हल

हम जानते हैं कि $y=f(x)$, यदि

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

तो $x=a$ पर असतत नहीं होगा।

दिया गया है: $\quad f(x)=x^{3}+2 x^{2}-1$

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{h \to 0}(1+h)^{3}+2(1+h)^{2}-1=1+2-1=2 \\ & \lim _{x \to 1} f(x)=(1)^{3}+2(1)^{2}-1 \\ & =1+2-1=2 \\ & \lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{arrow}(1+h)^{3}+2(1+h)^{2}-1 \\ & =1+2-1=2 \\ & \lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=2 . \end{aligned} $

अतः, $f(x)$, $x=1$ पर असतत नहीं है।

हल

$ \begin{aligned} \lim _{x \to 2^{+}} f(x) & =3 x+5 \\ & =\lim _{h \to 0} 3(2+h)+5=11 \\ \lim _{x \to 2} f(x) & =3 x+5=3(2)+5=11 \\ \lim _{x \to 2^{-}} f(x) & =x^{2}=\lim _{h \to 0}(2-h)^{2} \\ & =\lim _{h \to 0}(2)^{2}+h^{2}-4 h=(2)^{2}=4 \end{aligned} $

क्योंकि

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

अतः $f(x)$, $x=2$ पर असतत है।

हल

$\quad \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\frac{1-\cos 2 x}{x^{2}}$

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos 2(0-h)}{(0-h)^{2}}=\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos (-2 h)}{h^{2}} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos 2 h}{h^{2}} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{2 \sin ^{2} h}{h^{2}} \quad[\because 1-\cos \theta=2 \sin ^{2} \frac{\theta}{2}] \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{2 \sin h}{h} \cdot \frac{\sin h}{h}=2 \cdot 1 \cdot 1=2 \quad[\lim _{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1] \\

\lim _{x \to 0^{+}} f(x) & =\frac{1-\cos 2 x}{x^{2}} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos 2(0+h)}{(0+h)^{2}}=\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos 2 h}{h^{2}} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{2 \sin ^{2} h}{h^{2}}=\frac{2 \sin h}{h} \cdot \frac{\sin h}{h}=2 \cdot 1.1=2 \end{aligned} $

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

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

$\therefore f(x)$ $x=0$ पर असतत है।

समाधान

$\quad f(x)=\frac{2 x^{2}-3 x-2}{x-2}$

$ \begin{aligned} & =\frac{2 x^{2}-4 x+x-2}{x-2}=\frac{2 x(x-2)+1(x-2)}{x-2} \\ & =\frac{(2 x+1)(x-2)}{x-2}=2 x+1 \\ \lim _{x \to 2^{-}} f(x) & =2 x+1 \\ & =\lim _{h \to 0} 2(2-h)+1=4+1=5 \\ \lim _{x \to 2^{+}} f(x) & =2 x+1 \\ & =\lim _{h \to 0} 2(2+h)+1=4+1=5 \\ \lim _{x \to 2} f(x) & =5 \end{aligned} $

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

अतः, $f(x)$ $x=2$ पर सतत है।

समाधान

$\quad \lim _{x \to 4^{-}} f(x)=\frac{|x-4|}{2(x-4)} \quad \begin{cases} \text{ for } x<4,|x-4|=-(x-4) \\ \text{ for } x>4,|x-4|=(x-4) \end{cases} $

$ =\lim _{h \to 0} \frac{-[4-h-4]}{2[4-h-4]}=\lim _{h \to 0} \frac{h}{-2 h}=-\frac{1}{2} $

$\lim _{x \to 4^{+}} f(x)=\frac{|x-4|}{2(x-4)}=\lim _{h \to 0} \frac{[4+h-4]}{2[4+h-4]}=\frac{1}{2}$

$\lim _{x \to 4} f(x)=0$

$\therefore \lim _{x \to 4^{-}} f(x) \neq \lim _{x \to 4^{+}} f(x) \neq \lim _{x \to 4} f(x)$

अतः, $f(x)$ $x=4$ पर असतत है।

समाधान

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

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0}|0-h| \cos \frac{1}{(0-h)}=\lim _{h \to 0} h \cos \frac{1}{h} \\ & =0 \quad[\because \cos \frac{1}{x} \text{ oscillate between }-1 \text{ and } 1] \end{aligned} $

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

$=\lim _{h \to 0}|0+h| \cos \frac{1}{(0+h)}=\lim _{h \to 0} h \cdot \cos \frac{1}{h}=0$

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

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

अतः, $f(x)$ $x=0$ पर अवकलनीय है।

समाधान

$\quad \lim _{x \to a^{-}} f(x)=|x-a| \sin \frac{1}{x-a}$

$=\lim _{h \to 0}|a-h-a| \cdot \sin \frac{1}{a-h-a}=\lim _{h \to 0} h \cdot \sin \frac{1}{-h}$

$=\lim _{h \to 0}-h \cdot \sin \frac{1}{h} \quad[\because \sin (-\theta)=-\sin \theta]$

$=0 \times[$ एक संख्या जो -1 और 1 के बीच झूलती है$]$

$=0$

$\lim _{x \to a^{+}} f(x)=|x-a| \sin \frac{1}{x-a}$

$=\lim _{h \to 0}|a+h-a| \cdot \sin \frac{1}{a+h-a}=\lim _{h \to 0} h \cdot \sin \frac{1}{h}$

$=0 \times[$ एक संख्या जो -1 और 1 के बीच झूलती है$]$

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

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

अतः, $f(x)$ $x=a$ पर अवकलनीय है।

समाधान

$\quad \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\frac{e^{1 / x}}{1+e^{1 / x}}$

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{e^{\frac{1}{0-h}}}{1+e^{\frac{1}{0-h}}}=\lim _{h \to 0} \frac{e^{-1 / h}}{1+e^{-1 / h}} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{1}{e^{1 / h}(1-e^{-1 / h})}=\lim _{h \to 0} \frac{1}{e^{1 / h}-1}=\frac{1}{e^{1 / 0}-1} \\ & =\frac{1}{e^{\infty}-1}=\frac{1}{0-1}=-1 \quad \quad[\because e^{\infty}=0] \\ `

\lim _{x \to 0^{+}} f(x) & =\frac{e^{1 / x}}{1+e^{1 / x}} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{e^{\frac{1}{0+h}}}{1+e^{\frac{1}{0+h}}}=\lim _{h \to 0} \frac{e^{1 / h}}{1+e^{1 / h}} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{1}{e^{-1 / h}(1+e^{1 / h})}=\lim _{h \to 0} \frac{1}{e^{-1 / h}+1} \\ & =\frac{1}{e^{-\infty}+1}=\frac{1}{0+1}=1 \quad[e^{-\infty}=0] \end{aligned} $

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

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

इसलिए, $f(x)$ $x=0$ पर असतत है।

समाधान

$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\frac{x^{2}}{2}=\lim _{h \to 0} \frac{(1-h)^{2}}{2}=\frac{1}{2}$

$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 1} f(x)=\frac{x^{2}}{2}=\frac{(1)^{2}}{2}=\frac{1}{2} \\ & \lim _{x \to 1^{+}} f(x)=2 x^{2}-3 x+\frac{3}{2}=2(1)^{2}-3(1)+\frac{3}{2}=2-3+\frac{3}{2}=\frac{1}{2} \end{aligned} $

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

इसलिए, $f(x)$ $x=1$ पर सतत है।

समाधान

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

$ =|1-0|+|1-0-1|=1+0=1 $

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

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

इसलिए, $f(x)$ $x=1$ पर सतत है।

समाधान

$\lim _{x \to 5} f(x)=3 x-8$

$ =\lim _{h \to 0} 3(5-h)-8=15-8=7 $

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

$

x=5 पर फलन अंतरालय है

$ \begin{aligned} & \therefore \lim _{x \to 5^{-}} f(x)=\lim _{x \to 5^{+}} f(x) \\ & \therefore \quad 7=2 k \Rightarrow k=\frac{7}{2} \end{aligned} $

इसलिए, $k$ का मान $\frac{7}{2}$ है।

समाधान

$\quad f(x)=\frac{2^{x+2}-16}{4^{x}-16}=\frac{2^{2} \cdot 2^{x}-16}{(2^{x})^{2}-(4)^{2}}=\frac{4(2^{x}-4)}{(2^{x}-4)(2^{x}+4)}$

$ f(x)=\frac{4}{2^{x}+4} $

$ \begin{aligned} \lim _{x \to 2^{-}} f(x) & =\lim _{h \to 0} \frac{4}{2^{2-h}+4}=\frac{4}{2^{2}+4}=\frac{4}{4+4}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2} \\ \lim _{x \to 2} f(x) & =k \end{aligned} $

x=2 पर फलन अंतरालय है।

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

$\therefore k =\frac{1}{2}$

इसलिए, $k$ का मान $\frac{1}{2}$ है।

समाधान

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

$ =\lim _{x \to 0^{-}} \frac{\sqrt{1+k x}-\sqrt{1-k x}}{x} \times \frac{\sqrt{1+k x}+\sqrt{1-k x}}{\sqrt{1+k x}+\sqrt{1-k x}} $

$ \begin{aligned} = & \lim _{x \to 0^{-}} \frac{(1+k x)-(1-k x)}{x[\sqrt{1+k x}+\sqrt{1-k x}]} \\ = & \lim _{x \to 0^{-}} \frac{1+k x-1+k x}{x[\sqrt{1+k x}+\sqrt{1-k x}]} \\ = & \lim _{x \to 0^{-}} \frac{2 k x}{x[\sqrt{1+k x}+\sqrt{1-k x}]} \\ = & \lim _{x \to 0^{-}} \frac{2 k}{\sqrt{1+k x}+\sqrt{1-k x}} \\ = & \lim _{h \to 0} \frac{2 k}{\sqrt{1+k(0-h)}+\sqrt{1-k(0-h)}} \\ = & \frac{2 k}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}=\frac{2 k}{2}=k \\ \lim _{x \to 0} f(x)= & \frac{2 x+1}{x-1}=\frac{2(0)+1}{0-1}=\frac{1}{-1}=-1 \end{aligned} $

x=0 पर फलन अंतरालय है।

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

k & =-1 \end{aligned} $

अतः, $k$ का मान -1 है ।

हल

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

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos k(0-h)}{(0-h) \sin (0-h)}=\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos (-k h)}{-h \cdot \sin (-h)} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{1-\cos k h}{h \sin h} \quad \begin{bmatrix} \because \sin (-\theta)=-\sin \theta \\ \cos (-\theta)=\cos \theta \end{bmatrix} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{2 \sin ^{2} \frac{k h}{2}}{h \sin h} \\ & =\lim _{\substack{h \to 0 \\ k h \to 0}} \frac{2 \sin \frac{k h}{2}}{\frac{k h}{2}} \times \frac{k h}{2} \times \frac{\sin \frac{k h}{2}}{\frac{k h}{2}} \times \frac{k h}{2} \cdot \frac{1}{h \cdot \frac{\sin h}{h} \cdot h} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} \begin{bmatrix} =2 \cdot 1 \cdot \frac{k h}{2} \cdot 1 \cdot \frac{k h}{2} \cdot \frac{1}{h^2} \cdot 1 \\ =k^{2} \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \lim _{h \to 0} \frac{\sin h}{h}=1 \text{ और } \\ \lim _{k h \to 0} \frac{\sin k h}{k h}=1 \end{bmatrix} \\ \lim _{x \to 0} f(x)=\frac{1}{2} \\ \text{ जबकि } \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0} f(x) \\ \therefore \quad \frac{k^{2}}{2}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow \quad k^{2}=1 \Rightarrow k= \pm 1 \end{aligned} $

अतः, $k$ का मान $\pm 1$ है।

हल

$\quad \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\frac{x}{|x|+2 x^{2}}=\lim _{h \to 0} \frac{0-h}{|0-h|+2(0-h)^{2}}$

$ =\lim _{h \to 0} \frac{-h}{h+2 h^{2}}=\lim _{h \to 0} \frac{-h}{h(1+2 h)} $

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{-1}{1+2 h}=\frac{-1}{1+2(0)}=-1 \\

\lim _{x \to 0^{+}} f(x) & =\frac{x}{|x|+2 x^{2}}=\lim _{h \to 0} \frac{0+h}{|0+h|+2(0+h)^{2}} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{h}{h+2 h^{2}}=\lim _{h \to 0} \frac{h}{h(1+2 h)}=\frac{1}{1+0}=1 \\ \lim _{x \to 0^{-}} f(x) & \neq \lim _{x \to 0^{+}} f(x) \end{aligned} $

इसलिए, $f(x)$ कोई भी $k$ के चयन के बावजूद $x=0$ पर असतत है।

हल

$\lim _{x \to 4^{-}} f(x)=\frac{x-4}{|x-4|}+a$

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{4-h-4}{|4-h-4|}+a=\lim _{h \to 0} \frac{-h}{h}+a=-1+a \\ \lim _{x \to 4} f(x) & =a+b \\ \lim _{x \to 4^{+}} f(x) & =\frac{x-4}{|x-4|}+b \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{4+h-4}{|4+h-4|}+b=\lim _{h \to 0} \frac{h}{h}+b=1+b \end{aligned} $

क्योंकि फलन $x=4$ पर सतत है।

$ \begin{matrix} \therefore \quad & \lim _{arrow} f(x)=\lim _{x \to 4} f(x)=\lim _{x \to 4^{+}} f(x) \\ & -1+a=a+b=1+b \\ \therefore \quad & -1+a=a+b \Rightarrow b=-1 \\ & 1+b=a+b \Rightarrow a=1 \end{matrix} $

इसलिए, $a=1$ और $b=-1$ के मान हैं।

हल

$ \begin{aligned} f(x) & =\frac{1}{x+2} \\ f[f(x)] & =\frac{1}{f(x)+2}=\frac{1}{\frac{1}{x+2}+2}=\frac{1}{\frac{1+2 x+4}{x+2}}=\frac{x+2}{2 x+5} \\ \therefore \quad f[f(x)] & =\frac{x+2}{2 x+5} \end{aligned} $

इस फलन को जहां $2 x+5=0 \Rightarrow x=\frac{-5}{2}$ पर अनिर्धारित और सतत नहीं होगा।

इसलिए, $x=\frac{-5}{2}$ असतत बिंदु है।

हल

हमें $f(t)=\frac{1}{t^{2}+t-2}$ दिया गया है

$ \Rightarrow \quad f(t)=\frac{1}{\frac{1}{(x-1)^{2}}+\frac{1}{(x-1)}-2} \quad[\text{ जहाँ } t=\frac{1}{x-1}] $

$ \begin{aligned} & =\frac{1}{\frac{1+x-1-2(x-1)^{2}}{(x-1)^{2}}}=\frac{(x-1)^{2}}{x-2 x^{2}-2+4 x} \\ & =\frac{(x-1)^{2}}{-2 x^{2}+5 x-2}=\frac{(x-1)^{2}}{-(2 x^{2}-5 x+2)} \\ & =\frac{(x-1)^{2}}{-[2 x^{2}-4 x-x+2]}=\frac{(x-1)^{2}}{-[2 x(x-2)-1(x-2)]} \\ & =\frac{(x-1)^{2}}{-(x-2)(2 x-1)}=\frac{(x-1)^{2}}{(2-x)(2 x-1)} \end{aligned} $

इसलिए, यदि $f(t)$ असतत है, तो $2-x=0 \quad \therefore x=2$

और $2 x-1=0 \quad \therefore x=\frac{1}{2}$

इसलिए, असतत बिंदुओं के आवश्यक बिंदु 2 और $\frac{1}{2}$ हैं।

हल

दिया गया है $f(x)=|\sin x+\cos x| \quad$ बिंदु $x=\pi$ पर

मान लीजिए $g(x)=\sin x+\cos x$ और $h(x)=|x|$

$\therefore \quad h[g(x)]=h(\sin x+\cos x)=|\sin x+\cos x|$

अब, $g(x)=\sin x+\cos x$ एक अंतर्वेल योग्य फलन है क्योंकि $\sin x$ और $\cos x$ दोनों बिंदु $x=\pi$ पर अंतर्वेल योग्य फलन हैं।

हम जानते हैं कि प्रत्येक मापदंड फलन एक अंतर्वेल योग्य फलन होता है।

इसलिए, $f(x)=|\sin x+\cos x|$ बिंदु $x=\pi$ पर अंतर्वेल योग्य फलन है।

हल

हम जानते हैं कि एक फलन $f$ अपने डोमेन के एक बिंदु ’ $a$ ’ पर अवकलनीय होता है यदि

$ L f^{\prime}(c)=R f^{\prime}(c) $

जहाँ $L f^{\prime}(c)=\lim _{h \to 0} \frac{f(a-h)-f(a)}{-h}$ और

$R f^{\prime}(c)=\lim _{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$

यहाँ, $ f(x)=\begin{cases} x[x], & \text{ यदि } 0 \leq x<2 \\ (x-1) x, & \text{ यदि } 2 \leq x<3 \end{cases} \text{ बिंदु } x=2 \text{ पर।} $

$\text{ बिंदु } x=2$

$ \begin{aligned} L f^{\prime}(c) & =\lim _{h \to 0} \frac{f(2-h)-f(2)}{-h}=\lim _{h \to 0} \frac{(2-h)[2-h]-(2-1) 2}{-h} \quad[\because[2-h]=1] \\

& =\lim _{h \to 0} \frac{(2-h) \cdot 1-2}{-h} \\ = & \lim _{h \to 0} \frac{2-h-2}{-h}=1 \\ R f^{\prime}(c) & =\lim _{h \to 0} \frac{f(2+h)-f(2)}{h} \\ = & \lim _{h \to 0} \frac{(2+h-1)(2+h)-(2-1) \cdot 2}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{(1+h)(2+h)-2}{h}=\lim _{h \to 0} \frac{2+h+2 h+h^{2}-2}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{3 h+h^{2}}{h}=\lim _{h \to 0} \frac{h(3+h)}{h}=3 \end{aligned} $

$ L f^{\prime}(2) \neq R f^{\prime}(2) $

इसलिए, $f(x)$ $x=2$ पर अवकलनीय नहीं है।

हल

दिया गया है:

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

अवकलनीयता के लिए हम जानते हैं कि:

$ \begin{aligned} & L f^{\prime}(c)=R f^{\prime}(c) \\ & \therefore L f^{\prime}(0)=\lim _{h \to 0} \frac{f(0-h)-f(0)}{-h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{(0-h)^{2} \sin \frac{1}{(0-h)}-0}{-h}=\frac{h^{2} \cdot \sin (-\frac{1}{h})}{-h} \\ & \begin{matrix} =h \cdot \sin (\frac{1}{h})=0 \times[-1 \leq \sin (\frac{1}{h}) \leq 1] \\ =0 \end{matrix} \\ & R f^{\prime}(0)=\lim _{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim _{h \to 0} \frac{(0+h)^{2} \sin (\frac{1}{0+h})-0}{h} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{h^{2} \sin (\frac{1}{h})}{h}=\lim _{h \to 0} h \cdot \sin (\frac{1}{h}) \\ & =0 \times[-1 \leq \sin (\frac{1}{h}) \leq 1]=0 \end{aligned} $

इसलिए, $L f^{\prime}(0)=R f^{\prime}(0)=0$

इसलिए, $f(x)$ $x=0$ पर अवकलनीय है।

हल

$ f(x) $, $x=2$ पर अवकलनीय होगा यदि

$ \begin{aligned} L f^{\prime}(2) & =R f^{\prime}(2) \\

\therefore \quad L f^{\prime}(2) & =\lim _{h \to 0} \frac{f(2-h)-f(2)}{-h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{(1+2-h)-(1+2)}{-h}=\lim _{h \to 0} \frac{3-h-3}{-h}=\frac{-h}{-h}=1 \\ R f^{\prime}(2) & =\lim _{h \to 0} \frac{f(2+h)-f(2)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{[5-(2+h)]-(1+2)}{h}=\lim _{h \to 0} \frac{3-h-3}{h} \\ & =\frac{-h}{h}=-1 \end{aligned} $

इसलिए, $\quad L f^{\prime}(2) \neq R f^{\prime}(2)$

इसलिए, $f(x)$ $x=2$ पर अवकलनीय नहीं है।

हल

हम जानते हैं कि $f(x)=|x-5|$

$ \Rightarrow \quad f(x)=\begin{cases} -(x-5) \text{ यदि } x-5<0 \text{ या } x<5 \\ x-5 \text{ यदि } x-5>0 \text{ या } x>5 \end{cases} . $

$x=5$ पर सततता के लिए

$ \begin{aligned} \text{ बाईं ओर सीमा } \lim _{h \to 5^{-}} f(x) & =-(x-5) \\ & =\lim _{h \to 0}-(5-h-5)=\lim _{h \to 0} h=0 \\ \text{ दाईं ओर सीमा } \lim _{x \to 5^{+}} f(x) & =x-5 \\ & =\lim _{h \to 0}(5+h-5)=\lim _{h \to 0} h=0 \end{aligned} $

$ \text{ बाईं ओर सीमा = दाईं ओर सीमा } $

इसलिए, $f(x)$ $x=5$ पर सतत है।

अब, अवकलनीयता के लिए

$ \begin{aligned} L f^{\prime}(5) & =\lim _{h \to 0} \frac{f(5-h)-f(5)}{-h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{-(5-h-5)-(5-5)}{-h}=\lim _{h \to 0} \frac{h}{-h}=-1 \\ R f^{\prime}(5) & =\lim _{h \to 0} \frac{f(5+h)-f(5)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{(5+h-5)-(5-5)}{h}=\lim _{h \to 0} \frac{h-0}{h}=1 \\ \because \quad L f^{\prime}(5) & \neq R f^{\prime}(5) \end{aligned} $

इसलिए, $f(x)$ $x=5$ पर अवकलनीय नहीं है।

हल

दिया गया है: $f: R \to R$ समीकरण $f(x+y)=f(x) \cdot f(y)$ को सभी $x, y \in R$ के लिए संतुष्ट करता है, $f(x) \neq 0$।

हम किसी भी बिंदु $x=0$ पर अवकलनीय फलन $f(x)$ के लिए लेते हैं।

$\therefore \quad f^{\prime}(0)=\lim _{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}$

$$ \begin{align*} 2 & =\lim _{h \to 0} \frac{f(0) \cdot f(h)-f(0)}{h}[\because f(0)=f(h)] \tag{i}\\ \Rightarrow \quad 2 & =\lim _{h \to 0} \frac{f(0)[f(h)-1]}{h} \end{align*} $$

अब $\quad f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$

$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \frac{f(x) \cdot f(h)-f(x)}{h} \quad[\because f(x+y)=f(x) \cdot f(y)] \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{f(x)[f(h)-1]}{h}=2 f(x) \quad \text{ समीकरण (i) से } \end{aligned} $

इसलिए, $f^{\prime}(x)=2 f(x)$.

हल

मान लीजिए $y=2^{\cos ^{2} x}$

दोनों तरफ $\log$ लेने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \log y=\log 2^{\cos ^{2} x} \Rightarrow \log y=\cos ^{2} x \cdot \log 2 $

दोनों तरफ $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$\Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=\log 2 \cdot \frac{d}{d x} \cos ^{2} x$

$\Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=\log 2[2 \cos x \cdot \frac{d}{d x} \cos x]$

$\Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=\log 2[2 \cos x(-\sin x)]$

$\Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=\log 2(-\sin 2 x)$

$\frac{d y}{d x}=-y \cdot \log 2 \sin 2 x$

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=-2^{\cos ^{2} x}(\log 2 \sin 2 x)$

हल

मान लीजिए $\quad y=\frac{8^{x}}{x^{8}}$

दोनों तरफ $\log$ लेने पर, हम प्राप्त करते हैं, $\log y=\log \frac{8^{x}}{x^{8}}$

$\Rightarrow \quad \log y=\log 8^{x}-\log x^{8} \Rightarrow \log y=x \log 8-8 \log x$

दोनों तरफ $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$\Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=\log 8.1-\frac{8}{x} \Rightarrow \frac{d y}{d x}=y[\log 8-\frac{8}{x}]$

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=\frac{8^{x}}{x^{8}}[\log 8-\frac{8}{x}]$

हल

मान लीजिए $\quad y=\log (x+\sqrt{x^{2}+a})$

दोनों तरफ $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned}

\frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x} \log (x+\sqrt{x^{2}+a}) \\ & =\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+a}} \cdot \frac{d}{d x}(x+\sqrt{x^{2}+a}) \\ & =\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+a}} \cdot[1+\frac{1}{2 \sqrt{x^{2}+a}} \times \frac{d}{d x}(x^{2}+a)] \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+a}} \cdot[1+\frac{1}{2 \sqrt{x^{2}+a}} \cdot 2 x] \\ & =\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+a}} \cdot[1+\frac{x}{\sqrt{x^{2}+a}}] \\ & =\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+a}} \cdot(\frac{\sqrt{x^{2}+a}+x}{\sqrt{x^{2}+a}})=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a}} \end{aligned} $

अतः, $\frac{d y}{d x}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a}}$.

समाधान

मान लीजिए $\quad y=\log [\log (\log x^{5})]$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x} \log [\log (\log x^{5})] \\ & =\frac{1}{\log (\log x^{5})} \times \frac{d}{d x} \log (\log x^{5}) \\ & =\frac{1}{\log (\log x^{5})} \times \frac{1}{\log (x^{5})} \times \frac{d}{d x} \log x^{5} \\ & =\frac{1}{\log (\log x^{5})} \cdot \frac{1}{\log (x^{5})} \cdot \frac{1}{x^{5}} \cdot \frac{d}{d x} x^{5} \\ & =\frac{1}{\log (\log x^{5})} \cdot \frac{1}{\log (x^{5})} \cdot \frac{1}{x^{5}} \cdot 5 x^{4} \\ & =\frac{5}{x \log (x^{5}) \cdot \log (\log x^{5})} \end{aligned} $

अतः, $\frac{d y}{d x}=\frac{5}{x \log (x^{5}) \cdot \log (\log x^{5})}$.

समाधान

मान लीजिए $\quad y=\sin \sqrt{x}+\cos ^{2} \sqrt{x}$

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x}(\sin \sqrt{x})+\frac{d}{d x}(\cos ^{2} \sqrt{x}) \\ & =\cos \sqrt{x} \cdot \frac{d}{d x}(\sqrt{x})+2 \cos \sqrt{x} \cdot \frac{d}{d x}(\cos \sqrt{x}) \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\cos \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{x}}+2 \cos \sqrt{x}(-\sin \sqrt{x}) \cdot \frac{d}{d x} \sqrt{x} \\ & =\frac{1}{2 \sqrt{x}} \cdot \cos \sqrt{x}-2 \cos \sqrt{x} \cdot \sin \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{x}} \\

& =\frac{\cos \sqrt{x}}{2 \sqrt{x}}-\frac{\sin 2 \sqrt{x}}{2 \sqrt{x}} \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=\frac{\cos \sqrt{x}}{2 \sqrt{x}}-\frac{\sin 2 \sqrt{x}}{2 \sqrt{x}}$.

हल

मान लीजिए $y=\sin ^{n}(a x^{2}+b x+c)$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x} \sin ^{n}(a x^{2}+b x+c) \\ & =n \cdot \sin ^{n-1}(a x^{2}+b x+c) \cdot \frac{d}{d x} \sin (a x^{2}+b x+c) \\ & =n \cdot \sin ^{n-1}(a x^{2}+b x+c) \cdot \cos (a x^{2}+b x+c) \cdot \frac{d}{d x}(a x^{2}+b x+c) \\ & =n \cdot \sin ^{n-1}(a x^{2}+b x+c) \cdot \cos (a x^{2}+b x+c) \cdot(2 a x+b) \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=n(2 a x+b) \cdot \sin ^{n-1}(a x^{2}+b x+c) \cdot \cos (a x^{2}+b x+c)$

हल

मान लीजिए $\quad y=\cos (\tan \sqrt{x+1})$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x} \cos (\tan \sqrt{x+1}) \\ & =-\sin (\tan \sqrt{x+1}) \cdot \frac{d}{d x}(\tan \sqrt{x+1}) \\ & =-\sin (\tan \sqrt{x+1}) \cdot \sec ^{2} \sqrt{x+1} \cdot \frac{d}{d x} \sqrt{x+1} \\ & =-\sin (\tan \sqrt{x+1}) \cdot \sec ^{2} \sqrt{x+1} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{x+1}} \cdot 1 \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=-\frac{1}{2 \sqrt{x+1}} \sin (\tan \sqrt{x+1}) \cdot \sec ^{2} \sqrt{x+1}$

हल

मान लीजिए $\quad y=\sin x^{2}+\sin ^{2} x+\sin ^{2}(x^{2})$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x} \sin (x^{2})+\frac{d}{d x} \sin ^{2} x+\frac{d}{d x} \sin ^{2}(x^{2}) \\ & =\cos x^{2} \cdot \frac{d}{d x}(x^{2})+2 \sin x \cdot \frac{d}{d x}(\sin x)+2 \sin (x^{2}) \frac{d}{d x} \sin (x^{2}) \\ & =\cos x^{2} \cdot 2 x+2 \sin x \cdot \cos x+2 \sin x^{2} \cdot \cos x^{2} \cdot \frac{d}{d x}(x^{2}) \\

& =2 x \cdot \cos x^{2}+\sin 2 x+2 \sin x^{2} \cdot \cos x^{2} \cdot 2 x \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=2 x \cdot \cos x^{2}+\sin 2 x+2 x \sin 2 x^{2}$

समाधान

मान लीजिए

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

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} & \frac{d y}{d x}=\frac{d}{d x} \sin ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{x+1}})=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{1}{\sqrt{x+1}})^{2}}} \cdot \frac{d}{d x}(\frac{1}{\sqrt{x+1}}) \\ & =\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{x+1}}} \cdot \frac{d}{d x}(x+1)^{-1 / 2} \\ & =\frac{1}{\sqrt{\frac{x+1-1}{x+1}}} \cdot \frac{-1}{2}(x+1)^{-3 / 2} \cdot \frac{d}{d x}(x+1) \\ & =\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x}} \cdot \frac{-1}{2}(x+1)^{-3 / 2} \cdot 1 \\ & =\frac{-1}{2} \cdot \frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{(x+1)^{3 / 2}}=-\frac{1}{2 \sqrt{x}(x+1)} \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=-\frac{1}{2 \sqrt{x}(x+1)}$

समाधान

मान लीजिए $y=(\sin x)^{\cos x}$

दोनों ओर $\log$ लेने पर, $\log y=\log (\sin x)^{\cos x}$

$\Rightarrow \quad \log y=\cos x \cdot \log (\sin x) \quad[\because \log x^{y}=y \log x]$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,

$ \begin{aligned} \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x} \cos x \cdot \log (\sin x) \\ \Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x} & =\cos x \cdot \frac{d}{d x} \log (\sin x)+\log (\sin x) \cdot \frac{d}{d x} \cos x \\ \Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x} & =\cos x \cdot \frac{1}{\sin x} \cdot \frac{d}{d x}(\sin x)+\log (\sin x) \cdot(-\sin x) \\ \Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x} & =\cot x \cdot \cos x-\sin x \cdot \log (\sin x) \\ \frac{d y}{d x} & =y[\cot x \cdot \cos x-\sin x \cdot \log (\sin x)] \\ \text{ इसलिए, } \frac{d y}{d x} & =(\sin x)^{\cos x}[\frac{\cos ^{2} x}{\sin x}-\sin x \cdot \log (\sin x)] \end{aligned} $

हल

मान लीजिए $y=\sin ^{m} x \cdot \cos ^{n} x$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x}= & \frac{d}{d x}(\sin ^{m} x \cdot \cos ^{n} x) \\ = & \sin ^{m} x \cdot \frac{d}{d x}(\cos ^{n} x)+\cos ^{n} x \cdot \frac{d}{d x} \sin ^{m} x \\ = & \sin ^{m} x \cdot n \cdot \cos ^{n-1} x \frac{d}{d x}(\cos x)+\cos ^{n} x \cdot m \cdot \sin ^{m-1} x \\ & \frac{d}{d x}(\sin x) \\ = & n \cdot \sin ^{m} x \cdot \cos ^{n-1} x \cdot(-\sin x)+m \cdot \cos ^{n} x \cdot \sin ^{m-1} x \cdot \cos x \\ = & -n \cdot \sin ^{m+1} x \cdot \cos ^{n-1} x+m \cos ^{n+1} x \cdot \sin ^{m-1} x \\ = & \sin ^{m} x \cdot \cos ^{n} x[-n \frac{\sin x}{\cos x}+m \cdot \frac{\cos x}{\sin x}] \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=\sin ^{m} x \cdot \cos ^{n} x[-n \tan x+m \cdot \cot x]$

हल

मान लीजिए $\quad y=(x+1)^{2}(x+2)^{3}(x+3)^{4}$

दोनों ओर $\log$ लेने पर,

$ \begin{aligned} \log y & =\log [(x+1)^{2} \cdot(x+2)^{3} \cdot(x+3)^{4}] \\ \Rightarrow \quad \log y & =\log (x+1)^{2}+\log (x+2)^{3}+\log (x+3)^{4} \\ & {[\because \log x y=\log x+\log y] } \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \log y=2 \log (x+1)+3 \log (x+2)+4 \log (x+3) \\ & {[\because \log x^{y}=y \log x] } \end{aligned} $

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,

$ \begin{aligned} \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}= & 2 \cdot \frac{d}{d x} \log (x+1)+3 \cdot \frac{d}{d x} \log (x+2)+4 \cdot \frac{d}{d x} \log (x+3) \\ \Rightarrow \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}= & 2 \cdot \frac{1}{x+1}+3 \cdot \frac{1}{x+2}+4 \cdot \frac{1}{x+3} \\ \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}= & y[\frac{2}{x+1}+\frac{3}{x+2}+\frac{4}{x+3}] \\ \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}= & (x+1)^{2}(x+2)^{3}(x+3)^{4}[\frac{2}{x+1}+\frac{3}{x+2}+\frac{4}{x+3}] \\ = & (x+1)^{2}(x+2)^{3}(x+3)^{4} \\ & {[\frac{2(x+2)(x+3)+3(x+1)(x+3)+4(x+1)(x+2)}{(x+1)(x+2)(x+3)}] } \\ = & (x+1)(x+2)^{2}(x+3)^{3}(2 x^{2}+10 x+12+3 x^{2}+12 x+9. \\

$$ \begin{aligned} & =\frac{1}{2 \sec ^{2} x+2 \sec x \tan x} \cdot \sec x(\tan x+\sec x) \\ & =\frac{\sec x(\tan x+\sec x)}{2 \sec x(\sec x+\tan x)} \\ & =\frac{1}{2} \end{aligned} $$

Hence, $\frac{d y}{d x}=\frac{1}{2}$

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

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=\frac{1}{2}$

एल्टरनेट समाधान

$ \text{ मान लीजिए } \begin{aligned} & y=\tan ^{-1}(\sec x+\tan x), \frac{-\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2} \\ &=\tan ^{-1}(\frac{1}{\cos x}+\frac{\sin x}{\cos x})=\tan ^{-1}(\frac{1+\sin x}{\cos x}) \\ &=\tan ^{-1}[\frac{\cos ^{2} x / 2+\sin ^{2} x / 2+2 \sin x / 2 \cos x / 2}{\cos ^{2} x / 2-\sin ^{2} x / 2}] \\ &=\tan ^{-1}[\frac{\cos x / 2+\sin x / 2}{\cos x / 2-\sin x / 2}] \sin x / 2)^{2}] \\ &.=\tan ^{-1}[\frac{1+\tan x / 2}{1-\tan x / 2}] \quad \text{ Den. by cos } x / 2] \\ &=\tan ^{-1}[\frac{\tan x / 4+\tan x / 2}{1-\tan \pi / 4 \cdot \tan x / 2}]=\tan ^{-1}[\tan (\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2})] \\ & \therefore \quad y=\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2} \\ & \therefore \quad \end{aligned} $

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करें

$ \frac{d y}{d x}=\frac{1}{2} \frac{d}{d x}(x)=\frac{1}{2} \cdot 1=\frac{1}{2} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=\frac{1}{2}$.

समाधान

मान लीजिए $\quad y=\tan ^{-1}(\frac{a \cos x-b \sin x}{b \cos x+a \sin x})$

$ \Rightarrow \quad y=\tan ^{-1}[\frac{\frac{a \cos x}{b \cos x}-\frac{b \sin x}{b \cos x}}{\frac{b \cos x}{b \cos x}+\frac{a \sin x}{b \cos x}}] $

$ \begin{matrix} \Rightarrow & y=\tan ^{-1}[\frac{\frac{a}{b}-\tan x}{1+\frac{a}{b} \tan x}] \\ \Rightarrow \quad y & =\tan ^{-1} \frac{a}{b}-\tan ^{-1}(\tan x) \\ & {[\because \tan ^{-1}(\frac{x-y}{1+x y})=\tan ^{-1} x-\tan ^{-1} y]} \\ \Rightarrow \quad y & =\tan ^{-1} \frac{a}{b}-x \end{matrix} $

दोनों ओर $x$ के संदर्भ में अवकलन करें

$ \frac{d y}{d x}=\frac{d}{d x}(\tan ^{-1} \frac{a}{b})-\frac{d}{d x}(x)=0-1=-1 `

$

अतः, $\frac{d y}{d x}=-1$.

समाधान

मान लीजिए

$ y=\sec ^{-1}(\frac{1}{4 x^{3}-3 x}) $

मान लीजिए $x=\cos \theta \quad \therefore \theta=\cos ^{-1} x$

$ \begin{aligned} y & =\sec ^{-1}(\frac{1}{4 \cos ^{3} \theta-3 \cos \theta}) \\ \Rightarrow \quad y & =\sec ^{-1}(\frac{1}{\cos 3 \theta}) \quad[\because \cos 3 \theta=4 \cos ^{3} \theta-3 \cos \theta] \\ \Rightarrow \quad y & =\sec ^{-1}(\sec 3 \theta) \Rightarrow y=3 \theta \\ y & =3 \cos ^{-1} x \end{aligned} $

दोनों ओर के पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करें

अतः, $\frac{d y}{d x}=\frac{-3}{\sqrt{1-x^{2}}}$.

$ \frac{d y}{d x}=3 \cdot \frac{d}{d x} \cos ^{-1} x=3(\frac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}})=\frac{-3}{\sqrt{1-x^{2}}} $

समाधान

मान लीजिए

$ y=\tan ^{-1}[\frac{3 a^{2} x-x^{3}}{a^{3}-3 a x^{2}}] $

$ \begin{matrix} \text{ मान लीजिए } x=a \tan \theta \quad \therefore \theta=\tan ^{-1} \frac{x}{a} \\ y=\tan ^{-1}[\frac{3 a^{2} \cdot a \tan \theta-a^{3} \tan ^{3} \theta}{a^{3}-3 a \cdot a^{2} \tan ^{2} \theta}] \\ \Rightarrow \quad y=\tan ^{-1}[\frac{3 a^{3} \tan \theta-a^{3} \tan ^{3} \theta}{a^{3}-3 a^{3} \tan ^{2} \theta}] \\ \Rightarrow \quad y=\tan ^{-1}[\frac{3 \tan \theta-\tan ^{3} \theta}{1-3 \tan ^{2} \theta}] \\ \Rightarrow \quad y=\tan ^{-1}[\tan 3 \theta] \quad[\because \tan 3 \theta=\frac{3 \tan \theta-\tan ^{3} \theta}{1-3 \tan ^{2} \theta}] \\ \Rightarrow \quad y=3 \theta \Rightarrow y=3 \tan ^{-1} \frac{x}{a} \end{matrix} $

दोनों ओर के पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करें

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =3 \cdot \frac{d}{d x}(\tan ^{-1} \frac{x}{a}) \\ & =3 \cdot \frac{1}{1+\frac{x^{2}}{a^{2}}} \cdot \frac{d}{d x} \cdot(\frac{x}{a})=3 \cdot \frac{a^{2}}{a^{2}+x^{2}} \cdot \frac{1}{a}=\frac{3 a}{a^{2}+x^{2}} \end{aligned} $

अतः, $\frac{d y}{d x}=\frac{3 a}{a^{2}+x^{2}}$.

हल

मान लीजिए $\quad y=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1-x^{2}}}{\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1-x^{2}}})$

मान लीजिए $x^{2}=\cos 2 \theta \quad \therefore \theta=\frac{1}{2} \cos ^{-1} x^{2}$

$ \begin{aligned} & y=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{1+\cos 2 \theta}+\sqrt{1-\cos 2 \theta}}{\sqrt{1+\cos 2 \theta}-\sqrt{1-\cos 2 \theta}}) \\ \Rightarrow \quad & y=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{2 \cos ^{2} \theta}+\sqrt{2 \sin ^{2} \theta}}{\sqrt{2 \cos ^{2} \theta}-\sqrt{2 \sin ^{2} \theta}}) \\ \Rightarrow \quad & y=\tan (\frac{\sqrt{2} \cos \theta+\sqrt{2} \sin \theta}{\sqrt{2} \cos \theta-\sqrt{2} \sin \theta}) \end{aligned} $

$ \begin{matrix} \Rightarrow & y=\tan ^{-1}(\frac{\cos \theta+\sin \theta}{\cos \theta-\sin \theta}) \\ \Rightarrow & y=\tan ^{-1}[\frac{\frac{\cos \theta}{\cos \theta}+\frac{\sin \theta}{\cos \theta}}{\frac{\cos \theta}{\cos \theta}-\frac{\sin \theta}{\cos \theta}}] \\ \Rightarrow \quad y & =\tan ^{-1}[\frac{1+\tan \theta}{1-\tan \theta}] \\ \Rightarrow \quad y & =\tan ^{-1}[\frac{\tan \frac{\pi}{4}+\tan \theta}{1-\tan \frac{\pi}{4} \cdot \tan \theta}] \\ \Rightarrow \quad y & =\tan ^{-1}[\tan (\frac{\pi}{4}+\theta)] \\ \Rightarrow \quad y & =\frac{\pi}{4}+\theta \quad \Rightarrow y=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2} \cos ^{-1} x^{2} \end{matrix} $

दोनों ओर के संबंध के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलज लें

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{d}{d x}(\frac{\pi}{4})+\frac{1}{2} \frac{d}{d x}(\cos ^{-1} x^{2}) \\ & =0+\frac{1}{2} \times \frac{-1}{\sqrt{1-x^{4}}} \cdot \frac{d}{d x}(x^{2})=\frac{-1.2 x}{2 \sqrt{1-x^{4}}}=-\frac{x}{\sqrt{1-x^{4}}} \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=-\frac{x}{\sqrt{1-x^{4}}}$.

हल

दिया गया है:

$x=t+\frac{1}{t}, y=t-\frac{1}{t}$

दोनों दिए गए पैरामेट्रिक फ़ंक्शन के संबंध में $t$ के संबंध में अवकलज लें

44. $x=t+\frac{1}{t}, y=t-\frac{1}{t}$

$ \frac{d x}{d t}=1-\frac{1}{t^{2}}, \frac{d y}{d t}=1+\frac{1}{t^{2}} $

$\therefore \quad \frac{d y}{d x}=\frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}}=\frac{1+\frac{1}{t^{2}}}{1-\frac{1}{t^{2}}}=\frac{t^{2}+1}{t^{2}-1}$

अतः, $\frac{d y}{d x}=\frac{t^{2}+1}{t^{2}-1}$.

समाधान

दिया गया है:

$ x=e^{\theta}(\theta+\frac{1}{\theta}), y=e^{-\theta}(\theta-\frac{1}{\theta}) $

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शनों को $\theta$ के संदर्भ में अवकलन करें।

$ \begin{aligned} & \frac{d x}{d \theta}=e^{\theta}(1-\frac{1}{\theta^{2}})+(\theta+\frac{1}{\theta}) \cdot e^{\theta} \\ & \frac{d x}{d \theta}=e^{\theta}(1-\frac{1}{\theta^{2}}+\theta+\frac{1}{\theta}) \Rightarrow e^{\theta}(\frac{\theta^{2}-1+\theta^{3}+\theta}{\theta^{2}}) \\ & =\frac{e^{\theta}(\theta^{3}+\theta^{2}+\theta-1)}{\theta^{2}} \\ & y=e^{-\theta}(\theta-\frac{1}{\theta}) \\ & \frac{d y}{d \theta}=e^{-\theta}(1+\frac{1}{\theta^{2}})+(\theta-\frac{1}{\theta}) \cdot(-e^{-\theta}) \\ & \frac{d y}{d \theta}=e^{-\theta}(1+\frac{1}{\theta^{2}}-\theta+\frac{1}{\theta}) \Rightarrow e^{-\theta}(\frac{\theta^{2}+1-\theta^{3}+\theta}{\theta^{2}}) \\ & =e^{-\theta} \frac{(-\theta^{3}+\theta^{2}+\theta+1)}{\theta^{2}} \\ & \therefore \quad \frac{d y}{d x}=\frac{d y / d \theta}{d x / d \theta}=\frac{e^{-\theta}(\frac{-\theta^{3}+\theta^{2}+\theta+1}{\theta^{2}})}{e^{\theta}(\frac{\theta^{3}+\theta^{2}+\theta-1}{\theta^{2}})} \\ & =e^{-2 \theta}(\frac{-\theta^{3}+\theta^{2}+\theta+1}{\theta^{3}+\theta^{2}+\theta-1}) \end{aligned} $

अतः, $\frac{d y}{d x}=e^{-2 \theta}(\frac{-\theta^{3}+\theta^{2}+\theta+1}{\theta^{3}+\theta^{2}+\theta-1})$.

समाधान

दिया गया है: $x=3 \cos \theta-2 \cos ^{3} \theta$ और $y=3 \sin \theta-2 \sin ^{3} \theta$.

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शनों को $\theta$ के संदर्भ में अवकलन करें

$ \begin{aligned} \frac{d x}{d \theta} & =-3 \sin \theta-6 \cos ^{2} \theta \cdot \frac{d}{d \theta}(\cos \theta) \\ & =-3 \sin \theta-6 \cos ^{2} \theta \cdot(-\sin \theta) \\ & =-3 \sin \theta+6 \cos ^{2} \theta \cdot \sin \theta \\ \frac{d y}{d \theta} & =3 \cos \theta-6 \sin ^{2} \theta \cdot \frac{d}{d \theta}(\sin \theta) \\ & =3 \cos \theta-6 \sin ^{2} \theta \cdot \cos \theta \\ \therefore \quad \frac{d y}{d x} & =\frac{d y / d \theta}{d x / d \theta}=\frac{3 \cos \theta-6 \sin ^{2} \theta \cos \theta}{-3 \sin \theta+6 \cos ^{2} \theta \cdot \sin \theta} \\ \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x} & =\frac{\cos \theta(3-6 \sin ^{2} \theta)}{\sin \theta(-3+6 \cos ^{2} \theta)}=\frac{\cos \theta[3-6(1-\cos ^{2} \theta)]}{\sin \theta[-3+6 \cos ^{2} \theta]} \\ & =\cot \theta(\frac{3-6+6 \cos ^{2} \theta}{-3+6 \cos ^{2} \theta})=\cot \theta(\frac{-3+6 \cos ^{2} \theta}{-3+6 \cos ^{2} \theta}) \\ & =\cot \theta \end{aligned} $

अतः, $\frac{d y}{d x}=\cot \theta$.

हल

दिया गया है कि $\sin x=\frac{2 t}{1+t^{2}}$ और $\tan y=\frac{2 t}{1-t^{2}}$

$\therefore$ $\sin x=\frac{2 t}{1+t^{2}}$ को लेते हुए, हम दोनों ओर $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं,

$ \begin{aligned} \cos x \cdot \frac{d x}{d t} & =\frac{(1+t^{2}) \cdot \frac{d}{d t}(2 t)-2 t \cdot \frac{d}{d t}(1+t^{2})}{(1+t^{2})^{2}} \\ \Rightarrow \quad \cos x \cdot \frac{d x}{d t} & =\frac{2(1+t^{2})-2 t \cdot 2 t}{(1+t^{2})^{2}} \\ \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t} & =\frac{2+2 t^{2}-4 t^{2}}{(1+t^{2})^{2}} \times \frac{1}{\cos x} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t}=\frac{2-2 t^{2}}{(1+t^{2})^{2}} \times \frac{1}{\sqrt{1-\sin ^{2} x}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t}=\frac{2(1-t^{2})}{(1+t^{2})^{2}} \times \frac{1}{\sqrt{1-(\frac{2 t}{1+t^{2}})^{2}}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t}=\frac{2(1-t^{2})}{(1+t^{2})^{2}} \times \frac{1}{\sqrt{\frac{(1+t^{2})^{2}-4 t^{2}}{(1+t^{2})^{2}}}} \\

$$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t}=\frac{2(1-t^{2})}{(1+t^{2})^{2}} \times \frac{1+t^{2}}{\sqrt{1+t^{4}+2 t^{2}-4 t^{2}}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t}=\frac{2(1-t^{2})}{(12^{2})^{2}} \times \frac{(1+t^{2})}{\sqrt{1+t^{4}-2 t^{2}}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t}=\frac{2(1-t^{2})}{(1+t^{2})} \times \frac{1}{\sqrt{(1-t^{2})^{2}}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d t}=\frac{2(1-t^{2})}{(1+t^{2})} \times \frac{1}{(1-t^{2})} \Rightarrow \frac{d x}{d t}=\frac{2}{1+t^{2}} \end{aligned} $$

अब लेते हैं, $\tan y=\frac{2}{1-t^{2}}$

दोनों ओर के सापेक्ष $t$ के संबंध में अवकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$$ \begin{aligned} \frac{d}{d t}(\tan y) & =\frac{d}{d t}(\frac{2 t}{1-t^{2}}) \\ \Rightarrow \sec ^{2} y \frac{d y}{d t} & =\frac{(1-t^{2}) \cdot \frac{d}{d t}(2 t)-2 t \cdot \frac{d}{d t}(1-t^{2})}{(1-t^{2})^{2}} \\ \Rightarrow \sec ^{2} y \frac{d y}{d t} & =\frac{(1-t^{2}) \cdot 2-2 t \cdot(-2 t)}{(1-t^{2})^{2}} \\ \Rightarrow \sec ^{2} y \frac{d y}{d t} & =\frac{2-2 t^{2}+4 t^{2}}{(1-t^{2})^{2}} \\ \Rightarrow \quad \frac{d y}{d t} & =\frac{2+2 t^{2}}{(1-t^{2})^{2}} \times \frac{1}{\sec ^{2} y} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d t}=\frac{2(1+t^{2})}{(1-t^{2})^{2}} \times \frac{1}{1+\tan ^{2} y} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d t}=\frac{2(1+t^{2})}{(1-t^{2})^{2}} \times \frac{1}{1+(\frac{2 t}{1-t^{2}})^{2}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d t}=\frac{2(1+t^{2})}{(1-t^{2})^{2}} \times \frac{1}{\frac{(1-t^{2})^{2}+4 t^{2}}{(1-t^{2})^{2}}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d t}=\frac{2(1+t^{2})}{(1-t^{2})^{2}} \times \frac{(1-t^{2})^{2}}{1+t^{2}+2 t^{2}+4 t^{2}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d t}=\frac{2(1+t^{2})}{(1-t^{2})^{2}} \times \frac{(1-t^{2})^{2}}{1+t^{4}+2 t^{2}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d t}=\frac{2(1+t^{2})}{(1-t^{2})^{2}} \times \frac{(1-t^{2})^{2}}{(1+t^{2})^{2}} \Rightarrow \frac{d y}{d t}=\frac{2}{1+t^{2}} \\ & \therefore \quad \frac{d y}{d t}=\frac{d y / d t}{d x / d t}=\frac{\frac{2}{1+t^{2}}}{\frac{2}{1+t^{2}}}=1 \end{aligned} $$

\end{aligned} $

समाधान

दिया गया है: $x=\frac{1+\log t}{t^{2}}, y=\frac{3+2 \log t}{t}$.

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शनों के संबंध में $t$ के संबंध में अवकलन करें

$ \begin{aligned} \frac{d x}{d t} & =\frac{t^{2} \cdot \frac{d}{d t}(1+\log t)-(1+\log t) \cdot \frac{d}{d t}(t^{2})}{t^{4}} \\ & =\frac{t^{2} \cdot(\frac{1}{t})-(1+\log t) \cdot 2 t}{t^{4}}=\frac{t-(1+\log t) \cdot 2 t}{t^{4}} \\ & =\frac{t[1-2-2 \log t]}{t^{4}}=\frac{-(1+2 \log t)}{t^{3}} \\ y & =\frac{3+2 \log t}{t} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & \frac{d y}{d t}=\frac{t \cdot \frac{d}{d t}(3+2 \log t)-(3+2 \log t) \cdot \frac{d}{d t}(t)}{t^{2}} \\ & =\frac{t(2 / t)-(3+2 \log t) \cdot 1}{t^{2}} \\ & =\frac{2-3-2 \log t}{t^{2}}=\frac{-(1+2 \log t)}{t^{2}} \\ & \therefore \quad \frac{d y}{d x}=\frac{d y / d t}{d x / d t}=\frac{\frac{-(1+2 \log t)}{t^{2}}}{-(1+2 \log t)}=\frac{t^{3}}{t^{2}}=t \\ & \text{ Hence, } \frac{d y}{d x}=t \text{. } \end{aligned} $

समाधान

दिया गया है: $x=e^{\cos 2 t}$ और $y=e^{\sin 2 t}$

$\Rightarrow \cos 2 t=\log x$ और $\sin 2 t=\log y$.

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शनों के संबंध में $t$ के संबंध में अवकलन करें

$ \begin{aligned} \frac{d x}{d t} & =e^{\cos 2 t} \cdot \frac{d}{d t}(\cos 2 t)=e^{\cos 2 t}(-\sin 2 t) \cdot \frac{d}{d t}(2 t) \\ & =-e^{\cos 2 t} \cdot \sin 2 t \cdot 2=-2 e^{\cos 2 t} \cdot \sin 2 t \end{aligned} $

अब $\quad y=e^{\sin 2 t}$

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d t} & =e^{\sin 2 t} \cdot \frac{d}{d t}(\sin 2 t)=e^{\sin 2 t} \cdot \cos 2 t \cdot \frac{d}{d t}(2 t) \\ & =e^{\sin 2 t} \cdot \cos 2 t \cdot 2=2 e^{\sin 2 t} \cdot \cos 2 t \end{aligned} $

$\therefore \frac{d y}{d x}=\frac{d y / d t}{d x / d t}=\frac{2 e^{\sin 2 t} \cdot \cos 2 t}{-2 e^{\cos 2 t} \cdot \sin 2 t}=\frac{e^{\sin 2 t} \cdot \cos 2 t}{-e^{\cos 2 t} \cdot \sin 2 t}=\frac{y \cos 2 t}{-x \sin 2 t}$

$ =\frac{y \log x}{-x \log y} \quad \begin{bmatrix} \because \cos 2 t=\log x \\ \sin 2 t=\log y \end{bmatrix} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=-\frac{y \log x}{x \log y}$.

हल

दिया गया है: $x=a \sin 2 t(1+\cos 2 t)$ और $y=b \cos 2 t(1-\cos 2 t)$.

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शनों के संबंध में $t$ के संबंध में अवकलन करें

$ \begin{aligned} & \frac{d x}{d t}=a[\sin 2 t \cdot \frac{d}{d t}(1+\cos 2 t)+(1+\cos 2 t) \cdot \frac{d}{d t} \sin 2 t] \\ & =a[\sin 2 t \cdot(-\sin 2 t) \cdot 2+(1+\cos 2 t)(\cos 2 t) \cdot 2] \\ & =a[-2 \sin ^{2} 2 t+2 \cos 2 t+2 \cos ^{2} 2 t] \\ & =a[2(\cos ^{2} 2 t-\sin ^{2} 2 t)+2 \cos 2 t] \\ & =a[2 \cos 4 t+2 \cos 2 t] \quad[\because \cos 2 x=\cos ^{2} x-\sin ^{2} x] \\ & =2 a[\cos 4 t+\cos 2 t] \\ & y=b \cos 2 t(1-\cos 2 t) \\ & \frac{d y}{d t}=b[\cos 2 t \cdot \frac{d}{d t}(1-\cos 2 t)+(1-\cos 2 t) \cdot \frac{d}{d t}(\cos 2 t)] \\ & =b[\cos 2 t \cdot \sin 2 t \cdot 2+(1-\cos 2 t) \cdot(-\sin 2 t) \cdot 2] \\ & =b[2 \sin 2 t \cdot \cos 2 t-2 \sin 2 t+2 \sin 2 t \cos 2 t] \\ & =b[\sin 4 t-2 \sin 2 t+\sin 4 t][\because \sin 2 x=2 \sin x \cos x] \\ & =b[2 \sin 4 t-2 \sin 2 t]=2 b(\sin 4 t-\sin 2 t) \\ & \therefore \frac{d y}{d x}=\frac{d y / d t}{d x / d t}=\frac{2 b[\sin 4 t-\sin 2 t]}{2 a[\cos 4 t+\cos 2 t]}=\frac{b}{a}[\frac{\sin 4 t-\sin 2 t}{\cos 4 t+\cos 2 t}] \\ & \text{ Put } \quad t=\frac{\pi}{4} \\ & \therefore(\frac{d y}{d x}) _{a t t=\frac{\pi}{4}}=\frac{b}{a}[\frac{\sin 4(\frac{\pi}{4})-\sin 2 \cdot(\frac{\pi}{4})}{\cos 4(\frac{\pi}{4})+\cos 2 \cdot(\frac{\pi}{4})}]=\frac{b}{a}[\frac{\sin \pi-\sin \frac{\pi}{2}}{\cos \pi+\cos \frac{\pi}{2}}] \\ & =\frac{b}{a}[\frac{0-1}{-1+0}]=\frac{b}{a}(\frac{-1}{-1})=\frac{b}{a} \end{aligned} $

हल

दिया गया है: $x=3 \sin t-\sin 3 t, y=3 \cos t-\cos 3 t$.

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शन के संबंध में $t$ के संबंध में अवकलज लेना:

$ \begin{aligned} & \frac{d x}{d t}=3 \cos t-\cos 3 t .3=3(\cos t-\cos 3 t) \\ & \underline{d y}=-3 \sin t+\sin 3 t .3=3(-\sin t+\sin 3 t) \end{aligned} $

$ \therefore \quad \frac{d y}{d x}=\frac{d y / d t}{d x / d t}=\frac{3(-\sin t+\sin 3 t)}{3(\cos t-\cos 3 t)}=\frac{-\sin t+\sin 3 t}{\cos t-\cos 3 t} $

$ t=\frac{\pi}{3} $ रखें

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{-\sin \frac{\pi}{3}+\sin 3(\frac{\pi}{3})}{\cos \frac{\pi}{3}-\cos 3(\frac{\pi}{3})} \\ & =\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}+\sin \pi}{\frac{1}{2}-\cos \pi}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}+0}{\frac{1}{2}-(-1)}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}+1}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}}=\frac{-1}{\sqrt{3}} \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d x}=\frac{-1}{\sqrt{3}}$.

हल

मान लीजिए

$ y=\frac{x}{\sin x} \quad \text{ और } \quad z=\sin x $

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शन के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलज लेना,

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{\sin x \cdot \frac{d}{d x}(x)-x \cdot \frac{d}{d x}(\sin x)}{(\sin x)^{2}} \\ & =\frac{\sin x \cdot 1-x \cdot \cos x}{\sin ^{2} x}=\frac{\sin x-x \cos x}{\sin ^{2} x} \\ \frac{d z}{d x} & =\cos x \\ \therefore \quad \frac{d y}{d z} & =\frac{d y / d x}{d z / d x}=\frac{\frac{\sin x-x \cos x}{\sin ^{2} x}}{\cos x}=\frac{\sin x-x \cos x}{\sin ^{2} x \cos x} \\ & =\frac{\sin x}{\sin ^{2} x \cos x}-\frac{x \cos x}{\sin ^{2} x \cos x} \\ & =\frac{\tan ^{2} x}{\sin ^{2} x}-\frac{x}{\sin ^{2} x}=\frac{\tan x-x}{\sin ^{2} x} \end{aligned} $

इसलिए, $\frac{d y}{d z}=\frac{\tan x-x}{\sin ^{2} x}$.

हल

दिया गया है: $\tan ^{-1}(x^{2}+y^{2})=a$ $\Rightarrow \quad x^{2}+y^{2}=\tan a$.

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करें।

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

$\Rightarrow \quad 2 x+2 y \cdot \frac{d y}{d x} =0 \Rightarrow 2 y \cdot \frac{d y}{d x}=-2 x$

$\Rightarrow \quad \frac{d y}{d x} =\frac{-2 x}{2 y}=\frac{-x}{y}$

$\text{ इसलिए, } \quad \frac{d y}{d x} =\frac{-x}{y} $

हल

दिया गया है: $(x^{2}+y^{2})^{2}=x y$

$ \Rightarrow \quad x^{4}+y^{4}+2 x^{2} y^{2}=x y $

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} & \quad \frac{d}{d x}(x^{4})+\frac{d}{d x}(y^{4})+2 \cdot \frac{d}{d x}(x^{2} y^{2})=\frac{d}{d x}(x y) \\ & \Rightarrow \quad 4 x^{3}+4 y^{3} \cdot \frac{d y}{d x}+2[x^{2} \cdot 2 y \cdot \frac{d y}{d x}+y^{2} \cdot 2 x]=x \frac{d y}{d x}+y \cdot 1 \\ & \Rightarrow \quad 4 x^{3}+4 y^{3} \cdot \frac{d y}{d x}+4 x^{2} y \cdot \frac{d y}{d x}+4 x y^{2}=x \frac{d y}{d x}+y \\ & \Rightarrow \quad 4 y^{3} \frac{d y}{d x}+4 x^{2} y \frac{d y}{d x}-x \frac{d y}{d x}=y-4 x^{3}-4 x y^{2} \\ & \Rightarrow \quad(4 y^{3}+4 x^{2} y-x) \frac{d y}{d x}=y-4 x^{3}-4 x y^{2} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}=\frac{y-4 x^{3}-4 x y^{2}}{4 y^{3}+4 x^{2} y-x} \\ & \text{ अतः } \quad \frac{d y}{d x}=\frac{y-4 x^{3}-4 x y^{2}}{4 x^{2} y+4 y^{3}-x} . \end{aligned} $

हल

दिया गया है: $a x^{2}+2 h x y+b y^{2}+2 g x+2 f y+c=0$.

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \frac{d}{d x}(a x^{2}+2 h x y+b y^{2}+2 g x+2 f y+c)=\frac{d}{d x}(0) $

$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad a \cdot 2 x+2 h(x \cdot \frac{d y}{d x}+y \cdot 1)+b \cdot 2 y \cdot \frac{d y}{d x}+2 g \cdot 1+2 f \cdot \frac{d y}{d x}+0=0 \\ & \Rightarrow \quad 2 a x+2 h x \cdot \frac{d y}{d x}+2 h y+2 b y \cdot \frac{d y}{d x}+2 g+2 f \cdot \frac{d y}{d x}=0 \\ & \Rightarrow \quad 2 h x \cdot \frac{d y}{d x}+2 b y \frac{d y}{d x}+2 f \frac{d y}{d x}=-2 a x-2 h y-2 g \\ & \Rightarrow \quad(2 h x+2 b y+2 f) \frac{d y}{d x}=-2(a x+h y+g) \\ & \Rightarrow \quad 2(h x+b y+f) \frac{d y}{d x}=-2(a x+h y+g) \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}=\frac{-2(a x+h y+g)}{2(h x+b y+f)} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}=\frac{-(a x+h y+g)}{(h x+b y+f)} \end{aligned} $

अब, दिए गए समीकरण को $y$ के सापेक्ष अवकलन करें।

$ \begin{aligned} & \frac{d}{d y}(a x^{2}+2 h x y+b y^{2}+2 g x+2 f y+c)=\frac{d}{d y}(0) \\ & \Rightarrow \quad 2 a x \cdot \frac{d x}{d y}+2 h(y \cdot \frac{d x}{d y}+x \cdot 1)+2 b y+2 g \cdot \frac{d x}{d y}+2 f \cdot 1+0=0 \\ & \Rightarrow \quad 2 a x \cdot \frac{d x}{d y}+2 h y \cdot \frac{d x}{d y}+2 h x+2 b y+2 g \cdot \frac{d x}{d y}+2 f=0 \\ & \Rightarrow \quad 2 a x \frac{d x}{d y}+2 h y \cdot \frac{d x}{d y}+2 g \cdot \frac{d x}{d y}=-2 h x-2 b y-2 f \\ & \Rightarrow \quad(2 a x+2 h y+2 g) \frac{d x}{d y}=-2 h x-2 b y-2 f \\ & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d y}=\frac{-2 h x-2 b y-2 f}{2 a x+2 h y+2 g} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d x}{d y}=\frac{-2(h x+b y+f)}{2(a x+h y+g)} \Rightarrow \frac{d x}{d y}=\frac{-(h x+b y+f)}{(a x+h y+g)} \\ & \therefore \quad \frac{d y}{d x} \cdot \frac{d x}{d y}=[\frac{-(a x+h y+g)}{(h x+b y+f)}][\frac{-(h x+b y+f)}{(a x+h y+g)}]=1 \end{aligned} $

अतः, $\frac{d y}{d x} \cdot \frac{d x}{d y}=1$. अतः, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

दिया गया है: $\quad x=e^{x / y}$

दोनों ओर $\log$ लेने पर,

$$ \begin{align*} \log x & =\log e^{x / y} \\ \Rightarrow \quad \log x & =\frac{x}{y} \log e \quad \Rightarrow \log x=\frac{x}{y} \quad[\because \log e=1] \tag{i} \end{align*} $$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d}{d x} \log x & =\frac{d}{d x}(\frac{x}{y}) \\ \Rightarrow \quad \frac{1}{x} & =\frac{y \cdot 1-x \cdot \frac{d y}{d x}}{y^{2}} \\ \Rightarrow \quad y^{2} & =x y-x^{2} \cdot \frac{d y}{d x} \Rightarrow x^{2} \cdot \frac{d y}{d x}=x y-y^{2} \\ \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x} & =\frac{y(x-y)}{x^{2}} \Rightarrow \frac{d y}{d x}=\frac{y}{x} \cdot(\frac{x-y}{x}) \\ \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x} & =\frac{1}{\log x} \cdot(\frac{x-y}{x}) \quad(\because \log x=\frac{x}{y} \text{ समीकरण } (i) से) \end{aligned} $

अतः, $\frac{d y}{d x}=\frac{x-y}{x \log x}$.

हल

दिया गया है: $y^{x}=e^{y-x}$

दोनों ओर $\log$ लेने पर $\log y^{x}=\log e^{y-x}$

$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad x \log y=(y-x) \log e \\ & \Rightarrow \quad x \log y=y-x \quad[\because \log e=1] \\ & \Rightarrow \quad x \log y+x=y \\ & \Rightarrow \quad x(\log y+1)=y \\ & \Rightarrow \quad x=\frac{y}{\log y+1} . \end{aligned} $

दोनों ओर $y$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d x}{d y} & =\frac{d}{d y}(\frac{y}{\log y+1}) \\ & =\frac{(\log y+1) \cdot 1-y \cdot \frac{d}{d y}(\log y+1)}{(\log y+1)^{2}} \end{aligned} $

$ =\frac{\log y+1-y \cdot \frac{1}{y}}{(\log y+1)^{2}}=\frac{\log y+1-1}{(\log y+1)^{2}}=\frac{\log y}{(\log y+1)^{2}} $

हम जानते हैं कि

$ \frac{d y}{d x}=\frac{1}{d x / d y}=\frac{1}{\frac{\log y}{(\log y+1)^{2}}}=\frac{(\log y+1)^{2}}{\log y} $

अतः, $\frac{d y}{d x}=\frac{(\log y+1)^{2}}{\log y}$।

हल

दिया गया है $y=(\cos x)^{(\cos x)^{(\cos x) \ldots \infty}}$

$ \Rightarrow \quad y=(\cos x)^{y} \quad[\because y=(\cos x)^{(\cos x)^{(\cos x) \ldots \infty}}] $

दोनों ओर $\log$ लेने पर $\log y=y \cdot \log (\cos x)$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} & \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=y \cdot \frac{d}{d x} \log (\cos x)+\log (\cos x) \cdot \frac{d y}{d x} \\ & \Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=y \cdot \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{d}{d x}(\cos x)+\log (\cos x) \cdot \frac{d y}{d x} \\ & \Rightarrow \quad \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}=y \cdot \frac{1}{\cos x} \cdot(-\sin x)+\log (\cos x) \cdot \frac{d y}{d x} \\ & \Rightarrow \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}-\log (\cos x) \frac{d y}{d x}=-y \tan x \\ & \Rightarrow[\frac{1}{y}-\log (\cos x)] \frac{d y}{d x}=-y \tan x \\ `

$$ \Rightarrow \quad \frac{\cos \frac{\theta+\phi}{2} \cdot \cos \frac{\theta-\phi}{2}}{\cos \frac{\theta+\phi}{2} \cdot \sin \frac{\theta-\phi}{2}} =a \Rightarrow \frac{\cos \frac{\theta-\phi}{2}}{\sin \frac{\theta-\phi}{2}} =a \Rightarrow \cot \frac{\theta-\phi}{2}=a $$

$$ \Rightarrow \quad \frac{\theta-\phi}{2}=\cot^{-1} a \Rightarrow \theta-\phi=2 \cot^{-1} a $$

$$ \Rightarrow \quad \theta=\phi+2 \cot^{-1} a $$

Differentiating both sides w.r.t. $x$:

$$ \frac{d \theta}{d x} = \frac{d \phi}{d x} + 2 \cdot \frac{d}{d x} \cot^{-1} a $$

$$ \Rightarrow \frac{d \theta}{d x} = \frac{d \phi}{d x} + 0 \Rightarrow \frac{d \theta}{d x} = \frac{d \phi}{d x} $$

$$ \Rightarrow \frac{d \phi}{d x} = \frac{d \theta}{d x} $$

$$ \text{But } \theta = \sin^{-1} x \text{ and } \phi = \sin^{-1} y $$

$$ \Rightarrow \frac{d \theta}{d x} = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \text{ and } \frac{d \phi}{d x} = \frac{1}{\sqrt{1-y^{2}}} $$

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

Hence, proved.

हल

दिया गया है: $y=\tan ^{-1} x \Rightarrow x=\tan y$

दोनों ओर के संबंध में $y$ के संबंध में अवकलन करें

$$ \frac{d x}{d y}=\sec ^{2} y \Rightarrow \frac{d y}{d x}=\frac{1}{\sec ^{2} y}=\cos ^{2} y $$

फिर दोनों ओर के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलन करें

$$ \begin{aligned} \frac{d}{d x}(\frac{d y}{d x}) & =\frac{d}{d x}(\cos ^{2} y) \\ \Rightarrow \quad \frac{d^{2} y}{d x^{2}} & =2 \cos y \cdot \frac{d}{d x}(\cos y) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \frac{d^{2} y}{d x^{2}}=2 \cos y(-\sin y) \cdot \frac{d y}{d x} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d^{2} y}{d x^{2}}=-2 \sin y \cos y \cdot \cos ^{2} y \\ & \therefore \quad \frac{d^{2} y}{d x^{2}}=-2 \sin y \cos ^{3} y \end{aligned} $$

क्रमशः 65 से 69 के प्रश्नों में फलनों के लिए रोल के प्रमेय की जांच करें:

हल

दिया गया है: $f(x)=x(x-1)^{2}$ में $[0,1]$

(i) $f(x)=x(x-1)^{2}$, एक बीजगणितीय बहुपद होने के कारण, $[0,1]$ में अंतराल में अंतर्विष्ट है।

(ii)

$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =x .2(x-1)+(x-1)^{2} .1 \\ & =2 x^{2}-2 x+x^{2}+1-2 x \\ & =3 x^{2}-4 x+1 \text{ which exists in }(0,1) \\ f(x) & =x(x-1)^{2} \\ f(0) & =0(0-1)^{2}=0 ; f(1)=1(1-1)^{2}=0 \\ \Rightarrow \quad f(0) & =f(1)=0 \end{aligned} $

(iii)

जैसे कि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो कम से कम एक बिंदु $c \in(0,1)$ का अस्तित्व होगा जहां $f^{\prime}(c)=0$

$ \begin{aligned} \therefore \quad f^{\prime}(c)=3 c^{2}-4 c+1=0 & \Rightarrow 3 c^{2}-3 c-c+1=0 \\ \Rightarrow 3 c(c-1)-1(c-1)=0 & \Rightarrow(c-1)(3 c-1)=0 \\ \Rightarrow \quad c-1=0 & \Rightarrow c=1 \\ 3 c-1=0 & \Rightarrow 3 c=1 \quad \therefore c=\frac{1}{3} \in(0,1) \end{aligned} $

इसलिए, रोले के प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\sin ^{4} x+\cos ^{4} x$ अंतराल $[0, \frac{\pi}{2}]$ में

(i) $f(x)=\sin ^{4} x+\cos ^{4} x$, साइन और कोसाइन फ़ंक्शन होने के कारण, $f(x)$ अंतराल $[0, \frac{\pi}{2}]$ में एक सतत फ़ंक्शन है।

(ii) $\quad f^{\prime}(x)=4 \sin ^{3} x \cdot \cos x+4 \cos ^{3} x(-\sin x)$

$ =4 \sin ^{3} x \cdot \cos x-4 \cos ^{3} x \cdot \sin x $

$ \begin{aligned} & =4 \sin x \cos x(\sin ^{2} x-\cos ^{2} x) \\ & =-4 \sin x \cos x(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x) \\ & =-2 \cdot 2 \sin x \cos x \cdot \cos 2 x \begin{bmatrix} \because \cos 2 x=\cos ^{2} x-\sin ^{2} x \\ \sin 2 x=2 \sin x \cos x \end{bmatrix} \\ & =-2 \sin 2 x \cdot \cos 2 x \\ & =-\sin 4 x \quad \text{ which exists in }(0, \frac{\pi}{2}) . \end{aligned} $

इसलिए, $f(x)$ अंतराल $(0, \frac{\pi}{2})$ में अवकलनीय है।

(iii)

$ \begin{aligned} f(0) & =\sin ^{4}(0)+\cos ^{4}(0)=1 \\ f(\frac{\pi}{2}) & =\sin ^{4}(\frac{\pi}{2})+\cos ^{2}(\frac{\pi}{2})=1 \\ \therefore \quad f(0) & =f(\frac{\pi}{2})=1 \end{aligned} $

जैसे कि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो कम से कम एक बिंदु $c \in(0, \frac{\pi}{2})$ का अस्तित्व होगा जहां $f^{\prime}(c)=0$

$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad-\sin 4 c=0 \\

$$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \sin 4 c=0 \quad \Rightarrow \quad \sin 4 c=\sin 0 \\ & \Rightarrow \quad 4 c=n \pi \\ & \therefore \quad c=\frac{n \pi}{4}, n \in I \\ & \text{ जब } n=1, \quad c=\frac{\pi}{4} \in(0, \frac{\pi}{2}) \end{aligned} $$

इसलिए, रोले के प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\log (x^{2}+2)-\log 3$ अंतराल $[-1,1]$ में

(i) $f(x)=\log (x^{2}+2)-\log 3$, लघुगणक फलन होने के कारण, $[-1,1]$ में अंतराल में अंतर्वर्ती है।

(ii) $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}+2} \cdot 2 x-0=\frac{2 x}{x^{2}+2}$ जो $(-1,1)$ में उपलब्ध है

इसलिए, $f(x)$ $(-1,1)$ में अवकलनीय है।

(iii) $f(-1)=\log (1+2)-\log 3 \Rightarrow \log 3-\log 3=0$

$ f(1)=\log (1+2)-\log 3 \Rightarrow \log 3-\log 3=0 $

$\therefore f(-1)=f(1)=0$

क्योंकि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो अंतराल में कम से कम एक बिंदु $c \in(-1,1)$ ऐसा होना चाहिए जहां $f^{\prime}(c)=0$ हो।

$ \therefore \frac{2 c}{c^{2}+2}=0 \quad \Rightarrow \quad 2 c=0 \quad \therefore c=0 \in(-1,1) $

इसलिए, रोले के प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $f(x)=x(x+3) e^{-x / 2}$ अंतराल $[-3,0]$ में

(i) बीजगणितीय फलन और घातांकीय फलन अपने डोमेन में अंतर्वर्ती होते हैं।

$\therefore f(x)$ अंतराल $[-3,0]$ में अंतर्वर्ती है।

(ii) $f^{\prime}(x)=x(x+3) \cdot \frac{d}{d x} e^{-x / 2}+x \cdot e^{-x / 2} \cdot \frac{d}{d x}(x+3)+(x+3) \cdot e^{-x / 2} \frac{d}{d x} \cdot x$

$=x(x+3) \cdot e^{-x / 2} \cdot(-\frac{1}{2})+x \cdot e^{-x / 2} \cdot 1+(x+3) \cdot e^{-x / 2} \cdot 1$

$=e^{-x / 2}[\frac{-x(x+3)}{2}+x+x+3]$

$=e^{-x / 2}[\frac{-x(x+3)}{2}+2 x+3]=e^{-x / 2}[\frac{-x^{2}-3 x+4 x+6}{2}]$

$=e^{-x / 2}[\frac{-x^{2}+x+6}{2}]$ जो $(-3,0)$ में उपलब्ध है।

इसलिए, $f(x)$ $(-3,0)$ में अवकलनीय है।

(iii) $\quad f(-3)=(-3)(-3+3) e^{-3 / 2}=0$

$ f(0)=(0)(0+3) e^{-0 / 2}=0 $

$\therefore f(-3)=f(0)=0$

क्योंकि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो अंतराल में कम से कम एक बिंदु $c \in(-3,0)$ ऐसा होना चाहिए जहां

$ \begin{aligned} f^{\prime}(c)=0 & \Rightarrow e^{-c / 2}\left[\frac{-c^{2}+c+6}{2}\right]=0 \\ & \Rightarrow-\frac{e^{-c / 2}}{2}\left[c^{2}-c-6\right]=0 \\ & \Rightarrow-\frac{e^{-c / 2}}{2}(c-3)(c+2)=0 \\ & \Rightarrow e^{-c / 2} \neq 0 \quad \therefore(c-3)(c+2)=0 \end{aligned} $

इससे $c=3, c=-2 \in(-3,0)$ प्राप्त होते हैं।

इसलिए, रोले के प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\sqrt{4-x^{2}}$ अंतराल $[-2,2]$ में

(i) क्योंकि बीजगणितीय बहुपद सतत होते हैं,

$\therefore f(x)$ अंतराल $[-2,2]$ में सतत है

(ii) $f^{\prime}(x)=\frac{d}{d x} \sqrt{4-x^{2}}=\frac{1}{2 \sqrt{4-x^{2}}} \times-2 x=\frac{-x}{\sqrt{4-x^{2}}}$ जो $(-2,2)$ में विद्यमान है

इसलिए, $f^{\prime}(x)$ अंतराल $(-2,2)$ में अवकलनीय है।

(iii)

$ \begin{gathered} f(-2)=\sqrt{4-(-2)^{2}}=\sqrt{4-4}=0 \\ f(2)=\sqrt{4-(2)^{2}}=\sqrt{4-4}=0 \end{gathered} $

इसलिए $f(-2)=f(2)=0$

क्योंकि उपरोक्त स्थितियाँ संतुष्ट हैं, तो एक बिंदु $c \in(-2,2)$ के अस्तित्व होना आवश्यक है जहाँ

$ f^{\prime}(c)=0 \Rightarrow \frac{-c}{\sqrt{4-c^{2}}}=0 \quad \Rightarrow \quad c=0 \in(-2,2) $

इसलिए, रोले के प्रमेय की जांच की गई है।

हल

(i) $f(x)$ एक बीजगणितीय बहुपद होने के कारण सभी बिंदुओं पर सतत होता है।

(ii) $f(x)$ के $x=1$ पर अवकलनीय होना आवश्यक है

$ \begin{aligned} & \text{ बाईं ओर अवकलज }=\lim _{x \to 1^{-}} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} \\ & =\lim _{x \to 1} \frac{(x^{2}+1)-(1+1)}{x-1} \\ & =\lim _{x \to 1} \frac{x^{2}+1-2}{x-1}=\lim _{x \to 1} \frac{x^{2}-1}{x-1} \\ & =\lim _{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=\lim _{x \to 1}(x+1)=(1+1)=2 \\ & \text{ एवं दाईं ओर अवकलज }=\lim _{x \to 1^{+}} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\lim _{x \to 1} \frac{(3-x)-(1+1)}{x-1} \\ & =\lim _{x \to 1} \frac{(3-x)-2}{x-1}=\lim _{x \to 1} \frac{1-x}{x-1}=-1

\end{aligned} $

$\therefore \quad$ L.H.L. $\neq$ R.H.L.

इसलिए, $f(x)$, $x=1$ पर अवकलनीय नहीं है।

इसलिए, [0,2] में रोल के प्रमेय लागू नहीं हो सकता।

हल

दिया गया है: $y=\cos x-1$ पर $[0,2 \pi]$

हमें दिए गए वक्र $y=\cos x-1$ पर $[0,2 \pi]$ में एक बिंदु $c$ ज्ञात करना है जहां $c \in[0,2 \pi]$ पर स्पर्शरेखा $x$-अक्ष के समानांतर हो, अर्थात $f^{\prime}(c)=0$ जहां $f^{\prime}(c)$ स्पर्शरेखा की प्रवणता है।

इसलिए, हमें रोल के प्रमेय की जांच करनी है।

(i) $y=\cos x-1$ कोसाइन और स्थिर फलन के संयोजन है। इसलिए, यह $[0,2 \pi]$ पर सतत है।

(ii) $\frac{d y}{d x}=-\sin x$ जो $(0,2 \pi)$ में मौजूद है।

इसलिए, यह $(0,2 \pi)$ पर अवकलनीय है।

(iii) मान लीजिए $f(x)=\cos x-1$

$ f(0)=\cos 0-1=1-1=0 ; f(2 \pi)=\cos 2 \pi-1=1-1=0 $

$\therefore \quad f(0)=f(2 \pi)=0$

जैसे कि ऊपर की शर्तें संतुष्ट हैं, तो एक बिंदु $c \in(0,2 \pi)$ ऐसा होगा जहां $f^{\prime}(c)=0$ हो।

$\therefore-\sin c=0 \Rightarrow \sin c=0$

$\therefore c=n \pi, n \in I$

$\Rightarrow c=\pi \in(0,2 \pi)$

इसलिए, $c=\pi$ वक्र पर $[0,2 \pi]$ में ऐसा बिंदु है जहां स्पर्शरेखा $x$-अक्ष के समानांतर हो।

हल

दिया गया है: $y=x(x-4), x \in[0,4]$

मान लीजिए $\quad f(x)=x(x-4), x \in[0,4]$

(i) $f(x)$ एक बीजगणितीय बहुपद है, इसलिए यह सभी बिंदुओं पर सतत फलन है।

इसलिए, $f(x)=x(x-4)$ $[0,4]$ में सतत है।

(ii) $f^{\prime}(x)=2 x-4$ जो $(0,4)$ में मौजूद है।

इसलिए, $f(x)$ अवकलनीय है। (iii) $\quad f(0)=0(0-4)=0$

$ f(4)=4(4-4)=0 $

इसलिए $f(0)=f(4)=0$

जैसे कि ऊपर की शर्तें संतुष्ट हैं, तो एक बिंदु $c \in(0,4)$ ऐसा होगा जहां $f^{\prime}(c)=0$

$\therefore 2 c-4=0 \Rightarrow c=2 \in(0,4)$

इसलिए, $c=2$ दिए गए वक्र पर $[0,4]$ में ऐसा बिंदु है जहां स्पर्शरेखा $x$-अक्ष के समानांतर हो।

हल

दिया गया है: $f(x)=\frac{1}{4 x-1}$ अंतराल $[1,4]$ में।

(i) $f(x)$ एक बीजगणितीय फलन है, इसलिए यह $[1,4]$ में सतत है।

(ii) $f^{\prime}(x)=\frac{-4}{(4 x-1)^{2}}$ जो $(1,4)$ में विद्यमान है।

इसलिए, $f(x)$ अवकलनीय है।

जैसा कि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो कुछ बिंदु $c \in(1,4)$ ऐसा होगा कि

$ \begin{matrix} f^{\prime}(c) =\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \\ \frac{-4}{(4 c-1)^{2}} =\frac{\frac{1}{4(4)-1}-\frac{1}{4(1)-1}}{4-1} \\ \Rightarrow \quad \frac{-4}{(4 c-1)^{2}} =\frac{\frac{1}{15}-\frac{1}{3}}{3}=\frac{1-5}{15 \times 3}=\frac{-4}{45}=\frac{1}{(4 c-1)^{2}}=\frac{1}{45} \\ \Rightarrow \quad(4 c-1)^{2} =45 \quad 4 c-1 = \pm 3 \sqrt{5} \Rightarrow 4 c=+1 \pm 3 \sqrt{5} \\ \Rightarrow \quad \quad c =\frac{+1 \pm 3 \sqrt{5}}{4} \end{matrix} $

$ \therefore \quad c=\frac{+1 \pm 3 \sqrt{5}}{4} \in(1,4) $

इसलिए, माध्य मान प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $f(x)=x^{3}-2 x^{2}-x+3$ अंतराल $[0,1]$ में

(i) बीजगणितीय बहुपद होने के कारण, $f(x)$ $[0,1]$ में सतत है

(ii) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-4 x-1$ जो $(0,1)$ में विद्यमान है।

इसलिए, $f(x)$ अवकलनीय है।

जैसा कि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो कम से कम एक बिंदु $c \in(0,1)$ ऐसा होगा कि

$ \begin{aligned} & f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \\ & \Rightarrow \quad 3 c^{2}-4 c-1=\frac{[(1)^{3}-2(1)^{2}-(1)+3]-[0-0-0+3]}{1-0} \\ & \Rightarrow \quad 3 c^{2}-4 c-1=\frac{(1-2-1+3)-(3)}{1} \\ & \Rightarrow \quad 3 c^{2}-4 c-1=1-3 \Rightarrow 3 c^{2}-4 c-1=-2 \\ `

इसलिए, माध्य मान प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\sin x-\sin 2 x$ अंतराल $[0, \pi]$ में

(i) चूंकि त्रिकोणमितीय फलन अपने प्रांत पर हमेशा अंतर्विरामी होते हैं।

इसलिए, $f(x)$ अंतराल $[0, \pi]$ पर अंतर्विरामी है।

(ii) $f^{\prime}(x)=\cos x-2 \cos 2 x$ जो अंतराल $(0, \pi)$ में उपलब्ध है

इसलिए, $f(x)$ अंतराल $(0, \pi)$ पर अवकलनीय है।

क्योंकि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो अंतराल $(0, \pi)$ में कम से कम एक बिंदु $c$ ऐसा होना चाहिए जैसे कि

$ \begin{aligned} f^{\prime}(c) & =\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \\ \cos c-2 \cos 2 c & =\frac{(\sin \pi-\sin 2 \pi)-(\sin 0-\sin 0)}{\pi-0} \\ \Rightarrow \quad \cos c-2(2 \cos ^{2} c-1) & =0 \Rightarrow \cos c-4 \cos ^{2} c+2=0 \\ \Rightarrow \quad 4 \cos ^{2} c-\cos c-2 & =0 \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \cos c=\frac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^{2}-4 \times 4 \times-2}}{2 \times 4} \\ & \Rightarrow \quad \cos c=\frac{1 \pm \sqrt{1+32}}{8}=\frac{1 \pm \sqrt{33}}{8} \\ & \Rightarrow \quad c=\cos ^{-1}(\frac{1 \pm \sqrt{33}}{8}) \in(0, \pi) . \end{aligned} $

इसलिए, माध्य मान प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\sqrt{25-x^{2}}$ अंतराल $[1,5]$ में

(i) $f(x)$ अंतर्विरामी होगा यदि $25-x^{2} \geq 0 \Rightarrow-x^{2} \geq-25$

$\Rightarrow x^{2} \leq 25 \Rightarrow x \leq \pm 5 \Rightarrow-5 \leq x \leq 5$

इसलिए, $f(x)$ अंतराल $[1,5]$ पर अंतर्विरामी है।

(ii) $f^{\prime}(x)=\frac{1}{2 \sqrt{25-x^{2}}} \times(-2 x)=\frac{-x}{\sqrt{25-x^{2}}}$ जो अंतराल $(1,5)$ में उपलब्ध है।

इसलिए, $f(x)$ अंतराल $[1,5]$ पर अवकलनीय है।

क्योंकि उपरोक्त शर्तें संतुष्ट हैं, तो अंतराल $(1,5)$ में कम से कम एक बिंदु $c$ ऐसा होना चाहिए जैसे कि

$ \begin{aligned} f^{\prime}(c) & =\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \\ \frac{-c}{\sqrt{25-c^{2}}} & =\frac{\sqrt{25-25}-\sqrt{25-1}}{5-1} \\ \Rightarrow \quad \frac{-c}{\sqrt{25-c^{2}}} & =\frac{0-\sqrt{24}}{4} \\ \Rightarrow \quad \frac{c}{\sqrt{25-c^{2}}} & =\frac{2 \sqrt{6}}{4} \Rightarrow \frac{c}{\sqrt{25-c^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{2} \end{aligned} $

दोनों ओर वर्ग करने पर

$\frac{c^{2}}{25-c^{2}} =\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow 2 c^{2} =75-3 c^{2} \Rightarrow 5 c^{2}=75 \Rightarrow c^{2}=15$

$\therefore c = \pm \sqrt{15} \in(1,5) $

इसलिए, मध्यमान प्रमेय की जांच की गई है।

हल

दिया गया है: $y=(x-3)^{2}$

मान लीजिए $f(x)=(x-3)^{2}$

(i) एक बीजगणितीय बहुपद होने के कारण, $f(x)$ अंतराल $[3,4]$ में $x_1=3$ और $x_2=4$ पर सतत है।

(ii) $f^{\prime}(x)=2(x-3)$ जो $(3,4)$ में अस्तित्व में है।

इसलिए, मध्यमान प्रमेय के अनुसार, बिंदुओं $(3,0)$ और $(4,1)$ को मिलाने वाले चोर के समांतर स्पर्शरेखा वाले वक्र पर एक बिंदु $c$ का अस्तित्व होगा।

$\therefore \quad f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \quad$ जहां $b=4$ और $a=3$

$\Rightarrow \quad 2(c-3)=\frac{(4-3)^{2}-(3-3)^{2}}{4-3}$

$\Rightarrow \quad 2 c-6=\frac{1-0}{1}=1 \quad \Rightarrow 2 c=6+1=7$

$\therefore \quad c=\frac{7}{2}$

यदि $x=\frac{7}{2} \quad \therefore y=(\frac{7}{2}-3)^{2}=\frac{1}{4}$.

इसलिए, $(\frac{7}{2}, \frac{1}{4})$ वक्र पर एक बिंदु है जहां स्पर्शरेखा बिंदुओं $(3,0)$ और $(4,1)$ को मिलाने वाले चोर के समांतर है।

हल

दिया गया है: $y=2 x^{2}-5 x+3$

मान लीजिए $\quad f(x)=2 x^{2}-5 x+3$

(i) एक बीजगणितीय बहुपद होने के कारण, $f(x)$ अंतराल [1,2] में सतत है।

(ii) $f^{\prime}(x)=4 x-5$ जो $(1,2)$ में मौजूद है।

साधारण माध्य मान प्रमेय के अनुसार, वक्र पर एक बिंदु $c \in(1,2)$ का अस्तित्व होना चाहिए जहां स्पर्शरेखा बिंदुओं $A(1,0)$ और $B(2,1)$ को जोड़ने वाले चोर के समानांतर होती है।

इसलिए $\quad f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

$ \begin{aligned} 4 c-5 & =\frac{(8-10+3)-(2-5+3)}{2-1} \\ \Rightarrow \quad 4 c-5 & =\frac{1-0}{1}=1 \Rightarrow 4 c=1+5 \Rightarrow 4 c=6 \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & \therefore \quad c=\frac{6}{4}=\frac{3}{2} \\ & \therefore \quad y=2(\frac{3}{2})^{2}-5(\frac{3}{2})+3 \\ & =2 \times \frac{9}{4}-\frac{15}{2}+3=\frac{9}{2}-\frac{15}{2}+3=\frac{9-15+6}{2}=0 \end{aligned} $

इसलिए, $(\frac{3}{2}, 0)$ वक्र पर ऐसा बिंदु है जहां स्पर्शरेखा बिंदुओं $A(1,0)$ और $B(2,1)$ को जोड़ने वाले चोर के समानांतर होती है।

हल

दिया गया है:

$ \begin{aligned} f(x) & =\begin{cases} x^{2}+3 x+p, \text{ यदि } x \leq 1 \\ q x+2, \text{ यदि } x>1 \end{cases} \text{ बिंदु } x=1 पर \\ \text{ बाईं ओर अवकलज } f^{\prime}(c) & =\lim _{x \to 1^{-}} \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \\ \Rightarrow \quad f^{\prime}(1) & =\lim _{x \to 1^{-}} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} \\ & =\lim _{x \to 1^{-}} \frac{(x^{2}+3 x+p)-(1+3+p)}{x-1} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{[(1-h)^{2}+3(1-h)+p]-[4+p]}{1-h-1} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{[1+h^{2}-2 h+3-3 h+p]-[4+p]}{-h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{[h^{2}-5 h+4+p]-[4+p]}{-h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{h^{2}-5 h+4+p-4-p}{-h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{h^{2}-5 h}{-h}=\lim _{h \to 0} \frac{h[h-5]}{-h}=5 \\ \text{ दाईं ओर अवकलज } f^{\prime}(1) & =\lim _{x \to 1^{+}} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =\lim _{x \to 1^{+}} \frac{(q x+2)-(1+3+p)}{x-1} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{[q(1+h)+2]-[4+p]}{1+h-1} \\

$$ & =\lim _{h \to 0} \frac{q+q h+2-4-p}{h}=\lim _{h \to 0} \frac{q h+q-2-p}{h} \end{aligned} $

लिमिट के अस्तित्व के लिए

$$ \begin{align*} q-2-p=0 \Rightarrow q-p=2 \tag{i}\\ \Rightarrow \lim _{h \to 0} \frac{q h-0}{h}=q \end{align*} $$

यदि बायां ओर की सीमा $f^{\prime}(1)=$ दायां ओर की सीमा $f^{\prime}(1)$ है तो $q=5$ है।

अब $q$ के मान को समीकरण (i) में रखें

$ 5-p=2 \Rightarrow p=3 . $

अतः, $p$ का मान 3 और $q$ का मान 5 है।

हल

(i) दिया गया है: $x^{m} \cdot y^{n}=(x+y)^{m+n}$

दोनों ओर $\log$ लें

$ \begin{aligned} \log x^{m} \cdot y^{n} & =\log (x+y)^{m+n} \quad[\because \log x y=\log x+\log y] \\ \Rightarrow \quad \log x^{m}+\log y^{n} & =(m+n) \log (x+y) \\ \Rightarrow m \log x+n \log y & =(m+n) \log (x+y) \end{aligned} $

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करें

$ \begin{matrix} \Rightarrow m \cdot \frac{d}{d x} \log x+n \cdot \frac{d}{d x} \log y =(m+n) \frac{d}{d x} \log (x+y) \\ \Rightarrow m \cdot \frac{1}{x}+n \cdot \frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}= (m+n) \cdot \frac{1}{x+y}(1+\frac{d y}{d x}) \\ \Rightarrow \frac{m}{x}+\frac{n}{y} \cdot \frac{d y}{d x} =\frac{m+n}{x+y} \cdot(1+\frac{d y}{d x}) \\ \Rightarrow \frac{m}{x}+\frac{n}{y} \cdot \frac{d y}{d x} =\frac{m+n}{x+y}+\frac{m+n}{x+y} \cdot \frac{d y}{d x} \\ \Rightarrow \frac{n y}{y x}-\frac{m+n}{x+y} \cdot \frac{d y}{d x} =\frac{m+n}{x+y}-\frac{m}{x} \end{matrix} $

$ \begin{aligned} \Rightarrow (\frac{n}{y}-\frac{m+n}{x+y}) \frac{d y}{d x} =\frac{m+n}{x+y}-\frac{m}{x} \\ \Rightarrow (\frac{n x+n y-m y-n y}{y(x+y)}) \frac{d y}{d x} =(\frac{m x+n x-m x-m y}{x(x+y)}) \\ \Rightarrow (\frac{n x-m y}{y(x+y)}) \frac{d y}{d x} =(\frac{n x-m y}{x(x+y)}) \\ \Rightarrow \frac{d y}{d x} =\frac{n x-m y}{x(x+y)} \times \frac{y(x+y)}{n x-m y} \\ \Rightarrow \frac{d y}{d x} =\frac{y}{x} \text{ Hence proved. }

\end{aligned} $

(ii) दिया गया है: $\frac{d y}{d x}=\frac{y}{x}$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर

$ \begin{matrix} \frac{d}{d x}(\frac{d y}{d x}) =\frac{d}{d x}(\frac{y}{x}) \\ \Rightarrow \quad \frac{d^{2} y}{d x^{2}} =\frac{x \cdot \frac{d y}{d x} y \cdot 1}{x \cdot \frac{y}{x}-y} \\ =\frac{y-y}{x^{2}}=\frac{0}{x^{2}}=0 {[\because \frac{d y}{d x}=\frac{y}{x}]} \\ \text{ अतः, } \quad \frac{d^{2} y}{d x^{2}}=0 . \text{ अतः, सिद्ध कर दिया गया है। } \end{matrix} $

हल

दिया गया है: $x=\sin t$ और $y=\sin p t$

$ t $ के सापेक्ष दोनों पैरामेट्रिक फलनों का अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d x}{d t} & =\cos t \text{ और } \frac{d y}{d t}=\cos p t \cdot p=p \cos p t \\ \frac{d y}{d x} & =\frac{d y / d t}{d x / d t}=\frac{p \cos p t}{\cos t} \\ \therefore \quad \frac{d y}{d x} & =\frac{p \cos p t}{\cos t} \end{aligned} $

फिर $ x $ के सापेक्ष अवकलन करने पर,

$ \begin{aligned} \frac{d}{d x}(\frac{d y}{d x}) & =p \cdot \frac{d}{d x}(\frac{\cos p t}{\cos t}) \\ \Rightarrow \quad \frac{d^{2} y}{d x^{2}} & =p[\frac{\cos t \cdot \frac{d}{d x}(\cos p t)-\cos p t \cdot \frac{d}{d x}(\cos t)}{\cos ^{2} t}] \\ & =p[\frac{\cos t(-\sin p t) \cdot p \frac{d t}{d x}-\cos p t(-\sin t) \cdot \frac{d t}{d x}}{\cos ^{2} t}] \\ & =p[\frac{-p \cos t \sin p t+\cos p t \sin t}{\cos ^{2} t}] \frac{d t}{d x} \\ & =p[\frac{-p \cos t \sin p t+\cos p t \sin t}{\cos ^{2} t}] \cdot \frac{1}{\cos t} \\ & =p[\frac{-p \cos t \sin p t+\cos p t \sin t}{\cos ^{3} t}] \end{aligned} $

अब हमें सिद्ध करना है कि

$ (1-x^{2}) \cdot \frac{d^{2} y}{d x^{2}}-x \frac{d y}{d x}+p^{2} y=0 $

बायां पक्ष $=(1-x^{2})[p(\frac{-p \cos t \sin p t+\cos p t \sin t}{\cos ^{3} t})]-x . p \frac{\cos p t}{\cos t}+p^{2} y$

$\Rightarrow(1-\sin ^{2} t)[p(\frac{-p \cos t \sin p t+\cos p t \sin t}{\cos ^{3} t})]-\frac{p \sin t \cdot \cos p t}{\cos t}$

$+p^{2} \cdot \sin p t$

$\Rightarrow \cos ^{2} t[\frac{-p^{2} \cos t \sin p t+p \cos p t \sin t}{\cos ^{3} t}]-\frac{p \sin t \cdot \cos p t}{\cos t}$

$+p^{2} \cdot \sin p t$

$\Rightarrow \frac{-p^{2} \cos t \sin p t+p \cos p t \sin t}{\cos t}-\frac{p \sin t \cos p t}{\cos t}+p^{2} \sin p t$

$\Rightarrow \frac{-p^{2} \cos t \sin p t+p \cos p t \sin t-p \sin t \cos p t+p^{2} \sin p t \cos t}{\cos t}$

$\Rightarrow \frac{0}{\cos t}=0=$ R.H.S.

इसलिए, सिद्ध कर दिया गया है।

हल

दिया गया है: $y=x^{\tan x}+\sqrt{\frac{x^{2}+1}{2}}$

मान लीजिए $u=x^{\tan x} \quad$ और $v=\sqrt{\frac{x^{2}+1}{2}}$

$\therefore \quad y=u+v$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$$ \begin{equation*} \frac{d y}{d x}=\frac{d u}{d x}+\frac{d v}{d x} \tag{i} \end{equation*} $$

अब $u=x^{\tan x}$ लेते हैं

दोनों ओर $\log$ लेने पर $\log u=\log (x^{\tan x})$

$ \log u=\tan x \cdot \log x $

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} & \frac{1}{u} \cdot \frac{d u}{d x}=\frac{d}{d x}(\tan x \cdot \log x) \\ & \Rightarrow \quad \frac{1}{u} \cdot \frac{d u}{d x}=\tan x \cdot \frac{d}{d x}(\log x)+\log x \cdot \frac{d}{d x}(\tan x) \\ & \Rightarrow \quad \frac{1}{u} \cdot \frac{d u}{d x}=\tan x \cdot \frac{1}{x}+\log x \cdot \sec ^{2} x \\ & \Rightarrow \quad \frac{d u}{d x}=u[\frac{\tan x}{x}+\log x \cdot \sec ^{2} x] \\ & \therefore \quad \frac{d u}{d x}=x^{\tan x}[\frac{\tan x}{x}+\log x \sec ^{2} x] \\ & \text{ लेते हैं } \quad v=\sqrt{\frac{x^{2}+1}{2}} \Rightarrow v=\frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{x^{2}+1} \end{aligned} $

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \frac{d v}{d x}=\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{x^{2}+1}} \cdot 2 x=\frac{x}{\sqrt{2} \sqrt{x^{2}+1}} $

समीकरण (i) में $\frac{d u}{d x}$ और $\frac{d v}{d x}$ के मान रखने पर

$ \frac{d y}{d x}=x^{\tan x}[\log x \sec ^{2} x+\frac{\tan x}{x}]+\frac{x}{\sqrt{2} \sqrt{x^{2}+1}} $

हल

हम जानते हैं कि बीजगणितीय बहुपद सभी बिंदुओं पर सतत फलन होते हैं।

$\therefore f(x)+g(x)$ सतत है $\quad[\because$ दो सतत फलनों के योग, अंतर और गुणनफल भी सतत होते हैं]

$f(x)-g(x)$ सतत है

$f(x) \cdot g(x)$ सतत है

$\frac{g(x)}{f(x)}$ केवल तब सतत होता है जब $g(x) \neq 0$

$\therefore \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{2 x}{\frac{x^{2}}{2}+1}=\frac{4 x}{x^{2}+2}$

यहाँ, $\frac{g(x)}{f(x)}=\frac{\frac{x^{2}}{2}+1}{2 x}=\frac{x^{2}+2}{4 x}$ जो $x=0$ पर असतत है।

अतः सही विकल्प (d) है।

• विकल्प (a): $ f(x) + g(x) $ गलत है क्योंकि दो सतत फलनों के योग हमेशा सतत होते हैं। चूंकि $ f(x) = 2x $ और $ g(x) = \frac{x^2}{2} + 1 $ सभी बिंदुओं पर सतत हैं, इनके योग $ f(x) + g(x) $ भी सतत होता है।

• विकल्प (b): $ f(x) - g(x) $ गलत है क्योंकि दो सतत फलनों के अंतर हमेशा सतत होते हैं। चूंकि $ f(x) = 2x $ और $ g(x) = \frac{x^2}{2} + 1 $ सभी बिंदुओं पर सतत हैं, इनके अंतर $ f(x) - g(x) $ भी सतत होता है।

• विकल्प (c): $ f(x) \cdot g(x) $ गलत है क्योंकि दो सतत फलनों का गुणनफल हमेशा सतत होता है। चूंकि $ f(x) = 2x $ और $ g(x) = \frac{x^2}{2} + 1 $ सभी बिंदुओं पर सतत हैं, इनका गुणनफल $ f(x) \cdot g(x) $ भी सतत होता है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\frac{4-x^{2}}{4 x-x^{3}}$

असतत फलन के लिए

$ \begin{aligned} & 4 x-x^{3}=0 \\

\Rightarrow & x(4-x^{2})=0 \\ \Rightarrow & x(2-x)(2+x)=0 \\ \Rightarrow & x=0, x=-2, x=2 \end{aligned} $

इसलिए, दी गई फलन तीन बिंदुओं पर अवकलनीय नहीं है। इसलिए, सही विकल्प (c) है।

• विकल्प (a) गलत है क्योंकि फलन $ f(x) = \frac{4 - x^2}{4x - x^3} $ तीन बिंदुओं पर अवकलनीय नहीं है, न कि केवल एक बिंदु पर। अवकलनीयता के बिंदु $ x = 0 $, $ x = -2 $, और $ x = 2 $ हैं।

• विकल्प (b) गलत है क्योंकि फलन $ f(x) = \frac{4 - x^2}{4x - x^3} $ तीन बिंदुओं पर अवकलनीय नहीं है, न कि ठीक दो बिंदुओं पर। अवकलनीयता के बिंदु $ x = 0 $, $ x = -2 $, और $ x = 2 $ हैं।

• विकल्प (d) गलत है क्योंकि दिए गए विकल्पों में से एक सही विकल्प है। फलन $ f(x) = \frac{4 - x^2}{4x - x^3} $ ठीक तीन बिंदुओं पर अवकलनीय नहीं है, जो विकल्प (c) द्वारा सही तौर पर पहचाने गए हैं।

हल

दिया गया है: $f(x)=|2 x-1| \sin x$

स्पष्ट रूप से, $f(x)$ बिंदु $x=\frac{1}{2}$ पर अवकलनीय नहीं है

$ \begin{aligned} & \text{ दाहिनी ओर अवकलज }=f^{\prime}(\frac{1}{2})=\lim _{h \to 0} \frac{f(\frac{1}{2}+h)-f(\frac{1}{2})}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{|2(\frac{1}{2}+h)-1| \sin (\frac{1}{2}+h)-0}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{|2 h| \sin (\frac{1+2 h}{2})}{h}=2 \sin (\frac{1}{2}) \\ & \text{ बाईं ओर अवकलज }=f^{\prime}(\frac{1}{2})=\lim _{h \to 0} \frac{f(\frac{1}{2}-h)-f(\frac{1}{2})}{-h} \\ & =\lim _{h \to 0} \frac{|2(\frac{1}{2}-h)-1|[-\sin (\frac{1}{2}-h)]-0}{-h} \\ & =\frac{|-2 h|[-\sin (\frac{1}{2}-h)]}{-h}=-2 \sin (\frac{1}{2}) \\ & \therefore \text{ दाहिनी ओर अवकलज }=f^{\prime}(\frac{1}{2}) \neq \text{ बाईं ओर अवकलज } f^{\prime}(\frac{1}{2}) \end{aligned} $

इसलिए, दिया गया फलन $f(x)$ बिंदु $x=\frac{1}{2}$ पर अवकलनीय नहीं है।

$\therefore f(x)$ बिंदु $R-{\frac{1}{2}}$ पर अवकलनीय है।

इसलिए, सही विकल्प $(b)$ है।

• विकल्प (a) $R$: यह विकल्प गलत है क्योंकि फलन $f(x) = |2x - 1| \sin x$ $x = (\frac{1}{2})$ पर अवकलनीय नहीं है। एक फलन को पूरे वास्तविक संख्या समुच्चय $R$ पर अवकलनीय होने के लिए, इसके $R$ के प्रत्येक बिंदु पर अवकलनीय होना आवश्यक है। क्योंकि $f(x)$ $x = $\frac{1}{2}$ पर अवकलनीय नहीं है, इसलिए यह $R$ पर अवकलनीय नहीं हो सकता।

• विकल्प (c) $(0, \infty)$: यह विकल्प गलत है क्योंकि इसमें नकारात्मक मान और शून्य शामिल नहीं हैं, जहां फलन $f(x)$ वास्तव में अवकलनीय है। फलन $f(x)$ सभी $x \in R$ के लिए अवकलनीय होता है, बस $x = $\frac{1}{2}$ पर अवकलनीय नहीं है। इसलिए, सही समुच्चय सभी वास्तविक संख्याओं को शामिल करता है, जिनमें $x = $\frac{1}{2}$ को छोड़ दें, न केवल धनात्मक वास्तविक संख्याएं।

• विकल्प (d) इनमें से कोई नहीं: यह विकल्प गलत है क्योंकि एक सही विकल्प उपलब्ध है, जो $R - \lbrace \frac{1}{2}\rbrace $ है। फलन $f(x)$ सभी बिंदुओं पर अवकलनीय होता है, बस $x = $\frac{1}{2}$ पर अवकलनीय नहीं है, जिसके कारण विकल्प (b) सही विकल्प है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\cot x$

$ \Rightarrow \quad f(x)=\frac{\cos x}{\sin x} $

हम जानते हैं कि $\sin x=0$ यदि $f(x)$ अविच्छिन्न नहीं हो।

$\therefore$ यदि $\quad \sin x=0$

$\therefore \quad x=n \pi, n \in n \pi$.

इसलिए, दिया गया फलन $f(x)$ निम्नलिखित समुच्चय पर अविच्छिन्न नहीं है $\{x=n \pi$; $n \in Z\}$.

अतः, सही विकल्प $(a)$ है।

• विकल्प (b) $\{x=2 n \pi ; n \in Z\}$ गलत है क्योंकि $\sin x = 0$ न केवल $2n\pi$ पर होता है, बल्कि सभी पूर्णांक $n$ के लिए $n\pi$ पर भी होता है। इसलिए, अविच्छिन्नता के समुच्चय के लिए $2n\pi$ से अधिक विस्तार होता है।

• विकल्प (c) $\{x=(2 n+1) \frac{\pi}{2} ; n \in Z\}$ गलत है क्योंकि $\sin x = 0$ $n\pi$ पर होता है, न कि $(2n+1)\frac{\pi}{2}$ पर। बिंदु $(2n+1)\frac{\pi}{2}$ वहां होते हैं जहां $\cos x = 0$, जो $\cot x$ के अविच्छिन्नता के बिंदु नहीं हैं।

• विकल्प (d) $\{x=\frac{n \pi}{2} ; n \in Z\}$ गलत है क्योंकि $\sin x = 0$ $n\pi$ पर होता है, न कि $\frac{n\pi}{2}$ पर। बिंदु $\frac{n\pi}{2}$ वहां शामिल होते हैं जहां $\sin x = 0$ और जहां $\cos x = 0$ दोनों होते हैं, लेकिन $\cot x$ केवल वहां अविच्छिन्न नहीं होता जहां $\sin x = 0$ होता है।

हल

दिया गया है: $f(x)=e^{|x|}$

हम जानते हैं कि परिमाण फलन सभी जगह अविच्छिन्न होता है लेकिन अपने डोमेन में अवकलनीय नहीं होता।

मान लीजिए $\quad g(x)=|x|$ और $t(x)=e^{x}$

$\therefore \quad f(x)=got(x)=g[t(x)]=e^{|x|}$

क्योंकि $g(x)$ और $t(x)$ दोनों $x=0$ पर अविच्छिन्न हैं लेकिन $f(x)$ $x=0$ पर अवकलनीय नहीं है।

अतः सही विकल्प $(a)$ है।

• विकल्प (b) गलत है क्योंकि फलन $f(x) = e^{|x|}$ $x=0$ पर अवकलनीय नहीं है। परिमाण फलन $|x|$ सभी जगह अविच्छिन्न होता है लेकिन $x=0$ पर अवकलनीय नहीं होता, और क्योंकि $f(x)$ में $|x|$ शामिल है, इसलिए यह $x=0$ पर अवकलनीय नहीं होता।

• विकल्प (c) गलत है क्योंकि फलन $f(x) = e^{|x|}$ सभी जगह अविच्छिन्न है, जिसमें $x=0$ भी शामिल है। एक्सपोनेंशियल फलन और परिमाण फलन दोनों अविच्छिन्न होते हैं, और उनका संयोजन भी अविच्छिन्न होता है।

• विकल्प (d) गलत है क्योंकि विकल्प (a) फलन $f(x) = e^{|x|}$ के गुणों का सही वर्णन करता है, इसलिए यह सही चयन है।

हल

दिया गया है: $f(x)=x^{2} \sin \frac{1}{x}$ जहां $x \neq 0$।

इसलिए, फलन $f$ के मान $x=0$ पर ताकि $f(x)$ अविच्छिन्न हो वह 0 है।

अतः सही विकल्प $(a)$ है।

• विकल्प (b) -1: यदि फलन $f$ के मान $x=0$ पर -1 होता, तो फलन $x=0$ पर अविच्छिन्न नहीं होता क्योंकि $x$ के 0 के निकट आने पर $f(x)$ का सीमा मान 0 होता है, न कि -1। इसलिए, $f(0) = -1$ करना $x=0$ पर अविच्छिन्नता के लिए एक अविच्छिन्नता बनाएगा।

• विकल्प (c) 1: यदि फलन $f$ के $x=0$ पर मान 1 होता, तो फलन $x=0$ पर असतत होता क्योंकि $f(x)$ के $x$ के 0 के निकट आगंतुक का मान 0 होता है, न कि 1। अतः $f(0) = 1$ लगाने से $x=0$ पर असततता उत्पन्न होती।

• विकल्प (d) कोई भी नहीं: यह विकल्प गलत है क्योंकि $x=0$ पर फलन के सतत होने के लिए सही मान 0 है। अतः “कोई भी नहीं” सही उत्तर नहीं है।

हल

दिया गया है: $f(x)=\begin{cases} m x+1, \text{ यदि } x \leq \frac{\pi}{2} \\ \sin x+n, \text{ यदि } x>\frac{\pi}{2} \end{cases} .$ $x=\frac{\pi}{2}$ पर सतत है

L.H.L. $=\lim _{x \to \frac{\pi^{-}}{2}}(m x+1)=\lim _{h \to 0}[m(\frac{\pi}{2}-h)+1]=\frac{m \pi}{2}+1$

$ \begin{aligned} \text{ R.H.L. }= & \lim _{x \to \frac{\pi^{+}}{2}}(\sin x+n)=\quad \lim _{h \to 0}[\sin (\frac{\pi}{2}+h)+n] \\ & =\lim _{h \to 0} \cos h+n=1+n \end{aligned} $

जब $f(x)$ $x=\frac{\pi}{2}$ पर सतत होती है

$\therefore \quad$ L.H.L. $=$ R.H.L.

$ \frac{m \pi}{2}+1=1+n \Rightarrow n=\frac{m \pi}{2} $

अतः सही विकल्प (c) है।

• विकल्प (a) $m=1, n=0$: यह विकल्प गलत है क्योंकि $m=1$ और $n=0$ को समीकरण $\frac{m \pi}{2} + 1 = 1 + n$ में बदलने पर समीकरण को संतुष्ट नहीं करता। विशेष रूप से, $\frac{1 \cdot \pi}{2} + 1 = 1 + 0$ सरलीकृत करने पर $\frac{\pi}{2} + 1 = 1$ होता है, जो सत्य नहीं है।

• विकल्प (b) $m=\frac{n \pi}{2}+1$: यह विकल्प गलत है क्योंकि यह सततता की शर्त से प्राप्त शर्त को सीधे संतुष्ट नहीं करता। प्राप्त शर्त $n = \frac{m \pi}{2}$ है, न कि $m = \frac{n \pi}{2} + 1$। $m = \frac{n \pi}{2} + 1$ को सततता की शर्त में बदलने पर आवश्यक रूप में संतुष्ट नहीं होता।

• विकल्प (d) $m=n=\frac{\pi}{2}$: यह विकल्प गलत है क्योंकि $m = \frac{\pi}{2}$ और $n = \frac{\pi}{2}$ को समीकरण $\frac{m \pi}{2} + 1 = 1 + n$ में बदल देने पर समीकरण को संतुष्ट नहीं करता। विशेष रूप से, $\frac{\frac{\pi}{2} \cdot \pi}{2} + 1 = 1 + \frac{\pi}{2}$ सरलीकृत करने पर $\frac{\pi^2}{4} + 1 = 1 + \frac{\pi}{2}$, जो सत्य नहीं है।

हल

दिया गया है: $f(x)=|\sin x|$

मान लीजिए $g(x)=\sin x$ और $t(x)=|x|$

$\therefore \quad f(x)=tog(x)=t[g(x)]=t(\sin x)=|\sin x|$

जहाँ $g(x)$ और $t(x)$ दोनों अंतर्विरामी हैं।

$\therefore f(x)=got(x)$ अंतर्विरामी है लेकिन $t(x)$ $x=0$ पर अवकलनीय नहीं है।

इसलिए, $f(x)$ $ \sin x=0 \Rightarrow x=n \pi, n \in Z $ पर अंतर्विरामी नहीं है।

अतः सही विकल्प $(b)$ है।

• विकल्प (a) गलत है क्योंकि $ f(x) = |\sin x| $ $ \sin x = 0 $ के बिंदुओं पर अवकलनीय नहीं है, जो $ x = n\pi $ के बिंदुओं पर होते हैं $ n \in \mathbb{Z} $। इन बिंदुओं पर फलन के कोन बनते हैं और अवकलज का अस्तित्व नहीं होता।

• विकल्प (c) गलत है क्योंकि $ f(x) = |\sin x| $ $ x = (2n+1)\frac{\pi}{2} $ के बिंदुओं पर अवकलनीय है $ n \in \mathbb{Z} $। इन बिंदुओं पर $ \sin x $ के मान $ \pm 1 $ होते हैं, लेकिन अंतर्विरामी फलन के कारण इन बिंदुओं पर अवकलनीयता को नहीं बर्बाद करता।

• विकल्प (d) गलत है क्योंकि विकल्प (b) $ f(x) = |\sin x| $ के व्यवहार को सही रूप से वर्णित करता है। फलन सभी बिंदुओं पर अंतर्विरामी है लेकिन $ x = n\pi $ के बिंदुओं पर अवकलनीय नहीं है $ n \in \mathbb{Z} $।

हल

दिया गया है: $y=\log (\frac{1-x^{2}}{1+x^{2}})$

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

$[\because \log \frac{x}{y}=\log x-\log y]$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \begin{aligned} \frac{d y}{d x} & =\frac{1}{1-x^{2}} \cdot \frac{d}{d x}(1-x^{2})-\frac{1}{1+x^{2}} \cdot \frac{d}{d x}(1+x^{2}) \\ & =\frac{-2 x}{1-x^{2}}-\frac{2 x}{1+x^{2}}=\frac{-2 x-2 x^{3}-2 x+2 x^{3}}{(1-x^{2})(1+x^{2})}=\frac{-4 x}{1-x^{4}} \end{aligned} $

इसलिए, सही विकल्प $(b)$ है।

• विकल्प (a) $\frac{4 x^{3}}{1-x^{4}}$: यह विकल्प गलत है क्योंकि अंश में $-4x$ होना चाहिए, न कि $4x^3$। सही अवकलन के परिणाम में $-2x$ और $-2x^3$ के अंश में शामिल होते हैं, जो $-4x$ के रूप में सरलीकृत हो जाते हैं।

• विकल्प (c) $\frac{1}{4-x^{4}}$: यह विकल्प गलत है क्योंकि नामकरण के निर्माण गलत है। सही नामकरण $1 - x^4$ होना चाहिए, न कि $4 - x^4$। अंश में $-4x$ होना चाहिए, न कि 1।

• विकल्प (d) $\frac{-4 x^{3}}{1-x^{4}}$: यह विकल्प गलत है क्योंकि अंश में $-4x$ होना चाहिए, न कि $-4x^3$। अवकलन की प्रक्रिया में $-2x$ और $-2x^3$ के अंश में शामिल होते हैं, जो $-4x$ के रूप में सरलीकृत हो जाते हैं, न कि $-4x^3$।

हल

दिया गया है: $y=\sqrt{\sin x+y}$

दोनों ओर $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर

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

& \Rightarrow \quad(1-\frac{1}{2 y}) \frac{d y}{d x}=\frac{\cos x}{2 y} \Rightarrow(\frac{2 y-1}{2 y}) \frac{d y}{d x}=\frac{\cos x}{2 y} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}=\frac{\cos x}{2 y} \times \frac{2 y}{2 y-1} \Rightarrow \frac{d y}{d x}=\frac{\cos x}{2 y-1} \end{aligned} $

इसलिए, सही विकल्प $(a)$ है।

• विकल्प (b) $\frac{\cos x}{1-2 y}$: यह विकल्प गलत है क्योंकि हर की संरचना गलत है। सही अवकलन प्रक्रिया दिखाती है कि हर में $2y - 1$ होना चाहिए, न कि $1 - 2y$। हर में चिह्न और पदों का क्रम सही परिणाम के लिए महत्वपूर्ण है।

• विकल्प (c) $\frac{\sin x}{1-2 y}$: यह विकल्प दो कारणों से गलत है। पहले, अंश में $\cos x$ होना चाहिए क्योंकि $\sin x$ के अवकलज में $\cos x$ प्राप्त होता है। दूसरे, हर की संरचना $1 - 2y$ के बजाय $2y - 1$ होना चाहिए।

• विकल्प (d) $\frac{\sin x}{2 y-1}$: यह विकल्प गलत है क्योंकि अंश में $\cos x$ होना चाहिए, न कि $\sin x$। $\sin x$ के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलज $\cos x$ होता है, न कि $\sin x$।

हल

मान लीजिए $y=\cos ^{-1}(2 x^{2}-1)$ और $t=\cos ^{-1} x$

दोनों फलनों के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलज लें

$ \frac{d y}{d x}=\frac{d}{d x} \cos ^{-1}(2 x^{2}-1) \text{ और } \frac{d t}{d x}=\frac{d}{d x} \cos ^{-1} x $

$ \begin{aligned} & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}=\frac{-1}{\sqrt{1-(2 x^{2}-1)^{2}}} \cdot \frac{d}{d x}(2 x^{2}-1) \text{ और } \frac{d t}{d x}=\frac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}} \\ & =\frac{-1.4 x}{\sqrt{1-(4 x^{4}+1-4 x^{2})}} \text{ और } \frac{d t}{d x}=\frac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}} \\ & =\frac{-4 x}{\sqrt{1-4 x^{4}-1+4 x^{2}}}=\frac{-4 x}{\sqrt{4 x^{2}-4 x^{4}}}=\frac{-4 x}{2 x \sqrt{1-x^{2}}} \\ & \Rightarrow \quad \frac{d y}{d x}=\frac{-2}{\sqrt{1-x^{2}}}

\end{aligned} $

अब $\frac{d y}{d t}=\frac{d y / d x}{d t / d x}=\frac{\frac{-2}{\sqrt{1-x^{2}}}}{\frac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}}}=2$

इसलिए, सही विकल्प (a) है।

• विकल्प (b): व्यंजक $\frac{-1}{2 \sqrt{1-x^{2}}}$ गलत है क्योंकि इसका मूल्य $\frac{d y}{d t}$ के निर्मित मूल्य $\frac{d y}{d t} = 2$ के साथ मेल नहीं खाता। सही अवकलज $\frac{d y}{d t} = 2$ है, जो $\sqrt{1-x^{2}}$ के अंश में वाला भिन्न नहीं है।

• विकल्प (c): व्यंजक $\frac{2}{x}$ गलत है क्योंकि इसका मूल्य $\frac{d y}{d t}$ के निर्मित मूल्य $\frac{d y}{d t} = 2$ के साथ मेल नहीं खाता। सही अवकलज $\frac{d y}{d t} = 2$ है, और निश्चित रूप से $x$ के अंश में कोई अंश नहीं है।

• विकल्प (d): व्यंजक $1-x^{2}$ गलत है क्योंकि इसका मूल्य $\frac{d y}{d t}$ के निर्मित मूल्य $\frac{d y}{d t} = 2$ के साथ मेल नहीं खाता। सही अवकलज $\frac{d y}{d t} = 2$ है, और निश्चित रूप से $x$ के बहुपद व्यंजक में कोई अंश नहीं है।

हल

दिया गया है कि $x=t^{2}$ और $y=t^{3}$

दोनों पैरामेट्रिक फ़ंक्शन के संबंध में $t$ के संबंध में अवकलज लेना

$\frac{d x}{d t}=2 t$ और $\frac{d y}{d t}=3 t^{2}$

$\therefore \quad \frac{d y}{d x}=\frac{d y / d t}{d x / d t}=\frac{3 t^{2}}{2 t}=\frac{3}{2} t \Rightarrow \frac{d y}{d x}=\frac{3}{2} t$

अब फिर से $x$ के संबंध में अवकलज लेना

$ \frac{d}{d x}(\frac{d y}{d x})=\frac{3}{2} \cdot \frac{d t}{d x} \Rightarrow \frac{d^{2} y}{d x^{2}}=\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2 t}=\frac{3}{4 t} $

इसलिए, सही विकल्प (b) है।

• विकल्प (a) $\frac{3}{2}$ गलत है क्योंकि इसमें पैरामेटर $ t $ पर निर्भरता शामिल नहीं है। द्वितीय अवकलज $\frac{d^2 y}{d x^2}$ में $ t $ के साथ शामिल होना चाहिए क्योंकि $ x $ और $ y $ दोनों $ t $ के फ़ंक्शन हैं।

• विकल्प (c) $\frac{3}{2 t}$ गलत है क्योंकि इसमें द्वितीय अवकलज के सही सरलीकरण के लिए गलत रूप में सरलीकरण किया गया है। सही सरलीकरण में $ 2t $ के द्वारा विभाजन करने के बाद $\frac{3}{4t}$ प्राप्त होता है, जो $\frac{3}{2t}$ नहीं है।

• विकल्प (d) $\frac{2}{3 t}$ गलत है क्योंकि यह सही अवकलन प्रक्रिया से निकला नहीं है। सही दूसरे अवकलज में $\frac{3}{2}$ कारक शामिल होता है और सही सरलीकरण $\frac{3}{4t}$ के रूप में आता है, न कि $\frac{2}{3t}$।

हल

दिया गया है: $f(x)=x^{3}-3 x$ अंतराल $[0, \sqrt{3}]$ में

हम जानते हैं कि यदि $f(x)=x^{3}-3 x$ रोले के प्रमेय की शर्तों को संतुष्ट करता है तो

$ \begin{matrix} f^{\prime}(c) =0 \\ \Rightarrow 3 c^{2}-3 =0 \Rightarrow 3 c^{2}=3 \Rightarrow c^{2}=1 \\ \therefore c = \pm 1 \Rightarrow 1 \in(0, \sqrt{3}) \end{matrix} $

इसलिए, सही विकल्प $(a)$ है।

• विकल्प (b) -1: यह मान गलत है क्योंकि -1 अंतराल [0, √3] में नहीं है। रोले के प्रमेय के लिए c का मान दिए गए अंतराल में होना आवश्यक है।

• विकल्प (c) $\frac{3}{2}$: यह मान गलत है क्योंकि हम दिए गए समीकरण $3c^2 = 3$ के लिए c का मान निकालते हैं तो $c^2 = 1$ प्राप्त होता है, जिससे $c = \pm 1$ प्राप्त होता है। $\frac{3}{2}$ इस समीकरण को संतुष्ट नहीं करता है।

• विकल्प (d) $\frac{1}{3}$: यह मान गलत है क्योंकि हम दिए गए समीकरण $3c^2 = 3$ के लिए c का मान निकालते हैं तो $c^2 = 1$ प्राप्त होता है, जिससे $c = \pm 1$ प्राप्त होता है। $\frac{1}{3}$ इस समीकरण को संतुष्ट नहीं करता है।

हल

दिया गया है: $f(x)=x+\frac{1}{x}, x \in[1,3]$

हम जानते हैं कि यदि $f(x)=x+\frac{1}{x}, x \in[1,3]$ मध्यमान प्रमेय की सभी शर्तों को संतुष्ट करता है तो

$ \begin{aligned} & f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \text{ जहाँ } a=1 \text{ और } b=3 \\ \Rightarrow \quad & 1-\frac{1}{c^{2}}=\frac{(3+\frac{1}{3})-(1+\frac{1}{1})}{3-1} \\ \Rightarrow \quad & 1-\frac{1}{c^{2}}=\frac{\frac{10}{3}-2}{2} \Rightarrow 1-\frac{1}{c^{2}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3} \Rightarrow-\frac{1}{c^{2}}=\frac{2}{3}-1 \\

\Rightarrow \quad & -\frac{1}{c^{2}}=-\frac{1}{3} \Rightarrow \frac{1}{c^{2}}=\frac{1}{3} \Rightarrow c= \pm \sqrt{3} . \end{aligned} $

यहाँ $c=\sqrt{3} \in(1,3)$।

इसलिए, सही विकल्प (b) है।

• विकल्प (a) 1: यह विकल्प गलत है क्योंकि मध्यमान प्रमेय का उपयोग करके $c$ के लिए हल करते हुए हम जानते हैं कि $c = \sqrt{3}$ है। मान $c = 1$ दिए गए फलन और अंतराल के लिए मध्यमान प्रमेय से निर्मित समीकरण को संतुष्ट नहीं करता है।

• विकल्प (c) 2: यह विकल्प गलत है क्योंकि मध्यमान प्रमेय का उपयोग करके $c$ के लिए हल करते हुए हम जानते हैं कि $c = \sqrt{3}$ है। मान $c = 2$ दिए गए फलन और अंतराल के लिए मध्यमान प्रमेय से निर्मित समीकरण को संतुष्ट नहीं करता है।

• विकल्प (d) इनमें से कोई नहीं: यह विकल्प गलत है क्योंकि हम जानते हैं कि $c = \sqrt{3}$ दिए गए फलन और अंतराल के लिए मध्यमान प्रमेय को संतुष्ट करता है। इसलिए, दिए गए विकल्पों में से एक सही विकल्प है, जो (b) है।

हल

$|x|+|x-1|$ वह फलन है जो सभी बिंदुओं पर सतत होता है लेकिन $x=0$ और $x=1$ पर अवकलनीय नहीं होता है।

हम ऐसे अन्य उदाहरण भी बना सकते हैं।

हल

मान लीजिए $y=x^{2}$ और $t=x^{3}$

दोनों पैरामेट्रिक फलनों के संबंध में $x$ के संबंध में अवकलज लेना

$ \frac{d y}{d x}=2 x \text{ और } \frac{d t}{d x}=3 x^{2} $

$ \therefore \quad \frac{d y}{d t}=\frac{d y / d x}{d t / d x}=\frac{2 x}{3 x^{2}}=\frac{2}{3 x} $

इसलिए, $x^{2}$ के संबंध में $x^{3}$ के संबंध में अवकलज $\frac{2}{3 x}$ है।

हल

दिया गया है: $f(x)=|\cos x|$

$ \Rightarrow \quad f(x)=\cos x \text{ यदि } x \in(0, \frac{\pi}{2})

$

$ x $ के सापेक्ष दोनों ओर अवकलन करने पर, हमें $ f^{\prime}(x) = -\sin x $ प्राप्त होता है

$ x = \frac{\pi}{4} $ पर, $ f^{\prime}(\frac{\pi}{4}) = -\sin \frac{\pi}{4} = -\frac{1}{\sqrt{2}} $

समाधान

दिया गया है: $ f(x) = |\cos x - \sin x| $

हम जानते हैं कि $ \sin x > \cos x $ यदि $ x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}) $

$ \Rightarrow \cos x - \sin x < 0 $

$ \begin{aligned} \therefore \quad f(x) & = -(\cos x - \sin x) \\ f^{\prime}(x) & = -(-\sin x - \cos x) \Rightarrow f^{\prime}(x) = (\sin x + \cos x) \\ \therefore \quad f^{\prime}(\frac{\pi}{3}) & = \sin \frac{\pi}{3} + \cos \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \end{aligned} $

समाधान

दिया गया है: $ \sqrt{x} + \sqrt{y} = 1 $

दोनों ओर $ x $ के सापेक्ष अवकलन करने पर

$ \frac{1}{2 \sqrt{x}} + \frac{1}{2 \sqrt{y}} \cdot \frac{d y}{d x} = 0 $

$ \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{d y}{d x} = 0 $

$ \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{d y}{d x} = \frac{-1}{\sqrt{x}} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = \frac{-\sqrt{y}}{\sqrt{x}} $

$ \therefore \frac{d y}{d x} $ पर $ (\frac{1}{4}, \frac{1}{4}) $ बिंदु पर $ = -\frac{\sqrt{\frac{1}{4}}}{\sqrt{\frac{1}{4}}} = -1 $

समाधान

गलत। दिया गया है $ f(x) = |x - 1| $ के लिए $ [0, 2] $

हम जानते हैं कि मापदंड फलन अवकलनीय नहीं होता। इसलिए, यह गलत है।

समाधान

सत्य। हम जानते हैं कि मापदंड फलन अपने डोमेन पर सतत फलन होता है। इसलिए, यह सत्य है।

हल

सत्य। हम जानते हैं कि दो या अधिक फ़ंक्शन के योग और अंतर हमेशा अवकलनीय होते हैं। इसलिए, यह सत्य है।

हल

सत्य।

हल

गलत। एक उदाहरण लेते हैं: $f(x)=\sin x$ और $g(x)=\cot x$ $\therefore f(x) \cdot g(x)=\sin x \cdot \cot x=\sin x \cdot \frac{\cos x}{\sin x}=\cos x$ जो $x=0$ पर अवकलनीय है लेकिन $\cot x$ $x=0$ पर अवकलनीय नहीं है।