Integration by substitution Questions in Hindi

(B) माना $I = \int \frac{\cos x}{\sqrt{4 \sin ^2 x+4 \sin x+5}} d x$.
$\sin x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$\cos x d x = d t$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{d t}{\sqrt{4 t^2+4 t+5}} = \frac{1}{2} \int \frac{d t}{\sqrt{t^2+t+\frac{5}{4}}}$.
हर में पूर्ण वर्ग बनाने पर: $t^2+t+\frac{5}{4} = (t+\frac{1}{2})^2 + 1$.
इसलिए,$I = \frac{1}{2} \int \frac{d t}{\sqrt{(t+\frac{1}{2})^2 + 1}}$.
सूत्र $\int \frac{du}{\sqrt{u^2+a^2}} = \sinh^{-1}(\frac{u}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \sinh^{-1}(t+\frac{1}{2}) + C$.
$t = \sin x$ रखने पर,$I = \frac{1}{2} \sinh^{-1}(\sin x + \frac{1}{2}) + C$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $\frac{1}{2} \sinh^{-1}(f(x)) + C$ से करने पर,$f(x) = \sin x + \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$2 f(x) = 2(\sin x + \frac{1}{2}) = 2 \sin x + 1$.

(B) माना $I = \int \frac{x^2}{(\sqrt{4-x^2})^3} dx$ है।
$x = 2 \sin \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2 \cos \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{(2 \sin \theta)^2}{(\sqrt{4-4 \sin^2 \theta})^3} (2 \cos \theta) d\theta$
$I = \int \frac{4 \sin^2 \theta \cdot 2 \cos \theta}{(2 \cos \theta)^3} d\theta$
$I = \int \frac{8 \sin^2 \theta \cos \theta}{8 \cos^3 \theta} d\theta = \int \tan^2 \theta d\theta$
$I = \int (\sec^2 \theta - 1) d\theta = \tan \theta - \theta + C$।
चूंकि $x = 2 \sin \theta$,इसलिए $\sin \theta = \frac{x}{2}$।
अतः $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{x/2}{\sqrt{1-(x/2)^2}} = \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}$।
साथ ही,$\theta = \tan^{-1}(\frac{x}{\sqrt{4-x^2}})$।
अतः,$I = \frac{x}{\sqrt{4-x^2}} - \tan^{-1}(\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}) + C$।

(A) माना $I = \int \left( \frac{x^4-x}{x^{20}} \right)^{1/4} dx$.
$I = \int \left( \frac{x^4(1 - 1/x^3)}{x^{20}} \right)^{1/4} dx = \int \frac{1}{x^4} (1 - x^{-3})^{1/4} dx$.
माना $1 - x^{-3} = t$.
अतः,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $3x^{-4} dx = dt$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{1}{x^4} dx = \frac{1}{3} dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int (t)^{1/4} \cdot \frac{1}{3} dt = \frac{1}{3} \cdot \frac{t^{5/4}}{5/4} + C = \frac{4}{15} t^{5/4} + C$.
$t = 1 - \frac{1}{x^3} = \frac{x^3-1}{x^3}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{4}{15} \left( \frac{x^3-1}{x^3} \right)^{5/4} + C = \frac{4}{15} \left( \frac{(x^3-1)^5}{x^{15}} \right)^{1/4} + C$.

(D) माना $I = \int \frac{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^2}{\sqrt{1+x^2}} d x$ है।
$t = x + \sqrt{1+x^2}$ प्रतिस्थापित करने पर।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$dt = \left(1 + \frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}\right) dx = \left(1 + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right) dx = \left(\frac{\sqrt{1+x^2} + x}{\sqrt{1+x^2}}\right) dx$ प्राप्त होता है।
अतः,समाकलन $I = \int t dt$ हो जाता है।
$t$ का समाकलन करने पर,$I = \frac{t^2}{2} + C$ प्राप्त होता है।
$t$ का मान वापस रखने पर,$I = \frac{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^2}{2} + C$ प्राप्त होता है।

(D) हमारे पास है,$I = \int \frac{x^2-1}{x^3 \sqrt{2 x^4-2 x^2+1}} dx$.
वर्गमूल के अंदर अंश और हर को $x^4$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{x^2-1}{x^3 \cdot x^2 \sqrt{2 - \frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^4}}} dx = \int \frac{x^2-1}{x^5 \sqrt{2 - 2x^{-2} + x^{-4}}} dx$.
$I = \int \frac{x^{-3} - x^{-5}}{\sqrt{2 - 2x^{-2} + x^{-4}}} dx$.
माना $t = \sqrt{2 - 2x^{-2} + x^{-4}}$.
तब $t^2 = 2 - 2x^{-2} + x^{-4}$.
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$2t \frac{dt}{dx} = 4x^{-3} - 4x^{-5} = 4(x^{-3} - x^{-5})$.
अतः,$(x^{-3} - x^{-5}) dx = \frac{1}{2} t dt$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\frac{1}{2} t dt}{t} = \frac{1}{2} \int dt = \frac{1}{2} t + c$.
$t$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{2} \sqrt{2 - \frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^4}} + c$.

(B) माना $I = \int \frac{d x}{\left(e^x+e^{-x}\right)^2} = \int \frac{d x}{\left(e^x+\frac{1}{e^x}\right)^2}$
$= \int \frac{e^{2 x} d x}{\left(e^{2 x}+1\right)^2}$
माना $t = e^{2 x}+1$,तब $dt = 2e^{2 x} dx$,जिसका अर्थ है कि $e^{2 x} dx = \frac{dt}{2}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{1}{2} \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{2} \int t^{-2} dt$
$= \frac{1}{2} \left( \frac{t^{-1}}{-1} \right) + c = -\frac{1}{2t} + c$
$t = e^{2 x}+1$ वापस रखने पर:
$I = -\frac{1}{2\left(e^{2 x}+1\right)} + c$

(A) माना $I = \int \frac{3^x}{\sqrt{9^x-1}} dx$ है।
$3^x = t$ प्रतिस्थापित करने पर।
अतः,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $3^x \log 3 dx = dt$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $3^x dx = \frac{dt}{\log 3}$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{\log 3} \int \frac{dt}{\sqrt{t^2-1}}$।
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \log \left|x + \sqrt{x^2-a^2}\right| + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\log 3} \log \left|t + \sqrt{t^2-1}\right| + c$।
$t$ के स्थान पर $3^x$ रखने पर:
$I = \frac{1}{\log 3} \log \left|3^x + \sqrt{9^x-1}\right| + c$।

(D) माना $I = \int \sin^{-1}\left(\sqrt{\frac{x}{a+x}}\right) dx$.
$x = a \tan^2 \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2a \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
अतः $\sqrt{\frac{x}{a+x}} = \sqrt{\frac{a \tan^2 \theta}{a(1+\tan^2 \theta)}} = \sqrt{\sin^2 \theta} = \sin \theta$.
इस प्रकार,$I = \int \sin^{-1}(\sin \theta) \cdot 2a \tan \theta \sec^2 \theta d\theta = 2a \int \theta \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$.
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \theta$ और $dv = \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$ लेने पर,$du = d\theta$ और $v = \frac{\tan^2 \theta}{2}$ प्राप्त होता है।
$I = 2a \left[ \theta \cdot \frac{\tan^2 \theta}{2} - \int \frac{\tan^2 \theta}{2} d\theta \right] = a \theta \tan^2 \theta - a \int (\sec^2 \theta - 1) d\theta$.
$I = a \theta \tan^2 \theta - a(\tan \theta - \theta) + C = a \theta (\tan^2 \theta + 1) - a \tan \theta + C = a \theta \sec^2 \theta - a \tan \theta + C$.
चूंकि $\tan^2 \theta = \frac{x}{a}$,इसलिए $\theta = \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}}$ और $\sec^2 \theta = 1 + \frac{x}{a} = \frac{a+x}{a}$ है।
मान रखने पर: $I = a \left( \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} \right) \left( \frac{a+x}{a} \right) - a \sqrt{\frac{x}{a}} + C = (a+x) \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} - \sqrt{ax} + C$.
अतः,$A(x) = (a+x) \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} - \sqrt{ax}$.

(B) माना $I = \int \sqrt{e^x-4} \, dx$ है।
$e^x-4 = t^2$ रखने पर।
तब $e^x \, dx = 2t \, dt$,जिसका अर्थ है कि $dx = \frac{2t}{e^x} \, dt = \frac{2t}{t^2+4} \, dt$।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int t \cdot \frac{2t}{t^2+4} \, dt = 2 \int \frac{t^2}{t^2+4} \, dt$।
अब,समाकल्य को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$I = 2 \int \frac{t^2+4-4}{t^2+4} \, dt = 2 \int \left(1 - \frac{4}{t^2+2^2}\right) \, dt$।
पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$I = 2 \left[ t - 4 \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{t}{2}\right) \right] + C$।
$I = 2t - 4 \tan^{-1}\left(\frac{t}{2}\right) + C$।
$t = \sqrt{e^x-4}$ वापस रखने पर:
$I = 2 \sqrt{e^x-4} - 4 \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{e^x-4}}{2}\right) + C$।

(C) माना $I = \int \frac{d x}{(x+1) \sqrt{4 x+3}}$.
$4x + 3 = t^2$ प्रतिस्थापित करने पर,$4dx = 2tdt$ या $dx = \frac{1}{2}tdt$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$x = \frac{t^2 - 3}{4}$,इसलिए $x + 1 = \frac{t^2 - 3}{4} + 1 = \frac{t^2 + 1}{4}$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\frac{1}{2} t dt}{(\frac{t^2 + 1}{4}) t} = \int \frac{\frac{1}{2} dt}{\frac{t^2 + 1}{4}} = 2 \int \frac{dt}{t^2 + 1}$।
समाकलन करने पर,$I = 2 \tan^{-1}(t) + c$ प्राप्त होता है।
$t = \sqrt{4x + 3}$ वापस रखने पर,$I = 2 \tan^{-1}(\sqrt{4x + 3}) + c$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int \frac{x^{49} \tan ^{-1}\left(x^{50}\right)}{1+x^{100}} d x$.
$t = x^{50}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = 50x^{49} dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x^{49} dx = \frac{1}{50} dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \frac{1}{50} \int \frac{\tan ^{-1} t}{1+t^2} dt$.
अब,$u = \tan ^{-1} t$ लेने पर,$du = \frac{1}{1+t^2} dt$ प्राप्त होता है।
अतः समाकलन होगा:
$I = \frac{1}{50} \int u du = \frac{1}{50} \cdot \frac{u^2}{2} + c = \frac{u^2}{100} + c$.
$u = \tan ^{-1} (x^{50})$ वापस रखने पर:
$I = \frac{(\tan ^{-1} (x^{50}))^2}{100} + c$.
दिए गए समीकरण $k(\tan ^{-1} (x^{50}))^2 + c$ से तुलना करने पर,$k = \frac{1}{100}$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{\sin x}{\cos x(1+\cos x)} dx$ है।
$\cos x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$-\sin x dx = dt$,अतः $\sin x dx = -dt$ होगा।
$I = \int \frac{-dt}{t(1+t)} = -\int \left[ \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t} \right] dt$।
$I = -[\log |t| - \log |1+t|] + c = \log |1+t| - \log |t| + c$।
$I = \log \left| \frac{1+t}{t} \right| + c$।
$t = \cos x$ का मान वापस रखने पर,हमें $I = \log \left| \frac{1+\cos x}{\cos x} \right| + c$ प्राप्त होता है।
चूंकि $I = f(x) + c$ है,इसलिए $f(x) = \log \left| \frac{1+\cos x}{\cos x} \right|$ होगा।

(D) माना $I = \int \frac{\sqrt{\cot x}}{\sin x \cos x} d x$.
अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\sqrt{\cot x}}{\frac{\sin x \cos x}{\cos^2 x}} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} d x = \int \frac{\sqrt{\cot x}}{\tan x} \sec^2 x d x$.
चूंकि $\frac{1}{\tan x} = \cot x$,इसलिए $I = \int \sqrt{\cot x} \cdot \cot x \cdot \sec^2 x d x = \int (\cot x)^{3/2} \sec^2 x d x$.
वैकल्पिक रूप से,$t = \cot x$ लेने पर,$dt = -\csc^2 x d x$,इसलिए $dx = -\sin^2 x dt$.
$I = \int \frac{\sqrt{t}}{\sin x \cos x} (- \sin^2 x) dt = \int \frac{\sqrt{t}}{\cot^{-1} t} (-dt) = \int \frac{\sqrt{t}}{t} (-dt) = -\int t^{-1/2} dt$.
$I = -[2 t^{1/2}] + c = -2 \sqrt{\cot x} + c$.
$-f(x) + c$ के साथ तुलना करने पर,$-f(x) = -2 \sqrt{\cot x}$,अतः $f(x) = 2 \sqrt{\cot x}$.

(C) माना $I = \int \frac{d x}{(x+100) \sqrt{x+99}}$.
हम हर को $(x+99)+1$ के रूप में लिख सकते हैं,इसलिए $I = \int \frac{d x}{((\sqrt{x+99})^2+1) \sqrt{x+99}}$.
$t = \sqrt{x+99}$ प्रतिस्थापित करने पर,$t^2 = x+99$,जिसका अर्थ है $2t \, dt = dx$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{2t \, dt}{(t^2+1)t} = \int \frac{2 \, dt}{t^2+1}$.
समाकलन करने पर,हमें $I = 2 \tan^{-1}(t) + c$ प्राप्त होता है।
$t = \sqrt{x+99}$ वापस रखने पर,हमें $I = 2 \tan^{-1}(\sqrt{x+99}) + c$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $f(x) + c$ से करने पर,हमें $f(x) = 2 \tan^{-1}(\sqrt{x+99})$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{d x}{\sqrt{x}(x+9)}$.
$x = t^2$ प्रतिस्थापित करने पर,$d x = 2t \, dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{2t \, dt}{t(t^2 + 9)} = \int \frac{2 \, dt}{t^2 + 3^2}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = 2 \cdot \frac{1}{3} \tan^{-1}(\frac{t}{3}) + C$.
अब $t = \sqrt{x}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{2}{3} \tan^{-1}(\frac{\sqrt{x}}{3}) + C$.

(D) माना $I = \int e^{-x} \tan ^{-1}\left(e^x\right) d x$ है।
$e^x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$e^x d x = d t$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $d x = \frac{1}{t} d t$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\tan ^{-1} t}{t^2} d t$।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \tan ^{-1} t$ और $dv = t^{-2} dt$ लेने पर,$du = \frac{1}{1+t^2} dt$ और $v = -\frac{1}{t}$ प्राप्त होता है।
$I = -\frac{1}{t} \tan ^{-1} t - \int \left(-\frac{1}{t}\right) \frac{1}{1+t^2} d t = -\frac{1}{t} \tan ^{-1} t + \int \frac{1}{t(1+t^2)} d t$।
आंशिक भिन्न (partial fractions) का उपयोग करने पर,$\frac{1}{t(1+t^2)} = \frac{1}{t} - \frac{t}{1+t^2}$।
अतः,$I = -\frac{1}{t} \tan ^{-1} t + \int \left(\frac{1}{t} - \frac{t}{1+t^2}\right) d t$।
$I = -\frac{1}{t} \tan ^{-1} t + \log |t| - \frac{1}{2} \log (1+t^2) + C$।
$t = e^x$ वापस रखने पर:
$I = -e^{-x} \tan ^{-1} (e^x) + \log (e^x) - \frac{1}{2} \log (1+e^{2x}) + C$।
चूंकि $\log (e^x) = x$ है,इसलिए $I = -e^{-x} \tan ^{-1} (e^x) + x - \frac{1}{2} \log (1+e^{2x}) + C$।
दिए गए व्यंजक $f(x) - \frac{1}{2} \log (1+e^{2x}) + C$ के साथ तुलना करने पर,$f(x) = x - e^{-x} \tan ^{-1} (e^x)$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है $f(x) = \int \frac{2 \sin x \cos x + 2 \cos x}{4 \sin^2 x + 5 \sin x + 1} \, dx$.
हर का गुणनखंड करने पर: $4 \sin^2 x + 5 \sin x + 1 = (4 \sin x + 1)(\sin x + 1)$.
अतः,$f(x) = \int \frac{2 \cos x (\sin x + 1)}{(4 \sin x + 1)(\sin x + 1)} \, dx = \int \frac{2 \cos x}{4 \sin x + 1} \, dx$.
मान लीजिए $u = 4 \sin x + 1$,तब $du = 4 \cos x \, dx$,जिसका अर्थ है $\cos x \, dx = \frac{du}{4}$.
$f(x) = \int \frac{2}{u} \cdot \frac{du}{4} = \frac{1}{2} \int \frac{1}{u} \, du = \frac{1}{2} \ln |4 \sin x + 1| + C$.
दिया गया है $f(0) = 0$,इसलिए $0 = \frac{1}{2} \ln |4 \sin(0) + 1| + C \implies 0 = \frac{1}{2} \ln(1) + C \implies C = 0$.
इस प्रकार,$f(x) = \frac{1}{2} \ln |4 \sin x + 1|$.
अब,$f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2} \ln |4 \sin(\frac{\pi}{6}) + 1| = \frac{1}{2} \ln |4(\frac{1}{2}) + 1| = \frac{1}{2} \ln(3)$.

(A) दिया गया है $f(x) = \int \frac{16x^7 + 5x^{10}}{(x^3 + 2 + 3x^8)^2} dx$।
अंश और हर को $x^{16}$ से विभाजित करने पर:
$f(x) = \int \frac{16x^{-9} + 5x^{-6}}{(x^{-5} + 2x^{-8} + 3)^2} dx$।
मान लीजिए $u = x^{-5} + 2x^{-8} + 3$।
तब $du = (-5x^{-6} - 16x^{-9}) dx$,जिसका अर्थ है $-du = (16x^{-9} + 5x^{-6}) dx$।
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$f(x) = \int -u^{-2} du = u^{-1} + C = \frac{1}{x^{-5} + 2x^{-8} + 3} + C = \frac{x^8}{1 + 2x^5 + 3x^8} + C$।
दिया गया है $f(0) = 1$,इसलिए $1 = \frac{0}{1} + C$,जिसका अर्थ है $C = 1$।
अतः,$f(x) = \frac{x^8}{1 + 2x^5 + 3x^8} + 1$।
$f(1)$ के लिए,$f(1) = \frac{1}{1 + 2 + 3} + 1 = \frac{1}{6} + 1 = \frac{7}{6}$।

(A) हमारे पास है,$I = \int \frac{2 x+3}{x(x+1)(x+2)(x+3)+1} d x$.
हर में पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$x(x+3) = x^2+3x$ और $(x+1)(x+2) = x^2+3x+2$.
अतः,$I = \int \frac{2 x+3}{(x^2+3 x)(x^2+3 x+2)+1} d x$.
माना $t = x^2+3 x$,तो $dt = (2x+3) dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{d t}{t(t+2)+1} = \int \frac{d t}{t^2+2 t+1} = \int \frac{d t}{(t+1)^2}$.
समाकलन करने पर,हमें $I = -\frac{1}{t+1} + c$ प्राप्त होता है।
$t = x^2+3x$ वापस रखने पर,हमें $I = -\frac{1}{x^2+3 x+1} + c$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $-\frac{1}{p x^2+q x+r} + c$ से करने पर,हमें $p=1, q=3, r=1$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{3 p-q}{r} = \frac{3(1)-3}{1} = \frac{0}{1} = 0$.

(B) $\int \frac{d x}{x\left(x^4+1\right)} = \int \frac{x^3 d x}{x^4\left(x^4+1\right)}$
माना $x^4 = t$,तब $4x^3 dx = dt$,अर्थात $x^3 dx = \frac{dt}{4}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int \frac{dt/4}{t(t+1)} = \frac{1}{4} \int \frac{dt}{t(t+1)}$
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{t(t+1)} = \frac{1}{t} - \frac{1}{t+1}$
अतः:
$\frac{1}{4} \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t+1} \right) dt = \frac{1}{4} (\log |t| - \log |t+1|) + C$
$= \frac{1}{4} \log \left| \frac{t}{t+1} \right| + C$
$t = x^4$ वापस रखने पर:
$= \frac{1}{4} \log \left( \frac{x^4}{x^4+1} \right) + C$

(A) माना $I = \int \frac{x^3}{(1+x^2)^3} dx$.
विधि $1$: $x = \tan \theta$ का उपयोग करने पर,$dx = \sec^2 \theta d\theta$.
$I = \int \frac{\tan^3 \theta \sec^2 \theta}{(1+\tan^2 \theta)^3} d\theta = \int \frac{\tan^3 \theta \sec^2 \theta}{\sec^6 \theta} d\theta = \int \sin^3 \theta \cos \theta d\theta$.
माना $\sin \theta = p$,तब $\cos \theta d\theta = dp$.
$I = \int p^3 dp = \frac{p^4}{4} + k = \frac{\sin^4 \theta}{4} + k$.
चूंकि $\tan \theta = x$,$\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$,इसलिए $I = \frac{x^4}{4(1+x^2)^2} + k$. अतः $f(x) = \frac{x^4}{4(1+x^2)^2}$.
विधि $2$: $1+x^2 = z$ का उपयोग करने पर,$2x dx = dz \Rightarrow x dx = \frac{1}{2} dz$.
$I = \int \frac{x^2 \cdot x dx}{(1+x^2)^3} = \int \frac{(z-1) \cdot \frac{1}{2} dz}{z^3} = \frac{1}{2} \int (z^{-2} - z^{-3}) dz = \frac{1}{2} [-\frac{1}{z} + \frac{1}{2z^2}] + c = -\frac{1}{2(1+x^2)} + \frac{1}{4(1+x^2)^2} + c$.
अतः $g(x) = -\frac{1}{2(1+x^2)} + \frac{1}{4(1+x^2)^2}$.
अब,$f(x) - g(x) = \frac{x^4}{4(1+x^2)^2} + \frac{1}{2(1+x^2)} - \frac{1}{4(1+x^2)^2} = \frac{x^4 - 1 + 2(1+x^2)}{4(1+x^2)^2} = \frac{x^4 + 2x^2 + 1}{4(1+x^2)^2} = \frac{(x^2+1)^2}{4(1+x^2)^2} = \frac{1}{4}$.
इसलिए,$f(x) - g(x) + k - c = \frac{1}{4} + k - c$,जो एक अचर है।

(D) दिया गया समाकलन: $I = \int \frac{d x}{x \ln (x) \ln ^2(x) \ldots \ln ^m(x)}$
माना $u = \ln(x)$,तब $du = \frac{1}{x} dx$.
समाकलन इस प्रकार हो जाता है: $I = \int \frac{du}{u^1 \cdot u^2 \cdot u^3 \cdot \ldots \cdot u^m} = \int \frac{du}{u^{1+2+3+\ldots+m}}$.
योग सूत्र $\sum_{i=1}^{m} i = \frac{m(m+1)}{2}$ का उपयोग करते हुए:
$I = \int u^{-\frac{m(m+1)}{2}} du$.
घात नियम $\int u^n du = \frac{u^{n+1}}{n+1} + C$ लागू करने पर:
$I = \frac{u^{-\frac{m(m+1)}{2} + 1}}{-\frac{m(m+1)}{2} + 1} + C = \frac{u^{\frac{2 - m^2 - m}{2}}}{\frac{2 - m^2 - m}{2}} + C$.
घातांक का गुणनखंड करने पर: $2 - m^2 - m = -(m^2 + m - 2) = -(m+2)(m-1) = (m+2)(1-m)$.
अतः,$I = \frac{u^{\frac{(m+2)(1-m)}{2}}}{\frac{(m+2)(1-m)}{2}} + C$.
इसे दिए गए रूप $\frac{(\ln x)^K}{K} + C$ के साथ तुलना करने पर,हमें $K = \frac{(m+2)(1-m)}{2}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$2K = (m+2)(1-m)$.

(A) दिया गया है $f_n(x) = \log \log \ldots \log x$ ($n$ बार)।
माना $I = \int \frac{dx}{x f_1(x) f_2(x) \ldots f_n(x)}$।
माना $t = f_n(x) = \log(f_{n-1}(x))$।
तब,$\frac{dt}{dx} = \frac{1}{f_{n-1}(x)} \cdot \frac{d}{dx}(f_{n-1}(x)) = \frac{1}{f_{n-1}(x) f_{n-2}(x) \ldots f_1(x) \cdot x}$।
अतः,$dx = (x f_1(x) f_2(x) \ldots f_{n-1}(x)) dt$।
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{(x f_1(x) f_2(x) \ldots f_{n-1}(x)) dt}{x f_1(x) f_2(x) \ldots f_{n-1}(x) f_n(x)} = \int \frac{dt}{f_n(x)} = \int \frac{dt}{t}$।
$I = \log(t) + c = \log(f_n(x)) + c$।
चूंकि $f_{n+1}(x) = \log(f_n(x))$,इसलिए $I = f_{n+1}(x) + c$।

(A) माना $t = \log _e(x+\sqrt{1+x^2})$ है।
अतः,$dt = \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}} \cdot (1 + \frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}) dx = \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}} \cdot \frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}} dx = \frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}$ है।
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int t \, dt = \frac{t^2}{2} + c$।
$t$ का मान वापस रखने पर,हमें $I = \frac{(\log _e(x+\sqrt{1+x^2}))^2}{2} + c$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $f(g(x)) + c$ से करने पर,हमें $f(x) = \frac{x^2}{2}$ और $g(x) = \log _e(x+\sqrt{1+x^2})$ प्राप्त होता है।

(B) हमें समाकलन $I = \int \frac{x^{1/2}}{\sqrt{1-x^3}} dx$ दिया गया है।
मान लीजिए $t = x^{3/2}$।
तब $dt = \frac{3}{2} x^{1/2} dx$,जिसका अर्थ है कि $x^{1/2} dx = \frac{2}{3} dt$।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{\frac{2}{3} dt}{\sqrt{1-t^2}} = \frac{2}{3} \int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} = \frac{2}{3} \sin^{-1}(t) + c$।
$t = x^{3/2}$ वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{2}{3} \sin^{-1}(x^{3/2}) + c$।
इसे दिए गए रूप $\frac{2}{3} g(f(x)) + c$ के साथ तुलना करने पर,हम $f(x) = x^{3/2}$ और $g(x) = \sin^{-1}(x)$ प्राप्त करते हैं।

(C) माना $I = \int \frac{\sin 2 x}{(a+b \cos x)^{2}} d x$ है।
सर्वसमिका $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ का उपयोग करने पर,$I = \int \frac{2 \sin x \cos x}{(a+b \cos x)^{2}} d x$ प्राप्त होता है।
माना $t = a + b \cos x$ है। तब $dt = -b \sin x \, dx$,जिसका अर्थ है कि $\sin x \, dx = -\frac{dt}{b}$ है।
साथ ही,$t = a + b \cos x$ से,$\cos x = \frac{t-a}{b}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{2 (\frac{t-a}{b})}{t^2} \cdot (-\frac{dt}{b}) = -\frac{2}{b^2} \int \frac{t-a}{t^2} \, dt$।
$I = -\frac{2}{b^2} \int (\frac{1}{t} - \frac{a}{t^2}) \, dt$।
$I = -\frac{2}{b^2} [\ln |t| + \frac{a}{t}] + c$।
$t = a + b \cos x$ को वापस रखने पर:
$I = -\frac{2}{b^2} [\ln |a + b \cos x| + \frac{a}{a + b \cos x}] + c$।
दी गई अभिव्यक्ति $\alpha [\log _{e}|a+b \cos x|+\frac{a}{a+b \cos x}]+c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = -\frac{2}{b^2}$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int \cos (\log x) d x$ है।
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,जिसका अर्थ है $x = e^t$।
अतः,$dx = e^t dt$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर,हमें $I = \int e^t \cos t dt$ प्राप्त होता है।
मानक समाकलन सूत्र $\int e^{ax} \cos(bx) dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} [a \cos(bx) + b \sin(bx)] + C$ का उपयोग करने पर,जहाँ $a = 1$ और $b = 1$ है:
$I = \frac{e^t}{1^2 + 1^2} [1 \cdot \cos t + 1 \cdot \sin t] + C$।
$I = \frac{e^t}{2} [\cos t + \sin t] + C$।
$t = \log x$ और $e^t = x$ वापस रखने पर:
$I = \frac{x}{2} [\cos(\log x) + \sin(\log x)] + C$।
अतः,$F(x) = \frac{x}{2} [\cos(\log x) + \sin(\log x)]$।

(A) माना $I = \int \frac{\log \sqrt{x}}{3 x} d x$ है।
$z = \log \sqrt{x} = \frac{1}{2} \log x$ प्रतिस्थापित करें।
तब,$dz = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} dx$,जिसका अर्थ है कि $\frac{dx}{x} = 2 dz$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{z}{3} (2 dz) = \frac{2}{3} \int z dz$।
$z$ का $z$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \frac{2}{3} \cdot \frac{z^2}{2} + C = \frac{1}{3} z^2 + C$।
$z = \log \sqrt{x}$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{3} (\log \sqrt{x})^2 + C$।

(A) माना $I = \int \frac{(x-2)}{\{(x-2)^{2}(x+3)^{7}\}^{1 / 3}} d x$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{(x-2)}{(x-2)^{2/3}(x+3)^{7/3}} d x = \int \frac{(x-2)^{1/3}}{(x+3)^{7/3}} d x$.
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$I = \int \frac{1}{(x+3)^{7/3} \cdot (x-2)^{-1/3}} d x = \int \frac{1}{(x-2)^2 \cdot \left(\frac{x+3}{x-2}\right)^{7/3}} d x$.
माना $t = \frac{x+3}{x-2}$. तब $dt = \frac{(x-2)(1) - (x+3)(1)}{(x-2)^2} dx = \frac{-5}{(x-2)^2} dx$.
अतः,$\frac{dx}{(x-2)^2} = -\frac{1}{5} dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = -\frac{1}{5} \int t^{-7/3} dt = -\frac{1}{5} \left[ \frac{t^{-4/3}}{-4/3} \right] + C$.
$I = -\frac{1}{5} \cdot \left( -\frac{3}{4} \right) t^{-4/3} + C = \frac{3}{20} t^{-4/3} + C$.
$t = \frac{x+3}{x-2}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{3}{20} \left( \frac{x+3}{x-2} \right)^{-4/3} + C = \frac{3}{20} \left( \frac{x-2}{x+3} \right)^{4/3} + C$.

(B) समाकलन $I = \int \frac{x^3 \, dx}{1+x^8}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम हर को $1 + (x^4)^2$ के रूप में लिख सकते हैं।
माना $u = x^4$ है।
तब,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $du = 4x^3 \, dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $x^3 \, dx = \frac{du}{4}$ है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{du/4}{1+u^2} = \frac{1}{4} \int \frac{du}{1+u^2}$।
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{du}{1+u^2} = \tan^{-1}(u) + c$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{4} \tan^{-1}(u) + c$।
$u = x^4$ वापस रखने पर,हमें अंतिम परिणाम प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{4} \tan^{-1}(x^4) + c$।

(C) माना $I = \int \frac{dx}{(e^x + e^{-x})^2}$.
अंश और हर को $e^{2x}$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{e^{2x} dx}{(e^x \cdot e^x + e^{-x} \cdot e^x)^2} = \int \frac{e^{2x} dx}{(e^{2x} + 1)^2}$.
माना $u = e^{2x} + 1$. तब $du = 2e^{2x} dx$,जिसका अर्थ है कि $e^{2x} dx = \frac{du}{2}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{du/2}{u^2} = \frac{1}{2} \int u^{-2} du$.
$u$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \frac{1}{2} \left( \frac{u^{-1}}{-1} \right) + C = -\frac{1}{2u} + C$.
$u = e^{2x} + 1$ वापस रखने पर:
$I = -\frac{1}{2(e^{2x} + 1)} + C = -\frac{1}{2}(e^{2x} + 1)^{-1} + C$.

(B) समाकलन $I = \int \frac{\sin ^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} d x$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम प्रतिस्थापन विधि का उपयोग करते हैं।
माना $t = \sin ^{-1} x$ है।
अतः,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{dt}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $dt = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$ है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I = \int t dt$ प्राप्त होता है।
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,हमें $I = \frac{1}{2} t^2 + c$ प्राप्त होता है।
अंत में,$t = \sin ^{-1} x$ को वापस रखने पर,हमें $I = \frac{1}{2} (\sin ^{-1} x)^2 + c$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{x^{2}-1}{x^{4}+3 x^{2}+1} d x$.
अंश और हर को $x^{2}$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{1 - 1/x^{2}}{x^{2} + 3 + 1/x^{2}} d x$.
हर को $(x^{2} + 1/x^{2}) + 3$ के रूप में लिखने पर:
$I = \int \frac{1 - 1/x^{2}}{(x + 1/x)^{2} - 2 + 3} d x$.
$I = \int \frac{1 - 1/x^{2}}{(x + 1/x)^{2} + 1} d x$.
माना $t = x + 1/x$. तब $dt = (1 - 1/x^{2}) d x$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{t^{2} + 1}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{1}{t^{2} + 1} dt = \tan^{-1}(t) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \tan^{-1}(t) + C$.
$t = x + 1/x$ वापस रखने पर:
$I = \tan^{-1}(x + 1/x) + C$.

(D) माना $I = \int 2^{2^{x}} \cdot 2^{x} \, dx$.
$t = 2^{x}$ प्रतिस्थापित करने पर,
$dt = 2^{x} \ln 2 \, dx$,जिससे $2^{x} \, dx = \frac{dt}{\ln 2}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int 2^{t} \cdot \frac{dt}{\ln 2} = \frac{1}{\ln 2} \int 2^{t} \, dt$.
सूत्र $\int a^{t} \, dt = \frac{a^{t}}{\ln a} + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\ln 2} \cdot \frac{2^{t}}{\ln 2} + C = \frac{2^{t}}{(\ln 2)^{2}} + C$.
अब $t = 2^{x}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{2^{2^{x}}}{(\log 2)^{2}} + C$.
इसकी तुलना $A \cdot 2^{2^{x}} + C$ से करने पर,$A = \frac{1}{(\log 2)^{2}}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है कि $f(x) = \int \frac{dx}{x^{2/3} + 2x^{1/2}}\text{।}$
मान लीजिए $x = t^6$,तो $dx = 6t^5 dt\text{।}$
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$f(x) = \int \frac{6t^5 dt}{t^4 + 2t^3} = \int \frac{6t^2 dt}{t + 2} = 6 \int \frac{t^2 - 4 + 4}{t + 2} dt\text{।}$
$f(x) = 6 \int (t - 2 + \frac{4}{t + 2}) dt = 6 [\frac{t^2}{2} - 2t + 4 \log_{e}(t + 2)] + C\text{।}$
$t = x^{1/6}$ रखने पर:
$f(x) = 3x^{1/3} - 12x^{1/6} + 24 \log_{e}(x^{1/6} + 2) + C\text{।}$
दिया गया है कि $f(0) = -26 + 24 \log_{e}(2)\text{।}$
$x = 0$ पर,$f(0) = 0 - 0 + 24 \log_{e}(2) + C = 24 \log_{e}(2) + C\text{।}$
तुलना करने पर,$C = -26\text{।}$
अब,$f(1) = 3(1)^{1/3} - 12(1)^{1/6} + 24 \log_{e}(1^{1/6} + 2) - 26\text{।}$
$f(1) = 3 - 12 + 24 \log_{e}(3) - 26 = -35 + 24 \log_{e}(3)\text{।}$
दिया गया है कि $f(1) = a + b \log_{e}(3)$,इसलिए $a = -35$ और $b = 24\text{।}$
अतः,$a + b = -35 + 24 = -11\text{।}$

(C) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{e^{2025+x} - e^{2025-x}}{e^{2026+x} + e^{2026-x}} dx$ है।
अंश से $e^{2025}$ और हर से $e^{2026}$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$I = \int \frac{e^{2025}(e^x - e^{-x})}{e^{2026}(e^x + e^{-x})} dx = \frac{1}{e} \int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} dx$.
माना $u = e^x + e^{-x}$ है।
तब,अवकलन $du = (e^x - e^{-x}) dx$ होगा।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{1}{e} \int \frac{1}{u} du = \frac{1}{e} \ln |u| + C$.
$u = e^x + e^{-x}$ का मान वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{e} \ln |e^x + e^{-x}| + C$.