो $g(c)=-c$ और $\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c}(-x)=-c$

$\therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्वेब रहता है, जहां $x<0$

केस II:

यदि $c>0$, तो $g(c)=c$ और $\lim _{x \to c} g(x)=\lim _{x \to c} x=c$

$\therefore \lim _{x \to c} g(x)=g(c)$

इसलिए, $g$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्वेब रहता है, जहां $x>0$

केस III:

यदि $c=0$, तो $g(c)=g(0)=0$

$\lim _{x \to 0^{-}} g(x)=\lim _{x \to 0^{-}}(-x)=0$

$\lim _{x \to 0^{+}} g(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x)=0$

$\therefore \lim _{x \to 0^{-}} g(x)=\lim _{x \to 0^{+}}(x)=g(0)$

इसलिए, $g$ $x=0$ पर अंतर्वेब रहता है

उपरोक्त तीन अवलोकनों से, यह निष्कर्ष निकाला जा सकता है कि $g$ सभी बिंदुओं पर अंतर्वेब रहता है।

$h(x)=|x+1|$ को इस प्रकार लिखा जा सकता है

$h(x)= \begin{cases}-(x+1), & \text{ यदि, } x<-1 \\ x+1, & \text{ यदि } x \geq-1\end{cases}$

स्पष्ट रूप से, $h$ सभी वास्तविक संख्याओं के लिए परिभाषित है।

मान लीजिए $c$ एक वास्तविक संख्या है।

केस I:

यदि $c<-1$, तो $h(c)=-(c+1)$ और $\lim _{x \to c} h(x)=\lim _{x \to c}[-(x+1)]=-(c+1)$

$\therefore \lim _{x \to c} h(x)=h(c)$

इसलिए, $h$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्वेब रहता है, जहां $x<-1$

केस II:

यदि $c>-1$, तो $h(c)=c+1$ और $\lim _{x \to c} h(x)=\lim _{x \to c}(x+1)=c+1$

$\therefore \lim _{x \to c} h(x)=h(c)$

इसलिए, $h$ उन सभी बिंदुओं $x$ पर अंतर्वेब रहता है, जहां $x>-1$

केस III:

यदि $c=-1$, तो $h(c)=h(-1)=-1+1=0$

$\lim _{x \to-1^{-}} h(x)=\lim _{x \to-1^{-}}[-(x+1)]=-(-1+1)=0$

$\lim _{x \to-1^{+}} h(x)=\lim _{x \to-1^{+}}(x+1)=(-1+1)=0$

$\therefore \lim _{x \to-1^{-}} h(x)=\lim _{h \to-1^{+}} h(x)=h(-1)$

इसलिए, $h$ $x=-1$ पर अंतर्वेब रहता है

उपरोक्त तीन अवलोकनों से, यह निष्कर्ष निकाला जा सकता है कि $h$ वास्तविक रेखा के सभी बिंदुओं पर अंतर्वेब रहता है।

$g$ और $h$ अंतर्वेब फलन हैं। इसलिए, $f=g-h$ भी एक अंतर्वेब फलन है।

इसलिए, $f$ कोई असतत बिंदु नहीं है।

हल

मान लीजिए $f(x)=\sin (x^{2}+5), u(x)=x^{2}+5$, और $v(t)=\sin t$

तब, $($ v $\circ$ u $)(x)=v(u(x))=v(x^{2}+5)=\tan (x^{2}+5)=f(x)$

इसलिए, $f$ दो फलनों के संयोजन है।

मान लीजिए $t=u(x)=x^{2}+5$

तब, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d v}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\sin t)=\cos t=\cos (x^{2}+5)$

$\dfrac{d t}{d x}=\dfrac{d}{d x}(x^{2}+5)=\dfrac{d}{d x}(x^{2})+\dfrac{d}{d x}(5)=2 x+0=2 x$

इसलिए, शैन नियम के अनुसार, $\dfrac{d f}{d x}=\dfrac{d v}{d t} \cdot \dfrac{d t}{d x}=\cos (x^{2}+5) \times 2 x=2 x \cos (x^{2}+5)$

वैकल्पिक विधि

$ \begin{aligned} \dfrac{d}{d x}[\sin (x^{2}+5)] & =\cos (x^{2}+5) \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{2}+5) \\ & =\cos (x^{2}+5) \cdot[\dfrac{d}{d x}(x^{2})+\dfrac{d}{d x}(5)] \\ & =\cos (x^{2}+5) \cdot[2 x+0] \\ & =2 x \cos (x^{2}+5) \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $f(x)=\cos (\sin x), u(x)=\sin x$, और $v(t)=\cos t$

तब, $($ v $\circ$ u $)(x)=v(u(x))=v(\sin x)=\cos (\sin x)=f(x)$

इसलिए, $f$ दो फलनों के संयोजन है।

मान लीजिए $t=u(x)=\sin x$

$\therefore \dfrac{d v}{d t}=\dfrac{d}{d t}[\cos t]=-\sin t=-\sin (\sin x)$

$\dfrac{d t}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\sin x)=\cos x$

शैन नियम के अनुसार, $\dfrac{d f}{d x}=\dfrac{d v}{d t} \cdot \dfrac{d t}{d x}=-\sin (\sin x) \cdot \cos x=-\cos x \sin (\sin x)$

वैकल्पिक विधि

$\dfrac{d}{d x}[\cos (\sin x)]=-\sin (\sin x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)=-\sin (\sin x) \cdot \cos x=-\cos x \sin (\sin x)$

हल

मान लीजिए $f(x)=\sin (a x+b), u(x)=a x+b$, और $v(t)=\sin t$

तब, $($ v $\circ$ u $)(x)=v(u(x))=v(a x+b)=\sin (a x+b)=f(x)$

इसलिए, $f$ दो फलनों $u$ और $v$ के संयोजन है।

मान लीजिए $t=u(x)=a x+b$

इसलिए,

Solution

Let $f(x)=\sin (a x+b), u(x)=a x+b$, and $v(t)=\sin t$

Then, $($ v $\circ$ u $)(x)=v(u(x))=v(a x+b)=\sin (a x+b)=f(x)$

Thus, $f$ is a composite function of two functions, $u$ and $v$.

Put $t=u(x)=a x+b$

Therefore,

$\dfrac{d v}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\sin t)=\cos t=\cos (a x+b)$

$\dfrac{d t}{d x}=\dfrac{d}{d x}(a x+b)=\dfrac{d}{d x}(a x)+\dfrac{d}{d x}(b)=a+0=a$

अतः, चैन नियम के द्वारा, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d f}{d x}=\dfrac{d v}{d t} \cdot \dfrac{d t}{d x}=\cos (a x+b) \cdot a=a \cos (a x+b)$

अल्टरनेट विधि

$ \begin{aligned} \dfrac{d}{d x}[\sin (a x+b)] & =\cos (a x+b) \cdot \dfrac{d}{d x}(a x+b) \\ & =\cos (a x+b) \cdot[\dfrac{d}{d x}(a x)+\dfrac{d}{d x}(b)] \\ & =\cos (a x+b) \cdot(a+0) \\ & =a \cos (a x+b) \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $f(x)=\sec (\tan \sqrt{x}), u(x)=\sqrt{x}, v(t)=\tan t$, और $w(s)=\sec s$

तब, $($ w $\circ$ v $\circ$ u $)(x)=w[v(u(x))]=w[v(\sqrt{x})]=w(\tan \sqrt{x})=\sec (\tan \sqrt{x})=f(x)$

अतः, $f$ तीन फ़ंक्शन $u, v$, और $w$ के संयोजन फ़ंक्शन है।

मान लीजिए $s=v(t)=\tan t$ और $t=u(x)=\sqrt{x}$

$ \text{ तब, } \begin{aligned} \dfrac{d w}{d s} & =\dfrac{d}{d s}(\sec s)=\sec s \tan s=\sec (\tan t) \cdot \tan (\tan t) & & {[s=\tan t] } \\ & =\sec (\tan \sqrt{x}) \cdot \tan (\tan \sqrt{x}) & & {[t=\sqrt{x}] } \end{aligned} $

$\dfrac{d s}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\tan t)=\sec ^{2} t=\sec ^{2} \sqrt{x}$

$\dfrac{d t}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\sqrt{x})=\dfrac{d}{d x}(x^{\dfrac{1}{2}})=\dfrac{1}{2} \cdot x^{\dfrac{1}{2}-1}=\dfrac{1}{2 \sqrt{x}}$

अतः, चैन नियम के द्वारा, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d f}{d x}=\dfrac{d w}{d s} \cdot \dfrac{d s}{d t} \cdot \dfrac{d t}{d x} \\ & =\sec (\tan \sqrt{x}) \cdot \tan (\tan \sqrt{x}) \times \sec ^{2} \sqrt{x} \times \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \\ & =\dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \sec ^{2} \sqrt{x} \sec (\tan \sqrt{x}) \tan (\tan \sqrt{x}) \\ & =\dfrac{\sec ^{2} \sqrt{x} \sec (\tan \sqrt{x}) \tan (\tan \sqrt{x})}{2 \sqrt{x}} \end{aligned} $

अल्टरनेट विधि

$ \begin{aligned} \dfrac{d}{d x}[\sec (\tan \sqrt{x})] & =\sec (\tan \sqrt{x}) \cdot \tan (\tan \sqrt{x}) \cdot \dfrac{d}{d x}(\tan \sqrt{x}) \\ & =\sec (\tan \sqrt{x}) \cdot \tan (\tan \sqrt{x}) \cdot \sec ^{2}(\sqrt{x}) \cdot \dfrac{d}{d x}(\sqrt{x}) \\

& =\sec (\tan \sqrt{x}) \cdot \tan (\tan \sqrt{x}) \cdot \sec ^{2}(\sqrt{x}) \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \\ & =\dfrac{\sec (\tan \sqrt{x}) \cdot \tan (\tan \sqrt{x}) \sec ^{2}(\sqrt{x})}{2 \sqrt{x}} \end{aligned} $

Solution

दिया गया फलन $f(x)=\dfrac{\sin (a x+b)}{\cos (c x+d)}=\dfrac{g(x)}{h(x)}$, जहाँ $g(x)=\sin (a x+b)$ और

$h(x)=\cos (c x+d)$

$\therefore f^{\prime}=\dfrac{g^{\prime} h-g h^{\prime}}{h^{2}}$

विचार करें $g(x)=\sin (a x+b)$

मान लीजिए $u(x)=a x+b, v(t)=\sin t$

तब, $($ vou $)(x)=v(u(x))=v(a x+b)=\sin (a x+b)=g(x)$

$\therefore g$ दो फलनों $u$ और $v$ के संयोजन फलन है।

मान लीजिए $t=u(x)=a x+b$

$\dfrac{d v}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\sin t)=\cos t=\cos (a x+b)$

$\dfrac{d t}{d x}=\dfrac{d}{d x}(a x+b)=\dfrac{d}{d x}(a x)+\dfrac{d}{d x}(b)=a+0=a$

इसलिए, श्रेणी नियम के द्वारा, हम प्राप्त करते हैं

$g^{\prime}=\dfrac{d g}{d x}=\dfrac{d v}{d t} \cdot \dfrac{d t}{d x}=\cos (a x+b) \cdot a=a \cos (a x+b)$

विचार करें $h(x)=\cos (c x+d)$

मान लीजिए $p(x)=c x+d, q(y)=\cos y$

तब, $(q \circ p)(x)=q(p(x))=q(c x+d)=\cos (c x+d)=h(x)$

$\therefore h$ दो फलनों $p$ और $q$ के संयोजन फलन है।

मान लीजिए $y=p(x)=c x+d$

$\dfrac{d q}{d y}=\dfrac{d}{d y}(\cos y)=-\sin y=-\sin (c x+d)$

$\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(c x+d)=\dfrac{d}{d x}(c x)+\dfrac{d}{d x}(d)=c$

इसलिए, श्रेणी नियम के द्वारा, हम प्राप्त करते हैं

$h^{\prime}=\dfrac{d h}{d x}=\dfrac{d q}{d y} \cdot \dfrac{d y}{d x}=-\sin (c x+d) \times c=-c \sin (c x+d)$

$ \begin{aligned} \therefore f^{\prime} & =\dfrac{a \cos (a x+b) \cdot \cos (c x+d)-\sin (a x+b){-c \sin (c x+d)}}{[\cos (c x+d)]^{2}} \\ & =\dfrac{a \cos (a x+b)}{\cos (c x+d)}+c \sin (a x+b) \cdot \dfrac{\sin (c x+d)}{\cos (c x+d)} \times \dfrac{1}{\cos (c x+d)} \\ & =a \cos (a x+b) \sec (c x+d)+c \sin (a x+b) \tan (c x+d) \sec (c x+d) \end{aligned} $

Solution

दी गई फ़ंक्शन $\cos x^{3} \cdot \sin ^{2}(x^{5})$

$ \begin{aligned} & \dfrac{d}{d x}[\cos x^{3} \cdot \sin ^{2}(x^{5})]=\sin ^{2}(x^{5}) \times \dfrac{d}{d x}(\cos x^{3})+\cos x^{3} \times \dfrac{d}{d x}[\sin ^{2}(x^{5})] \\ & =\sin ^{2}(x^{5}) \times(-\sin x^{3}) \times \dfrac{d}{d x}(x^{3})+\cos x^{3} \times 2 \sin (x^{5}) \cdot \dfrac{d}{d x}[\sin x^{5}] \\ & =-\sin x^{3} \sin ^{2}(x^{5}) \times 3 x^{2}+2 \sin x^{5} \cos x^{3} \cdot \cos x^{5} \times \dfrac{d}{d x}(x^{5}) \\ & =-3 x^{2} \sin x^{3} \cdot \sin ^{2}(x^{5})+2 \sin x^{5} \cos x^{5} \cos x^{3} \cdot \times 5 x^{4} \\ & =10 x^{4} \sin x^{5} \cos x^{5} \cos x^{3}-3 x^{2} \sin x^{3} \sin ^{2}(x^{5}) \end{aligned} $

Solution

$ \begin{aligned} & \dfrac{d}{d x}[2 \sqrt{\cot (x^{2})}] \\ & =2 \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{\cot (x^{2})}} \times \dfrac{d}{d x}[\cot (x^{2})] \\ & =\sqrt{\dfrac{\sin (x^{2})}{\cos (x^{2})}} \times-cosec^{2}(x^{2}) \times \dfrac{d}{d x}(x^{2}) \\ & =-\sqrt{\dfrac{\sin (x^{2})}{\cos (x^{2})}} \times \dfrac{1}{\sin ^{2}(x^{2})} \times(2 x) \\ & =\dfrac{-2 x}{\sqrt{\cos x^{2}} \sqrt{\sin x^{2}} \sin x^{2}} \\ & =\dfrac{-2 \sqrt{2} x}{\sqrt{2 \sin x^{2} \cos x^{2}} \sin x^{2}} \\ & =\dfrac{-2 \sqrt{2} x}{\sin x^{2} \sqrt{\sin 2 x^{2}}} \end{aligned} $

Solution

मान लीजिए $f(x)=\cos (\sqrt{x})$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u(x)=\sqrt{x}$

और, $v(t)=\cos t$

तब, $($ v $\circ$ u $)(x)=v(u(x))$

$ \begin{aligned} & =v(\sqrt{x}) \\ & =\cos \sqrt{x} \\ & =f(x) \end{aligned} $

स्पष्ट रूप से, $f$ दो फ़ंक्शन $u$ और $v$ के संयोजन फ़ंक्शन है, जैसे कि

$t=u(x)=\sqrt{x}$

तब, $\dfrac{d t}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\sqrt{x})=\dfrac{d}{d x}(x^{\dfrac{1}{2}})=\dfrac{1}{2} x^{-\dfrac{1}{2}}$

$ =\dfrac{1}{2 \sqrt{x}} $

और, $\dfrac{d v}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\cos t)=-\sin t$

$ =-\sin (\sqrt{x}) $

चैन रूल का उपयोग करके, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned}

$$ \begin{aligned} & \dfrac{d t}{d x}=\dfrac{d v}{d t} \cdot \dfrac{d t}{d x} \\ & =-\sin (\sqrt{x}) \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \\ & =-\dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \sin (\sqrt{x}) \\ & =-\dfrac{\sin (\sqrt{x})}{2 \sqrt{x}} \end{aligned} $$

अल्टरनेट विधि

$$ \begin{aligned} \dfrac{d}{d x}[\cos (\sqrt{x})] & =-\sin (\sqrt{x}) \cdot \dfrac{d}{d x}(\sqrt{x}) \\ & =-\sin (\sqrt{x}) \times \dfrac{d}{d x}(x^{\dfrac{1}{2}}) \\ & =-\sin \sqrt{x} \times \dfrac{1}{2} x^{-\dfrac{1}{2}} \\ & =\dfrac{-\sin \sqrt{x}}{2 \sqrt{x}} \end{aligned} $$

हल

दिया गया फलन $f(x)=|x-1|, x \in \mathbf{R}$ है

ज्ञात है कि एक फलन $f$ अपने डोमेन में एक बिंदु $x=c$ पर अवकलनीय होता है यदि दोनों

$\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}$ और $\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}$ संख्यात्मक और बराबर होते हैं।

दिए गए फलन के $x=1$ पर अवकलनीयता की जांच करने के लिए,

$x=1$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा को ध्यान में रखें

$$ \begin{aligned} & \lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{|1+h-1|-|1-1|}{h} \\ & \begin{aligned} =\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{|h|-0}{h} & =\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{-h}{h} \quad(h<0 \Rightarrow|h|=-h) \\ & =-1 \end{aligned} \end{aligned} $$

$x=1$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा को ध्यान में रखें

$$ \begin{aligned} & \lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{|1+h-1|-|1-1|}{h} \\ & \begin{aligned} \lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{|h|-0}{h} & =\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{h}{h} \quad(h>0 \Rightarrow|h|=h) \\ & =1 \end{aligned} \end{aligned} $$

क्योंकि $x=1$ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा बराबर नहीं है, इसलिए $f$ $x=1$ पर अवकलनीय नहीं है।

हल

दिया गया फलन $f$ है $f(x)=[x], 0<x<3$

यह ज्ञात है कि एक फ़ंक्शन $f$ अपने डोमेन में एक बिंदु $x=c$ पर अवकलनीय होता है यदि दोनों

$\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}$ और $\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}$ संख्यात्मक और समान होते हैं।

दिए गए फ़ंक्शन के $x=1$ पर अवकलनीयता की जांच करने के लिए, $x=1$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा को ध्यान में रखें

$ \begin{aligned} & \lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{[1+h]-[1]}{h} \\ & =\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{0-1}{h}=\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{-1}{h}=\infty \end{aligned} $

$x=1$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा को ध्यान में रखें

$\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{[1+h]-[1]}{h}$

$=\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{1-1}{h}=\lim _{h \to 0^{+}} 0=0$

क्योंकि $x=1$ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा बराबर नहीं हैं, $f$ $x=1$ पर अवकलनीय नहीं है।

दिए गए फ़ंक्शन के $x=2$ पर अवकलनीयता की जांच करने के लिए, $x=2$ पर $f$ के बाईं ओर सीमा को ध्यान में रखें

$\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{f(2+h)-f(2)}{h}=\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{[2+h]-[2]}{h}$

$=\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{1-2}{h}=\lim _{h \to 0^{-}} \dfrac{-1}{h}=\infty$

$x=2$ पर $f$ के दाईं ओर सीमा को ध्यान में रखें

$\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{f(2+h)-f(2)}{h}=\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{[2+h]-[2]}{h}$

$=\lim _{h \to 0^{+}} \dfrac{2-2}{h}=\lim _{h \to 0^{+}} 0=0$

क्योंकि $x=2$ पर $f$ के बाईं ओर और दाईं ओर सीमा बराबर नहीं हैं, $f$ $x=2$ पर अवकलनीय नहीं है।

हल

दिया गया संबंध $2 x+3 y=\sin x$ है

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(2 x+3 y)=\dfrac{d}{d x}(\sin x)$

$\Rightarrow \dfrac{d}{d x}(2 x)+\dfrac{d}{d x}(3 y)=\cos x$

$\Rightarrow 2+3 \dfrac{d y}{d x}=\cos x$

$\Rightarrow 3 \dfrac{d y}{d x}=\cos x-2$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{\cos x-2}{3}$

हल

दिया गया संबंध $2 x+3 y=\sin y$ है

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(2 x)+\dfrac{d}{d x}(3 y)=\dfrac{d}{d x}(\sin y)$ $\Rightarrow 2+3 \dfrac{d y}{d x}=\cos y \dfrac{d y}{d x} \quad$ [शैन नियम का उपयोग करके]

$\Rightarrow 2=(\cos y-3) \dfrac{d y}{d x}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{2}{\cos y-3}$

हल

दिया गया संबंध $a x+b y^{2}=\cos y$ है

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(a x)+\dfrac{d}{d x}(b y^{2})=\dfrac{d}{d x}(\cos y)$

$\Rightarrow a+b \dfrac{d}{d x}(y^{2})=\dfrac{d}{d x}(\cos y) \qquad …(1)$

शैन नियम का उपयोग करके, हम प्राप्त करते हैं $\dfrac{d}{d x}(y^{2})=2 y \dfrac{d y}{d x}$ और $\dfrac{d}{d x}(\cos y)=-\sin y \dfrac{d y}{d x}\qquad …(2)$

(1) और (2) से, हम प्राप्त करते हैं

$a+b \times 2 y \dfrac{d y}{d x}=-\sin y \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow(2 b y+\sin y) \dfrac{d y}{d x}=-a$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-a}{2 b y+\sin y}$

हल

दिया गया संबंध $x y+y^{2}=\tan x+y$ है

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(x y+y^{2})=\dfrac{d}{d x}(\tan x+y)$

$\Rightarrow \dfrac{d}{d x}(x y)+\dfrac{d}{d x}(y^{2})=\dfrac{d}{d x}(\tan x)+\dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow[y \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d y}{d x}]+2 y \dfrac{d y}{d x}=\sec ^{2} x+\dfrac{d y}{d x} \quad$ [उत्पाद नियम और शृंखला नियम का उपयोग करते हुए]

$\Rightarrow y \cdot 1+x \cdot \dfrac{d y}{d x}+2 y \dfrac{d y}{d x}=\sec ^{2} x+\dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow(x+2 y-1) \dfrac{d y}{d x}=\sec ^{2} x-y$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{\sec ^{2} x-y}{(x+2 y-1)}$

हल

दिया गया संबंध $x^{2}+x y+y^{2}=100$ है

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d}{d x}(x^{2}+x y+y^{2})=\dfrac{d}{d x}(100) \\ & \Rightarrow \dfrac{d}{d x}(x^{2})+\dfrac{d}{d x}(x y)+\dfrac{d}{d x}(y^{2})=0 \end{aligned} $

$\Rightarrow 2 x+[y \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d y}{d x}]+2 y \dfrac{d y}{d x}=0 \quad$ [उत्पाद नियम और शृंखला नियम का उपयोग करते हुए]

$\Rightarrow 2 x+y \cdot 1+x \cdot \dfrac{d y}{d x}+2 y \dfrac{d y}{d x}=0$

$\Rightarrow 2 x+y+(x+2 y) \dfrac{d y}{d x}=0$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=-\dfrac{2 x+y}{x+2 y}$

हल

दिया गया संबंध $x^{3}+x^{2} y+x y^{2}+y^{3}=81$ है

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d}{d x}(x^{3}+x^{2} y+x y^{2}+y^{3})=\dfrac{d}{d x}(81) \\ & \Rightarrow \dfrac{d}{d x}(x^{3})+\dfrac{d}{d x}(x^{2} y)+\dfrac{d}{d x}(x y^{2})+\dfrac{d}{d x}(y^{3})=0 \\ & \Rightarrow 3 x^{2}+[y \dfrac{d}{d x}(x^{2})+x^{2} \dfrac{d y}{d x}]+[y^{2} \dfrac{d}{d x}(x)+x \dfrac{d}{d x}(y^{2})]+3 y^{2} \dfrac{d y}{d x}=0 \\ & \Rightarrow 3 x^{2}+[y \cdot 2 x+x^{2} \dfrac{d y}{d x}]+[y^{2} \cdot 1+x \cdot 2 y \cdot \dfrac{d y}{d x}]+3 y^{2} \dfrac{d y}{d x}=0 \\ & \Rightarrow(x^{2}+2 x y+3 y^{2}) \dfrac{d y}{d x}+(3 x^{2}+2 x y+y^{2})=0 \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-(3 x^{2}+2 x y+y^{2})}{(x^{2}+2 x y+3 y^{2})} \end{aligned} $

हल

दिया गया संबंध है $\sin ^{2} y+\cos x y=\pi$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$$ \begin{align*} & \dfrac{d}{d x}(\sin ^{2} y+\cos x y)=\dfrac{d}{d x}(\pi) \\ & \Rightarrow \dfrac{d}{d x}(\sin ^{2} y)+\dfrac{d}{d x}(\cos x y)=0 \qquad …(1) \end{align*} $$

चैन नियम का उपयोग करने पर हम प्राप्त करते हैं

$$ \begin{align*} \dfrac{d}{d x}(\sin ^{2} y) & =2 \sin y \dfrac{d}{d x}(\sin y)=2 \sin y \cos y \dfrac{d y}{d x} \qquad …(2)\\ \dfrac{d}{d x}(\cos x y) & =-\sin x y \dfrac{d}{d x}(x y)=-\sin x y[y \dfrac{d}{d x}(x)+x \dfrac{d y}{d x}] \\ & =-\sin x y[y \cdot 1+x \dfrac{d y}{d x}]=-y \sin x y-x \sin x y \dfrac{d y}{d x} \qquad …(3) \end{align*} $$

(1), (2), और (3) से हम प्राप्त करते हैं

$2 \sin y \cos y \dfrac{d y}{d x}-y \sin x y-x \sin x y \dfrac{d y}{d x}=0$

$\Rightarrow(2 \sin y \cos y-x \sin x y) \dfrac{d y}{d x}=y \sin x y$

$\Rightarrow(\sin 2 y-x \sin x y) \dfrac{d y}{d x}=y \sin x y$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{y \sin x y}{\sin 2 y-x \sin x y}$

हल

दिया गया संबंध है $\sin ^{2} x+\cos ^{2} y=1$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं $\dfrac{d}{d x}(\sin ^{2} x+\cos ^{2} y)=\dfrac{d}{d x}(1)$

$\Rightarrow \dfrac{d}{d x}(\sin ^{2} x)+\dfrac{d}{d x}(\cos ^{2} y)=0$

$\Rightarrow 2 \sin x \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)+2 \cos y \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos y)=0$

$\Rightarrow 2 \sin x \cos x+2 \cos y(-\sin y) \cdot \dfrac{d y}{d x}=0$

$\Rightarrow \sin 2 x-\sin 2 y \dfrac{d y}{d x}=0$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{\sin 2 x}{\sin 2 y}$

हल

दिया गया संबंध है $y=\sin ^{-1}(\dfrac{2 x}{1+x^{2}})$

$y=\sin ^{-1}(\dfrac{2 x}{1+x^{2}})$

$\Rightarrow \sin y=\dfrac{2 x}{1+x^{2}}$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(\sin y)=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{2 x}{1+x^{2}})$

$\Rightarrow \cos y \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{2 x}{1+x^{2}}) \qquad …(1)$

फलन, $\dfrac{2 x}{1+x^{2}}$, $\dfrac{u}{v}$ के रूप का है।

इसलिए, भाग नियम के अनुसार, हम प्राप्त करते हैं

$$ \begin{align*} & \dfrac{d}{d x}(\dfrac{2 x}{1+x^{2}})=\dfrac{(1+x^{2}) \cdot \dfrac{d}{d x}(2 x)-2 x \cdot \dfrac{d}{d x}(1+x^{2})}{(1+x^{2})^{2}} \\ & =\dfrac{(1+x^{2}) \cdot 2-2 x \cdot[0+2 x]}{(1+x^{2})^{2}}=\dfrac{2+2 x^{2}-4 x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}=\dfrac{2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}} \qquad …(2) \end{align*} $$

इसके अतिरिक्त, $\sin y=\dfrac{2 x}{1+x^{2}}$

$$ \begin{align*} \Rightarrow \cos y & =\sqrt{1-\sin ^{2} y}=\sqrt{1-(\dfrac{2 x}{1+x^{2}})^{2}}=\sqrt{\dfrac{(1+x^{2})^{2}-4 x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}} \\ & =\sqrt{\dfrac{(1-x^{2})^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}=\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}} \qquad …(3) \end{align*} $$

(1), (2), और (3) से, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}} \times \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}} \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{2}{1+x^{2}} \end{aligned} $

Solution

दिया गया संबंध है $y=\tan ^{-1}(\dfrac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}})$ $y=\tan ^{-1}(\dfrac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}})$

$\Rightarrow \tan y=\dfrac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}} \qquad …(1)$

यह ज्ञात है कि, $\tan y=\dfrac{3 \tan \dfrac{y}{3}-\tan ^{3} \dfrac{y}{3}}{1-3 \tan ^{2} \dfrac{y}{3}}$ $ \bigg(\because tan3x=\dfrac{3tanx-tan^3 x}{1-3tan^2 x}\bigg) \qquad …(2)$

समीकरण (1) और (2) की तुलना करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$x=\tan \dfrac{y}{3}$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(x)=\dfrac{d}{d x}(\tan \dfrac{y}{3})$

$\Rightarrow 1=\sec ^{2} \dfrac{y}{3} \cdot \dfrac{d}{d x}(\dfrac{y}{3})$

$\Rightarrow 1=\sec ^{2} \dfrac{y}{3} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{3}{\sec ^{2} \dfrac{y}{3}}=\dfrac{3}{1+\tan ^{2} \dfrac{y}{3}}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{3}{1+x^{2}}$

Solution

दिया गया संबंध है, $y=\cos ^{-1}(\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}})$

$\Rightarrow \cos y=\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}}$

$\Rightarrow \dfrac{1-\tan ^{2} \dfrac{y}{2}}{1+\tan ^{2} \dfrac{y}{2}}=\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}}$

उपरोक्त संबंध के बाईं ओर और दाईं ओर की तुलना करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\tan \dfrac{y}{2}=x$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\sec ^{2} \dfrac{y}{2} \cdot \dfrac{d}{d x}(\dfrac{y}{2})=\dfrac{d}{d x}(x)$

$\Rightarrow \sec ^{2} \dfrac{y}{2} \times \dfrac{1}{2} \dfrac{d y}{d x}=1$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{2}{\sec ^{2} \dfrac{y}{2}}$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{2}{1+\tan ^{2} \dfrac{y}{2}}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{1+x^{2}}$

Solution

दिया गया संबंध है $y=\sin ^{-1}(\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}})$ $y=\sin ^{-1}(\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}})$

$\Rightarrow \sin y=\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}}$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(\sin y)=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}})$

चैन नियम का उपयोग करने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \dfrac{d}{d x}(\sin y)=\cos y \cdot \dfrac{d y}{d x} \qquad …(1) $

$ \begin{aligned} & \cos y=\sqrt{1-\sin ^{2} y}=\sqrt{1-(\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}})^{2}} \\ & =\sqrt{\dfrac{(1+x^{2})^{2}-(1-x^{2})^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}=\sqrt{\dfrac{4 x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}=\dfrac{2 x}{1+x^{2}} \\ & \therefore \dfrac{d}{d x}(\sin y)=\dfrac{2 x}{1+x^{2}} \dfrac{d y}{d x} \qquad …(2) \end{aligned} $

$\dfrac{d}{d x}(\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}})=\dfrac{(1+x^{2}) \cdot(1-x^{2})^{\prime}-(1-x^{2}) \cdot(1+x^{2})^{\prime}}{(1+x^{2})^{2}} \qquad (\text{Using quotient rule}) $

$=\dfrac{(1+x^{2})(-2 x)-(1-x^{2}) \cdot(2 x)}{(1+x^{2})^{2}}$

$=\dfrac{-2 x-2 x^{3}-2 x+2 x^{3}}{(1+x^{2})^{2}}$

$=\dfrac{-4 x}{(1+x^{2})^{2}} \qquad …(3) $

(1), (2) और (3) से, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{2 x}{1+x^{2}} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-4 x}{(1+x^{2})^{2}} \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2}{1+x^{2}} \end{aligned} $

अल्टरनेट विधि

$ \begin{aligned} & y=\sin ^{-1}(\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}}) \\ & \Rightarrow \sin y=\dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}} \end{aligned} $

$\Rightarrow(1+x^{2}) \sin y=1-x^{2}$

$\Rightarrow(1+\sin y) x^{2}=1-\sin y$

$\Rightarrow x^{2}=\dfrac{1-\sin y}{1+\sin y}$

$\Rightarrow x^{2}=\dfrac{(\cos \dfrac{y}{2}-\sin \dfrac{y}{2})^{2}}{(\cos \dfrac{y}{2}+\sin \dfrac{y}{2})^{2}}$

$\Rightarrow x=\dfrac{\cos \dfrac{y}{2}-\sin \dfrac{y}{2}}{\cos \dfrac{y}{2}+\sin \dfrac{y}{2}}$

$\Rightarrow x=\dfrac{1-\tan \dfrac{y}{2}}{1+\tan \dfrac{y}{2}}$

$\Rightarrow x=\tan (\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{y}{2})$

इस संबंध के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलन करते हुए, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d}{d x}(x)=\dfrac{d}{d x} \cdot[\tan (\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{y}{2})] \\ & \Rightarrow 1=\sec ^{2}(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{y}{2}) \cdot \dfrac{d}{d x}(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{y}{2}) \\ & \Rightarrow 1=[1+\tan ^{2}(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{y}{2})] \cdot(-\dfrac{1}{2} \dfrac{d y}{d x}) \\ & \Rightarrow 1=(1+x^{2})(-\dfrac{1}{2} \dfrac{d y}{d x}) \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2}{1+x^{2}} \end{aligned} $

हल

दिया गया संबंध है $y=\cos ^{-1}(\dfrac{2 x}{1+x^{2}})$

$ \begin{aligned} & y=\cos ^{-1}(\dfrac{2 x}{1+x^{2}}) \\ & \Rightarrow \cos y=\dfrac{2 x}{1+x^{2}} \end{aligned} $

इस संबंध के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलन करते हुए, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d}{d x}(\cos y)=\dfrac{d}{d x} \cdot(\dfrac{2 x}{1+x^{2}}) \\ & \Rightarrow-\sin y \cdot \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(1+x^{2}) \cdot \dfrac{d}{d x}(2 x)-2 x \cdot \dfrac{d}{d x}(1+x^{2})}{(1+x^{2})^{2}} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & \Rightarrow-\sqrt{1-\cos ^{2} y} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(1+x^{2}) \times 2-2 x \cdot 2 x}{(1+x^{2})^{2}} \\

$$ \begin{aligned} & \Rightarrow[\sqrt{1-(\dfrac{2 x}{1+x^{2}})^{2}}] \dfrac{d y}{d x}=-[\dfrac{2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}}] \\ & \Rightarrow \sqrt{\dfrac{(1+x^{2})^{2}-4 x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}} \\ & \Rightarrow \sqrt{\dfrac{(1-x^{2})^{2}}{(1+x^{2})^{2}}} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}} \\ & \Rightarrow \dfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}} \cdot \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}} \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2}{1+x^{2}} \end{aligned} $$

Solution

दिया गया संबंध है $y=\sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}})$

$y=\sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}})$

$\Rightarrow \sin y=2 x \sqrt{1-x^{2}}$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \cos y \dfrac{d y}{d x}=2[x \dfrac{d}{d x}(\sqrt{1-x^{2}})+\sqrt{1-x^{2}} \dfrac{d x}{d x}] \\ & \Rightarrow \sqrt{1-\sin ^{2} y} \dfrac{d y}{d x}=2[\dfrac{x}{2} \cdot \dfrac{-2 x}{\sqrt{1-x^{2}}}+\sqrt{1-x^{2}}] \\ & \Rightarrow \sqrt{1-(2 x \sqrt{1-x^{2}})^{2}} \dfrac{d y}{d x}=2[\dfrac{-x^{2}+1-x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}] \\ & \Rightarrow \sqrt{1-4 x^{2}(1-x^{2})} \dfrac{d y}{d x}=2[\dfrac{1-2 x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}] \\ & \Rightarrow \sqrt{(1-2 x^{2})^{2}} \dfrac{d y}{d x}=2[\dfrac{1-2 x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}] \\ & \Rightarrow(1-2 x^{2}) \dfrac{d y}{d x}=2[\dfrac{1-2 x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}] \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{2}{\sqrt{1-x^{2}}} \end{aligned} $

Solution

दिया गया संबंध है $y=\sec ^{-1}(\dfrac{1}{2 x^{2}-1})$

$ y=\sec ^{-1}(\dfrac{1}{2 x^{2}-1}) $

$\Rightarrow \sec y=\dfrac{1}{2 x^{2}-1}$

$\Rightarrow \cos y=2 x^{2}-1$

$\Rightarrow 2 x^{2}=1+\cos y$

$\Rightarrow 2 x^{2}=2 \cos ^{2} \dfrac{y}{2}$

$\Rightarrow x=\cos \dfrac{y}{2}$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(x)=\dfrac{d}{d x}(\cos \dfrac{y}{2})$

$\Rightarrow 1=-\sin \dfrac{y}{2} \cdot \dfrac{d}{d x}(\dfrac{y}{\text{2}})$

$\Rightarrow \dfrac{-1}{\sin \dfrac{y}{2}}=\dfrac{1}{2} \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2}{\sin \dfrac{y}{2}}=\dfrac{-2}{\sqrt{1-\cos ^{2} \dfrac{y}{2}}}$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-2}{\sqrt{1-x^{2}}}$

हल

मान लीजिए $y=\dfrac{e^{x}}{\sin x}$

उत्पाद नियम का उपयोग करके, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{\sin x \dfrac{d}{d x}(e^{x})-e^{x} \dfrac{d}{d x}(\sin x)}{\sin ^{2} x} \\ & =\dfrac{\sin x \cdot(e^{x})-e^{x} \cdot(\cos x)}{\sin ^{2} x} \\ & =\dfrac{e^{x}(\sin x-\cos x)}{\sin ^{2} x}, x \neq n \pi, n \in \mathbf{Z} \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=e^{\sin ^{-1} x}$

श्रृंखला नियम का उपयोग करके, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(e^{\sin ^{-1} x}) \\ & \begin{aligned} \Rightarrow \dfrac{d y}{d x} & =e^{\sin ^{-1} x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin ^{-1} x) \\ & =e^{\sin ^{-1} x} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \\ & =\dfrac{e^{\sin ^{-1} x}}{\sqrt{1-x^{2}}} \end{aligned} \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{e^{\sin ^{-1} x}}{\sqrt{1-x^{2}}}, x \in(-1,1) \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=e^{x^{3}}$

श्रृंखला नियम का उपयोग करके, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(e^{x^{3}})=e^{x^{3}} \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{3})=e^{x^{3}} \cdot 3 x^{2}=3 x^{2} e^{x^{3}}$

हल

मान लीजिए $y=\sin (\tan ^{-1} e^{-x})$

श्रृंखला नियम का उपयोग करके, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x}[\sin (\tan ^{-1} e^{-x})] \\ & =\cos (\tan ^{-1} e^{-x}) \cdot \dfrac{d}{d x}(\tan ^{-1} e^{-x}) \\ & =\cos (\tan ^{-1} e^{-x}) \cdot \dfrac{1}{1+(e^{-x})^{2}} \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{-x}) \\ & =\dfrac{\cos (\tan ^{-1} e^{-x})}{1+e^{-2 x}} \cdot e^{-x} \cdot \dfrac{d}{d x}(-x) \\ & =\dfrac{e^{-x} \cos (\tan ^{-1} e^{-x})}{1+e^{-2 x}} \times(-1) \\ & =\dfrac{-e^{-x} \cos (\tan ^{-1} e^{-x})}{1+e^{-2 x}}

\end{aligned} $

Solution

Let $y=\log (\cos e^{x})$

By using the chain rule, we obtain

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x}[\log (\cos e^{x})] \\ & =\dfrac{1}{\cos e^{x}} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos e^{x}) \\ & =\dfrac{1}{\cos e^{x}} \cdot(-\sin e^{x}) \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{x}) \\ & =\dfrac{-\sin e^{x}}{\cos e^{x}} \cdot e^{x} \\ & =-e^{x} \tan e^{x}, e^{x} \neq(2 n+1) \dfrac{\pi}{2}, n \in \mathbf{N} \end{aligned} $

Solution

$\dfrac{d}{d x}(e^{x}+e^{x^{2}}+\ldots+e^{x^{3}})$

$=\dfrac{d}{d x}(e^{x})+\dfrac{d}{d x}(e^{x^{2}})+\dfrac{d}{d x}(e^{x^{3}})+\dfrac{d}{d x}(e^{x^{4}})+\dfrac{d}{d x}(e^{x^{3}})$

$=e^{x}+[e^{x^{2}} \times \dfrac{d}{d x}(x^{2})]+[e^{x^{3}} \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{3})]+[e^{x^{4}} \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{4})]+[e^{x^{5}} \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{5})]$

$=e^{x}+(e^{x^{2}} \times 2 x)+(e^{x^{3}} \times 3 x^{2})+(e^{x^{4}} \times 4 x^{3})+(e^{x^{3}} \times 5 x^{4})$

$=e^{x}+2 x e^{x^{2}}+3 x^{2} e^{x^{3}}+4 x^{3} e^{x^{4}}+5 x^{4} e^{x^{5}}$

Solution

Let $y=\sqrt{e^{\sqrt{x}}}$

Then, $y^{2}=e^{\sqrt{x}}$

By differentiating this relationship with respect to $x$, we obtain

$ \begin{aligned} & y^{2}=e^{\sqrt{x}} \\ & \Rightarrow 2 y \dfrac{d y}{d x}=e^{\sqrt{x}} \dfrac{d}{d x}(\sqrt{x}) \quad \text{ [By applying the chain rule] } \\ & \Rightarrow 2 y \dfrac{d y}{d x}=e^{\sqrt{x}} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{x}} \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{4 y \sqrt{x}} \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{4 \sqrt{e^{\sqrt{x}}} \sqrt{x}} \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{4 \sqrt{x e^{\sqrt{x}}}}, x>0 \end{aligned} $

Solution

Let $y=\log (\log x)$

By using the chain rule, we obtain

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x}[\log (\log x)] \\ & =\dfrac{1}{\log x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x) \\ & =\dfrac{1}{\log x} \cdot \dfrac{1}{x} \\ = & \dfrac{1}{x \log x}, x>1 \end{aligned} $

Solution

Let $y=\dfrac{\cos x}{\log x}$

By using the quotient rule, we obtain

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{\dfrac{d}{d x}(\cos x) \times \log x-\cos x \times \dfrac{d}{d x}(\log x)}{(\log x)^{2}} \\ & =\dfrac{-\sin x \log x-\cos x \times \dfrac{1}{x}}{(\log x)^{2}} \\ & =\dfrac{-[x \log x \cdot \sin x+\cos x]}{x(\log x)^{2}}, x>0 \end{aligned} $

Solution

Let $y=\cos (\log x+e^{x})$

By using the chain rule, we obtain

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =-\sin (\log x+e^{x}) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x+e^{x}) \\ & =-\sin (\log x+e^{x}) \cdot[\dfrac{d}{d x}(\log x)+\dfrac{d}{d x}(e^{x})] \\ & =-\sin (\log x+e^{x}) \cdot(\dfrac{1}{x}+e^{x}) \\ & =-(\dfrac{1}{x}+e^{x}) \sin (\log x+e^{x}), x>0 \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=\cos x \cdot \cos 2 x \cdot \cos 3 x$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=\log (\cos x \cdot \cos 2 x \cdot \cos 3 x)$

$\Rightarrow \log y=\log (\cos x)+\log (\cos 2 x)+\log (\cos 3 x)$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{\cos x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos x)+\dfrac{1}{\cos 2 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos 2 x)+\dfrac{1}{\cos 3 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos 3 x) \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=y[-\dfrac{\sin x}{\cos x}-\dfrac{\sin 2 x}{\cos 2 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(2 x)-\dfrac{\sin 3 x}{\cos 3 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(3 x)] \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=-\cos x \cdot \cos 2 x \cdot \cos 3 x[\tan x+2 \tan 2 x+3 \tan 3 x] \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=\sqrt{\dfrac{(x-1)(x-2)}{(x-3)(x-4)(x-5)}}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \log y=\log \sqrt{\dfrac{(x-1)(x-2)}{(x-3)(x-4)(x-5)}} \\ & \Rightarrow \log y=\dfrac{1}{2} \log [\dfrac{(x-1)(x-2)}{(x-3)(x-4)(x-5)}] \\ & \Rightarrow \log y=\dfrac{1}{2}[\log {(x-1)(x-2)}-\log {(x-3)(x-4)(x-5)}] \\ & \Rightarrow \log y=\dfrac{1}{2}[\log (x-1)+\log (x-2)-\log (x-3)-\log (x-4)-\log (x-5)] \end{aligned} $

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{2} \begin{bmatrix} \dfrac{1}{x-1} \cdot \dfrac{d}{d x}(x-1)+\dfrac{1}{x-2} \cdot \dfrac{d}{d x}(x-2)-\dfrac{1}{x-3} \cdot \dfrac{d}{d x}(x-3) \\ -\dfrac{1}{x-4} \cdot \dfrac{d}{d x}(x-4)-\dfrac{1}{x-5} \cdot \dfrac{d}{d x}(x-5) \end{bmatrix} \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{y}{2}(\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{1}{x-2}-\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{1}{x-4}-\dfrac{1}{x-5}) \\

& \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{2} \sqrt{\dfrac{(x-1)(x-2)}{(x-3)(x-4)(x-5)}}[\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{1}{x-2}-\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{1}{x-4}-\dfrac{1}{x-5}] \end{aligned} $

Solution

मान लीजिए $y=(\log x)^{\cos x}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=\cos x \cdot \log (\log x)$

$ x $ के संदर्भ में दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d x}= \log (\log x) \dfrac{d}{d x}(\cos x) +\cos x \times \dfrac{d}{d x}[\log (\log x)] \\ & \Rightarrow \dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d x}=-\sin x \log (\log x)+\cos x \times \dfrac{1}{\log x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x) \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=y[-\sin x \log (\log x)+\dfrac{\cos x}{\log x} \times \dfrac{1}{x}] \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=(\log x)^{\cos x}[\dfrac{\cos x}{x \log x}-\sin x \log (\log x)] \end{aligned} $

Solution

मान लीजिए $y=x^{x}-2^{\sin x}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $x^{x}=u$ और $2^{\sin x}=v$

$\therefore y=u-v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}-\dfrac{d v}{d x}$

$u=x^{x}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log u=x \log x$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=[\log x \times \dfrac{d}{d x}(x) +x \times \dfrac{d}{d x}(\log x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[1 \times \log x+x \times \dfrac{1}{x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{x}(\log x+1)$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{x}(1+\log x)$

$v=2^{\sin x}$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं $\log v=\sin x \cdot \log 2$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{v} \cdot \dfrac{d v}{d x}=\log 2 \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=v \log 2 \cos x$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=2^{\sin x} \cos x \log 2$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=x^{x}(1+\log x)-2^{\sin x} \cos x \log 2$

हल

मान लीजिए $y=(x+3)^{2} \cdot(x+4)^{3} \cdot(x+5)^{4}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \log y=\log (x+3)^{2}+\log (x+4)^{3}+\log (x+5)^{4} \\ & \Rightarrow \log y=2 \log (x+3)+3 \log (x+4)+4 \log (x+5) \end{aligned} $

$ x $ के संदर्भ में दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d x}=2 \cdot \dfrac{1}{x+3} \cdot \dfrac{d}{d x}(x+3)+3 \cdot \dfrac{1}{x+4} \cdot \dfrac{d}{d x}(x+4)+4 \cdot \dfrac{1}{x+5} \cdot \dfrac{d}{d x}(x+5) \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=y[\dfrac{2}{x+3}+\dfrac{3}{x+4}+\dfrac{4}{x+5}] \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(x+3)^{2}(x+4)^{3}(x+5)^{4} \cdot[\dfrac{2}{x+3}+\dfrac{3}{x+4}+\dfrac{4}{x+5}] \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(x+3)^{2}(x+4)^{3}(x+5)^{4} \cdot[\dfrac{2(x+4)(x+5)+3(x+3)(x+5)+4(x+3)(x+4)}{(x+3)(x+4)(x+5)}] \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(x+3)(x+4)^{2}(x+5)^{3} \cdot[2(x^{2}+9 x+20)+3(x^{2}+8 x+15)+4(x^{2}+7 x+12)] \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=(x+3)(x+4)^{2}(x+5)^{3}(9 x^{2}+70 x+133) \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=(x+\dfrac{1}{x})^{x}+x^{(1+\dfrac{1}{x})}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u=(x+\dfrac{1}{x})^{x}$ और $v=x^{(1+\dfrac{1}{x})}$

$\therefore y=u+v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x} \qquad …(1)$

तब, $u=(x+\dfrac{1}{x})^{x}$

$\Rightarrow \log u=\log (x+\dfrac{1}{x})^{x}$

$\Rightarrow \log u=x \log (x+\dfrac{1}{x})$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \cdot \dfrac{d u}{d x}=\log (x+\dfrac{1}{x}) \times \dfrac{d}{d x}(x) +x \times \dfrac{d}{d x}[\log (x+\dfrac{1}{x})]$

$\Rightarrow \dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=1 \times \log (x+\dfrac{1}{x})+x \times \dfrac{1}{(x+\dfrac{1}{x})} \cdot \dfrac{d}{d x}(x+\dfrac{1}{x})$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[\log (x+\dfrac{1}{x})+\dfrac{x}{(x+\dfrac{1}{x})} \times(1-\dfrac{1}{x^{2}})]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x+\dfrac{1}{x})^{x}[\log (x+\dfrac{1}{x})+\dfrac{(x-\dfrac{1}{x})}{(x+\dfrac{1}{x})}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x+\dfrac{1}{x})^{x}[\log (x+\dfrac{1}{x})+\dfrac{x^{2}-1}{x^{2}+1}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x+\dfrac{1}{x})^{x}[\dfrac{x^{2}-1}{x^{2}+1}+\log (x+\dfrac{1}{x})] \qquad …(2)$

$v=x^{(1+\dfrac{1}{x})}$

$\Rightarrow \log v=\log [x^{(1+\dfrac{1}{x})}]$

$\Rightarrow \log v=(1+\dfrac{1}{x}) \log x$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{v} \cdot \dfrac{d v}{d x}=[\dfrac{d}{d x}(1+\dfrac{1}{x})] \times \log x+(1+\dfrac{1}{x}) \cdot \dfrac{d}{d x} \log x$

$\Rightarrow \dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=(-\dfrac{1}{x^{2}}) \log x+(1+\dfrac{1}{x}) \cdot \dfrac{1}{x}$

$\Rightarrow \dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=-\dfrac{\log x}{x^{2}}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}}$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=v[\dfrac{-\log x+x+1}{x^{2}}]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=x^{(1+\dfrac{1}{x})}(\dfrac{x+1-\log x}{x^{2}}) \qquad …(3)$

इसलिए, (1), (2) और (3) से, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=(x+\dfrac{1}{x})^{x}[\dfrac{x^{2}-1}{x^{2}+1}+\log (x+\dfrac{1}{x})]+x^{(1+\dfrac{1}{x})}(\dfrac{x+1-\log x}{x^{2}})$

हल

मान लीजिए $y=(\log x)^{x}+x^{\log x}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u=(\log x)^{x}$ और $v=x^{\log x}$

$\therefore y=u+v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x} \qquad …(1)$

$u=(\log x)^{x}$

$\Rightarrow \log u=\log [(\log x)^{x}]$

$\Rightarrow \log u=x \log (\log x)$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}= \log (\log x)\times \dfrac{d}{d x}(x) +x \cdot \dfrac{d}{d x}[\log (\log x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[1 \times \log (\log x)+x \cdot \dfrac{1}{\log x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(\log x)^{x}[\log (\log x)+\dfrac{x}{\log x} \cdot \dfrac{1}{x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(\log x)^{x}[\log (\log x)+\dfrac{1}{\log x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(\log x)^{x}[\dfrac{\log (\log x) \cdot \log x+1}{\log x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(\log x)^{x-1}[1+\log x \cdot \log (\log x)] \qquad …(2)$

$v=x^{\log x}$

$\Rightarrow \log v=\log (x^{\log x})$

$\Rightarrow \log v=\log x \log x=(\log x)^{2}$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{v} \cdot \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{d}{d x}[(\log x)^{2}]$

$\Rightarrow \dfrac{1}{v} \cdot \dfrac{d v}{d x}=2(\log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=2 v(\log x) \cdot \dfrac{1}{x}$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=2 x^{\log x} \dfrac{\log x}{x}$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=2 x^{\log x-1} \cdot \log x \qquad …(3)$

इसलिए, (1), (2), और (3) से, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=(\log x)^{x-1}[1+\log x \cdot \log (\log x)]+2 x^{\log x-1} \cdot \log x$

Solution

मान लीजिए $y=(\sin x)^{x}+\sin ^{-1} \sqrt{x}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u=(\sin x)^{x}$ और $v=\sin ^{-1} \sqrt{x}$

$\therefore y=u+v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x} \qquad …(1)$

$u=(\sin x)^{x}$

$\Rightarrow \log u=\log (\sin x)^{x}$

$\Rightarrow \log u=x \log (\sin x)$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\Rightarrow \dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}= \log (\sin x) \times \dfrac{d}{d x}(x) +x \times \dfrac{d}{d x}[\log (\sin x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[1 \cdot \log (\sin x)+x \cdot \dfrac{1}{\sin x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(\sin x)^{x}[\log (\sin x)+\dfrac{x}{\sin x} \cdot \cos x]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(\sin x)^{x}(x \cot x+\log \sin x) \qquad …(2)$

$v=\sin ^{-1} \sqrt{x}$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d v}{d x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{x})^{2}}} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sqrt{x})$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x}} \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{x}}$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{1}{2 \sqrt{x-x^{2}}} \qquad …(3)$

इसलिए, (1), (2), और (3) से हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=(\sin x)^{x}(x \cot x+\log \sin x)+\dfrac{1}{2 \sqrt{x-x^{2}}}$

Solution

मान लीजिए $y=x^{\sin x}+(\sin x)^{\cos x}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u=x^{\sin x}$ और $v=(\sin x)^{\cos x}$

$\therefore y=u+v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x} \qquad …(1)$

$u=x^{\sin x}$

$\Rightarrow \log u=\log (x^{\sin x})$

$\Rightarrow \log u=\sin x \log x$

दोनों ओर के संबंध के संबंध में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\sin x) \cdot \log x+\sin x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[\cos x \log x+\sin x \cdot \dfrac{1}{x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{\sin x}[\cos x \log x+\dfrac{\sin x}{x}] \qquad …(2)$

$v=(\sin x)^{\cos x}$

$\Rightarrow \log v=\log (\sin x)^{\cos x}$

$\Rightarrow \log v=\cos x \log (\sin x)$

दोनों ओर के संबंध के संबंध में अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\cos x) \times \log (\sin x)+\cos x \times \dfrac{d}{d x}[\log (\sin x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=v[-\sin x \cdot \log (\sin x)+\cos x \cdot \dfrac{1}{\sin x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=(\sin x)^{\cos x}[-\sin x \log \sin x+\dfrac{\cos x}{\sin x} \cos x]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=(\sin x)^{\cos x}[-\sin x \log \sin x+\cot x \cos x]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=(\sin x)^{\cos x}[\cot x \cos x-\sin x \log \sin x] \qquad …(3)$

(1), (2), और (3) से हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=x^{\sin x}(\cos x \log x+\dfrac{\sin x}{x})+(\sin x)^{\cos x}[\cos x \cot x-\sin x \log \sin x]$

Solution

मान लीजिए $y=x^{x \cos x}+\dfrac{x^{2}+1}{x^{2}-1}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u=x^{x \cos x}$ और $v=\dfrac{x^{2}+1}{x^{2}-1}$

$\therefore y=u+v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x} \qquad …(1)$

$u=x^{x \cos x}$

$\Rightarrow \log u=\log (x^{x \cos x})$

$\Rightarrow \log u=x \cos x \log x$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=[\dfrac{d}{d x}(x)] \cdot \cos x \cdot \log x+x \cdot [\dfrac{d}{d x}(\cos x)] \cdot \log x+x \cos x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[1 \cdot \cos x \cdot \log x+x \cdot(-\sin x) \log x+x \cos x \cdot \dfrac{1}{x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{x \cos x}(\cos x \log x-x \sin x \log x+\cos x)$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{x \cos x}[\cos x(1+\log x)-x \sin x \log x] \qquad …(2)$

$v=\dfrac{x^{2}+1}{x^{2}-1}$

$\Rightarrow \log v=\log (x^{2}+1)-\log (x^{2}-1)$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{2 x}{x^{2}+1}-\dfrac{2 x}{x^{2}-1}$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=v[\dfrac{2 x(x^{2}-1)-2 x(x^{2}+1)}{(x^{2}+1)(x^{2}-1)}]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{x^{2}+1}{x^{2}-1} \times[\dfrac{-4 x}{(x^{2}+1)(x^{2}-1)}]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{-4 x}{(x^{2}-1)^{2}} \qquad …(3)$

(1), (2), और (3) से, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=x^{x \cos x}[\cos x(1+\log x)-x \sin x \log x]-\dfrac{4 x}{(x^{2}-1)^{2}}$

Solution

मान लीजिए $y=(x \cos x)^{x}+(x \sin x)^{\dfrac{1}{x}}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u=(x \cos x)^{x}$ और $v=(x \sin x)^{\dfrac{1}{x}}$

$\therefore y=u+v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x} \qquad …(1)$

$u=(x \cos x)^{x}$

$\Rightarrow \log u=\log (x \cos x)^{x}$

$\Rightarrow \log u=x \log (x \cos x)$

$\Rightarrow \log u=x[\log x+\log \cos x]$

$\Rightarrow \log u=x \log x+x \log \cos x$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=\dfrac{d}{d x}(x \log x)+\dfrac{d}{d x}(x \log \cos x)$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[{\log x \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)}+{\log \cos x \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log \cos x)}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x \cos x)^{x}[(\log x \cdot 1+x \cdot \dfrac{1}{x})+{\log \cos x \cdot 1+x \cdot \dfrac{1}{\cos x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos x)}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x \cos x)^{x}[(\log x+1)+{\log \cos x+\dfrac{x}{\cos x} \cdot(-\sin x)}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x \cos x)^{x}[(1+\log x)+(\log \cos x-x \tan x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x \cos x)^{x}[1-x \tan x+(\log x+\log \cos x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=(x \cos x)^{x}[1-x \tan x+\log (x \cos x)] \qquad …(2)$

$ \begin{aligned} & v=(x \sin x)^{\dfrac{1}{x}} \\ & \Rightarrow \log v=\log (x \sin x)^{\dfrac{1}{x}} \\ & \Rightarrow \log v=\dfrac{1}{x} \log (x \sin x) \\ & \Rightarrow \log v=\dfrac{1}{x}(\log x+\log \sin x) \\ & \Rightarrow \log v=\dfrac{1}{x} \log x+\dfrac{1}{x} \log \sin x \end{aligned} $

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$$ \begin{align*} & \dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{1}{x} \log x)+\dfrac{d}{d x}[\dfrac{1}{x} \log (\sin x)] \\ & \Rightarrow \dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=[\log x \cdot \dfrac{d}{d x}(\dfrac{1}{x})+\dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)]+[\log (\sin x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\dfrac{1}{x})+\dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{d}{d x}{\log (\sin x)}] \\ & \Rightarrow \dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=[\log x \cdot(-\dfrac{1}{x^{2}})+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}]+[\log (\sin x) \cdot(-\dfrac{1}{x^{2}})+\dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{1}{\sin x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)] \\ & \Rightarrow \dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{1}{x^{2}}(1-\log x)+[-\dfrac{\log (\sin x)}{x^{2}}+\dfrac{1}{x \sin x} \cdot \cos x] \\ & \Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=(x \sin x)^{\dfrac{1}{x}}[\dfrac{1-\log x}{x^{2}}+\dfrac{-\log (\sin x)+x \cot x}{x^{2}}] \\ & \Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=(x \sin x)^{\dfrac{1}{x}}[\dfrac{1-\log x-\log (\sin x)+x \cot x}{x^{2}}] \\ & \Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=(x \sin x)^{\dfrac{1}{x}}[\dfrac{1-\log (x \sin x)+x \cot x}{x^{2}}] \qquad …(3) \end{align*} $$

(1), (2) और (3) से, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=(x \cos x)^{x}[1-x \tan x+\log (x \cos x)]+(x \sin x)^{\dfrac{1}{x}}[\dfrac{x \cot x+1-\log (x \sin x)}{x^{2}}]$

हल

दिया गया फलन $x^{y}+y^{x}=1$ है।

मान लीजिए $x^{y}=u$ और $y^{x}=v$

तब, फलन $u+v=1$ बन जाता है।

$\therefore \dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x}=0 \qquad …(1)$

$u=x^{y}$

$\Rightarrow \log u=\log (x^{y})$

$\Rightarrow \log u=y \log x$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=\log x \dfrac{d y}{d x}+y \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[\log x \dfrac{d y}{d x}+y \cdot \dfrac{1}{x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{y}(\log x \dfrac{d y}{d x}+\dfrac{y}{x}) \qquad …(2)$

$v=y^{x}$

$\Rightarrow \log v=\log (y^{x})$

$\Rightarrow \log v=x \log y$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{v} \cdot \dfrac{d v}{d x}=\log y \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log y)$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=v(\log y \cdot 1+x \cdot \dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d x})$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=y^{x}(\log y+\dfrac{x}{y} \dfrac{d y}{d x}) \qquad …(3)$

(1), (2) और (3) से, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & x^{y}(\log x \dfrac{d y}{d x}+\dfrac{y}{x})+y^{x}(\log y+\dfrac{x}{y} \dfrac{d y}{d x})=0 \\ & \Rightarrow(x^{y} \log x+x y^{x-1}) \dfrac{d y}{d x}=-(y x^{y-1}+y^{x} \log y) \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=-\dfrac{y x^{y-1}+y^{x} \log y}{x^{y} \log x+x y^{x-1}} \end{aligned} $

हल

दिया गया फलन $(\cos x)^{y}=(\cos y)^{x}$ है।

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$y \log \cos x=x \log \cos y$

दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log \cos x \cdot \dfrac{d y}{d x}+y \cdot \dfrac{d}{d x}(\log \cos x)=\log \cos y \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log \cos y)$

$\Rightarrow \log \cos x \dfrac{d y}{d x}+y \cdot \dfrac{1}{\cos x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos x)=\log \cos y \cdot 1+x \cdot \dfrac{1}{\cos y} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos y)$

$\Rightarrow \log \cos x \dfrac{d y}{d x}+\dfrac{y}{\cos x} \cdot(-\sin x)=\log \cos y+\dfrac{x}{\cos y}(-\sin y) \cdot \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow \log \cos x \dfrac{d y}{d x}-y \tan x=\log \cos y-x \tan y \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow(\log \cos x+x \tan y) \dfrac{d y}{d x}=y \tan x+\log \cos y$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{y \tan x+\log \cos y}{x \tan y+\log \cos x}$

Solution

दी गई फलन $y^{x}=x^{y}$ है

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$x \log y=y \log x$

दोनों ओर $x$ के संतत अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \log y \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log y)=\log x \cdot \dfrac{d}{d x}(y)+y \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x) \\ & \Rightarrow \log y \cdot 1+x \cdot \dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d x}=\log x \cdot \dfrac{d y}{d x}+y \cdot \dfrac{1}{x} \\ & \Rightarrow \log y+\dfrac{x}{y} \dfrac{d y}{d x}=\log x \dfrac{d y}{d x}+\dfrac{y}{x} \\ & \Rightarrow(\dfrac{x}{y}-\log x) \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{y}{x}-\log y \\ & \Rightarrow(\dfrac{x-y \log x}{y}) \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{y-x \log y}{x} \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{y}{x}(\dfrac{y-x \log y}{x-y \log x}) \end{aligned} $

Solution

दी गई फलन $x y=e^{(x-y)}$ है

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \log (x y)=\log (e^{x-y}) \\ & \Rightarrow \log x+\log y=(x-y) \log e \\ & \Rightarrow \log x+\log y=(x-y) \times 1 \\ & \Rightarrow \log x+\log y=x-y \end{aligned} $

दोनों ओर $x$ के संतत अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d}{d x}(\log x)+\dfrac{d}{d x}(\log y)=\dfrac{d}{d x}(x)-\dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=1-\dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow(1+\dfrac{1}{y}) \dfrac{d y}{d x}=1-\dfrac{1}{x}$

$\Rightarrow(\dfrac{y+1}{y}) \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{x-1}{x}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{y(x-1)}{x(y+1)}$

हल

दिया गया संबंध $f(x)=(1+x)(1+x^{2})(1+x^{4})(1+x^{8})$ है।

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं:

$\log f(x)=\log (1+x)+\log (1+x^{2})+\log (1+x^{4})+\log (1+x^{8})$

$ x $ के संदर्भ में दोनों ओर अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं:

$ \begin{aligned} & \dfrac{1}{f(x)} \cdot \dfrac{d}{d x}[f(x)]=\dfrac{d}{d x} \log (1+x)+\dfrac{d}{d x} \log (1+x^{2})+\dfrac{d}{d x} \log (1+x^{4})+\dfrac{d}{d x} \log (1+x^{8}) \\ & \Rightarrow \dfrac{1}{f(x)} \cdot f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{1+x} \cdot \dfrac{d}{d x}(1+x)+\dfrac{1}{1+x^{2}} \cdot \dfrac{d}{d x}(1+x^{2})+\dfrac{1}{1+x^{4}} \cdot \dfrac{d}{d x}(1+x^{4})+\dfrac{1}{1+x^{8}} \cdot \dfrac{d}{d x}(1+x^{8}) \\ & \Rightarrow f^{\prime}(x)=f(x)[\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+x^{2}} \cdot 2 x+\dfrac{1}{1+x^{4}} \cdot 4 x^{3}+\dfrac{1}{1+x^{8}} \cdot 8 x^{7}] \\ & \begin{matrix} \therefore f^{\prime}(x)=(1+x)(1+x^{2})(1+x^{4})(1+x^{8})[\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{2 x}{1+x^{2}}+\dfrac{4 x^{3}}{1+x^{4}}+\dfrac{8 x^{7}}{1+x^{8}}] \\ \text{ Hence, } f^{\prime}(1)=(1+1)(1+1^{2})(1+1^{4})(1+1^{8})[\dfrac{1}{1+1}+\dfrac{2 \times 1}{1+1^{2}}+\dfrac{4 \times 1^{3}}{1+1^{4}}+\dfrac{8 \times 1^{7}}{1+1^{8}}] \\ =2 \times 2 \times 2 \times 2[\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{2}+\dfrac{4}{2}+\dfrac{8}{2}] \\ =16 \times(\dfrac{1+2+4+8}{2}) \\ =16 \times \dfrac{15}{2}=120 \end{matrix} \end{aligned} $

हल

(i) मान लीजिए $y=(x^{2}-5 x+8)(x^{3}+7 x+9)$

मान लीजिए $x^{2}-5 x+8=u$ और $x^{3}+7 x+9=v$

$\therefore y=u v$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x} \cdot v+u \cdot \dfrac{d v}{d x} \quad$ (उत्पाद नियम का उपयोग करके)

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(x^{3}+7 x+9)\dfrac{d}{d x}(x^{2}-5 x+8) +(x^{2}-5 x+8) \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{3}+7 x+9)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(2 x-5)(x^{3}+7 x+9)+(x^{2}-5 x+8)(3 x^{2}+7)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=2 x(x^{3}+7 x+9)-5(x^{3}+7 x+9)+x^{2}(3 x^{2}+7)-5 x(3 x^{2}+7)+8(3 x^{2}+7)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(2 x^{4}+14 x^{2}+18 x)-5 x^{3}-35 x-45+(3 x^{4}+7 x^{2})-15 x^{3}-35 x+24 x^{2}+56$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=5 x^{4}-20 x^{3}+45 x^{2}-52 x+11$

(ii) $y=(x^{2}-5 x+8)(x^{3}+7 x+9)$

$ \begin{aligned} & =x^{2}(x^{3}+7 x+9)-5 x(x^{3}+7 x+9)+8(x^{3}+7 x+9) \\ & =x^{5}+7 x^{3}+9 x^{2}-5 x^{4}-35 x^{2}-45 x+8 x^{3}+56 x+72 \\ & =x^{5}-5 x^{4}+15 x^{3}-26 x^{2}+11 x+72 \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(x^{5}-5 x^{4}+15 x^{3}-26 x^{2}+11 x+72) \\ & =\dfrac{d}{d x}(x^{5})-5 \dfrac{d}{d x}(x^{4})+15 \dfrac{d}{d x}(x^{3})-26 \dfrac{d}{d x}(x^{2})+11 \dfrac{d}{d x}(x)+\dfrac{d}{d x}(72) \\ & =5 x^{4}-5 \times 4 x^{3}+15 \times 3 x^{2}-26 \times 2 x+11 \times 1+0 \\ & =5 x^{4}-20 x^{3}+45 x^{2}-52 x+11 \end{aligned} $

(iii) $y=(x^{2}-5 x+8)(x^{3}+7 x+9)$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=\log (x^{2}-5 x+8)+\log (x^{3}+7 x+9)$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x} \log (x^{2}-5 x+8)+\dfrac{d}{d x} \log (x^{3}+7 x+9) \\ & \Rightarrow \dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{x^{2}-5 x+8} \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{2}-5 x+8)+\dfrac{1}{x^{3}+7 x+9} \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{3}+7 x+9) \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=y[\dfrac{1}{x^{2}-5 x+8} \times(2 x-5)+\dfrac{1}{x^{3}+7 x+9} \times(3 x^{2}+7)] \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(x^{2}-5 x+8)(x^{3}+7 x+9)[\dfrac{2 x-5}{x^{2}-5 x+8}+\dfrac{3 x^{2}+7}{x^{3}+7 x+9}] \\ $

$$ \begin{aligned} & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(x^{2}-5 x+8)(x^{3}+7 x+9)[\dfrac{(2 x-5)(x^{3}+7 x+9)+(3 x^{2}+7)(x^{2}-5 x+8)}{(x^{2}-5 x+8)(x^{3}+7 x+9)}] \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=2 x(x^{3}+7 x+9)-5(x^{3}+7 x+9)+3 x^{2}(x^{2}-5 x+8)+7(x^{2}-5 x+8) \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(2 x^{4}+14 x^{2}+18 x)-5 x^{3}-35 x-45+(3 x^{4}-15 x^{3}+24 x^{2})+(7 x^{2}-35 x+56) \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=5 x^{4}-20 x^{3}+45 x^{2}-52 x+11 \end{aligned} $$

ऊपर के तीन अवलोकनों से यह निष्कर्ष निकलता है कि $\dfrac{d y}{d x}$ के सभी परिणाम समान हैं।

हल

मान लीजिए $y=u . v . w=u .(v . w)$

उत्पाद नियम के अनुप्रयोग द्वारा हम प्राप्त करते हैं $\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x} \cdot(v \cdot w)+u \cdot \dfrac{d}{d x}(v \cdot w)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x} v \cdot w+u[\dfrac{d v}{d x} \cdot w+v \cdot \dfrac{d w}{d x}] \quad$ (फिर से उत्पाद नियम के अनुप्रयोग द्वारा)

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x} \cdot v \cdot w+u \cdot \dfrac{d v}{d x} \cdot w+u \cdot v \cdot \dfrac{d w}{d x}$

समीकरण $y=u . v . w$ के दोनों ओर लघुगणक लेने पर हम प्राप्त करते हैं

$\log y=\log u+\log v+\log w$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\log u)+\dfrac{d}{d x}(\log v)+\dfrac{d}{d x}(\log w)$

$\Rightarrow \dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}+\dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}+\dfrac{1}{w} \dfrac{d w}{d x}$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=y(\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}+\dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}+\dfrac{1}{w} \dfrac{d w}{d x})$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=u . v . w \cdot(\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}+\dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}+\dfrac{1}{w} \dfrac{d w}{d x})$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x} \cdot v \cdot w+u \cdot \dfrac{d v}{d x} \cdot w+u \cdot v \cdot \dfrac{d w}{d x}$

हल

दिए गए समीकरण $x=2 a t^{2}$ और $y=a t^{4}$ हैं

तब, $\dfrac{d x}{d t}=\dfrac{d}{d t}(2 a t^{2})=2 a \cdot \dfrac{d}{d t}(t^{2})=2 a \cdot 2 t=4 a t$

$\dfrac{d y}{d t}=\dfrac{d}{d t}(a t^{4})=a \cdot \dfrac{d}{d t}(t^{4})=a \cdot 4 \cdot t^{3}=4 a t^{3}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})}=\dfrac{4 a t^{3}}{4 a t}=t^{2}$

हल

दिए गए समीकरण $x=a \cos \theta$ और $y=b \cos \theta$ हैं

तब, $\dfrac{d x}{d \theta}=\dfrac{d}{d \theta}(a \cos \theta)=a(-\sin \theta)=-a \sin \theta$

$\dfrac{d y}{d \theta}=\dfrac{d}{d \theta}(b \cos \theta)=b(-\sin \theta)=-b \sin \theta$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d \theta})}{(\dfrac{d x}{d \theta})}=\dfrac{-b \sin \theta}{-a \sin \theta}=\dfrac{b}{a}$

हल

दिए गए समीकरण $x=\sin t$ और $y=\cos 2 t$ हैं

तब, $\dfrac{d x}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\sin t)=\cos t$

$\dfrac{d y}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\cos 2 t)=-\sin 2 t \cdot \dfrac{d}{d t}(2 t)=-2 \sin 2 t$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})}=\dfrac{-2 \sin 2 t}{\cos t}=\dfrac{-2 \cdot 2 \sin t \cos t}{\cos t}=-4 \sin t$

हल

दिए गए समीकरण $x=4 t$ और $y=\dfrac{4}{t}$ हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d x}{d t}=\dfrac{d}{d t}(4 t)=4 \\ & \dfrac{d y}{d t}=\dfrac{d}{d t}(\dfrac{4}{t})=4 \cdot \dfrac{d}{d t}(\dfrac{1}{t})=4 \cdot(\dfrac{-1}{t^{2}})=\dfrac{-4}{t^{2}} \\ `

& \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})}=\dfrac{(\dfrac{-4}{t^{2}})}{4}=\dfrac{-1}{t^{2}} \end{aligned} $

Solution

दिए गए समीकरण $x=\cos \theta-\cos 2 \theta$ और $y=\sin \theta-\sin 2 \theta$ हैं

तब, $\dfrac{d x}{d \theta}=\dfrac{d}{d \theta}(\cos \theta-\cos 2 \theta)=\dfrac{d}{d \theta}(\cos \theta)-\dfrac{d}{d \theta}(\cos 2 \theta)$

$ =-\sin \theta-(-2 \sin 2 \theta)=2 \sin 2 \theta-\sin \theta $

$\dfrac{d y}{d \theta}=\dfrac{d}{d \theta}(\sin \theta-\sin 2 \theta)=\dfrac{d}{d \theta}(\sin \theta)-\dfrac{d}{d \theta}(\sin 2 \theta)$

$=\cos \theta-2 \cos 2 \theta$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d \theta})}{(\dfrac{d x}{d \theta})}=\dfrac{\cos \theta-2 \cos 2 \theta}{2 \sin 2 \theta-\sin \theta}$

Solution

दिए गए समीकरण $x=a(\theta-\sin \theta)$ और $y=a(1+\cos \theta)$ हैं

तब, $\dfrac{d x}{d \theta}=a[\dfrac{d}{d \theta}(\theta)-\dfrac{d}{d \theta}(\sin \theta)]=a(1-\cos \theta)$

$\dfrac{d y}{d \theta}=a[\dfrac{d}{d \theta}(1)+\dfrac{d}{d \theta}(\cos \theta)]=a[0+(-\sin \theta)]=-a \sin \theta$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d \theta})}{(\dfrac{d x}{d \theta})}=\dfrac{-a \sin \theta}{a(1-\cos \theta)}=\dfrac{-2 \sin \dfrac{\theta}{2} \cos \dfrac{\theta}{2}}{2 \sin ^{2} \dfrac{\theta}{2}}=\dfrac{-\cos \dfrac{\theta}{2}}{\sin \dfrac{\theta}{2}}=-\cot \dfrac{\theta}{2}$

Solution

दिए गए समीकरण $x=\dfrac{\sin ^{3} t}{\sqrt{\cos 2 t}}$ और $y=\dfrac{\cos ^{3} t}{\sqrt{\cos 2 t}}$ हैं

$ \begin{aligned} & \text{ तब, } \dfrac{d x}{d t}=\dfrac{d}{d t}[\dfrac{\sin ^{3} t}{\sqrt{\cos 2 t}}] \\ & =\dfrac{\sqrt{\cos 2 t} \cdot \dfrac{d}{d t}(\sin ^{3} t)-\sin ^{3} t \cdot \dfrac{d}{d t} \sqrt{\cos 2 t}}{\cos 2 t} \\

& =\dfrac{\sqrt{\cos 2 t} \cdot 3 \sin ^{2} t \cdot \dfrac{d}{d t}(\sin t)-\sin ^{3} t \times \dfrac{1}{2 \sqrt{\cos 2 t}} \cdot \dfrac{d}{d t}(\cos 2 t)}{\cos 2 t} \\ & =\dfrac{3 \sqrt{\cos 2 t} \cdot \sin ^{2} t \cos t-\dfrac{\sin ^{3} t}{2 \sqrt{\cos 2 t}} \cdot(-2 \sin 2 t)}{\cos 2 t} \\ & =\dfrac{3 \cos 2 t \sin ^{2} t \cos t+\sin ^{3} t \sin 2 t}{\cos 2 t \sqrt{\cos 2 t}} \\ & \dfrac{d y}{d t}=\dfrac{d}{d t}[\dfrac{\cos ^{3} t}{\sqrt{\cos 2 t}}] \\ & =\dfrac{\sqrt{\cos 2 t} \cdot \dfrac{d}{d t}(\cos ^{3} t)-\cos ^{3} t \cdot \dfrac{d}{d t}(\sqrt{\cos 2 t})}{\cos 2 t} \\ & =\dfrac{\sqrt{\cos 2 t} \cdot 3 \cos ^{2} t \cdot \dfrac{d}{d t}(\cos t)-\cos ^{3} t \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{\cos 2 t}} \cdot \dfrac{d}{d t}(\cos 2 t)}{\cos 2 t} \\ & =\dfrac{3 \sqrt{\cos 2 t} \cdot \cos ^{2} t(-\sin t)-\cos ^{3} t \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{\cos 2 t}} \cdot(-2 \sin 2 t)}{\cos 2 t} \\ & =\dfrac{-3 \cos 2 t \cdot \cos ^{2} t \cdot \sin t+\cos ^{3} t \sin 2 t}{\cos 2 t \cdot \sqrt{\cos 2 t}} \end{aligned} $

$ \begin{matrix} \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})} & =\dfrac{-3 \cos 2 t \cdot \cos ^{2} t \cdot \sin t+\cos ^{3} t \sin 2 t}{3 \cos 2 t \sin ^{2} t \cos t+\sin ^{3} t \sin 2 t} & \\ & =\dfrac{-3 \cos 2 t \cdot \cos ^{2} t \cdot \sin t+\cos ^{3} t(2 \sin t \cos t)}{3 \cos 2 t \sin ^{2} t \cos t+\sin ^{3} t(2 \sin t \cos t)} & \\ & =\dfrac{\sin t \cos t[-3 \cos 2 t \cdot \cos t+2 \cos ^{3} t]}{\sin t \cos t[3 \cos 2 t \sin t+2 \sin ^{3} t]} & { \begin{bmatrix} \because \cos 2 t=(2 \cos ^{2} t-1), \\ \cos 2 t=(1-2 \sin ^{2} t) \end{bmatrix} } \\ & =\dfrac{[-3(2 \cos { }^{2} t-1) \cos t+2 \cos ^{3} t]}{[3(1-2 \sin ^{2} t) \sin t+2 \sin ^{3} t]} & { \begin{bmatrix} \because \cos 3 t=4 \cos ^{3} t-3 \cos ^{3} t \\ \sin 3 t=3 \sin ^{3} t-4 \sin ^{3} t \end{bmatrix} } \\ & =\dfrac{-4 \cos t+3 \cos t}{3 \sin t-4 \sin ^{3} t} & \end{matrix} $

हल

दिए गए समीकरण $x=a(\cos t+\log \tan \dfrac{t}{2})$ और $y=a \sin t$ हैं

$ \begin{aligned} & \text{ तब, } \dfrac{d x}{d t}=a \cdot[\dfrac{d}{d t}(\cos t)+\dfrac{d}{d t}(\log \tan \dfrac{t}{2})] \\ & =a[-\sin t+\dfrac{1}{\tan \dfrac{t}{2}} \cdot \dfrac{d}{d t}(\tan \dfrac{t}{2})] \\ & =a[-\sin t+\cot \dfrac{t}{2} \cdot \sec ^{2} \dfrac{t}{2} \cdot \dfrac{d}{d t}(\dfrac{t}{2})] \\ & =a[-\sin t+\dfrac{\cos \dfrac{t}{2}}{\sin \dfrac{t}{2}} \times \dfrac{1}{\cos ^{2} \dfrac{t}{2}} \times \dfrac{1}{2}] \\ & =a[-\sin t+\dfrac{1}{2 \sin \dfrac{t}{2} \cos \dfrac{t}{2}}] \\ & =a(-\sin t+\dfrac{1}{\sin t}) \\ & =a(\dfrac{-\sin ^{2} t+1}{\sin t}) \\ & =a \dfrac{\cos ^{2} t}{\sin t} \\ & \dfrac{d y}{d t}=a \dfrac{d}{d t}(\sin t)=a \cos t \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})}=\dfrac{a \cos t}{(a \dfrac{\cos ^{2} t}{\sin t})}=\dfrac{\sin t}{\cos t}=\tan t \end{aligned} $

हल

दिए गए समीकरण $x=a \sec \theta$ और $y=b \tan \theta$ हैं

तब, $\dfrac{d x}{d \theta}=a \cdot \dfrac{d}{d \theta}(\sec \theta)=a \sec \theta \tan \theta$

$\dfrac{d y}{d \theta}=b \cdot \dfrac{d}{d \theta}(\tan \theta)=b \sec ^{2} \theta$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d \theta})}{(\dfrac{d x}{d \theta})}=\dfrac{b \sec ^{2} \theta}{a \sec \theta \tan \theta}=\dfrac{b}{a} \sec \theta \cot \theta=\dfrac{b \cos \theta}{a \cos \theta \sin \theta}=\dfrac{b}{a} \times \dfrac{1}{\sin \theta}=\dfrac{b}{a} cosec \theta$

हल

दिए गए समीकरण $x=a(\cos \theta+\theta \sin \theta)$ और $y=a(\sin \theta-\theta \cos \theta)$ हैं

तब, $\dfrac{d x}{d \theta}=a[\dfrac{d}{d \theta} \cos \theta+\dfrac{d}{d \theta}(\theta \sin \theta)]=a[-\sin \theta+\theta \dfrac{d}{d \theta}(\sin \theta)+\sin \theta \dfrac{d}{d \theta}(\theta)]$ $=a[-\sin \theta+\theta \cos \theta+\sin \theta]=a \theta \cos \theta$

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d \theta}=a[\dfrac{d}{d \theta}(\sin \theta)-\dfrac{d}{d \theta}(\theta \cos \theta)] & =a[\cos \theta-{\theta \dfrac{d}{d \theta}(\cos \theta)+\cos \theta \cdot \dfrac{d}{d \theta}(\theta)}] \\ & =a[\cos \theta+\theta \sin \theta-\cos \theta] \\ & =a \theta \sin \theta \end{aligned} $

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d \theta})}{(\dfrac{d x}{d \theta})}=\dfrac{a \theta \sin \theta}{a \theta \cos \theta}=\tan \theta$

हल

दिए गए समीकरण $x=\sqrt{a^{\sin ^{-1} t}}$ और $y=\sqrt{a^{\cos ^{-1} t}}$ हैं

$x=\sqrt{a^{\sin ^{-1} t}}$ और $y=\sqrt{a^{\cos ^{-1} t}}$

$\Rightarrow x=(a^{\sin ^{-1} t})^{\dfrac{1}{2}}$ और $y=(a^{\cos ^{-1} t})^{\dfrac{1}{2}}$

$\Rightarrow x=a^{\dfrac{1}{2} \sin ^{-1} t}$ और $y=a^{\dfrac{1}{2} \cos ^{-1} t}$

मान लीजिए $x=a^{\dfrac{1}{2} \sin ^{-1} t}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log x=\dfrac{1}{2} \sin ^{-1} t \log a$

$\therefore \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{d x}{d t}=\dfrac{1}{2} \log a \cdot \dfrac{d}{d t}(\sin ^{-1} t)$

$\Rightarrow \dfrac{d x}{d t}=\dfrac{x}{2} \log a \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}$

$\Rightarrow \dfrac{d x}{d t}=\dfrac{x \log a}{2 \sqrt{1-t^{2}}}$

अब, मान लीजिए $y=a^{\dfrac{1}{2} \cos ^{-1} t}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=\dfrac{1}{2} \cos ^{-1} t \log a$

$\therefore \dfrac{1}{y} \cdot \dfrac{d y}{d t}=\dfrac{1}{2} \log a \cdot \dfrac{d}{d t}(\cos ^{-1} t)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d t}=\dfrac{y \log a}{2} \cdot(\dfrac{-1}{\sqrt{1-t^{2}}})$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d t}=\dfrac{-y \log a}{2 \sqrt{1-t^{2}}}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})}=\dfrac{(\dfrac{-y \log a}{2 \sqrt{1-t^{2}}})}{(\dfrac{x \log a}{2 \sqrt{1-t^{2}}})}=-\dfrac{y}{x}$.

इसलिए, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

मान लीजिए $y=x^{2}+3 x+2$

तब,

$\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(x^{2})+\dfrac{d}{d x}(3 x)+\dfrac{d}{d x}(2)=2 x+3+0=2 x+3$

$\therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}(2 x+3)=\dfrac{d}{d x}(2 x)+\dfrac{d}{d x}(3)=2+0=2$

हल

मान लीजिए $y=x^{20}$

तब,

$\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(x^{20})=20 x^{19}$

$\therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}(20 x^{19})=20 \dfrac{d}{d x}(x^{19})=20 \cdot 19 \cdot x^{18}=380 x^{18}$

हल

मान लीजिए $y=x \cdot \cos x$

तब,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(x \cdot \cos x)=\cos x \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \dfrac{d}{d x}(\cos x)=\cos x \cdot 1+x(-\sin x)=\cos x-x \sin x \\ & \begin{aligned} \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}} & =\dfrac{d}{d x}[\cos x-x \sin x]=\dfrac{d}{d x}(\cos x)-\dfrac{d}{d x}(x \sin x) \\ & =-\sin x-[\sin x \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)] \\ & =-\sin x-(\sin x+x \cos x) \\ & =-(x \cos x+2 \sin x) \end{aligned} \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=\log x$

तब,

$\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\log x)=\dfrac{1}{x}$

$\therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{1}{x})=\dfrac{-1}{x^{2}}$

हल

मान लीजिए $y=x^{3} \log x$

तब,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}[x^{3} \log x]=\log x \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{3})+x^{3} \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x) \\ & =\log x \cdot 3 x^{2}+x^{3} \cdot \dfrac{1}{x}=\log x \cdot 3 x^{2}+x^{2} \\ & =x^{2}(1+3 \log x) \\ & \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}[x^{2}(1+3 \log x)] \\ `

& =(1+3 \log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{2})+x^{2} \dfrac{d}{d x}(1+3 \log x) \\ & =(1+3 \log x) \cdot 2 x+x^{2} \cdot \dfrac{3}{x} \\ & =2 x+6 x \log x+3 x \\ & =5 x+6 x \log x \\ & =x(5+6 \log x) \end{aligned} $

Solution

Let $y=e^{x} \sin 5 x$

Then,

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x}(e^{x} \sin 5 x)=\sin 5 x \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{x})+e^{x} \dfrac{d}{d x}(\sin 5 x) \\ & =\sin 5 x \cdot e^{x}+e^{x} \cdot \cos 5 x \cdot \dfrac{d}{d x}(5 x)=e^{x} \sin 5 x+e^{x} \cos 5 x \cdot 5 \\ & =e^{x}(\sin 5 x+5 \cos 5 x) \\ \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}} & =\dfrac{d}{d x}[e^{x}(\sin 5 x+5 \cos 5 x)] \\ & =(\sin 5 x+5 \cos 5 x) \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{x})+e^{x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin 5 x+5 \cos 5 x) \\ & =(\sin 5 x+5 \cos 5 x) e^{x}+e^{x}[\cos 5 x \cdot \dfrac{d}{d x}(5 x)+5(-\sin 5 x) \cdot \dfrac{d}{d x}(5 x)] \\ & =e^{x}(\sin 5 x+5 \cos 5 x)+e^{x}(5 \cos 5 x-25 \sin 5 x) \\ & =e^{x}(10 \cos 5 x-24 \sin 5 x)=2 e^{x}(5 \cos 5 x-12 \sin 5 x) \end{aligned} $

Solution

Let $y=e^{6 x} \cos 3 x$

Then,

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x}(e^{6 x} \cdot \cos 3 x)=\cos 3 x \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{6 x})+e^{6 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos 3 x) \\ & =\cos 3 x \cdot e^{6 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(6 x)+e^{6 x} \cdot(-\sin 3 x) \cdot \dfrac{d}{d x}(3 x) \\ & =6 e^{6 x} \cos 3 x-3 e^{6 x} \sin 3 x \\ \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}} & =\dfrac{d}{d x}(6 e^{6 x} \cos 3 x-3 e^{6 x} \sin 3 x)=6 \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{6 x} \cos 3 x)-3 \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{6 x} \sin 3 x) \\ & =6 \cdot[6 e^{6 x} \cos 3 x-3 e^{6 x} \sin 3 x]-3 \cdot[\sin 3 x \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{6 x})+e^{6 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin 3 x)] \\ & =36 e^{6 x} \cos 3 x-18 e^{6 x} \sin 3 x-3[\sin 3 x \cdot e^{6 x} \cdot 6+e^{6 x} \cdot \cos 3 x \cdot 3] \\ & =36 e^{6 x} \cos 3 x-18 e^{6 x} \sin 3 x-18 e^{6 x} \sin 3 x-9 e^{6 x} \cos 3 x \\

& =27 e^{6 x} \cos 3 x-36 e^{6 x} \sin 3 x \\ & =9 e^{6 x}(3 \cos 3 x-4 \sin 3 x) \end{aligned} $

Solution

Let $y=\tan ^{-1} x$

Then,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\tan ^{-1} x)=\dfrac{1}{1+x^{2}} \\ & \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{1}{1+x^{2}})=\dfrac{d}{d x}(1+x^{2})^{-1}=(-1) \cdot(1+x^{2})^{-2} \cdot \dfrac{d}{d x}(1+x^{2}) \\ & \quad=\dfrac{-1}{(1+x^{2})^{2}} \times 2 x=\dfrac{-2 x}{(1+x^{2})^{2}} \end{aligned} $

Solution

Let $y=\log (\log x)$

Then,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}[\log (\log x)]=\dfrac{1}{\log x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)=\dfrac{1}{x \log x}=(x \log x)^{-1} \\ & \begin{aligned} \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}} & =\dfrac{d}{d x}[(x \log x)^{-1}]=(-1) \cdot(x \log x)^{-2} \cdot \dfrac{d}{d x}(x \log x) \\ & =\dfrac{-1}{(x \log x)^{2}} \cdot[\log x \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)] \\ & =\dfrac{-1}{(x \log x)^{2}} \cdot[\log x \cdot 1+x \cdot \dfrac{1}{x}]=\dfrac{-(1+\log x)}{(x \log x)^{2}} \end{aligned} \end{aligned} $

Solution

Let $y=\sin (\log x)$

Then,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}[\sin (\log x)]=\cos (\log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)=\dfrac{\cos (\log x)}{x} \\ & \begin{aligned} \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}} & =\dfrac{d}{d x}[\dfrac{\cos (\log x)}{x}] \\ & =\dfrac{x \cdot \dfrac{d}{d x}[\cos (\log x)]-\cos (\log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(x)}{x^{2}} \\ & =\dfrac{x \cdot[-\sin (\log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)]-\cos (\log x) \cdot 1}{x^{2}} \\ & =\dfrac{-x \sin (\log x) \cdot \dfrac{1}{x}-\cos (\log x)}{x^{2}} \\ & =\dfrac{-[\sin (\log x)+\cos (\log x)]}{x^{2}} \end{aligned} \end{aligned} $

हल

दिया गया है, $y=5 \cos x-3 \sin x$

तब,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(5 \cos x)-\dfrac{d}{d x}(3 \sin x)=5 \dfrac{d}{d x}(\cos x)-3 \dfrac{d}{d x}(\sin x) \\ & =5(-\sin x)-3 \cos x=-(5 \sin x+3 \cos x) \\ & \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}[-(5 \sin x+3 \cos x)] \\ & =-[5 \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)+3 \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos x)] \\ & =-[5 \cos x+3(-\sin x)] \\ & =-[5 \cos x-3 \sin x] \\ & =-y \\ & \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}+y=0 \end{aligned} $

इसलिए, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

दिया गया है, $y=\cos ^{-1} x$

तब,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\cos ^{-1} x)=\dfrac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}}=-(1-x^{2})^{\dfrac{-1}{2}} \\ & \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}[-(1-x^{2})^{\dfrac{-1}{2}}] \\ & =-(-\dfrac{1}{2}) \cdot(1-x^{2})^{\dfrac{-3}{2}} \cdot \dfrac{d}{d x}(1-x^{2}) \\ & =\dfrac{1}{2 \sqrt{(1-x^{2})^{3}}} \times(-2 x) \\ & \Rightarrow \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{-x}{\sqrt{(1-x^{2})^{3}}} \end{aligned} $

समीकरण (i) में $x=\cos y$ रखने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{-\cos y}{\sqrt{(1-\cos ^{2} y)^{3}}}$ $\Rightarrow \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{-\cos y}{\sqrt{(\sin ^{2} y)^{3}}}$

$ =\dfrac{-\cos y}{\sin ^{3} y} $

$ =\dfrac{-\cos y}{\sin y} \times \dfrac{1}{\sin ^{2} y} $

$\Rightarrow \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=-\cot y \cdot \text{cosec}^{2} y$

हल

दिया गया है, $y=3 \cos (\log x)+4 \sin (\log x)$

तब,

$ \begin{aligned} & y_1=3 \cdot \dfrac{d}{d x}[\cos (\log x)]+4 \cdot \dfrac{d}{d x}[\sin (\log x)] \\ & =3 \cdot[-\sin (\log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)]+4 \cdot[\cos (\log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)] \\ & \therefore y_1=\dfrac{-3 \sin (\log x)}{x}+\dfrac{4 \cos (\log x)}{x}=\dfrac{4 \cos (\log x)-3 \sin (\log x)}{x} \\

$$ \begin{aligned} & \therefore y_2=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{4 \cos (\log x)-3 \sin (\log x)}{x}) \\ & =\dfrac{x{4 \cos (\log x)-3 \sin (\log x)}^{\prime}-{4 \cos (\log x)-3 \sin (\log x)}(x)^{\prime}}{x^{2}} \\ & =\dfrac{x[4{\cos (\log x)}^{\prime}-3{\sin (\log x)}^{\prime}]-{4 \cos (\log x)-3 \sin (\log x)} \cdot 1}{x^{2}} \\ & =\dfrac{x[-4 \sin (\log x) \cdot(\log x)^{\prime}-3 \cos (\log x) \cdot(\log x)^{\prime}]-4 \cos (\log x)+3 \sin (\log x)}{x^{2}} \\ & =\dfrac{x[-4 \sin (\log x) \cdot \dfrac{1}{x}-3 \cos (\log x) \cdot \dfrac{1}{x}]-4 \cos (\log x)+3 \sin (\log x)}{x^{2}} \\ & =\dfrac{-4 \sin (\log x)-3 \cos (\log x)-4 \cos (\log x)+3 \sin (\log x)}{x^{2}} \\ & =\dfrac{-\sin (\log x)-7 \cos (\log x)}{x^{2}} \\ & \therefore x^{2} y_2+x y_1+y \\ & =x^{2}(\dfrac{-\sin (\log x)-7 \cos (\log x)}{x^{2}})+x(\dfrac{4 \cos (\log x)-3 \sin (\log x)}{x})+3 \cos (\log x)+4 \sin (\log x) \\ & =-\sin (\log x)-7 \cos (\log x)+4 \cos (\log x)-3 \sin (\log x)+3 \cos (\log x)+4 \sin (\log x) \\ & =0 \end{aligned} $$

इसलिए, सिद्ध किया गया है।

हल

दिया गया है, $y=A e^{m x}+B e^{n x}$

तब,

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=A \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{m x})+B \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{n x})=A \cdot e^{m x} \cdot \dfrac{d}{d x}(m x)+B \cdot e^{n x} \cdot \dfrac{d}{d x}(n x)=A m e^{m x}+B n e^{n x} \\ & \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}(A m e^{m x}+B n e^{n x})=A m \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{m x})+B n \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{n x}) \\ & =A m \cdot e^{m x} \cdot \dfrac{d}{d x}(m x)+B n \cdot e^{n x} \cdot \dfrac{d}{d x}(n x)=A m^{2} e^{m x}+B n^{2} e^{n x} \\ & \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}-(m+n) \dfrac{d y}{d x}+m n y \\ & =A m^{2} e^{m x}+B n^{2} e^{n x}-(m+n) \cdot(A m e^{m x}+B n e^{n x})+m n(A e^{m x}+B e^{n x}) \\ & =A m^{2} e^{m x}+B n^{2} e^{n x}-A m^{2} e^{m x}-B m n e^{n x}-A m n e^{m x}-B n^{2} e^{n x}+A m n e^{m x}+B m n e^{n x} \\

& =0 \end{aligned} $

इसलिए, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

दिया गया है, $y=500 e^{7 x}+600 e^{-7 x}$

तब,

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =500 \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{7 x})+600 \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{-7 x}) \\ & =500 \cdot e^{7 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(7 x)+600 \cdot e^{-7 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(-7 x) \\ & =3500 e^{7 x}-4200 e^{-7 x} \\ \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}} & =3500 \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{7 x})-4200 \cdot \dfrac{d}{d x}(e^{-7 x}) \\ & =3500 \cdot e^{7 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(7 x)-4200 \cdot e^{-7 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(-7 x) \\ & =7 \times 3500 \cdot e^{7 x}+7 \times 4200 \cdot e^{-7 x} \\ & =49 \times 500 e^{7 x}+49 \times 600 e^{-7 x} \\ & =49(500 e^{7 x}+600 e^{-7 x}) \\ & =49 y \end{aligned} $

इसलिए, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

दिया गया संबंध है $e^{y}(x+1)=1$

$e^{y}(x+1)=1$

$\Rightarrow e^{y}=\dfrac{1}{x+1}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$y=\log \dfrac{1}{(x+1)}$

इस संबंध को $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं $\dfrac{d y}{d x}=(x+1) \dfrac{d}{d x}(\dfrac{1}{x+1})=(x+1) \cdot \dfrac{-1}{(x+1)^{2}}=\dfrac{-1}{x+1}$

$\therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=-\dfrac{d}{d x}(\dfrac{1}{x+1})=-(\dfrac{-1}{(x+1)^{2}})=\dfrac{1}{(x+1)^{2}}$

$\Rightarrow \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=(\dfrac{-1}{x+1})^{2}$

$\Rightarrow \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=(\dfrac{d y}{d x})^{2}$

इसलिए, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

दिया गया संबंध है $y=(\tan ^{-1} x)^{2}$

तब,

$y _1=2 \tan ^{-1} x \dfrac{d}{d x}(\tan ^{-1} x)$

$\Rightarrow y _1=2 \tan ^{-1} x \cdot \dfrac{1}{1+x^{2}}$

$\Rightarrow(1+x^{2}) y _1=2 \tan^{-1} x$

फिर से $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर हम प्राप्त करते हैं

$(1+x^{2}) y _2+2 x y _1=2(\dfrac{1}{1+x^{2}})$

$\Rightarrow(1+x^{2})^{2} y _2+2 x(1+x^{2}) y _1=2$

इसलिए, सिद्ध किया गया।

हल

मान लीजिए $y=(3 x^{2}-9 x+5)^{9}$

चैन नियम का उपयोग करते हुए, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x}(3 x^{2}-9 x+5)^{9} \\ & =9(3 x^{2}-9 x+5)^{8} \cdot \dfrac{d}{d x}(3 x^{2}-9 x+5) \\ & =9(3 x^{2}-9 x+5)^{8} \cdot(6 x-9) \\ & =9(3 x^{2}-9 x+5)^{8} \cdot 3(2 x-3) \\ & =27(3 x^{2}-9 x+5)^{8}(2 x-3) \end{aligned} $

हल

$ \begin{aligned} & \text{ मान लीजिए } y=\sin ^{3} x+\cos ^{6} x \\ & \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\sin ^{3} x)+\dfrac{d}{d x}(\cos ^{6} x) \\ & =3 \sin ^{2} x \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x)+6 \cos ^{5} x \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos x) \\ & =3 \sin ^{2} x \cdot \cos x+6 \cos ^{5} x \cdot(-\sin x) \\ & =3 \sin x \cos x(\sin x-2 \cos ^{4} x) \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=(5 x)^{3 \cos 2 x}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=3 \cos 2 x \log 5 x$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=3[\log 5 x \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos 2 x)+\cos 2 x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log 5 x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=3 y[\log 5 x(-\sin 2 x) \cdot \dfrac{d}{d x}(2 x)+\cos 2 x \cdot \dfrac{1}{5 x} \cdot \dfrac{d}{d x}(5 x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=3 y[-2 \sin 2 x \log 5 x+\dfrac{\cos 2 x}{x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}= y[\dfrac{3 \cos 2 x}{x}-6 \sin 2 x \log 5 x]$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=(5 x)^{3 \cos 2 x}[\dfrac{3 \cos 2 x}{x}-6 \sin 2 x \log 5 x]$

हल

मान लीजिए $y=\sin ^{-1}(x \sqrt{x})$

चैन नियम का उपयोग करते हुए, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x} \sin ^{-1}(x \sqrt{x}) \\ & =\dfrac{1}{\sqrt{1-(x \sqrt{x})^{2}}} \times \dfrac{d}{d x}(x \sqrt{x}) \\ & =\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{3}}} \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{\dfrac{3}{2}}) \\ & =\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{3}}} \times \dfrac{3}{2} \cdot x^{\dfrac{1}{2}} \\ & =\dfrac{3 \sqrt{x}}{2 \sqrt{1-x^{3}}} \\ & =\dfrac{3}{2} \sqrt{\dfrac{x}{1-x^{3}}} \end{aligned} $

Solution

मान लीजिए $y=\dfrac{\cos ^{-1} \dfrac{x}{2}}{\sqrt{2 x+7}}$

गुणोत्तर नियम के अनुसार, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{\sqrt{2 x+7} \dfrac{d}{d x}(\cos ^{-1} \dfrac{x}{2})-(\cos ^{-1} \dfrac{x}{2}) \dfrac{d}{d x}(\sqrt{2 x+7})}{(\sqrt{2 x+7})^{2}} \\ & =\dfrac{\sqrt{2 x+7}[\dfrac{-1}{\sqrt{1-(\dfrac{x}{2})^{2}}} \cdot \dfrac{d}{d x}(\dfrac{x}{2})]-(\cos ^{-1} \dfrac{x}{2}) \dfrac{1}{2 \sqrt{2 x+7}} \cdot \dfrac{d}{d x}(2 x+7)}{2 x+7} \\ & =\dfrac{\sqrt{2 x+7} \dfrac{-1}{\sqrt{4-x^{2}}}-(\cos ^{-1} \dfrac{x}{2}) \dfrac{2}{2 \sqrt{2 x+7}}}{2 x+7} \\ & =\dfrac{-\sqrt{2 x+7}}{\sqrt{4-x^{2}} \times(2 x+7)}-\dfrac{\cos ^{-1} \dfrac{x}{2}}{(\sqrt{2 x+7})(2 x+7)} \\ & =-[\dfrac{1}{\sqrt{4-x^{2}} \sqrt{2 x+7}}+\dfrac{\cos ^{-1} \dfrac{x}{2}}{(2 x+7)^{\dfrac{3}{2}}}] \end{aligned} $

Solution

मान लीजिए $y=\cot ^{-1}[\dfrac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}}] \qquad …(1)$

तब, $\dfrac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}}$

$=\dfrac{(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x})^{2}}{(\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x})(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x})}$

$=\dfrac{(1+\sin x)+(1-\sin x)+2 \sqrt{(1-\sin x)(1+\sin x)}}{(1+\sin x)-(1-\sin x)}$

$=\dfrac{2+2 \sqrt{1-\sin ^{2} x}}{2 \sin x}$

$=\dfrac{1+\cos x}{\sin x}$

$=\dfrac{2 \cos ^{2} \dfrac{x}{2}}{2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2}}$

$=\cot \dfrac{x}{2} \qquad …(1)$

इसलिए, समीकरण (1) बन जाता है

$y=\cot ^{-1}(\cot \dfrac{x}{2})$

$\Rightarrow y=\dfrac{x}{2}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{2} \dfrac{d}{d x}(x)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{2}$

Solution

मान लीजिए $y=(\log x)^{\log x}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=\log x \cdot \log (\log x)$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}[\log x \cdot \log (\log x)]$

$\Rightarrow \dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\log (\log x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)+\log x \cdot \dfrac{d}{d x}[\log (\log x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=y[\log (\log x) \cdot \dfrac{1}{x}+\log x \cdot \dfrac{1}{\log x} \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)]$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=y[\dfrac{1}{x} \log (\log x)+\dfrac{1}{x}]$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=(\log x)^{\log x}[\dfrac{1}{x}+\dfrac{\log (\log x)}{x}]$

Solution

मान लीजिए $y=\cos (a \cos x+b \sin x)$

चैन नियम का उपयोग करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x} \cos (a \cos x+b \sin x) \\ & \begin{aligned} \Rightarrow \dfrac{d y}{d x} & =-\sin (a \cos x+b \sin x) \cdot \dfrac{d}{d x}(a \cos x+b \sin x) \\ & =-\sin (a \cos x+b \sin x) \cdot[a(-\sin x)+b \cos x] \\ & =(a \sin x-b \cos x) \cdot \sin (a \cos x+b \sin x) \end{aligned} \end{aligned} $

Solution

मान लीजिए $y=(\sin x-\cos x)^{(\sin x-\cos x)}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=\log [(\sin x-\cos x)^{(\sin x-\cos x)}]$

$\Rightarrow \log y=(\sin x-\cos x) \cdot \log (\sin x-\cos x)$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}[(\sin x-\cos x) \log (\sin x-\cos x)]$

$\Rightarrow \dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\log (\sin x-\cos x) \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x-\cos x)+(\sin x-\cos x) \cdot \dfrac{d}{d x} \log (\sin x-\cos x)$

$\Rightarrow \dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=\log (\sin x-\cos x) \cdot(\cos x+\sin x)+(\sin x-\cos x) \cdot \dfrac{1}{(\sin x-\cos x)} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin x-\cos x)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=(\sin x-\cos x)^{(\sin x-\cos x)}[(\cos x+\sin x) \cdot \log (\sin x-\cos x)+(\cos x+\sin x)]$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=(\sin x-\cos x)^{(\sin x-\cos x)}(\cos x+\sin x)[1+\log (\sin x-\cos x)]$

Solution

Let $y=x^{x}+x^{a}+a^{x}+a^{a}$

Also, let $x^{x}=u, x^{a}=v, a^{x}=w$, and $a^{a}=s$

$\therefore y=u+v+w+s$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x}+\dfrac{d w}{d x}+\dfrac{d s}{d x} \qquad …(1)$

$u=x^{x}$

$\Rightarrow \log u=\log x^{x}$

$\Rightarrow \log u=x \log x$

Differentiating both sides with respect to $x$, we obtain

$\dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=\log x \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=u[\log x \cdot 1+x \cdot \dfrac{1}{x}]$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{x}[\log x+1]=x^{x}(1+\log x) \qquad …(2)$

$v=x^{a}$

$\therefore \dfrac{d v}{d x}=\dfrac{d}{d x}(x^{a})$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=a x^{a-1} \qquad …(3)$

$w=a^{x}$

$\Rightarrow \log w=\log a^{x}$

$\Rightarrow \log w=x \log a$

Differentiating both sides with respect to $x$, we obtain

$\dfrac{1}{w} \cdot \dfrac{d w}{d x}=\log a \cdot \dfrac{d}{d x}(x)$

$\Rightarrow \dfrac{d w}{d x}=w \log a$

$\Rightarrow \dfrac{d w}{d x}=a^{x} \log a \qquad …(4)$

$s=a^{a}$

Since $a$ is constant, $a^{a}$ is also a constant.

$\therefore \dfrac{d s}{d x}=0 \qquad …(5)$

From (1), (2), (3), (4), and (5), we obtain

$ \begin{aligned} \dfrac{d y}{d x} & =x^{x}(1+\log x)+a x^{a-1}+a^{x} \log a+0 \\ & =x^{x}(1+\log x)+a x^{a-1}+a^{x} \log a `

\end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=x^{x^{2}-3}+(x-3)^{x^{2}}$

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए $u=x^{x^{2}-3}$ और $v=(x-3)^{x^{2}}$

$\therefore y=u+v$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d u}{d x}+\dfrac{d v}{d x} \qquad …(1)$

$u=x^{x^{2}-3}$

$\therefore \log u=\log (x^{x^{2}-3})$

$\log u=(x^{2}-3) \log x$

$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{u} \cdot \dfrac{d u}{d x}=\log x \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{2}-3)+(x^{2}-3) \cdot \dfrac{d}{d x}(\log x)$

$\Rightarrow \dfrac{1}{u} \dfrac{d u}{d x}=\log x \cdot 2 x+(x^{2}-3) \cdot \dfrac{1}{x}$

$\Rightarrow \dfrac{d u}{d x}=x^{x^{2}-3} \cdot[\dfrac{x^{2}-3}{x}+2 x \log x] \qquad …(2)$

इसके अतिरिक्त,

$v=(x-3)^{x^{2}}$

$\therefore \log v=\log (x-3)^{x^{2}}$

$\Rightarrow \log v=x^{2} \log (x-3)$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{v} \cdot \dfrac{d v}{d x}=\log (x-3) \cdot \dfrac{d}{d x}(x^{2})+x^{2} \cdot \dfrac{d}{d x}[\log (x-3)]$

$\Rightarrow \dfrac{1}{v} \dfrac{d v}{d x}=\log (x-3) \cdot 2 x+x^{2} \cdot \dfrac{1}{x-3} \cdot \dfrac{d}{d x}(x-3)$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=v[2 x \log (x-3)+\dfrac{x^{2}}{x-3} \cdot 1]$

$\Rightarrow \dfrac{d v}{d x}=(x-3)^{x^{2}}[\dfrac{x^{2}}{x-3}+2 x \log (x-3)] \qquad …(3)$

समीकरण (1) में $\dfrac{d u}{d x}$ और $\dfrac{d v}{d x}$ के व्यंजकों को बदल देने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{d y}{d x}=x^{x^{2}-3}[\dfrac{x^{2}-3}{x}+2 x \log x]+(x-3)^{x^{2}}[\dfrac{x^{2}}{x-3}+2 x \log (x-3)]$

हल

दिया गया है, $y=12(1-\cos t), x=10(t-\sin t)$

$\therefore \dfrac{d x}{d t}=\dfrac{d}{d t}[10(t-\sin t)]=10 \cdot \dfrac{d}{d t}(t-\sin t)=10(1-\cos t)$

$\dfrac{d y}{d t}=\dfrac{d}{d t}[12(1-\cos t)]=12 \cdot \dfrac{d}{d t}(1-\cos t)=12 \cdot[0-(-\sin t)]=12 \sin t$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})}=\dfrac{12 \sin t}{10(1-\cos t)}=\dfrac{12 \cdot 2 \sin \dfrac{t}{2} \cdot \cos \dfrac{t}{2}}{10 \cdot 2 \sin ^{2} \dfrac{t}{2}}=\dfrac{6}{5} \cot \dfrac{t}{2}$

Solution

दिया गया है, $y=\sin ^{-1} x+\sin ^{-1} \sqrt{1-x^{2}}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}[\sin ^{-1} x+\sin ^{-1} \sqrt{1-x^{2}}]$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\sin ^{-1} x)+\dfrac{d}{d x}(\sin ^{-1} \sqrt{1-x^{2}})$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{1-x^{2}})^{2}}} \cdot \dfrac{d}{d x}(\sqrt{1-x^{2}})$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}+\dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{1-x^{2}}} \cdot \dfrac{d}{d x}(1-x^{2})$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}+\dfrac{1}{2 x \sqrt{1-x^{2}}}(-2 x)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=0$

Solution

दिया गया है,

$x \sqrt{1+y}+y \sqrt{1+x}=0$ $\Rightarrow x \sqrt{1+y}=-y \sqrt{1+x}$

दोनों ओर वर्ग करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$x^{2}(1+y)=y^{2}(1+x)$

$\Rightarrow x^{2}+x^{2} y=y^{2}+x y^{2}$

$\Rightarrow x^{2}-y^{2}=x y^{2}-x^{2} y$

$\Rightarrow x^{2}-y^{2}=x y(y-x)$

$\Rightarrow(x+y)(x-y)=x y(y-x)$

$\therefore x+y=-x y$

$\Rightarrow(1+x) y=-x$

$\Rightarrow y=\dfrac{-x}{(1+x)}$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$y=\dfrac{-x}{(1+x)}$

$\dfrac{d y}{d x}=-\dfrac{(1+x) \dfrac{d}{d x}(x)-x \dfrac{d}{d x}(1+x)}{(1+x)^{2}}=-\dfrac{(1+x)-x}{(1+x)^{2}}=-\dfrac{1}{(1+x)^{2}}$

इसलिए, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

दिया गया है, $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=c^{2}$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$$ \begin{align*} & \dfrac{d}{d x}[(x-a)^{2}]+\dfrac{d}{d x}[(y-b)^{2}]=\dfrac{d}{d x}(c^{2}) \\ & \Rightarrow 2(x-a) \cdot \dfrac{d}{d x}(x-a)+2(y-b) \cdot \dfrac{d}{d x}(y-b)=0 \\ & \Rightarrow 2(x-a) \cdot 1+2(y-b) \cdot \dfrac{d y}{d x}=0 \\ & \Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-(x-a)}{y-b} \\ \end{align*} $$

$ \begin{aligned} & \therefore \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}[\dfrac{-(x-a)}{y-b}]\\ & =-[\dfrac{(y-b) \cdot \dfrac{d}{d x}(x-a)-(x-a) \cdot \dfrac{d}{d x}(y-b)}{(y-b)^{2}}] \\ & =-[\dfrac{(y-b)-(x-a) \cdot \dfrac{d y}{d x}}{(y-b)^{2}}] \\ & =-[\dfrac{(y-b)-(x-a) \cdot{\dfrac{-(x-a)}{y-b}}}{(y-b)^{2}}] \\ & =-[\dfrac{(y-b)^{2}+(x-a)^{2}}{(y-b)^{3}}] \\ & \therefore[\dfrac{1+(\dfrac{d y}{d x})^{2}}{\dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}}]^{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{[1+\dfrac{(x-a)^{2}}{(y-b)^{2}}]^{\dfrac{3}{2}}}{-[\dfrac{(y-b)^{2}+(x-a)^{2}}{(y-b)^{3}}]}=\dfrac{[\dfrac{(y-b)^{2}+(x-a)^{2}}{(y-b)^{2}}]^{\dfrac{3}{2}}}{-[\dfrac{(y-b)^{2}+(x-a)^{2}}{(y-b)^{3}}]} \\ & =\dfrac{[\dfrac{c^{2}}{(y-b)^{2}}]^{\dfrac{3}{2}}}{-\dfrac{c^{2}}{(y-b)^{3}}}=\dfrac{\dfrac{c^{3}}{(y-b)^{3}}}{-\dfrac{c^{2}}{(y-b)^{3}}} \end{aligned} $

$ =-c \text{, जो एक नियतांक है और } a \text{ और } b \text{ के अपेक्षा स्वतंत्र है} $

इसलिए, सिद्ध किया गया है।

हल

दिया गया है, $\cos y=x \cos (a+y)$

$\therefore \dfrac{d}{d x}[\cos y]=\dfrac{d}{d x}[x \cos (a+y)]$

$\Rightarrow-\sin y \dfrac{d y}{d x}=\cos (a+y) \cdot \dfrac{d}{d x}(x)+x \cdot \dfrac{d}{d x}[\cos (a+y)]$

$\Rightarrow-\sin y \dfrac{d y}{d x}=\cos (a+y)+x \cdot[-\sin (a+y)] \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow[x \sin (a+y)-\sin y] \dfrac{d y}{d x}=\cos (a+y) \qquad …(1)$

क्योंकि $\cos y=x \cos (a+y), x=\dfrac{\cos y}{\cos (a+y)}$

फिर, समीकरण (1) निम्नलिखित रूप में घटता है

$[\dfrac{\cos y}{\cos (a+y)} \cdot \sin (a+y)-\sin y] \dfrac{d y}{d x}=\cos (a+y)$

$\Rightarrow[\cos y \cdot \sin (a+y)-\sin y \cdot \cos (a+y)] \cdot \dfrac{d y}{d x}=\cos ^{2}(a+y)$

$\Rightarrow \sin (a+y-y) \dfrac{d y}{d x}=\cos ^{2}(a+b)$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{\cos ^{2}(a+b)}{\sin a}$

इसलिए, सिद्ध किया गया है।

हल

दिया गया है, $x=a(\cos t+t \sin t)$ और $y=a(\sin t-t \cos t)$

$\therefore \dfrac{d x}{d t}=a \cdot \dfrac{d}{d t}(\cos t+t \sin t)$

$=a[-\sin t+\sin t \cdot \dfrac{d}{d x}(t)+t \cdot \dfrac{d}{d t}(\sin t)]$

$=a[-\sin t+\sin t+t \cos t]=a t \cos t$

$\dfrac{d y}{d t}=a \cdot \dfrac{d}{d t}(\sin t-t \cos t)$

$=a[\cos t-{\cos t \cdot \dfrac{d}{d t}(t)+t \cdot \dfrac{d}{d t}(\cos t)}]$

$=a[\cos t-{\cos t-t \sin t}]=a t \sin t$

$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{(\dfrac{d y}{d t})}{(\dfrac{d x}{d t})}=\dfrac{a t \sin t}{a t \cos t}=\tan t$

फिर, $\dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{d y}{d x})=\dfrac{d}{d x}(\tan t)=\sec ^{2} t \cdot \dfrac{d t}{d x}$

$ \begin{aligned} & =\sec ^{2} t \cdot \dfrac{1}{a t \cos t} \quad[\dfrac{d x}{d t}=a t \cos t \Rightarrow \dfrac{d t}{d x}=\dfrac{1}{a t \cos t}] \\ & =\dfrac{\sec ^{3} t}{a t}, 0<t<\dfrac{\pi}{2} \end{aligned} $

हल

यह ज्ञात है कि, $|x|= \begin{cases}x, & \text{ यदि } x \geq 0 \\ -x, & \text{ यदि } x<0\end{cases}$

इसलिए, जब $x \geq 0, f(x)=|x|^{3}=x^{3}$

इस स्थिति में, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}$ और इसलिए, $f^{\prime \prime}(x)=6 x$

जब $x<0, f(x)=|x|^{3}=(-x)^{3}=-x^{3}$

इस स्थिति में, $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}$ और इसलिए, $f^{\prime \prime}(x)=-6 x$

इस प्रकार, $f(x)=|x|^{3}$ के लिए, $f^{\prime \prime}(x)$ सभी वास्तविक $x$ के लिए अस्तित्व में है और इसे निम्नलिखित द्वारा दिया जाता है,

$f^{\prime \prime}(x)= \begin{cases}6 x, & \text{ यदि } x \geq 0 \\ -6 x, & \text{ यदि } x<0\end{cases}$

Solution

$\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलज लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} & \dfrac{d}{d x}[\sin (A+B)]=\dfrac{d}{d x}(\sin A \cos B)+\dfrac{d}{d x}(\cos A \sin B) \\ & \Rightarrow \cos (A+B) \cdot \dfrac{d}{d x}(A+B)=\cos B \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin A)+\sin A \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos B) +\sin B \cdot \dfrac{d}{d x}(\cos A)+\cos A \cdot \dfrac{d}{d x}(\sin B) \\ & \Rightarrow \cos (A+B) \cdot \dfrac{d}{d x}(A+B)=\cos B \cdot \cos A \dfrac{d A}{d x}+\sin A(-\sin B) \dfrac{d B}{d x} +\sin B(-\sin A) \cdot \dfrac{d A}{d x}+\cos A \cos B \dfrac{d B}{d x} \\ & \Rightarrow \cos (A+B) \cdot[\dfrac{d A}{d x}+\dfrac{d B}{d x}]=(\cos A \cos B-\sin A \sin B) \cdot[\dfrac{d A}{d x}+\dfrac{d B}{d x}] \\ & \therefore \cos (A+B)=\cos A \cos B-\sin A \sin B \end{aligned} $

Solution

हाँ, ऐसा फलन है

$f(x)=|x-1|+|x-2|$

आप इस फलन के ग्राफ को देख सकते हैं, यह फलन प्रत्येक बिंदु पर सतत है। लेकिन ठीक दो बिंदुओं, अर्थात $(1,1)$ और $(2,1)$ पर अवकलनीय नहीं है, कारण एक तीखा घुमाव है।

हल

$ \begin{aligned} & y= \begin{vmatrix} f(x) & g(x) & h(x) \\ l & m & n \\ a & b & c \end{vmatrix} \\ & \Rightarrow y=(m c-n b) f(x)-(l c-n a) g(x)+(l b-m a) h(x) \end{aligned} $

फिर, $\dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}[(m c-n b) f(x)]-\dfrac{d}{d x}[(l c-n a) g(x)]+\dfrac{d}{d x}[(l b-m a) h(x)]$

$ =(m c-n b) f^{\prime}(x)-(l c-n a) g^{\prime}(x)+(l b-m a) h^{\prime}(x) $

$ = \begin{vmatrix} f^{\prime}(x) & g^{\prime}(x) & h^{\prime}(x) \\ l & m & n \\ a & b & c \end{vmatrix} $

इसलिए, $\dfrac{d y}{d x}= \begin{vmatrix} f^{\prime}(x) & g^{\prime}(x) & h^{\prime}(x) \\ l & m & n \\ a & b & c\end{vmatrix} $

हल

दिया गया है, $y=e^{a \cos ^{-1} x}$

दोनों ओर लघुगणक लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\log y=a \cos ^{-1} x \log e$

$\log y=a \cos ^{-1} x$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\dfrac{1}{y} \dfrac{d y}{d x}=a \times \dfrac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}}$

$\Rightarrow \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{-a y}{\sqrt{1-x^{2}}}$

दोनों ओर वर्ग करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$(\dfrac{d y}{d x})^{2}=\dfrac{a^{2} y^{2}}{1-x^{2}}$

$\Rightarrow(1-x^{2})(\dfrac{d y}{d x})^{2}=a^{2} y^{2}$

$(1-x^{2})(\dfrac{d y}{d x})^{2}=a^{2} y^{2}$

फिर से $ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$(\dfrac{d y}{d x})^{2} \dfrac{d}{d x}(1-x^{2})+(1-x^{2}) \times \dfrac{d}{d x}[(\dfrac{d y}{d x})^{2}]=a^{2} \dfrac{d}{d x}(y^{2})$

$\Rightarrow(\dfrac{d y}{d x})^{2}(-2 x)+(1-x^{2}) \times 2 \dfrac{d y}{d x} \cdot \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=a^{2} \cdot 2 y \cdot \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow(\dfrac{d y}{d x})^{2}(-2 x)+(1-x^{2}) \times 2 \dfrac{d y}{d x} \cdot \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=a^{2} \cdot 2 y \cdot \dfrac{d y}{d x}$

$\Rightarrow-x \dfrac{d y}{d x}+(1-x^{2}) \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}=a^{2} \cdot y \quad[\dfrac{d y}{d x} \neq 0]$

$\Rightarrow(1-x^{2}) \dfrac{d^{2} y}{d x^{2}}-x \dfrac{d y}{d x}-a^{2} y=0$

अतः सिद्ध कर दिया गया है।