Evaluation of various forms of integration Questions in Gujarati

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin x+8 \cos x}{4 \sin x+6 \cos x} d x$.
અંશને $A(\text{છેદ}) + B(\frac{d}{dx}(\text{છેદ}))$ સ્વરૂપે લખતા:
$\sin x+8 \cos x = A(4 \sin x+6 \cos x) + B(4 \cos x-6 \sin x)$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$\sin x$ માટે: $4A - 6B = 1$.
$\cos x$ માટે: $6A + 4B = 8$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને $A = 1$ અને $B = \frac{1}{2}$ મળે છે.
તેથી,$I = \int \frac{(4 \sin x+6 \cos x) + \frac{1}{2}(4 \cos x-6 \sin x)}{4 \sin x+6 \cos x} d x$.
$I = \int 1 d x + \frac{1}{2} \int \frac{4 \cos x-6 \sin x}{4 \sin x+6 \cos x} d x$.
$I = x + \frac{1}{2} \log |4 \sin x+6 \cos x| + c$.

(C) સંકલન $I_n = \int \cot^n x \, dx$ ધ્યાનમાં લો.
આપણે તેને $I_n = \int \cot^{n-2} x \cdot \cot^2 x \, dx$ તરીકે લખી શકીએ.
નિત્યસમ $\cot^2 x = \csc^2 x - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_n = \int \cot^{n-2} x (\csc^2 x - 1) \, dx = \int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx - \int \cot^{n-2} x \, dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,ધારો કે $u = \cot x$,તો $du = -\csc^2 x \, dx$,તેથી $\csc^2 x \, dx = -du$.
આમ,$\int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx = -\int u^{n-2} \, du = -\frac{u^{n-1}}{n-1} = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1}$.
તેથી,રિડક્શન સૂત્ર $I_n = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1} - I_{n-2}$ છે.
કારણ $(R)$ સાથે સરખાવતા,તેમાં છેદમાં $n$ છે જ્યારે સાચું સૂત્ર $n-1$ છે,તેથી $(R)$ ખોટું છે.
વિધાન $(A)$ માટે,$n=6$ મૂકતા:
$I_6 = \frac{-\cot^5 x}{5} - I_4 \implies I_6 + I_4 = \frac{-\cot^5 x}{5}$.
આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે અને કારણ $(R)$ ખોટું છે.

(B) આપેલ છે $I_n = \int (\cos^n x + \sin^n x) dx$.
આપણે $I_n = \int \cos^{n-1} x \cos x dx + \int \sin^{n-1} x \sin x dx$ લખી શકીએ.
બંને સંકલન માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx$ માટે: $u = \cos^{n-1} x$,$dv = \cos x dx$ લો. તો $du = (n-1) \cos^{n-2} x (-\sin x) dx$,$v = \sin x$.
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x \sin^2 x dx$.
$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ હોવાથી,આ $\cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ બને છે.
તે જ રીતે,$\int \sin^{n-1} x \sin x dx$ માટે: $u = \sin^{n-1} x$,$dv = \sin x dx$ લો. તો $du = (n-1) \sin^{n-2} x \cos x dx$,$v = -\cos x$.
$\int \sin^{n-1} x \sin x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x \cos^2 x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$.
આ પરિણામોનો સરવાળો કરતા: $I_n = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} + \frac{n-1}{n} I_{n-2}$.
તેથી $I_n - \frac{n-1}{n} I_{n-2} = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} = \frac{\sin x \cos x}{n} (\cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x)$.
આમ,$f(x) = \cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x$.

(A) આપેલ છે કે $I_n = \int \frac{\sin nx}{\cos x} dx$ ... $(i)$
$I_n + I_{n-2} = \int \frac{\sin nx + \sin (n-2)x}{\cos x} dx$ લો.
સૂત્ર $\sin C + \sin D = 2 \sin \left(\frac{C+D}{2}\right) \cos \left(\frac{C-D}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_n + I_{n-2} = \int \frac{2 \sin \left(\frac{nx + nx - 2x}{2}\right) \cos \left(\frac{nx - nx + 2x}{2}\right)}{\cos x} dx$
$I_n + I_{n-2} = \int \frac{2 \sin (n-1)x \cos x}{\cos x} dx$
$I_n + I_{n-2} = 2 \int \sin (n-1)x dx$
$I_n + I_{n-2} = 2 \left[ \frac{-\cos (n-1)x}{n-1} \right] + C$
તેથી,$I_n = \frac{-2}{n-1} \cos (n-1)x - I_{n-2}$.

(B) આપેલ છે કે $I_n = \int \frac{t^{2n}}{1+t^2} dt$ અને $I_{n+1} = \int \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} dt$.
હવે,$I_{n+1} + I_n = \int \frac{t^{2n+2} + t^{2n}}{1+t^2} dt$
$= \int \frac{t^{2n}(t^2 + 1)}{1+t^2} dt$
$= \int t^{2n} dt$.
$t$ ની સાપેક્ષે $t^{2n}$ નું સંકલન કરતા,આપણને $\frac{t^{2n+1}}{2n+1} + C$ મળે છે.
તેથી,$I_{n+1} + I_n = \frac{t^{2n+1}}{2n+1} + C$.
આમ,$I_{n+1} = \frac{t^{2n+1}}{2n+1} - I_n$.

(C) આપેલ છે: $f(x) = \log(\log x) + (\log x)^{-2}$.
પ્રતિ-વિકલિત $g(x) = \int (\log(\log x) + (\log x)^{-2}) dx$.
ધારો કે $t = \log x$,તેથી $x = e^t$ અને $dx = e^t dt$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$g(x) = \int e^t (\log t + t^{-2}) dt$.
આપણે સંકલ્યને $e^t (\log t + t^{-1} - t^{-1} + t^{-2}) = e^t (\log t + t^{-1}) + e^t (-t^{-1} + t^{-2})$ તરીકે લખી શકીએ.
સૂત્ર $\int e^t (h(t) + h'(t)) dt = e^t h(t) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $h(t) = \log t$,આપણને મળે:
$g(x) = e^t \log t - e^t t^{-1} + C = e^t (\log t - t^{-1}) + C$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા:
$g(x) = x (\log(\log x) - (\log x)^{-1}) + C$.
આલેખ $(e, 2023 - e)$ માંથી પસાર થાય છે:
$2023 - e = e (\log(\log e) - (\log e)^{-1}) + C$.
$2023 - e = e (\log(1) - 1) + C$.
$2023 - e = e (0 - 1) + C = -e + C$.
તેથી,$C = 2023$.
$x$ થી સ્વતંત્ર પદ $k = 2023$ છે.
$k$ ના અંકોનો સરવાળો $2 + 0 + 2 + 3 = 7$ થાય છે.

(B) સંકલન $I = \int \frac{dx}{\sin(x-a) \cos(x-b)}$ ઉકેલવા માટે,$\cos(a-b)$ વડે ગુણો અને ભાગો:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \frac{\cos((x-b)-(x-a))}{\sin(x-a) \cos(x-b)} dx$
નિત્યસમ $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \frac{\cos(x-b)\cos(x-a) + \sin(x-b)\sin(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} dx$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \left( \frac{\cos(x-b)\cos(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} + \frac{\sin(x-b)\sin(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} \right) dx$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int (\cot(x-a) + \tan(x-b)) dx$
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} [\ln|\sin(x-a)| - \ln|\cos(x-b)|] + C$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \ln \left| \frac{\sin(x-a)}{\cos(x-b)} \right| + C$

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x \, dx}{\sqrt[15]{\left(1+x^2\right)^{12}\left(2+x^2\right)^{18}}}$.
આપણે સંકલનને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{12/15}\left(2+x^2\right)^{18/15}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5}\left(2+x^2\right)^{6/5}}$.
અંશ અને છેદને $(1+x^2)^{6/5}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5+6/5} \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^2 \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}}$.
ધારો કે $u = \frac{2+x^2}{1+x^2}$. તો $du = \frac{(1+x^2)(2x) - (2+x^2)(2x)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{2x(1+x^2-2-x^2)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{-2x \, dx}{(1+x^2)^2}$.
તેથી,$\frac{x \, dx}{(1+x^2)^2} = -\frac{du}{2}$.
સંકલનમાં કિંમત મૂકતા:
$I = -\frac{1}{2} \int u^{-6/5} \, du = -\frac{1}{2} \left( \frac{u^{-1/5}}{-1/5} \right) + C = \frac{5}{2} u^{-1/5} + C$.
$u$ ની કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{5}{2} \left( \frac{2+x^2}{1+x^2} \right)^{-1/5} + C = \frac{5}{2} \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/5} + C$.
$\alpha \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/n} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = \frac{5}{2}$ અને $n = 5$ મળે છે.
તેથી,$\frac{n}{\alpha} = \frac{5}{5/2} = 2$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{1 - (\cot x)^{2021}}{\tan x + (\cot x)^{2022}} dx$.
અંશ અને છેદને $(\sin x)^{2022} \cos x$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$I = \int \frac{1 - \frac{(\cos x)^{2021}}{(\sin x)^{2021}}}{\frac{\sin x}{\cos x} + \frac{(\cos x)^{2022}}{(\sin x)^{2022}}} dx = \int \frac{(\sin x)^{2021} - (\cos x)^{2021}}{(\sin x)^{2021}} \cdot \frac{(\sin x)^{2022} \cos x}{(\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}} dx$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$I = \int \frac{(\sin x)^{2021} - (\cos x)^{2021}}{1} \cdot \frac{\sin x \cos x}{(\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}} dx$.
$I = \int \frac{(\sin x)^{2022} \cos x - (\cos x)^{2022} \sin x}{(\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}} dx$.
ધારો કે $f(x) = (\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}$.
તો $f'(x) = 2023(\sin x)^{2022} \cos x - 2023(\cos x)^{2022} \sin x = 2023 [(\sin x)^{2022} \cos x - (\cos x)^{2022} \sin x]$.
આમ,$I = \frac{1}{2023} \int \frac{f'(x)}{f(x)} dx = \frac{1}{2023} \ln |f(x)| + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 2023$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\sqrt{1-x^4}}{x^7} dx$.
$x^2 = u$ લેતા,$2x dx = du$ મળે,એટલે કે $dx = \frac{du}{2\sqrt{u}}$.
તેથી $I = \int \frac{\sqrt{1-u^2}}{u^{7/2}} \cdot \frac{du}{2\sqrt{u}} = \frac{1}{2} \int \frac{\sqrt{1-u^2}}{u^4} du$.
$u = \sin v$ લેતા,$du = \cos v dv$ મળે.
$I = \frac{1}{2} \int \frac{\cos^2 v}{\sin^4 v} dv = \frac{1}{2} \int \cot^2 v \csc^2 v dv$.
$\cot v = w$ લેતા,$-\csc^2 v dv = dw$ મળે.
$I = \frac{1}{2} \int -w^2 dw = -\frac{1}{2} \cdot \frac{w^3}{3} + C = -\frac{1}{6} \cot^3 v + C$.
અહીં $\cot v = \frac{\sqrt{1-u^2}}{u} = \frac{\sqrt{1-x^4}}{x^2}$ હોવાથી,$I = -\frac{1}{6} \left( \frac{\sqrt{1-x^4}}{x^2} \right)^3 + C = -\frac{1}{6x^6} (\sqrt{1-x^4})^3 + C$.
$f(x) \{\sqrt{1-x^4}\}^n + C$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = -\frac{1}{6x^6}$ અને $n = 3$ મળે.
તેથી,$(f(x))^n = (-\frac{1}{6x^6})^3 = -\frac{1}{216x^{18}}$.

(D) આપેલ છે કે,$\int \frac{5 \tan x}{\tan x-2} d x = x + a \log |\sin x - 2 \cos x| + K$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે:
$\frac{5 \tan x}{\tan x-2} = 1 + a \frac{d}{dx} (\log |\sin x - 2 \cos x|) $
$\frac{5 \tan x}{\tan x-2} = 1 + a \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} $
અંશ અને છેદને $\cos x$ વડે ભાગતા:
$\frac{5 \tan x}{\tan x-2} = 1 + a \frac{1 + 2 \tan x}{\tan x - 2} $
$\frac{5 \tan x}{\tan x-2} = \frac{\tan x - 2 + a + 2a \tan x}{\tan x - 2} $
$\tan x$ ના સહગુણકો અને અચળ પદોની સરખામણી કરતા:
$5 = 2a + 1 \Rightarrow 2a = 4 \Rightarrow a = 2$
તેમજ,$a - 2 = 0 \Rightarrow a = 2$.
આમ,$a = 2$ થાય.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{2 \cos x+3 \sin x}{4 \cos x+5 \sin x} dx$.
અંશને આ રીતે લખતા:
$2 \cos x + 3 \sin x = A(4 \cos x + 5 \sin x) + B \frac{d}{dx}(4 \cos x + 5 \sin x)$.
$2 \cos x + 3 \sin x = A(4 \cos x + 5 \sin x) + B(-4 \sin x + 5 \cos x)$.
$2 \cos x + 3 \sin x = (4A + 5B) \cos x + (5A - 4B) \sin x$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$4A + 5B = 2$ અને $5A - 4B = 3$.
પ્રથમ સમીકરણને $4$ વડે અને બીજાને $5$ વડે ગુણતા:
$16A + 20B = 8$ અને $25A - 20B = 15$.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $41A = 23 \implies A = \frac{23}{41}$.
$A$ ની કિંમત $4A + 5B = 2$ માં મૂકતા:
$4(\frac{23}{41}) + 5B = 2 \implies \frac{92}{41} + 5B = 2 \implies 5B = 2 - \frac{92}{41} = \frac{82-92}{41} = \frac{-10}{41} \implies B = \frac{-2}{41}$.
આમ,$\int \frac{2 \cos x+3 \sin x}{4 \cos x+5 \sin x} dx = \int \left( \frac{23}{41} + \frac{-2}{41} \frac{-4 \sin x + 5 \cos x}{4 \cos x + 5 \sin x} \right) dx$.
$= \frac{23}{41} x - \frac{2}{41} \log |4 \cos x + 5 \sin x| + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$K = \frac{-2}{41}$.

(A) આપણને સંકલન $I = \int \frac{5 \tan x}{\tan x - 2} dx = \int \frac{5 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$ આપેલ છે.
ધારો કે $5 \sin x = \alpha(\sin x - 2 \cos x) + \beta \frac{d}{dx}(\sin x - 2 \cos x)$.
$5 \sin x = \alpha(\sin x - 2 \cos x) + \beta(\cos x + 2 \sin x)$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$\sin x$ માટે: $5 = \alpha + 2\beta$ $(i)$
$\cos x$ માટે: $0 = -2\alpha + \beta \implies \beta = 2\alpha$ (ii)
(ii) ને $(i)$ માં મૂકતા: $5 = \alpha + 2(2\alpha) = 5\alpha \implies \alpha = 1$.
તેથી $\beta = 2(1) = 2$.
આમ,$5 \sin x = 1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)}{\sin x - 2 \cos x} dx$
$I = \int 1 dx + 2 \int \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$
$I = x + 2 \log |\sin x - 2 \cos x| + \gamma$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $\alpha x + \beta \log |\sin x - 2 \cos x| + \gamma$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 1$ અને $\beta = 2$ મળે છે.
તેથી,$\alpha - \beta = 1 - 2 = -1$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x-1}{(x+1) \sqrt{x^3+x^2+x}} d x$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{x-1}{(x+1) \sqrt{x^2(x+1+\frac{1}{x})}} d x = \int \frac{x-1}{x(x+1) \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}} d x$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{x^2-1}{x^2(x+1) \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}} d x$.
આને આ રીતે લખી શકાય:
$I = \int \frac{(1 - \frac{1}{x^2}) d x}{(1 + \frac{1}{x}) \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}}$.
ધારો કે $t = \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}$. તેથી $t^2 = x+1+\frac{1}{x}$,અને $2t dt = (1 - \frac{1}{x^2}) dx$.
આમ,$I = 2 \tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}} \right) + c$.

(D) આપેલ છે કે $I_n = \int \frac{\sin nx}{\sin x} dx$.
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{\sin nx - \sin(n-2)x}{\sin x} dx$ ધ્યાનમાં લો.
સૂત્ર $\sin A - \sin B = 2 \cos(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{A-B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{2 \cos((n-1)x) \sin x}{\sin x} dx = \int 2 \cos((n-1)x) dx = \frac{2 \sin((n-1)x)}{n-1} + C'$.
$n=6$ માટે,$I_6 - I_4 = \frac{2 \sin 5x}{5}$.
$n=4$ માટે,$I_4 - I_2 = \frac{2 \sin 3x}{3}$.
$n=2$ માટે,$I_2 = \int \frac{\sin 2x}{\sin x} dx = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\sin x} dx = 2 \int \cos x dx = 2 \sin x + C''$.
આ બધાનો સરવાળો કરતા,$I_6 = (I_6 - I_4) + (I_4 - I_2) + I_2 = \frac{2 \sin 5x}{5} + \frac{2 \sin 3x}{3} + 2 \sin x + c$.
$\sin 3x = 3 \sin x - 4 \sin^3 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_6 = \frac{2}{5} \sin 5x + \frac{2}{3}(3 \sin x - 4 \sin^3 x) + 2 \sin x + c$
$I_6 = \frac{2}{5} \sin 5x + 2 \sin x - \frac{8}{3} \sin^3 x + 2 \sin x + c$
$I_6 = \frac{2}{5} \sin 5x - \frac{8}{3} \sin^3 x + 4 \sin x + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{x - 1}{(x + 1) \sqrt{x(x^2 + x + 1)}} dx$.
વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા અને પદાવલિને ગોઠવતા:
$I = \int \frac{x - 1}{(x + 1) \sqrt{x^2(x + 1 + \frac{1}{x})}} dx = \int \frac{x - 1}{(x + 1) x \sqrt{x + 1 + \frac{1}{x}}} dx$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}}{(1 + \frac{1}{x}) \sqrt{x + 1 + \frac{1}{x}}} dx$.
ધારો કે $t = \sqrt{x + 1 + \frac{1}{x}}$. તેથી $t^2 = x + 1 + \frac{1}{x}$,જેથી $2t dt = (1 - \frac{1}{x^2}) dx$.
આ આદેશથી સંકલન નીચે મુજબ સરળ બને છે:
$I = 2 \tan^{-1} \left( \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1} \right) + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin^8 x - \cos^8 x}{1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x} dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^8 x - \cos^8 x = (\sin^4 x - \cos^4 x)(\sin^4 x + \cos^4 x)$.
વળી,$1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = \sin^4 x + \cos^4 x$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \int \frac{(\sin^4 x - \cos^4 x)(\sin^4 x + \cos^4 x)}{\sin^4 x + \cos^4 x} dx$.
$I = \int (\sin^4 x - \cos^4 x) dx$.
નિત્યસમ $\sin^4 x - \cos^4 x = (\sin^2 x - \cos^2 x)(\sin^2 x + \cos^2 x) = -\cos 2x(1) = -\cos 2x$ નો ઉપયોગ કરતા.
$I = \int -\cos 2x dx = -\frac{\sin 2x}{2} + B$.
આને $I = A \sin 2x + B$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = -\frac{1}{2}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{\frac{1}{\sqrt[5]{31}}}^{\frac{1}{\sqrt[5]{242}}} \frac{dx}{\sqrt[5]{x^{30}+x^{25}}}$.
છેદમાંથી $x^{30}$ સામાન્ય લેતા: $I = \int_{\frac{1}{\sqrt[5]{31}}}^{\frac{1}{\sqrt[5]{242}}} \frac{dx}{\sqrt[5]{x^{30}(1+x^{-5})}} = \int_{\frac{1}{\sqrt[5]{31}}}^{\frac{1}{\sqrt[5]{242}}} \frac{dx}{x^6(1+x^{-5})^{1/5}}$.
ધારો કે $t = 1 + x^{-5}$. તેથી $dt = -5x^{-6} dx$,જેનો અર્થ છે કે $x^{-6} dx = -\frac{1}{5} dt$.
સંકલનની સીમાઓ બદલતા:
જ્યારે $x = \frac{1}{\sqrt[5]{31}}$,ત્યારે $t = 1 + (\sqrt[5]{31})^5 = 1 + 31 = 32$.
જ્યારે $x = \frac{1}{\sqrt[5]{242}}$,ત્યારે $t = 1 + (\sqrt[5]{242})^5 = 1 + 242 = 243$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{32}^{243} -\frac{1}{5} t^{-1/5} dt = -\frac{1}{5} \left[ \frac{t^{4/5}}{4/5} \right]_{32}^{243} = -\frac{1}{4} [t^{4/5}]_{32}^{243}$.
$I = -\frac{1}{4} (243^{4/5} - 32^{4/5}) = -\frac{1}{4} ((3^5)^{4/5} - (2^5)^{4/5}) = -\frac{1}{4} (3^4 - 2^4) = -\frac{1}{4} (81 - 16) = -\frac{65}{4}$.

(A) ધારો કે $I = \int (\log x)^5 dx$.
$\log x = t$ આદેશ લેતા,$x = e^t$ અને $dx = e^t dt$ મળે.
તેથી $I = \int t^5 e^t dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int t^n e^t dt = e^t [t^n - n t^{n-1} + n(n-1) t^{n-2} - \dots + (-1)^n n!]$.
$n = 5$ માટે,$I = e^t [t^5 - 5t^4 + 20t^3 - 60t^2 + 120t - 120] + C$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા,$I = x [(\log x)^5 - 5(\log x)^4 + 20(\log x)^3 - 60(\log x)^2 + 120(\log x) - 120] + C$.
આપેલ પદ સાથે સરખાવતા,સહગુણકો $A = 1, B = -5, C = 20, D = -60, E = 120, F = -120$ મળે છે.
તેથી,$A + B + C + D + E + F = 1 - 5 + 20 - 60 + 120 - 120 = -44$.

(D) સંકલન $I_{m} = \int_{0}^{\infty} e^{-x} \sin^{m} x dx$ માટેનું સામાન્ય સૂત્ર $I_{m} = \frac{m(m - 1)}{1 + m^{2}} I_{m - 2}$ છે,જ્યાં $m > 2$.
$m = 6$ માટે આ પુનરાવર્તિત સંબંધનો ઉપયોગ કરતા:
$I_{6} = \frac{6(5)}{1 + 6^{2}} I_{4} = \frac{30}{37} I_{4}$
$I_{4} = \frac{4(3)}{1 + 4^{2}} I_{2} = \frac{12}{17} I_{2}$
$I_{2} = \frac{2(1)}{1 + 2^{2}} I_{0} = \frac{2}{5} I_{0}$
હવે,$I_{0}$ ની ગણતરી કરતા:
$I_{0} = \int_{0}^{\infty} e^{-x} dx = [-e^{-x}]_{0}^{\infty} = 0 - (-1) = 1$
આ કિંમતો પાછી મૂકતા:
$I_{6} = \frac{30}{37} \times \frac{12}{17} \times \frac{2}{5} \times 1 = \frac{720}{3145} = \frac{144}{629}$.

(C) આપેલ છે કે $I_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \, dx$,જ્યાં $n \geq 2$.
$F_n = I_n + I_{n-2} = \int_0^{\pi / 4} (\tan^n x + \tan^{n-2} x) \, dx$.
$F_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^{n-2} x (\tan^2 x + 1) \, dx = \int_0^{\pi / 4} \tan^{n-2} x \sec^2 x \, dx$.
ધારો કે $t = \tan x$,તો $dt = \sec^2 x \, dx$.
જ્યારે $x = 0, t = 0$ અને જ્યારે $x = \pi / 4, t = 1$.
$F_n = \int_0^1 t^{n-2} \, dt = \left[ \frac{t^{n-1}}{n-1} \right]_0^1 = \frac{1}{n-1}$.
તે જ રીતે,$F_{n+1} = \frac{1}{(n+1)-1} = \frac{1}{n}$.
તેથી,$F_n - F_{n+1} = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} = \frac{n - (n-1)}{n(n-1)} = \frac{1}{n(n-1)}$.

(B) ધારો કે $I = \int (1+x-x^{-1}) e^{x+x^{-1}} dx$.
આપણે સંકલનને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$I = \int e^{x+x^{-1}} dx + \int x(1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}} dx$.
નોંધો કે $e^{x+x^{-1}}$ નું વિકલન $(1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}}$ છે.
ખંડશઃ સંકલનના સૂત્ર $\int u dv = uv - \int v du$ નો ઉપયોગ કરીને,$u = x$ અને $dv = (1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}} dx$ લો.
તેથી $du = dx$ અને $v = e^{x+x^{-1}}$ મળે.
આમ,$\int x(1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}} dx = x e^{x+x^{-1}} - \int e^{x+x^{-1}} dx$.
આ કિંમતને $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = \int e^{x+x^{-1}} dx + x e^{x+x^{-1}} - \int e^{x+x^{-1}} dx + c = x e^{x+x^{-1}} + c$.
તેથી,$f(x) = x e^{x+x^{-1}}$.
હવે,$f(1) - f(-1)$ ની ગણતરી કરો:
$f(1) = 1 \cdot e^{1+1} = e^2$.
$f(-1) = -1 \cdot e^{-1-1} = -e^{-2}$.
$f(1) - f(-1) = e^2 - (-e^{-2}) = e^2 + e^{-2}$.

(D) અહીં $I_n = \int \frac{\sin nx}{\sin x} dx$ આપેલ છે.
તફાવત $I_n - I_{n-2}$ ધ્યાનમાં લો:
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{\sin nx - \sin(n-2)x}{\sin x} dx$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin A - \sin B = 2 \cos \left( \frac{A+B}{2} \right) \sin \left( \frac{A-B}{2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin nx - \sin(n-2)x = 2 \cos \left( \frac{nx + nx - 2x}{2} \right) \sin \left( \frac{nx - nx + 2x}{2} \right) = 2 \cos((n-1)x) \sin x$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{2 \cos((n-1)x) \sin x}{\sin x} dx = 2 \int \cos((n-1)x) dx$.
સંકલન કરતા આપણને મળે છે:
$I_n - I_{n-2} = \frac{2 \sin((n-1)x)}{n-1} + C$.
$I_{n+1} - I_{n-1}$ શોધવા માટે,$n$ ની જગ્યાએ $n+1$ મૂકતા:
$I_{n+1} - I_{(n+1)-2} = I_{n+1} - I_{n-1} = \frac{2 \sin((n+1-1)x)}{n+1-1} = \frac{2 \sin nx}{n}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{\sin ^8 x-\cos ^8 x}{1-2 \sin ^2 x \cos ^2 x} d x$ છે.
નિત્યસમ $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે અંશના અવયવ પાડી શકીએ:
$\sin ^8 x - \cos ^8 x = (\sin ^4 x - \cos ^4 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x) = (\sin ^2 x - \cos ^2 x)(\sin ^2 x + \cos ^2 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x)$.
કારણ કે $\sin ^2 x + \cos ^2 x = 1$,તેથી અંશ $(\sin ^2 x - \cos ^2 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x)$ બને છે.
હવે,છેદને ધ્યાનમાં લો: $1 - 2 \sin ^2 x \cos ^2 x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 = (\sin ^2 x + \cos ^2 x)^2 = \sin ^4 x + \cos ^4 x + 2 \sin ^2 x \cos ^2 x$.
તેથી,$1 - 2 \sin ^2 x \cos ^2 x = \sin ^4 x + \cos ^4 x$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(\sin ^2 x - \cos ^2 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x)}{\sin ^4 x + \cos ^4 x} d x = \int (\sin ^2 x - \cos ^2 x) d x$.
નિત્યસમ $\cos 2x = \cos ^2 x - \sin ^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin ^2 x - \cos ^2 x = -\cos 2x$ મળે છે.
આમ,$I = \int -\cos 2x d x = -\frac{1}{2} \sin 2x + C$.

(A) $\text{આપેલ } I = \int \frac{1}{\operatorname{cosec} x+\cos x} d x = \int \frac{\sin x}{1+\sin x \cos x} d x = \int \frac{2 \sin x}{2+\sin 2 x} d x$
$\text{આપણે } 2 \sin x = (\sin x + \cos x) - (\cos x - \sin x) \text{ લખી શકીએ.}$
$\text{તેથી, } I = \int \frac{\sin x + \cos x}{2 + \sin 2x} d x - \int \frac{\cos x - \sin x}{2 + \sin 2x} d x$
$\text{આપેલ સમીકરણ સાથે સરખાવતા, } \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log |f(x)| = \int \frac{\sin x + \cos x}{2 + \sin 2x} d x$
$\text{નોંધો કે } 2 + \sin 2x = 3 - (1 - \sin 2x) = 3 - (\sin x - \cos x)^2$
$\text{ધારો કે } u = \sin x - \cos x, \text{ તો } du = (\cos x + \sin x) d x$
$\int \frac{du}{3 - u^2} = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log \left| \frac{\sqrt{3} + u}{\sqrt{3} - u} \right| + C$
$\text{આમ, } f(x) = \frac{\sqrt{3} + \sin x - \cos x}{\sqrt{3} - \sin x + \cos x}$
$\text{જ્યારે } x = \frac{\pi}{3}, \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} \text{ અને } \cos x = \frac{1}{2}$
$|f(\frac{\pi}{3})| = \left| \frac{\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}}{\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}} \right| = \frac{\frac{3 \sqrt{3} - 1}{2}}{\frac{\sqrt{3} + 1}{2}} = \frac{3 \sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1}$

(A) $\int \frac{1+\sqrt{3} \cot x}{1-\sqrt{3} \cot x} d x = \int \frac{\tan x+\sqrt{3}}{\tan x-\sqrt{3}} d x = \int \frac{\sin x+\sqrt{3} \cos x}{\sin x-\sqrt{3} \cos x} d x$
ધારો કે $\sin x+\sqrt{3} \cos x = K_1(\cos x+\sqrt{3} \sin x) + K_2(\sin x-\sqrt{3} \cos x)$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$\sqrt{3} K_1 + K_2 = 1$ $(i)$
$K_1 - \sqrt{3} K_2 = \sqrt{3}$ (ii)
આને ઉકેલતા,આપણને $K_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $K_2 = -\frac{1}{2}$ મળે છે.
આમ,સંકલન $\int \frac{K_1(\cos x+\sqrt{3} \sin x) + K_2(\sin x-\sqrt{3} \cos x)}{\sin x-\sqrt{3} \cos x} d x$ બને છે.
$= K_1 \int \frac{d(\sin x-\sqrt{3} \cos x)}{\sin x-\sqrt{3} \cos x} + K_2 \int 1 d x$
$= \frac{\sqrt{3}}{2} \ln |\sin x-\sqrt{3} \cos x| - \frac{1}{2} x + C$
કારણ કે $\sin x-\sqrt{3} \cos x = 2(\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x) = 2 \sin(x-\frac{\pi}{3})$,
તેથી પદ $-\frac{x}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \ln |2 \sin(x-\frac{\pi}{3})| + C = -\frac{x}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \ln |\sin(x-\frac{\pi}{3})| + C'$ બને છે.

(D) આપણને સંકલન $I = \int \frac{1+\cos 8 x}{\tan 2 x-\cot 2 x} d x$ આપેલ છે.
નિત્યસમ $1+\cos 8x = 2\cos^2 4x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{2 \cos ^2 4 x}{\frac{\sin 2 x}{\cos 2 x}-\frac{\cos 2 x}{\sin 2 x}} d x$.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $\frac{\sin 2 x}{\cos 2 x}-\frac{\cos 2 x}{\sin 2 x} = \frac{\sin^2 2x - \cos^2 2x}{\sin 2x \cos 2x} = \frac{-\cos 4x}{\frac{1}{2}\sin 4x} = -2\cot 4x$.
આમ,$I = \int \frac{2 \cos^2 4x}{-2\cot 4x} d x = -\int \frac{\cos^2 4x}{\frac{\cos 4x}{\sin 4x}} d x = -\int \cos 4x \sin 4x d x$.
$2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા: $I = -\frac{1}{2} \int 2 \sin 4x \cos 4x d x = -\frac{1}{2} \int \sin 8x d x$.
સંકલન કરતા: $I = -\frac{1}{2} \left( -\frac{\cos 8x}{8} \right) + c = \frac{1}{16} \cos 8x + c$.
$f(x) \cdot \cos(g(x)) + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \frac{1}{16}$ અને $g(x) = 8x$ મળે છે.
તેથી,$f\left(\frac{1}{4}\right) + g\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{16} + 8\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{16} + 2 = \frac{33}{16}$.

(B) આપેલ છે કે $\tan \alpha = \frac{4}{3}$. કારણ કે $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{4}{3}$,તેથી $\sin \alpha = \frac{4}{5}$ અને $\cos \alpha = \frac{3}{5}$ થાય.
ધારો કે $I = \int \frac{dx}{3 \cos x - 4 \sin x}$.
$\sqrt{3^2 + 4^2} = 5$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$I = \frac{1}{5} \int \frac{dx}{\frac{3}{5} \cos x - \frac{4}{5} \sin x} = \frac{1}{5} \int \frac{dx}{\cos \alpha \cos x - \sin \alpha \sin x}$.
નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{5} \int \frac{dx}{\cos(x + \alpha)} = \frac{1}{5} \int \sec(x + \alpha) dx$.
$\sec \theta$ નું સંકલન $\log | \sec \theta + \tan \theta |$ અથવા $\log | \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2}) |$ થાય છે.
તેથી,$I = \frac{1}{5} \log \left| \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{x + \alpha}{2} \right) \right| + c = \frac{1}{5} \log \left| \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} + \frac{\alpha}{2} \right) \right| + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \sqrt{x^2+2x} \, dx$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,આપણને મળે $x^2+2x = (x+1)^2 - 1$.
તેથી,$I = \int \sqrt{(x+1)^2 - 1} \, dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \sqrt{u^2-a^2} \, du = \frac{u}{2} \sqrt{u^2-a^2} - \frac{a^2}{2} \cosh^{-1} \left( \frac{u}{a} \right) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x+1$ અને $a = 1$:
$I = \frac{x+1}{2} \sqrt{(x+1)^2-1} - \frac{1^2}{2} \cosh^{-1} \left( \frac{x+1}{1} \right) + C$.
આમ,$I = \frac{x+1}{2} \sqrt{x^2+2x} - \frac{1}{2} \cosh^{-1}(x+1) + C$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{2 x^{12}+5 x^9}{\left(1+x^3+x^5\right)^3} d x$.
સંકલનની અંદર અંશ અને છેદને $x^{15}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{2 x^{12}+5 x^9}{x^{15} \left(\frac{1}{x^5}+\frac{x^3}{x^5}+\frac{x^5}{x^5}\right)^3} d x = \int \frac{2 x^{-3}+5 x^{-6}}{\left(x^{-5}+x^{-2}+1\right)^3} d x$.
ધારો કે $t = 1 + x^{-2} + x^{-5}$.
તેથી $dt = (-2x^{-3} - 5x^{-6}) dx$,જેનો અર્થ છે કે $-(2x^{-3} + 5x^{-6}) dx = dt$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = -\int \frac{dt}{t^3} = -\int t^{-3} dt = -\frac{t^{-2}}{-2} + C = \frac{1}{2t^2} + C$.
$t$ ની કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{1}{2 \left(1 + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^5}\right)^2} + C = \frac{1}{2 \left(\frac{x^5+x^3+1}{x^5}\right)^2} + C = \frac{x^{10}}{2(1+x^3+x^5)^2} + C$.
આને $\frac{x^m}{l(1+x^3+x^5)^r} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m=10$,$l=2$,અને $r=2$ મળે છે.
તેથી,$\frac{m-l}{r} = \frac{10-2}{2} = \frac{8}{2} = 4$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{25 x^2+8}{\sqrt{25 x^2+9}} dx$.
આપણે અંશને $(25x^2 + 9) - 1$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$I = \int \frac{25x^2 + 9 - 1}{\sqrt{25x^2 + 9}} dx = \int \sqrt{25x^2 + 9} dx - \int \frac{1}{\sqrt{25x^2 + 9}} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \sqrt{a^2x^2 + b^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2x^2 + b^2} + \frac{b^2}{2a}\sinh^{-1}(\frac{ax}{b})$ અને $\int \frac{1}{\sqrt{a^2x^2 + b^2}} dx = \frac{1}{a}\sinh^{-1}(\frac{ax}{b})$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં $a=5$ અને $b=3$ છે.
$I = [\frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{9}{2(5)}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3})] - \frac{1}{5}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.
$I = \frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{9}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) - \frac{2}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.
$I = \frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{7}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.

(B) આપેલ છે કે $5(f(x))^2 = x f(x) + 30$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $10 f(x) f'(x) = x f'(x) + f(x)$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $(10 f(x) - x) f'(x) = f(x)$.
ધારો કે $I = \int \frac{3 x^3 + (1 - 30 x^2) f(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$.
અંશમાં $f(x) = (10 f(x) - x) f'(x)$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \int \frac{3 x^3 - 30 x^2 f(x) + (10 f(x) - x) f'(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$
$I = \int \frac{3 x^2(x - 10 f(x)) + (10 f(x) - x) f'(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$
$I = \int \frac{-(10 f(x) - x)(3 x^2 - f'(x))}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx = -\int \frac{3 x^2 - f'(x)}{(x^3 - f(x))^2} dx$.
ધારો કે $t = x^3 - f(x)$,તો $dt = (3 x^2 - f'(x)) dx$.
આમ,$I = -\int \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{t} + C = \frac{1}{x^3 - f(x)} + C$.
$\frac{A}{B x^3 + D f(x)} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 1, B = 1, D = -1$ મળે છે.
તેથી,$A + B + D = 1 + 1 - 1 = 1$.

(C) આપણી પાસે છે,$\int \frac{2 \, dx}{\sqrt{\cot^2 x - \tan^2 x}}$.
તેને $\sin x$ અને $\cos x$ માં ફેરવતા:
$= \int \frac{2 \, dx}{\sqrt{\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} - \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}}} = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\sqrt{\cos^4 x - \sin^4 x}} \, dx$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $\cos^4 x - \sin^4 x = (\cos^2 x - \sin^2 x)(\cos^2 x + \sin^2 x) = \cos 2x \cdot 1 = \cos 2x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \int \frac{\sin 2x \, dx}{\sqrt{\cos 2x}}$.
ધારો કે $t = \cos 2x$,તો $dt = -2 \sin 2x \, dx$,જેનો અર્થ છે કે $\sin 2x \, dx = -\frac{1}{2} dt$.
$= -\frac{1}{2} \int \frac{dt}{\sqrt{t}} = -\frac{1}{2} \int t^{-1/2} \, dt = -\frac{1}{2} \left( \frac{t^{1/2}}{1/2} \right) + c = -\sqrt{t} + c$.
$t = \cos 2x$ પાછું મૂકતા,આપણને $-\sqrt{\cos 2x} + c$ મળે છે.
$-\sqrt{f(x)} + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \cos 2x$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\sqrt{(x-1)(x-2)}} = \int \frac{dx}{\sqrt{x^2-3x+2}}$.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા:
$x^2-3x+2 = (x^2-3x+\frac{9}{4}) - \frac{9}{4} + 2 = (x-\frac{3}{2})^2 - \frac{1}{4} = (x-\frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2$.
તેથી,$I = \int \frac{dx}{\sqrt{(x-\frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \cosh^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \cosh^{-1}(\frac{x-3/2}{1/2}) + c = \cosh^{-1}(2x-3) + c$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\int f(x) \cos x \, dx = \frac{1}{2} [f(x)]^2 + C$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f(x) \cos x = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} [f(x)]^2 + C \right)$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) \cos x = \frac{1}{2} \cdot 2 f(x) \cdot f'(x)$.
પદને સરળ બનાવતા:
$f(x) \cos x = f(x) \cdot f'(x)$.
$f(x) \neq 0$ માટે,$f'(x) = \cos x$ મળે.
$x = 0$ મૂકતા:
$f'(0) = \cos(0) = 1$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x^2-1}{(x+1)^2 \sqrt{x(x^2+x+1)}} dx$.
જમણી બાજુના પદનું વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( A \tan^{-1} \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}} \right) = A \cdot \frac{1}{1 + \frac{x^2+x+1}{x}} \cdot \frac{d}{dx} \left( \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}} \right)$.
$= A \cdot \frac{x}{x^2+2x+1} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}}} \cdot \left( \frac{x(2x+1) - (x^2+x+1)}{x^2} \right)$.
$= A \cdot \frac{x}{(x+1)^2} \cdot \frac{\sqrt{x}}{2 \sqrt{x^2+x+1}} \cdot \left( \frac{2x^2+x-x^2-x-1}{x^2} \right)$.
$= A \cdot \frac{x}{(x+1)^2} \cdot \frac{\sqrt{x}}{2 \sqrt{x^2+x+1}} \cdot \frac{x^2-1}{x^2}$.
$= A \cdot \frac{x^2-1}{2(x+1)^2 \sqrt{x(x^2+x+1)}}$.
આપેલ સંકલન સાથે સરખાવતા,$\frac{A}{2} = 1$,તેથી $A = 2$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{2 \sin x - 3 \cos x}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
અંશને $A \cdot (\text{છેદ}) + B \cdot \frac{d}{dx}(\text{છેદ})$ તરીકે દર્શાવીએ.
$2 \sin x - 3 \cos x = A(4 \cos x - 3 \sin x) + B(-4 \sin x - 3 \cos x)$.
$\sin x$ અને $\cos x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$-3A - 4B = 2$ અને $4A - 3B = -3$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા:
પ્રથમ સમીકરણને $3$ વડે અને બીજાને $4$ વડે ગુણતા: $-9A - 12B = 6$ અને $16A - 12B = -12$.
બાદબાકી કરતા: $25A = -18 \implies A = -\frac{18}{25}$.
$A$ ની કિંમત મૂકતા: $4(-\frac{18}{25}) - 3B = -3 \implies -\frac{72}{25} + 3 = 3B \implies 3B = \frac{3}{25} \implies B = \frac{1}{25}$.
આમ,$I = \int \frac{-\frac{18}{25}(4 \cos x - 3 \sin x) + \frac{1}{25}(-4 \sin x - 3 \cos x)}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
$I = -\frac{18}{25} \int 1 dx + \frac{1}{25} \int \frac{-4 \sin x - 3 \cos x}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
$I = -\frac{18}{25}x + \frac{1}{25} \log |4 \cos x - 3 \sin x| + c$.
ગોઠવતા $\frac{1}{25}[\log |4 \cos x - 3 \sin x| - 18x] + c$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int(x+2) \sqrt{x^2-x+2} \, dx$.
આપણે $x+2 = A \frac{d}{dx}(x^2-x+2) + B = A(2x-1) + B = 2Ax + (B-A)$ લખીએ છીએ.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$2A = 1 \implies A = \frac{1}{2}$ અને $B-A = 2 \implies B = \frac{5}{2}$.
તેથી,$I = \int \left[ \frac{1}{2}(2x-1) + \frac{5}{2} \right] \sqrt{x^2-x+2} \, dx = \frac{1}{2} \int (2x-1) \sqrt{x^2-x+2} \, dx + \frac{5}{2} \int \sqrt{x^2-x+2} \, dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,$u = x^2-x+2$ લેતા,$du = (2x-1)dx$,તેથી $\frac{1}{2} \int u^{1/2} du = \frac{1}{3} (x^2-x+2)^{3/2}$.
બીજા ભાગ માટે,$\int \sqrt{(x-1/2)^2 + 7/4} \, dx = \frac{x-1/2}{2} \sqrt{x^2-x+2} + \frac{7/8} \ln |(x-1/2) + \sqrt{x^2-x+2}|$.
આમ,$I = \frac{1}{3} (x^2-x+2)^{3/2} + \frac{5}{8} (2x-1) \sqrt{x^2-x+2} + \frac{35}{16} \ln |x-1/2 + \sqrt{x^2-x+2}| + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$f(x) = (x^2-x+2)^{3/2}$,$g(x) = (2x-1) \sqrt{x^2-x+2}$,$h(x) = \ln |x-1/2 + \sqrt{x^2-x+2}|$.
$f(-1) = 8$,$g(-1) = -6$,$h(1/2) = 0$ (કારણ કે $\ln(1) = 0$).
તેથી $f(-1)+g(-1)+h(1/2) = 8-6+0 = 2$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(x^2+9) \sqrt{x^2+16}}$.
$x = 4 \tan \theta$ લેતા,$dx = 4 \sec^2 \theta \ d\theta$ મળે.
તેથી $\sqrt{x^2+16} = \sqrt{16 \tan^2 \theta + 16} = 4 \sec \theta$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{4 \sec^2 \theta \ d\theta}{(16 \tan^2 \theta + 9)(4 \sec \theta)} = \int \frac{\sec \theta \ d\theta}{16 \tan^2 \theta + 9} = \int \frac{\cos \theta \ d\theta}{16 \sin^2 \theta + 9 \cos^2 \theta}$.
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ હોવાથી,છેદ $7 \sin^2 \theta + 9$ થશે.
$I = \int \frac{\cos \theta \ d\theta}{7 \sin^2 \theta + 9}$.
$u = \sin \theta$ લેતા,$du = \cos \theta \ d\theta$ મળે.
$I = \int \frac{du}{7u^2 + 9} = \frac{1}{7} \int \frac{du}{u^2 + (3/\sqrt{7})^2} = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{u \sqrt{7}}{3} \right) + c = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\sqrt{7} \sin \theta}{3} \right) + c$.
$x = 4 \tan \theta$ હોવાથી,$\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2+16}}$.
તેથી,$I = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\sqrt{7}}{3} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+16}} \right) + c$.
આપેલ પદ સાથે સરખાવતા,$K = \frac{\sqrt{7}}{3}$.

(B) આપણી પાસે સંકલ્ય $\sqrt{\frac{1-\sin 2x}{1+\sin 2x}}$ છે.
નિત્યસમ $1-\sin 2x = (\cos x - \sin x)^2$ અને $1+\sin 2x = (\cos x + \sin x)^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sqrt{\frac{(\cos x - \sin x)^2}{(\cos x + \sin x)^2}} = \left| \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x} \right| = \left| \frac{1 - \tan x}{1 + \tan x} \right| = |\tan(\frac{\pi}{4} - x)|$.
આપેલ છે કે $\frac{5\pi}{4} < x < \frac{7\pi}{4}$,તેથી $\frac{\pi}{4} - \frac{7\pi}{4} < \frac{\pi}{4} - x < \frac{\pi}{4} - \frac{5\pi}{4}$,જેનું સાદું રૂપ $-\frac{3\pi}{2} < \frac{\pi}{4} - x < -\pi$ થાય છે.
આ અંતરાલમાં,$\tan(\frac{\pi}{4} - x)$ ધન છે,તેથી $|\tan(\frac{\pi}{4} - x)| = \tan(\frac{\pi}{4} - x)$.
હવે,$\int \tan(\frac{\pi}{4} - x) dx = -\ln|\sec(\frac{\pi}{4} - x)| + c$.

(C) આપણી પાસે $I_1 + I_2 = \int (\sin^6 x + \cos^6 x) \, dx$ છે.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = \sin^2 x$ અને $b = \cos^2 x$:
$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x)$.
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,આ પદ $\sin^4 x + \cos^4 x - \sin^2 x \cos^2 x$ માં પરિણમે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x$.
તેથી,$\sin^6 x + \cos^6 x = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4}(2 \sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $1 - \frac{3}{4} \left( \frac{1 - \cos 4x}{2} \right) = 1 - \frac{3}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x = \frac{5}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x$ મળે છે.
આનું સંકલન કરતા: $\int (\frac{5}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x) \, dx = \frac{5x}{8} + \frac{3 \sin 4x}{32} + c = \frac{1}{32}(20x + 3 \sin 4x) + c$.

(A) આપણી પાસે $I = \int \frac{x+\cos x}{1-\sin x} dx$ છે.
નિત્યસમ $\frac{1}{1-\sin x} = \sec^2(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી $I = \int x \sec^2(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) dx + \int \frac{\cos x}{1-\sin x} dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $I = x \cdot 2 \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) - \int 2 \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) dx + \int \frac{\cos x}{1-\sin x} dx$.
સાદુરૂપ આપતા,આપણને $I = x \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) + c$ મળે છે.

(B) સંકલન $I = \int \frac{1}{(x+2) \sqrt{x^2+x+2}} \, dx$ ઉકેલવા માટે,આપણે $x+2 = \frac{1}{t}$ આદેશ લઈએ છીએ.
તેથી $dx = -\frac{1}{t^2} \, dt$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = -\int \frac{1}{\sqrt{4t^2 - 3t + 1}} \, dt$
વર્ગ પૂર્ણ કરવાની રીતનો ઉપયોગ કરીને,આપણને $\operatorname{Sinh}^{-1}$ સ્વરૂપમાં જવાબ મળે છે.

(D) $I_2$ માટે,અંશ અને છેદને $e^{4x}$ વડે ગુણો:
$I_2 = \int \frac{e^{-x} \cdot e^{4x}}{e^{-4x} \cdot e^{4x} + e^{-2x} \cdot e^{4x} + 1 \cdot e^{4x}} dx = \int \frac{e^{3x}}{1 + e^{2x} + e^{4x}} dx$.
ધારો કે $e^x = t$,તો $e^x dx = dt$,તેથી $dx = \frac{dt}{t}$.
$I_1 = \int \frac{t}{t^4 + t^2 + 1} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{dt}{t^4 + t^2 + 1}$.
$I_2 = \int \frac{t^3}{t^4 + t^2 + 1} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{t^2}{t^4 + t^2 + 1} dt$.
$I_2 - I_1 = \int \frac{t^2 - 1}{t^4 + t^2 + 1} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{t^2 + 1 + 1/t^2} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{(t + 1/t)^2 - 1} dt$.
ધારો કે $u = t + 1/t$,તો $du = (1 - 1/t^2) dt$.
$I_2 - I_1 = \int \frac{du}{u^2 - 1} = \frac{1}{2} \log \left| \frac{u - 1}{u + 1} \right| + c$.
$u = e^x + e^{-x}$ મૂકતા:
$I_2 - I_1 = \frac{1}{2} \log \left| \frac{e^x + e^{-x} - 1}{e^x + e^{-x} + 1} \right| + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}} dx$.
$\sqrt{x} = \cos \theta$ આદેશ લેતા,$x = \cos^2 \theta$ અને $dx = -2 \cos \theta \sin \theta d\theta$ મળે.
તેથી $I = \int \frac{1}{\cos^2 \theta} \sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} (-2 \cos \theta \sin \theta) d\theta$.
$\sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} = \tan(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = -2 \int \frac{\sin \theta}{\cos \theta} \tan(\theta/2) d\theta$.
$\sin \theta = 2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)$ અને $\cos \theta = \cos^2(\theta/2) - \sin^2(\theta/2)$ હોવાથી,$I = -4 \int \frac{\sin^2(\theta/2)}{\cos^2(\theta/2) - \sin^2(\theta/2)} d\theta$.
અંશ અને છેદને $\cos^2(\theta/2)$ વડે ભાગતા,$I = 4 \int \left( \frac{1}{1 - \tan^2(\theta/2)} - 1 \right) d\theta$.
આનું સાદું રૂપ $2 \log \left| \frac{1+\tan(\theta/2)}{1-\tan(\theta/2)} \right| - 2\theta + c$ થાય છે.
$\tan(\theta/2) = \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}}$ મૂકતા,આપણને $f(x) = \log \left( \frac{1+\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}} \right)$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{3x+2}{4x^2+4x+5} dx$.
આને ઉકેલવા માટે,આપણે અંશને છેદના વિકલન તરીકે દર્શાવીએ છીએ:
$3x+2 = k \frac{d}{dx}(4x^2+4x+5) + m = k(8x+4) + m = 8kx + (4k+m)$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $8k = 3 \implies k = \frac{3}{8}$ અને $4k+m = 2 \implies 4(\frac{3}{8}) + m = 2 \implies \frac{3}{2} + m = 2 \implies m = \frac{1}{2}$.
આમ,$I = \int \frac{\frac{3}{8}(8x+4) + \frac{1}{2}}{4x^2+4x+5} dx = \frac{3}{8} \int \frac{8x+4}{4x^2+4x+5} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2x+1)^2 + 2^2} dx$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) \cdot \frac{1}{2} + c$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{8} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{3}{8}$ અને $B = \frac{1}{8}$.
તેથી,$A+B = \frac{3}{8} + \frac{1}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{2 \cos 3 x-3 \sin 3 x}{\cos 3 x+2 \sin 3 x} d x$.
અંશને $A(\text{છેદ}) + B(\frac{d}{dx}(\text{છેદ}))$ તરીકે દર્શાવીએ.
ધારો કે $2 \cos 3 x-3 \sin 3 x = A(\cos 3 x+2 \sin 3 x) + B(-3 \sin 3 x + 6 \cos 3 x)$.
$\cos 3 x$ અને $\sin 3 x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$A + 6B = 2$ અને $2A - 3B = -3$.
બીજા સમીકરણને $2$ વડે ગુણતા: $4A - 6B = -6$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $5A = -4 \Rightarrow A = -\frac{4}{5}$.
$A$ ની કિંમત $A + 6B = 2$ માં મૂકતા: $-\frac{4}{5} + 6B = 2 \Rightarrow 6B = \frac{14}{5} \Rightarrow B = \frac{7}{15}$.
આમ,$I = \int \left( A + B \frac{-3 \sin 3 x + 6 \cos 3 x}{\cos 3 x+2 \sin 3 x} \right) d x$.
$I = A \int 1 dx + B \int \frac{d(\cos 3 x+2 \sin 3 x)}{\cos 3 x+2 \sin 3 x}$.
$I = -\frac{4}{5} x + \frac{7}{15} \log |\cos 3 x+2 \sin 3 x| + c$.