Evaluation of various forms of integration Questions in Hindi

(C) हम मानक सूत्र का उपयोग करते हैं: $\int e^{ax} \sin(bx+c) dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2} [a \sin(bx+c) - b \cos(bx+c)] + C$.
यहाँ,$a = 3$,$b = 4$,और अचर पद $-5$ है।
इन मानों को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int e^{3x} \sin(4x-5) dx = \frac{e^{3x}}{3^2 + 4^2} [3 \sin(4x-5) - 4 \cos(4x-5)] + C$.
$= \frac{e^{3x}}{9 + 16} [3 \sin(4x-5) - 4 \cos(4x-5)] + C$.
$= \frac{e^{3x}}{25} [3 \sin(4x-5) - 4 \cos(4x-5)] + C$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) हमें $I = \int \frac{1}{\sqrt{(x-1)(x-2)}} dx$ का मान ज्ञात करना है।
सबसे पहले,वर्गमूल के अंदर के व्यंजक का विस्तार करें: $(x-1)(x-2) = x^2 - 3x + 2$.
द्विघात व्यंजक के लिए पूर्ण वर्ग विधि का उपयोग करें: $x^2 - 3x + 2 = (x^2 - 3x + \frac{9}{4}) - \frac{9}{4} + 2 = (x - \frac{3}{2})^2 - \frac{1}{4}$.
अब समाकलन इस प्रकार होगा: $I = \int \frac{1}{\sqrt{(x - \frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}} dx$.
मानक सूत्र $\int \frac{1}{\sqrt{t^2 - a^2}} dt = \log |t + \sqrt{t^2 - a^2}| + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $t = x - \frac{3}{2}$ और $a = \frac{1}{2}$:
$I = \log |(x - \frac{3}{2}) + \sqrt{(x - \frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}| + C$.
वर्गमूल के अंदर के व्यंजक को मूल रूप में वापस लाने पर:
$I = \log |(x - \frac{3}{2}) + \sqrt{x^2 - 3x + 2}| + C$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(D) समाकलन $I = \int \sqrt{3-2x-x^2} \, dx$ को हल करने के लिए,सबसे पहले वर्गमूल के अंदर पूर्ण वर्ग बनाएं:
$3-2x-x^2 = 4 - (x^2+2x+1) = 2^2 - (x+1)^2$.
अब,समाकलन $I = \int \sqrt{2^2 - (x+1)^2} \, dx$ हो जाता है।
मानक सूत्र $\int \sqrt{a^2 - u^2} \, du = \frac{u}{2} \sqrt{a^2 - u^2} + \frac{a^2}{2} \sin^{-1}\left(\frac{u}{a}\right) + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = x+1$ और $a = 2$:
$I = \frac{x+1}{2} \sqrt{2^2 - (x+1)^2} + \frac{2^2}{2} \sin^{-1}\left(\frac{x+1}{2}\right) + C$.
इसे सरल करने पर हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{2}(x+1) \sqrt{3-2x-x^2} + 2 \sin^{-1}\left(\frac{x+1}{2}\right) + C$.
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(A) हमें समाकलन $ I = \int \sqrt{x^{2}+2 x+5} \, dx $ का मान ज्ञात करना है।
सबसे पहले,द्विघात व्यंजक को पूर्ण वर्ग में बदलें: $ x^{2}+2x+5 = (x+1)^{2} + 4 = (x+1)^{2} + 2^{2} $.
अब समाकलन $ I = \int \sqrt{(x+1)^{2} + 2^{2}} \, dx $ हो जाता है।
मानक सूत्र $ \int \sqrt{t^{2}+a^{2}} \, dt = \frac{t}{2} \sqrt{t^{2}+a^{2}} + \frac{a^{2}}{2} \log \left|t + \sqrt{t^{2}+a^{2}}\right| + C $ का उपयोग करते हुए,जहाँ $ t = x+1 $ और $ a = 2 $ है।
इन मानों को रखने पर: $ I = \frac{x+1}{2} \sqrt{(x+1)^{2} + 2^{2}} + \frac{2^{2}}{2} \log \left|(x+1) + \sqrt{(x+1)^{2} + 2^{2}}\right| + C $.
व्यंजक को सरल करने पर: $ I = \frac{1}{2}(x+1) \sqrt{x^{2}+2x+5} + 2 \log \left|x+1 + \sqrt{x^{2}+2x+5}\right| + C $.
अतः,सही विकल्प $ A $ है।

(B) दिया गया समाकलन समीकरण: $\int f(x) \sin x \cos x \, dx = \frac{1}{2(b^2 - a^2)} \log f(x) + c$ है।
समाकलन के अंदर $2$ से गुणा और भाग करने पर: $\frac{1}{2} \int f(x) (2 \sin x \cos x) \, dx = \frac{1}{2} \int f(x) \sin 2x \, dx$ प्राप्त होता है।
माना $f(x) = \frac{2}{(b^2 - a^2) \cos 2x}$ है।
इस मान को समाकलन में रखने पर: $\frac{1}{2} \int \frac{2}{(b^2 - a^2) \cos 2x} \sin 2x \, dx = \frac{1}{b^2 - a^2} \int \tan 2x \, dx$ प्राप्त होता है।
$\tan 2x$ का समाकलन करने पर: $\frac{1}{b^2 - a^2} \cdot \frac{\log |\sec 2x|}{2} + c = \frac{1}{2(b^2 - a^2)} \log |\sec 2x| + c$ मिलता है।
चूंकि $\sec 2x = \frac{1}{\cos 2x}$,यह $\frac{1}{2(b^2 - a^2)} \log |\frac{1}{\cos 2x}| + c$ हो जाता है।
इसे दाईं ओर $\frac{1}{2(b^2 - a^2)} \log f(x) + c$ के साथ तुलना करने पर,$f(x) = \frac{2}{(b^2 - a^2) \cos 2x}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया समाकलन $ I = \int \frac{dx}{x^{2}(x^{4}+1)^{3/4}} $ है।
कोष्ठक से $ x^{4} $ बाहर निकालने पर:
$ I = \int \frac{dx}{x^{2}[x^{4}(1 + \frac{1}{x^{4}})]^{3/4}} $.
व्यंजक को सरल करने पर:
$ I = \int \frac{dx}{x^{2} \cdot x^{3}(1 + x^{-4})^{3/4}} = \int \frac{x^{-5}}{(1 + x^{-4})^{3/4}} dx $.
माना $ 1 + x^{-4} = t^{4} $.
दोनों पक्षों का $ x $ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$ -4x^{-5} dx = 4t^{3} dt $,जिसका अर्थ है $ x^{-5} dx = -t^{3} dt $.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$ I = \int \frac{-t^{3} dt}{t^{3}} = -\int dt = -t + C $.
$ t = (1 + x^{-4})^{1/4} $ वापस रखने पर:
$ I = -(1 + x^{-4})^{1/4} + C = -(\frac{x^{4}+1}{x^{4}})^{1/4} + C = -\frac{(1+x^{4})^{1/4}}{x} + C $.

(D) माना $I = \int [\operatorname{Tan}^{-1}(1-x+x^2) + \operatorname{Tan}^{-1}(1-x)] dx$.
सर्वसमिका $\operatorname{Tan}^{-1} a + \operatorname{Tan}^{-1} b = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{a+b}{1-ab} \right)$ का उपयोग करने पर:
$\operatorname{Tan}^{-1}(1-x+x^2) + \operatorname{Tan}^{-1}(1-x) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{(1-x+x^2) + (1-x)}{1 - (1-x+x^2)(1-x)} \right)$
$= \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{2-2x+x^2}{1 - (1 - x + x^2 - x + x^2 - x^3)} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{2-2x+x^2}{x(1-x)^2} \right)$.
इस व्यंजक का समाकलन करने पर हमें $x \operatorname{Tan}^{-1} x - \frac{3}{4} \log(1+x^2) + c$ प्राप्त होता है,जिसे $x \operatorname{Tan}^{-1} x - \frac{3}{4} \log \sqrt{1+x^2} + c$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(B) $I = \int \sin ^4 x \cos ^4 x \, dx = \int \left(\frac{\sin 2x}{2}\right)^4 \, dx = \frac{1}{16} \int \sin ^4 2x \, dx$
$I = \frac{1}{16} \int \left(\frac{1 - \cos 4x}{2}\right)^2 \, dx = \frac{1}{64} \int (1 - 2\cos 4x + \cos^2 4x) \, dx$
$I = \frac{1}{64} \int \left(1 - 2\cos 4x + \frac{1 + \cos 8x}{2}\right) \, dx = \frac{1}{128} \int (2 - 4\cos 4x + 1 + \cos 8x) \, dx$
$I = \frac{1}{128} \int (3 - 4\cos 4x + \cos 8x) \, dx = \frac{1}{128} \left(3x - \sin 4x + \frac{\sin 8x}{8}\right) + c$
$\sin 8x = 2 \sin 4x \cos 4x$ और $\sin 4x = 2 \sin 2x \cos 2x$,$\cos 4x = 1 - 2\sin^2 2x$ का उपयोग करते हुए:
$I = \frac{1}{128} \left(3x - 2\sin 2x \cos 2x + \frac{2 \sin 4x \cos 4x}{8}\right) + c$
सरल करने पर: $I = \frac{1}{256} (-2 \sin^3 2x \cos 2x - 3 \sin 2x \cos 2x + 6x) + c$

(B) माना $I = \int \left( \frac{x}{x \cos x - \sin x} \right)^2 dx$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{x^2}{(x \cos x - \sin x)^2} dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \frac{x}{\sin x}$ और $dv = \frac{x \sin x}{(x \cos x - \sin x)^2} dx$ लें।
तब $du = \frac{\sin x - x \cos x}{\sin^2 x} dx$ और $v = \frac{-1}{x \cos x - \sin x}$ प्राप्त होता है।
सूत्र $\int u dv = uv - \int v du$ लागू करने पर:
$I = \left( \frac{x}{\sin x} \right) \left( \frac{-1}{x \cos x - \sin x} \right) - \int \left( \frac{-1}{x \cos x - \sin x} \right) \left( \frac{\sin x - x \cos x}{\sin^2 x} \right) dx$.
$I = \frac{-x}{\sin x(x \cos x - \sin x)} - \int \frac{x \cos x - \sin x}{(x \cos x - \sin x) \sin^2 x} dx$.
$I = \frac{-x}{\sin x(x \cos x - \sin x)} - \int \operatorname{cosec}^2 x dx$.
$I = \frac{-x \operatorname{cosec} x}{x \cos x - \sin x} - (-\cot x) + c$.
$I = \frac{x \operatorname{cosec} x}{x \cos x - \sin x} - \cot x + c$.

(D) माना $f(x) = \frac{\sin x}{2+\cos x}$ है।
अब,$f(x)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f'(x) = \frac{(2+\cos x)(\cos x) - \sin x(-\sin x)}{(2+\cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{2 \cos x + \cos^2 x + \sin^2 x}{(2+\cos x)^2}$
चूँकि $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,इसलिए:
$f'(x) = \frac{2 \cos x + 1}{(2+\cos x)^2}$
अतः,$\frac{\sin x}{2+\cos x}$ फलन $\frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2}$ का प्रति-अवकलज (antiderivative) है।
इसलिए,$\int \frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2} d x = \frac{\sin x}{2+\cos x} + C$ है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int \frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2} d x - \frac{\sin x}{2+\cos x} = \left( \frac{\sin x}{2+\cos x} + C \right) - \frac{\sin x}{2+\cos x} = C$।

(D) माना $I = \int \sqrt{x+\sqrt{x^2+2}} \, dx$ है।
हम जानते हैं कि $(\sqrt{x^2+2}+x)(\sqrt{x^2+2}-x) = (x^2+2) - x^2 = 2$ होता है।
माना $t = x+\sqrt{x^2+2}$ है। तब $\sqrt{x^2+2}-x = \frac{2}{t}$ होगा।
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर,हमें $2\sqrt{x^2+2} = t + \frac{2}{t}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\sqrt{x^2+2} = \frac{t^2+2}{2t}$ है।
समीकरणों को घटाने पर,हमें $2x = t - \frac{2}{t}$ प्राप्त होता है,इसलिए $x = \frac{t^2-2}{2t}$ है।
$x$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$dx = \frac{d}{dt}(\frac{t}{2} - \frac{1}{t}) \, dt = (\frac{1}{2} + \frac{1}{t^2}) \, dt = \frac{t^2+2}{2t^2} \, dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \sqrt{t} \cdot \frac{t^2+2}{2t^2} \, dt = \frac{1}{2} \int (t^{1/2} + 2t^{-3/2}) \, dt$।
$I = \frac{1}{2} [\frac{t^{3/2}}{3/2} + 2 \cdot \frac{t^{-1/2}}{-1/2}] + C$।
$I = \frac{1}{2} [\frac{2}{3}t^{3/2} - 4t^{-1/2}] + C = \frac{1}{3}t^{3/2} - 2t^{-1/2} + C$।
$I = \frac{t^2-6}{3\sqrt{t}} + C$।
$t = x+\sqrt{x^2+2}$ वापस रखने पर,हमें $I = \frac{(x+\sqrt{x^2+2})^2-6}{3\sqrt{x+\sqrt{x^2+2}}} + C$ प्राप्त होता है।

(B) हमारे पास $I = \int \frac{\cos 7x - \cos 8x}{1 + 2 \cos 5x} dx$ है।
अंश और हर को $\sin \frac{5x}{2}$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{2 \sin \frac{15x}{2} \sin \frac{x}{2} \sin \frac{5x}{2}}{(1 + 2 \cos 5x) \sin \frac{5x}{2}} dx$.
$\sin 3\theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ सूत्र का उपयोग करने पर,$\sin \frac{15x}{2} = \sin \frac{5x}{2} (1 + 2 \cos 5x)$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{2 \sin \frac{5x}{2} (1 + 2 \cos 5x) \sin \frac{x}{2}}{(1 + 2 \cos 5x) \sin \frac{5x}{2}} dx = \int 2 \sin \frac{x}{2} \sin \frac{5x}{2} dx$.
$2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$I = \int (\cos 2x - \cos 3x) dx = \frac{1}{2} \sin 2x - \frac{1}{3} \sin 3x + c$.

(C) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{\cos 4x + 1}{\cot x - \tan x} dx$ है।
सर्वसमिका $\cos 4x + 1 = 2 \cos^2 2x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{2 \cos^2 2x}{\frac{\cos x}{\sin x} - \frac{\sin x}{\cos x}} dx$
$I = \int \frac{2 \cos^2 2x}{\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin x \cos x}} dx$
चूंकि $\cos^2 x - \sin^2 x = \cos 2x$ और $\sin x \cos x = \frac{1}{2} \sin 2x$ है,इसलिए:
$I = \int \frac{2 \cos^2 2x}{\frac{\cos 2x}{\frac{1}{2} \sin 2x}} dx = \int \frac{2 \cos^2 2x \cdot \frac{1}{2} \sin 2x}{\cos 2x} dx$
$I = \int \cos 2x \sin 2x dx = \frac{1}{2} \int \sin 4x dx$
$I = \frac{1}{2} \left( -\frac{\cos 4x}{4} \right) + c = -\frac{1}{8} \cos 4x + c$.
$k \cos 4x + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $k = -\frac{1}{8}$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $(C)$ सही है।

(B) दिया गया है $I_n = \int \sec^n x \, dx$.
सबसे पहले,$I_2 = \int \sec^2 x \, dx = \tan x + c_1$ ज्ञात करें।
इसके बाद,$I_4 = \int \sec^4 x \, dx = \int \sec^2 x \cdot \sec^2 x \, dx$ ज्ञात करें।
सर्वसमिका $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ का उपयोग करने पर:
$I_4 = \int (1 + \tan^2 x) \sec^2 x \, dx$.
माना $u = \tan x$,तो $du = \sec^2 x \, dx$.
$I_4 = \int (1 + u^2) \, du = u + \frac{u^3}{3} + c_2 = \tan x + \frac{\tan^3 x}{3} + c_2$.
अब,$I_4 - \frac{2}{3} I_2$ की गणना करें:
$I_4 - \frac{2}{3} I_2 = (\tan x + \frac{\tan^3 x}{3} + c_2) - \frac{2}{3} (\tan x + c_1)$.
$= \tan x + \frac{\tan^3 x}{3} - \frac{2}{3} \tan x + c$.
$= \frac{1}{3} \tan x + \frac{1}{3} \tan^3 x + c$.
$= \frac{1}{3} \tan x (1 + \tan^2 x) + c$.
चूंकि $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,इसलिए:
$= \frac{1}{3} \tan x \sec^2 x + c$.

(C) हमारे पास है,$\int \frac{dx}{\tan x+\cot x+\sec x+\operatorname{cosec} x} = \int \frac{dx}{\frac{\sin x}{\cos x}+\frac{\cos x}{\sin x}+\frac{1}{\cos x}+\frac{1}{\sin x}}$
$= \int \frac{\sin x \cos x dx}{\sin^2 x+\cos^2 x+\sin x+\cos x} = \int \frac{\sin x \cos x dx}{1+\sin x+\cos x}$
$2$ से गुणा और भाग करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{1}{2} \int \frac{2 \sin x \cos x}{1+\sin x+\cos x} dx$
$= \frac{1}{2} \int \frac{2 \sin x \cos x + 1 - 1}{1+\sin x+\cos x} dx = \frac{1}{2} \int \frac{(\sin^2 x+\cos^2 x+2 \sin x \cos x)-1}{1+\sin x+\cos x} dx$
$= \frac{1}{2} \int \frac{(\sin x+\cos x)^2-1}{1+\sin x+\cos x} dx = \frac{1}{2} \int \frac{(\sin x+\cos x+1)(\sin x+\cos x-1)}{1+\sin x+\cos x} dx$
$= \frac{1}{2} \int (\sin x+\cos x-1) dx = \frac{1}{2} [-\cos x+\sin x-x]+c = \frac{1}{2}(\sin x-\cos x-x)+c$

(C) माना $I = \int \frac{1}{x \sqrt{x^6+1}} \, dx$.
अंश और हर को $x^2$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{x^2}{x^3 \sqrt{(x^3)^2+1}} \, dx$.
माना $u = x^3$,तब $du = 3x^2 \, dx$,जिसका अर्थ है $x^2 \, dx = \frac{du}{3}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{1}{3} \int \frac{du}{u \sqrt{u^2+1}}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{du}{u \sqrt{u^2+a^2}} = -\frac{1}{a} \operatorname{Sinh}^{-1} \left( \frac{a}{u} \right) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{3} \left( -\operatorname{Sinh}^{-1} \left( \frac{1}{u} \right) \right) + C = -\frac{1}{3} \operatorname{Sinh}^{-1} \left( \frac{1}{x^3} \right) + C$.

(A) माना $I = \int \frac{x-\sin x}{1+\cos x} dx$.
सर्वसमिकाओं $1+\cos x = 2\cos^2(\frac{x}{2})$ और $\sin x = 2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{x}{2\cos^2(\frac{x}{2})} dx - \int \frac{2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})}{2\cos^2(\frac{x}{2})} dx$
$I = \frac{1}{2} \int x \sec^2(\frac{x}{2}) dx - \int \tan(\frac{x}{2}) dx$.
प्रथम पद के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$\int x \sec^2(\frac{x}{2}) dx = x(2\tan(\frac{x}{2})) - \int 1 \cdot 2\tan(\frac{x}{2}) dx = 2x\tan(\frac{x}{2}) - 2 \int \tan(\frac{x}{2}) dx$.
इस मान को $I$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{1}{2} [2x\tan(\frac{x}{2}) - 2 \int \tan(\frac{x}{2}) dx] - \int \tan(\frac{x}{2}) dx$
$I = x\tan(\frac{x}{2}) - \int \tan(\frac{x}{2}) dx - \int \tan(\frac{x}{2}) dx = x\tan(\frac{x}{2}) - 2 \int \tan(\frac{x}{2}) dx$.
चूंकि $\int \tan(\frac{x}{2}) dx = 2 \log |\sec(\frac{x}{2})|$,इसलिए:
$I = x\tan(\frac{x}{2}) - 2(2 \log |\sec(\frac{x}{2})|) + C = x\tan(\frac{x}{2}) - 4 \log |\sec(\frac{x}{2})| + C$.
दिए गए व्यंजक $x \tan(\frac{x}{2}) + p \log |\sec(\frac{x}{2})| + C$ के साथ तुलना करने पर,हमें $p = -4$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{dx}{\cos^3 x (\tan^3 x + 1)} = \int \frac{\sec^3 x}{\tan^3 x + 1} dx$.
$u = \tan x$ प्रतिस्थापन करने पर,$du = \sec^2 x dx$.
अंश और हर को $\cos^3 x$ से विभाजित करने पर:
$t = \sin x - \cos x$ प्रतिस्थापन करने पर,$dt = (\cos x + \sin x) dx$.
$t^2 = 1 - 2\sin x \cos x$,अतः $\sin x \cos x = \frac{1-t^2}{2}$.
$\sin^3 x + \cos^3 x = (\sin x + \cos x)(1 - \sin x \cos x) = (\sin x + \cos x)(\frac{1+t^2}{2})$.
$I = \int \frac{2 dt}{(2-t^2)(1+t^2)}$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर: $\frac{2}{(2-t^2)(1+t^2)} = \frac{2/3}{2-t^2} + \frac{2/3}{1+t^2}$.
$I = \frac{2}{3} \int \frac{dt}{2-t^2} + \frac{2}{3} \int \frac{dt}{1+t^2} = \frac{1}{3\sqrt{2}} \log \left|\frac{\sqrt{2}+t}{\sqrt{2}-t}\right| + \frac{2}{3} \tan^{-1}(t) + c$.
तुलना करने पर $A = \frac{1}{3\sqrt{2}}$ और $B = \frac{2}{3}$.
अतः $\frac{B}{A} = 2\sqrt{2}$.
इस प्रकार,$(\frac{B}{A}, t) = (2\sqrt{2}, \sin x - \cos x)$.

(D) माना $I = \int \frac{dx}{(x-1)^{3/2}(x-3)^{1/2}}$.
हम समाकल्य को $I = \int \frac{dx}{(x-1)(x-1)^{1/2}(x-3)^{1/2}} = \int \frac{dx}{(x-1)\sqrt{(x-1)(x-3)}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
माना $x-1 = t$,तब $dx = dt$. साथ ही,$x-3 = t-2$.
अतः,$I = \int \frac{dt}{t\sqrt{t(t-2)}} = \int \frac{dt}{t\sqrt{t^2-2t}}$.
$t = \frac{1}{u}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = -\frac{1}{u^2} du$.
$I = \int \frac{-du/u^2}{(1/u)\sqrt{1/u^2 - 2/u}} = \int \frac{-du/u}{\frac{1}{u}\sqrt{1-2u}} = -\int \frac{du}{\sqrt{1-2u}}$.
$I = -\frac{(1-2u)^{1/2}}{1/2 \times (-2)} + c = (1-2u)^{1/2} + c = \sqrt{1 - \frac{2}{t}} + c = \sqrt{\frac{t-2}{t}} + c$.
$t = x-1$ रखने पर,हमें $I = \sqrt{\frac{x-1-2}{x-1}} + c = \sqrt{\frac{x-3}{x-1}} + c$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$f(x) = \frac{x-3}{x-1}$.
अब,$f(-1) = \frac{-1-3}{-1-1} = \frac{-4}{-2} = 2$.
और $f(0) = \frac{0-3}{0-1} = \frac{-3}{-1} = 3$.
अतः,$f(-1) - f(0) = 2 - 3 = -1$.

(A) हमें समाकलन $I = \int \tan \frac{x}{2} \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6} dx$ दिया गया है।
सर्वसमिका $\frac{x}{2} = \frac{x}{3} + \frac{x}{6}$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है $\tan \frac{x}{2} = \tan \left( \frac{x}{3} + \frac{x}{6} \right) = \frac{\tan \frac{x}{3} + \tan \frac{x}{6}}{1 - \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6}}$.
इसका अर्थ है $\tan \frac{x}{2} (1 - \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6}) = \tan \frac{x}{3} + \tan \frac{x}{6}$.
पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें मिलता है $\tan \frac{x}{2} - \tan \frac{x}{2} \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6} = \tan \frac{x}{3} + \tan \frac{x}{6}$.
अतः,$\tan \frac{x}{2} \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6} = \tan \frac{x}{2} - \tan \frac{x}{3} - \tan \frac{x}{6}$.
अब,प्रत्येक पद का समाकलन करने पर: $I = \int (\tan \frac{x}{2} - \tan \frac{x}{3} - \tan \frac{x}{6}) dx$.
$\tan(ax)$ का समाकलन $-\frac{1}{a} \log |\cos(ax)|$ होता है।
$I = -2 \log |\cos \frac{x}{2}| + 3 \log |\cos \frac{x}{3}| + 6 \log |\cos \frac{x}{6}| + k$.
$A \log |\cos \frac{x}{2}| + B \log |\cos \frac{x}{3}| + C \log |\cos \frac{x}{6}| + k$ से तुलना करने पर,हमें $A = -2$,$B = 3$,$C = 6$ प्राप्त होता है।
अतः,$A + B + C = -2 + 3 + 6 = 7$.

(A) माना $I = \int \frac{x^4-1}{x^2 \sqrt{x^4+x^2+1}} \, dx$.
वर्गमूल के अंदर अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{x^2 - \frac{1}{x^2}}{\sqrt{x^2 + 1 + \frac{1}{x^2}}} \, dx$.
माना $t = x + \frac{1}{x}$. तब $dt = (1 - \frac{1}{x^2}) \, dx$.
यहाँ $t^2 = (x + \frac{1}{x})^2 = x^2 + 2 + \frac{1}{x^2}$,इसलिए $x^2 + \frac{1}{x^2} = t^2 - 2$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{dt}{\sqrt{t^2 - 2 + 1}} = \int \frac{dt}{\sqrt{t^2 - 1}}$.
विकल्पों को देखते हुए,हम $f(x) = \frac{\sqrt{x^4+x^2+1}}{x}$ का अवकलन करते हैं।
$f(x) = \sqrt{x^2 + 1 + \frac{1}{x^2}}$.
$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + 1 + \frac{1}{x^2}}} \cdot (2x - \frac{2}{x^3}) = \frac{x^4-1}{x^2 \sqrt{x^4+x^2+1}}$.
अतः,समाकलन $\frac{\sqrt{x^4+x^2+1}}{x} + c$ है।

(B) समाकलन $I = \int \frac{dx}{12 \cos x + 5 \sin x}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम हर को $R \cos(x - \alpha)$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
मान लीजिए $12 \cos x + 5 \sin x = R \cos(x - \alpha) = R \cos x \cos \alpha + R \sin x \sin \alpha$ है।
गुणांकों की तुलना करने पर,$R \cos \alpha = 12$ और $R \sin \alpha = 5$ प्राप्त होता है।
वर्ग करके जोड़ने पर,$R^2 = 12^2 + 5^2 = 144 + 25 = 169$,इसलिए $R = 13$ है।
साथ ही,$\tan \alpha = \frac{5}{12}$,जिसका अर्थ है $\alpha = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{5}{12}$।
अतः,$I = \int \frac{dx}{13 \cos(x - \alpha)} = \frac{1}{13} \int \sec(x - \alpha) dx$ है।
$\sec \theta$ का समाकलन $\log |\tan(\frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{4})|$ होता है।
इसलिए,$I = \frac{1}{13} \log \left| \tan \left( \frac{x - \alpha}{2} + \frac{\pi}{4} \right) \right| + c$ है।
$\alpha = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{5}{12}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I = \frac{1}{13} \log \left| \tan \left( \frac{x}{2} - \frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1} \frac{5}{12} + \frac{\pi}{4} \right) \right| + c$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{13 \cos 2 x-9 \sin 2 x}{3 \cos 2 x-4 \sin 2 x} d x$.
अंश को $A(\text{हर}) + B(\frac{d}{dx}(\text{हर}))$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
$13 \cos 2 x-9 \sin 2 x = A(3 \cos 2 x-4 \sin 2 x) + B(-6 \sin 2 x-8 \cos 2 x)$.
$\cos 2 x$ और $\sin 2 x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$3A - 8B = 13$ और $-4A - 6B = -9$.
इन समीकरणों को हल करने पर:
पहले को $3$ से और दूसरे को $4$ से गुणा करने पर: $9A - 24B = 39$ और $-16A - 24B = -36$.
घटाने पर $25A = 75$,अतः $A = 3$.
$A=3$ को $3(3) - 8B = 13$ में रखने पर,$9 - 8B = 13 \implies -8B = 4 \implies B = -\frac{1}{2}$.
अतः,$I = \int \frac{3(3 \cos 2 x-4 \sin 2 x) - \frac{1}{2}(-6 \sin 2 x-8 \cos 2 x)}{3 \cos 2 x-4 \sin 2 x} d x$.
$I = \int 3 d x - \frac{1}{2} \int \frac{-6 \sin 2 x-8 \cos 2 x}{3 \cos 2 x-4 \sin 2 x} d x$.
$I = 3x - \frac{1}{2} \log |3 \cos 2 x-4 \sin 2 x| + c$.

(A) $\int \sqrt{x^2+x+1} \, dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम वर्गमूल के अंदर पूर्ण वर्ग बनाते हैं:
$x^2+x+1 = (x^2+x+\frac{1}{4}) + \frac{3}{4} = (x+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$.
मान लीजिए $u = x+\frac{1}{2}$,तो $du = dx$.
समाकलन $\int \sqrt{u^2 + a^2} \, du$ हो जाता है,जहाँ $a = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
मानक सूत्र $\int \sqrt{u^2+a^2} \, du = \frac{u}{2}\sqrt{u^2+a^2} + \frac{a^2}{2}\ln|u+\sqrt{u^2+a^2}| + c$ का उपयोग करते हुए।
$u = x+\frac{1}{2}$ और $a^2 = \frac{3}{4}$ वापस रखने पर:
$= \frac{x+1/2}{2}\sqrt{x^2+x+1} + \frac{3/4}{2}\ln|x+\frac{1}{2} + \sqrt{x^2+x+1}| + c$.
$= \frac{2x+1}{4}\sqrt{x^2+x+1} + \frac{3}{8}\sinh^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + c$.

(A) माना $I = \int \frac{\sec ^2 x}{\sin ^7 x} d x - \int \frac{7}{\sin ^7 x} d x = \int \frac{1}{\cos ^2 x \sin ^7 x} d x - \int \frac{7}{\sin ^7 x} d x$.
$f(x) = \frac{\tan x}{\sin ^6 x}$ का अवकलन करने पर,भागफल नियम का उपयोग करते हुए,$\frac{d}{dx} \left( \frac{\tan x}{\sin ^6 x} \right) = \frac{\sec^2 x \cdot \sin^6 x - \tan x \cdot 6 \sin^5 x \cos x}{\sin^{12} x}$.
$= \frac{\frac{1}{\cos^2 x} \sin^6 x - 6 \frac{\sin x}{\cos x} \sin^5 x \cos x}{\sin^{12} x} = \frac{\frac{\sin^6 x}{\cos^2 x} - 6 \sin^6 x}{\sin^{12} x} = \frac{1}{\cos^2 x \sin^6 x} - \frac{6}{\sin^6 x}$.
अतः,समाकलन का हल $\frac{\tan x}{\sin^6 x} + c$ प्राप्त होता है,जिसे $\frac{1}{\sin^5 x \cos x} + c$ के रूप में लिखा जा सकता है। विकल्पों को देखते हुए,सही विकल्प $A$ है।

(B) माना $I = \int (x^6+x^4+x^2) \sqrt{2x^4+3x^2+6} dx$.
इस समाकलन के लिए,हल $f(x) = \frac{1}{12} (2x^4+3x^2+6)^{3/2}$ के रूप में प्राप्त होता है।
$x=3$ पर मान रखने पर: $f(3) = \frac{1}{12} (2(81)+3(9)+6)^{3/2} = \frac{1}{12} (162+27+6)^{3/2} = \frac{1}{12} (195)^{3/2}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $B$ है।

(C) माना $I = \int \frac{dx}{(x+1) \sqrt{x^2+1}}$.
$x+1 = \frac{1}{t}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ प्राप्त होता है।
अतः $x = \frac{1}{t} - 1 = \frac{1-t}{t}$.
अब $x^2+1 = \left(\frac{1-t}{t}\right)^2 + 1 = \frac{2t^2-2t+1}{t^2}$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{-dt/t^2}{(1/t) \sqrt{(2t^2-2t+1)/t^2}} = -\int \frac{dt}{\sqrt{2t^2-2t+1}} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{dt}{\sqrt{(t-1/2)^2 + 1/4}}$.
सूत्र $\int \frac{du}{\sqrt{u^2+a^2}} = \operatorname{Sinh}^{-1}(\frac{u}{a})$ का उपयोग करने पर:
$I = -\frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Sinh}^{-1}\left(\frac{t-1/2}{1/2}\right) + c = -\frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Sinh}^{-1}(2t-1) + c$.
चूंकि $t = \frac{1}{x+1}$,इसलिए $2t-1 = \frac{1-x}{x+1}$.
अतः,$I = -\frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Sinh}^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right) + c$.

(C) माना $I = \int \frac{dx}{2 \cos x + 3 \sin x + 4}$.
Weierstrass प्रतिस्थापन का उपयोग करते हुए,$t = \tan\left(\frac{x}{2}\right)$ लें,तो $dx = \frac{2 dt}{1+t^2}$,$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$,और $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\frac{2 dt}{1+t^2}}{2\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right) + 3\left(\frac{2t}{1+t^2}\right) + 4} = \int \frac{2 dt}{2 - 2t^2 + 6t + 4 + 4t^2} = \int \frac{2 dt}{2t^2 + 6t + 6} = \int \frac{dt}{t^2 + 3t + 3}$.
हर में पूर्ण वर्ग बनाने पर: $t^2 + 3t + 3 = \left(t + \frac{3}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}$.
अतः,$I = \int \frac{dt}{\left(t + \frac{3}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \tan^{-1}\left(\frac{t + 3/2}{\sqrt{3}/2}\right) + c = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{2t+3}{\sqrt{3}}\right) + c$.
इसे दिए गए रूप $\frac{2}{\sqrt{3}} f(x) + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $f(x) = \tan^{-1}\left(\frac{2 \tan(x/2) + 3}{\sqrt{3}}\right)$ प्राप्त होता है।
अब,$f\left(\frac{2 \pi}{3}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2 \tan(\pi/3) + 3}{\sqrt{3}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2\sqrt{3} + 3}{\sqrt{3}}\right) = \tan^{-1}(2 + \sqrt{3})$.
चूंकि $\tan(75^\circ) = \tan\left(\frac{5 \pi}{12}\right) = 2 + \sqrt{3}$,इसलिए $f\left(\frac{2 \pi}{3}\right) = \frac{5 \pi}{12}$.

(B) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{1}{\left((x+4)^3(x+1)^5\right)^{1 / 4}} d x$ है।
समाकल्य को इस प्रकार पुनः लिखें: $I = \int \frac{1}{\left((x+4)^3(x+1)^3(x+1)^2\right)^{1 / 4}} d x = \int \frac{1}{\left((x+4)(x+1)\right)^{3/4} (x+1)^{2/4}} d x$.
यह सरल होकर $I = \int \frac{1}{\left(\frac{x+4}{x+1}\right)^{3/4} (x+1)^2} d x$ हो जाता है।
माना $t = \frac{x+4}{x+1}$. तब $dt = \frac{(x+1)(1) - (x+4)(1)}{(x+1)^2} dx = \frac{-3}{(x+1)^2} dx$.
अतः,$\frac{dx}{(x+1)^2} = -\frac{1}{3} dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,$I = \int t^{-3/4} \left(-\frac{1}{3}\right) dt = -\frac{1}{3} \frac{t^{1/4}}{1/4} + c = -\frac{4}{3} \left(\frac{x+4}{x+1}\right)^{1/4} + c$.
इसकी तुलना $A \cdot \left(\frac{x+4}{x+1}\right)^n + c$ से करने पर,हमें $A = -\frac{4}{3}$ और $n = \frac{1}{4}$ प्राप्त होता है।
विकल्प $B$ की जाँच करने पर: $n + \frac{1}{A} = \frac{1}{4} + \frac{1}{-4/3} = \frac{1}{4} - \frac{3}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$.
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) माना $I = \int \frac{x}{\sqrt{x^2-2x+5}} dx$ है।
अंश को $x = \frac{1}{2}(2x-2) + 1$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$I = \int \frac{\frac{1}{2}(2x-2)+1}{\sqrt{x^2-2x+5}} dx = \frac{1}{2} \int \frac{2x-2}{\sqrt{x^2-2x+5}} dx + \int \frac{1}{\sqrt{(x-1)^2+2^2}} dx$।
पहले समाकलन के लिए,$u = x^2-2x+5$ लें,तो $du = (2x-2) dx$ होगा।
$\frac{1}{2} \int u^{-1/2} du = \frac{1}{2} \cdot 2u^{1/2} = \sqrt{x^2-2x+5}$।
दूसरे समाकलन के लिए,सूत्र $\int \frac{1}{\sqrt{t^2+a^2}} dt = \ln|t+\sqrt{t^2+a^2}|$ का उपयोग करें।
यहाँ $t = x-1$ और $a = 2$ है,इसलिए $\int \frac{1}{\sqrt{(x-1)^2+2^2}} dx = \ln|x-1+\sqrt{(x-1)^2+4}| = \ln|x-1+\sqrt{x^2-2x+5}|$।
इन दोनों को जोड़ने पर,$I = \sqrt{x^2-2x+5} + \ln|x-1+\sqrt{x^2-2x+5}| + c$ प्राप्त होता है।

(A) हमारे पास समाकलन $I = \int \frac{x^2-x+2}{x^2+x+2} dx$ है।
सबसे पहले,अंश को फिर से लिखें: $x^2-x+2 = (x^2+x+2) - 2x$.
अतः,$I = \int \left( 1 - \frac{2x}{x^2+x+2} \right) dx = x - \int \frac{2x}{x^2+x+2} dx$.
$\int \frac{2x}{x^2+x+2} dx$ का समाकलन करने के लिए,$2x = (2x+1) - 1$ लिखें।
तब $\int \frac{2x+1-1}{x^2+x+2} dx = \int \frac{2x+1}{x^2+x+2} dx - \int \frac{1}{(x+1/2)^2 + 7/4} dx$.
इससे $\log(x^2+x+2) - \frac{1}{\sqrt{7}/2} \operatorname{Tan}^{-1}(\frac{x+1/2}{\sqrt{7}/2}) = \log(x^2+x+2) - \frac{2}{\sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1}(\frac{2x+1}{\sqrt{7}})$ प्राप्त होता है।
वापस प्रतिस्थापित करने पर,$I = x - \log(x^2+x+2) + \frac{2}{\sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1}(\frac{2x+1}{\sqrt{7}}) + c$.
दिए गए रूप के साथ तुलना करने पर,$f(x) = x^2+x+2$ और $g(x) = \frac{2x+1}{\sqrt{7}}$.
तब $f(-1) = (-1)^2 - 1 + 2 = 2$ और $g(-1) = \frac{2(-1)+1}{\sqrt{7}} = -\frac{1}{\sqrt{7}}$.
इस प्रकार,$f(-1) + \sqrt{7} g(-1) = 2 + \sqrt{7}(-\frac{1}{\sqrt{7}}) = 2 - 1 = 1$.

(B) माना $I = \int \frac{a \cos x+3 \sin x}{5 \cos x+2 \sin x} d x$.
हम अंश को $A(\text{हर}) + B(\frac{d}{dx}(\text{हर}))$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
$a \cos x + 3 \sin x = A(5 \cos x + 2 \sin x) + B(-5 \sin x + 2 \cos x)$.
$\cos x$ और $\sin x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$5A + 2B = a$
$2A - 5B = 3$
$A$ और $B$ के लिए हल करने पर:
पहले समीकरण को $5$ से और दूसरे को $2$ से गुणा करने पर: $25A + 10B = 5a$ और $4A - 10B = 6$.
जोड़ने पर $29A = 5a + 6$,अतः $A = \frac{5a+6}{29}$.
$2A - 5B = 3$ से,$5B = 2A - 3 = 2(\frac{5a+6}{29}) - 3 = \frac{10a+12-87}{29} = \frac{10a-75}{29}$,अतः $B = \frac{10a-75}{145}$.
दिए गए समाकलन $\int (A + B \frac{-5 \sin x + 2 \cos x}{5 \cos x + 2 \sin x}) dx = Ax + B \log |5 \cos x + 2 \sin x| + c$ के साथ तुलना करने पर।
दिया है $A = \frac{26}{29}$,अतः $\frac{5a+6}{29} = \frac{26}{29} \implies 5a = 20 \implies a = 4$.
दिया है $B = -\frac{k}{29}$,अतः $B = -\frac{k}{29} = \frac{10(4)-75}{145} = \frac{-35}{145} = -\frac{7}{29}$.
अतः,$k = 7$.
अंत में,$|a+k| = |4+7| = 11$.

(A) हमारे पास $I = \int \frac{dx}{1-\sin^4 x} = \int \frac{dx}{(1-\sin^2 x)(1+\sin^2 x)} = \int \frac{dx}{\cos^2 x (1+\sin^2 x)}$ है।
अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर,हमें $I = \int \frac{\sec^2 x dx}{1+\tan^2 x + \tan^2 x} = \int \frac{\sec^2 x dx}{1+2\tan^2 x}$ प्राप्त होता है।
माना $u = \tan x$,तो $du = \sec^2 x dx$। समाकलन $I = \int \frac{du}{1+2u^2} = \int \frac{du}{1+(\sqrt{2}u)^2}$ बन जाता है।
सूत्र $\int \frac{dx}{a^2+x^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर,हमें $I = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\sqrt{2}u) + C = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\sqrt{2} \tan x) + C$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $A \tan x + B \tan^{-1}(\sqrt{2} \tan x) + C$ से करने पर,$A = 0$ और $B = \frac{1}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$A^2 - B^2 = 0^2 - (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$।

(D) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{dx}{(x \tan x + 1)^2}$ है।
अंश और हर को $\cos^2 x$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{\cos^2 x}{(\cos x + x \sin x)^2} dx$.
मान लीजिए $f(x) = \frac{x \cos x}{\cos x + x \sin x}$ है।
जब $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,तब $f(x) = \frac{x \cos x}{\cos x + x \sin x} = \frac{x}{1 + x \tan x}$ होगा।
अतः,$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{x}{1 + x \tan x} = 0$।

(B) माना $I = \int \frac{5 \tan x}{\tan x-2} dx = \int \frac{5 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$.
अंश को $5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B \frac{d}{dx}(\sin x - 2 \cos x)$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
$5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B(\cos x + 2 \sin x)$.
$5 \sin x = (A + 2B) \sin x + (B - 2A) \cos x$.
गुणांकों की तुलना करने पर:
$A + 2B = 5$ और $B - 2A = 0 \implies B = 2A$.
$B = 2A$ को पहले समीकरण में रखने पर: $A + 2(2A) = 5 \implies 5A = 5 \implies A = 1$.
अतः $B = 2(1) = 2$.
इस प्रकार,$I = \int \frac{1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)}{\sin x - 2 \cos x} dx$.
$I = \int 1 dx + 2 \int \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$.
$I = x + 2 \log |\sin x - 2 \cos x| + c$.
$ax + b \log |\sin x - 2 \cos x| + c$ से तुलना करने पर,हमें $a = 1$ और $b = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$a + b = 1 + 2 = 3$.

(C) माना $I = \int \frac{dx}{(1+\sqrt{x}) \sqrt{x(1-x)}} = \int \frac{dx}{(1+\sqrt{x}) \sqrt{x} \sqrt{1-x}}$.
$\sqrt{x} = t$ प्रतिस्थापन करने पर,$\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$,अतः $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2dt$.
समाकलन $I = \int \frac{2dt}{(1+t) \sqrt{1-t^2}}$ हो जाता है।
आगे,$t = \sin \theta$ प्रतिस्थापन करने पर,$dt = \cos \theta d\theta$.
$I = \int \frac{2 \cos \theta d\theta}{(1+\sin \theta) \sqrt{1-\sin^2 \theta}} = \int \frac{2 \cos \theta d\theta}{(1+\sin \theta) \cos \theta} = 2 \int \frac{d\theta}{1+\sin \theta}$.
$1+\sin \theta = 1+\cos(\frac{\pi}{2}-\theta) = 2 \cos^2(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})$ का उपयोग करने पर,$I = \int \sec^2(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) d\theta$.
समाकलन करने पर,$I = -2 \tan(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) + c = -2 \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}} + c$.

(C) माना $I = \int \frac{1}{x^5 \sqrt[5]{x^5+1}} dx$.
रेडिकल से $x^5$ बाहर निकालने पर: $\sqrt[5]{x^5+1} = \sqrt[5]{x^5(1 + x^{-5})} = x(1 + x^{-5})^{1/5}$.
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर: $I = \int \frac{1}{x^5 \cdot x(1 + x^{-5})^{1/5}} dx = \int \frac{1}{x^6 (1 + x^{-5})^{1/5}} dx$.
माना $t = 1 + x^{-5}$. तब $dt = -5x^{-6} dx$,जिसका अर्थ है $x^{-6} dx = -\frac{1}{5} dt$.
समाकलन में $t$ प्रतिस्थापित करने पर: $I = \int \frac{-1/5}{t^{1/5}} dt = -\frac{1}{5} \int t^{-1/5} dt$.
समाकलन करने पर: $I = -\frac{1}{5} \cdot \frac{t^{4/5}}{4/5} + C = -\frac{1}{4} t^{4/5} + C$.
$t = 1 + x^{-5} = \frac{x^5+1}{x^5}$ वापस रखने पर: $I = -\frac{1}{4} \left(\frac{x^5+1}{x^5}\right)^{4/5} + C = -\frac{(x^5+1)^{4/5}}{4(x^5)^{4/5}} + C = -\frac{(x^5+1)^{4/5}}{4x^4} + C$.

(D) माना $I = \int \frac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}} dx$.
हम अंश को $\frac{1}{2}(2x+1) + \frac{1}{2}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$I = \int \frac{\frac{1}{2}(2x+1) + \frac{1}{2}}{\sqrt{x^2+x+1}} dx = \frac{1}{2} \int \frac{2x+1}{\sqrt{x^2+x+1}} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} dx$.
माना $I_1 = \frac{1}{2} \int \frac{2x+1}{\sqrt{x^2+x+1}} dx$. $u = x^2+x+1$ प्रतिस्थापित करने पर,$du = (2x+1)dx$ प्राप्त होता है,जिससे $I_1 = \frac{1}{2} \int u^{-1/2} du = \frac{1}{2} (2\sqrt{u}) = \sqrt{x^2+x+1}$.
माना $I_2 = \frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{(x+1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2}} dx$. सूत्र $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} = \sinh^{-1}(\frac{x}{a})$ का उपयोग करने पर,$I_2 = \frac{1}{2} \sinh^{-1}\left(\frac{x+1/2}{\sqrt{3}/2}\right) = \frac{1}{2} \sinh^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \sqrt{x^2+x+1} + \frac{1}{2} \sinh^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + C$.

(B) हमें समाकलन $I = \int \frac{\log (1+x^4)}{x^3} d x$ दिया गया है।
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \log (1+x^4)$ और $dv = x^{-3} dx$ लें।
तब $du = \frac{4x^3}{1+x^4} dx$ और $v = \frac{x^{-2}}{-2} = -\frac{1}{2x^2}$ प्राप्त होता है।
$I = -\frac{1}{2x^2} \log (1+x^4) - \int \left(-\frac{1}{2x^2}\right) \frac{4x^3}{1+x^4} dx = -\frac{1}{2x^2} \log (1+x^4) + \int \frac{2x}{1+x^4} dx$.
मान लीजिए $t = x^2$,तो $dt = 2x dx$.
$I = -\frac{1}{2x^2} \log (1+x^4) + \int \frac{dt}{1+t^2} = -\frac{1}{2x^2} \log (1+x^4) + \tan^{-1}(x^2) + c$.
इसकी तुलना $f(x) \log \left(\frac{1}{g(x)}\right) + \tan^{-1}(h(x)) + c$ से करने पर,हमें $f(x) = \frac{1}{2x^2}$,$g(x) = 1+x^4$,और $h(x) = x^2$ प्राप्त होता है।
अब,$f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{2(1/x)^2} = \frac{x^2}{2}$.
अतः $h(x) \left[f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right)\right] = x^2 \left(\frac{1}{2x^2} + \frac{x^2}{2}\right) = \frac{1}{2} + \frac{x^4}{2} = \frac{1+x^4}{2} = \frac{g(x)}{2}$.

(D) माना $I = \int \frac{2 \cos 2 x}{(1+\sin 2 x)(1+\cos 2 x)} d x$.
सर्वसमिकाओं का उपयोग करने पर: $\cos 2x = \frac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}$,$\sin 2x = \frac{2\tan x}{1+\tan^2 x}$,और $1+\cos 2x = \frac{2}{1+\tan^2 x}$.
$I = \int \frac{2 \left(\frac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}\right)}{\left(1+\frac{2\tan x}{1+\tan^2 x}\right) \left(\frac{2}{1+\tan^2 x}\right)} d x$
$I = \int \frac{1-\tan^2 x}{(1+\tan x)^2} d x = \int \frac{(1-\tan x)(1+\tan x)}{(1+\tan x)^2} d x$
$I = \int \frac{1-\tan x}{1+\tan x} d x$.
यहाँ $\tan x = t$ रखने पर,$\sec^2 x d x = d t$ होता है,परंतु इस व्यंजक के लिए सीधा सरलीकरण करने पर:
$I = \int \frac{1-t}{1+t} d t = \int (-1 + \frac{2}{1+t}) d t$
$I = -t + 2 \ln(1+t) + c = 2 \ln(1+\tan x) - \tan x + c$.

(B) दिया गया है $I = \int \sqrt{\frac{2}{1+\sin x}} dx$.
$\sin x = \cos(\frac{\pi}{2} - x)$ का उपयोग करने पर,$1 + \sin x = 1 + \cos(\frac{\pi}{2} - x) = 2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$।
अतः,$\sqrt{\frac{2}{1+\sin x}} = \sqrt{\frac{2}{2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})}} = \frac{1}{|\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})|} = \sec(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$।
चूंकि $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$,$\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}$ अंतराल $[0, \frac{\pi}{4}]$ में है,जहाँ $\cos$ धनात्मक है।
अतः,$I = \int \sec(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) dx = -2 \log |\sec(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) + \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})| + C$।
$\sec \theta + \tan \theta = \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2})$ का उपयोग करते हुए,इसे $2 \log |\sec(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}) + \tan(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4})| + C$ के रूप में लिखा जा सकता है।
$2 \log |A(x) - B(x)|$ के साथ तुलना करने पर,$B(x) = -\tan(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}) = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$ प्राप्त होता है।
तब $B(\frac{\pi}{4}) = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{8}) = \tan(\frac{\pi}{8})$।
चूंकि $\tan(\frac{\pi}{4}) = \frac{2 \tan(\pi/8)}{1 - \tan^2(\pi/8)} = 1$,$y = \tan(\frac{\pi}{8})$ लेने पर,$2y = 1 - y^2 \Rightarrow y^2 + 2y - 1 = 0$।
$y > 0$ के लिए हल करने पर,$y = \frac{-2 + \sqrt{4 + 4}}{2} = \sqrt{2} - 1$।
अतः $B(\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2} - 1 = \frac{1}{\sqrt{2} + 1} = \frac{1}{\sqrt{(\sqrt{2} + 1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{3 + 2\sqrt{2}}}$।

(B) माना $I = \int e^{4 x^2+8 x-4}(x+1) \cos \left(3 x^2+6 x-4\right) d x$.
$t = x^2 + 2x$ प्रतिस्थापन करने पर,$dt = (2x + 2) dx = 2(x+1) dx$,जिसका अर्थ है $(x+1) dx = \frac{dt}{2}$.
समाकलन $I = \frac{1}{2} \int e^{4t-4} \cos(3t-4) dt$ हो जाता है।
मानक सूत्र $\int e^{ax+k} \cos(bt+m) dt = \frac{e^{ax+k}}{a^2+b^2} [a \cos(bt+m) + b \sin(bt+m)] + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a=4$ और $b=3$:
$I = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^{4t-4}}{4^2+3^2} [4 \cos(3t-4) + 3 \sin(3t-4)] + C$.
$I = \frac{e^{4t-4}}{2 \cdot 25} [4 \cos(3t-4) + 3 \sin(3t-4)] + C$.
$t = x^2 + 2x$ वापस रखने पर,$4t-4 = 4x^2+8x-4$ और $3t-4 = 3x^2+6x-4$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \frac{e^{4x^2+8x-4}}{50} [4 \cos(3x^2+6x-4) + 3 \sin(3x^2+6x-4)] + C$.

(A) माना $I = \int \frac{1}{(1+x^2) \sqrt{x^2+2}} dx$.
$x = \sqrt{2} \tan \theta$ प्रतिस्थापन करने पर,$dx = \sqrt{2} \sec^2 \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
$I = \int \frac{\sqrt{2} \sec^2 \theta}{(1 + 2 \tan^2 \theta) \sqrt{2 \tan^2 \theta + 2}} d\theta = \int \frac{\sec \theta}{1 + 2 \tan^2 \theta} d\theta$.
$1 + 2 \tan^2 \theta = 2 \sec^2 \theta - 1$ का उपयोग करने पर,$I = \int \frac{\cos \theta}{1 + \sin^2 \theta} d\theta$ प्राप्त होता है।
$t = \sin \theta$ लेने पर,$dt = \cos \theta d\theta$ होता है।
$I = \int \frac{1}{1 + t^2} dt = \tan^{-1}(t) + c = \tan^{-1}(\sin \theta) + c$.
चूंकि $x = \sqrt{2} \tan \theta$,इसलिए $\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2+2}}$.
अतः,$I = \tan^{-1} \left( \frac{x}{\sqrt{x^2+2}} \right) + c$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $-\tan^{-1} \frac{\sqrt{x^2+2}}{|x|} + c$ है।

(A) माना $I = \int \sin ^{-1}\left(\sqrt{\frac{x-a}{x}}\right) d x$.
$x = a \sec^2 \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2a \sec^2 \theta \tan \theta \, d\theta$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\sqrt{\frac{x-a}{x}} = \sin \theta$,समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int \theta \cdot (2a \sec^2 \theta \tan \theta) \, d\theta = 2a \int \theta \sec^2 \theta \tan \theta \, d\theta$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर,$I = \theta \tan^2 \theta - \int \tan^2 \theta \, d\theta = \theta \tan^2 \theta - \int (\sec^2 \theta - 1) \, d\theta = \theta \sec^2 \theta - \tan \theta + C$.
चूंकि $x = a \sec^2 \theta$,इसलिए $\theta = \cos^{-1} \sqrt{\frac{a}{x}}$ और $\tan \theta = \sqrt{\frac{x-a}{a}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = x \cos^{-1} \sqrt{\frac{a}{x}} - \sqrt{ax-a^2} + C$.

(C) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{\sin x \cos x}{\sqrt{\cos^4 x - \sin^4 x}} dx$ है।
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ और $\cos^4 x - \sin^4 x = \cos 2x$ का उपयोग करने पर।
अतः,$I = \int \frac{\frac{1}{2} \sin 2x}{\sqrt{\cos 2x}} dx = \frac{1}{2} \int \sin 2x (\cos 2x)^{-1/2} dx$।
$t = \cos 2x$ लेने पर,$dt = -2 \sin 2x dx$,इसलिए $\sin 2x dx = -\frac{1}{2} dt$।
$I = \frac{1}{2} \int -\frac{1}{2} t^{-1/2} dt = -\frac{1}{4} \cdot 2 t^{1/2} + c = -\frac{1}{2} \sqrt{\cos 2x} + c$।
$-\frac{f(x)}{2} + c$ के साथ तुलना करने पर,$f(x) = \sqrt{\cos 2x}$ प्राप्त होता है।
प्रांत के लिए,$\cos 2x \geq 0$ होना चाहिए।
इसका अर्थ है $2n\pi - \frac{\pi}{2} \leq 2x \leq 2n\pi + \frac{\pi}{2}$।
$2$ से भाग देने पर,$n\pi - \frac{\pi}{4} \leq x \leq n\pi + \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
जो सामान्य रूप $[(4n-1)\frac{\pi}{4}, (4n+1)\frac{\pi}{4}]$ के अनुरूप है।

(C) माना $I = \int \frac{4 e^x + 6 e^{-x}}{9 e^x - 4 e^{-x}} d x = \int \frac{4 e^{2 x} + 6}{9 e^{2 x} - 4} d x$.
अंश को $4 e^{2 x} + 6 = A(9 e^{2 x} - 4) + B \frac{d}{d x}(9 e^{2 x} - 4)$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
$4 e^{2 x} + 6 = A(9 e^{2 x} - 4) + B(18 e^{2 x})$.
$e^{2 x}$ के गुणांकों और अचर पदों की तुलना करने पर:
$9 A + 18 B = 4$ और $-4 A = 6$.
$-4 A = 6$ से,हमें $A = -\frac{3}{2}$ प्राप्त होता है।
$A$ का मान पहले समीकरण में रखने पर: $9(-\frac{3}{2}) + 18 B = 4 \Rightarrow -\frac{27}{2} + 18 B = 4 \Rightarrow 18 B = 4 + \frac{27}{2} = \frac{35}{2} \Rightarrow B = \frac{35}{36}$.
अतः,$I = \int \left( A + B \frac{18 e^{2 x}}{9 e^{2 x} - 4} \right) d x = A x + B \log |9 e^{2 x} - 4| + C$.
इसलिए,$(A, B) = (-\frac{3}{2}, \frac{35}{36})$.

(B) हमारे पास समाकलन $I = \int \frac{x^2-1}{x^3 \sqrt{2 x^4-2 x^2+1}} d x$ है।
वर्गमूल के अंदर अंश और हर को $x^5$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\frac{x^2-1}{x^5}}{\sqrt{\frac{2 x^4-2 x^2+1}{x^8}}} d x = \int \frac{\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^5}}{\sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}}} d x$.
माना $t = 2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}$. तब $dt = (\frac{4}{x^3}-\frac{4}{x^5}) dx$,जिसका अर्थ है कि $(\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^5}) dx = \frac{dt}{4}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{4 \sqrt{t}} = \frac{1}{4} \int t^{-1/2} dt = \frac{1}{4} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} + C = \frac{1}{2} \sqrt{t} + C$.
$t$ का मान वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \frac{1}{2} \sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}} + C = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2x^4-2x^2+1}{x^4}} + C = \frac{1}{2x^2} \sqrt{2x^4-2x^2+1} + C$.

(A) माना $I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left(2x^{2m} + 3x^m + 6\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
दूसरे पद से $x^m$ बाहर निकालने पर:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left[x^m \left(2x^m + 3 + 6x^{-m}\right)\right]^{\frac{1}{m}} dx$.
इसका सरलीकरण:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) x \left(2x^m + 3 + 6x^{-m}\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
वैकल्पिक रूप से,दूसरे पद से $x^{2m}$ बाहर निकालने पर:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left(x^{2m} (2 + 3x^{-m} + 6x^{-2m})\right)^{\frac{1}{m}} dx = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) x^2 \left(2 + 3x^{-m} + 6x^{-2m}\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
माना $t = 2x^{2m} + 3x^m + 6$.
तब $dt = (2 \cdot 2m x^{2m-1} + 3m x^{m-1}) dx = m(4x^{2m-1} + 3x^{m-1}) dx$.
इस समाकलन का सरल रूप $\frac{1}{6(m+1)} \left(2x^{3m} + 3x^{2m} + 6x^m\right)^{\frac{m+1}{m}} + C$ प्राप्त होता है।