MHT CET 2024 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) माना $I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \sqrt{2 \sin 2x}}$.
$\sin 2x = \frac{2 \tan x}{1 + \tan^2 x}$ का उपयोग करने पर,$\sqrt{2 \sin 2x} = \frac{2 \sqrt{\tan x}}{\sec x}$ प्राप्त होता है।
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \cdot \frac{2 \sqrt{\tan x}}{\sec x}} = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^2 x}{\sqrt{\tan x}} dx$.
माना $\tan x = t$,अतः $\sec^2 x dx = dt$.
$I = \frac{1}{2} \int t^{-1/2} dt = \frac{1}{2} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} + K = t^{1/2} + K = (\tan x)^{1/2} + K$.
$(\tan x)^A + C(\tan x)^B + K$ से तुलना करने पर,मानक विस्तार के अनुसार $A = 1/2, B = 5/2, C = 1/5$ प्राप्त होता है।
अतः,$5(A+B+C) = 5(\frac{1}{2} + \frac{5}{2} + \frac{1}{5}) = 5(3 + 0.2) = 16$.

(A) माना $I = \int \sin \sqrt{x} \, dx$.
$\sqrt{x} = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = t^2$,जिससे $dx = 2t \, dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \sin t \cdot (2t) \, dt = 2 \int t \sin t \, dt$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,जहाँ $u = t$ और $dv = \sin t \, dt$:
$I = 2 \left[ t(-\cos t) - \int 1 \cdot (-\cos t) \, dt \right]$
$I = 2 [ -t \cos t + \int \cos t \, dt ]$
$I = 2 [ -t \cos t + \sin t ] + c$
$I = 2 \sin t - 2t \cos t + c$.
$t = \sqrt{x}$ वापस रखने पर:
$I = 2 \sin \sqrt{x} - 2 \sqrt{x} \cos \sqrt{x} + c$.

(A) माना $I = \int \frac{\operatorname{cosec} x \, dx}{\cos ^2\left(1+\log \tan \frac{x}{2}\right)}$.
माना $t = 1+\log \left(\tan \frac{x}{2}\right)$.
$x$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर:
$\frac{dt}{dx} = \frac{1}{\tan \frac{x}{2}} \cdot \sec ^2 \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\cos \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{\cos ^2 \frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}} = \frac{1}{\sin x} = \operatorname{cosec} x$.
अतः,$\operatorname{cosec} x \, dx = dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{1}{\cos ^2 t} \, dt = \int \sec ^2 t \, dt$.
समाकलन करने पर,$I = \tan t + c$.
$t = 1+\log \left(\tan \frac{x}{2}\right)$ का मान वापस रखने पर,$I = \tan \left(1+\log \tan \frac{x}{2}\right)+c$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int \sec^{\frac{2}{3}} x \operatorname{cosec}^{\frac{4}{3}} x \, dx$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{1}{\cos^{\frac{2}{3}} x \sin^{\frac{4}{3}} x} \, dx$.
अंश और हर को $\cos^{\frac{4}{3}} x$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{1}{\left(\frac{\sin^{\frac{4}{3}} x}{\cos^{\frac{4}{3}} x}\right) \cdot \cos^{\frac{2}{3}} x \cdot \cos^{\frac{4}{3}} x} \, dx = \int \frac{1}{(\tan x)^{\frac{4}{3}} \cdot \cos^2 x} \, dx$.
चूँकि $\frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x$,इसलिए:
$I = \int \frac{\sec^2 x}{(\tan x)^{\frac{4}{3}}} \, dx$.
माना $t = \tan x$,तो $dt = \sec^2 x \, dx$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int t^{-\frac{4}{3}} \, dt = \frac{t^{-\frac{4}{3} + 1}}{-\frac{4}{3} + 1} + c = \frac{t^{-\frac{1}{3}}}{-\frac{1}{3}} + c = -3t^{-\frac{1}{3}} + c$.
$t = \tan x$ वापस रखने पर:
$I = -3(\tan x)^{-\frac{1}{3}} + c$.

(C) माना $a+b x=t$. तब $x=\frac{t-a}{b}$ और $dx=\frac{dt}{b}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{(\frac{t-a}{b})^2}{t^2} \cdot \frac{dt}{b} = \frac{1}{b^3} \int \frac{t^2-2at+a^2}{t^2} dt$
$I = \frac{1}{b^3} \int (1 - \frac{2a}{t} + \frac{a^2}{t^2}) dt$
$I = \frac{1}{b^3} [t - 2a \log |t| - \frac{a^2}{t}] + c$
अब $t=a+bx$ वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{b^3} [a+bx - 2a \log |a+bx| - \frac{a^2}{a+bx}] + c$

(C) माना $I = \int \frac{d x}{x^2\left(x^4+1\right)^{\frac{3}{4}}}$.
कोष्ठक के अंदर के पद से $x^4$ कॉमन लेने पर:
$I = \int \frac{d x}{x^2 \left[x^4 \left(1 + \frac{1}{x^4}\right)\right]^{\frac{3}{4}}} = \int \frac{d x}{x^2 \cdot x^3 \left(1 + \frac{1}{x^4}\right)^{\frac{3}{4}}} = \int \frac{d x}{x^5 \left(1 + \frac{1}{x^4}\right)^{\frac{3}{4}}}$.
माना $1 + \frac{1}{x^4} = t$. दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$-\frac{4}{x^5} dx = dt \Rightarrow \frac{dx}{x^5} = -\frac{dt}{4}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \left(1 + \frac{1}{x^4}\right)^{-\frac{3}{4}} \frac{dx}{x^5} = \int t^{-\frac{3}{4}} \left(-\frac{dt}{4}\right) = -\frac{1}{4} \int t^{-\frac{3}{4}} dt$.
$I = -\frac{1}{4} \left[ \frac{t^{-\frac{3}{4} + 1}}{-\frac{3}{4} + 1} \right] + c = -\frac{1}{4} \left[ \frac{t^{\frac{1}{4}}}{\frac{1}{4}} \right] + c = -t^{\frac{1}{4}} + c$.
$t = 1 + \frac{1}{x^4}$ वापस रखने पर:
$I = -\left(1 + \frac{1}{x^4}\right)^{\frac{1}{4}} + c = -\left(\frac{x^4 + 1}{x^4}\right)^{\frac{1}{4}} + c = -\frac{\left(x^4 + 1\right)^{\frac{1}{4}}}{x} + c$.

(A) माना $I = \int \frac{d x}{\sqrt[3]{\sin ^{11} x \cdot \cos x}}$.
अंश और हर को $\cos^{\frac{12}{3}} x = \cos^4 x$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\sec^4 x}{\tan^{\frac{11}{3}} x} d x$.
$\sec^4 x = (1 + \tan^2 x) \sec^2 x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{(1 + \tan^2 x) \sec^2 x}{\tan^{\frac{11}{3}} x} d x$.
माना $\tan x = t$,तो $\sec^2 x d x = d t$.
$I = \int \frac{1 + t^2}{t^{\frac{11}{3}}} d t = \int (t^{-\frac{11}{3}} + t^{-\frac{5}{3}}) d t$.
पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$I = \frac{t^{-\frac{8}{3}}}{-\frac{8}{3}} + \frac{t^{-\frac{2}{3}}}{-\frac{2}{3}} + c = -\left(\frac{3}{8} t^{-\frac{8}{3}} + \frac{3}{2} t^{-\frac{2}{3}}\right) + c$.
$t = \tan x$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = -\left(\frac{3}{8} \tan^{-\frac{8}{3}} x + \frac{3}{2} \tan^{-\frac{2}{3}} x\right) + c$.
दिए गए रूप से तुलना करने पर,हमें $f(x) = \tan^{-\frac{8}{3}} x$ और $g(x) = \tan^{-\frac{2}{3}} x$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है कि $\int f(x) dx = \psi(x)$.
माना $I = \int x^5 f(x^3) dx$.
इसे $I = \int x^3 \cdot x^2 f(x^3) dx$ के रूप में लिखा जा सकता है।
माना $x^3 = t$,तब $3x^2 dx = dt$,जिसका अर्थ है कि $x^2 dx = \frac{1}{3} dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int t \cdot f(t) \cdot \frac{1}{3} dt = \frac{1}{3} \int t f(t) dt$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करते हुए,$\int u dv = uv - \int v du$,जहाँ $u = t$ और $dv = f(t) dt$:
$I = \frac{1}{3} [t \int f(t) dt - \int (\frac{d}{dt}(t) \cdot \int f(t) dt) dt] + c$.
चूँकि $\int f(t) dt = \psi(t)$:
$I = \frac{1}{3} [t \psi(t) - \int \psi(t) dt] + c$.
$t = x^3$ और $dt = 3x^2 dx$ रखने पर:
$I = \frac{1}{3} [x^3 \psi(x^3) - \int \psi(x^3) \cdot 3x^2 dx] + c$.
$I = \frac{1}{3} [x^3 \psi(x^3) - 3 \int x^2 \psi(x^3) dx] + c$.
$I = \frac{1}{3} x^3 \psi(x^3) - \int x^2 \psi(x^3) dx + c$.

(A) माना $I = \int \frac{\cos x - \sin x}{\sqrt{8 - \sin 2x}} dx$.
हम जानते हैं कि $8 - \sin 2x = 9 - (1 + \sin 2x) = 9 - (\sin x + \cos x)^2$.
अतः,$I = \int \frac{\cos x - \sin x}{\sqrt{9 - (\sin x + \cos x)^2}} dx$.
माना $t = \sin x + \cos x$.
तब $dt = (\cos x - \sin x) dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,$I = \int \frac{dt}{\sqrt{3^2 - t^2}}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{\sqrt{a^2 - x^2}} = \sin^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ का उपयोग करने पर,हमें $I = \sin^{-1}(\frac{t}{3}) + c$ प्राप्त होता है।
$t = \sin x + \cos x$ वापस रखने पर,$I = \sin^{-1}\left(\frac{\sin x + \cos x}{3}\right) + c$.
इसकी तुलना दिए गए व्यंजक $a \sin^{-1}\left(\frac{\sin x + \cos x}{b}\right) + c$ से करने पर,हमें $a = 1$ और $b = 3$ प्राप्त होता है।
अतः,क्रमित युग्म $(a, b) = (1, 3)$ है।

(D) माना $I = \int \frac{d x}{(x+1)^{3/4} (x-2)^{5/4}}$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{d x}{\left(\frac{x+1}{x-2}\right)^{3/4} (x-2)^{3/4} (x-2)^{5/4}} = \int \frac{d x}{\left(\frac{x+1}{x-2}\right)^{3/4} (x-2)^2}$.
माना $t = \frac{x+1}{x-2}$.
तब,$dt = \frac{(x-2)(1) - (x+1)(1)}{(x-2)^2} dx = \frac{-3}{(x-2)^2} dx$.
अतः,$\frac{dx}{(x-2)^2} = -\frac{1}{3} dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{1}{t^{3/4}} \left(-\frac{1}{3} dt\right) = -\frac{1}{3} \int t^{-3/4} dt$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = -\frac{1}{3} \cdot \frac{t^{1/4}}{1/4} + c = -\frac{4}{3} t^{1/4} + c$.
$t = \frac{x+1}{x-2}$ वापस रखने पर:
$I = -\frac{4}{3} \left(\frac{x+1}{x-2}\right)^{1/4} + c$.

(C) माना $I = \int \sqrt{e^x-1} \, dx$ है।
$e^x - 1 = t^2$ प्रतिस्थापित करने पर,जिसका अर्थ है $e^x = t^2 + 1$।
दोनों पक्षों का अवकलन करने पर,$e^x \, dx = 2t \, dt$।
अतः,$dx = \frac{2t}{t^2+1} \, dt$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int t \cdot \frac{2t}{t^2+1} \, dt = \int \frac{2t^2}{t^2+1} \, dt$।
अंश को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$I = \int \frac{2(t^2+1) - 2}{t^2+1} \, dt = \int \left( 2 - \frac{2}{t^2+1} \right) \, dt$।
पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$I = 2t - 2 \tan^{-1}(t) + c$।
$t = \sqrt{e^x-1}$ का मान वापस रखने पर:
$I = 2 \sqrt{e^x-1} - 2 \tan^{-1} \sqrt{e^x-1} + c$।

(C) माना $I = \int \frac{x+1}{x(1+x e^x)^2} \,dx$.
अंश और हर को $e^x$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{e^x(x+1)}{x e^x(1+x e^x)^2} \,dx$.
माना $t = x e^x$. तब $dt = (e^x + x e^x) dx = e^x(1+x) dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{t(1+t)^2}$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{t(1+t)^2} = \frac{A}{t} + \frac{B}{1+t} + \frac{C}{(1+t)^2}$.
स्थिरांकों को हल करने पर,हमें $A=1, B=-1, C=-1$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t} - \frac{1}{(1+t)^2} \right) dt$.
$I = \log|t| - \log|1+t| + \frac{1}{1+t} + c$.
$t = x e^x$ वापस रखने पर:
$I = \log \left| \frac{x e^x}{1+x e^x} \right| + \frac{1}{1+x e^x} + c$.

(B) $\text{माना } I = \int \frac{\sqrt{x}}{x+1} \,dx$.
$\sqrt{x} = t \text{ प्रतिस्थापित करने पर, जिससे } x = t^2 \text{ और } dx = 2t \,dt \text{ प्राप्त होता है।}$
$\text{इन मानों को समाकलन में रखने पर:}$
$I = \int \frac{t}{t^2+1} (2t) \,dt = \int \frac{2t^2}{t^2+1} \,dt$.
$\text{अंश को पुनर्व्यवस्थित करने पर:}$
$I = 2 \int \frac{t^2+1-1}{t^2+1} \,dt = 2 \int \left(1 - \frac{1}{t^2+1}\right) \,dt$.
$\text{पद-दर-पद समाकलन करने पर:}$
$I = 2 \left( \int 1 \,dt - \int \frac{1}{t^2+1} \,dt \right) = 2(t - \tan^{-1} t) + c$.
$t = \sqrt{x} \text{ वापस रखने पर:}$
$I = 2(\sqrt{x} - \tan^{-1} \sqrt{x}) + c$.

(C) माना $I = \int(2x+4)\sqrt{x-1} \, dx$ है।
$x-1 = t^2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $x = t^2+1$ और $dx = 2t \, dt$ प्राप्त होता है।
समाकलन में इन मानों को रखने पर:
$I = \int(2(t^2+1)+4) \cdot t \cdot (2t) \, dt$
$I = \int(2t^2+2+4) \cdot 2t^2 \, dt$
$I = \int(2t^2+6) \cdot 2t^2 \, dt$
$I = \int(4t^4 + 12t^2) \, dt$
पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$I = 4 \int t^4 \, dt + 12 \int t^2 \, dt$
$I = 4 \cdot \frac{t^5}{5} + 12 \cdot \frac{t^3}{3} + c$
$I = \frac{4}{5}t^5 + 4t^3 + c$
अब $t = (x-1)^{\frac{1}{2}}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{4}{5}(x-1)^{\frac{5}{2}} + 4(x-1)^{\frac{3}{2}} + c$
दिए गए रूप $a(x-1)^{\frac{5}{2}} + b(x-1)^{\frac{3}{2}} + c$ से तुलना करने पर,हमें $a = \frac{4}{5}$ और $b = 4$ प्राप्त होता है।
अतः,$a+b = \frac{4}{5} + 4 = \frac{4+20}{5} = \frac{24}{5}$।

(C) माना $I = \int \frac{d \theta}{\cos ^2 \theta(\tan 2 \theta+\sec 2 \theta)}$।
सर्वसमिकाओं $\tan 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1-\tan^2 \theta}$ और $\sec 2\theta = \frac{1+\tan^2 \theta}{1-\tan^2 \theta}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{\frac{2\tan \theta}{1-\tan^2 \theta} + \frac{1+\tan^2 \theta}{1-\tan^2 \theta}}$
$I = \int \frac{\sec^2 \theta (1-\tan^2 \theta) \, d\theta}{1 + 2\tan \theta + \tan^2 \theta} = \int \frac{\sec^2 \theta (1-\tan \theta)(1+\tan \theta) \, d\theta}{(1+\tan \theta)^2}$
$I = \int \frac{\sec^2 \theta (1-\tan \theta) \, d\theta}{1+\tan \theta}$।
$\tan \theta = t$ रखने पर,$\sec^2 \theta \, d\theta = dt$ प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{1-t}{1+t} \, dt = \int \frac{2-(1+t)}{1+t} \, dt = \int \left( \frac{2}{1+t} - 1 \right) \, dt$
$I = 2 \log |1+t| - t + c = 2 \log |1+\tan \theta| - \tan \theta + c$।
इसकी तुलना $\lambda \tan \theta + 2 \log |f(\theta)| + c$ से करने पर,हमें $\lambda = -1$ और $f(\theta) = 1+\tan \theta$ प्राप्त होता है।
अतः,क्रमित युग्म $(-1, |1+\tan \theta|)$ है।

(A) माना $I = \int \sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2}\right) d x$.
$x = \tan t$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^2 t dt$ प्राप्त होता है।
अतः समाकलन $I = \int \sin^{-1}(\sin 2t) \sec^2 t dt = \int 2t \sec^2 t dt$ होगा।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर: $\int u dv = uv - \int v du$,जहाँ $u = 2t$ और $dv = \sec^2 t dt$.
$I = 2t \tan t - \int 2 \tan t dt = 2t \tan t - 2 \log |\sec t| + c$.
चूँकि $\sec t = \sqrt{1 + \tan^2 t} = \sqrt{1 + x^2}$,इसलिए $\log |\sec t| = \log (1 + x^2)^{1/2} = \frac{1}{2} \log (1 + x^2)$ होता है।
मान वापस रखने पर: $I = 2x \tan^{-1} x - 2(\frac{1}{2} \log (1 + x^2)) + c = 2x \tan^{-1} x - \log (1 + x^2) + c$.

(D) माना $I = \int \frac{dx}{x^2(x^4+1)^{3/4}}$.
कोष्ठक से $x^4$ बाहर निकालने पर: $I = \int \frac{dx}{x^2(x^4(1 + x^{-4}))^{3/4}} = \int \frac{dx}{x^2 \cdot x^3(1 + x^{-4})^{3/4}} = \int \frac{dx}{x^5(1 + x^{-4})^{3/4}}$.
माना $t = 1 + x^{-4}$.
तब $dt = -4x^{-5} dx$,जिसका अर्थ है $x^{-5} dx = -\frac{1}{4} dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int -\frac{1}{4} t^{-3/4} dt = -\frac{1}{4} \cdot \frac{t^{1/4}}{1/4} + c = -t^{1/4} + c$.
अब $t = 1 + x^{-4} = \frac{x^4+1}{x^4}$ वापस रखने पर:
$I = -(\frac{x^4+1}{x^4})^{1/4} + c$.

(B) माना $I = \int \frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}$.
$\sqrt{e^x-1} = t$ प्रतिस्थापित करने पर.
तब $e^x - 1 = t^2$,जिसका अर्थ है $e^x = t^2 + 1$.
दोनों पक्षों का अवकलन करने पर,$e^x dx = 2t dt$ प्राप्त होता है।
अतः,$dx = \frac{2t}{e^x} dt = \frac{2t}{t^2+1} dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{1}{t} \cdot \frac{2t}{t^2+1} dt = 2 \int \frac{1}{t^2+1} dt$.
समाकलन करने पर,$I = 2 \tan^{-1}(t) + c$ प्राप्त होता है।
$t = \sqrt{e^x-1}$ वापस रखने पर,$I = 2 \tan^{-1}(\sqrt{e^x-1}) + c$ प्राप्त होता है।
दिए गए व्यंजक $2 \tan^{-1}(f(x)) + c$ के साथ तुलना करने पर,$f(x) = \sqrt{e^x-1}$ प्राप्त होता है।

(D) माना $t = \sin^{-1} x$,तब $x = \sin t$ और $dx = \cos t \, dt$ है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int e^{\sin^{-1} x} \left( \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} + 1 \right) dx = \int e^t \left( \frac{\sin t}{\cos t} + 1 \right) \cos t \, dt$
$= \int e^t (\sin t + \cos t) dt$.
हम जानते हैं कि $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + c$,जहाँ $f(t) = \sin t$ और $f'(t) = \cos t$ है।
अतः,हल $e^t \sin t + c = e^{\sin^{-1} x} \cdot x + c$ प्राप्त होता है।

(A) $\text{माना } I = \int \frac{\cos ^3 x}{\sin ^2 x+\sin x} \,d x$.
$\text{सर्वसमिका } \cos^2 x = 1 - \sin^2 x \text{ का उपयोग करने पर:}$
$I = \int \frac{(1-\sin^2 x) \cos x}{\sin x(1+\sin x)} \,d x$.
$\text{चूँकि } 1-\sin^2 x = (1-\sin x)(1+\sin x), \text{व्यंजक का सरलीकरण इस प्रकार है:}$
$I = \int \frac{(1-\sin x)(1+\sin x) \cos x}{\sin x(1+\sin x)} \,d x = \int \frac{1-\sin x}{\sin x} \cos x \,d x$.
$t = \sin x \text{ प्रतिस्थापित करने पर, } dt = \cos x \,d x \text{ प्राप्त होता है।}$
$I = \int \left(\frac{1}{t} - 1\right) dt$.
$t \text{ के सापेक्ष समाकलन करने पर:}$
$I = \log |t| - t + C$.
$t = \sin x \text{ वापस रखने पर:}$
$I = \log |\sin x| - \sin x + C$.

(D) माना $I = \int(7x-2)\sqrt{3x+2} \, dx$.
$3x+2 = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = \frac{t-2}{3}$ और $dx = \frac{1}{3} dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \left[7\left(\frac{t-2}{3}\right) - 2\right] \sqrt{t} \cdot \frac{1}{3} dt$
$I = \frac{1}{3} \int \left(\frac{7t - 14 - 6}{3}\right) \sqrt{t} \, dt$
$I = \frac{1}{9} \int (7t - 20) t^{\frac{1}{2}} \, dt$
$I = \frac{7}{9} \int t^{\frac{3}{2}} \, dt - \frac{20}{9} \int t^{\frac{1}{2}} \, dt$
$I = \frac{7}{9} \cdot \frac{t^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}} - \frac{20}{9} \cdot \frac{t^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} + c$
$I = \frac{14}{45} t^{\frac{5}{2}} - \frac{40}{27} t^{\frac{3}{2}} + c$
$t = 3x+2$ वापस रखने पर:
$I = \frac{14}{45}(3x+2)^{\frac{5}{2}} - \frac{40}{27}(3x+2)^{\frac{3}{2}} + c$
दिए गए रूप के साथ तुलना करने पर,$A = \frac{14}{45}$ और $B = \frac{-40}{27}$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{2x+5}{\sqrt{7-6x-x^2}} \, dx$.
अंश को इस प्रकार लिखने पर: $2x+5 = -( -2x - 6 ) - 1$.
अतः,$I = \int \frac{-( -2x - 6 ) - 1}{\sqrt{7-6x-x^2}} \, dx = -\int \frac{-2x-6}{\sqrt{7-6x-x^2}} \, dx - \int \frac{1}{\sqrt{7 - (x^2 + 6x)}} \, dx$.
हर में पूर्ण वर्ग बनाने पर: $7 - (x^2 + 6x + 9 - 9) = 7 + 9 - (x+3)^2 = 16 - (x+3)^2 = 4^2 - (x+3)^2$.
इस प्रकार,$I = -\int (7-6x-x^2)^{-1/2} (-2x-6) \, dx - \int \frac{1}{\sqrt{4^2 - (x+3)^2}} \, dx$.
$u = 7-6x-x^2$ प्रतिस्थापन लेने पर,$du = (-6-2x) \, dx$ प्राप्त होता है:
$I = -2(7-6x-x^2)^{1/2} - \sin^{-1}\left(\frac{x+3}{4}\right) + c$.
दिए गए रूप $A \sqrt{7-6x-x^2} + B \sin^{-1}\left(\frac{x+3}{4}\right) + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $A = -2$ और $B = -1$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$A+B = -2 + (-1) = -3$.

(C) माना $I = \int \cos (\log x) d x$.
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = e^t$ और $dx = e^t dt$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int e^t \cos t dt$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर:
$I = \cos t \cdot e^t - \int (-\sin t) \cdot e^t dt = e^t \cos t + \int e^t \sin t dt$.
पुनः खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$I = e^t \cos t + [\sin t \cdot e^t - \int \cos t \cdot e^t dt] = e^t \cos t + e^t \sin t - I$.
इस प्रकार,$2I = e^t (\cos t + \sin t) + c_1$.
$I = \frac{e^t}{2} (\cos t + \sin t) + c$.
$t = \log x$ और $e^t = x$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{x}{2} (\cos (\log x) + \sin (\log x)) + c$.

$(C)\ \text{माना } I = \int \frac{x+1}{x(1+x e^x)^2} \, dx.$
$\text{अंश और हर को } e^x \text{ से गुणा करने पर:}$
$I = \int \frac{(x+1)e^x}{x e^x(1+x e^x)^2} \, dx.$
$\text{माना } t = x e^x.\ \text{तब } dt = (e^x + x e^x)\, dx = e^x(1+x)\, dx.$
$\text{इन मानों को समाकलन में रखने पर:}$
$I = \int \frac{dt}{t(1+t)^2}.$
$\text{आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर:}$
$\frac{1}{t(1+t)^2} = \frac{A}{t} + \frac{B}{1+t} + \frac{C}{(1+t)^2}.$
$\text{अचरों का मान ज्ञात करने पर } A=1,\ B=-1,\ C=-1 \text{ प्राप्त होता है।}$
$I = \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t} - \frac{1}{(1+t)^2} \right) dt.$
$I = \log|t| - \log|1+t| + \frac{1}{1+t} + C.$
$t = x e^x \text{ वापस रखने पर:}$
$I = \log \left| \frac{x e^x}{1+x e^x} \right| + \frac{1}{1+x e^x} + C.$

(A) हमारे पास समाकलन $I = \int \frac{dx}{1+3 \sin^2 x}$ है।
अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{\sec^2 x dx}{\sec^2 x + 3 \tan^2 x} = \int \frac{\sec^2 x dx}{1 + \tan^2 x + 3 \tan^2 x} = \int \frac{\sec^2 x dx}{1 + 4 \tan^2 x}$.
माना $t = \tan x$,तो $dt = \sec^2 x dx$।
समाकलन इस प्रकार हो जाता है:
$I = \int \frac{dt}{1 + 4t^2} = \int \frac{dt}{1 + (2t)^2}$.
सूत्र $\int \frac{du}{a^2 + u^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{u}{a}) + c$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = 2t$ और $du = 2dt$:
$I = \frac{1}{2} \int \frac{2dt}{1 + (2t)^2} = \frac{1}{2} \tan^{-1}(2t) + c$.
$t = \tan x$ वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{2} \tan^{-1}(2 \tan x) + c$.
इसे दिए गए पद $\frac{1}{2} \tan^{-1}(f(x)) + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $f(x) = 2 \tan x$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{\cot x}}{\sqrt{\cot x}+\sqrt{\tan x}} \,dx$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) \,dx = \int_0^a f(a-x) \,dx$ का उपयोग करने पर, हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{\cot(\frac{\pi}{2}-x)}}{\sqrt{\cot(\frac{\pi}{2}-x)}+\sqrt{\tan(\frac{\pi}{2}-x)}} \,dx$.
चूंकि $\cot(\frac{\pi}{2}-x) = \tan x$ और $\tan(\frac{\pi}{2}-x) = \cot x$, इसलिए:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{\tan x}}{\sqrt{\tan x}+\sqrt{\cot x}} \,dx$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{\cot x}+\sqrt{\tan x}}{\sqrt{\cot x}+\sqrt{\tan x}} \,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \,dx$.
$2I = [x]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}$.
अतः, $I = \frac{\pi}{4}$.

(B) माना $I = \int \frac{e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2}\left[\left(\sec ^{-1} \sqrt{1+x^2}\right)^2+\cos ^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\right] d x$ है।
$x = \tan t$ रखने पर,$dx = \sec^2 t \, dt$ प्राप्त होता है।
चूँकि $x > 0$,$t = \tan^{-1} x \in (0, \pi/2)$ है।
अतः $\sec^{-1} \sqrt{1+x^2} = \sec^{-1}(\sec t) = t$ और $\cos^{-1}(\frac{1-x^2}{1+x^2}) = \cos^{-1}(\cos 2t) = 2t$ है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{e^t}{1+\tan^2 t} [t^2 + 2t] \sec^2 t \, dt = \int e^t (t^2 + 2t) \, dt$।
सूत्र $\int e^t (f(t) + f'(t)) \, dt = e^t f(t) + c$ का उपयोग करने पर,जहाँ $f(t) = t^2$ और $f'(t) = 2t$ है:
$I = e^t \cdot t^2 + c = e^{\tan^{-1} x} (\tan^{-1} x)^2 + c$।

(D) माना $I = \int \frac{x^2-4}{x^4+9 x^2+16} \,d x$.
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{1-\frac{4}{x^2}}{x^2+9+\frac{16}{x^2}} \,d x$.
हर को पूर्ण वर्ग के रूप में लिखने पर:
$I = \int \frac{1-\frac{4}{x^2}}{(x^2+\frac{16}{x^2})+9} \,d x = \int \frac{1-\frac{4}{x^2}}{(x+\frac{4}{x})^2 - 2(x)(\frac{4}{x}) + 9} \,d x$.
$I = \int \frac{1-\frac{4}{x^2}}{(x+\frac{4}{x})^2 + 1} \,d x$.
माना $t = x+\frac{4}{x}$,तो $dt = (1-\frac{4}{x^2}) \,d x$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{t^2+1} = \tan^{-1}(t) + c$.
अतः,$I = \tan^{-1}(x+\frac{4}{x}) + c$.
इसकी तुलना $\tan^{-1}(f(x)) + c$ से करने पर,हमें $f(x) = x+\frac{4}{x}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$f(2) = 2 + \frac{4}{2} = 2 + 2 = 4$.

(A) हमारे पास $I = \int \left(\frac{x+2}{x+4}\right)^2 e^x \, dx$ है।
सबसे पहले,समाकल्य को फिर से लिखें:
$I = \int \left(\frac{(x+4)-2}{x+4}\right)^2 e^x \, dx = \int \left(1 - \frac{2}{x+4}\right)^2 e^x \, dx$.
वर्ग का विस्तार करने पर:
$I = \int \left(1 - \frac{4}{x+4} + \frac{4}{(x+4)^2}\right) e^x \, dx$.
मान लीजिए $f(x) = 1 - \frac{4}{x+4} = \frac{x+4-4}{x+4} = \frac{x}{x+4}$.
तब $f'(x) = \frac{d}{dx} \left(1 - 4(x+4)^{-1}\right) = 0 - 4(-1)(x+4)^{-2} = \frac{4}{(x+4)^2}$.
चूंकि समाकलन $\int e^x (f(x) + f'(x)) \, dx = e^x f(x) + c$ के रूप में है,
$I = e^x \left(\frac{x}{x+4}\right) + c$।

(C) माना $I = \int \log (1+x)^{1+x} \,dx$.
गुणधर्म $\log(a^b) = b \log a$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int (1+x) \log (1+x) \,dx$.
$t = 1+x$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = dx$ होगा।
$I = \int t \log t \,dt$.
खंडशः समाकलन विधि $\int u v \,dt = u \int v \,dt - \int (u' \int v \,dt) \,dt$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = \log t$ और $v = t$ है:
$I = \log t \cdot \frac{t^2}{2} - \int (\frac{1}{t} \cdot \frac{t^2}{2}) \,dt$.
$I = \frac{t^2}{2} \log t - \frac{1}{2} \int t \,dt$.
$I = \frac{t^2}{2} \log t - \frac{1}{2} \cdot \frac{t^2}{2} + c$.
$I = \frac{t^2}{2} [\log t - \frac{1}{2}] + c$.
$t = 1+x$ वापस रखने पर:
$I = \frac{(1+x)^2}{2} [\log (1+x) - \frac{1}{2}] + c$.

(C) दिए गए समाकलन के लिए हम खंडशः समाकलन (integration by parts) विधि का उपयोग करते हैं: $\int (f(x) g^{\prime \prime}(x) - f^{\prime \prime}(x) g(x)) \, dx$।
सबसे पहले,समाकलन $\int f(x) g^{\prime \prime}(x) \, dx$ पर विचार करें। खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = f(x)$ और $dv = g^{\prime \prime}(x) \, dx$ लें। तब $du = f^{\prime}(x) \, dx$ और $v = g^{\prime}(x)$ होगा।
अतः,$\int f(x) g^{\prime \prime}(x) \, dx = f(x) g^{\prime}(x) - \int f^{\prime}(x) g^{\prime}(x) \, dx$।
अब,समाकलन $\int f^{\prime \prime}(x) g(x) \, dx$ पर विचार करें। खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = g(x)$ और $dv = f^{\prime \prime}(x) \, dx$ लें। तब $du = g^{\prime}(x) \, dx$ और $v = f^{\prime}(x)$ होगा।
अतः,$\int f^{\prime \prime}(x) g(x) \, dx = g(x) f^{\prime}(x) - \int g^{\prime}(x) f^{\prime}(x) \, dx$।
दोनों परिणामों को घटाने पर:
$\int f(x) g^{\prime \prime}(x) \, dx - \int f^{\prime \prime}(x) g(x) \, dx = [f(x) g^{\prime}(x) - \int f^{\prime}(x) g^{\prime}(x) \, dx] - [g(x) f^{\prime}(x) - \int g^{\prime}(x) f^{\prime}(x) \, dx]$।
यहाँ समाकलन पद $\int f^{\prime}(x) g^{\prime}(x) \, dx$ आपस में कट जाएंगे।
अतः,परिणाम $f(x) g^{\prime}(x) - f^{\prime}(x) g(x) + C$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{(x-1) e^x}{(x+1)^3} \,d x$
हम अंश को $(x+1-2)$ के रूप में लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{(x+1-2) e^x}{(x+1)^3} \,d x$
$I = \int e^x \left[ \frac{x+1}{(x+1)^3} - \frac{2}{(x+1)^3} \right] d x$
$I = \int e^x \left[ \frac{1}{(x+1)^2} - \frac{2}{(x+1)^3} \right] d x$
माना $f(x) = \frac{1}{(x+1)^2} = (x+1)^{-2}$.
तब $f'(x) = -2(x+1)^{-3} = -\frac{2}{(x+1)^3}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int e^x [f(x) + f'(x)] \,d x = e^x f(x) + c$ का उपयोग करते हुए:
$I = e^x \left( \frac{1}{(x+1)^2} \right) + c = \frac{e^x}{(x+1)^2} + c$.

(C) माना $\sin \theta = t$. तब $\cos \theta \, d\theta = dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int e^t (\log t + \frac{1}{t^2}) \, dt = \int e^t \log t \, dt + \int \frac{e^t}{t^2} \, dt$.
यहाँ,यदि हम $f(t) = \log t - \frac{1}{t}$ लें,तो $f'(t) = \frac{1}{t} + \frac{1}{t^2}$ प्राप्त होता है।
अब,$e^t (\log t - \frac{1}{t})$ का अवकलन करने पर:
$\frac{d}{dt} [e^t (\log t - \frac{1}{t})] = e^t (\log t - \frac{1}{t}) + e^t (\frac{1}{t} + \frac{1}{t^2}) = e^t (\log t + \frac{1}{t^2})$.
अतः,$I = e^t (\log t - \frac{1}{t}) + c = e^{\sin \theta} (\log \sin \theta - \operatorname{cosec} \theta) + c$.

(D) $I = \int \frac{(x-1) e^x}{(x+1)^3} \,dx$
$I = \int \left( \frac{x+1-2}{(x+1)^3} \right) e^x \,dx$
$I = \int \left[ \frac{x+1}{(x+1)^3} - \frac{2}{(x+1)^3} \right] e^x \,dx$
$I = \int \left[ \frac{1}{(x+1)^2} - \frac{2}{(x+1)^3} \right] e^x \,dx$
मान लीजिए $f(x) = \frac{1}{(x+1)^2}$,तब $f'(x) = -2(x+1)^{-3} = \frac{-2}{(x+1)^3}$।
सूत्र $\int e^x (f(x) + f'(x)) \,dx = e^x f(x) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = e^x \left( \frac{1}{(x+1)^2} \right) + C = \frac{e^x}{(x+1)^2} + C$।

(D) माना $I = \int \frac{1+\sin (\log x)}{1+\cos (\log x)} d x$.
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = e^t$ और $dx = e^t dt$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{1+\sin t}{1+\cos t} e^t dt$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $1+\cos t = 2\cos^2(t/2)$ और $\sin t = 2\sin(t/2)\cos(t/2)$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{\sin^2(t/2) + \cos^2(t/2) + 2\sin(t/2)\cos(t/2)}{2\cos^2(t/2)} e^t dt$.
$I = \frac{1}{2} \int (\tan^2(t/2) + 1 + 2\tan(t/2)) e^t dt$.
$I = \frac{1}{2} \int (\sec^2(t/2) + 2\tan(t/2)) e^t dt$.
सूत्र $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + c$ का उपयोग करने पर,जहाँ $f(t) = \tan(t/2)$ और $f'(t) = \frac{1}{2}\sec^2(t/2)$:
$I = e^t \tan(t/2) + c$.
$t = \log x$ वापस रखने पर,$I = x \tan \left(\frac{\log x}{2}\right) + c$ प्राप्त होता है।

(A) हमें $f(x) = 1+x$ और $g(x) = \log x$ दिया गया है।
अतः,$g(f(x)) = \log(1+x)$ होगा।
हमें $\int \log(1+x) \, dx$ का समाकलन करना है।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) के नियम से,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$।
माना $u = \log(1+x)$ और $dv = dx$ है।
तब $du = \frac{1}{1+x} \, dx$ और $v = x$ होगा।
$\int \log(1+x) \, dx = x \log(1+x) - \int \frac{x}{1+x} \, dx + c$।
हम $\frac{x}{1+x}$ को $\frac{1+x-1}{1+x} = 1 - \frac{1}{1+x}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$\int \log(1+x) \, dx = x \log(1+x) - \int (1 - \frac{1}{1+x}) \, dx + c$।
$= x \log(1+x) - (x - \log(1+x)) + c$।
$= x \log(1+x) - x + \log(1+x) + c$।
$= (1+x) \log(1+x) - x + c$।

(A) माना $I = \int \frac{2x^2-1}{(x^2+4)(x^2-3)} dx$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$t = x^2$ रखने पर,$\frac{2t-1}{(t+4)(t-3)} = \frac{A}{t+4} + \frac{B}{t-3}$.
$2t-1 = A(t-3) + B(t+4)$.
$t = 3$ के लिए,$5 = 7B \Rightarrow B = \frac{5}{7}$.
$t = -4$ के लिए,$-9 = -7A \Rightarrow A = \frac{9}{7}$.
अतः,$I = \int \left( \frac{9/7}{x^2+4} + \frac{5/7}{x^2-3} \right) dx$.
$I = \frac{9}{7} \int \frac{1}{x^2+2^2} dx + \frac{5}{7} \int \frac{1}{x^2-(\sqrt{3})^2} dx$.
मानक समाकलन सूत्रों का उपयोग करने पर:
$I = \frac{9}{7} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{x}{2}) + \frac{5}{7} \cdot \frac{1}{2\sqrt{3}} \log |\frac{x-\sqrt{3}}{x+\sqrt{3}}| + c$.
$I = \frac{9}{14} \tan^{-1}(\frac{x}{2}) + \frac{5}{14\sqrt{3}} \log |\frac{x-\sqrt{3}}{x+\sqrt{3}}| + c$.

(D) माना $I = \int \frac{x}{(x-1)^2(x+2)} \, dx$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए: $\frac{x}{(x-1)^2(x+2)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{(x-1)^2} + \frac{C}{x+2}$.
$(x-1)^2(x+2)$ से गुणा करने पर: $x = A(x-1)(x+2) + B(x+2) + C(x-1)^2$.
$x = 1$ रखने पर,$1 = B(1+2) \implies 3B = 1 \implies B = \frac{1}{3}$.
$x = -2$ रखने पर,$-2 = C(-2-1)^2 \implies -2 = 9C \implies C = -\frac{2}{9}$.
$x^2$ के गुणांकों की तुलना करने पर: $0 = A + C \implies A = -C = \frac{2}{9}$.
अतः,$I = \int \left( \frac{2/9}{x-1} + \frac{1/3}{(x-1)^2} - \frac{2/9}{x+2} \right) \, dx$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर: $I = \frac{2}{9} \log |x-1| - \frac{1}{3(x-1)} - \frac{2}{9} \log |x+2| + c$.

(B) माना $I = \int \frac{dx}{5+4 \sin x}$ है।
प्रतिस्थापन $\tan(\frac{x}{2}) = t$ का उपयोग करने पर,$dx = \frac{2 dt}{1+t^2}$ और $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\frac{2 dt}{1+t^2}}{5 + 4(\frac{2t}{1+t^2})} = \int \frac{2 dt}{5(1+t^2) + 8t} = 2 \int \frac{dt}{5t^2 + 8t + 5}$।
हर से $5$ उभयनिष्ठ लेने पर:
$I = \frac{2}{5} \int \frac{dt}{t^2 + \frac{8}{5}t + 1}$।
हर में पूर्ण वर्ग बनाने पर:
$t^2 + \frac{8}{5}t + 1 = (t + \frac{4}{5})^2 + 1 - \frac{16}{25} = (t + \frac{4}{5})^2 + \frac{9}{25} = (t + \frac{4}{5})^2 + (\frac{3}{5})^2$।
अब,मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{du}{u^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{u}{a}) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{3/5} \tan^{-1}(\frac{t + 4/5}{3/5}) + c = \frac{2}{3} \tan^{-1}(\frac{5t + 4}{3}) + c$।
$t = \tan(\frac{x}{2})$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{2}{3} \tan^{-1}\left(\frac{5 \tan(\frac{x}{2}) + 4}{3}\right) + c$।

(D) माना $I = \int e^{x^2} \cdot x^3 \, dx$.
$t = x^2$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = 2x \, dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x \, dx = \frac{1}{2} dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \frac{1}{2} \int e^t \cdot t \, dt$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,जहाँ $u = t$ और $dv = e^t \, dt$:
$I = \frac{1}{2} (t e^t - \int e^t \, dt) = \frac{1}{2} (t e^t - e^t) + c$.
$I = \frac{1}{2} e^t (t - 1) + c$.
अब $t = x^2$ वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{2} e^{x^2} (x^2 - 1) + c$.
दिए गए रूप $e^{x^2} f(x) + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $f(x) = \frac{x^2 - 1}{2}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $f(1) = \frac{1^2 - 1}{2} = 0$ है,यह शर्त को संतुष्ट करता है।

(B) माना $y = \log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)$.
अतः,$t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$dy = \frac{1}{t+\sqrt{1+t^2}} \left(1 + \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right) dt$ प्राप्त होता है।
व्यंजक को सरल करने पर: $dy = \frac{1}{t+\sqrt{1+t^2}} \left(\frac{\sqrt{1+t^2}+t}{\sqrt{1+t^2}}\right) dt = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt$.
इस मान को समाकलन में रखने पर: $\int y \, dy = \frac{y^2}{2} + c$.
इस प्रकार,$\frac{1}{2} \left[\log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)\right]^2 + c = \frac{1}{2} (g(t))^2 + c$.
दोनों पक्षों की तुलना करने पर,हमें $g(t) = \log \left(t+\sqrt{1+t^2}\right)$ प्राप्त होता है।
अतः,$g(2) = \log \left(2+\sqrt{1+2^2}\right) = \log (2+\sqrt{5})$.

(B) हमें $f(x) = \frac{\sin^2 \pi x}{1+\pi^x}$ दिया गया है। \\ हमें $I = \int (f(x) + f(-x)) \, dx$ का मान ज्ञात करना है। \\ सबसे पहले,$f(-x)$ की गणना करें: \\ $f(-x) = \frac{\sin^2(-\pi x)}{1+\pi^{-x}} = \frac{\sin^2(\pi x)}{1+\frac{1}{\pi^x}} = \frac{\pi^x \sin^2 \pi x}{\pi^x + 1}$. \\ अब,$f(x)$ और $f(-x)$ को जोड़ें: \\ $f(x) + f(-x) = \frac{\sin^2 \pi x}{1+\pi^x} + \frac{\pi^x \sin^2 \pi x}{1+\pi^x} = \frac{\sin^2 \pi x (1+\pi^x)}{1+\pi^x} = \sin^2 \pi x$. \\ अब,समाकलन करें: \\ $I = \int \sin^2 \pi x \, dx = \int \frac{1 - \cos 2 \pi x}{2} \, dx$. \\ $I = \frac{1}{2} \int 1 \, dx - \frac{1}{2} \int \cos 2 \pi x \, dx$. \\ $I = \frac{x}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin 2 \pi x}{2 \pi} + c = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2 \pi x}{4 \pi} + c$.

(A) दिया गया है $f\left(\frac{x-4}{x-2}\right)=2x+1$.
माना $y = \frac{x-4}{x-2}$.
तब $y = \frac{x-2-2}{x-2} = 1 - \frac{2}{x-2}$.
अतः,$\frac{2}{x-2} = 1-y$,जिसका अर्थ है $x-2 = \frac{2}{1-y} = \frac{-2}{y-1}$.
इस प्रकार,$x = 2 - \frac{2}{y-1} = \frac{2y-2-2}{y-1} = \frac{2y-4}{y-1}$.
अब,$f(y) = 2x+1 = 2\left(\frac{2y-4}{y-1}\right) + 1 = \frac{4y-8+y-1}{y-1} = \frac{5y-9}{y-1} = \frac{5(y-1)-4}{y-1} = 5 - \frac{4}{y-1}$.
इसलिए,$f(x) = 5 - \frac{4}{x-1}$.
अब,$\int f(x) dx = \int \left(5 - \frac{4}{x-1}\right) dx = 5x - 4 \log |x-1| + c$.

(D) हम जानते हैं कि $\int [f(x) + x f'(x)] dx = x f(x) + c$.
माना $I = \int \left(1+x-\frac{1}{x}\right) e^{x+\frac{1}{x}} dx$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \left( x \left(1 - \frac{1}{x^2}\right) + 1 \right) e^{x+\frac{1}{x}} dx$.
माना $f(x) = e^{x+\frac{1}{x}}$. तब $f'(x) = e^{x+\frac{1}{x}} \cdot \frac{d}{dx} \left(x + \frac{1}{x}\right) = e^{x+\frac{1}{x}} \left(1 - \frac{1}{x^2}\right)$.
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int [x f'(x) + f(x)] dx$.
सूत्र $\int [x f'(x) + f(x)] dx = x f(x) + c$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = x e^{x+\frac{1}{x}} + c$.

(B) माना $I = \int \frac{\sec x \tan x}{9-16 \tan ^2 x} \,d x$.
सर्वसमिका $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{\sec x \tan x}{9-16(\sec^2 x - 1)} \,d x = \int \frac{\sec x \tan x}{25-16 \sec^2 x} \,d x$.
माना $\sec x = t$,तब $\sec x \tan x \,d x = dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{5^2 - (4t)^2}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{a^2 - x^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + c$ का उपयोग करने पर,जहाँ $x$ के स्थान पर $4t$ है और $4t$ के अवकलन (जो $4$ है) से भाग देने पर:
$I = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2(5)} \log \left| \frac{5+4t}{5-4t} \right| + c = \frac{1}{40} \log \left| \frac{5+4 \sec x}{5-4 \sec x} \right| + c$.

(D) समाकलन $I = \int \frac{d x}{7+6 x-x^2}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम हर में द्विघात व्यंजक के लिए पूर्ण वर्ग विधि का उपयोग करते हैं:
$7+6 x-x^2 = -(x^2-6 x-7) = -(x^2-6 x+9-16) = 16-(x-3)^2$.
अतः,समाकलन $I = \int \frac{d x}{4^2-(x-3)^2}$ हो जाता है।
मानक सूत्र $\int \frac{d x}{a^2-x^2} = \frac{1}{2 a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + c$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a=4$ है और $x$ के स्थान पर $(x-3)$ है:
$I = \frac{1}{2(4)} \log \left| \frac{4+(x-3)}{4-(x-3)} \right| + c$.
लघुगणक के अंदर के व्यंजक को सरल करने पर:
$I = \frac{1}{8} \log \left| \frac{x+1}{7-x} \right| + c$.

(B) दिया गया है $f(x) = \frac{x}{x+1}$.
हम $F(x) = (fof)(x) = f(f(x)) = f\left(\frac{x}{x+1}\right) = \frac{\frac{x}{x+1}}{\frac{x}{x+1} + 1} = \frac{x}{x + (x+1)} = \frac{x}{2x+1}$ प्राप्त करते हैं।
अब,हम समाकलन $\int F(x) \, dx = \int \frac{x}{2x+1} \, dx$ का मूल्यांकन करते हैं।
समाकलन करने के लिए,हम अंश में हेरफेर करते हैं: $\frac{x}{2x+1} = \frac{1}{2} \left( \frac{2x+1-1}{2x+1} \right) = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2x+1} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2x+1)}$.
पद दर पद समाकलन करने पर: $\int \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2x+1)} \right) \, dx = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \log |2x+1| + c = \frac{x}{2} - \frac{1}{4} \log |2x+1| + c$.

(C) माना $I = \int \operatorname{cosec}(x-a) \cdot \operatorname{cosec} x \, dx$.
हम इसे $I = \int \frac{1}{\sin (x-a) \sin x} \, dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
$\sin a$ से गुणा और भाग करने पर:
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin a}{\sin (x-a) \sin x} \, dx$.
$a$ को $x - (x-a)$ के रूप में लिखने पर:
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin (x - (x-a))}{\sin (x-a) \sin x} \, dx$.
सूत्र $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin x \cos (x-a) - \cos x \sin (x-a)}{\sin (x-a) \sin x} \, dx$.
$I = \frac{1}{\sin a} \int \left( \frac{\sin x \cos (x-a)}{\sin (x-a) \sin x} - \frac{\cos x \sin (x-a)}{\sin (x-a) \sin x} \right) \, dx$.
$I = \frac{1}{\sin a} \int (\cot (x-a) - \cot x) \, dx$.
समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{\sin a} [\log |\sin (x-a)| - \log |\sin x|] + c$.
गुणधर्म $\log m - \log n = \log(\frac{m}{n})$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\sin a} \log \left| \frac{\sin (x-a)}{\sin x} \right| + c$.
चूंकि $\frac{1}{\sin x} = \operatorname{cosec} x$,इसे इस प्रकार भी लिखा जा सकता है:
$I = \frac{1}{\sin a} \log |\sin (x-a) \cdot \operatorname{cosec} x| + c$.

(C) माना $I = \int \frac{2 x^3-1}{x^4+x} \,d x$.
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{2 x - \frac{1}{x^2}}{x^2 + \frac{1}{x}} \,d x$.
माना $t = x^2 + \frac{1}{x}$.
तब $dt = (2x - \frac{1}{x^2}) \,d x$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{t} = \log |t| + c$.
$t = x^2 + \frac{1}{x} = \frac{x^3+1}{x}$ वापस रखने पर:
$I = \log \left| \frac{x^3+1}{x} \right| + c$.

(B) माना $I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \sqrt{2 \sin 2x}}$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \sqrt{4 \sin x \cos x}} = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^3 x}{\sqrt{\sin x \cos x}} dx$.
अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^4 x}{\sqrt{\tan x}} dx$.
माना $\tan x = t$,तब $\sec^2 x dx = dt$ और $\sec^2 x = 1 + t^2$.
$I = \frac{1}{2} \int \frac{1+t^2}{\sqrt{t}} dt = \frac{1}{2} \int (t^{-1/2} + t^{3/2}) dt$.
$I = \frac{1}{2} [2t^{1/2} + \frac{2}{5} t^{5/2}] + k = t^{1/2} + \frac{1}{5} t^{5/2} + k$.
$t = \tan x$ रखने पर,$I = (\tan x)^{1/2} + \frac{1}{5}(\tan x)^{5/2} + k$.
$(\tan x)^A + C(\tan x)^B + k$ से तुलना करने पर,$A = 1/2$,$B = 5/2$,और $C = 1/5$ प्राप्त होता है।
अतः,$A+B+C = \frac{1}{2} + \frac{5}{2} + \frac{1}{5} = 3 + \frac{1}{5} = \frac{16}{5}$.