প্রদত্ত:

\(f(x) = \tan x\)

প্রথমে, \(f'(x)\) নির্ণয় করি:

\(f'(x) = \frac{d}{dx}(\tan x) = \sec^2 x\)

এখন, \(y\) এর প্রদত্ত সমীকরণে \(f(x)\) এবং \(f'(x)\) এর মান বসাই:

\(y = f(x) + \sqrt{f'(x)}\)

\(y = \tan x + \sqrt{\sec^2 x}\)

\(y = \tan x + |\sec x|\)

যেহেতু, \(y = \tan x + \sec x\) এবং সাধারণত \(\sec x > 0\) ধরা হয় (যদি না সুনির্দিষ্টভাবে ডোমেন দেওয়া থাকে), তাই:

\(y = \tan x + \sec x\)

এখন, \(y\) কে \(x\)-এর সাপেক্ষে প্রথমবার অন্তরীকরণ করি (\(y_1\)):

\(y_1 = \frac{d}{dx}(\tan x + \sec x)\)

\(y_1 = \sec^2 x + \sec x \tan x\)

\(y_1 = \sec x (\sec x + \tan x)\)

যেহেতু \(y = \sec x + \tan x\), তাহলে:

\(y_1 = y \sec x\)

এবার, \(y\) কে \(x\)-এর সাপেক্ষে দ্বিতীয়বার অন্তরীকরণ করি (\(y_2\)):

\(y_2 = \frac{d}{dx}(y_1) = \frac{d}{dx}(y \sec x)\)

এখানে গুণের সূত্র (Product Rule) ব্যবহার করি:

\(y_2 = \frac{dy}{dx} \cdot \sec x + y \cdot \frac{d}{dx}(\sec x)\)

\(y_2 = y_1 \sec x + y (\sec x \tan x)\)

\(y_2 = (y \sec x) \sec x + y (\sec x \tan x)\)

\(y_2 = y \sec^2 x + y \sec x \tan x\)

\(y_2 = y \sec x (\sec x + \tan x)\)

যেহেতু \(y = \sec x + \tan x\), তাহলে:

\(y_2 = y \sec x \cdot y\)

\(y_2 = y^2 \sec x\)

এখন, প্রদত্ত সমীকরণ \((1-\sin x) y_{2}-y=0\) এর বাম পক্ষ নিই এবং \(y\) ও \(y_2\)-এর মান বসাই:

\(LHS = (1-\sin x) y_{2}-y\)

\(LHS = (1-\sin x) (y^2 \sec x) - y\)

\(LHS = y [ (1-\sin x) y \sec x - 1 ]\)

এখন, \(y = \sec x + \tan x\) বসাই:

\(LHS = y [ (1-\sin x) (\sec x + \tan x) \sec x - 1 ]\)

\(LHS = y [ (1-\sin x) (\frac{1}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos x}) \frac{1}{\cos x} - 1 ]\)

\(LHS = y [ (1-\sin x) (\frac{1+\sin x}{\cos x}) \frac{1}{\cos x} - 1 ]\)

\(LHS = y [ \frac{(1-\sin x)(1+\sin x)}{\cos^2 x} - 1 ]\)

\(LHS = y [ \frac{1-\sin^2 x}{\cos^2 x} - 1 ]\)

\(LHS = y [ \frac{\cos^2 x}{\cos^2 x} - 1 ]\)

\(LHS = y [ 1 - 1 ]\)

\(LHS = y [ 0 ]\)

\(LHS = 0\)

সুতরাং, \((1-\sin x) y_{2}-y=0\) প্রমাণিত হলো।

( f(x)= tan x )