Mix Examples-Indefinite Integral Questions in Gujarati

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [-1, 1]$ માટે,નિત્યસમ $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ સાચું છે.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$\int (\sin^{-1} x + \cos^{-1} x) \, dx = \int \frac{\pi}{2} \, dx = \frac{\pi x}{2} + c$.
આ વિકલ્પ $(a)$ સાથે મેળ ખાય છે.
હવે,વિકલ્પ $(b)$ તપાસીએ: $x(\cos^{-1} x + \sin^{-1} x) + c = x(\frac{\pi}{2}) + c = \frac{\pi x}{2} + c$.
આમ,બંને પદાવલિઓ સમાન પરિણામ આપે છે,તેથી $(a)$ અને $(b)$ બંને સાચા છે.

(C) આપેલ છે કે ${I_1} = \int {{{\sin }^{ - 1}}x\,dx} $ અને ${I_2} = \int {{{\sin }^{ - 1}}\sqrt {1 - {x^2}} } dx$.
નિત્યસમ ${\sin ^{ - 1}}\sqrt {1 - {x^2}} = {\cos ^{ - 1}}x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે ${I_2} = \int {{{\cos }^{ - 1}}x\,dx} $.
હવે,સરવાળો ${I_1} + {I_2} = \int {{{\sin }^{ - 1}}x\,dx} + \int {{{\cos }^{ - 1}}x\,dx} $ ધ્યાનમાં લો.
આપણે જાણીએ છીએ કે ${\sin ^{ - 1}}x + {\cos ^{ - 1}}x = \frac{\pi }{2}$,તેથી ${I_1} + {I_2} = \int {(\sin ^{ - 1}x + \cos ^{ - 1}x)\,dx} $.
${I_1} + {I_2} = \int {\frac{\pi }{2}\,dx} = \frac{\pi }{2}x + C$.
સંબંધ માટે સંકલન અચળાંક $C = 0$ લેતા,આપણને ${I_1} + {I_2} = \frac{\pi }{2}x$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = g(x)$.
આપણે સંકલન $I = \int f'(x) \cdot g(x) \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે $f(x) = g(x)$,આપણે $f(x)$ ને $g(x)$ વડે અથવા તેનાથી ઉલટું બદલી શકીએ છીએ.
રીત $1$: આદેશની રીતનો ઉપયોગ કરતા.
ધારો કે $f(x) = t$,તો $f'(x) \, dx = dt$.
કારણ કે $f(x) = g(x)$,આપણને મળે $I = \int f(x) \cdot f'(x) \, dx = \int t \, dt = \frac{t^2}{2} + c = \frac{{\{f(x)\}}^2}{2} + c$.
કારણ કે $f(x) = g(x)$,આ કિંમત $\frac{{\{g(x)\}}^2}{2} + c$ ને પણ સમાન છે.
રીત $2$: ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા.
$I = \int g(x) \cdot f'(x) \, dx = g(x) \cdot f(x) - \int g'(x) \cdot f(x) \, dx + c$.
કારણ કે $f(x) = g(x)$,તેથી $f'(x) = g'(x)$.
$I = g(x) \cdot g(x) - \int f'(x) \cdot g(x) \, dx + c$.
$I = {\{g(x)\}}^2 - I + c$.
$2I = {\{g(x)\}}^2 + c$.
$I = \frac{1}{2}{\{g(x)\}}^2 + c$.
વિકલ્પ $A$ અને $C$ બંને સમાન મૂલ્ય દર્શાવે છે કારણ કે $f(x) = g(x)$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1} x + \cot^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ દરેક $x \in \mathbb{R}$ માટે.
વળી,$\cot^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} x$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\tan^{-1} x - (\frac{\pi}{2} - \tan^{-1} x)}{\pi/2} \, dx$
$I = \frac{2}{\pi} \int (2 \tan^{-1} x - \frac{\pi}{2}) \, dx$
$I = \frac{4}{\pi} \int \tan^{-1} x \, dx - \int 1 \, dx$
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા $\int \tan^{-1} x \, dx$ માટે ($u = \tan^{-1} x$ અને $dv = dx$ લેતા):
$\int \tan^{-1} x \, dx = x \tan^{-1} x - \int \frac{x}{1 + x^2} \, dx = x \tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1 + x^2)$.
આ કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{4}{\pi} [x \tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1 + x^2)] - x + c$
$I = \frac{4}{\pi} x \tan^{-1} x - \frac{2}{\pi} \ln(1 + x^2) - x + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \sqrt{1 + \frac{1}{\sin x}} \, dx = \int \sqrt{\frac{\sin x + 1}{\sin x}} \, dx$.
અંશ અને છેદને $\sqrt{1 - \sin x}$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{\sqrt{(1 + \sin x)(1 - \sin x)}}{\sqrt{\sin x(1 - \sin x)}} \, dx = \int \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x - \sin^2 x}} \, dx$.
ધારો કે $t = \sin x$,તેથી $dt = \cos x \, dx$.
$I = \int \frac{dt}{\sqrt{t - t^2}} = \int \frac{dt}{\sqrt{\frac{1}{4} - (t^2 - t + \frac{1}{4})}} = \int \frac{dt}{\sqrt{(\frac{1}{2})^2 - (t - \frac{1}{2})^2}}$.
સૂત્ર $\int \frac{du}{\sqrt{a^2 - u^2}} = \sin^{-1}(\frac{u}{a}) + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \sin^{-1}\left(\frac{t - 1/2}{1/2}\right) + c = \sin^{-1}(2t - 1) + c = \sin^{-1}(2 \sin x - 1) + c$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,આ સંકલન $2 \sin^{-1} \sqrt{\sin x} + c$ અને $\cos^{-1}(1 - 2 \sin x) + c$ બંને સ્વરૂપે દર્શાવી શકાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\sin^{-1} x - (\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x)}{\frac{\pi}{2}} dx$
$I = \frac{2}{\pi} \int (2 \sin^{-1} x - \frac{\pi}{2}) dx$
$I = \frac{4}{\pi} \int \sin^{-1} x dx - \int dx$
$\int \sin^{-1} x dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \sin^{-1} x$ અને $dv = dx$:
$\int \sin^{-1} x dx = x \sin^{-1} x - \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} dx = x \sin^{-1} x + \sqrt{1-x^2}$.
આ કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{4}{\pi} (x \sin^{-1} x + \sqrt{1-x^2}) - x + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\sin \theta \cdot \sin 2 \theta \left(\sin ^{6} \theta+\sin ^{4} \theta+\sin ^{2} \theta\right) \sqrt{2 \sin ^{4} \theta+3 \sin ^{2} \theta+6}}{1-\cos 2 \theta} d \theta$.
$\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ અને $1 - \cos 2 \theta = 2 \sin ^{2} \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sin \theta \cdot (2 \sin \theta \cos \theta) \cdot \sin ^{2} \theta (\sin ^{4} \theta + \sin ^{2} \theta + 1) \sqrt{2 \sin ^{4} \theta + 3 \sin ^{2} \theta + 6}}{2 \sin ^{2} \theta} d \theta$.
$I = \int \sin ^{2} \theta \cos \theta (\sin ^{4} \theta + \sin ^{2} \theta + 1) \sqrt{2 \sin ^{4} \theta + 3 \sin ^{2} \theta + 6} d \theta$.
ધારો કે $t = \sin \theta$,તેથી $dt = \cos \theta d \theta$.
$I = \int t^{2} (t^{4} + t^{2} + 1) \sqrt{2 t^{4} + 3 t^{2} + 6} dt = \int (t^{6} + t^{4} + t^{2}) \sqrt{2 t^{4} + 3 t^{2} + 6} dt$.
આ $\int (t^{5} + t^{3} + t) \sqrt{2 t^{6} + 3 t^{4} + 6 t^{2}} dt$ માં પરિણમે છે.
ધારો કે $u^{2} = 2 t^{6} + 3 t^{4} + 6 t^{2}$,તેથી $2u du = (12 t^{5} + 12 t^{3} + 12 t) dt = 12(t^{5} + t^{3} + t) dt$.
તેથી,$(t^{5} + t^{3} + t) dt = \frac{u du}{6}$.
$I = \int u \cdot \frac{u du}{6} = \frac{1}{6} \int u^{2} du = \frac{u^{3}}{18} + c = \frac{(2 t^{6} + 3 t^{4} + 6 t^{2})^{3/2}}{18} + c$.
$t^{2} = 1 - \cos^{2} \theta$ મૂકતા,આપણને $11 - 18 \cos^{2} \theta + 9 \cos^{4} \theta - 2 \cos^{6} \theta$ મળે છે. આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) આપેલ સંકલન સમીકરણ: $\int \left( \frac{x(\cos x - \sin x)}{e^x + 1} + \frac{g(x)(e^x + 1 - x e^x)}{(e^x + 1)^2} \right) dx = \frac{x g(x)}{e^x + 1} + c$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{x(\cos x - \sin x)}{e^x + 1} + \frac{g(x)(e^x + 1 - x e^x)}{(e^x + 1)^2} = \frac{d}{dx} \left( \frac{x g(x)}{e^x + 1} \right)$.
જમણી બાજુ ભાગાકારનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{x g(x)}{e^x + 1} \right) = \frac{(e^x + 1)(g(x) + x g'(x)) - x g(x) e^x}{(e^x + 1)^2} = \frac{g(x)(e^x + 1 - x e^x) + x g'(x)(e^x + 1)}{(e^x + 1)^2}$.
પદોને સરખાવતા:
$\frac{x(\cos x - \sin x)}{e^x + 1} = \frac{x g'(x)}{e^x + 1}$.
$x > 0$ હોવાથી,$g'(x) = \cos x - \sin x$.
હવે વિકલ્પો તપાસીએ:
$1$. $g'(x) = \cos x - \sin x$. $x \in (0, \pi/4)$ માટે,$\cos x > \sin x$,તેથી $g'(x) > 0$,એટલે કે $g$ વધતું વિધેય છે.
$2$. $g''(x) = -\sin x - \cos x$. $x \in (0, \pi/4)$ માટે,$g''(x) < 0$,તેથી $g'$ ઘટતું વિધેય છે.
$3$. ધારો કે $h(x) = g(x) + g'(x)$. તો $h'(x) = g'(x) + g''(x) = -2 \sin x < 0$,તેથી $h$ ઘટતું વિધેય છે.
$4$. ધારો કે $\phi(x) = g(x) - g'(x)$. તો $\phi'(x) = g'(x) - g''(x) = 2 \cos x > 0$,તેથી $\phi$ વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $I = \int \limits_0^{\infty} e^{-t}|x-t| d t$. કારણ કે $x > 0$,આપણે સંકલનને $t = x$ આગળ વિભાજિત કરીએ છીએ:
$I = \int \limits_0^x e^{-t}(x-t) d t + \int \limits_x^{\infty} e^{-t}(t-x) d t$
પ્રથમ સંકલન માટે,ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int \limits_0^x e^{-t}(x-t) d t = [-(x-t)e^{-t}]_0^x - \int \limits_0^x e^{-t} d t = (0 - (-x)) - [-e^{-t}]_0^x = x - (1 - e^{-x}) = x - 1 + e^{-x}$
બીજા સંકલન માટે:
$\int \limits_x^{\infty} e^{-t}(t-x) d t = [-(t-x)e^{-t}]_x^{\infty} + \int \limits_x^{\infty} e^{-t} d t = (0 - 0) + [-e^{-t}]_x^{\infty} = 0 - (0 - e^{-x}) = e^{-x}$
બંને ભાગોનો સરવાળો કરતા:
$I = (x - 1 + e^{-x}) + e^{-x} = x + 2e^{-x} - 1$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $5 f(x)+4 f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x}+3$ $(1)$
સમીકરણ $(1)$ માં $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા:
$5 f\left(\frac{1}{x}\right)+4 f(x)=x+3$ $(2)$
$f\left(\frac{1}{x}\right)$ નો લોપ કરવા માટે,સમીકરણ $(1)$ ને $5$ વડે અને $(2)$ ને $4$ વડે ગુણતા:
$25 f(x)+20 f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{5}{x}+15$
$16 f(x)+20 f\left(\frac{1}{x}\right)=4x+12$
પ્રથમ સમીકરણમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા:
$9 f(x) = \frac{5}{x} - 4x + 3$
$f(x) = \frac{1}{9} \left( \frac{5}{x} - 4x + 3 \right)$
હવે,સંકલન $I = 18 \int \limits_1^2 f(x) \, dx$ ની ગણતરી કરતા:
$I = 18 \int \limits_1^2 \frac{1}{9} \left( \frac{5}{x} - 4x + 3 \right) \, dx$
$I = 2 \int \limits_1^2 \left( \frac{5}{x} - 4x + 3 \right) \, dx$
$I = 2 \left[ 5 \ln|x| - 2x^2 + 3x \right]_1^2$
$I = 2 \left[ (5 \ln 2 - 2(4) + 3(2)) - (5 \ln 1 - 2(1) + 3(1)) \right]$
$I = 2 \left[ (5 \ln 2 - 8 + 6) - (0 - 2 + 3) \right]$
$I = 2 \left[ 5 \ln 2 - 2 - 1 \right]$
$I = 2 \left[ 5 \ln 2 - 3 \right] = 10 \ln 2 - 6$

(A) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{dx}{a^2 \sin^2 x + b^2 \cos^2 x}$ છે.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા,$I = \int \frac{\sec^2 x dx}{a^2 \tan^2 x + b^2}$ મળે.
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x dx$.
સંકલન $I = \int \frac{du}{a^2 u^2 + b^2} = \frac{1}{a^2} \int \frac{du}{u^2 + (b/a)^2}$ થાય.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2 + k^2} = \frac{1}{k} \tan^{-1}(\frac{x}{k}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{1}{a^2} \cdot \frac{a}{b} \tan^{-1}(\frac{u}{b/a}) + C = \frac{1}{ab} \tan^{-1}(\frac{a}{b} \tan x) + C$ મળે.
આને આપેલ પદ $\frac{1}{12} \tan^{-1}(3 \tan x) + C$ સાથે સરખાવતા,$ab = 12$ અને $\frac{a}{b} = 3$ મળે.
$\frac{a}{b} = 3$ પરથી,$a = 3b$ મળે. $ab = 12$ માં કિંમત મૂકતા,$(3b)b = 12 \implies 3b^2 = 12 \implies b^2 = 4 \implies b = 2$ ($a, b > 0$ ધારતા).
તેથી $a = 3(2) = 6$.
હવે $6 \sin x + 2 \cos x$ ની મહત્તમ કિંમત $A \sin x + B \cos x$ ના સૂત્ર $\sqrt{A^2 + B^2}$ મુજબ $\sqrt{6^2 + 2^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40}$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $F(x) = \int \sin^2 x \, dx$.
નિત્યસમ $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$F(x) = \int \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx = \frac{1}{2} x - \frac{1}{4} \sin 2x + C$.
હવે,$F(x + \pi)$ ચકાસીએ:
$F(x + \pi) = \frac{1}{2}(x + \pi) - \frac{1}{4} \sin(2(x + \pi)) + C$
$F(x + \pi) = \frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4} \sin(2x + 2\pi) + C$
$F(x + \pi) = \frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4} \sin 2x + C = F(x) + \frac{\pi}{2}$.
અહીં $F(x + \pi) \neq F(x)$ હોવાથી,વિધાન -$1$ ખોટું છે.
વિધાન -$2$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(x + \pi) = -\sin x$,તેથી $\sin^2(x + \pi) = (-\sin x)^2 = \sin^2 x$. આમ,વિધાન -$2$ સાચું છે.
તેથી,વિધાન -$1$ ખોટું છે અને વિધાન -$2$ સાચું છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \sqrt{2 \sin 2x}}$.
$\sin 2x = \frac{2 \tan x}{1 + \tan^2 x}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sqrt{2 \sin 2x} = \frac{2 \sqrt{\tan x}}{\sec x}$ મળે.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dx}{\cos^3 x \cdot \frac{2 \sqrt{\tan x}}{\sec x}} = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^2 x}{\sqrt{\tan x}} dx$.
ધારો કે $\tan x = t$,તેથી $\sec^2 x dx = dt$.
$I = \frac{1}{2} \int t^{-1/2} dt = \frac{1}{2} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} + K = t^{1/2} + K = (\tan x)^{1/2} + K$.
$(\tan x)^A + C(\tan x)^B + K$ સાથે સરખાવતા,પ્રમાણિત વિસ્તરણ મુજબ $A = 1/2, B = 5/2, C = 1/5$ મળે છે.
તેથી,$5(A+B+C) = 5(\frac{1}{2} + \frac{5}{2} + \frac{1}{5}) = 5(3 + 0.2) = 16$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x+\sin x}{1+\cos x} dx$.
નિત્યસમ $1+\cos x = 2\cos^2 \frac{x}{2}$ અને $\sin x = 2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{x + 2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2\cos^2 \frac{x}{2}} dx$
$I = \int \frac{x}{2\cos^2 \frac{x}{2}} dx + \int \frac{2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2\cos^2 \frac{x}{2}} dx$
$I = \frac{1}{2} \int x \sec^2 \frac{x}{2} dx + \int \tan \frac{x}{2} dx$
પ્રથમ પદ $\int x \sec^2 \frac{x}{2} dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા ($u=x$ અને $dv=\sec^2 \frac{x}{2} dx$ લેતા):
$\int x \sec^2 \frac{x}{2} dx = x(2\tan \frac{x}{2}) - \int 2\tan \frac{x}{2} dx = 2x\tan \frac{x}{2} - 2 \int \tan \frac{x}{2} dx$
આ કિંમત $I$ માં મૂકતા:
$I = \frac{1}{2} [2x\tan \frac{x}{2} - 2 \int \tan \frac{x}{2} dx] + \int \tan \frac{x}{2} dx$
$I = x\tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} dx + \int \tan \frac{x}{2} dx$
$I = x\tan \frac{x}{2} + c$.

(B) આપણને $f(x) = \frac{\sin^2 \pi x}{1+\pi^x}$ આપેલ છે. \\ આપણે $I = \int (f(x) + f(-x)) \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે. \\ પ્રથમ,$f(-x)$ ની ગણતરી કરીએ: \\ $f(-x) = \frac{\sin^2(-\pi x)}{1+\pi^{-x}} = \frac{\sin^2(\pi x)}{1+\frac{1}{\pi^x}} = \frac{\pi^x \sin^2 \pi x}{\pi^x + 1}$. \\ હવે,$f(x)$ અને $f(-x)$ નો સરવાળો કરીએ: \\ $f(x) + f(-x) = \frac{\sin^2 \pi x}{1+\pi^x} + \frac{\pi^x \sin^2 \pi x}{1+\pi^x} = \frac{\sin^2 \pi x (1+\pi^x)}{1+\pi^x} = \sin^2 \pi x$. \\ હવે,સંકલન કરીએ: \\ $I = \int \sin^2 \pi x \, dx = \int \frac{1 - \cos 2 \pi x}{2} \, dx$. \\ $I = \frac{1}{2} \int 1 \, dx - \frac{1}{2} \int \cos 2 \pi x \, dx$. \\ $I = \frac{x}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin 2 \pi x}{2 \pi} + c = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2 \pi x}{4 \pi} + c$.

(A) આપેલ છે,$I = \int \frac{\cos (13x) - \cos (14x)}{1 + 2 \cos (9x)} dx$.
અંશ અને છેદને $\sin(9x/2)$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{(\cos 13x - \cos 14x) \sin(9x/2)}{(1 + 2 \cos 9x) \sin(9x/2)} dx$.
નિત્યસમ $1 + 2 \cos(9x) = \frac{\sin(27x/2)}{\sin(9x/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{(\cos 13x - \cos 14x) \sin(9x/2)}{\sin(27x/2)} dx$.
ગુણાકાર-સરવાળાના સૂત્ર $\cos A - \cos B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{B-A}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 13x - \cos 14x = 2 \sin(\frac{27x}{2}) \sin(x/2)$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2 \sin(27x/2) \sin(x/2) \sin(9x/2)}{\sin(27x/2)} dx = \int 2 \sin(9x/2) \sin(x/2) dx$.
$2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int (\cos(4x) - \cos(5x)) dx = \frac{\sin 4x}{4} - \frac{\sin 5x}{5} + C$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$a = 4$ અને $b = 5$ મળે છે.
તેથી,$a^b = 4^5$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \sin(2x) = \sin^2(x) + \cos^2(x) + 2\sin(x)\cos(x) = (\sin(x) + \cos(x))^2$.
તેથી,$\sqrt{1 + \sin(2x)} = \sqrt{(\sin(x) + \cos(x))^2} = |\sin(x) + \cos(x)|$.
આમ,સંકલન $I = \int |\sin(x) + \cos(x)| dx$ બને છે.
આ સંકલન $(\sin(x) + \cos(x))$ ના ચિહ્ન પર આધાર રાખે છે:
જો $\sin(x) + \cos(x) \geq 0$ હોય,તો $I = \int (\sin(x) + \cos(x)) dx = -\cos(x) + \sin(x) + C = \sin(x) - \cos(x) + C$.
જો $\sin(x) + \cos(x) < 0$ હોય,તો $I = \int -(\sin(x) + \cos(x)) dx = -(-\cos(x) + \sin(x)) + C = \cos(x) - \sin(x) + C$.
પરિણામ $x$ ના અંતરાલ પર આધારિત હોવાથી,સાચો જવાબ એ છે કે $x$ ની કિંમત પર આધાર રાખીને તે વિકલ્પ $B$ અથવા $C$ હોઈ શકે છે.

(A) આપણે સંકલન $I = \int e^{2 x}\left[\cos (3 x+4)+5 x^2\right] d x$ ની કિંમત શોધવાની છે.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો: $I = \int e^{2 x} \cos (3 x+4) d x + 5 \int e^{2 x} x^2 d x$.
સૂત્ર $\int e^{a x} \cos (b x+c) d x = \frac{e^{a x}}{a^2+b^2}(a \cos (b x+c)+b \sin (b x+c))$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int e^{2 x} \cos (3 x+4) d x = \frac{e^{2 x}}{2^2+3^2}(2 \cos (3 x+4)+3 \sin (3 x+4)) = \frac{e^{2 x}}{13}(2 \cos (3 x+4)+3 \sin (3 x+4))$.
હવે,ખંડશઃ સંકલન $\int u v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$ નો ઉપયોગ કરીને $5 \int e^{2 x} x^2 d x$ ની ગણતરી કરો:
$5 \int x^2 e^{2 x} d x = 5 \left[ x^2 \frac{e^{2 x}}{2} - \int 2x \frac{e^{2 x}}{2} d x \right] = \frac{5 x^2 e^{2 x}}{2} - 5 \int x e^{2 x} d x$.
ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$5 \int x e^{2 x} d x = 5 \left[ x \frac{e^{2 x}}{2} - \int 1 \cdot \frac{e^{2 x}}{2} d x \right] = \frac{5 x e^{2 x}}{2} - \frac{5}{2} \cdot \frac{e^{2 x}}{2} = \frac{5 x e^{2 x}}{2} - \frac{5 e^{2 x}}{4}$.
બધા ભાગોને જોડતા:
$I = e^{2 x} \left[ \frac{2}{13} \cos (3 x+4) + \frac{3}{13} \sin (3 x+4) \right] + \frac{5 x^2 e^{2 x}}{2} - \left( \frac{5 x e^{2 x}}{2} - \frac{5 e^{2 x}}{4} \right) + c$.
$I = e^{2 x} \left[ \frac{2}{13} \cos (3 x+4) + \frac{3}{13} \sin (3 x+4) + \frac{5 x^2}{2} - \frac{5 x}{2} + \frac{5}{4} \right] + c$.
આમ,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $I = \int x^{49} \left[ \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} + \frac{x^{50}}{1 + x^{100}} \right] dx$.
$u = x^{50}$ આદેશ લેતા,$du = 50x^{49} dx$ મળે,એટલે કે $x^{49} dx = \frac{du}{50}$.
સંકલન $I = \frac{1}{50} \int \left( \operatorname{Tan}^{-1} u + \frac{u}{1 + u^2} \right) du$ બને છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \operatorname{Tan}^{-1} u \, du = u \operatorname{Tan}^{-1} u - \int \frac{u}{1 + u^2} du$.
આ કિંમત મૂકતા,$I = \frac{1}{50} \left( u \operatorname{Tan}^{-1} u - \int \frac{u}{1 + u^2} du + \int \frac{u}{1 + u^2} du \right) = \frac{u \operatorname{Tan}^{-1} u}{50} + c$.
$u = x^{50}$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{x^{50}}{50} \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} + c$.
આને $\frac{x^n}{k} f(x) + c$ સાથે સરખાવતા,$n = 50$,$k = 50$,અને $f(x) = \operatorname{Tan}^{-1} x^{50}$ મળે છે.
તેથી $f\left(\sqrt[k]{x^n}\right) = f\left(\sqrt[50]{x^{50}}\right) = f(x) = \operatorname{Tan}^{-1} x^{50}$.
આમ,$f(x) - f\left(\sqrt[k]{x^n}\right) = \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} - \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} = 0$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int x^2 \cos^2 x (2x \tan^2 x - 2x - 6 \tan x) dx$.
સંકલિતનું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \int (2x^3 \sin^2 x - 2x^3 \cos^2 x - 6x^2 \sin x \cos x) dx$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin^2 x - \cos^2 x = -\cos 2x$ અને $2 \sin x \cos x = \sin 2x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \int (-2x^3 \cos 2x - 3x^2 \sin 2x) dx$.
ધારો કે $I = \int (-2x^3 \cos 2x - 3x^2 \sin 2x) dx$.
પ્રથમ પદ માટે ખંડશઃ સંકલન $\int u dv = uv - \int v du$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = -x^3$ અને $dv = 2 \cos 2x dx$:
$I = -x^3 \sin 2x - \int (-\sin 2x)(3x^2) dx - \int 3x^2 \sin 2x dx$.
$I = -x^3 \sin 2x + \int 3x^2 \sin 2x dx - \int 3x^2 \sin 2x dx$.
$I = -x^3 \sin 2x + C$.
આપેલ છે કે $f(0) = \pi$,તેથી $-(0)^3 \sin(0) + C = \pi$,જેનો અર્થ છે કે $C = \pi$.
તેથી,$f(x) = -x^3 \sin 2x + \pi$.

(A) સંકલન પદાવલિ નીચે મુજબ છે,$I = \int x^{2} [ \sqrt{2} \sin ( \frac{\pi}{4} + x ) + e^{x} ] dx$
$\Rightarrow I = \int x^{2} [ \sqrt{2} ( \sin \frac{\pi}{4} \cos x + \sin x \cos \frac{\pi}{4} ) + e^{x} ] dx$
$\Rightarrow I = \int x^{2} [ \sqrt{2} ( \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x ) + e^{x} ] dx$
સાદું રૂપ આપતા,
$\Rightarrow I = \int x^{2} ( \cos x + \sin x + e^{x} ) dx$
$\Rightarrow I = \int x^{2} ( \cos x + \sin x ) dx + \int x^{2} e^{x} dx$
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u v dx = u \int v dx - \int \{ \frac{d u}{d x} \cdot \int v dx \} dx$:
$\Rightarrow I = x^{2} ( \sin x - \cos x ) - \int 2 x ( \sin x - \cos x ) dx + ( x^{2} - 2 x + 2 ) e^{x} + C$
$\Rightarrow I = x^{2} ( \sin x - \cos x ) - 2 [ x ( - \cos x - \sin x ) - \int ( - \cos x - \sin x ) dx ] + ( x^{2} - 2 x + 2 ) e^{x} + C$
$\Rightarrow I = x^{2} ( \sin x - \cos x ) + 2 x ( \cos x + \sin x ) - 2 ( \sin x - \cos x ) + ( x^{2} - 2 x + 2 ) e^{x} + C$
$\Rightarrow I = ( x^{2} + 2 x - 2 ) \sin x + ( - x^{2} + 2 x + 2 ) \cos x + ( x^{2} - 2 x + 2 ) e^{x} + C$

(C) આપણી પાસે $I = \int \frac{\cos 2x \cdot 2 \sin 2x \cos 2x}{\cos^4 x (1 + \cos^2 2x)} dx$ છે.
$\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$ હોવાથી,$\cos^4 x = \frac{(1 + \cos 2x)^2}{4}$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા,$I = 4 \int \frac{\cos^2 2x \sin 2x}{(1 + \cos 2x)^2 (1 + \cos^2 2x)} dx$.
ધારો કે $t = \cos 2x$,તો $dt = -2 \sin 2x dx$,તેથી $\sin 2x dx = -\frac{dt}{2}$.
$I = 4 \int \frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} \left(-\frac{dt}{2}\right) = -2 \int \frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} dt$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} = \frac{1}{2(1+t)^2} - \frac{1}{2(1+t)} + \frac{t}{2(1+t^2)}$.
$I = -2 \int \left[ \frac{1}{2(1+t)^2} - \frac{1}{2(1+t)} + \frac{t}{2(1+t^2)} \right] dt$.
$I = -2 \left[ -\frac{1}{2(1+t)} - \frac{1}{2} \log |1+t| + \frac{1}{4} \log (1+t^2) \right] + c$.
$I = \frac{1}{1+t} + \log |1+t| - \frac{1}{2} \log (1+t^2) + c$.
$1+t = 1+\cos 2x = 2\cos^2 x$ હોવાથી,$\frac{1}{1+t} = \frac{1}{2\cos^2 x} = \frac{1}{2} \sec^2 x$.
આમ,$I = \sec^2 x + \log \frac{(1+\cos 2x)^2}{1+\cos^2 2x} + c$ મળે છે.

(C) આપેલ છે,$\int \frac{\sqrt{1-x^2} \cdot \sin ^{-1} x+x}{\sqrt{1-x^2}} d x$
$= \int \left( \frac{\sqrt{1-x^2} \cdot \sin ^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \right) d x$
$= \int \left( \sin ^{-1} x + \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \right) d x$
$= \int \sin ^{-1} x d x + \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} d x$
$\int \sin ^{-1} x d x$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(x) = \sin ^{-1} x$ અને $g(x) = 1$:
$= \sin ^{-1} x \cdot x - \int \left( \frac{d}{d x} \sin ^{-1} x \cdot \int 1 d x \right) d x + \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} d x$
$= x \sin ^{-1} x - \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \cdot x d x + \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} d x + c$
$= x \sin ^{-1} x + c$
તેથી,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(B) $I_n = \int \tan^n x \ dx$ માટે રિડક્શન સૂત્ર $I_n + I_{n-2} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$ છે.
આપેલ પદ $I_0 + I_1 + 2 I_2 + 2 I_3 + 2 I_4 + I_5 + I_6$ ને નીચે મુજબ ફરીથી ગોઠવી શકાય:
$(I_2 + I_0) + (I_3 + I_1) + (I_4 + I_2) + (I_5 + I_3) + (I_6 + I_4)$.
રિડક્શન સૂત્ર $I_n + I_{n-2} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$ નો ઉપયોગ કરીને,દરેક જોડી માટે કિંમત મૂકતા:
$(I_2 + I_0) = \frac{\tan x}{1}$
$(I_3 + I_1) = \frac{\tan^2 x}{2}$
$(I_4 + I_2) = \frac{\tan^3 x}{3}$
$(I_5 + I_3) = \frac{\tan^4 x}{4}$
$(I_6 + I_4) = \frac{\tan^5 x}{5}$
આનો સરવાળો કરતા,આપણને $\sum_{K=1}^5 \frac{\tan^K x}{K}$ મળે છે.
આને આપેલ સરવાળા $\sum_{K=1}^n \frac{\tan^K x}{K}$ સાથે સરખાવતા,$n = 5$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $\int \frac{\cos x+x}{1+\sin x} d x=f(x)+\int \frac{3 \cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}} d x+c_r$.
$f(x) = \int \left( \frac{\cos x+x}{1+\sin x} - \frac{3 \cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}} \right) d x$.
$1+\sin x = (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2$ અને $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે સંકલ્યનું સાદું રૂપ આપીએ છીએ.
નોંધો કે $\frac{3 \cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}} = \frac{(3 \cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2})(\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2})}{1+\sin x} = \frac{3 \cos^2 \frac{x}{2} + 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}}{1+\sin x} = \frac{2 \cos^2 \frac{x}{2} + \sin x + 1}{1+\sin x} = \frac{1+\cos x + \sin x}{1+\sin x} = \frac{\cos x}{1+\sin x} + 1$.
આ કિંમત મૂકતા,$f(x) = \int \left( \frac{\cos x+x}{1+\sin x} - (\frac{\cos x}{1+\sin x} + 1) \right) d x = \int (\frac{x}{1+\sin x} - 1) d x$.
$1+\sin x = (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણને $f(x) = \frac{-2x}{1+\tan \frac{x}{2}}$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int (1+\tan^2 x)(1+2x \tan x) dx$ છે.
$1+\tan^2 x = \sec^2 x$ હોવાથી,$I = \int \sec^2 x (1+2x \tan x) dx$ થાય.
ધારો કે $f(x) = x \tan^2 x$.
તેથી $f'(x) = \tan^2 x + x(2 \tan x \sec^2 x) = \tan^2 x + 2x \tan x \sec^2 x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$.
તેથી $f'(x) = \sec^2 x - 1 + 2x \tan x \sec^2 x = \sec^2 x (1 + 2x \tan x) - 1$.
આમ,$\int \sec^2 x (1 + 2x \tan x) dx = \int (f'(x) + 1) dx = f(x) + x + c = x \tan^2 x + x + c$.
વિકલ્પોને જોતા,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) દરેક સંકલનનું મૂલ્યાંકન કરીએ:
$(1) \int \frac{\sin^2 x}{\cos^4 x} dx = \int \tan^2 x \sec^2 x dx$. ધારો કે $\tan x = t$,તો $\sec^2 x dx = dt$. સંકલન $\int t^2 dt = \frac{t^3}{3} + c = \frac{\tan^3 x}{3} + c$ બને છે. આમ,$1-C$.
$(2) \int \frac{\sin^4 x}{\cos^2 x} dx = \int \frac{(\sin^2 x)^2}{\cos^2 x} dx = \int \frac{(1-\cos^2 x)^2}{\cos^2 x} dx = \int \frac{1 - 2\cos^2 x + \cos^4 x}{\cos^2 x} dx = \int (\sec^2 x - 2 + \cos^2 x) dx = \tan x - 2x + \int \frac{1+\cos 2x}{2} dx = \tan x - 2x + \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + c = \tan x + \frac{\sin 2x}{4} - \frac{3x}{2} + c$. આમ,$2-D$.
$(3) \int \frac{\sin^3 x}{\cos^2 x} dx = \int \frac{\sin x(1-\cos^2 x)}{\cos^2 x} dx$. ધારો કે $\cos x = t$,તો $-\sin x dx = dt$. સંકલન $-\int \frac{1-t^2}{t^2} dt = -\int (t^{-2} - 1) dt = -(-t^{-1} - t) + c = \frac{1}{t} + t + c = \sec x + \cos x + c$ બને છે. આમ,$3-B$.
$(4) \int \frac{\sin^3 x}{\cos^3 x} dx = \int \tan^3 x dx = \int \tan x(\sec^2 x - 1) dx = \int \tan x \sec^2 x dx - \int \tan x dx = \frac{\tan^2 x}{2} - \ln|\sec x| + c = \frac{\tan^2 x}{2} + \ln|\cos x| + c$ બને છે. આમ,$4-A$.
સાચી જોડ $1-C, 2-D, 3-B, 4-A$ છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\cos 2x \sin 4x}{\cos^4 x (1 + \cos^2 2x)} dx$.
$\sin 4x = 2 \sin 2x \cos 2x$ અને $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos^4 x = \frac{(1 + \cos 2x)^2}{4}$ મળે.
આ કિંમતો મૂકતા,$I = \int \frac{\cos 2x (2 \sin 2x \cos 2x)}{\frac{(1 + \cos 2x)^2}{4} (1 + \cos^2 2x)} dx = 8 \int \frac{\cos^2 2x \sin 2x}{(1 + \cos 2x)^2 (1 + \cos^2 2x)} dx$.
ધારો કે $t = \cos 2x$,તેથી $dt = -2 \sin 2x dx$,એટલે કે $\sin 2x dx = -\frac{dt}{2}$.
$I = 8 \int \frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} (-\frac{dt}{2}) = -4 \int \frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} dt$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા: $\frac{t^2}{(1+t)^2 (1+t^2)} = \frac{A}{1+t} + \frac{B}{(1+t)^2} + \frac{Ct+D}{1+t^2}$.
ઉકેલતા $A = 0, B = -1/2, C = 1/2, D = 1/2$ મળે છે.
$I = -4 \int (-\frac{1}{2(1+t)^2} + \frac{t+1}{2(1+t^2)}) dt = 2 \int \frac{1}{(1+t)^2} dt - 2 \int \frac{t}{1+t^2} dt - 2 \int \frac{1}{1+t^2} dt$.
$I = -\frac{2}{1+t} - \log(1+t^2) - 2 \tan^{-1}(t) + c$.
$t = \cos 2x$ મૂકીને સાદું રૂપ આપતા યોગ્ય વિકલ્પ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \cos \left(2 \tan ^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\right) dx$.
$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,$dx = -2 \sin 2\theta d\theta$ મળે.
તેથી,$I = \int \cos \left(2 \tan ^{-1} \sqrt{\frac{1-\cos 2\theta}{1+\cos 2\theta}}\right) (-2 \sin 2\theta) d\theta$.
નિત્યસમ $\frac{1-\cos 2\theta}{1+\cos 2\theta} = \tan^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = -2 \int \cos(2 \tan^{-1}(\tan \theta)) \sin 2\theta d\theta$ મળે.
આનું સાદું રૂપ $I = -2 \int \cos(2\theta) \sin 2\theta d\theta$ થાય છે.
નિત્યસમ $\sin 4\theta = 2 \sin 2\theta \cos 2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = -\int \sin 4\theta d\theta = \frac{\cos 4\theta}{4} + C$.
અહીં $\cos 2\theta = x$ હોવાથી,$\cos 4\theta = 2 \cos^2 2\theta - 1 = 2x^2 - 1$.
આમ,$y = \frac{2x^2 - 1}{4} + C = \frac{1}{2}x^2 + C'$,જે પરવલયોનું કુળ દર્શાવે છે.