MHT CET 2023 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ છે કે $\tan \theta = \frac{\sin \alpha - \cos \alpha}{\sin \alpha + \cos \alpha}$.
અંશ અને છેદને $\cos \alpha$ વડે ભાગતા,$\tan \theta = \frac{\tan \alpha - 1}{\tan \alpha + 1}$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,તેથી $\tan \theta = \frac{\tan \alpha - \tan(\frac{\pi}{4})}{1 + \tan \alpha \tan(\frac{\pi}{4})}$.
$\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\tan \theta = \tan(\alpha - \frac{\pi}{4})$ મળે.
તેથી,$\theta = \alpha - \frac{\pi}{4}$.
હવે $2 \theta = 2 \alpha - \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$\cos 2 \theta = \cos(2 \alpha - \frac{\pi}{2})$.
$\cos(x - \frac{\pi}{2}) = \sin x$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos 2 \theta = \sin 2 \alpha$ મળે.

(B) નિત્યસમ $\cos(x-y)\cos(x+y) = \cos^2 x - \sin^2 y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(18^{\circ}-A)\cos(18^{\circ}+A) = \cos^2 18^{\circ} - \sin^2 A$
$\cos(72^{\circ}-A)\cos(72^{\circ}+A) = \cos^2 72^{\circ} - \sin^2 A$
બાદબાકી કરતા:
$(\cos^2 18^{\circ} - \sin^2 A) - (\cos^2 72^{\circ} - \sin^2 A) = \cos^2 18^{\circ} - \cos^2 72^{\circ}$
$\cos 72^{\circ} = \sin 18^{\circ}$ હોવાથી,આ $\cos^2 18^{\circ} - \sin^2 18^{\circ} = \cos(2 \times 18^{\circ}) = \cos 36^{\circ}$ થાય છે.
$\cos 36^{\circ} = \sin 54^{\circ}$ હોવાથી,જવાબ $\sin 54^{\circ}$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin x + \sin 5x = \sin 3x$
સરવાળા-ગુણાકારના સૂત્ર $\sin A + \sin B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin 3x \cos 2x = \sin 3x$
$\sin 3x (2 \cos 2x - 1) = 0$
કિસ્સો $1$: $\sin 3x = 0 \implies x = \frac{n\pi}{3}$. અંતરાલ $(0, \frac{\pi}{2})$ માટે $x = \frac{\pi}{3}$ ઉકેલ છે.
કિસ્સો $2$: $\cos 2x = \frac{1}{2} \implies 2x = 2n\pi \pm \frac{\pi}{3} \implies x = n\pi \pm \frac{\pi}{6}$. અંતરાલ $(0, \frac{\pi}{2})$ માટે $x = \frac{\pi}{6}$ ઉકેલ છે.
આમ,ઉકેલો $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\sin (\theta-\alpha), \sin \theta, \sin (\theta+\alpha)$ એ $H.P.$ માં છે.
$\Rightarrow \frac{1}{\sin (\theta-\alpha)}, \frac{1}{\sin \theta}, \frac{1}{\sin (\theta+\alpha)}$ એ $A.P.$ માં છે.
$\therefore \frac{2}{\sin \theta} = \frac{1}{\sin (\theta-\alpha)} + \frac{1}{\sin (\theta+\alpha)}$
$\Rightarrow \frac{2}{\sin \theta} = \frac{\sin (\theta+\alpha) + \sin (\theta-\alpha)}{\sin (\theta-\alpha) \sin (\theta+\alpha)}$
સૂત્ર $\sin(A+B) + \sin(A-B) = 2 \sin A \cos B$ અને $\sin(A+B) \sin(A-B) = \sin^2 A - \sin^2 B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Rightarrow \frac{2}{\sin \theta} = \frac{2 \sin \theta \cos \alpha}{\sin^2 \theta - \sin^2 \alpha}$
$\Rightarrow \sin^2 \theta - \sin^2 \alpha = \sin^2 \theta \cos \alpha$
$\Rightarrow \sin^2 \theta (1 - \cos \alpha) = \sin^2 \alpha$
$1 - \cos \alpha = 2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}$ અને $\sin \alpha = 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Rightarrow \sin^2 \theta (2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}) = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos^2 \frac{\alpha}{2}$
$\Rightarrow \sin^2 \theta = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$
$\Rightarrow 1 - \cos^2 \theta = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$
$\Rightarrow \cos^2 \theta = 1 - 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$
$\cos 2 \theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ મેળવવા માટે $2$ વડે ગુણીને $1$ બાદ કરતા:
$\Rightarrow 2 \cos^2 \theta - 1 = 2(1 - 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}) - 1$
$\Rightarrow \cos 2 \theta = 2 - 4 \cos^2 \frac{\alpha}{2} - 1 = 1 - 4 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$

(A) આપેલ સમીકરણ: $a \cos 2 \theta + b \sin 2 \theta = c$
નિત્યસમ $\cos 2 \theta = \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta}$ અને $\sin 2 \theta = \frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a \left( \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta} \right) + b \left( \frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta} \right) = c$
બંને બાજુ $(1 + \tan^2 \theta)$ વડે ગુણતા:
$a(1 - \tan^2 \theta) + 2b \tan \theta = c(1 + \tan^2 \theta)$
$a - a \tan^2 \theta + 2b \tan \theta = c + c \tan^2 \theta$
$\tan \theta$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ મેળવવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$(a + c) \tan^2 \theta - 2b \tan \theta + (c - a) = 0$
$\alpha$ અને $\beta$ બીજ હોવાથી,$\tan \alpha$ અને $\tan \beta$ એ આ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2 + Bx + C = 0$ માટે બીજનો સરવાળો $-\frac{B}{A}$ થાય છે:
$\tan \alpha + \tan \beta = -\frac{-2b}{a + c} = \frac{2b}{c + a}$

(C) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીએ: $\cos ^2 A - \sin ^2 B = \cos(A+B) \cdot \cos(A-B)$.
અહીં $A = 48^{\circ}$ અને $B = 12^{\circ}$ લેતા:
$\cos ^2 48^{\circ} - \sin ^2 12^{\circ} = \cos(60^{\circ}) \cdot \cos(36^{\circ})$
$= \frac{1}{2} \cdot (1 - 2\sin ^2 18^{\circ})$
$= \frac{1}{2} \left[ 1 - 2 \left( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \right)^2 \right]$
$= \frac{1 + \sqrt{5}}{8}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1-\tan^2 \theta}$.
$\theta = \frac{\pi}{8}$ લેતા,$\tan \frac{\pi}{4} = \frac{2\tan \frac{\pi}{8}}{1-\tan^2 \frac{\pi}{8}}$ મળે.
$\tan \frac{\pi}{4} = 1$ હોવાથી,$y = \tan \frac{\pi}{8}$ ધારો.
તેથી $1 = \frac{2y}{1-y^2}$,જેનો અર્થ છે $1 - y^2 = 2y$,અથવા $y^2 + 2y - 1 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $y = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{8}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}$ મળે.
$\frac{\pi}{8}$ એ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,$\tan \frac{\pi}{8} > 0$ થાય.
તેથી,$\tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} - 1$.

(C) આપણે નિત્યસમ $\cos^2 A - \sin^2 B = \cos(A+B) \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
અહીં,$A = 48^{\circ}$ અને $B = 12^{\circ}$ છે.
$\cos^2 48^{\circ} - \sin^2 12^{\circ} = \cos(48^{\circ} + 12^{\circ}) \cos(48^{\circ} - 12^{\circ})$
$= \cos 60^{\circ} \cos 36^{\circ}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$ અને $\cos 36^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$ છે.
તેથી,પદાવલિની કિંમત $\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{5}+1}{4} = \frac{\sqrt{5}+1}{8}$ થાય.

(A) આપેલ સમીકરણ: $(1+\sqrt{1+x}) \tan x = 1+\sqrt{1-x}$
$\tan x = \frac{1+\sqrt{1-x}}{1+\sqrt{1+x}}$
ધારો કે $x = \sin \theta$.
$\tan x = \frac{1+\sqrt{1-\sin \theta}}{1+\sqrt{1+\sin \theta}} = \frac{1+\sqrt{(\cos \frac{\theta}{2} - \sin \frac{\theta}{2})^2}}{1+\sqrt{(\cos \frac{\theta}{2} + \sin \frac{\theta}{2})^2}}$
$= \frac{1+\cos \frac{\theta}{2} - \sin \frac{\theta}{2}}{1+\cos \frac{\theta}{2} + \sin \frac{\theta}{2}}$
$= \frac{2\cos^2 \frac{\theta}{4} - 2\sin \frac{\theta}{4}\cos \frac{\theta}{4}}{2\cos^2 \frac{\theta}{4} + 2\sin \frac{\theta}{4}\cos \frac{\theta}{4}}$
$= \frac{2\cos \frac{\theta}{4}(\cos \frac{\theta}{4} - \sin \frac{\theta}{4})}{2\cos \frac{\theta}{4}(\cos \frac{\theta}{4} + \sin \frac{\theta}{4})} = \frac{1 - \tan \frac{\theta}{4}}{1 + \tan \frac{\theta}{4}} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{4})$
તેથી,$x = \frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{4} \Rightarrow 4x = \pi - \theta$.
$\sin 4x = \sin(\pi - \theta) = \sin \theta = x$.

(A) આપેલ છે કે $\cos 2B = \frac{\cos(A+C)}{\cos(A-C)}$.
$\cos 2B = \frac{1-\tan^2 B}{1+\tan^2 B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1-\tan^2 B}{1+\tan^2 B} = \frac{\cos A \cos C - \sin A \sin C}{\cos A \cos C + \sin A \sin C}$.
અંશ અને છેદને $\cos A \cos C$ વડે ભાગતા:
$\frac{1-\tan^2 B}{1+\tan^2 B} = \frac{1-\tan A \tan C}{1+\tan A \tan C}$.
ગુણાકાર કરતા:
$(1-\tan^2 B)(1+\tan A \tan C) = (1+\tan^2 B)(1-\tan A \tan C)$.
સાદુરૂપ આપતા:
$2 \tan A \tan C = 2 \tan^2 B$.
$\tan^2 B = \tan A \tan C$.
તેથી,$\tan A, \tan B, \tan C$ એ સમગુણોત્તર શ્રેણી $(G.P.)$ માં છે.

(B) આપેલ પદાવલિ: $(a-b)^2 \cos^2 \frac{C}{2} + (a+b)^2 \sin^2 \frac{C}{2}$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $(a^2 - 2ab + b^2) \cos^2 \frac{C}{2} + (a^2 + 2ab + b^2) \sin^2 \frac{C}{2}$
પદોને ગોઠવતા: $(a^2 + b^2) (\cos^2 \frac{C}{2} + \sin^2 \frac{C}{2}) - 2ab \cos^2 \frac{C}{2} + 2ab \sin^2 \frac{C}{2}$
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ હોવાથી,આ સાદું રૂપ બને છે: $(a^2 + b^2) - 2ab (\cos^2 \frac{C}{2} - \sin^2 \frac{C}{2})$
નિત્યસમ $\cos 2\theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos C = \cos^2 \frac{C}{2} - \sin^2 \frac{C}{2}$:
$= a^2 + b^2 - 2ab \cos C$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C$,તેથી:
$= c^2$
$c = 4$ આપેલ હોવાથી,કિંમત $4^2 = 16$ થાય.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \left(\frac{A}{2}\right) = \frac{1-\cos A}{\sin A}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા.
$A = \frac{\pi}{4}$ લેતા,આપણને $\frac{A}{2} = \frac{\pi}{8}$ મળે છે.
તેથી,$\tan \left(\frac{\pi}{8}\right) = \frac{1-\cos(\pi/4)}{\sin(\pi/4)}$.
$\cos(\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin(\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ કિંમતો મૂકતા:
$\tan \left(\frac{\pi}{8}\right) = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \sqrt{2}-1$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $16^{\sin^2 x} + 16^{\cos^2 x} = 10$
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ હોવાથી:
$16^{\sin^2 x} + 16^{1 - \sin^2 x} = 10$
$16^{\sin^2 x} + \frac{16}{16^{\sin^2 x}} = 10$
ધારો કે $t = 16^{\sin^2 x}$. તેથી $t + \frac{16}{t} = 10$,જેનો અર્થ છે $t^2 - 10t + 16 = 0$.
$t$ માટે ઉકેલતા: $(t - 8)(t - 2) = 0$,તેથી $t = 8$ અથવા $t = 2$.
કિસ્સો $1$: $16^{\sin^2 x} = 2$ $\Rightarrow 2^{4\sin^2 x} = 2^1$ $\Rightarrow 4\sin^2 x = 1$ $\Rightarrow \sin^2 x = \frac{1}{4}$ $\Rightarrow \sin x = \pm \frac{1}{2}$.
$[0, 2\pi]$ માં,$\sin x = \pm \frac{1}{2}$ માટે $x = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}$ ($4$ ઉકેલો મળે છે).
કિસ્સો $2$: $16^{\sin^2 x} = 8$ $\Rightarrow 2^{4\sin^2 x} = 2^3$ $\Rightarrow 4\sin^2 x = 3$ $\Rightarrow \sin^2 x = \frac{3}{4}$ $\Rightarrow \sin x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$[0, 2\pi]$ માં,$\sin x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ માટે $x = \frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$ ($4$ ઉકેલો મળે છે).
કુલ ઉકેલોની સંખ્યા = $4 + 4 = 8$.

(A) $A(-1, 2, 3)$,$B(3, -2, 1)$,$C(2, 1, 3)$ અને $D(-1, -2, 4)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતા ચતુષ્ફલકનું મધ્યકેન્દ્ર $(G)$ શોધવાનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$G = \left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}, \frac{y_1+y_2+y_3+y_4}{4}, \frac{z_1+z_2+z_3+z_4}{4}\right)$
આપેલ યામોની કિંમતો મૂકતા:
$G = \left(\frac{-1+3+2-1}{4}, \frac{2-2+1-2}{4}, \frac{3+1+3+4}{4}\right)$
$G = \left(\frac{3}{4}, \frac{-1}{4}, \frac{11}{4}\right)$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ધારો કે અવલોકનો $x_1, x_2, \dots, x_{20}$ છે.
આપેલ છે કે,વિચરણ $\sigma^2 = 5$.
આપણે જાણીએ છીએ કે જો દરેક અવલોકનને અચળાંક $k$ વડે ગુણવામાં આવે,તો નવું વિચરણ $\sigma'^2 = k^2 \times \sigma^2$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$k = 2$ અને $\sigma^2 = 5$.
તેથી,નવું વિચરણ $\sigma'^2 = (2)^2 \times 5 = 4 \times 5 = 20$.

(B) આપેલ છે કે $g(x)$ એ વિધેય $f(x)$ નો વ્યસ્ત છે,તેથી $g(x) = f^{-1}(x)$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $f(g(x)) = x$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને આપણને મળે છે:
$f^{\prime}(g(x)) \cdot g^{\prime}(x) = 1$
તેથી,$g^{\prime}(x) = \frac{1}{f^{\prime}(g(x))}$ ... $(i)$
આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^3}$,તેથી $x$ ની જગ્યાએ $g(x)$ મૂકતા:
$f^{\prime}(g(x)) = \frac{1}{1+(g(x))^3}$ ... $(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$g^{\prime}(x) = \frac{1}{\frac{1}{1+(g(x))^3}} = 1+(g(x))^3$.

(D) આપેલ છે,$S=5+\frac{48}{t}+t^3$.
વેગ $(V) = \frac{dS}{dt} = 0 - \frac{48}{t^2} + 3t^2$.
$V=0$ લેતા:
$-\frac{48}{t^2} + 3t^2 = 0
\Rightarrow 3t^2 = \frac{48}{t^2}
\Rightarrow t^4 = 16
\Rightarrow t = 2$ (કારણ કે $t > 0$).
હવે,પ્રવેગ $(A) = \frac{dV}{dt} = \frac{d}{dt}(-\frac{48}{t^2} + 3t^2) = \frac{96}{t^3} + 6t$.
$t=2$ પર,$A = \frac{96}{2^3} + 6(2) = \frac{96}{8} + 12 = 12 + 12 = 24$.

(C) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+x^2 f^{\prime}(1)+x f^{\prime \prime}(2)+6$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f^{\prime}(x)=3 x^2+2 x f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(2)$ મળે.
ફરીથી વિકલન કરતા,$f^{\prime \prime}(x)=6 x+2 f^{\prime}(1)$ મળે.
$f^{\prime}(x)$ માં $x=1$ મૂકતા:
$f^{\prime}(1)=3(1)^2+2(1) f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(2) \Rightarrow f^{\prime}(1)+f^{\prime \prime}(2)=-3$ (સમીકરણ $I$).
$f^{\prime \prime}(x)$ માં $x=2$ મૂકતા:
$f^{\prime \prime}(2)=6(2)+2 f^{\prime}(1) \Rightarrow f^{\prime \prime}(2)=12+2 f^{\prime}(1)$ (સમીકરણ $II$).
સમીકરણ $II$ માંથી $f^{\prime \prime}(2)$ ની કિંમત સમીકરણ $I$ માં મૂકતા:
$f^{\prime}(1)+12+2 f^{\prime}(1)=-3 \Rightarrow 3 f^{\prime}(1)=-15 \Rightarrow f^{\prime}(1)=-5$.
હવે,સમીકરણ $II$ નો ઉપયોગ કરીને $f^{\prime \prime}(2)$ શોધો:
$f^{\prime \prime}(2)=12+2(-5)=12-10=2$.
અંતે,$f(x)$ માં $x=2$ મૂકીને $f^{\prime}(1)$ અને $f^{\prime \prime}(2)$ ની કિંમતો મૂકતા:
$f(2)=2^3+2^2(-5)+2(2)+6 = 8-20+4+6 = -2$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $(2 x)^{2 y}=4 e^{2 x-2 y}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$2 y \log(2 x) = \log(4) + \log(e^{2 x-2 y})$
$2 y \log(2 x) = 2 \log 2 + 2 x - 2 y$
$2$ વડે ભાગતા:
$y \log(2 x) = \log 2 + x - y$
$y(1 + \log(2 x)) = x + \log 2$
$y = \frac{x + \log 2}{1 + \log(2 x)}$
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{(1 + \log(2 x)) \cdot \frac{d}{d x}(x + \log 2) - (x + \log 2) \cdot \frac{d}{d x}(1 + \log(2 x))}{(1 + \log(2 x))^2}$
$\frac{d y}{d x} = \frac{(1 + \log(2 x)) \cdot 1 - (x + \log 2) \cdot \frac{1}{2 x} \cdot 2}{(1 + \log(2 x))^2}$
$\frac{d y}{d x} = \frac{1 + \log(2 x) - \frac{x + \log 2}{x}}{(1 + \log(2 x))^2}$
$(1 + \log(2 x))^2$ વડે ગુણતા:
$(1 + \log(2 x))^2 \frac{d y}{d x} = 1 + \log(2 x) - 1 - \frac{\log 2}{x}$
$= \log(2 x) - \frac{\log 2}{x} = \frac{x \log(2 x) - \log 2}{x}$.

(A) ઉત્પાદનમાં ફેરફારનો દર આપેલ છે: $\frac{dP}{dx} = 100 - 12\sqrt{x}$.
બંને બાજુ $x$ ના સંદર્ભમાં સંકલન કરતા:
$\int dP = \int (100 - 12x^{1/2}) dx$
$P = 100x - 12 \cdot \frac{x^{3/2}}{3/2} + C$
$P = 100x - 8x^{3/2} + C$
આપેલ છે કે જ્યારે $x = 0$ હોય ત્યારે પ્રારંભિક ઉત્પાદન $P = 1000$ છે:
$1000 = 100(0) - 8(0)^{3/2} + C \implies C = 1000$.
આમ,ઉત્પાદન વિધેય $P(x) = 100x - 8x\sqrt{x} + 1000$ છે.
$x = 9$ વધારાના કામદારો માટે:
$P(9) = 100(9) - 8(9)\sqrt{9} + 1000$
$P(9) = 900 - 8(9)(3) + 1000$
$P(9) = 900 - 216 + 1000 = 1684$.
વસ્તુઓના ઉત્પાદનનું નવું સ્તર $1684$ છે.

(A) વિધેયને $f(x) = \frac{x}{1+|x|}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવ્યું છે.
આપણે તેને ટુકડાઓમાં નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{1-x}, & x < 0 \\ \frac{x}{1+x}, & x \geq 0 \end{cases}$
હવે,આપણે $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$:
$LHD = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\frac{h}{1-h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{1}{1-h} = 1$
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$:
$RHD = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h}{1+h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{1+h} = 1$
અહીં $LHD = RHD = 1$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
$x \neq 0$ માટે,વિધેય એ શૂન્ય ન હોય તેવા છેદ સાથેનું સંમેય વિધેય છે,તેથી તે દરેક જગ્યાએ વિકલનીય છે.
આમ,વિકલન તમામ $x \in (-\infty, \infty)$ માટે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(C) $f(x) = \sin^{-1}\left(\frac{|x|+5}{x^2+1}\right)$ વ્યાખ્યાયિત છે જો $-1 \leq \frac{|x|+5}{x^2+1} \leq 1$ હોય.
$|x|+5 > 0$ અને $x^2+1 > 0$ હોવાથી,ડાબી બાજુની અસમતા $\frac{|x|+5}{x^2+1} \geq -1$ હંમેશા સાચી છે.
આપણે ફક્ત $\frac{|x|+5}{x^2+1} \leq 1$ ઉકેલવાની જરૂર છે.
$|x|+5 \leq x^2+1$
$x^2 - |x| - 4 \geq 0$.
ધારો કે $t = |x|$,જ્યાં $t \geq 0$. તો $t^2 - t - 4 \geq 0$.
$t^2 - t - 4 = 0$ ના બીજ $t = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{2}$ છે.
$t \geq 0$ હોવાથી,$t \geq \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$.
તેથી,$|x| \geq \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $x \in \left(-\infty, -\frac{1 + \sqrt{17}}{2}\right] \cup \left[\frac{1 + \sqrt{17}}{2}, \infty\right)$.
આને $(-\infty, -a] \cup [a, \infty)$ સાથે સરખાવતા,$a = \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$ મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $2^x+2^y=2$ છે.
આને $2^y = 2 - 2^x$ તરીકે લખી શકાય.
$y$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,લઘુગણકનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ: $2 - 2^x > 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $2^x < 2$.
આધાર $2 > 1$ હોવાથી,અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે જ્યારે $x < 1$ હોય.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, 1)$ અથવા $-\infty < x < 1$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $2^x + 2^y = 2$ છે.
$2^y$ માટે ગોઠવતા,આપણને $2^y = 2 - 2^x$ મળે છે.
બધા વાસ્તવિક $y$ માટે $2^y > 0$ હોવાથી,પદ $2 - 2^x$ એ $0$ કરતા મોટું હોવું જોઈએ.
$2 - 2^x > 0 \Rightarrow 2^x < 2$.
$2 = 2^1$ હોવાથી,આપણી પાસે $2^x < 2^1$ છે.
આધાર $2 > 1$ હોવાથી,અસમતા $x < 1$ માટે સાચી છે.
આમ,પ્રદેશ $(-\infty, 1)$ છે,જેને $-\infty < x < 1$ તરીકે લખી શકાય છે.

(C) ધારો કે $f(x) = \frac{1-x+x^2}{1+x+x^2}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{(1+x+x^2)(-1+2x) - (1-x+x^2)(1+2x)}{(1+x+x^2)^2}$.
અંશનું વિસ્તરણ કરતા: $(1+x+x^2)(-1+2x) = 2x^3+x^2+x-1$.
$(1-x+x^2)(1+2x) = 2x^3-x^2+x+1$.
બાદબાકી કરતા: $(2x^3+x^2+x-1) - (2x^3-x^2+x+1) = 2x^2-2$.
આમ,$f'(x) = \frac{2x^2-2}{(1+x+x^2)^2}$.
$f'(x) = 0$ લેતા $2x^2-2 = 0$,તેથી $x^2 = 1$,એટલે કે $x = 1$ અથવા $x = -1$.
આ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધતા:
$f(1) = \frac{1-1+1}{1+1+1} = \frac{1}{3}$.
$f(-1) = \frac{1-(-1)+(-1)^2}{1+(-1)+(-1)^2} = \frac{3}{1} = 3$.
તેથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{1}{3}$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x^2}{x^2+1}$.
$y(x^2+1) = x^2$
$yx^2 + y = x^2$
$x^2(y-1) = -y$
$x^2 = \frac{y}{1-y}$.
$x$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોય તે માટે,$x^2 \geq 0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$\frac{y}{1-y} \geq 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $y(1-y) \geq 0$ અને $y \neq 1$.
અસમતા $y(y-1) \leq 0$ ઉકેલતા,આપણને $0 \leq y < 1$ મળે છે.
આમ,વિધેયનો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{3x-2}{5x+3}$.
પ્રથમ,$f(1)$ ની ગણતરી કરો:
$f(1) = \frac{3(1)-2}{5(1)+3} = \frac{3-2}{5+3} = \frac{1}{8}$.
હવે,$f(f(1)) = f\left(\frac{1}{8}\right)$ ની ગણતરી કરો:
$f\left(\frac{1}{8}\right) = \frac{3\left(\frac{1}{8}\right)-2}{5\left(\frac{1}{8}\right)+3} = \frac{\frac{3}{8}-2}{\frac{5}{8}+3}$.
અંશ અને છેદને $8$ વડે ગુણતા:
$f\left(\frac{1}{8}\right) = \frac{3-16}{5+24} = \frac{-13}{29}$.

(A) આપેલ વિધેયો $f(x)=2x-3$ અને $g(x)=x^3+5$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે સંયોજિત વિધેય $(f \circ g)(x) = f(g(x))$ શોધીએ.
$(f \circ g)(x) = 2(g(x)) - 3 = 2(x^3+5) - 3 = 2x^3 + 10 - 3 = 2x^3 + 7$.
ધારો કે $y = (f \circ g)(x) = 2x^3 + 7$.
પ્રતિવિધેય $(f \circ g)^{-1}(y)$ શોધવા માટે,આપણે $x$ ને $y$ ના સ્વરૂપમાં મેળવીએ:
$y - 7 = 2x^3$
$x^3 = \frac{y-7}{2}$
$x = \left(\frac{y-7}{2}\right)^{1/3}$.
આમ,$(f \circ g)^{-1}(y) = \left(\frac{y-7}{2}\right)^{1/3}$.
હવે,$y = -9$ મૂકતા:
$(f \circ g)^{-1}(-9) = \left(\frac{-9-7}{2}\right)^{1/3} = \left(\frac{-16}{2}\right)^{1/3} = (-8)^{1/3} = -2$.

(B) $h(x) = f(g(x))$
$h(x) = f(\sin^{-1} x) = e^{\sin^{-1} x}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$h^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(e^{\sin^{-1} x}) = e^{\sin^{-1} x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x)$
$h^{\prime}(x) = e^{\sin^{-1} x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
હવે,ગુણોત્તર $\frac{h^{\prime}(x)}{h(x)}$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{h^{\prime}(x)}{h(x)} = \frac{e^{\sin^{-1} x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{e^{\sin^{-1} x}}$
$\frac{h^{\prime}(x)}{h(x)} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

(A) આપેલ છે કે $f(x) = e^x - x$ અને $g(x) = x^2 - x$.
$h(x) = (fog)(x) = f(g(x)) = e^{x^2-x} - (x^2-x) = e^{x^2-x} - x^2 + x$.
હવે,$h(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$h'(x) = e^{x^2-x}(2x-1) - 2x + 1$.
$h'(x) = (2x-1)(e^{x^2-x} - 1)$.
વિધેય $h(x)$ વધતું હોય તે માટે $h'(x) \geq 0$ હોવું જરૂરી છે.
$(2x-1)(e^{x^2-x} - 1) \geq 0$.
ધારો કે $u = x^2-x$. કારણ કે $e^u - 1$ ની નિશાની $u$ જેવી જ હોય છે,તેથી $(2x-1)(x^2-x) \geq 0$.
$(2x-1)x(x-1) \geq 0$.
ક્રિટીકલ પોઈન્ટ્સ $0, \frac{1}{2}, 1$ માટે સાઈન સ્કીમનો ઉપયોગ કરતા:
જ્યારે $x \in [0, \frac{1}{2}]$ હોય,ત્યારે $(2x-1) \leq 0$ અને $x(x-1) \leq 0$ થાય,તેથી ગુણાકાર $\geq 0$ મળે.
જ્યારે $x \in [1, \infty)$ હોય,ત્યારે $(2x-1) > 0$ અને $x(x-1) \geq 0$ થાય,તેથી ગુણાકાર $\geq 0$ મળે.
આમ,$h(x)$ એ $x \in [0, \frac{1}{2}] \cup [1, \infty)$ માટે વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=\log (\sin x), 0 < x < \pi$ અને $g(x)=\sin ^{-1}(e^{-x}), x \geq 0$.
સૌ પ્રથમ,આપણે સંયોજન વિધેય $(f \circ g)(x) = f(g(x))$ શોધીએ.
$(f \circ g)(x) = \log(\sin(\sin^{-1}(e^{-x}))) = \log(e^{-x}) = -x$.
હવે,આપણે વિકલન $(f \circ g)^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(-x) = -1$ શોધીએ.
આપેલ છે કે $a = (f \circ g)^{\prime}(\alpha) = -1$ અને $b = (f \circ g)(\alpha) = -\alpha$.
આ કિંમતોને વિકલ્પોમાં મૂકતા:
વિકલ્પ $(B)$ માટે: $a \alpha^2 - b \alpha - a = (-1)\alpha^2 - (-\alpha)\alpha - (-1) = -\alpha^2 + \alpha^2 + 1 = 1$.
આમ,$a \alpha^2 - b \alpha - a = 1$ સાચું છે.

(C) $f(g(x)) = f\left(\frac{7x+4}{5x-3}\right)$
$= \frac{3\left(\frac{7x+4}{5x-3}\right)+4}{5\left(\frac{7x+4}{5x-3}\right)-7}$
$= \frac{21x+12+20x-12}{35x+20-35x+21}$
$= \frac{41x}{41}$
$= x$
તેવી જ રીતે,$g(f(x)) = g\left(\frac{3x+4}{5x-7}\right)$
$= \frac{7\left(\frac{3x+4}{5x-7}\right)+4}{5\left(\frac{3x+4}{5x-7}\right)-3}$
$= \frac{21x+28+20x-28}{15x+20-15x+21}$
$= \frac{41x}{41}$
$= x$
તેથી,$f(g(x)) = g(f(x)) = x$. વિકલ્પ $C$ માં $g(f(x))$ આપેલ છે,જે સાચો જવાબ છે.

(D) આપેલ છે કે $g(x)=1+\sqrt{x}$ અને $f(g(x))=3+2 \sqrt{x}+x$.
આપણે $f(g(x))$ ને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$f(g(x)) = (1 + 2\sqrt{x} + x) + 2$
$f(g(x)) = (1 + \sqrt{x})^2 + 2$
કારણ કે $g(x) = 1 + \sqrt{x}$,આપણે સમીકરણમાં $g(x)$ ની કિંમત મૂકીએ:
$f(g(x)) = [g(x)]^2 + 2$
તેથી,વિધેય $f(x)$ ને $f(x) = x^2 + 2$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
હવે,આપણે $f(f(x))$ શોધવાનું છે:
$f(f(x)) = f(x^2 + 2)$
$f(f(x)) = (x^2 + 2)^2 + 2$
$f(f(x)) = x^4 + 4x^2 + 4 + 2$
$f(f(x)) = x^4 + 4x^2 + 6$.

(C) આપેલ વિધેયો $f(x)=x^2+1$ અને $g(x)=\frac{1}{x}$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે સંયોજિત વિધેય $f(g(g(f(x))))$ શોધીએ:
$f(x) = x^2+1$
$g(f(x)) = g(x^2+1) = \frac{1}{x^2+1}$
$g(g(f(x))) = g\left(\frac{1}{x^2+1}\right) = \frac{1}{\frac{1}{x^2+1}} = x^2+1$
$f(g(g(f(x)))) = f(x^2+1) = (x^2+1)^2+1$
હવે,$x=1$ ની કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$f(g(g(f(1)))) = (1^2+1)^2+1$
$= (1+1)^2+1$
$= 2^2+1$
$= 4+1 = 5$

(A) ધારો કે $f(x) = y$,જેનો અર્થ છે કે $x = f^{-1}(y)$.
આપેલ છે કે $y = \frac{2x - 3}{3x - 4}$.
બંને બાજુ $(3x - 4)$ વડે ગુણતા:
$y(3x - 4) = 2x - 3$
$3xy - 4y = 2x - 3$
$x$ ને અલગ કરવા માટે પદોની ગોઠવણી કરતા:
$3xy - 2x = 4y - 3$
$x(3y - 2) = 4y - 3$
$x = \frac{4y - 3}{3y - 2}$
કારણ કે $x = f^{-1}(y)$,તેથી $f^{-1}(y) = \frac{4y - 3}{3y - 2}$.
$y$ ને $x$ વડે બદલતા,આપણને $f^{-1}(x) = \frac{4x - 3}{3x - 2}$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $3 f(x) - f\left(\frac{1}{x}\right) = 8 \log_2 x^3 = 24 \log_2 x$ $(i)$
$x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા: $3 f\left(\frac{1}{x}\right) - f(x) = 24 \log_2 \left(\frac{1}{x}\right) = -24 \log_2 x$ $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને $3$ વડે ગુણતા: $9 f(x) - 3 f\left(\frac{1}{x}\right) = 72 \log_2 x$ $(iii)$
સમીકરણ $(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા: $(9 f(x) - f(x)) + (3 f\left(\frac{1}{x}\right) - 3 f\left(\frac{1}{x}\right)) = 72 \log_2 x - 24 \log_2 x$
$8 f(x) = 48 \log_2 x \Rightarrow f(x) = 6 \log_2 x$
હવે,કિંમતો શોધીએ:
$f(2) = 6 \log_2 2 = 6(1) = 6$
$f(4) = 6 \log_2 4 = 6(2) = 12$
$f(8) = 6 \log_2 8 = 6(3) = 18$
અહીં $12 - 6 = 6$ અને $18 - 12 = 6$ હોવાથી,સામાન્ય તફાવત સમાન છે.
તેથી,$f(2), f(4), f(8)$ એ $A$.$P$. માં છે.

(C) નોંધો કે $\triangle OAB$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે. ધારો કે $OA = x \text{ ft}$ અને $OB = y \text{ ft}$.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$x^2 + y^2 = 13^2 = 169$.
તેથી,$y^2 = 169 - x^2$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $2y \frac{dy}{dt} = -2x \frac{dx}{dt}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $y \frac{dy}{dt} = -x \frac{dx}{dt}$ થાય છે.
આપેલ છે કે $x = 5 \text{ ft}$ પર,$\frac{dx}{dt} = 3 \text{ ft/sec}$.
જ્યારે $x = 5$,ત્યારે $y = \sqrt{169 - 5^2} = \sqrt{144} = 12 \text{ ft}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $12 \frac{dy}{dt} = -5(3) = -15$.
આમ,$\frac{dy}{dt} = -\frac{15}{12} = -\frac{5}{4} \text{ ft/sec}$.
ઋણ નિશાની સૂચવે છે કે $B$ એ $O$ તરફ નીચેની દિશામાં ગતિ કરી રહ્યો છે.
તેથી,$B$ એ $\frac{5}{4} \text{ ft/sec}$ ના દરે નીચેની તરફ ગતિ કરી રહ્યો છે.

(B) ધારો કે $x$ એ દીવાલથી નીચેના છેડાનું અંતર છે અને $y$ એ જમીનથી સીડીના ઉપરના છેડાની ઊંચાઈ છે. સીડીની લંબાઈ $L = 5 \ m$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$x^2 + y^2 = 5^2 = 25$.
આપણને આપેલ છે કે ઉપરનો છેડો $10 \ cm/s = 0.1 \ m/s$ ના દરે નીચે સરકે છે,તેથી $\frac{dy}{dt} = -0.1 \ m/s$.
આપણે સીડી અને જમીન વચ્ચેના ખૂણા $\theta$ ના ફેરફારનો દર શોધવો છે,જ્યાં $\sin \theta = \frac{y}{5}$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\cos \theta \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{5} \frac{dy}{dt}$.
જ્યારે $x = 4 \ m$,ત્યારે $y = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3 \ m$.
તેથી $\cos \theta = \frac{x}{5} = \frac{4}{5}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{4}{5} \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{5} (-0.1)$.
$\frac{d\theta}{dt} = -\frac{0.1}{4} = -0.025 \ rad/s$.
ખૂણો $0.025 \ rad/s$ ના દરે ઘટી રહ્યો છે.

(D) ધારો કે નિસરણીના નીચેના છેડાનું દીવાલથી અંતર $x$ છે અને ઉપરના છેડાની જમીનથી ઊંચાઈ $y$ છે. નિસરણીની લંબાઈ $L = 5 \ m$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$x^2 + y^2 = 5^2 = 25$.
આપણને આપેલ છે કે ઉપરનો છેડો $10 \ cm/s = 0.1 \ m/s$ ના દરે નીચે સરકે છે,તેથી $\frac{dy}{dt} = -0.1 \ m/s$.
આપણે નિસરણી અને જમીન વચ્ચેના ખૂણા $\theta$ ના ફેરફારનો દર શોધવો છે,જ્યાં $\sin \theta = \frac{y}{5}$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\cos \theta \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{5} \frac{dy}{dt}$.
જ્યારે $x = 4 \ m$ હોય,ત્યારે $y = \sqrt{25 - 4^2} = \sqrt{9} = 3 \ m$.
તેથી $\cos \theta = \frac{x}{5} = \frac{4}{5}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{4}{5} \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{5} (-0.1)$.
$\frac{d\theta}{dt} = -\frac{0.1}{4} = -0.025 \ rad/s$.
આમ,ખૂણો $0.025 \ rad/s$ ના દરે ઘટી રહ્યો છે.

(B) આપેલ વક્ર $xy = 1$ માટે,$y = \frac{1}{x}$ થાય.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{x^2}$ મળે.
કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $-\frac{1}{x^2}$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ એ સ્પર્શકના ઢાળનો વ્યસ્ત અને વિરોધી છે,જે $x^2$ થાય.
રેખા $ax + by + c = 0$ નો ઢાળ $-\frac{a}{b}$ છે.
રેખા એ વક્રનો અભિલંબ હોવાથી,$x^2 = -\frac{a}{b}$ થાય.
વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2$ હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી,$-\frac{a}{b} > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\frac{a}{b} < 0$.
આ શરત ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $a$ અને $b$ ના ચિહ્નો વિરુદ્ધ હોય,એટલે કે $(a > 0, b < 0)$ અથવા $(a < 0, b > 0)$.

(B) $\text{ધારો કે } I = \int \frac{1}{\sin (x-a) \sin x} \,d x$.
$\text{અંશ અને છેદને } \sin a \text{ વડે ગુણતા:}$
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin a}{\sin (x-a) \sin x} \,d x$.
$\sin a \text{ ને } \sin (x - (x-a)) \text{ તરીકે લખતા:}$
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin (x - (x-a))}{\sin (x-a) \sin x} \,d x$.
$\text{નિત્યસમ } \sin (A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B \text{ નો ઉપયોગ કરતા:}$
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin x \cos (x-a) - \cos x \sin (x-a)}{\sin (x-a) \sin x} \,d x$.
$\text{સંકલનને અલગ પાડતા:}$
$I = \frac{1}{\sin a} \left[ \int \frac{\sin x \cos (x-a)}{\sin (x-a) \sin x} \,d x - \int \frac{\cos x \sin (x-a)}{\sin (x-a) \sin x} \,d x \right]$.
$I = \frac{1}{\sin a} \left[ \int \cot (x-a) \,d x - \int \cot x \,d x \right]$.
$\text{સંકલન કરતા:}$
$I = \frac{1}{\sin a} [\log |\sin (x-a)| - \log |\sin x|] + c$.
$I = \operatorname{cosec} a \log |\frac{\sin (x-a)}{\sin x}| + c$.

(B) આપેલ છે $I = \int \frac{\sin x + \sin^3 x}{\cos 2x} dx$.
$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin x(1 + \sin^2 x) = \sin x(1 + 1 - \cos^2 x) = \sin x(2 - \cos^2 x)$.
તેથી,$I = \int \frac{\sin x(2 - \cos^2 x)}{2 \cos^2 x - 1} dx$.
ધારો કે $\cos x = t$,તો $-\sin x dx = dt$,એટલે કે $\sin x dx = -dt$.
$I = \int \frac{t^2 - 2}{2t^2 - 1} (-dt) = \int \frac{2 - t^2}{2t^2 - 1} dt$.
$I = \frac{1}{2} \int \frac{4 - 2t^2}{2t^2 - 1} dt = \frac{1}{2} \int \frac{-(2t^2 - 1) + 3}{2t^2 - 1} dt$.
$I = \frac{1}{2} \int (-1 + \frac{3}{2t^2 - 1}) dt = \frac{1}{2} [-t + \frac{3}{2\sqrt{2}} \log |\frac{\sqrt{2}t - 1}{\sqrt{2}t + 1}|] + c$.
$I = -\frac{1}{2} \cos x + \frac{3}{4\sqrt{2}} \log |\frac{\sqrt{2} \cos x - 1}{\sqrt{2} \cos x + 1}| + c$.
$P \cos x + Q \log |\frac{\sqrt{2} \cos x - 1}{\sqrt{2} \cos x + 1}| + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $P = -\frac{1}{2}$ અને $Q = \frac{3}{4\sqrt{2}}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2}\left[\left(\sec ^{-1} \sqrt{1+x^2}\right)^2+\cos ^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\right] d x$.
$x = \tan t$ આદેશ લેતા,તેથી $dx = \sec^2 t dt$.
$x > 0$ હોવાથી,$t = \tan^{-1} x \in (0, \pi/2)$.
નોંધો કે $\sec^{-1} \sqrt{1+x^2} = \sec^{-1} \sqrt{1+\tan^2 t} = \sec^{-1} \sec t = t$.
તેમજ,$\cos^{-1} \left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right) = \cos^{-1} \cos 2t = 2t$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{e^t}{1+\tan^2 t} [t^2 + 2t] \sec^2 t dt = \int e^t (t^2 + 2t) dt$.
સૂત્ર $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(t) = t^2$ અને $f'(t) = 2t$:
$I = e^t t^2 + c = e^{\tan^{-1} x} (\tan^{-1} x)^2 + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{x+1}{x(1+x e^x)^2} dx$.
અંશ અને છેદને $e^x$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{e^x(x+1)}{x e^x(1+x e^x)^2} dx$.
ધારો કે $t = x e^x$. તેથી $dt = (e^x + x e^x) dx = e^x(1+x) dx$.
આ કિંમત 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: $1 = A(1+t)^2 + Bt(1+t) + Ct$.
$t=0$ માટે,$A=1$. $t=-1$ માટે,$C=-1$. $t^2$ ના સહગુણકો સરખાવતા,$A+B=0 \Rightarrow B=-1$.
તેથી,$I = \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t} - \frac{1}{(1+t)^2} \right) dt$.
$I = \log |t| - \log |1+t| + \frac{1}{1+t} + c$.
$t = x e^x$ પાછા મૂકતા:
$I = \log |x e^x| - \log |1+x e^x| + \frac{1}{1+x e^x} + c$.
$I = \log \left| \frac{x e^x}{1+x e^x} \right| + \frac{1}{1+x e^x} + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\tan x + \tan \alpha}{\tan x - \tan \alpha} dx$.
$= \int \frac{\frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}{\frac{\sin x}{\cos x} - \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}} dx$
$= \int \frac{\sin x \cos \alpha + \sin \alpha \cos x}{\sin x \cos \alpha - \sin \alpha \cos x} dx$
$= \int \frac{\sin (x+\alpha)}{\sin (x-\alpha)} dx$.
ધારો કે $t = x - \alpha$,તેથી $x = t + \alpha$ અને $dx = dt$.
$I = \int \frac{\sin (t + 2\alpha)}{\sin t} dt$
$= \int \frac{\sin t \cos 2\alpha + \cos t \sin 2\alpha}{\sin t} dt$
$= \cos 2\alpha \int 1 dt + \sin 2\alpha \int \cot t dt$
$= t \cos 2\alpha + \sin 2\alpha \log |\sin t| + c$
$= (x - \alpha) \cos 2\alpha + \log |\sin (x - \alpha)| \sin 2\alpha + c$.
આને $A(x) \cos 2\alpha + B(x) \sin 2\alpha + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A(x) = x - \alpha$ અને $B(x) = \log |\sin (x - \alpha)|$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int(\sqrt{\tan x} + \sqrt{\cot x}) dx$.
આપણે તેને $I = \int \left(\sqrt{\frac{\sin x}{\cos x}} + \sqrt{\frac{\cos x}{\sin x}}\right) dx$ તરીકે લખી શકીએ.
સંકલ્યનું સાદું રૂપ આપતા,$I = \int \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{\sin x \cos x}} dx$ મળે.
ધારો કે $t = \sin x - \cos x$. તો $dt = (\cos x + \sin x) dx$.
$t = \sin x - \cos x$ ની બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$t^2 = \sin^2 x + \cos^2 x - 2 \sin x \cos x = 1 - 2 \sin x \cos x$.
તેથી,$2 \sin x \cos x = 1 - t^2$,જેનો અર્થ છે કે $\sin x \cos x = \frac{1 - t^2}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$I = \int \frac{dt}{\sqrt{\frac{1 - t^2}{2}}} = \sqrt{2} \int \frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}}$ મળે.
સંકલન કરતા,$I = \sqrt{2} \sin^{-1}(t) + c$ મળે.
$t = \sin x - \cos x$ પાછું મૂકતા,$I = \sqrt{2} \sin^{-1}(\sin x - \cos x) + c$ મળે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\sin x}{3+4 \cos ^2 x} \,dx$.
$\cos x = t$ આદેશ લેતા, $-\sin x \,dx = dt$, એટલે કે $\sin x \,dx = -dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા, $I = \int \frac{-dt}{3+4 t^2} = -\int \frac{dt}{(\sqrt{3})^2 + (2t)^2}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2 + x^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = -\frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{2t}{\sqrt{3}}) + C = -\frac{1}{2\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{2 \cos x}{\sqrt{3}}) + C$.
$A \tan^{-1}(B \cos x) + C$ સાથે સરખાવતા, આપણને $A = -\frac{1}{2\sqrt{3}}$ અને $B = \frac{2}{\sqrt{3}}$ મળે છે.
તેથી, $A + B = -\frac{1}{2\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{-1 + 4}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(C) આપેલ છે $I = \int \frac{dx}{x^2(x^4+1)^{3/4}}$.
આપણે કૌંસમાંથી $x^4$ સામાન્ય લઈને સંકલનને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$I = \int \frac{dx}{x^2 \left[x^4(1 + \frac{1}{x^4})\right]^{3/4}} = \int \frac{dx}{x^2 \cdot x^3 (1 + \frac{1}{x^4})^{3/4}} = \int \frac{dx}{x^5 (1 + \frac{1}{x^4})^{3/4}}$.
ધારો કે $t = 1 + \frac{1}{x^4}$. તો $dt = -\frac{4}{x^5} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dx}{x^5} = -\frac{1}{4} dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int -\frac{1}{4} t^{-3/4} dt = -\frac{1}{4} \cdot \frac{t^{1/4}}{1/4} + c = -t^{1/4} + c$.
$t = 1 + \frac{1}{x^4} = \frac{x^4+1}{x^4}$ પાછું મૂકતા:
$I = -(1 + \frac{1}{x^4})^{1/4} + c = -\left(\frac{x^4+1}{x^4}\right)^{1/4} + c = -\frac{(x^4+1)^{1/4}}{x} + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\sin x + \cos x}$.
આદેશ $\tan \frac{x}{2} = t$ લેતા,આપણને $dx = \frac{2}{1+t^2} dt$,$\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$,અને $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ મળે છે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\frac{2}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2} + \frac{1-t^2}{1+t^2}} dt = \int \frac{2}{2t + 1 - t^2} dt = -2 \int \frac{1}{t^2 - 2t - 1} dt$.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા:
$t^2 - 2t - 1 = (t-1)^2 - 2 = (t-1)^2 - (\sqrt{2})^2$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2 - a^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{x-a}{x+a} \right| + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = -2 \times \frac{1}{2\sqrt{2}} \log \left| \frac{t-1-\sqrt{2}}{t-1+\sqrt{2}} \right| + c = -\frac{1}{\sqrt{2}} \log \left| \frac{\tan \frac{x}{2} - 1 - \sqrt{2}}{\tan \frac{x}{2} - 1 + \sqrt{2}} \right| + c$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$I = -\frac{1}{\sqrt{2}} \log \left| \frac{\tan \frac{x}{2} - (\sqrt{2} + 1)}{\tan \frac{x}{2} + \sqrt{2} - 1} \right| + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{(x^2-1) dx}{x^3 \sqrt{2x^4-2x^2+1}}$.
વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $x^4$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{(x^2-1) dx}{x^3 \cdot x^2 \sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}}} = \int \frac{(\frac{1}{x^3} - \frac{1}{x^5}) dx}{\sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}}}$.
ધારો કે $t = 2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}$.
તેથી $dt = (\frac{4}{x^3} - \frac{4}{x^5}) dx$,જેનો અર્થ છે કે $(\frac{1}{x^3} - \frac{1}{x^5}) dx = \frac{dt}{4}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dt/4}{\sqrt{t}} = \frac{1}{4} \int t^{-1/2} dt = \frac{1}{4} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} + c = \frac{1}{2} \sqrt{t} + c$.
$t$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,આપણને મળે $I = \frac{1}{2} \sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}} + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{5 \tan x}{\tan x - 2} \, dx = \int \frac{5 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} \, dx$.
અંશને $5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B \frac{d}{dx}(\sin x - 2 \cos x)$ સ્વરૂપે લખતા.
$5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B(\cos x + 2 \sin x)$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$A + 2B = 5$ અને $-2A + B = 0$.
બીજા સમીકરણ પરથી,$B = 2A$. પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા: $A + 2(2A) = 5 \implies 5A = 5 \implies A = 1$.
તેથી $B = 2(1) = 2$.
આમ,$I = \int \left( 1 + 2 \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} \right) \, dx$.
$I = \int 1 \, dx + 2 \int \frac{d(\sin x - 2 \cos x)}{\sin x - 2 \cos x} = x + 2 \log |\sin x - 2 \cos x| + c$.
આને $x + a \log |\sin x - 2 \cos x| + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 2$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{x^2(x^4+1)^{\frac{3}{4}}}$.
આપણે સંકલનને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ: $I = \int \frac{dx}{x^2 \cdot x^3 (1 + \frac{1}{x^4})^{\frac{3}{4}}} = \int \frac{dx}{x^5 (1 + \frac{1}{x^4})^{\frac{3}{4}}}$.
ધારો કે $t = 1 + \frac{1}{x^4}$. તો $dt = -\frac{4}{x^5} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dx}{x^5} = -\frac{1}{4} dt$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = -\frac{1}{4} \int t^{-\frac{3}{4}} dt$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$I = -\frac{1}{4} \cdot \frac{t^{\frac{1}{4}}}{\frac{1}{4}} + c = -t^{\frac{1}{4}} + c$.
$t = 1 + \frac{1}{x^4}$ પાછું મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = -(1 + \frac{1}{x^4})^{\frac{1}{4}} + c = -\left(\frac{x^4+1}{x^4}\right)^{\frac{1}{4}} + c$.

(D) $\text{ધારો કે } I = \int \frac{\log (\cot x)}{\sin 2 x} \,d x$.
$\log (\cot x) = t \text{ લો.}$
$\text{બંને બાજુ } x \text{ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:}$
$\frac{1}{\cot x} \cdot (-\csc^2 x) \,d x = dt$.
$\Rightarrow \frac{\sin x}{\cos x} \cdot (-\frac{1}{\sin^2 x}) \,d x = dt$.
$\Rightarrow \frac{-1}{\sin x \cos x} \,d x = dt$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x \text{ હોવાથી, } \sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2} \text{ મળે.}$
$\text{આ કિંમત મૂકતા: } \frac{-1}{\frac{\sin 2x}{2}} \,d x = dt \Rightarrow \frac{-2}{\sin 2x} \,d x = dt \Rightarrow \frac{d x}{\sin 2x} = \frac{-dt}{2}$.
$\text{હવે, સંકલનમાં આ કિંમતો મૂકતા:}$
$I = \int t \cdot (\frac{-dt}{2}) = -\frac{1}{2} \int t \,dt$.
$I = -\frac{1}{2} \cdot \frac{t^2}{2} + c = -\frac{1}{4} t^2 + c$.
$t = \log (\cot x) \text{ પાછા મૂકતા:}$
$I = -\frac{1}{4} [\log (\cot x)]^2 + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{x \sqrt{1-x^3}}$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{x^2 dx}{x^3 \sqrt{1-x^3}}$.
ધારો કે $1-x^3 = t^2$,તેથી $-3x^2 dx = 2t dt$,એટલે કે $x^2 dx = -\frac{2}{3} t dt$.
વળી,$x^3 = 1-t^2$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{-\frac{2}{3} t dt}{(1-t^2) t} = -\frac{2}{3} \int \frac{dt}{1-t^2} = \frac{2}{3} \int \frac{dt}{t^2-1}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2-a^2} = \frac{1}{2a} \log \left|\frac{x-a}{x+a}\right| + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} \log \left|\frac{t-1}{t+1}\right| + c = \frac{1}{3} \log \left|\frac{\sqrt{1-x^3}-1}{\sqrt{1-x^3}+1}\right| + c$.
આપેલ પદ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = \frac{1}{3}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{e^x(1+x)}{\cos^2(e^x \cdot x)} dx$.
$t = e^x \cdot x$ આદેશ લેતા.
તેથી,ગુણાકારના નિયમ મુજબ,$dt = (e^x \cdot x + e^x \cdot 1) dx = e^x(x+1) dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dt}{\cos^2 t} = \int \sec^2 t dt$.
$\sec^2 t$ નું સંકલન $\tan t + c$ થાય છે.
તેથી,$I = \tan(x \cdot e^x) + c$.

(B) ધારો કે $I = \int (1 - \cos x) \operatorname{cosec}^2 x \, dx$
નિત્યસમ $1 - \cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}$ અને $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{2 \sin^2 \frac{x}{2}}{\sin^2 x} \, dx$
$I = \int \frac{2 \sin^2 \frac{x}{2}}{(2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2})^2} \, dx$
$I = \int \frac{2 \sin^2 \frac{x}{2}}{4 \sin^2 \frac{x}{2} \cos^2 \frac{x}{2}} \, dx$
$I = \frac{1}{2} \int \frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}} \, dx$
$I = \frac{1}{2} \int \sec^2 \frac{x}{2} \, dx$
$\sec^2 \frac{x}{2}$ નું સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \frac{1}{2} \cdot \frac{\tan \frac{x}{2}}{1/2} + c$
$I = \tan \frac{x}{2} + c$

(D) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{\cos 8 x+1}{\cot 2 x-\tan 2 x} \,d x$ છે.
નિત્યસમ $1+\cos \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા, $\cos 8x + 1 = 2 \cos^2 4x$ મળે.
છેદ $\frac{\cos 2x}{\sin 2x} - \frac{\sin 2x}{\cos 2x} = \frac{\cos^2 2x - \sin^2 2x}{\sin 2x \cos 2x} = \frac{\cos 4x}{\frac{1}{2} \sin 4x} = \frac{2 \cos 4x}{\sin 4x}$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2 \cos^2 4x}{\frac{2 \cos 4x}{\sin 4x}} \,d x = \int \cos 4x \sin 4x \,d x$.
$2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$I = \frac{1}{2} \int 2 \sin 4x \cos 4x \,d x = \frac{1}{2} \int \sin 8x \,d x$.
$\sin 8x$ નું સંકલન $\frac{-\cos 8x}{8}$ થાય.
તેથી, $I = \frac{1}{2} \left( \frac{-\cos 8x}{8} \right) + c = \frac{-\cos 8x}{16} + c$.
$A \cos 8x + c$ સાથે સરખાવતા, $A = \frac{-1}{16}$ મળે.

(A) ધારો કે $I = \int x \sqrt{\frac{2 \sin \left(x^2+1\right)-\sin 2\left(x^2+1\right)}{2 \sin \left(x^2+1\right)+\sin 2\left(x^2+1\right)}} \, dx$
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int x \sqrt{\frac{2 \sin \left(x^2+1\right) - 2 \sin \left(x^2+1\right) \cos \left(x^2+1\right)}{2 \sin \left(x^2+1\right) + 2 \sin \left(x^2+1\right) \cos \left(x^2+1\right)}} \, dx$
$I = \int x \sqrt{\frac{1 - \cos \left(x^2+1\right)}{1 + \cos \left(x^2+1\right)}} \, dx$
$1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ અને $1 + \cos \theta = 2 \cos^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int x \sqrt{\frac{2 \sin^2 \left(\frac{x^2+1}{2}\right)}{2 \cos^2 \left(\frac{x^2+1}{2}\right)}} \, dx$
$I = \int x \tan \left(\frac{x^2+1}{2}\right) \, dx$
ધારો કે $t = \frac{x^2+1}{2}$,તેથી $dt = x \, dx$.
$I = \int \tan t \, dt = \log |\sec t| + c$
$I = \log \left| \sec \left(\frac{x^2+1}{2}\right) \right| + c$

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\sin ^2 x \cos ^2 x}{(\sin ^5 x + \cos ^3 x \sin ^2 x + \sin ^3 x \cos ^2 x + \cos ^5 x)^2} \,dx$.
છેદનું અવયવીકરણ કરતા: $\sin ^5 x + \sin ^3 x \cos ^2 x + \cos ^3 x \sin ^2 x + \cos ^5 x = \sin ^3 x(\sin ^2 x + \cos ^2 x) + \cos ^3 x(\sin ^2 x + \cos ^2 x) = \sin ^3 x + \cos ^3 x$.
તેથી, $I = \int \frac{\sin ^2 x \cos ^2 x}{(\sin ^3 x + \cos ^3 x)^2} \,dx$.
અંશ અને છેદને $\cos ^6 x$ વડે ભાગતા: $I = \int \frac{\tan ^2 x \sec ^2 x}{(1 + \tan ^3 x)^2} \,dx$.
ધારો કે $t = 1 + \tan ^3 x$. તો $dt = 3 \tan ^2 x \sec ^2 x \,dx$, જેનો અર્થ છે કે $\tan ^2 x \sec ^2 x \,dx = \frac{1}{3} dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા: $I = \frac{1}{3} \int \frac{1}{t^2} \,dt = \frac{1}{3} (-t^{-1}) + c = -\frac{1}{3t} + c$.
$t$ ની કિંમત પાછી મૂકતા: $I = \frac{-1}{3(1 + \tan ^3 x)} + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\operatorname{cosec} x \, dx}{\cos^2(1 + \log \tan \frac{x}{2})}$.
ધારો કે $t = 1 + \log(\tan \frac{x}{2})$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$dt = \frac{1}{\tan \frac{x}{2}} \cdot \sec^2 \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2} \, dx$.
નિત્યસમ $\tan \frac{x}{2} = \frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}}$ અને $\sec^2 \frac{x}{2} = \frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$dt = \frac{\cos \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{2} \, dx = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}} \, dx$.
કારણ કે $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$,તેથી $dt = \frac{1}{\sin x} \, dx = \operatorname{cosec} x \, dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{\cos^2 t} \, dt = \int \sec^2 t \, dt$.
સંકલન કરતા,$I = \tan t + c$ મળે.
$t$ ની મૂળ કિંમત પાછી મૂકતા,$I = \tan(1 + \log(\tan \frac{x}{2})) + c$ મળે.

(B) ધારો કે $I = \int \left( \frac{\tan \left( \frac{1}{x} \right)}{x} \right)^2 \, dx$.
$t = \frac{1}{x}$ આદેશ લેતા,$dt = -\frac{1}{x^2} \, dx$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $dx = -x^2 \, dt = -\frac{1}{t^2} \, dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \tan^2(t) \cdot \frac{1}{x^2} \cdot (-x^2 \, dt) = -\int \tan^2(t) \, dt$.
નિત્યસમ $\tan^2(t) = \sec^2(t) - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = -\int (\sec^2(t) - 1) \, dt = \int (1 - \sec^2(t)) \, dt$.
પદવાર સંકલન કરતા:
$I = t - \tan(t) + c$.
$t = \frac{1}{x}$ પાછા મૂકતા:
$I = \frac{1}{x} - \tan \left( \frac{1}{x} \right) + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{1}{\cos ^3 x \sqrt{\sin 2 x}} \,d x$.
કારણ કે $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$,તેથી $I = \int \frac{1}{\cos ^3 x \sqrt{2 \sin x \cos x}} \,d x = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{1}{\cos ^3 x \sqrt{\sin x} \sqrt{\cos x}} \,d x$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{1}{\cos^{3.5} x \sqrt{\sin x}} \,d x = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{\sec^{3.5} x}{\sqrt{\tan x}} \,d x$.
ચાલો સંકલ્યને $\frac{\sec^2 x \cdot \sec^2 x}{\sqrt{2 \sin x \cos x}} = \frac{\sec^2 x \cdot \sec^2 x}{\sqrt{2 \tan x \cos^2 x}} = \frac{\sec^4 x}{\sqrt{2 \tan x}}$ તરીકે ફરીથી લખીએ.
તેથી,$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{\sec^4 x}{\sqrt{\tan x}} \,d x = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{(1+\tan^2 x) \sec^2 x}{\sqrt{\tan x}} \,d x$.
ધારો કે $\tan x = t$,તો $\sec^2 x \,d x = dt$.
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{1+t^2}{\sqrt{t}} \,dt = \frac{1}{\sqrt{2}} \int (t^{-1/2} + t^{3/2}) \,dt$.
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{t^{1/2}}{1/2} + \frac{t^{5/2}}{5/2} \right) + c = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( 2\sqrt{t} + \frac{2}{5} t^{5/2} \right) + c$.
$I = \sqrt{2} \sqrt{t} + \frac{\sqrt{2}}{5} t^{5/2} + c = \sqrt{2} \left( \sqrt{\tan x} + \frac{1}{5} (\tan x)^{5/2} \right) + c$.

(B) $x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ થાય.
તેથી,$f(x) = \int \frac{\tan^2 \theta \sec^2 \theta \, d\theta}{\sec^2 \theta(1+\sec \theta)} = \int \frac{\tan^2 \theta \, d\theta}{1+\sec \theta}$.
$\tan^2 \theta = \sec^2 \theta - 1$ હોવાથી,$\int \frac{\sec^2 \theta - 1}{1+\sec \theta} \, d\theta = \int (\sec \theta - 1) \, d\theta$ મળે.
સંકલન કરતા $f(x) = \log |\sec \theta + \tan \theta| - \theta + c$ મળે.
$x = \tan \theta$ અને $\sec \theta = \sqrt{1+x^2}$ પાછા મૂકતા,$f(x) = \log |x + \sqrt{1+x^2}| - \tan^{-1} x + c$ થાય.
$f(0) = 0$ આપેલ હોવાથી,$\log |0 + 1| - \tan^{-1}(0) + c = 0$,જેનો અર્થ છે કે $c = 0$.
આમ,$f(x) = \log |x + \sqrt{1+x^2}| - \tan^{-1} x$.
$x=1$ માટે,$f(1) = \log |1 + \sqrt{2}| - \tan^{-1}(1) = \log (1+\sqrt{2}) - \frac{\pi}{4}$.

(B) ધારો કે $I = \int x^5 e^{-4 x^3} \,d x$.
$x^3 = t$ આદેશ લેતા,$3x^2 \,d x = dt$ મળે,એટલે કે $x^2 \,d x = \frac{1}{3} dt$.
અહીં $x^5 = x^3 \cdot x^2$ હોવાથી,સંકલન $I = \frac{1}{3} \int t e^{-4 t} dt$ થશે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u v \,dt = u \int v \,dt - \int (u' \int v \,dt) dt$,જ્યાં $u = t$ અને $v = e^{-4 t}$.
$I = \frac{1}{3} \left( t \cdot \frac{e^{-4 t}}{-4} - \int 1 \cdot \frac{e^{-4 t}}{-4} dt \right)$.
$I = \frac{1}{3} \left( -\frac{t e^{-4 t}}{4} + \frac{1}{4} \int e^{-4 t} dt \right)$.
$I = \frac{1}{3} \left( -\frac{t e^{-4 t}}{4} - \frac{e^{-4 t}}{16} \right) + c$.
$I = -\frac{t e^{-4 t}}{12} - \frac{e^{-4 t}}{48} + c$.
$I = \frac{e^{-4 t}}{48} (-4 t - 1) + c$.
$t = x^3$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{1}{48} e^{-4 x^3} (-4 x^3 - 1) + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$f(x) = -4 x^3 - 1$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\log \left(x^2+a^2\right)}{x^2} \,d x$.
ખંડશઃ સંકલનની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\int u v \,d x = u \int v \,d x - \int \left( \frac{du}{dx} \int v \,d x \right) d x$.
ધારો કે $u = \log \left(x^2+a^2\right)$ અને $v = x^{-2}$.
તેથી $\frac{du}{dx} = \frac{2x}{x^2+a^2}$ અને $\int v \,d x = -\frac{1}{x}$.
$I = \log \left(x^2+a^2\right) \cdot \left(-\frac{1}{x}\right) - \int \left( \frac{2x}{x^2+a^2} \cdot \left(-\frac{1}{x}\right) \right) d x$.
$I = -\frac{\log \left(x^2+a^2\right)}{x} + 2 \int \frac{1}{x^2+a^2} \,d x$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int \frac{1}{x^2+a^2} \,d x = \frac{1}{a} \tan^{-1} \left(\frac{x}{a}\right) + c$ નો ઉપયોગ કરતા.
$I = -\frac{\log \left(x^2+a^2\right)}{x} + \frac{2}{a} \tan^{-1} \left(\frac{x}{a}\right) + c$.