MHT CET 2022 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}(\sec x - \tan x)$.
આપણે ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટ વિધેયની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$\sec x - \tan x = \frac{1}{\cos x} - \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{1 - \sin x}{\cos x}$
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$,$\cos x = \cos^2\frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2}$,અને $1 = \cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1 - \sin x}{\cos x} = \frac{(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})^2}{(\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2})(\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2})} = \frac{\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2} + \sin\frac{x}{2}}$
અંશ અને છેદને $\cos\frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$\frac{1 - \tan\frac{x}{2}}{1 + \tan\frac{x}{2}} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$
તેથી,$y = \tan^{-1}(\tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})) = \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) = -\frac{1}{2}$

(C) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = \tan^{-1}(\sec x + \tan x) = \tan^{-1}\left(\frac{1+\sin x}{\cos x}\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1+\sin x}{\cos x} = \frac{(\cos(x/2) + \sin(x/2))^2}{\cos^2(x/2) - \sin^2(x/2)} = \frac{\cos(x/2) + \sin(x/2)}{\cos(x/2) - \sin(x/2)} = \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})$.
તેથી,$f^{\prime}(x) = \tan^{-1}(\tan(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2})) = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$.
હવે,$f(x) = \int f^{\prime}(x) dx = \int (\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) dx = \frac{\pi}{4}x + \frac{x^2}{4} + C$.
કારણ કે $f(0) = 0$,તેથી $0 = 0 + 0 + C$,એટલે કે $C = 0$.
તેથી,$f(x) = \frac{x^2 + \pi x}{4}$.
$x = 1$ મૂકતા,આપણને $f(1) = \frac{1^2 + \pi(1)}{4} = \frac{\pi+1}{4}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $x = \cos \theta$,તેથી $\theta = \cos^{-1} x$.
$x = \cos \theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \sin \left(2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}}\right)$
નિત્યસમ $1+\cos \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2}$ અને $1-\cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \sin \left(2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{2 \cos^2 \frac{\theta}{2}}{2 \sin^2 \frac{\theta}{2}}}\right) = \sin \left(2 \tan^{-1} \left(\cot \frac{\theta}{2}\right)\right)$
કારણ કે $\cot \frac{\theta}{2} = \tan \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}\right)$ હોવાથી:
$y = \sin \left(2 \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}\right)\right) = \sin (\pi - \theta) = \sin \theta$
$\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - x^2}$ હોવાથી:
$y = \sqrt{1 - x^2}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2 \sqrt{1 - x^2}} \times \frac{d}{dx}(1 - x^2) = \frac{1}{2 \sqrt{1 - x^2}} \times (-2x) = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}$

(B) આપેલ છે કે $y=\sec ^{-1}\left(\frac{x+x^{-1}}{x-x^{-1}}\right)$.
$\sec^{-1}$ વિધેયની અંદરના પદને સરળ બનાવતા:
$\frac{x+x^{-1}}{x-x^{-1}} = \frac{x+\frac{1}{x}}{x-\frac{1}{x}} = \frac{x^2+1}{x^2-1} = -\frac{1+x^2}{1-x^2}$.
ધારો કે $x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1} x$.
આ પદ $-\frac{1+\tan^2 \theta}{1-\tan^2 \theta} = -\frac{1}{\cos 2\theta} = -\sec 2\theta$ બને છે.
તેથી,$y = \sec^{-1}(-\sec 2\theta)$.
નિત્યસમ $\sec^{-1}(-z) = \pi - \sec^{-1}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = \pi - \sec^{-1}(\sec 2\theta) = \pi - 2\theta$ મળે છે.
$\theta = \tan^{-1} x$ પાછું મૂકતા,$y = \pi - 2\tan^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\pi) - 2\frac{d}{dx}(\tan^{-1} x) = 0 - 2\left(\frac{1}{1+x^2}\right) = -\frac{2}{1+x^2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}\left(\frac{4x}{1+5x^2}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{3+8x}{8-3x}\right)$.
આપણે પ્રતિવિધેયની અંદરના પદોને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{5x-x}{1+5x \cdot x}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{\frac{3}{8}+x}{1-\frac{3}{8} \cdot x}\right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ અને $\tan^{-1}(A) + \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = (\tan^{-1}(5x) - \tan^{-1}(x)) + (\tan^{-1}(\frac{3}{8}) + \tan^{-1}(x))$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$y = \tan^{-1}(5x) + \tan^{-1}(\frac{3}{8})$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(5x)) + \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(\frac{3}{8}))$.
$\tan^{-1}(\frac{3}{8})$ એ અચળ હોવાથી તેનું વિકલન $0$ થશે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1+(5x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(5x) + 0$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{5}{1+25x^2}$.

(A) આપેલ છે $y = \sin^{-1} \left( \frac{5}{13}x + \frac{12}{13}\sqrt{1-x^2} \right)$.
ધારો કે $x = \sin \theta$,તો $\sqrt{1-x^2} = \cos \theta$.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{5}{13}$,તો $\sin \alpha = \sqrt{1 - (\frac{5}{13})^2} = \frac{12}{13}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \sin^{-1} (\sin \theta \cos \alpha + \cos \theta \sin \alpha)$
$y = \sin^{-1} (\sin(\theta + \alpha))$
$y = \theta + \alpha$
કારણ કે $\theta = \sin^{-1} x$ અને $\alpha = \cos^{-1} (\frac{5}{13})$ (અચળ છે),
$y = \sin^{-1} x + \cos^{-1} (\frac{5}{13})$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (\sin^{-1} x) + \frac{d}{dx} (\cos^{-1} (\frac{5}{13}))$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + 0 = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

(B) ધારો કે $x = \tan \theta$. કારણ કે $x \in (1, \infty)$,તેથી $\theta \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ મળે.
તેથી $2\theta \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ થાય.
$f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{2\tan \theta}{1+\tan^2 \theta}\right) + \cos^{-1}\left(\frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta}\right)$
$f(x) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) + \cos^{-1}(\cos 2\theta)$
કારણ કે $2\theta \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$,તેથી $\sin^{-1}(\sin 2\theta) = \pi - 2\theta$ અને $\cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta$ થાય.
આમ,$f(x) = (\pi - 2\theta) + 2\theta = \pi$.
$f(x) = \pi$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,તેનું વિકલન $f'(x) = 0$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $y=\tan ^{-1}\left(\frac{5 x+1}{3-x-6 x^2}\right)$.
ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટ વિધેયની અંદરના પદને નીચે મુજબ ફરીથી લખી શકાય:
$y=\tan ^{-1}\left(\frac{(3 x+2)+(2 x-1)}{1-(3 x+2)(2 x-1)}\right)$.
નિત્યસમ $\tan ^{-1}(A)+\tan ^{-1}(B)=\tan ^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y=\tan ^{-1}(3 x+2)+\tan ^{-1}(2 x-1)$.
હવે,ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x}=\frac{d}{d x}(\tan ^{-1}(3 x+2))+\frac{d}{d x}(\tan ^{-1}(2 x-1))$.
$\frac{d y}{d x}=\frac{1}{1+(3 x+2)^2} \times 3+\frac{1}{1+(2 x-1)^2} \times 2$.
$\frac{d y}{d x}=\frac{3}{9 x^2+12 x+4+1}+\frac{2}{4 x^2-4 x+1+1}$.
$\frac{d y}{d x}=\frac{3}{9 x^2+12 x+5}+\frac{2}{4 x^2-4 x+2}$.
બીજા પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{d y}{d x}=\frac{3}{9 x^2+12 x+5}+\frac{1}{2 x^2-2 x+1}$.

(C) $\text{આપેલ } f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}(-x-1), & x < -1 \\ \tan^{-1} x, & -1 \le x \le 1 \\ \frac{1}{2}(x-1), & x > 1 \end{cases}$
$\text{વિકલિત } f'(x) \text{ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:}$
$f'(x) = \begin{cases} -\frac{1}{2}, & x < -1 \\ \frac{1}{1+x^2}, & -1 < x < 1 \\ \frac{1}{2}, & x > 1 \end{cases}$
$\text{બિંદુ } x = -1 \text{ આગળ: ડાબી બાજુનું વિકલિત } = -\frac{1}{2}, \text{ જમણી બાજુનું વિકલિત } = \frac{1}{1+(-1)^2} = \frac{1}{2}. \text{ કારણ કે } -\frac{1}{2} \neq \frac{1}{2}, \text{ તેથી } f(x) \text{ એ } x = -1 \text{ આગળ વિકલનીય નથી.}$
$\text{બિંદુ } x = 1 \text{ આગળ: ડાબી બાજુનું વિકલિત } = \frac{1}{1+1^2} = \frac{1}{2}, \text{ જમણી બાજુનું વિકલિત } = \frac{1}{2}. \text{ જોકે, સાતત્ય ચકાસતા: } f(1) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}, \text{ પરંતુ } \lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{1}{2}(1-1) = 0. \text{ કારણ કે } f(x) \text{ એ } x = 1 \text{ આગળ અસતત છે, તેથી તે } x = 1 \text{ આગળ વિકલનીય નથી.}$
$\text{આમ, } f'(x) \text{ નો પ્રદેશ } R - \{-1, 1\} \text{ છે.}$

(A) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{6 x \sqrt{x}}{1-9 x^3}\right)$.
આપણે ઇન્વર્સ ટેન્જન્ટની અંદરના પદને $y = \tan ^{-1}\left(\frac{2(3 x^{3/2})}{1-(3 x^{3/2})^2}\right)$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમ $2 \tan ^{-1}(\theta) = \tan ^{-1}\left(\frac{2\theta}{1-\theta^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = 2 \tan ^{-1}(3 x^{3/2})$ મળે છે.
હવે,ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+(3 x^{3/2})^2} \cdot \frac{d}{dx}(3 x^{3/2})$.
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+9 x^3} \cdot (3 \cdot \frac{3}{2} x^{1/2})$.
$\frac{dy}{dx} = 2 \cdot \frac{1}{1+9 x^3} \cdot \frac{9}{2} \sqrt{x}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{9}{1+9 x^3} \cdot \sqrt{x}$.
આને $\sqrt{x} \cdot g(x)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $g(x) = \frac{9}{1+9 x^3}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $y = \sqrt{\frac{1-\tan x}{1+\tan x}}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{1-\tan x}{1+\tan x}}} \cdot \frac{d}{dx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)$.
અંદરના પદ માટે ભાગાકારનો નિયમ (quotient rule) વાપરતા:
$\frac{d}{dx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right) = \frac{(1+\tan x)(-\sec^2 x) - (1-\tan x)(\sec^2 x)}{(1+\tan x)^2} = \frac{-\sec^2 x - \tan x \sec^2 x - \sec^2 x + \tan x \sec^2 x}{(1+\tan x)^2} = \frac{-2\sec^2 x}{(1+\tan x)^2}$.
હવે,આ કિંમત પાછી મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1+\tan x}{1-\tan x}} \cdot \left(\frac{-2\sec^2 x}{(1+\tan x)^2}\right) = \frac{-\sec^2 x}{\sqrt{1-\tan x} \cdot (1+\tan x)^{3/2}}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \cos(\sin x^2)$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરીને,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -\sin(\sin x^2) \cdot \frac{d}{dx}(\sin x^2)$
$\frac{dy}{dx} = -\sin(\sin x^2) \cdot \cos(x^2) \cdot 2x$
હવે,$x = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$ ને વિકલનમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = -\sin(\sin(\frac{\pi}{2})) \cdot \cos(\frac{\pi}{2}) \cdot 2\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ થાય છે,તેથી સમગ્ર પદની કિંમત:
$\frac{dy}{dx} = -\sin(1) \cdot 0 \cdot 2\sqrt{\frac{\pi}{2}} = 0$.

(B) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\right)$.
$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,જેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos ^{-1} x$ મળે.
તેથી $y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta}-\sqrt{1-\cos 2\theta}}{\sqrt{1+\cos 2\theta}+\sqrt{1-\cos 2\theta}}\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2\theta$ અને $1-\cos 2\theta = 2\sin^2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos\theta - \sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{2}\cos\theta + \sqrt{2}\sin\theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta}\right)$.
$\tan(\frac{\pi}{4} - \theta) = \frac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\tan(\frac{\pi}{4} - \theta) = \frac{\pi}{4} - \theta = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \cos ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{2} \times \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \frac{1}{2 \sqrt{1-x^2}}$.

(A) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos^2 \theta - \sin^2 \theta = \cos(2\theta)$ જાણીએ છીએ.
આપેલ છે કે $y = \cos^2\left(\frac{5x}{2}\right) - \sin^2\left(\frac{5x}{2}\right)$,અહીં $\theta = \frac{5x}{2}$ લેતા.
તેથી,$y = \cos\left(2 \times \frac{5x}{2}\right) = \cos(5x)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -\sin(5x) \times \frac{d}{dx}(5x) = -5\sin(5x)$.
દ્વિતીય વિકલિત મેળવવા માટે ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -5 \times \cos(5x) \times \frac{d}{dx}(5x) = -5 \times 5 \cos(5x) = -25\cos(5x)$.
કારણ કે $y = \cos(5x)$,તેથી $\frac{d^2y}{dx^2} = -25y$.

(B) આપેલ વિધેય $y = e^{4x} + 2e^{-x}$ છે.
પ્રથમ વિકલન મેળવતા: $\frac{dy}{dx} = 4e^{4x} - 2e^{-x}$.
બીજું વિકલન મેળવતા: $\frac{d^2y}{dx^2} = 16e^{4x} + 2e^{-x}$.
આ કિંમતોને આપેલ સમીકરણ $\frac{d^2y}{dx^2} + A\frac{dy}{dx} + By = 0$ માં મૂકતા:
$(16e^{4x} + 2e^{-x}) + A(4e^{4x} - 2e^{-x}) + B(e^{4x} + 2e^{-x}) = 0$.
$e^{4x}$ અને $e^{-x}$ ના પદોને અલગ કરતા:
$(16 + 4A + B)e^{4x} + (2 - 2A + 2B)e^{-x} = 0$.
દરેક $x$ માટે આ સમીકરણ સાચું હોવાથી,સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ:
$16 + 4A + B = 0$ (સમીકરણ $1$)
$2 - 2A + 2B = 0 \Rightarrow 1 - A + B = 0 \Rightarrow B = A - 1$ (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $2$ માંથી $B = A - 1$ ને સમીકરણ $1$ માં મૂકતા:
$16 + 4A + (A - 1) = 0 \Rightarrow 5A + 15 = 0 \Rightarrow A = -3$.
તેથી $B = -3 - 1 = -4$.
આમ,$A = -3$ અને $B = -4$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $2[2x - 5] - 1 = 7$ \\
પૂર્ણાંક $n$ માટે $[x + n] = [x] + n$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$[2x - 5] = [2x] - 5$ મળે \\
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $2([2x] - 5) - 1 = 7$ \\
$2[2x] - 10 - 1 = 7$ \\
$2[2x] - 11 = 7$ \\
$2[2x] = 18$ \\
$[2x] = 9$ \\
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$[y] = n \Rightarrow n \leq y < n + 1$ \\
તેથી,$9 \leq 2x < 10$ \\
$2$ વડે ભાગતા,$\frac{9}{2} \leq x < 5$ મળે \\
આમ,$x \in \left[\frac{9}{2}, 5\right)$

(D) વિધેય $f(x) = e^{|x| \sin x}$ એ તમામ વાસ્તવિક કિંમતો $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,$f(x)$ નો પ્રદેશ $\mathbb{R}$ છે.
જેમ કે $|x| \sin x$ એ $-\infty$ થી $\infty$ સુધીની કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમત લઈ શકે છે,તેથી પદ $e^{|x| \sin x}$ હંમેશા $0$ કરતા મોટું રહેશે.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $(0, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{1}{4-x^2} + \log_{10}(x^3-x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે:
$1$. છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $4 - x^2 \neq 0 \implies x^2 \neq 4 \implies x \neq \pm 2$.
$2$. લઘુગણકનો આધાર ધન હોવો જોઈએ: $x^3 - x > 0$.
અવયવ પાડતા: $x(x-1)(x+1) > 0$.
વેવી કર્વ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,અસમતા $x(x-1)(x+1) > 0$ એ $x \in (-1, 0) \cup (1, \infty)$ માટે સાચી છે.
શરતો $x \neq \pm 2$ અને $x \in (-1, 0) \cup (1, \infty)$ ને જોડતા,આપણે $(1, \infty)$ માંથી $x = 2$ ને બાકાત રાખીએ છીએ.
આમ,પ્રદેશ $x \in (-1, 0) \cup (1, 2) \cup (2, \infty)$ છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = x^3 - 3(a - 2)x^2 + 3ax + 7$.
વિકલન $f'(x) = 3x^2 - 6(a - 2)x + 3a$ છે.
વિધેય $x = 1$ આગળ વર્તણૂક બદલે છે,તેથી $f'(1) = 0$.
$3(1)^2 - 6(a - 2)(1) + 3a = 0$
$3 - 6a + 12 + 3a = 0$
$-3a + 15 = 0 \Rightarrow a = 5$.
$a = 5$ મૂકતા,$f(x) = x^3 - 9x^2 + 15x + 7$.
હવે,$\frac{f(x) - 14}{(x - 1)^2} = 0$ ઉકેલતા,$x \neq 1$.
$f(x) - 14 = 0 \Rightarrow x^3 - 9x^2 + 15x - 7 = 0$.
અવયવ પાડતા $(x - 1)^2(x - 7) = 0$.
બીજ $x = 1$ અને $x = 7$ મળે છે.
$x \neq 1$ હોવાથી,બીજ $x = 7$ છે.

(A) આપેલ વિધેયો $f(x) = e^{|x|}$ અને $g(x) = \log x$ છે.
સંયોજિત વિધેય $(g \circ f)(x)$ ને $g(f(x))$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$g(x)$ માં $f(x)$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે:
$(g \circ f)(x) = g(e^{|x|}) = \log(e^{|x|})$.
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\log(a^b) = b \log a$ નો ઉપયોગ કરતા અને જાણીએ છીએ કે $\log e = 1$,તેથી:
$(g \circ f)(x) = |x| \log e = |x| \times 1 = |x|$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{a-x}{a+x}$.
આપણને આપેલ છે કે $(f \circ f)(x) = x$.
$f(f(x)) = f\left(\frac{a-x}{a+x}\right) = \frac{a - \left(\frac{a-x}{a+x}\right)}{a + \left(\frac{a-x}{a+x}\right)} = x$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{a(a+x) - (a-x)}{a(a+x) + (a-x)} = x$
$\frac{a^2 + ax - a + x}{a^2 + ax + a - x} = x$
$a^2 + ax - a + x = x(a^2 + ax + a - x)$
$a^2 + ax - a + x = a^2x + ax^2 + ax - x^2$
પદોને ગોઠવતા:
$(a-1)x^2 + (a^2-1)x - a(a-1) = 0$
$(a-1)(x^2 + (a+1)x - a) = 0$
$(a-1)(x+a)(x-1) = 0$
આ સમીકરણ તમામ $x \neq -a$ માટે સાચું હોવું જોઈએ,તેથી $a-1 = 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $a = 1$.
આમ,$f(x) = \frac{1-x}{1+x}$.
હવે,$f\left(-\frac{1}{2}\right)$ ની ગણતરી કરતા:
$f\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{1 - (-1/2)}{1 + (-1/2)} = \frac{1 + 1/2}{1 - 1/2} = \frac{3/2}{1/2} = 3$.

(B) વિધેય $f: R \rightarrow R$ એ $f(x) = |x|$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
વિધેય એક-એક (injective) હોવા માટે,$f(x_1) = f(x_2)$ પરથી $x_1 = x_2$ મળવું જોઈએ.
અહીં,$f(-1) = |-1| = 1$ અને $f(1) = |1| = 1$ છે.
$f(-1) = f(1)$ છે પરંતુ $-1 \neq 1$ હોવાથી,વિધેય એક-એક નથી.
વિધેય વ્યાપ્ત (surjective) હોવા માટે,તેનો વિસ્તાર તેના સહપ્રદેશ જેટલો હોવો જોઈએ.
અહીં સહપ્રદેશ $R$ (તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ) છે,પરંતુ $f(x) = |x|$ નો વિસ્તાર $[0, \infty)$ છે.
વિસ્તાર $[0, \infty) \neq R$ હોવાથી,વિધેય વ્યાપ્ત નથી.
તેથી,આ વિધેય એક-એક કે વ્યાપ્ત નથી.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{2x}{x-1}$.
એક-એક વિધેય ચકાસવા માટે,વિકલન મેળવીએ: $f'(x) = \frac{(x-1)(2) - 2x(1)}{(x-1)^2} = \frac{-2}{(x-1)^2}$.
દરેક $x \in A$ માટે $f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $f$ સતત ઘટતું વિધેય છે,જેનો અર્થ છે કે $f$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત વિધેય ચકાસવા માટે,ધારો કે $f(x) = y$. તો $y = \frac{2x}{x-1} \Rightarrow yx - y = 2x \Rightarrow x(y-2) = y \Rightarrow x = \frac{y}{y-2}$.
જો $f$ વ્યાપ્ત હોય,તો દરેક $y \in R$ માટે,$A$ માં એવો $x$ હોવો જોઈએ કે જેથી $f(x) = y$.
જો $y = 2$ લઈએ,તો $x = \frac{2}{0}$ મળે જે અવ્યાખ્યાયિત છે. આમ,$2$ નું $A$ માં કોઈ પૂર્વ-પ્રતિબિંબ નથી.
વળી,જો $y = 4$ લઈએ,તો $x = \frac{4}{4-2} = 2$. પરંતુ $2$ એ ધન પૂર્ણાંક છે,તેથી $2 \notin A$.
સહ-પ્રદેશ $R$ માં એવા ઘટકો છે જેનું $A$ માં કોઈ પૂર્વ-પ્રતિબિંબ નથી,તેથી $f$ વ્યાપ્ત નથી.
આમ,$f$ એક-એક છે પણ વ્યાપ્ત નથી.

(A) વિધેય $f(x)$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,સહપ્રદેશ $A$ એ $f(x)$ ના વિસ્તાર (range) જેટલો હોવો જોઈએ.
ધારો કે $y = \frac{x^2}{1-x^2}$.
$x^2$ માટે પદ ગોઠવતા,$y(1-x^2) = x^2$ મળે,જેનો અર્થ છે $y - yx^2 = x^2$,તેથી $y = x^2(1+y)$.
આમ,$x^2 = \frac{y}{1+y}$.
કારણ કે $x^2 \geq 0$ અને $x \neq \pm 1$,તેથી $\frac{y}{1+y} \geq 0$ હોવું જોઈએ અને $x^2 \neq 1$ (જેનો અર્થ છે $\frac{y}{1+y} \neq 1$,જે હંમેશા સાચું છે).
અસમતા $\frac{y}{1+y} \geq 0$ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $y \in (-\infty, -1) \cup [0, \infty)$ હોય.
તેથી,$f(x)$ નો વિસ્તાર $(-\infty, -1) \cup [0, \infty)$ છે,જેને $R - [-1, 0)$ તરીકે લખી શકાય.
આમ,$A = R - [-1, 0)$.

(A) ધારો કે $y = f(x) = \frac{a^x - a^{-x}}{a^x + a^{-x}}$.
અંશ અને છેદને $a^x$ વડે ગુણતા:
$y = \frac{a^{2x} - 1}{a^{2x} + 1}$.
હવે,$y$ ના સંદર્ભમાં $x$ માટે ઉકેલતા:
$y(a^{2x} + 1) = a^{2x} - 1$
$y \cdot a^{2x} + y = a^{2x} - 1$
$1 + y = a^{2x} - y \cdot a^{2x}$
$1 + y = a^{2x}(1 - y)$
$a^{2x} = \frac{1+y}{1-y}$.
બંને બાજુ આધાર $a$ પર લઘુગણક લેતા:
$2x = \log_a \left( \frac{1+y}{1-y} \right)$
$x = \frac{1}{2} \log_a \left( \frac{1+y}{1-y} \right)$.
પ્રતિવિધેય શોધવા માટે $y$ ને $x$ વડે બદલતા:
$f^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log_a \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \cos(\log x)$.
આપણે પદાવલિ $E = f(x) \cdot f(y) - \frac{1}{2} \left( f\left(\frac{x}{y}\right) + f(xy) \right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
વિધેયની વ્યાખ્યા મૂકતા:
$E = \cos(\log x) \cdot \cos(\log y) - \frac{1}{2} \left( \cos(\log(x/y)) + \cos(\log(xy)) \right)$.
લઘુગણકના ગુણધર્મો $\log(x/y) = \log x - \log y$ અને $\log(xy) = \log x + \log y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \cos(\log x) \cdot \cos(\log y) - \frac{1}{2} \left( \cos(\log x - \log y) + \cos(\log x + \log y) \right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A - B) + \cos(A + B) = 2 \cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \log x$ અને $B = \log y$:
$E = \cos(\log x) \cdot \cos(\log y) - \frac{1}{2} \left( 2 \cos(\log x) \cos(\log y) \right)$.
$E = \cos(\log x) \cdot \cos(\log y) - \cos(\log x) \cdot \cos(\log y) = 0$.

(C) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y)=f(x) \cdot f^{\prime}(y)+f^{\prime}(x) \cdot f(y)$ છે.
$x=0$ અને $y=0$ મુકતા,આપણને મળે $f(0)=f(0) \cdot f^{\prime}(0)+f^{\prime}(0) \cdot f(0) = 2 f(0) \cdot f^{\prime}(0)$.
$f(0)=1$ હોવાથી,$1 = 2(1) \cdot f^{\prime}(0)$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(0)=\frac{1}{2}$.
હવે,$x$ ને ચલ તરીકે રાખીને $y=0$ મુકતા,આપણને મળે $f(x+0)=f(x) \cdot f^{\prime}(0)+f^{\prime}(x) \cdot f(0)$.
$f(0)=1$ અને $f^{\prime}(0)=\frac{1}{2}$ મુકતા,આપણને મળે $f(x) = f(x) \cdot \frac{1}{2} + f^{\prime}(x) \cdot 1$.
આનું સાદું રૂપ $f^{\prime}(x) = \frac{1}{2} f(x)$ અથવા $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = \frac{1}{2}$ થાય છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\int \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} dx = \int \frac{1}{2} dx$,જેનું પરિણામ $\log(f(x)) = \frac{1}{2}x + C$ મળે છે.
$f(0)=1$ નો ઉપયોગ કરતા,$\log(1) = 0 + C$,તેથી $C=0$.
આમ,$\log(f(x)) = \frac{1}{2}x$.
$x=4$ માટે,$\log(f(4)) = \frac{1}{2} \times 4 = 2$.

(C) આપણી પાસે $I = \int \frac{\sin \frac{5x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} dx$ છે.
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $\frac{5x}{2} = 2x + \frac{x}{2}$ લખીએ છીએ.
$I = \int \frac{\sin(2x + \frac{x}{2})}{\sin \frac{x}{2}} dx = \int \frac{\sin 2x \cos \frac{x}{2} + \cos 2x \sin \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} dx$.
$I = \int (\sin 2x \cot \frac{x}{2} + \cos 2x) dx$.
વૈકલ્પિક રીતે,સરવાળાથી ગુણાકારના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\sin \frac{5x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} = \frac{\sin(2x + \frac{x}{2})}{\sin \frac{x}{2}} = \frac{\sin 2x \cos \frac{x}{2} + \cos 2x \sin \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} = \cos 2x + \sin 2x \cot \frac{x}{2}$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $\cot \frac{x}{2} = \frac{1+\cos x}{\sin x}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 2x \cot \frac{x}{2} = 2 \sin x \cos x \cdot \frac{1+\cos x}{\sin x} = 2 \cos x(1+\cos x) = 2 \cos x + 2 \cos^2 x$.
કારણ કે $2 \cos^2 x = 1 + \cos 2x$,તેથી:
$\cos 2x + 2 \cos x + 1 + \cos 2x = 1 + 2 \cos x + 2 \cos 2x$.
સંકલન કરતા: $\int (1 + 2 \cos x + 2 \cos 2x) dx = x + 2 \sin x + \sin 2x + C$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે બે $n$-ઘાતનો તફાવત માટેનું બીજગણિતીય નિત્યસમ આ મુજબ છે:
$(x-a)(x^{n-1}+x^{n-2}a+\ldots+a^{n-1}) = x^n - a^n$.
આ કિંમતને સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\int(x^n - a^n)dx$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં પદવાર સંકલન કરતા:
$\int x^n dx - \int a^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} - a^n x + C$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{(\log x-1)^2}{\left\{1+(\log x)^2\right\}^2} dx$.
$\log x = t$ આદેશ લેતા,$x = e^t$ અને $dx = e^t dt$ મળે.
તેથી $I = \int \frac{(t-1)^2}{(1+t^2)^2} e^t dt = \int e^t \left( \frac{t^2-2t+1}{(1+t^2)^2} \right) dt$.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે લખી શકીએ: $\int e^t \left( \frac{t^2+1-2t}{(1+t^2)^2} \right) dt = \int e^t \left( \frac{1}{1+t^2} - \frac{2t}{(1+t^2)^2} \right) dt$.
સૂત્ર $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(t) = \frac{1}{1+t^2}$ અને $f'(t) = -\frac{2t}{(1+t^2)^2}$ છે.
આમ,$I = e^t \left( \frac{1}{1+t^2} \right) + C$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા,આપણને $I = \frac{e^{\log x}}{1+(\log x)^2} + C = \frac{x}{1+(\log x)^2} + C$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{x+1}{x(1+x e^x)^2} \,d x$.
અંશ અને છેદને $e^x$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{e^x(x+1)}{x e^x(1+x e^x)^2} \,d x$.
ધારો કે $t = x e^x$. તેથી $dt = (e^x + x e^x) dx = e^x(1+x) dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dt}{t(1+t)^2}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{t(1+t)^2} = \frac{A}{t} + \frac{B}{1+t} + \frac{C}{(1+t)^2}$.
અચળાંકો શોધતા,આપણને $A=1, B=-1, C=-1$ મળે છે.
તેથી,$I = \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t} - \frac{1}{(1+t)^2} \right) dt$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \log |t| - \log |1+t| + \frac{1}{1+t} + C$.
$I = \log \left| \frac{t}{1+t} \right| + \frac{1}{1+t} + C$.
$t = x e^x$ પાછા મૂકતા:
$I = \log \left( \frac{x e^x}{1+x e^x} \right) + \frac{1}{1+x e^x} + C$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{d \theta}{\cos ^2 \theta(\tan 2 \theta+\sec 2 \theta)}$.
$\tan 2\theta = \frac{\sin 2\theta}{\cos 2\theta}$ અને $\sec 2\theta = \frac{1}{\cos 2\theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sec ^2 \theta d \theta}{\frac{\sin 2 \theta+1}{\cos 2 \theta}} = \int \frac{\cos 2 \theta \sec ^2 \theta d \theta}{1+\sin 2 \theta}$.
$\cos 2\theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta$ અને $1 + \sin 2\theta = (\cos \theta + \sin \theta)^2$ હોવાથી:
$I = \int \frac{(\cos \theta - \sin \theta)(\cos \theta + \sin \theta) \sec^2 \theta d \theta}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} = \int \frac{\cos \theta - \sin \theta}{\cos \theta + \sin \theta} \sec^2 \theta d \theta$.
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{1-\tan \theta}{1+\tan \theta} \sec^2 \theta d \theta$.
ધારો કે $t = \tan \theta$,તેથી $dt = \sec^2 \theta d\theta$:
$I = \int \frac{1-t}{1+t} dt = \int \left(-1 + \frac{2}{1+t}\right) dt = -t + 2 \log |1+t| + C$.
$t = \tan \theta$ મૂકતા:
$I = -\tan \theta + 2 \log |1+\tan \theta| + C$.
આને $\lambda \tan \theta + 2 \log |f(\theta)| + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\lambda = -1$ અને $f(\theta) = 1+\tan \theta$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}} \, dx$.
અંશ અને છેદને $\sqrt{1-\sqrt{x}}$ વડે ગુણતા:
$I = \int \sqrt{\frac{(1-\sqrt{x})^2}{1-x}} \, dx = \int \frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}} \, dx$.
સંકલનને અલગ પાડતા:
$I = \int \frac{1}{\sqrt{1-x}} \, dx - \int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}} \, dx$.
પ્રથમ ભાગ $-2\sqrt{1-x}$ છે.
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $x = \cos^2 \theta$,તેથી $dx = -2 \cos \theta \sin \theta \, d\theta$.
$\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}} \, dx = \int \frac{\cos \theta}{\sin \theta} (-2 \cos \theta \sin \theta) \, d\theta = -2 \int \cos^2 \theta \, d\theta = -\int (1 + \cos 2\theta) \, d\theta = -(\theta + \frac{\sin 2\theta}{2}) = -\theta - \sin \theta \cos \theta$.
કિંમત પાછી મૂકતા: $I = -2\sqrt{1-x} - (-\theta - \sin \theta \cos \theta) + C = -2\sqrt{1-x} + \theta + \sin \theta \cos \theta + C$.
કારણ કે $x = \cos^2 \theta$,તેથી $\theta = \cos^{-1} \sqrt{x}$,$\cos \theta = \sqrt{x}$,અને $\sin \theta = \sqrt{1-x}$.
આમ,$I = -2\sqrt{1-x} + \cos^{-1} \sqrt{x} + \sqrt{x(1-x)} + C$.

(A) સંકલન $I = \int \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે વર્ગમૂળની અંદરના અંશ અને છેદને $(1+x)$ વડે ગુણીએ છીએ:
$I = \int \sqrt{\frac{(1+x)(1+x)}{(1-x)(1+x)}} \, dx = \int \sqrt{\frac{(1+x)^2}{1-x^2}} \, dx$
$I = \int \frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx + \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$
પ્રથમ ભાગ માટે,$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \sin^{-1} x$ થાય.
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $u = 1-x^2$,તેથી $du = -2x \, dx$,એટલે કે $x \, dx = -\frac{1}{2} du$:
$\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = -\frac{1}{2} \int u^{-1/2} \, du = -\frac{1}{2} \cdot 2u^{1/2} = -\sqrt{1-x^2}$.
આ બંનેને જોડતા,આપણને $I = \sin^{-1} x - \sqrt{1-x^2} + C$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \int \frac{x^2 + \sin^2 x}{1 + x^2} \cdot \sec^2 x \, dx$.
અંશને $x^2 + 1 - 1 + \sin^2 x = (1 + x^2) - (1 - \sin^2 x) = (1 + x^2) - \cos^2 x$ તરીકે લખી શકાય.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$f(x) = \int \frac{(1 + x^2) - \cos^2 x}{1 + x^2} \cdot \sec^2 x \, dx$
$f(x) = \int \left( 1 - \frac{\cos^2 x}{1 + x^2} \right) \sec^2 x \, dx$
$f(x) = \int \sec^2 x \, dx - \int \frac{\cos^2 x \cdot \sec^2 x}{1 + x^2} \, dx$
કારણ કે $\cos^2 x \cdot \sec^2 x = 1$,તેથી:
$f(x) = \int \sec^2 x \, dx - \int \frac{1}{1 + x^2} \, dx$
$f(x) = \tan x - \tan^{-1} x + C$.
$f(0) = 0$ આપેલ છે:
$0 = \tan(0) - \tan^{-1}(0) + C \implies 0 = 0 - 0 + C \implies C = 0$.
આમ,$f(x) = \tan x - \tan^{-1} x$.
તેથી,$f(1) = \tan(1) - \tan^{-1}(1) = \tan(1) - \frac{\pi}{4}$.

(B) આપણને સંકલન $I = \int \frac{x e^{2x}}{(1+2x)^2} dx$ આપેલ છે.
ધારો કે $2x = t$,તેથી $2 dx = dt$,જેનો અર્થ છે કે $dx = \frac{dt}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(t/2) e^t}{(1+t)^2} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{4} \int \frac{t e^t}{(1+t)^2} dt$.
અંશ $t$ ને $(t+1-1)$ તરીકે લખી શકાય:
$I = \frac{1}{4} \int e^t \left( \frac{t+1-1}{(1+t)^2} \right) dt = \frac{1}{4} \int e^t \left( \frac{1}{1+t} - \frac{1}{(1+t)^2} \right) dt$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(t) = \frac{1}{1+t}$ અને $f'(t) = -\frac{1}{(1+t)^2}$:
$I = \frac{1}{4} e^t \left( \frac{1}{1+t} \right) + C$.
$t = 2x$ પાછા મૂકતા:
$I = \frac{e^{2x}}{4(1+2x)} + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\cos x \sqrt{\cos 2x}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 2x = \frac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}$.
તેથી,$I = \int \frac{dx}{\cos x \sqrt{\frac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}}} = \int \frac{dx}{\cos x \frac{\sqrt{1-\tan^2 x}}{\sec x}}$.
કારણ કે $\frac{1}{\cos x} = \sec x$,તેથી $I = \int \frac{\sec x \cdot \sec x}{\sqrt{1-\tan^2 x}} \, dx = \int \frac{\sec^2 x}{\sqrt{1-\tan^2 x}} \, dx$.
ધારો કે $\tan x = t$,તો $\sec^2 x \, dx = dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,આપણને $I = \int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}$ મળે છે.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} = \sin^{-1}(t) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $I = \sin^{-1}(\tan x) + C$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{3 x^{13}+2 x^{11}}{\left(2 x^4+3 x^2+1\right)^4} d x$.
અંશ અને છેદને $x^{16}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{3 x^{-3}+2 x^{-5}}{\left(2+3 x^{-2}+x^{-4}\right)^4} d x$.
ધારો કે $u = 2+3 x^{-2}+x^{-4}$.
તેથી $du = (-6 x^{-3}-4 x^{-5}) d x = -2(3 x^{-3}+2 x^{-5}) d x$.
તેથી,$(3 x^{-3}+2 x^{-5}) d x = -\frac{1}{2} du$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{-1/2}{u^4} du = -\frac{1}{2} \int u^{-4} du = -\frac{1}{2} \left( \frac{u^{-3}}{-3} \right) + C = \frac{1}{6 u^3} + C$.
$u$ ની કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{1}{6(2+3 x^{-2}+x^{-4})^3} + C = \frac{1}{6(\frac{2x^4+3x^2+1}{x^4})^3} + C = \frac{x^{12}}{6(2 x^4+3 x^2+1)^3} + C$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \int \frac{5x^8 + 7x^6}{(x^2 + 1 + 2x^7)^2} dx$.
સંકલનની અંદર અંશ અને છેદને $x^{14}$ વડે ભાગતા:
$f(x) = \int \frac{5x^{-6} + 7x^{-8}}{(x^{-5} + x^{-7} + 2)^2} dx$.
ધારો કે $t = x^{-5} + x^{-7} + 2$. તો $dt = (-5x^{-6} - 7x^{-8}) dx$,જેનો અર્થ છે કે $-(5x^{-6} + 7x^{-8}) dx = dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$f(x) = -\int \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{t} + C = \frac{1}{x^{-5} + x^{-7} + 2} + C$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$f(x) = \frac{x^7}{1 + x^2 + 2x^7} + C$.
આપેલ છે કે $f(0) = 0$,તેથી $0 = \frac{0}{1} + C$,એટલે કે $C = 0$.
આમ,$f(x) = \frac{x^7}{x^2 + 1 + 2x^7}$.
$x = 1$ માટે કિંમત શોધતા:
$f(1) = \frac{1^7}{1^2 + 1 + 2(1)^7} = \frac{1}{1 + 1 + 2} = \frac{1}{4}$.

(A) આપેલ છે કે $\int e^{x^2} \cdot x^3 \, dx = e^{x^2} f(x) + C$.
ધારો કે $I = \int e^{x^2} \cdot x^2 \cdot x \, dx$.
$t = x^2$ આદેશ લેતા,$dt = 2x \, dx$,તેથી $x \, dx = \frac{1}{2} dt$.
$I = \frac{1}{2} \int t e^t \, dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
$u = t$ અને $dv = e^t \, dt$ લેતા,$du = dt$ અને $v = e^t$ મળે.
$I = \frac{1}{2} [t e^t - \int e^t \, dt] = \frac{1}{2} [t e^t - e^t] + C = \frac{1}{2} e^t (t - 1) + C$.
$t = x^2$ પાછું મૂકતા: $I = \frac{1}{2} e^{x^2} (x^2 - 1) + C$.
$e^{x^2} f(x) + C$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = \frac{1}{2} (x^2 - 1)$ મળે.
$f(1) = \frac{1}{2} (1^2 - 1) = 0$ જે સાચું છે.
તેથી,$f(2) = \frac{1}{2} (2^2 - 1) = \frac{1}{2} (4 - 1) = \frac{3}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{\tan x}$ અને $g(x) = \sin x \cdot \cos x$.
આપણે સંકલન $I = \int \frac{f(x)}{g(x)} dx$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$I = \int \frac{\sqrt{\tan x}}{\sin x \cdot \cos x} dx$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\sqrt{\tan x}}{\frac{\sin x \cdot \cos x}{\cos^2 x}} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} dx = \int \frac{\sqrt{\tan x}}{\tan x} \cdot \sec^2 x dx$.
$I = \int \frac{\sec^2 x}{\sqrt{\tan x}} dx$.
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x dx$.
$I = \int \frac{1}{\sqrt{u}} du = \int u^{-1/2} du = \frac{u^{1/2}}{1/2} + C = 2\sqrt{u} + C$.
$u = \tan x$ પાછું મૂકતા,આપણને $I = 2\sqrt{\tan x} + C$ મળે છે.

(C) ધારો કે $t = e^x$,તેથી $dt = e^x dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$\int \frac{dt}{(t+2)(t+1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{(t+2)(t+1)} = \frac{A}{t+2} + \frac{B}{t+1}$.
$1 = A(t+1) + B(t+2)$.
$t = -1$ લેતા,$B = 1$.
$t = -2$ લેતા,$A = -1$.
તેથી,$\int (\frac{-1}{t+2} + \frac{1}{t+1}) dt = -\log|t+2| + \log|t+1| + C$.
$= \log|\frac{t+1}{t+2}| + C$.
$t = e^x$ પાછા મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\log \left(\frac{e^x+1}{e^x+2}\right) + C$.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{5(x^6+1)}{x^2+1} \, dx$ છે.
બીજગણિતીય નિત્યસમ $a^3+b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=x^2$ અને $b=1$,આપણે લખી શકીએ કે $x^6+1 = (x^2)^3+1^3 = (x^2+1)(x^4-x^2+1)$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{5(x^2+1)(x^4-x^2+1)}{x^2+1} \, dx$
$I = 5 \int (x^4-x^2+1) \, dx$
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = 5 \left( \frac{x^5}{5} - \frac{x^3}{3} + x \right) + C$
$I = x^5 - \frac{5x^3}{3} + 5x + C$.

(C) ધારો કે $I = \int_2^3 \frac{\log x}{x} d x$.
$u = \log x$ આદેશ લેતા,$du = \frac{1}{x} dx$ મળે.
જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $u = \log 2$.
જ્યારે $x = 3$,ત્યારે $u = \log 3$.
તેથી,$I = \int_{\log 2}^{\log 3} u du = \left[ \frac{u^2}{2} \right]_{\log 2}^{\log 3}$.
$I = \frac{1}{2} \left( (\log 3)^2 - (\log 2)^2 \right)$.
નિત્યસમ $a^2 - b^2 = (a+b)(a-b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} (\log 3 + \log 2)(\log 3 - \log 2)$.
$\log a + \log b = \log(ab)$ અને $\log a - \log b = \log(\frac{a}{b})$ હોવાથી,
$I = \frac{1}{2} \log(3 \times 2) \log(\frac{3}{2}) = \frac{1}{2} \log 6 \log \frac{3}{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{2 e^x+3 e^{-x}}{3 e^x+4 e^{-x}} d x$.
અંશ અને છેદને $e^x$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{2 e^{2x}+3}{3 e^{2x}+4} d x$.
અંશને છેદ અને તેના વિકલિતના સ્વરૂપમાં દર્શાવતા:
$2 e^{2x} + 3 = A_1(3 e^{2x} + 4) + B_1 \frac{d}{dx}(3 e^{2x} + 4)$.
$2 e^{2x} + 3 = 3 A_1 e^{2x} + 4 A_1 + 6 B_1 e^{2x}$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$3 A_1 + 6 B_1 = 2$ અને $4 A_1 = 3 \implies A_1 = \frac{3}{4}$.
$A_1$ ની કિંમત મૂકતા: $3(\frac{3}{4}) + 6 B_1 = 2 \implies \frac{9}{4} + 6 B_1 = 2 \implies 6 B_1 = 2 - \frac{9}{4} = -\frac{1}{4} \implies B_1 = -\frac{1}{24}$.
તેથી,$I = \int \left( \frac{3}{4} - \frac{1}{24} \frac{6 e^{2x}}{3 e^{2x} + 4} \right) d x$.
$I = \frac{3}{4} x - \frac{1}{24} \log(3 e^{2x} + 4) + C$.
$Ax + B \log(3 e^{2x} + 4) + C$ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{3}{4}$ અને $B = -\frac{1}{24}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d x}{5+4 \cos x}$.
$\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ આદેશ લેતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d x}{5 + 4 \left( \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)} \right)} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2(x/2) dx}{5(1+\tan^2(x/2)) + 4(1-\tan^2(x/2))}$
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2(x/2) dx}{9 + \tan^2(x/2)}$.
ધારો કે $t = \tan(x/2)$,તેથી $dt = \frac{1}{2} \sec^2(x/2) dx$,એટલે કે $2 dt = \sec^2(x/2) dx$.
જ્યારે $x=0, t=0$. જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=\tan(\frac{\pi}{4})=1$.
$I = \int_0^1 \frac{2 dt}{9 + t^2} = 2 \int_0^1 \frac{dt}{3^2 + t^2} = 2 \left[ \frac{1}{3} \tan^{-1} \left( \frac{t}{3} \right) \right]_0^1$
$I = \frac{2}{3} \left( \tan^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) - \tan^{-1}(0) \right) = \frac{2}{3} \tan^{-1} \left( \frac{1}{3} \right)$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin ^8 x-\cos ^8 x}{1-2 \sin ^2 x \cos ^2 x} dx$.
તફાવતની રીત $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે અંશના અવયવ પાડી શકીએ છીએ:
$\sin^8 x - \cos^8 x = (\sin^4 x - \cos^4 x)(\sin^4 x + \cos^4 x) = (\sin^2 x - \cos^2 x)(\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x + \cos^4 x)$.
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,આ $(\sin^2 x - \cos^2 x)(\sin^4 x + \cos^4 x)$ માં સરળ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x$.
આ કિંમતને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(\sin^2 x - \cos^2 x)(1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x)}{1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x} dx$.
$I = \int (\sin^2 x - \cos^2 x) dx$.
નિત્યસમ $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin^2 x - \cos^2 x = -\cos 2x$ મળે છે.
$I = \int -\cos 2x dx = -\frac{1}{2} \sin 2x + C$.

(C) ધારો કે $I = \int(3-x) \sqrt{4-x} \, dx$.
$u = 4-x$ આદેશ લેતા,$du = -dx$ મળે,એટલે કે $dx = -du$.
વળી,$x = 4-u$,તેથી $3-x = 3-(4-u) = u-1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int (u-1) \sqrt{u} (-du) = \int (1-u) \sqrt{u} \, du$
$I = \int (u^{1/2} - u^{3/2}) \, du$
$I = \frac{u^{3/2}}{3/2} - \frac{u^{5/2}}{5/2} + C$
$I = \frac{2}{3} u^{3/2} - \frac{2}{5} u^{5/2} + C$
હવે $u = 4-x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{2}{3} (4-x)^{3/2} - \frac{2}{5} (4-x)^{5/2} + C$.

(D) સંકલન $I = \int \frac{dx}{2+\cos x}$ ઉકેલવા માટે,આપણે $\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dx}{2 + \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}} = \int \frac{1+\tan^2(x/2)}{2(1+\tan^2(x/2)) + 1-\tan^2(x/2)} dx$
$I = \int \frac{\sec^2(x/2)}{3+\tan^2(x/2)} dx$.
ધારો કે $u = \tan(x/2)$,તો $du = \frac{1}{2} \sec^2(x/2) dx$,જેનો અર્થ છે કે $\sec^2(x/2) dx = 2 du$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2 du}{3+u^2} = 2 \int \frac{du}{(\sqrt{3})^2 + u^2}$.
પ્રમાણિત સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2+x^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{u}{\sqrt{3}}\right) + C = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{\tan(x/2)}{\sqrt{3}}\right) + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x}{\sqrt{1-2 x^4}} \, dx$.
$u = \sqrt{2} x^2$ આદેશ લેતા.
તેથી $du = 2 \sqrt{2} x \, dx$,જેનો અર્થ છે કે $x \, dx = \frac{du}{2 \sqrt{2}}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} \cdot \frac{du}{2 \sqrt{2}} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \int \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} \, du = \sin^{-1}(u) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \sin^{-1}(u) + C = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \sin^{-1}(\sqrt{2} x^2) + C$.