Evaluation of various forms of integration Questions in Hindi

(A) माना $I = \int \frac{\sin x+8 \cos x}{4 \sin x+6 \cos x} d x$.
अंश को $A(\text{हर}) + B(\frac{d}{dx}(\text{हर}))$ के रूप में लिखने पर:
$\sin x+8 \cos x = A(4 \sin x+6 \cos x) + B(4 \cos x-6 \sin x)$.
$\sin x$ और $\cos x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$\sin x$ के लिए: $4A - 6B = 1$.
$\cos x$ के लिए: $6A + 4B = 8$.
इन समीकरणों को हल करने पर,हमें $A = 1$ और $B = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{(4 \sin x+6 \cos x) + \frac{1}{2}(4 \cos x-6 \sin x)}{4 \sin x+6 \cos x} d x$.
$I = \int 1 d x + \frac{1}{2} \int \frac{4 \cos x-6 \sin x}{4 \sin x+6 \cos x} d x$.
$I = x + \frac{1}{2} \log |4 \sin x+6 \cos x| + c$.

(C) समाकलन $I_n = \int \cot^n x \, dx$ पर विचार करें।
हम इसे $I_n = \int \cot^{n-2} x \cdot \cot^2 x \, dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
सर्वसमिका $\cot^2 x = \csc^2 x - 1$ का उपयोग करने पर:
$I_n = \int \cot^{n-2} x (\csc^2 x - 1) \, dx = \int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx - \int \cot^{n-2} x \, dx$.
पहले भाग के लिए,मान लीजिए $u = \cot x$,तो $du = -\csc^2 x \, dx$,इसलिए $\csc^2 x \, dx = -du$.
अतः,$\int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx = -\int u^{n-2} \, du = -\frac{u^{n-1}}{n-1} = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1}$.
इसलिए,रिडक्शन सूत्र $I_n = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1} - I_{n-2}$ है।
कारण $(R)$ से तुलना करने पर,उसमें हर में $n$ है जबकि सही सूत्र में $n-1$ है,इसलिए $(R)$ गलत है।
कथन $(A)$ के लिए,$n=6$ रखने पर:
$I_6 = \frac{-\cot^5 x}{5} - I_4 \implies I_6 + I_4 = \frac{-\cot^5 x}{5}$.
अतः,कथन $(A)$ सही है और कारण $(R)$ गलत है।

(B) दिया गया है $I_n = \int (\cos^n x + \sin^n x) dx$.
हम इसे $I_n = \int \cos^{n-1} x \cos x dx + \int \sin^{n-1} x \sin x dx$ लिख सकते हैं।
दोनों समाकलनों के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx$ के लिए: $u = \cos^{n-1} x$,$dv = \cos x dx$ लें। तो $du = (n-1) \cos^{n-2} x (-\sin x) dx$,$v = \sin x$ होगा।
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x \sin^2 x dx$.
चूंकि $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$,यह $\cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ बन जाता है।
इसी प्रकार,$\int \sin^{n-1} x \sin x dx$ के लिए: $u = \sin^{n-1} x$,$dv = \sin x dx$ लें। तो $du = (n-1) \sin^{n-2} x \cos x dx$,$v = -\cos x$ होगा।
$\int \sin^{n-1} x \sin x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x \cos^2 x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ होगा।
इन परिणामों को जोड़ने पर: $I_n = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} + \frac{n-1}{n} I_{n-2}$ प्राप्त होता है।
अतः $I_n - \frac{n-1}{n} I_{n-2} = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} = \frac{\sin x \cos x}{n} (\cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x)$।
इसलिए,$f(x) = \cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x$।

(A) दिया गया है $I_n = \int \frac{\sin nx}{\cos x} dx$ ... $(i)$
$I_n + I_{n-2} = \int \frac{\sin nx + \sin (n-2)x}{\cos x} dx$ पर विचार करें।
सूत्र $\sin C + \sin D = 2 \sin \left(\frac{C+D}{2}\right) \cos \left(\frac{C-D}{2}\right)$ का उपयोग करते हुए:
$I_n + I_{n-2} = \int \frac{2 \sin \left(\frac{nx + nx - 2x}{2}\right) \cos \left(\frac{nx - nx + 2x}{2}\right)}{\cos x} dx$
$I_n + I_{n-2} = \int \frac{2 \sin (n-1)x \cos x}{\cos x} dx$
$I_n + I_{n-2} = 2 \int \sin (n-1)x dx$
$I_n + I_{n-2} = 2 \left[ \frac{-\cos (n-1)x}{n-1} \right] + C$
अतः,$I_n = \frac{-2}{n-1} \cos (n-1)x - I_{n-2}$.

(B) दिया गया है कि $I_n = \int \frac{t^{2n}}{1+t^2} dt$ और $I_{n+1} = \int \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} dt$ है।
अब,$I_{n+1} + I_n = \int \frac{t^{2n+2} + t^{2n}}{1+t^2} dt$
$= \int \frac{t^{2n}(t^2 + 1)}{1+t^2} dt$
$= \int t^{2n} dt$
$t$ के सापेक्ष $t^{2n}$ का समाकलन करने पर,हमें $\frac{t^{2n+1}}{2n+1} + C$ प्राप्त होता है।
अतः,$I_{n+1} + I_n = \frac{t^{2n+1}}{2n+1} + C$
इस प्रकार,$I_{n+1} = \frac{t^{2n+1}}{2n+1} - I_n$।

(C) दिया गया है: $f(x) = \log(\log x) + (\log x)^{-2}$.
प्रति-अवकलज $g(x) = \int (\log(\log x) + (\log x)^{-2}) dx$.
माना $t = \log x$,तब $x = e^t$ और $dx = e^t dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$g(x) = \int e^t (\log t + t^{-2}) dt$.
हम समाकल्य को $e^t (\log t + t^{-1} - t^{-1} + t^{-2}) = e^t (\log t + t^{-1}) + e^t (-t^{-1} + t^{-2})$ के रूप में लिख सकते हैं।
सूत्र $\int e^t (h(t) + h'(t)) dt = e^t h(t) + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $h(t) = \log t$,हमें प्राप्त होता है:
$g(x) = e^t \log t - e^t t^{-1} + C = e^t (\log t - t^{-1}) + C$.
$t = \log x$ वापस रखने पर:
$g(x) = x (\log(\log x) - (\log x)^{-1}) + C$.
चूँकि ग्राफ $(e, 2023 - e)$ से गुजरता है:
$2023 - e = e (\log(\log e) - (\log e)^{-1}) + C$.
$2023 - e = e (\log(1) - 1) + C$.
$2023 - e = e (0 - 1) + C = -e + C$.
अतः,$C = 2023$.
$x$ से स्वतंत्र पद $k = 2023$ है।
$k$ के अंकों का योग $2 + 0 + 2 + 3 = 7$ है।

(B) समाकलन $I = \int \frac{dx}{\sin(x-a) \cos(x-b)}$ को हल करने के लिए,$\cos(a-b)$ से गुणा और भाग करें:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \frac{\cos((x-b)-(x-a))}{\sin(x-a) \cos(x-b)} dx$
सर्वसमिका $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \frac{\cos(x-b)\cos(x-a) + \sin(x-b)\sin(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} dx$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \left( \frac{\cos(x-b)\cos(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} + \frac{\sin(x-b)\sin(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} \right) dx$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int (\cot(x-a) + \tan(x-b)) dx$
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} [\ln|\sin(x-a)| - \ln|\cos(x-b)|] + C$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \ln \left| \frac{\sin(x-a)}{\cos(x-b)} \right| + C$

(C) माना $I = \int \frac{x \, dx}{\sqrt[15]{\left(1+x^2\right)^{12}\left(2+x^2\right)^{18}}}$.
हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{12/15}\left(2+x^2\right)^{18/15}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5}\left(2+x^2\right)^{6/5}}$.
अंश और हर को $(1+x^2)^{6/5}$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5+6/5} \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^2 \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}}$.
माना $u = \frac{2+x^2}{1+x^2}$. तब $du = \frac{(1+x^2)(2x) - (2+x^2)(2x)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{2x(1+x^2-2-x^2)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{-2x \, dx}{(1+x^2)^2}$.
अतः,$\frac{x \, dx}{(1+x^2)^2} = -\frac{du}{2}$.
समाकलन में मान रखने पर:
$I = -\frac{1}{2} \int u^{-6/5} \, du = -\frac{1}{2} \left( \frac{u^{-1/5}}{-1/5} \right) + C = \frac{5}{2} u^{-1/5} + C$.
$u$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{5}{2} \left( \frac{2+x^2}{1+x^2} \right)^{-1/5} + C = \frac{5}{2} \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/5} + C$.
$\alpha \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/n} + C$ से तुलना करने पर,हमें $\alpha = \frac{5}{2}$ और $n = 5$ प्राप्त होता है.
इसलिए,$\frac{n}{\alpha} = \frac{5}{5/2} = 2$.

(D) माना $I = \int \frac{1 - (\cot x)^{2021}}{\tan x + (\cot x)^{2022}} dx$ है।
अंश और हर को $(\sin x)^{2022} \cos x$ से गुणा करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{1 - \frac{(\cos x)^{2021}}{(\sin x)^{2021}}}{\frac{\sin x}{\cos x} + \frac{(\cos x)^{2022}}{(\sin x)^{2022}}} dx = \int \frac{(\sin x)^{2021} - (\cos x)^{2021}}{(\sin x)^{2021}} \cdot \frac{(\sin x)^{2022} \cos x}{(\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}} dx$.
व्यंजक को सरल करने पर:
$I = \int \frac{(\sin x)^{2021} - (\cos x)^{2021}}{1} \cdot \frac{\sin x \cos x}{(\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}} dx$.
$I = \int \frac{(\sin x)^{2022} \cos x - (\cos x)^{2022} \sin x}{(\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}} dx$.
माना $f(x) = (\sin x)^{2023} + (\cos x)^{2023}$ है।
तब $f'(x) = 2023(\sin x)^{2022} \cos x - 2023(\cos x)^{2022} \sin x = 2023 [(\sin x)^{2022} \cos x - (\cos x)^{2022} \sin x]$ है।
अतः,$I = \frac{1}{2023} \int \frac{f'(x)}{f(x)} dx = \frac{1}{2023} \ln |f(x)| + c$ है।
दिए गए रूप के साथ तुलना करने पर,हमें $A = 2023$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{\sqrt{1-x^4}}{x^7} dx$.
$x^2 = u$ प्रतिस्थापित करने पर,$2x dx = du$,जिससे $dx = \frac{du}{2\sqrt{u}}$ प्राप्त होता है।
अतः $I = \int \frac{\sqrt{1-u^2}}{u^{7/2}} \cdot \frac{du}{2\sqrt{u}} = \frac{1}{2} \int \frac{\sqrt{1-u^2}}{u^4} du$.
$u = \sin v$ प्रतिस्थापित करने पर,$du = \cos v dv$ प्राप्त होता है।
$I = \frac{1}{2} \int \frac{\cos^2 v}{\sin^4 v} dv = \frac{1}{2} \int \cot^2 v \csc^2 v dv$.
$\cot v = w$ लेने पर,$-\csc^2 v dv = dw$ प्राप्त होता है।
$I = \frac{1}{2} \int -w^2 dw = -\frac{1}{2} \cdot \frac{w^3}{3} + C = -\frac{1}{6} \cot^3 v + C$.
चूंकि $\cot v = \frac{\sqrt{1-u^2}}{u} = \frac{\sqrt{1-x^4}}{x^2}$,इसलिए $I = -\frac{1}{6} \left( \frac{\sqrt{1-x^4}}{x^2} \right)^3 + C = -\frac{1}{6x^6} (\sqrt{1-x^4})^3 + C$.
$f(x) \{\sqrt{1-x^4}\}^n + C$ से तुलना करने पर,$f(x) = -\frac{1}{6x^6}$ और $n = 3$ प्राप्त होता है।
अतः,$(f(x))^n = (-\frac{1}{6x^6})^3 = -\frac{1}{216x^{18}}$.

(D) हमारे पास है,$\int \frac{5 \tan x}{\tan x-2} d x = x + a \log |\sin x - 2 \cos x| + K$.
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\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} $
अंश और हर को $\cos x$ से विभाजित करने पर:
$\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} $
$\tan x$ के गुणांकों और अचर पदों की तुलना करने पर:
$5 = 2a + 1 \Rightarrow 2a = 4 \Rightarrow a = 2$
साथ ही,$a - 2 = 0 \Rightarrow a = 2$.
अतः,$a = 2$ है।

(B) माना $I = \int \frac{2 \cos x+3 \sin x}{4 \cos x+5 \sin x} dx$.
अंश को इस प्रकार व्यक्त करते हैं:
$2 \cos x + 3 \sin x = A(4 \cos x + 5 \sin x) + B \frac{d}{dx}(4 \cos x + 5 \sin x)$.
$2 \cos x + 3 \sin x = A(4 \cos x + 5 \sin x) + B(-4 \sin x + 5 \cos x)$.
$2 \cos x + 3 \sin x = (4A + 5B) \cos x + (5A - 4B) \sin x$.
गुणांकों की तुलना करने पर:
$4A + 5B = 2$ और $5A - 4B = 3$.
पहले समीकरण को $4$ से और दूसरे को $5$ से गुणा करने पर:
$16A + 20B = 8$ और $25A - 20B = 15$.
दोनों को जोड़ने पर: $41A = 23 \implies A = \frac{23}{41}$.
$A$ का मान $4A + 5B = 2$ में रखने पर:
$4(\frac{23}{41}) + 5B = 2 \implies \frac{92}{41} + 5B = 2 \implies 5B = 2 - \frac{92}{41} = \frac{82-92}{41} = \frac{-10}{41} \implies B = \frac{-2}{41}$.
अतः,$\int \frac{2 \cos x+3 \sin x}{4 \cos x+5 \sin x} dx = \int \left( \frac{23}{41} + \frac{-2}{41} \frac{-4 \sin x + 5 \cos x}{4 \cos x + 5 \sin x} \right) dx$.
$= \frac{23}{41} x - \frac{2}{41} \log |4 \cos x + 5 \sin x| + c$.
दिए गए रूप से तुलना करने पर,$K = \frac{-2}{41}$.

(A) हमें समाकलन $I = \int \frac{5 \tan x}{\tan x - 2} dx = \int \frac{5 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$ दिया गया है।
माना $5 \sin x = \alpha(\sin x - 2 \cos x) + \beta \frac{d}{dx}(\sin x - 2 \cos x)$।
$5 \sin x = \alpha(\sin x - 2 \cos x) + \beta(\cos x + 2 \sin x)$।
$\sin x$ और $\cos x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$\sin x$ के लिए: $5 = \alpha + 2\beta$ $(i)$
$\cos x$ के लिए: $0 = -2\alpha + \beta \implies \beta = 2\alpha$ (ii)
(ii) को $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर: $5 = \alpha + 2(2\alpha) = 5\alpha \implies \alpha = 1$।
अतः $\beta = 2(1) = 2$।
इस प्रकार,$5 \sin x = 1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)$।
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)}{\sin x - 2 \cos x} dx$
$I = \int 1 dx + 2 \int \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$
$I = x + 2 \log |\sin x - 2 \cos x| + \gamma$।
इसे दिए गए रूप $\alpha x + \beta \log |\sin x - 2 \cos x| + \gamma$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 1$ और $\beta = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$\alpha - \beta = 1 - 2 = -1$।

(A) माना $I = \int \frac{x-1}{(x+1) \sqrt{x^3+x^2+x}} d x$.
अंश और हर को $x^2$ से भाग देने पर:
$I = \int \frac{x-1}{(x+1) \sqrt{x^2(x+1+\frac{1}{x})}} d x = \int \frac{x-1}{x(x+1) \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}} d x$.
अंश और हर को $x$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{x^2-1}{x^2(x+1) \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}} d x$.
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$I = \int \frac{(1 - \frac{1}{x^2}) d x}{(1 + \frac{1}{x}) \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}}$.
माना $t = \sqrt{x+1+\frac{1}{x}}$. तब $t^2 = x+1+\frac{1}{x}$,और $2t dt = (1 - \frac{1}{x^2}) dx$.
अतः,$I = 2 \tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}} \right) + c$.

(D) दिया गया है $I_n = \int \frac{\sin nx}{\sin x} dx$.
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{\sin nx - \sin(n-2)x}{\sin x} dx$ पर विचार करें।
सूत्र $\sin A - \sin B = 2 \cos(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{A-B}{2})$ का उपयोग करने पर:
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{2 \cos((n-1)x) \sin x}{\sin x} dx = \int 2 \cos((n-1)x) dx = \frac{2 \sin((n-1)x)}{n-1} + C'$.
$n=6$ के लिए,$I_6 - I_4 = \frac{2 \sin 5x}{5}$.
$n=4$ के लिए,$I_4 - I_2 = \frac{2 \sin 3x}{3}$.
$n=2$ के लिए,$I_2 = \int \frac{\sin 2x}{\sin x} dx = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\sin x} dx = 2 \int \cos x dx = 2 \sin x + C''$.
इन सबका योग करने पर,$I_6 = (I_6 - I_4) + (I_4 - I_2) + I_2 = \frac{2 \sin 5x}{5} + \frac{2 \sin 3x}{3} + 2 \sin x + c$.
$\sin 3x = 3 \sin x - 4 \sin^3 x$ का उपयोग करने पर:
$I_6 = \frac{2}{5} \sin 5x + \frac{2}{3}(3 \sin x - 4 \sin^3 x) + 2 \sin x + c$
$I_6 = \frac{2}{5} \sin 5x + 2 \sin x - \frac{8}{3} \sin^3 x + 2 \sin x + c$
$I_6 = \frac{2}{5} \sin 5x - \frac{8}{3} \sin^3 x + 4 \sin x + c$.

(D) माना $I = \int \frac{x - 1}{(x + 1) \sqrt{x(x^2 + x + 1)}} dx$ है।
वर्गमूल के अंदर अंश और हर को $x$ से विभाजित करने और व्यंजक को समायोजित करने पर:
$I = \int \frac{x - 1}{(x + 1) \sqrt{x^2(x + 1 + \frac{1}{x})}} dx = \int \frac{x - 1}{(x + 1) x \sqrt{x + 1 + \frac{1}{x}}} dx$।
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}}{(1 + \frac{1}{x}) \sqrt{x + 1 + \frac{1}{x}}} dx$।
माना $t = \sqrt{x + 1 + \frac{1}{x}}$ है। तब $t^2 = x + 1 + \frac{1}{x}$,जिससे $2t dt = (1 - \frac{1}{x^2}) dx$ प्राप्त होता है।
इस प्रतिस्थापन से समाकलन सरल होकर निम्न रूप में आता है:
$I = 2 \tan^{-1} \left( \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1} \right) + c$।

(A) माना $I = \int \frac{\sin^8 x - \cos^8 x}{1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x} dx$.
हम जानते हैं कि $\sin^8 x - \cos^8 x = (\sin^4 x - \cos^4 x)(\sin^4 x + \cos^4 x)$.
साथ ही,$1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = \sin^4 x + \cos^4 x$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{(\sin^4 x - \cos^4 x)(\sin^4 x + \cos^4 x)}{\sin^4 x + \cos^4 x} dx$.
$I = \int (\sin^4 x - \cos^4 x) dx$.
सर्वसमिका $\sin^4 x - \cos^4 x = (\sin^2 x - \cos^2 x)(\sin^2 x + \cos^2 x) = -\cos 2x(1) = -\cos 2x$ का उपयोग करने पर।
$I = \int -\cos 2x dx = -\frac{\sin 2x}{2} + B$.
इसकी तुलना $I = A \sin 2x + B$ से करने पर,हमें $A = -\frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int_{\frac{1}{\sqrt[5]{31}}}^{\frac{1}{\sqrt[5]{242}}} \frac{dx}{\sqrt[5]{x^{30}+x^{25}}}$.
हर से $x^{30}$ कॉमन लेने पर: $I = \int_{\frac{1}{\sqrt[5]{31}}}^{\frac{1}{\sqrt[5]{242}}} \frac{dx}{\sqrt[5]{x^{30}(1+x^{-5})}} = \int_{\frac{1}{\sqrt[5]{31}}}^{\frac{1}{\sqrt[5]{242}}} \frac{dx}{x^6(1+x^{-5})^{1/5}}$.
माना $t = 1 + x^{-5}$. तब $dt = -5x^{-6} dx$,जिसका अर्थ है $x^{-6} dx = -\frac{1}{5} dt$.
समाकलन की सीमाएं बदलने पर:
जब $x = \frac{1}{\sqrt[5]{31}}$,तब $t = 1 + (\sqrt[5]{31})^5 = 1 + 31 = 32$.
जब $x = \frac{1}{\sqrt[5]{242}}$,तब $t = 1 + (\sqrt[5]{242})^5 = 1 + 242 = 243$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_{32}^{243} -\frac{1}{5} t^{-1/5} dt = -\frac{1}{5} \left[ \frac{t^{4/5}}{4/5} \right]_{32}^{243} = -\frac{1}{4} [t^{4/5}]_{32}^{243}$.
$I = -\frac{1}{4} (243^{4/5} - 32^{4/5}) = -\frac{1}{4} ((3^5)^{4/5} - (2^5)^{4/5}) = -\frac{1}{4} (3^4 - 2^4) = -\frac{1}{4} (81 - 16) = -\frac{65}{4}$.

(A) माना $I = \int (\log x)^5 dx$ है।
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = e^t$ और $dx = e^t dt$ प्राप्त होता है।
अतः $I = \int t^5 e^t dt$।
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर,$\int t^n e^t dt = e^t [t^n - n t^{n-1} + n(n-1) t^{n-2} - \dots + (-1)^n n!]$।
$n = 5$ के लिए,$I = e^t [t^5 - 5t^4 + 20t^3 - 60t^2 + 120t - 120] + C$।
$t = \log x$ वापस रखने पर,$I = x [(\log x)^5 - 5(\log x)^4 + 20(\log x)^3 - 60(\log x)^2 + 120(\log x) - 120] + C$।
दिए गए व्यंजक के साथ तुलना करने पर,गुणांक $A = 1, B = -5, C = 20, D = -60, E = 120, F = -120$ प्राप्त होते हैं।
अतः,$A + B + C + D + E + F = 1 - 5 + 20 - 60 + 120 - 120 = -44$।

(D) समाकलन $I_{m} = \int_{0}^{\infty} e^{-x} \sin^{m} x dx$ के लिए सामान्य सूत्र $I_{m} = \frac{m(m - 1)}{1 + m^{2}} I_{m - 2}$ है,जहाँ $m > 2$ है।
$m = 6$ के लिए इस पुनरावृत्ति संबंध का उपयोग करते हुए:
$I_{6} = \frac{6(5)}{1 + 6^{2}} I_{4} = \frac{30}{37} I_{4}$
$I_{4} = \frac{4(3)}{1 + 4^{2}} I_{2} = \frac{12}{17} I_{2}$
$I_{2} = \frac{2(1)}{1 + 2^{2}} I_{0} = \frac{2}{5} I_{0}$
अब,$I_{0}$ की गणना करते हैं:
$I_{0} = \int_{0}^{\infty} e^{-x} dx = [-e^{-x}]_{0}^{\infty} = 0 - (-1) = 1$
इन मानों को वापस रखने पर:
$I_{6} = \frac{30}{37} \times \frac{12}{17} \times \frac{2}{5} \times 1 = \frac{720}{3145} = \frac{144}{629}$.

(C) दिया गया है $I_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \, dx$,जहाँ $n \geq 2$ है।
$F_n = I_n + I_{n-2} = \int_0^{\pi / 4} (\tan^n x + \tan^{n-2} x) \, dx$.
$F_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^{n-2} x (\tan^2 x + 1) \, dx = \int_0^{\pi / 4} \tan^{n-2} x \sec^2 x \, dx$.
माना $t = \tan x$,तो $dt = \sec^2 x \, dx$.
जब $x = 0, t = 0$ और जब $x = \pi / 4, t = 1$.
$F_n = \int_0^1 t^{n-2} \, dt = \left[ \frac{t^{n-1}}{n-1} \right]_0^1 = \frac{1}{n-1}$.
इसी प्रकार,$F_{n+1} = \frac{1}{(n+1)-1} = \frac{1}{n}$.
अतः,$F_n - F_{n+1} = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} = \frac{n - (n-1)}{n(n-1)} = \frac{1}{n(n-1)}$.

(B) माना $I = \int (1+x-x^{-1}) e^{x+x^{-1}} dx$.
हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int e^{x+x^{-1}} dx + \int x(1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}} dx$.
ध्यान दें कि $e^{x+x^{-1}}$ का अवकलन $(1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}}$ है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) के सूत्र $\int u dv = uv - \int v du$ का उपयोग करते हुए,$u = x$ और $dv = (1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}} dx$ लें।
तब $du = dx$ और $v = e^{x+x^{-1}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\int x(1-x^{-2}) e^{x+x^{-1}} dx = x e^{x+x^{-1}} - \int e^{x+x^{-1}} dx$.
इस मान को $I$ के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int e^{x+x^{-1}} dx + x e^{x+x^{-1}} - \int e^{x+x^{-1}} dx + c = x e^{x+x^{-1}} + c$.
इसलिए,$f(x) = x e^{x+x^{-1}}$.
अब,$f(1) - f(-1)$ की गणना करें:
$f(1) = 1 \cdot e^{1+1} = e^2$.
$f(-1) = -1 \cdot e^{-1-1} = -e^{-2}$.
$f(1) - f(-1) = e^2 - (-e^{-2}) = e^2 + e^{-2}$.

(D) हमें $I_n = \int \frac{\sin nx}{\sin x} dx$ दिया गया है।
अंतर $I_n - I_{n-2}$ पर विचार करें:
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{\sin nx - \sin(n-2)x}{\sin x} dx$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin A - \sin B = 2 \cos \left( \frac{A+B}{2} \right) \sin \left( \frac{A-B}{2} \right)$ का उपयोग करते हुए:
$\sin nx - \sin(n-2)x = 2 \cos \left( \frac{nx + nx - 2x}{2} \right) \sin \left( \frac{nx - nx + 2x}{2} \right) = 2 \cos((n-1)x) \sin x$.
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I_n - I_{n-2} = \int \frac{2 \cos((n-1)x) \sin x}{\sin x} dx = 2 \int \cos((n-1)x) dx$.
समाकलन करने पर हमें प्राप्त होता है:
$I_n - I_{n-2} = \frac{2 \sin((n-1)x)}{n-1} + C$.
$I_{n+1} - I_{n-1}$ ज्ञात करने के लिए,हम $n$ को $n+1$ से प्रतिस्थापित करते हैं:
$I_{n+1} - I_{(n+1)-2} = I_{n+1} - I_{n-1} = \frac{2 \sin((n+1-1)x)}{n+1-1} = \frac{2 \sin nx}{n}$.
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) हमारे पास समाकलन $I = \int \frac{\sin ^8 x-\cos ^8 x}{1-2 \sin ^2 x \cos ^2 x} d x$ है।
सर्वसमिका $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ का उपयोग करके,हम अंश का गुणनखंड कर सकते हैं:
$\sin ^8 x - \cos ^8 x = (\sin ^4 x - \cos ^4 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x) = (\sin ^2 x - \cos ^2 x)(\sin ^2 x + \cos ^2 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x)$.
चूंकि $\sin ^2 x + \cos ^2 x = 1$,इसलिए अंश $(\sin ^2 x - \cos ^2 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x)$ हो जाता है।
अब,हर पर विचार करें: $1 - 2 \sin ^2 x \cos ^2 x$.
हम जानते हैं कि $1 = (\sin ^2 x + \cos ^2 x)^2 = \sin ^4 x + \cos ^4 x + 2 \sin ^2 x \cos ^2 x$.
इसलिए,$1 - 2 \sin ^2 x \cos ^2 x = \sin ^4 x + \cos ^4 x$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{(\sin ^2 x - \cos ^2 x)(\sin ^4 x + \cos ^4 x)}{\sin ^4 x + \cos ^4 x} d x = \int (\sin ^2 x - \cos ^2 x) d x$.
सर्वसमिका $\cos 2x = \cos ^2 x - \sin ^2 x$ का उपयोग करते हुए,हमें $\sin ^2 x - \cos ^2 x = -\cos 2x$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int -\cos 2x d x = -\frac{1}{2} \sin 2x + C$.

(A) $\text{दिया गया है } I = \int \frac{1}{\operatorname{cosec} x+\cos x} d x = \int \frac{\sin x}{1+\sin x \cos x} d x = \int \frac{2 \sin x}{2+\sin 2 x} d x$
$\text{हम } 2 \sin x = (\sin x + \cos x) - (\cos x - \sin x) \text{ लिख सकते हैं।}$
$\text{अतः, } I = \int \frac{\sin x + \cos x}{2 + \sin 2x} d x - \int \frac{\cos x - \sin x}{2 + \sin 2x} d x$
$\text{दिए गए समीकरण से तुलना करने पर, } \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log |f(x)| = \int \frac{\sin x + \cos x}{2 + \sin 2x} d x$
$\text{ध्यान दें कि } 2 + \sin 2x = 3 - (1 - \sin 2x) = 3 - (\sin x - \cos x)^2$
$\text{माना } u = \sin x - \cos x, \text{ तो } du = (\cos x + \sin x) d x$
$\int \frac{du}{3 - u^2} = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \log \left| \frac{\sqrt{3} + u}{\sqrt{3} - u} \right| + C$
$\text{इस प्रकार, } f(x) = \frac{\sqrt{3} + \sin x - \cos x}{\sqrt{3} - \sin x + \cos x}$
$\text{जब } x = \frac{\pi}{3}, \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} \text{ और } \cos x = \frac{1}{2}$
$|f(\frac{\pi}{3})| = \left| \frac{\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}}{\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}} \right| = \frac{\frac{3 \sqrt{3} - 1}{2}}{\frac{\sqrt{3} + 1}{2}} = \frac{3 \sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1}$

(A) $\int \frac{1+\sqrt{3} \cot x}{1-\sqrt{3} \cot x} d x = \int \frac{\tan x+\sqrt{3}}{\tan x-\sqrt{3}} d x = \int \frac{\sin x+\sqrt{3} \cos x}{\sin x-\sqrt{3} \cos x} d x$
माना $\sin x+\sqrt{3} \cos x = K_1(\cos x+\sqrt{3} \sin x) + K_2(\sin x-\sqrt{3} \cos x)$.
$\sin x$ और $\cos x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$\sqrt{3} K_1 + K_2 = 1$ $(i)$
$K_1 - \sqrt{3} K_2 = \sqrt{3}$ (ii)
इन्हें हल करने पर,हमें $K_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$ और $K_2 = -\frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,समाकलन $\int \frac{K_1(\cos x+\sqrt{3} \sin x) + K_2(\sin x-\sqrt{3} \cos x)}{\sin x-\sqrt{3} \cos x} d x$ बन जाता है।
$= K_1 \int \frac{d(\sin x-\sqrt{3} \cos x)}{\sin x-\sqrt{3} \cos x} + K_2 \int 1 d x$
$= \frac{\sqrt{3}}{2} \ln |\sin x-\sqrt{3} \cos x| - \frac{1}{2} x + C$
चूंकि $\sin x-\sqrt{3} \cos x = 2(\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x) = 2 \sin(x-\frac{\pi}{3})$,
अतः व्यंजक $-\frac{x}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \ln |2 \sin(x-\frac{\pi}{3})| + C = -\frac{x}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \ln |\sin(x-\frac{\pi}{3})| + C'$ हो जाता है।

(D) हमें समाकलन $I = \int \frac{1+\cos 8 x}{\tan 2 x-\cot 2 x} d x$ दिया गया है।
सर्वसमिका $1+\cos 8x = 2\cos^2 4x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{2 \cos ^2 4 x}{\frac{\sin 2 x}{\cos 2 x}-\frac{\cos 2 x}{\sin 2 x}} d x$.
हर को सरल करने पर: $\frac{\sin 2 x}{\cos 2 x}-\frac{\cos 2 x}{\sin 2 x} = \frac{\sin^2 2x - \cos^2 2x}{\sin 2x \cos 2x} = \frac{-\cos 4x}{\frac{1}{2}\sin 4x} = -2\cot 4x$.
अतः,$I = \int \frac{2 \cos^2 4x}{-2\cot 4x} d x = -\int \frac{\cos^2 4x}{\frac{\cos 4x}{\sin 4x}} d x = -\int \cos 4x \sin 4x d x$.
$2$ से गुणा और भाग करने पर: $I = -\frac{1}{2} \int 2 \sin 4x \cos 4x d x = -\frac{1}{2} \int \sin 8x d x$.
समाकलन करने पर: $I = -\frac{1}{2} \left( -\frac{\cos 8x}{8} \right) + c = \frac{1}{16} \cos 8x + c$.
$f(x) \cdot \cos(g(x)) + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $f(x) = \frac{1}{16}$ और $g(x) = 8x$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$f\left(\frac{1}{4}\right) + g\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{16} + 8\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{16} + 2 = \frac{33}{16}$.

(B) दिया गया है $\tan \alpha = \frac{4}{3}$। चूँकि $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{4}{3}$,इसलिए $\sin \alpha = \frac{4}{5}$ और $\cos \alpha = \frac{3}{5}$ है।
माना $I = \int \frac{dx}{3 \cos x - 4 \sin x}$।
$\sqrt{3^2 + 4^2} = 5$ से गुणा और भाग करने पर:
$I = \frac{1}{5} \int \frac{dx}{\frac{3}{5} \cos x - \frac{4}{5} \sin x} = \frac{1}{5} \int \frac{dx}{\cos \alpha \cos x - \sin \alpha \sin x}$।
सर्वसमिका $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{5} \int \frac{dx}{\cos(x + \alpha)} = \frac{1}{5} \int \sec(x + \alpha) dx$।
$\sec \theta$ का समाकलन $\log | \sec \theta + \tan \theta |$ या $\log | \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2}) |$ होता है।
अतः,$I = \frac{1}{5} \log \left| \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{x + \alpha}{2} \right) \right| + c = \frac{1}{5} \log \left| \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} + \frac{\alpha}{2} \right) \right| + c$।

(D) माना $I = \int \sqrt{x^2+2x} \, dx$.
पूर्ण वर्ग बनाने पर,हमें प्राप्त होता है $x^2+2x = (x+1)^2 - 1$.
अतः,$I = \int \sqrt{(x+1)^2 - 1} \, dx$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \sqrt{u^2-a^2} \, du = \frac{u}{2} \sqrt{u^2-a^2} - \frac{a^2}{2} \cosh^{-1} \left( \frac{u}{a} \right) + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = x+1$ और $a = 1$:
$I = \frac{x+1}{2} \sqrt{(x+1)^2-1} - \frac{1^2}{2} \cosh^{-1} \left( \frac{x+1}{1} \right) + C$.
इस प्रकार,$I = \frac{x+1}{2} \sqrt{x^2+2x} - \frac{1}{2} \cosh^{-1}(x+1) + C$.

(B) माना $I = \int \frac{2 x^{12}+5 x^9}{\left(1+x^3+x^5\right)^3} d x$.
समाकलन के अंदर अंश और हर को $x^{15}$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{2 x^{12}+5 x^9}{x^{15} \left(\frac{1}{x^5}+\frac{x^3}{x^5}+\frac{x^5}{x^5}\right)^3} d x = \int \frac{2 x^{-3}+5 x^{-6}}{\left(x^{-5}+x^{-2}+1\right)^3} d x$.
माना $t = 1 + x^{-2} + x^{-5}$.
तब $dt = (-2x^{-3} - 5x^{-6}) dx$,जिसका अर्थ है कि $-(2x^{-3} + 5x^{-6}) dx = dt$.
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = -\int \frac{dt}{t^3} = -\int t^{-3} dt = -\frac{t^{-2}}{-2} + C = \frac{1}{2t^2} + C$.
$t$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{2 \left(1 + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^5}\right)^2} + C = \frac{1}{2 \left(\frac{x^5+x^3+1}{x^5}\right)^2} + C = \frac{x^{10}}{2(1+x^3+x^5)^2} + C$.
इसकी तुलना $\frac{x^m}{l(1+x^3+x^5)^r} + C$ से करने पर,हमें $m=10$,$l=2$,और $r=2$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{m-l}{r} = \frac{10-2}{2} = \frac{8}{2} = 4$.

(C) माना $I = \int \frac{25 x^2+8}{\sqrt{25 x^2+9}} dx$.
हम अंश को $(25x^2 + 9) - 1$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$I = \int \frac{25x^2 + 9 - 1}{\sqrt{25x^2 + 9}} dx = \int \sqrt{25x^2 + 9} dx - \int \frac{1}{\sqrt{25x^2 + 9}} dx$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \sqrt{a^2x^2 + b^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2x^2 + b^2} + \frac{b^2}{2a}\sinh^{-1}(\frac{ax}{b})$ और $\int \frac{1}{\sqrt{a^2x^2 + b^2}} dx = \frac{1}{a}\sinh^{-1}(\frac{ax}{b})$ का उपयोग करने पर।
यहाँ $a=5$ और $b=3$ है।
$I = [\frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{9}{2(5)}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3})] - \frac{1}{5}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.
$I = \frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{9}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) - \frac{2}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.
$I = \frac{x}{2}\sqrt{25x^2 + 9} + \frac{7}{10}\sinh^{-1}(\frac{5x}{3}) + C$.

(B) दिया गया है $5(f(x))^2 = x f(x) + 30$। $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $10 f(x) f'(x) = x f'(x) + f(x)$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $(10 f(x) - x) f'(x) = f(x)$।
माना $I = \int \frac{3 x^3 + (1 - 30 x^2) f(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$।
अंश में $f(x) = (10 f(x) - x) f'(x)$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{3 x^3 - 30 x^2 f(x) + (10 f(x) - x) f'(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$
$I = \int \frac{3 x^2(x - 10 f(x)) + (10 f(x) - x) f'(x)}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx$
$I = \int \frac{-(10 f(x) - x)(3 x^2 - f'(x))}{(10 f(x) - x)(x^3 - f(x))^2} dx = -\int \frac{3 x^2 - f'(x)}{(x^3 - f(x))^2} dx$।
माना $t = x^3 - f(x)$,तो $dt = (3 x^2 - f'(x)) dx$।
अतः,$I = -\int \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{t} + C = \frac{1}{x^3 - f(x)} + C$।
$\frac{A}{B x^3 + D f(x)} + C$ से तुलना करने पर,हमें $A = 1, B = 1, D = -1$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$A + B + D = 1 + 1 - 1 = 1$।

(C) हमारे पास है,$\int \frac{2 \, dx}{\sqrt{\cot^2 x - \tan^2 x}}$.
इसे $\sin x$ और $\cos x$ में बदलने पर:
$= \int \frac{2 \, dx}{\sqrt{\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} - \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}}} = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\sqrt{\cos^4 x - \sin^4 x}} \, dx$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ और $\cos^4 x - \sin^4 x = (\cos^2 x - \sin^2 x)(\cos^2 x + \sin^2 x) = \cos 2x \cdot 1 = \cos 2x$ का उपयोग करने पर:
$= \int \frac{\sin 2x \, dx}{\sqrt{\cos 2x}}$.
माना $t = \cos 2x$,तो $dt = -2 \sin 2x \, dx$,जिसका अर्थ है कि $\sin 2x \, dx = -\frac{1}{2} dt$.
$= -\frac{1}{2} \int \frac{dt}{\sqrt{t}} = -\frac{1}{2} \int t^{-1/2} \, dt = -\frac{1}{2} \left( \frac{t^{1/2}}{1/2} \right) + c = -\sqrt{t} + c$.
$t = \cos 2x$ वापस रखने पर,हमें $-\sqrt{\cos 2x} + c$ प्राप्त होता है.
$-\sqrt{f(x)} + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $f(x) = \cos 2x$ प्राप्त होता है.

(C) माना $I = \int \frac{dx}{\sqrt{(x-1)(x-2)}} = \int \frac{dx}{\sqrt{x^2-3x+2}}$.
हर में पूर्ण वर्ग बनाने पर:
$x^2-3x+2 = (x^2-3x+\frac{9}{4}) - \frac{9}{4} + 2 = (x-\frac{3}{2})^2 - \frac{1}{4} = (x-\frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2$.
अतः,$I = \int \frac{dx}{\sqrt{(x-\frac{3}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \cosh^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \cosh^{-1}(\frac{x-3/2}{1/2}) + c = \cosh^{-1}(2x-3) + c$.

(A) दिया गया समीकरण: $\int f(x) \cos x \, dx = \frac{1}{2} [f(x)]^2 + C$.
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f(x) \cos x = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} [f(x)]^2 + C \right)$.
श्रृंखला नियम (chain rule) का उपयोग करने पर:
$f(x) \cos x = \frac{1}{2} \cdot 2 f(x) \cdot f'(x)$.
व्यंजक को सरल करने पर:
$f(x) \cos x = f(x) \cdot f'(x)$.
$f(x) \neq 0$ के लिए,$f'(x) = \cos x$ प्राप्त होता है।
$x = 0$ रखने पर:
$f'(0) = \cos(0) = 1$.

(C) माना $I = \int \frac{x^2-1}{(x+1)^2 \sqrt{x(x^2+x+1)}} dx$.
दाहिनी ओर के पद का अवकलन करने पर:
$\frac{d}{dx} \left( A \tan^{-1} \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}} \right) = A \cdot \frac{1}{1 + \frac{x^2+x+1}{x}} \cdot \frac{d}{dx} \left( \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}} \right)$.
$= A \cdot \frac{x}{x^2+2x+1} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x}}} \cdot \left( \frac{x(2x+1) - (x^2+x+1)}{x^2} \right)$.
$= A \cdot \frac{x}{(x+1)^2} \cdot \frac{\sqrt{x}}{2 \sqrt{x^2+x+1}} \cdot \left( \frac{2x^2+x-x^2-x-1}{x^2} \right)$.
$= A \cdot \frac{x}{(x+1)^2} \cdot \frac{\sqrt{x}}{2 \sqrt{x^2+x+1}} \cdot \frac{x^2-1}{x^2}$.
$= A \cdot \frac{x^2-1}{2(x+1)^2 \sqrt{x(x^2+x+1)}}$.
दिए गए समाकलन से तुलना करने पर,$\frac{A}{2} = 1$,अतः $A = 2$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int \frac{2 \sin x - 3 \cos x}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
अंश को $A \cdot (\text{हर}) + B \cdot \frac{d}{dx}(\text{हर})$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
$2 \sin x - 3 \cos x = A(4 \cos x - 3 \sin x) + B(-4 \sin x - 3 \cos x)$.
$\sin x$ और $\cos x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$-3A - 4B = 2$ और $4A - 3B = -3$.
इन समीकरणों को हल करने पर:
पहले समीकरण को $3$ से और दूसरे को $4$ से गुणा करने पर: $-9A - 12B = 6$ और $16A - 12B = -12$.
घटाने पर: $25A = -18 \implies A = -\frac{18}{25}$.
$A$ का मान रखने पर: $4(-\frac{18}{25}) - 3B = -3 \implies -\frac{72}{25} + 3 = 3B \implies 3B = \frac{3}{25} \implies B = \frac{1}{25}$.
अतः,$I = \int \frac{-\frac{18}{25}(4 \cos x - 3 \sin x) + \frac{1}{25}(-4 \sin x - 3 \cos x)}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
$I = -\frac{18}{25} \int 1 dx + \frac{1}{25} \int \frac{-4 \sin x - 3 \cos x}{4 \cos x - 3 \sin x} dx$.
$I = -\frac{18}{25}x + \frac{1}{25} \log |4 \cos x - 3 \sin x| + c$.
व्यवस्थित करने पर $\frac{1}{25}[\log |4 \cos x - 3 \sin x| - 18x] + c$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int(x+2) \sqrt{x^2-x+2} \, dx$.
हम $x+2 = A \frac{d}{dx}(x^2-x+2) + B = A(2x-1) + B = 2Ax + (B-A)$ लिखते हैं।
गुणांकों की तुलना करने पर,$2A = 1 \implies A = \frac{1}{2}$ और $B-A = 2 \implies B = \frac{5}{2}$.
अतः,$I = \int \left[ \frac{1}{2}(2x-1) + \frac{5}{2} \right] \sqrt{x^2-x+2} \, dx = \frac{1}{2} \int (2x-1) \sqrt{x^2-x+2} \, dx + \frac{5}{2} \int \sqrt{x^2-x+2} \, dx$.
प्रथम भाग के लिए,$u = x^2-x+2$ लेने पर,$du = (2x-1)dx$,अतः $\frac{1}{2} \int u^{1/2} du = \frac{1}{3} (x^2-x+2)^{3/2}$.
दूसरे भाग के लिए,$\int \sqrt{(x-1/2)^2 + 7/4} \, dx = \frac{x-1/2}{2} \sqrt{x^2-x+2} + \frac{7/8} \ln |(x-1/2) + \sqrt{x^2-x+2}|$.
इस प्रकार,$I = \frac{1}{3} (x^2-x+2)^{3/2} + \frac{5}{8} (2x-1) \sqrt{x^2-x+2} + \frac{35}{16} \ln |x-1/2 + \sqrt{x^2-x+2}| + c$.
दिए गए रूप से तुलना करने पर,$f(x) = (x^2-x+2)^{3/2}$,$g(x) = (2x-1) \sqrt{x^2-x+2}$,$h(x) = \ln |x-1/2 + \sqrt{x^2-x+2}|$.
$f(-1) = 8$,$g(-1) = -6$,$h(1/2) = 0$ (क्योंकि $\ln(1) = 0$).
अतः $f(-1)+g(-1)+h(1/2) = 8-6+0 = 2$.

(A) माना $I = \int \frac{dx}{(x^2+9) \sqrt{x^2+16}}$.
$x = 4 \tan \theta$ रखने पर,$dx = 4 \sec^2 \theta \ d\theta$ प्राप्त होता है।
अतः $\sqrt{x^2+16} = \sqrt{16 \tan^2 \theta + 16} = 4 \sec \theta$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{4 \sec^2 \theta \ d\theta}{(16 \tan^2 \theta + 9)(4 \sec \theta)} = \int \frac{\sec \theta \ d\theta}{16 \tan^2 \theta + 9} = \int \frac{\cos \theta \ d\theta}{16 \sin^2 \theta + 9 \cos^2 \theta}$।
चूंकि $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$,हर $7 \sin^2 \theta + 9$ हो जाता है।
$I = \int \frac{\cos \theta \ d\theta}{7 \sin^2 \theta + 9}$।
$u = \sin \theta$ रखने पर,$du = \cos \theta \ d\theta$ प्राप्त होता है।
$I = \int \frac{du}{7u^2 + 9} = \frac{1}{7} \int \frac{du}{u^2 + (3/\sqrt{7})^2} = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{u \sqrt{7}}{3} \right) + c = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\sqrt{7} \sin \theta}{3} \right) + c$।
चूंकि $x = 4 \tan \theta$,इसलिए $\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2+16}}$।
अतः,$I = \frac{1}{3 \sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\sqrt{7}}{3} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+16}} \right) + c$।
दिए गए व्यंजक के साथ तुलना करने पर,$K = \frac{\sqrt{7}}{3}$।

(B) हमारे पास समाकल्य $\sqrt{\frac{1-\sin 2x}{1+\sin 2x}}$ है।
सर्वसमिकाओं $1-\sin 2x = (\cos x - \sin x)^2$ और $1+\sin 2x = (\cos x + \sin x)^2$ का उपयोग करने पर:
$\sqrt{\frac{(\cos x - \sin x)^2}{(\cos x + \sin x)^2}} = \left| \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x} \right| = \left| \frac{1 - \tan x}{1 + \tan x} \right| = |\tan(\frac{\pi}{4} - x)|$.
दिया गया है $\frac{5\pi}{4} < x < \frac{7\pi}{4}$,अतः $\frac{\pi}{4} - \frac{7\pi}{4} < \frac{\pi}{4} - x < \frac{\pi}{4} - \frac{5\pi}{4}$,जो सरल होकर $-\frac{3\pi}{2} < \frac{\pi}{4} - x < -\pi$ हो जाता है।
इस अंतराल में,$\tan(\frac{\pi}{4} - x)$ धनात्मक है,इसलिए $|\tan(\frac{\pi}{4} - x)| = \tan(\frac{\pi}{4} - x)$.
अब,$\int \tan(\frac{\pi}{4} - x) dx = -\ln|\sec(\frac{\pi}{4} - x)| + c$।

(C) हमारे पास $I_1 + I_2 = \int (\sin^6 x + \cos^6 x) \, dx$ है।
सर्वसमिका $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a = \sin^2 x$ और $b = \cos^2 x$:
$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x)$।
चूंकि $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,यह $\sin^4 x + \cos^4 x - \sin^2 x \cos^2 x$ में सरल हो जाता है।
हम जानते हैं कि $\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x$।
अतः,$\sin^6 x + \cos^6 x = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4}(2 \sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$।
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ सूत्र का उपयोग करते हुए,हमें $1 - \frac{3}{4} \left( \frac{1 - \cos 4x}{2} \right) = 1 - \frac{3}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x = \frac{5}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x$ प्राप्त होता है।
इसका समाकलन करने पर: $\int (\frac{5}{8} + \frac{3}{8} \cos 4x) \, dx = \frac{5x}{8} + \frac{3 \sin 4x}{32} + c = \frac{1}{32}(20x + 3 \sin 4x) + c$।

(A) हमारे पास $I = \int \frac{x+\cos x}{1-\sin x} dx$ है।
सर्वसमिका $\frac{1}{1-\sin x} = \sec^2(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2})$ का उपयोग करते हुए।
अतः $I = \int x \sec^2(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) dx + \int \frac{\cos x}{1-\sin x} dx$।
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर: $I = x \cdot 2 \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) - \int 2 \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) dx + \int \frac{\cos x}{1-\sin x} dx$।
सरल करने पर,हमें $I = x \tan(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}) + c$ प्राप्त होता है।

(B) समाकलन $I = \int \frac{1}{(x+2) \sqrt{x^2+x+2}} \, dx$ को हल करने के लिए,हम $x+2 = \frac{1}{t}$ प्रतिस्थापन का उपयोग करते हैं।
अतः $dx = -\frac{1}{t^2} \, dt$ होगा।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = -\int \frac{1}{\sqrt{4t^2 - 3t + 1}} \, dt$
पूर्ण वर्ग बनाने की विधि का उपयोग करके,हमें $\operatorname{Sinh}^{-1}$ के रूप में उत्तर प्राप्त होता है।

(D) $I_2$ के लिए,अंश और हर को $e^{4x}$ से गुणा करें:
$I_2 = \int \frac{e^{-x} \cdot e^{4x}}{e^{-4x} \cdot e^{4x} + e^{-2x} \cdot e^{4x} + 1 \cdot e^{4x}} dx = \int \frac{e^{3x}}{1 + e^{2x} + e^{4x}} dx$.
माना $e^x = t$,तो $e^x dx = dt$,इसलिए $dx = \frac{dt}{t}$.
$I_1 = \int \frac{t}{t^4 + t^2 + 1} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{dt}{t^4 + t^2 + 1}$.
$I_2 = \int \frac{t^3}{t^4 + t^2 + 1} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{t^2}{t^4 + t^2 + 1} dt$.
$I_2 - I_1 = \int \frac{t^2 - 1}{t^4 + t^2 + 1} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{t^2 + 1 + 1/t^2} dt = \int \frac{1 - 1/t^2}{(t + 1/t)^2 - 1} dt$.
माना $u = t + 1/t$,तो $du = (1 - 1/t^2) dt$.
$I_2 - I_1 = \int \frac{du}{u^2 - 1} = \frac{1}{2} \log \left| \frac{u - 1}{u + 1} \right| + c$.
$u = e^x + e^{-x}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I_2 - I_1 = \frac{1}{2} \log \left| \frac{e^x + e^{-x} - 1}{e^x + e^{-x} + 1} \right| + c$.

(C) माना $I = \int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}} dx$ है।
$\sqrt{x} = \cos \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = \cos^2 \theta$ और $dx = -2 \cos \theta \sin \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
अतः $I = \int \frac{1}{\cos^2 \theta} \sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} (-2 \cos \theta \sin \theta) d\theta$।
$\sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}} = \tan(\theta/2)$ का उपयोग करने पर,$I = -2 \int \frac{\sin \theta}{\cos \theta} \tan(\theta/2) d\theta$।
चूँकि $\sin \theta = 2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)$ और $\cos \theta = \cos^2(\theta/2) - \sin^2(\theta/2)$,इसलिए $I = -4 \int \frac{\sin^2(\theta/2)}{\cos^2(\theta/2) - \sin^2(\theta/2)} d\theta$।
अंश और हर को $\cos^2(\theta/2)$ से विभाजित करने पर,$I = 4 \int \left( \frac{1}{1 - \tan^2(\theta/2)} - 1 \right) d\theta$।
इसका सरलीकरण $2 \log \left| \frac{1+\tan(\theta/2)}{1-\tan(\theta/2)} \right| - 2\theta + c$ होता है।
$\tan(\theta/2) = \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}}$ रखने पर,हमें $f(x) = \log \left( \frac{1+\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}} \right)$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{3x+2}{4x^2+4x+5} dx$.
इसे हल करने के लिए,हम अंश को हर के अवकलज के रूप में व्यक्त करते हैं:
$3x+2 = k \frac{d}{dx}(4x^2+4x+5) + m = k(8x+4) + m = 8kx + (4k+m)$.
गुणांकों की तुलना करने पर: $8k = 3 \implies k = \frac{3}{8}$ और $4k+m = 2 \implies 4(\frac{3}{8}) + m = 2 \implies \frac{3}{2} + m = 2 \implies m = \frac{1}{2}$.
अतः,$I = \int \frac{\frac{3}{8}(8x+4) + \frac{1}{2}}{4x^2+4x+5} dx = \frac{3}{8} \int \frac{8x+4}{4x^2+4x+5} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2x+1)^2 + 2^2} dx$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) \cdot \frac{1}{2} + c$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{8} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) + c$.
दिए गए रूप के साथ तुलना करने पर,$A = \frac{3}{8}$ और $B = \frac{1}{8}$.
इसलिए,$A+B = \frac{3}{8} + \frac{1}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

(A) माना $I = \int \frac{2 \cos 3 x-3 \sin 3 x}{\cos 3 x+2 \sin 3 x} d x$.
अंश को $A(\text{हर}) + B(\frac{d}{dx}(\text{हर}))$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
माना $2 \cos 3 x-3 \sin 3 x = A(\cos 3 x+2 \sin 3 x) + B(-3 \sin 3 x + 6 \cos 3 x)$.
$\cos 3 x$ और $\sin 3 x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$A + 6B = 2$ और $2A - 3B = -3$.
दूसरे समीकरण को $2$ से गुणा करने पर: $4A - 6B = -6$.
दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $5A = -4 \Rightarrow A = -\frac{4}{5}$.
$A$ का मान $A + 6B = 2$ में रखने पर: $-\frac{4}{5} + 6B = 2 \Rightarrow 6B = \frac{14}{5} \Rightarrow B = \frac{7}{15}$.
अतः,$I = \int \left( A + B \frac{-3 \sin 3 x + 6 \cos 3 x}{\cos 3 x+2 \sin 3 x} \right) d x$.
$I = A \int 1 dx + B \int \frac{d(\cos 3 x+2 \sin 3 x)}{\cos 3 x+2 \sin 3 x}$.
$I = -\frac{4}{5} x + \frac{7}{15} \log |\cos 3 x+2 \sin 3 x| + c$.