Fundamental definite integration Questions in Gujarati

(C) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\int_{\pi /2}^x {t\,dt} }}{{\sin (2x - \pi )}}$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\int_{\pi /2}^x t \, dt = \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{\pi /2}^x = \frac{x^2}{2} - \frac{\pi^2}{8}$.
તેથી,$y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{\frac{x^2}{2} - \frac{\pi^2}{8}}{\sin(2x - \pi )} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{4x^2 - \pi^2}{8 \sin(2x - \pi )}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $4x^2 - \pi^2 = (2x - \pi)(2x + \pi)$.
$y = \frac{1}{8} \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{(2x - \pi)(2x + \pi)}{\sin(2x - \pi )}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{\sin(2x - \pi)}{2x - \pi} = 1$ મળે.
તેથી,$y = \frac{1}{8} \times (2(\frac{\pi}{2}) + \pi) \times 1 = \frac{1}{8} \times (2\pi) = \frac{\pi}{4}$.

(D) ધારો કે $f(x) = \int_0^x {t{e^{ - {t^2}}}} dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = x{e^{ - {x^2}}}$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લેતા,જે $x{e^{ - {x^2}}} = 0$ આપે છે. કોઈપણ વાસ્તવિક $x$ માટે ${e^{ - {x^2}}} \neq 0$ હોવાથી,આપણને $x = 0$ મળે છે.
હવે,દ્વિતીય વિકલન શોધો: $f''(x) = \frac{d}{dx}(x{e^{ - {x^2}}}) = {e^{ - {x^2}}} + x({e^{ - {x^2}}}(-2x)) = {e^{ - {x^2}}}(1 - 2{x^2})$.
$x = 0$ આગળ કિંમત મૂકતા: $f''(0) = {e^0}(1 - 0) = 1$.
$f''(0) > 0$ હોવાથી,વિધેયને $x = 0$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ કિંમત મળે છે.
ન્યૂનતમ કિંમત $f(0) = \int_0^0 {t{e^{ - {t^2}}}} dt = 0$ છે.

(C) આપણને સંકલન $I = \int_0^1 {{e^{2\ln x}}dx}$ આપેલ છે.
લઘુગણકના ગુણધર્મ $a \ln b = \ln(b^a)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે ઘાતાંકને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$2\ln x = \ln(x^2)$.
આને સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^1 {{e^{\ln(x^2)}}dx}$.
કારણ કે $e^{\ln(f(x))} = f(x)$,તેથી સંકલન સરળ બને છે:
$I = \int_0^1 {{x^2}dx}$.
હવે,આપણે નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય શોધીએ:
$I = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1$.
સીમાઓ લાગુ પાડતા:
$I = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$\int_0^{\pi /4} \tan^2 x \, dx = \int_0^{\pi /4} (\sec^2 x - 1) \, dx$
$= \int_0^{\pi /4} \sec^2 x \, dx - \int_0^{\pi /4} 1 \, dx$
$= [\tan x]_0^{\pi /4} - [x]_0^{\pi /4}$
$= (\tan(\frac{\pi}{4}) - \tan(0)) - (\frac{\pi}{4} - 0)$
$= (1 - 0) - \frac{\pi}{4}$
$= 1 - \frac{\pi}{4}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} \frac{x + \sin x}{1 + \cos x} \, dx$.
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:
$I = \int_0^{\pi /2} \frac{x + 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} \, dx$
$I = \int_0^{\pi /2} \left( \frac{x}{2} \sec^2 \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} \right) \, dx$
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીને પ્રથમ પદનું સંકલન કરતા:
$\int \frac{x}{2} \sec^2 \frac{x}{2} \, dx = x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} \, dx$
આ કિંમત $I$ માં મૂકતા:
$I = \left[ x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} \, dx + \int \tan \frac{x}{2} \, dx \right]_0^{\pi /2}$
$I = \left[ x \tan \frac{x}{2} \right]_0^{\pi /2}$
$I = \frac{\pi}{2} \tan \frac{\pi}{4} - 0 \cdot \tan 0 = \frac{\pi}{2} \cdot 1 = \frac{\pi}{2}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} e^x \sin x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
$u = \sin x$ અને $dv = e^x \, dx$ લેતા,$du = \cos x \, dx$ અને $v = e^x$ મળે.
$I = [e^x \sin x]_0^{\pi /2} - \int_0^{\pi /2} e^x \cos x \, dx$.
ફરીથી $\int e^x \cos x \, dx$ માટે ખંડશઃ સંકલન કરતા:
$u = \cos x$ અને $dv = e^x \, dx$ લેતા,$du = -\sin x \, dx$ અને $v = e^x$ મળે.
$I = [e^x \sin x]_0^{\pi /2} - ([e^x \cos x]_0^{\pi /2} - \int_0^{\pi /2} e^x (-\sin x) \, dx)$.
$I = [e^x \sin x]_0^{\pi /2} - [e^x \cos x]_0^{\pi /2} - I$.
$2I = [e^x(\sin x - \cos x)]_0^{\pi /2}$.
$2I = (e^{\pi /2}(\sin(\pi /2) - \cos(\pi /2))) - (e^0(\sin 0 - \cos 0))$.
$2I = (e^{\pi /2}(1 - 0)) - (1(0 - 1))$.
$2I = e^{\pi /2} + 1$.
$I = \frac{1}{2}(e^{\pi /2} + 1)$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} \frac{\cos x}{(1 + \sin x)(2 + \sin x)} \,dx$.
$\sin x = t$ આદેશ લેતા,$\cos x \,dx = dt$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$ અને જ્યારે $x = \pi/2$,ત્યારે $t = 1$.
તેથી સંકલન $I = \int_0^1 \frac{1}{(1 + t)(2 + t)} \,dt$ બને છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા,$\frac{1}{(1 + t)(2 + t)} = \frac{1}{1 + t} - \frac{1}{2 + t}$.
તેથી,$I = \int_0^1 \left( \frac{1}{1 + t} - \frac{1}{2 + t} \right) \,dt$.
$I = [\log |1 + t| - \log |2 + t|]_0^1$.
$I = [\log \frac{1 + t}{2 + t}]_0^1$.
$I = \log \frac{2}{3} - \log \frac{1}{2} = \log \left( \frac{2/3}{1/2} \right) = \log \frac{4}{3}$.

(D) ધારો કે $I = \int_1^2 \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}} \, dx$.
$t = -\frac{1}{x}$ આદેશ લેતા,
$dt = \frac{1}{x^2} \, dx$ મળે.
જ્યારે $x = 1$ હોય ત્યારે $t = -1$ અને જ્યારે $x = 2$ હોય ત્યારે $t = -\frac{1}{2}$ થાય.
આથી સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int_{-1}^{-1/2} e^t \, dt = [e^t]_{-1}^{-1/2}$.
$I = e^{-1/2} - e^{-1} = \frac{1}{\sqrt{e}} - \frac{1}{e}$.
$I = \frac{\sqrt{e} - 1}{e}$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^1 {{\sin }^{ - 1}}\left( {\frac{{2x}}{{1 + {x^2}}}} \right)\,dx$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$ અને જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{4}$.
$\sin^{-1}(\frac{2\tan \theta}{1+\tan^2 \theta}) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta$ હોવાથી,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int_0^{\pi/4} 2\theta \sec^2 \theta \, d\theta$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 [\theta \tan \theta]_0^{\pi/4} - 2 \int_0^{\pi/4} \tan \theta \, d\theta$.
$I = 2 [\frac{\pi}{4} \cdot 1 - 0] - 2 [\ln |\sec \theta|]_0^{\pi/4}$.
$I = \frac{\pi}{2} - 2 \ln(\sec \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2} - 2 \ln(\sqrt{2})$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\int \text{cosec} \, ax \, dx = \frac{1}{a} \log |\tan(\frac{ax}{2})| + C$.
આપેલ સંકલન માટે:
$\int_{\pi /6}^{\pi /4} \text{cosec} \, 2x \, dx = \left[ \frac{1}{2} \log |\tan(\frac{2x}{2})| \right]_{\pi /6}^{\pi /4}$
$= \frac{1}{2} [\log \tan x]_{\pi /6}^{\pi /4}$
$= \frac{1}{2} [\log \tan(\frac{\pi}{4}) - \log \tan(\frac{\pi}{6})]$
$= \frac{1}{2} [\log(1) - \log(\frac{1}{\sqrt{3}})]$
$= \frac{1}{2} [0 - \log(3^{-1/2})]$
$= \frac{1}{2} [\frac{1}{2} \log 3] = \frac{1}{4} \log 3 = \frac{1}{2} \log \sqrt{3}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} \sqrt{\cos \theta} \sin^3 \theta \, d\theta$.
$t = \cos \theta$ આદેશ લેતા,$dt = -\sin \theta \, d\theta$ મળે.
જ્યારે $\theta = 0$,ત્યારે $t = 1$ અને જ્યારે $\theta = \pi/2$,ત્યારે $t = 0$ થાય.
તેથી,$I = \int_1^0 \sqrt{t} (1 - t^2) (-dt) = \int_0^1 (t^{1/2} - t^{5/2}) \, dt$.
પદવાર સંકલન કરતા,$I = \left[ \frac{t^{3/2}}{3/2} - \frac{t^{7/2}}{7/2} \right]_0^1 = \left[ \frac{2}{3} t^{3/2} - \frac{2}{7} t^{7/2} \right]_0^1$.
સીમાઓ મૂકતા,$I = \frac{2}{3} - \frac{2}{7} = \frac{14 - 6}{21} = \frac{8}{21}$.

(C) ધારો કે $I = \int_a^b \frac{\log x}{x} \, dx$.
$u = \log x$ આદેશ લેતા,$du = \frac{1}{x} \, dx$ મળે.
જ્યારે $x = a$ હોય,ત્યારે $u = \log a$.
જ્યારે $x = b$ હોય,ત્યારે $u = \log b$.
તેથી,$I = \int_{\log a}^{\log b} u \, du$.
$I = \left[ \frac{u^2}{2} \right]_{\log a}^{\log b} = \frac{1}{2} [(\log b)^2 - (\log a)^2]$.
નિત્યસમ $x^2 - y^2 = (x + y)(x - y)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} [(\log b + \log a)(\log b - \log a)]$.
કારણ કે $\log b + \log a = \log (ab)$ અને $\log b - \log a = \log \left( \frac{b}{a} \right)$,
તેથી $I = \frac{1}{2} \log (ab) \log \left( \frac{b}{a} \right)$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^1 {{\tan ^{ - 1}}x\,dx}$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int {u,dv = uv - \int {v,du} } $.
ધારો કે $u = {\tan ^{ - 1}}x$ અને $dv = dx$.
તેથી $du = \frac{1}{{1 + {x^2}}}dx$ અને $v = x$.
$I = [x{\tan ^{ - 1}}x]_0^1 - \int_0^1 {\frac{x}{{1 + {x^2}}}dx} $.
$I = (1 \cdot {\tan ^{ - 1}}(1) - 0 \cdot {\tan ^{ - 1}}(0)) - \frac{1}{2}\int_0^1 {\frac{{2x}}{{1 + {x^2}}}dx} $.
$I = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}[\log (1 + {x^2})]_0^1$.
$I = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}(\log 2 - \log 1)$.
કારણ કે $\log 1 = 0$,તેથી $I = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}\log 2$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^1 \frac{dx}{[(a - b)x + b]^2}$.
$t = (a - b)x + b$ આદેશ લેતા,$dt = (a - b)dx$ મળે,તેથી $dx = \frac{dt}{a - b}$.
જ્યારે $x = 0$ હોય ત્યારે $t = b$ અને જ્યારે $x = 1$ હોય ત્યારે $t = a$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_b^a \frac{1}{t^2} \cdot \frac{dt}{a - b} = \frac{1}{a - b} \int_b^a t^{-2} dt$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$I = \frac{1}{a - b} \left[ -\frac{1}{t} \right]_b^a = \frac{1}{a - b} \left( -\frac{1}{a} - (-\frac{1}{b}) \right)$.
$I = \frac{1}{a - b} \left( \frac{1}{b} - \frac{1}{a} \right) = \frac{1}{a - b} \left( \frac{a - b}{ab} \right) = \frac{1}{ab}$.

(B) આપેલ સંકલન $\int_0^k \frac{dx}{2 + 8x^2} = \frac{\pi}{16}$ છે.
છેદમાંથી $2$ સામાન્ય લેતા: $\frac{1}{2} \int_0^k \frac{dx}{1 + 4x^2} = \frac{1}{2} \int_0^k \frac{dx}{1 + (2x)^2}$.
ધારો કે $t = 2x$,તેથી $dt = 2dx$ અથવા $dx = \frac{dt}{2}$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=k, t=2k$.
સંકલન આ મુજબ થશે: $\frac{1}{2} \int_0^{2k} \frac{dt/2}{1 + t^2} = \frac{1}{4} \int_0^{2k} \frac{dt}{1 + t^2}$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\frac{1}{4} [\tan^{-1} t]_0^{2k} = \frac{1}{4} \tan^{-1}(2k)$.
આપેલ કિંમત સાથે સરખાવતા: $\frac{1}{4} \tan^{-1}(2k) = \frac{\pi}{16}$.
$\tan^{-1}(2k) = \frac{\pi}{4}$.
$2k = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
તેથી,$k = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{\sin^{-1}x}{(1-x^2)^{3/2}} dx$.
$\sin^{-1}x = t$ આદેશ લેતા,તેથી $x = \sin t$ અને $dx = \cos t \, dt$ મળે.
જ્યારે $x = 0$ હોય,ત્યારે $t = 0$ અને જ્યારે $x = 1/\sqrt{2}$ હોય,ત્યારે $t = \pi/4$ થાય.
આથી સંકલન $I = \int_0^{\pi/4} \frac{t \cos t}{(1-\sin^2 t)^{3/2}} dt = \int_0^{\pi/4} \frac{t \cos t}{\cos^3 t} dt = \int_0^{\pi/4} t \sec^2 t \, dt$ બને.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$,જ્યાં $u = t$ અને $dv = \sec^2 t \, dt$ છે.
તેથી $du = dt$ અને $v = \tan t$ મળે.
$I = [t \tan t]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} \tan t \, dt$.
$I = [\frac{\pi}{4} \tan(\frac{\pi}{4}) - 0] - [\log|\sec t|]_0^{\pi/4}$.
$I = \frac{\pi}{4}(1) - [\log(\sec \frac{\pi}{4}) - \log(\sec 0)]$.
$I = \frac{\pi}{4} - [\log(\sqrt{2}) - \log(1)] = \frac{\pi}{4} - \log(2^{1/2}) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \log 2$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} {\sin x \sin 2x \, dx}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi /2} {\sin x (2 \sin x \cos x) \, dx} = 2 \int_0^{\pi /2} {\sin^2 x \cos x \, dx}$.
ધારો કે $t = \sin x$,તેથી $dt = \cos x \, dx$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = \sin 0 = 0$. જ્યારે $x = \pi / 2$,ત્યારે $t = \sin(\pi / 2) = 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = 2 \int_0^1 {t^2 \, dt} = 2 \left[ \frac{t^3}{3} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{1}{3} - 0 \right) = \frac{2}{3}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{dx}}{{2 + \cos x}}} $.
નિત્યસમ $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}$ અને $1 = \sin^2 \frac{x}{2} + \cos^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $2 + \cos x = 2(\sin^2 \frac{x}{2} + \cos^2 \frac{x}{2}) + \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} = \sin^2 \frac{x}{2} + 3\cos^2 \frac{x}{2}$.
આમ,$I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{dx}}{{\sin^2 \frac{x}{2} + 3\cos^2 \frac{x}{2}}}} $.
અંશ અને છેદને $\cos^2 \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{\sec^2 \frac{x}{2}}}{{3 + \tan^2 \frac{x}{2}}}} dx$.
ધારો કે $t = \tan \frac{x}{2}$,તો $dt = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\sec^2 \frac{x}{2} dx = 2 dt$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$. જ્યારે $x = \pi/2$,ત્યારે $t = \tan(\pi/4) = 1$.
આ કિંમતો મૂકતા,$I = \int_0^1 \frac{2 dt}{3 + t^2} = 2 \int_0^1 \frac{dt}{(\sqrt{3})^2 + t^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2 + x^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $I = 2 [\frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{3}})]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}})$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^a \frac{x \, dx}{\sqrt{a^2 + x^2}}$.
$t = a^2 + x^2$ આદેશ લેતા,$dt = 2x \, dx$,જેનો અર્થ છે કે $x \, dx = \frac{1}{2} \, dt$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = a^2 + 0^2 = a^2$.
જ્યારે $x = a$,ત્યારે $t = a^2 + a^2 = 2a^2$.
હવે,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int_{a^2}^{2a^2} \frac{1}{2\sqrt{t}} \, dt = \frac{1}{2} \int_{a^2}^{2a^2} t^{-1/2} \, dt$
$I = \frac{1}{2} [2t^{1/2}]_{a^2}^{2a^2} = [\sqrt{t}]_{a^2}^{2a^2}$
$I = \sqrt{2a^2} - \sqrt{a^2} = a\sqrt{2} - a = a(\sqrt{2} - 1)$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^a {\frac{{{x^4}\,dx}}{{{{({a^2} + {x^2})}^4}}}} $.
$x = a \tan \theta $ મૂકતા,તેથી $dx = a \sec^2 \theta \, d\theta $.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$. જ્યારે $x = a$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{4}$.
$I = \int_0^{\pi/4} \frac{a^4 \tan^4 \theta \cdot a \sec^2 \theta \, d\theta}{(a^2 + a^2 \tan^2 \theta)^4} = \int_0^{\pi/4} \frac{a^5 \tan^4 \theta \sec^2 \theta \, d\theta}{a^8 \sec^8 \theta} = \frac{1}{a^3} \int_0^{\pi/4} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ અને $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^4 \theta \cos^2 \theta = (\frac{1 - \cos 2\theta}{2})^2 (\frac{1 + \cos 2\theta}{2}) = \frac{1}{8} (1 - 2\cos 2\theta + \cos^2 2\theta)(1 + \cos 2\theta) = \frac{1}{8} (1 - \cos 2\theta - \cos^2 2\theta + \cos^3 2\theta)$.
$\cos^2 2\theta = \frac{1 + \cos 4\theta}{2}$ અને $\cos^3 2\theta = \frac{3\cos 2\theta + \cos 6\theta}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા,
$I = \frac{1}{8a^3} \int_0^{\pi/4} (1 - \cos 2\theta - \frac{1 + \cos 4\theta}{2} + \frac{3\cos 2\theta + \cos 6\theta}{4}) \, d\theta = \frac{1}{32a^3} \int_0^{\pi/4} (4 - 4\cos 2\theta - 2 - 2\cos 4\theta + 3\cos 2\theta + \cos 6\theta) \, d\theta = \frac{1}{32a^3} \int_0^{\pi/4} (2 - \cos 2\theta - 2\cos 4\theta + \cos 6\theta) \, d\theta$.
$I = \frac{1}{32a^3} [2\theta - \frac{\sin 2\theta}{2} - \frac{\sin 4\theta}{2} + \frac{\sin 6\theta}{6}]_0^{\pi/4} = \frac{1}{32a^3} [2(\frac{\pi}{4}) - \frac{1}{2}(1) - \frac{1}{2}(0) + \frac{1}{6}(-1)] = \frac{1}{32a^3} [\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{6}] = \frac{1}{32a^3} [\frac{\pi}{2} - \frac{2}{3}] = \frac{1}{16a^3} [\frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}]$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{2\pi} e^{x/2} \sin \left( \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4} \right) \, dx$.
$t = \frac{x}{2}$ આદેશ લેતા,$dt = \frac{1}{2} dx$ મળે,એટલે કે $dx = 2 dt$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$. જ્યારે $x = 2\pi$,ત્યારે $t = \pi$.
તેથી,$I = \int_0^{\pi} e^t \sin \left( t + \frac{\pi}{4} \right) (2 dt) = 2 \int_0^{\pi} e^t \sin \left( t + \frac{\pi}{4} \right) dt$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^{at} \sin(bt + c) dt = \frac{e^{at}}{a^2 + b^2} [a \sin(bt + c) - b \cos(bt + c)]$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=1, b=1, c=\frac{\pi}{4}$:
$I = 2 \left[ \frac{e^t}{1^2 + 1^2} (\sin(t + \frac{\pi}{4}) - \cos(t + \frac{\pi}{4})) \right]_0^{\pi}$.
$I = 2 \left[ \frac{e^t}{2} (\sin(t + \frac{\pi}{4}) - \cos(t + \frac{\pi}{4})) \right]_0^{\pi} = [e^t (\sin(t + \frac{\pi}{4}) - \cos(t + \frac{\pi}{4}))]_0^{\pi}$.
$t = \pi$ માટે: $e^{\pi} (\sin(\pi + \frac{\pi}{4}) - \cos(\pi + \frac{\pi}{4})) = e^{\pi} (-\sin \frac{\pi}{4} - (-\cos \frac{\pi}{4})) = e^{\pi} (-\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$.
$t = 0$ માટે: $e^0 (\sin \frac{\pi}{4} - \cos \frac{\pi}{4}) = 1 (\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$.
આમ,$I = 0 - 0 = 0$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^1 \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}} \,dx$.
$t = 1 + e^{-x}$ આદેશ લેતા,$dt = -e^{-x} \,dx$ મળે,એટલે કે $e^{-x} \,dx = -dt$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 1 + e^0 = 2$.
જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = 1 + e^{-1} = 1 + \frac{1}{e} = \frac{e+1}{e}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_2^{\frac{e+1}{e}} \frac{-dt}{t} = -[\log |t|]_2^{\frac{e+1}{e}}$.
$I = -\left( \log \left( \frac{e+1}{e} \right) - \log 2 \right) = \log 2 - \log \left( \frac{e+1}{e} \right) = \log \left( \frac{2e}{e+1} \right)$.
આમ,આપેલ વિકલ્પોમાંથી કોઈ પણ સાચું નથી. તેથી,સાચો જવાબ $(D)$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /4} {\frac{{\sin x + \cos x}}{{9 + 16\sin 2x}}\,dx}$.
$t = \sin x - \cos x$ આદેશ લેતા,$dt = (\cos x + \sin x)dx$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = \sin 0 - \cos 0 = -1$.
જ્યારે $x = \pi /4$,ત્યારે $t = \sin(\pi /4) - \cos(\pi /4) = 0$.
વળી,$t^2 = (\sin x - \cos x)^2 = 1 - \sin 2x$,તેથી $\sin 2x = 1 - t^2$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{-1}^0 \frac{dt}{9 + 16(1 - t^2)} = \int_{-1}^0 \frac{dt}{25 - 16t^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2 - x^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{16} \int_{-1}^0 \frac{dt}{(5/4)^2 - t^2} = \frac{1}{16} \cdot \frac{1}{2(5/4)} \left[ \log \left| \frac{5/4 + t}{5/4 - t} \right| \right]_{-1}^0$.
$I = \frac{1}{40} \left[ \log \left| \frac{5 + 4t}{5 - 4t} \right| \right]_{-1}^0 = \frac{1}{40} \left[ \log(1) - \log \left| \frac{1}{9} \right| \right]$.
$I = \frac{1}{40} [0 - (-\log 9)] = \frac{1}{40} \log(3^2) = \frac{2}{40} \log 3 = \frac{1}{20} \log 3$.

(B) ધારો કે $t = \sin^{-1} x$.
તેથી $dt = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$.
જ્યારે $x = 1/2$,ત્યારે $t = \sin^{-1}(1/2) = \pi/6$.
વળી,$x = \sin t$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$\int_0^{\pi/6} t \sin t \, dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = t$,$dv = \sin t \, dt$.
તેથી $du = dt$,$v = -\cos t$.
$\int t \sin t \, dt = -t \cos t - \int (-\cos t) \, dt = -t \cos t + \sin t$.
નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$[-t \cos t + \sin t]_0^{\pi/6} = (-\frac{\pi}{6} \cos(\frac{\pi}{6}) + \sin(\frac{\pi}{6})) - (0 + 0)$.
$= -\frac{\pi}{6} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3} \pi}{12}$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^2 \sqrt{\frac{2 + x}{2 - x}} \,dx$.
$x = 2 \cos \theta$ લેતા,તેથી $dx = -2 \sin \theta \,d\theta$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\cos \theta = 0 \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{2}$.
જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $\cos \theta = 1 \Rightarrow \theta = 0$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{\pi/2}^0 \sqrt{\frac{2 + 2 \cos \theta}{2 - 2 \cos \theta}} (-2 \sin \theta) \,d\theta$
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sqrt{\frac{1 + \cos \theta}{1 - \cos \theta}} \sin \theta \,d\theta$
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $1 + \cos \theta = 2 \cos^2(\theta/2)$ અને $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)} \cdot 2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2) \,d\theta$
$I = 4 \int_0^{\pi/2} \cos^2(\theta/2) \,d\theta$
$\cos^2(\theta/2) = \frac{1 + \cos \theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 4 \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos \theta}{2} \,d\theta = 2 \int_0^{\pi/2} (1 + \cos \theta) \,d\theta$
$I = 2 [\theta + \sin \theta]_0^{\pi/2} = 2 [(\frac{\pi}{2} + 1) - (0 + 0)] = \pi + 2$.

(C) આપણે સંકલન $I = \int_0^\pi \frac{dx}{1 + \sin x}$ ની ગણતરી કરીએ.
અંશ અને છેદને $(1 - \sin x)$ વડે ગુણતા:
$I = \int_0^\pi \frac{1 - \sin x}{(1 + \sin x)(1 - \sin x)} dx = \int_0^\pi \frac{1 - \sin x}{1 - \sin^2 x} dx = \int_0^\pi \frac{1 - \sin x}{\cos^2 x} dx$.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરતા:
$I = \int_0^\pi (\sec^2 x - \sec x \tan x) dx$.
હવે,દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = [\tan x - \sec x]_0^\pi$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = (\tan \pi - \sec \pi) - (\tan 0 - \sec 0)$.
કારણ કે $\tan \pi = 0$,$\sec \pi = -1$,$\tan 0 = 0$,અને $\sec 0 = 1$:
$I = (0 - (-1)) - (0 - 1) = 1 - (-1) = 1 + 1 = 2$.

(A) અહીં આપણને સંકલન $I = \int_0^{\pi /8} \frac{\sec^2 2x}{2} \, dx$ આપેલ છે.
અચળ પદને બહાર લેતા,$I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi /8} \sec^2 2x \, dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec^2(ax)$ નું સંકલન $\frac{\tan(ax)}{a}$ થાય છે.
તેથી,$I = \frac{1}{2} \left[ \frac{\tan 2x}{2} \right]_0^{\pi /8}$.
$I = \frac{1}{4} [\tan 2x]_0^{\pi /8}$.
સીમાઓ મૂકતા,$I = \frac{1}{4} [\tan(2 \times \frac{\pi}{8}) - \tan(0)]$.
$I = \frac{1}{4} [\tan(\frac{\pi}{4}) - 0]$.
કારણ કે $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,તેથી $I = \frac{1}{4} [1] = \frac{1}{4}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \sin \theta = (\sin \frac{\theta}{2} + \cos \frac{\theta}{2})^2$.
તેથી,$\sqrt{1 + \sin \frac{x}{2}} = \sqrt{(\sin \frac{x}{4} + \cos \frac{x}{4})^2} = |\sin \frac{x}{4} + \cos \frac{x}{4}|$.
જ્યારે $x \in [0, 2\pi]$,ત્યારે $\frac{x}{4} \in [0, \frac{\pi}{2}]$,જ્યાં $\sin \frac{x}{4}$ અને $\cos \frac{x}{4}$ બંને અ-ઋણ છે.
તેથી,સંકલન $\int_0^{2\pi} (\sin \frac{x}{4} + \cos \frac{x}{4}) dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$= [-4 \cos \frac{x}{4} + 4 \sin \frac{x}{4}]_0^{2\pi}$
$= (-4 \cos \frac{\pi}{2} + 4 \sin \frac{\pi}{2}) - (-4 \cos 0 + 4 \sin 0)$
$= (-4(0) + 4(1)) - (-4(1) + 4(0))$
$= 4 - (-4) = 8$.

(B) સંકલન $I = \int_0^1 {{\cos }^{ - 1}}x\,dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) નો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u\,dv = uv - \int v\,du$.
ધારો કે $u = {\cos }^{ - 1}x$ અને $dv = dx$.
તેથી $du = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}dx$ અને $v = x$.
સૂત્ર લાગુ પાડતા: $I = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 - \int_0^1 x \left( -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \right) dx$.
$I = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 + \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} dx$.
બીજા સંકલન માટે,ધારો કે $t = 1 - x^2$,તેથી $dt = -2x\,dx$ અથવા $x\,dx = -\frac{1}{2}dt$.
જ્યારે $x=0, t=1$; જ્યારે $x=1, t=0$.
$I = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 - \frac{1}{2} \int_1^0 \frac{1}{\sqrt{t}} dt = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 - \frac{1}{2} [2\sqrt{t}]_1^0$.
$I = (1 \cdot {\cos }^{ - 1}(1) - 0 \cdot {\cos }^{ - 1}(0)) - (\sqrt{0} - \sqrt{1}) = (0 - 0) - (0 - 1) = 1$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /6} {(2 + 3{x^2})\cos 3x\,dx}$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,જ્યાં $u = 2 + 3x^2$ અને $dv = \cos 3x \, dx$.
તેથી $du = 6x \, dx$ અને $v = \frac{\sin 3x}{3}$.
$I = \left[ (2 + 3x^2) \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi /6} - \int_0^{\pi /6} \frac{\sin 3x}{3} (6x) \, dx$
$I = \left[ (2 + 3(\frac{\pi^2}{36})) \frac{\sin(\pi/2)}{3} - 0 \right] - 2 \int_0^{\pi /6} x \sin 3x \, dx$
$I = \frac{1}{3} (2 + \frac{\pi^2}{12}) - 2 \left[ x \left( -\frac{\cos 3x}{3} \right) - \int_0^{\pi /6} (1) \left( -\frac{\cos 3x}{3} \right) \, dx \right]$
$I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} - 2 \left[ -\frac{x \cos 3x}{3} + \frac{1}{3} \int_0^{\pi /6} \cos 3x \, dx \right]$
$I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} + \frac{2x \cos 3x}{3} - \frac{2}{3} \left[ \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi /6}$
સીમાઓ મૂકતા: $I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} + \frac{2}{3} (\frac{\pi}{6} \cos(\pi/2)) - \frac{2}{9} (\sin(\pi/2) - \sin 0)$
કારણ કે $\cos(\pi/2) = 0$ અને $\sin(\pi/2) = 1$,
$I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} + 0 - \frac{2}{9} = \frac{6-2}{9} + \frac{\pi^2}{36} = \frac{4}{9} + \frac{\pi^2}{36} = \frac{16 + \pi^2}{36} = \frac{1}{36}(\pi^2 + 16)$.

(D) ધારો કે $t = x^2 + 1$,તેથી $dt = 2x \, dx$ અથવા $x \, dx = \frac{1}{2} \, dt$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 1$. જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $t = 5$.
સંકલન આ મુજબ બનશે: $\int_0^2 \frac{x^2 \cdot x \, dx}{(x^2 + 1)^{3/2}} = \frac{1}{2} \int_1^5 \frac{t - 1}{t^{3/2}} \, dt$.
$= \frac{1}{2} \int_1^5 (t^{-1/2} - t^{-3/2}) \, dt$.
$= \frac{1}{2} [2t^{1/2} - \frac{t^{-1/2}}{-1/2}]_1^5 = \frac{1}{2} [2\sqrt{t} + \frac{2}{\sqrt{t}}]_1^5$.
$= [\sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}}]_1^5 = (\sqrt{5} + \frac{1}{\sqrt{5}}) - (1 + 1) = \frac{5+1}{\sqrt{5}} - 2 = \frac{6}{\sqrt{5}} - 2 = \frac{6 - 2\sqrt{5}}{\sqrt{5}}$.
આ કિંમત વિકલ્પોમાં ન હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{\sin x\cos x\,dx}}{{{{\cos }^2}x + 3\cos x + 2}}} $.
$\cos x = t$ આદેશ લેતા,$-\sin x\,dx = dt$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 1$. જ્યારે $x = \pi/2$,ત્યારે $t = 0$.
તેથી,$I = \int_1^0 {\frac{-t\,dt}{{{t^2} + 3t + 2}}} = \int_0^1 {\frac{t\,dt}{{(t+1)(t+2)}}} $.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા,$\frac{t}{(t+1)(t+2)} = \frac{2}{t+2} - \frac{1}{t+1}$.
$I = \int_0^1 {\left( {\frac{2}{{t + 2}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \,dt$.
$I = [2\log |t + 2| - \log |t + 1|]_0^1$.
$I = (2\log 3 - \log 2) - (2\log 2 - \log 1)$.
$\log 1 = 0$ હોવાથી,$I = 2\log 3 - 3\log 2 = \log 3^2 - \log 2^3 = \log 9 - \log 8 = \log \left( {\frac{9}{8}} \right)$.

(D) આપણી પાસે સંકલન $I = \int_0^1 \frac{dx}{x^2 + 2x\cos \alpha + 1}$ છે.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $x^2 + 2x\cos \alpha + \cos^2 \alpha + 1 - \cos^2 \alpha = (x + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha$.
તેથી,$I = \int_0^1 \frac{dx}{(x + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha}$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \left[ \frac{1}{\sin \alpha} \tan^{-1}\left( \frac{x + \cos \alpha}{\sin \alpha} \right) \right]_0^1$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = \frac{1}{\sin \alpha} \left[ \tan^{-1}\left( \frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} \right) - \tan^{-1}\left( \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \right) \right]$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} = \cot(\frac{\alpha}{2})$ અને $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \cot \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\sin \alpha} \left[ \tan^{-1}(\cot \frac{\alpha}{2}) - \tan^{-1}(\cot \alpha) \right]$.
કારણ કે $\tan^{-1}(\cot \theta) = \frac{\pi}{2} - \theta$:
$I = \frac{1}{\sin \alpha} \left[ (\frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}) - (\frac{\pi}{2} - \alpha) \right] = \frac{1}{\sin \alpha} [\frac{\alpha}{2}] = \frac{\alpha}{2 \sin \alpha}$.

(A) આપણે પ્રમાણિત સંકલન સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int e^{ax} \sin(bx) dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} (a \sin(bx) - b \cos(bx)) + C$.
અહીં,$a = -1$ અને $b = 1$ છે.
તેથી,$\int e^{-x} \sin x dx = \frac{e^{-x}}{(-1)^2 + 1^2} (-1 \sin x - 1 \cos x) = -\frac{e^{-x}}{2} (\sin x + \cos x)$.
હવે,$-\pi/4$ થી $\pi/2$ સુધીની સીમાઓ લાગુ કરતા:
$= [-\frac{e^{-x}}{2} (\sin x + \cos x)]_{-\pi/4}^{\pi/2}$
$= -\frac{1}{2} [e^{-\pi/2} (\sin(\pi/2) + \cos(\pi/2)) - e^{\pi/4} (\sin(-\pi/4) + \cos(-\pi/4))]$
$= -\frac{1}{2} [e^{-\pi/2} (1 + 0) - e^{\pi/4} (-\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}})]$
$= -\frac{1}{2} [e^{-\pi/2} (1) - e^{\pi/4} (0)]$
$= -\frac{1}{2} e^{-\pi/2}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /2} \frac{1 + 2\cos x}{(2 + \cos x)^2} dx$.
અંશને $2(2 + \cos x) - 3$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$I = \int_0^{\pi /2} \frac{2(2 + \cos x) - 3}{(2 + \cos x)^2} dx = 2 \int_0^{\pi /2} \frac{1}{2 + \cos x} dx - 3 \int_0^{\pi /2} \frac{1}{(2 + \cos x)^2} dx$.
આદેશ $t = \tan(x/2)$ લેતા,$\cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$ અને $dx = \frac{2 dt}{1 + t^2}$ મળે.
જ્યારે $x$ એ $0$ થી $\pi/2$ જાય,ત્યારે $t$ એ $0$ થી $1$ જાય છે.
$I = 2 \int_0^1 \frac{1}{2 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2}} \cdot \frac{2 dt}{1 + t^2} - 3 \int_0^1 \frac{1}{(2 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2})^2} \cdot \frac{2 dt}{1 + t^2} = 4 \int_0^1 \frac{dt}{3 + t^2} - 6 \int_0^1 \frac{1 + t^2}{(3 + t^2)^2} dt$.
બીજા સંકલન માટે ખંડશઃ સંકલન અથવા રિડક્શન સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,અંતિમ જવાબ $\frac{1}{2}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{dx}{1 - 2a\cos x + a^2}$.
નિત્યસમ $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}$ અને $1 = \cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{dx}{(1+a^2)(\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}) - 2a(\cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2})}$
$I = \int_0^\pi \frac{dx}{(1-a)^2 \cos^2 \frac{x}{2} + (1+a)^2 \sin^2 \frac{x}{2}}$
અંશ અને છેદને $\cos^2 \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$I = \int_0^\pi \frac{\sec^2 \frac{x}{2} dx}{(1-a)^2 + (1+a)^2 \tan^2 \frac{x}{2}}$
ધારો કે $t = \tan \frac{x}{2}$,તેથી $dt = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx$,એટલે કે $\sec^2 \frac{x}{2} dx = 2 dt$.
જ્યારે $x \to 0, t \to 0$ અને જ્યારે $x \to \pi, t \to \infty$.
$I = \int_0^\infty \frac{2 dt}{(1-a)^2 + (1+a)^2 t^2} = \frac{2}{(1+a)^2} \int_0^\infty \frac{dt}{(\frac{1-a}{1+a})^2 + t^2}$
$\int \frac{dx}{k^2 + x^2} = \frac{1}{k} \tan^{-1}(\frac{x}{k})$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{2}{(1+a)^2} \cdot \frac{1+a}{1-a} [\tan^{-1}(\frac{1+a}{1-a} t)]_0^\infty = \frac{2}{1-a^2} [\frac{\pi}{2} - 0] = \frac{\pi}{1-a^2}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^1 {(1 - x)^9} dx$.
આદેશની રીતનો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $u = 1 - x$,તેથી $du = -dx$,જેનો અર્થ છે કે $dx = -du$.
જ્યારે $x = 0$ હોય,ત્યારે $u = 1$.
જ્યારે $x = 1$ હોય,ત્યારે $u = 0$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_1^0 u^9 (-du) = \int_0^1 u^9 du$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$I = \left[ \frac{u^{10}}{10} \right]_0^1 = \frac{1^{10}}{10} - \frac{0^{10}}{10} = \frac{1}{10} - 0 = \frac{1}{10}$.

(A) નિશ્ચિત સંકલન $\int_0^{\pi /3} \cos 3x \, dx$ ની કિંમત શોધવા માટે,આપણે સૌ પ્રથમ $\cos 3x$ નું પ્રતિ-વિકલન શોધીશું.
$\cos 3x$ નું સંકલન $\frac{\sin 3x}{3}$ થાય છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_0^{\pi /3} \cos 3x \, dx = \left[ \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi /3}$
$= \frac{\sin(3 \times \frac{\pi}{3})}{3} - \frac{\sin(3 \times 0)}{3}$
$= \frac{\sin(\pi)}{3} - \frac{\sin(0)}{3}$
$= \frac{0}{3} - \frac{0}{3} = 0$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{1 + \tan x}{1 - \tan x} = \tan(\frac{\pi}{4} + x)$.
તેથી,સંકલન $I = \int_0^{\pi/4} \tan(\frac{\pi}{4} + x) \, dx$ બને છે.
સૂત્ર $\int \tan(ax+b) \, dx = \frac{1}{a} \ln|\sec(ax+b)| + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = [\ln|\sec(\frac{\pi}{4} + x)|]_0^{\pi/4}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = \ln|\sec(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4})| - \ln|\sec(\frac{\pi}{4} + 0)|$.
$I = \ln|\sec(\frac{\pi}{2})| - \ln|\sec(\frac{\pi}{4})|$.
અહીં $\sec(\frac{\pi}{2})$ અવ્યાખ્યાયિત છે,તેથી સંકલન અનંત તરફ જાય છે. આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int_0^1 \frac{dx}{e^x + e^{-x}}$ છે.
અંશ અને છેદને $e^x$ વડે ગુણતા:
$I = \int_0^1 \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx$.
ધારો કે $t = e^x$,તેથી $dt = e^x dx$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = e^0 = 1$. જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = e^1 = e$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_1^e \frac{dt}{1 + t^2} = [\tan^{-1} t]_1^e$.
સીમાઓનું મૂલ્યાંકન કરતા:
$I = \tan^{-1}(e) - \tan^{-1}(1) = \tan^{-1}(e) - \frac{\pi}{4}$.
નિત્યસમ $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1}\left(\frac{x - y}{1 + xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \tan^{-1}\left(\frac{e - 1}{1 + e \cdot 1}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{e - 1}{e + 1}\right)$.

(C) સંકલન $I = \int_0^1 x \log \left( 1 + \frac{x}{2} \right) dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$.
ધારો કે $u = \log \left( 1 + \frac{x}{2} \right)$ અને $v = x$.
તેથી $du = \frac{1}{1 + x/2} \cdot \frac{1}{2} dx = \frac{1}{x+2} dx$ અને $\int v dx = \frac{x^2}{2}$.
$I = \left[ \frac{x^2}{2} \log \left( 1 + \frac{x}{2} \right) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2(x+2)} dx$
$I = \left( \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - 0 \right) - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2}{x+2} dx$
બહુપદી ભાગાકારનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{x^2}{x+2} = x - 2 + \frac{4}{x+2}$.
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \int_0^1 \left( x - 2 + \frac{4}{x+2} \right) dx$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \left[ \frac{x^2}{2} - 2x + 4 \log(x+2) \right]_0^1$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \left( \left( \frac{1}{2} - 2 + 4 \log 3 \right) - (0 - 0 + 4 \log 2) \right)$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \left( -\frac{3}{2} + 4 \log \frac{3}{2} \right)$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} + \frac{3}{4} - 2 \log \frac{3}{2} = \frac{3}{4} - \frac{3}{2} \log \frac{3}{2} = \frac{3}{4} + \frac{3}{2} \log \frac{2}{3}$.
$a + b \log \frac{2}{3}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = \frac{3}{4}$ અને $b = \frac{3}{2}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1+x} - \sqrt{x}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરવા માટે,અંશ અને છેદને $(\sqrt{1+x} + \sqrt{x})$ વડે ગુણતા:
$I = \int_0^1 \frac{\sqrt{1+x} + \sqrt{x}}{(1+x) - x} dx = \int_0^1 (\sqrt{1+x} + \sqrt{x}) dx$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \left[ \frac{2}{3}(1+x)^{3/2} + \frac{2}{3}x^{3/2} \right]_0^1$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = \left( \frac{2}{3}(2)^{3/2} + \frac{2}{3}(1)^{3/2} \right) - \left( \frac{2}{3}(1)^{3/2} + 0 \right)$.
$I = \frac{2}{3}(2\sqrt{2}) + \frac{2}{3} - \frac{2}{3} = \frac{4\sqrt{2}}{3}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /4} {\frac{{4\sin 2\theta \,d\theta }}{{{{\sin }^4}\theta + {{\cos }^4}\theta }}} = \int_0^{\pi /4} {\frac{{8\sin \theta \cos \theta \,d\theta }}{{{{\sin }^4}\theta + {{\cos }^4}\theta }}} $
અંશ અને છેદને $\cos^4 \theta$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^{\pi /4} {\frac{{8\tan \theta \sec^2 \theta \,d\theta }}{{{\tan^4 \theta + 1}}} } $
ધારો કે $\tan^2 \theta = t$. તેથી $2 \tan \theta \sec^2 \theta \,d\theta = dt$.
જ્યારે $\theta = 0$,ત્યારે $t = 0$. જ્યારે $\theta = \pi/4$,ત્યારે $t = 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = 4 \int_0^1 {\frac{{dt}}{{{t^2} + 1}}} $
$I = 4 [\tan^{-1} t]_0^1 = 4(\frac{\pi}{4} - 0) = \pi $.

(A) આપેલ છે કે $x({x^4} + 1)\phi (x) = 1,$ તેથી $\phi (x) = \frac{1}{{x({x^4} + 1)}}.$
આપણે $\phi (x)$ ને આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને આ રીતે લખી શકીએ:
$\phi (x) = \frac{1}{x} - \frac{{{x^3}}}{{{x^4} + 1}}.$
હવે,આપણે $1$ થી $2$ સુધી $\phi (x)$ નું સંકલન કરીએ:
$\int_1^2 {\phi (x)\,dx = \int_1^2 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{{{x^3}}}{{{x^4} + 1}}} \right)\,dx} }.$
$= \left[ \log |x| \right]_1^2 - \int_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{{x^4} + 1}}\,dx}.$
ધારો કે $u = {x^4} + 1,$ તો $du = 4{x^3}\,dx,$ તેથી ${x^3}\,dx = \frac{1}{4}du.$
જ્યારે $x = 1, u = 2.$ જ્યારે $x = 2, u = 17.$
$= (\log 2 - \log 1) - \frac{1}{4} \int_2^{17} {\frac{1}{u}\,du} = \log 2 - \frac{1}{4} \left[ \log u \right]_2^{17}.$
$= \log 2 - \frac{1}{4} (\log 17 - \log 2) = \log 2 - \frac{1}{4} \log 17 + \frac{1}{4} \log 2.$
$= \frac{5}{4} \log 2 - \frac{1}{4} \log 17 = \frac{1}{4} (5 \log 2 - \log 17) = \frac{1}{4} \log \left( \frac{2^5}{17} \right) = \frac{1}{4} \log \frac{32}{17}.$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{x - x^2}}$.
વર્ગમૂળની અંદરની પદાવલિને પૂર્ણવર્ગ બનાવીને ફરીથી લખતા:
$x - x^2 = -(x^2 - x) = -((x - 1/2)^2 - 1/4) = (1/2)^2 - (x - 1/2)^2$.
તેથી,$I = \int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{(1/2)^2 - (x - 1/2)^2}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{\sqrt{a^2 - u^2}} = \sin^{-1}(\frac{u}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = [\sin^{-1}(\frac{x - 1/2}{1/2})]_{1/4}^{1/2} = [\sin^{-1}(2x - 1)]_{1/4}^{1/2}$.
સીમાઓ પર કિંમત મુકતા:
$I = \sin^{-1}(2(1/2) - 1) - \sin^{-1}(2(1/4) - 1) = \sin^{-1}(0) - \sin^{-1}(-1/2)$.
$I = 0 - (-\pi/6) = \pi/6$.

(A) આપણે નિશ્ચિત સંકલન $I = \int_0^{2\pi} (\sin x + \cos x) \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(\sin x + \cos x)$ નું પ્રતિ-વિકલિત $(-\cos x + \sin x)$ મળે છે.
સીમાઓ $0$ અને $2\pi$ માટે તેની કિંમત મૂકતા:
$I = [-\cos x + \sin x]_0^{2\pi}$
$I = (-\cos(2\pi) + \sin(2\pi)) - (-\cos(0) + \sin(0))$
કારણ કે $\cos(2\pi) = 1$,$\sin(2\pi) = 0$,$\cos(0) = 1$,અને $\sin(0) = 0$ છે:
$I = (-1 + 0) - (-1 + 0)$
$I = -1 + 1 = 0$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /4} {\frac{{\sec x}}{{1 + 2{{\sin }^2}x}}} dx = \int_0^{\pi /4} {\frac{{\cos x}}{{{{\cos }^2}x(1 + 2{{\sin }^2}x)}}} dx$
$= \int_0^{\pi /4} {\frac{{\cos x}}{{(1 - {{\sin }^2}x)(1 + 2{{\sin }^2}x)}}} dx$
ધારો કે $t = \sin x$,તેથી $dt = \cos x dx$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\pi/4, t=1/\sqrt{2}$.
$I = \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{dt}{(1-t^2)(1+2t^2)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(1-t^2)(1+2t^2)} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{1-t^2} + \frac{2}{1+2t^2} \right)$.
$I = \frac{1}{3} \left[ \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{dt}{1-t^2} + 2 \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{dt}{1+2t^2} \right]$
$I = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| + 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(t\sqrt{2}) \right]_0^{1/\sqrt{2}}$
$I = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+1/\sqrt{2}}{1-1/\sqrt{2}} \right) + \sqrt{2} \tan^{-1}(1) \right]$
$I = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} \log \left( \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} \right) + \sqrt{2} \cdot \frac{\pi}{4} \right]$
કારણ કે $\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} = (\sqrt{2}+1)^2$,તેથી $\frac{1}{2} \log (\sqrt{2}+1)^2 = \log(\sqrt{2}+1)$.
$I = \frac{1}{3} \left[ \log(\sqrt{2}+1) + \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \right]$.

(C) $\int_1^2 \log x \, dx$ નું મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) ની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = \log x$ અને $dv = dx$. તો $du = \frac{1}{x} dx$ અને $v = x$ થાય.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\int \log x \, dx = x \log x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx = x \log x - \int 1 \, dx = x \log x - x$.
હવે,$1$ થી $2$ ની સીમાઓ લાગુ કરતા:
$[x \log x - x]_1^2 = (2 \log 2 - 2) - (1 \log 1 - 1)$.
કારણ કે $\log 1 = 0$,તેથી:
$(2 \log 2 - 2) - (0 - 1) = 2 \log 2 - 2 + 1 = 2 \log 2 - 1$.
$n \log a = \log(a^n)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2 \log 2 = \log(2^2) = \log 4$ મળે છે.
વળી,$1 = \log e$.
તેથી,$\log 4 - \log e = \log(4/e)$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int_3^5 \frac{x^2}{x^2 - 4} \, dx$ છે.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે લખી શકીએ:
$\frac{x^2}{x^2 - 4} = \frac{x^2 - 4 + 4}{x^2 - 4} = 1 + \frac{4}{x^2 - 4}$.
હવે,$I = \int_3^5 \left( 1 + \frac{4}{x^2 - 4} \right) \, dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{4}{x^2 - 4} = \frac{4}{(x-2)(x+2)} = \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+2}$.
તેથી,$I = \int_3^5 \left( 1 + \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+2} \right) \, dx$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = [x + \log_e |x-2| - \log_e |x+2|]_3^5$.
$I = [x + \log_e \left| \frac{x-2}{x+2} \right|]_3^5$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = (5 + \log_e \frac{3}{7}) - (3 + \log_e \frac{1}{5})$.
$I = 2 + \log_e \left( \frac{3/7}{1/5} \right) = 2 + \log_e \left( \frac{15}{7} \right)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\pi /4} \frac{dx}{\cos^4 x - \cos^2 x \sin^2 x + \sin^4 x}$.
અંશ અને છેદને $\cos^4 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int_0^{\pi /4} \frac{\sec^4 x dx}{1 - \tan^2 x + \tan^4 x} = \int_0^{\pi /4} \frac{(1 + \tan^2 x) \sec^2 x dx}{1 - \tan^2 x + \tan^4 x}$.
$\tan x = t$ આદેશ લેતા,$\sec^2 x dx = dt$. જ્યારે $x = 0, t = 0$ અને જ્યારે $x = \pi/4, t = 1$.
$I = \int_0^1 \frac{1 + t^2}{t^4 - t^2 + 1} dt = \int_0^1 \frac{\frac{1}{t^2} + 1}{t^2 - 1 + \frac{1}{t^2}} dt = \int_0^1 \frac{1 + \frac{1}{t^2}}{(t - \frac{1}{t})^2 + 1} dt$.
ધારો કે $u = t - \frac{1}{t}$,તેથી $du = (1 + \frac{1}{t^2}) dt$. જ્યારે $t \to 0^+, u \to -\infty$ અને જ્યારે $t \to 1, u \to 0$.
$I = \int_{-\infty}^0 \frac{du}{u^2 + 1} = [\tan^{-1} u]_{-\infty}^0 = \tan^{-1}(0) - \tan^{-1}(-\infty) = 0 - (-\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$.