Fundamental definite integration Questions in Gujarati

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{0}^{\pi} \sqrt{\frac{2 \cos^2 x}{2}} \, dx = \int_{0}^{\pi} |\cos x| \, dx$.
અહીં $x \in [0, \pi/2]$ માટે $\cos x \ge 0$ અને $x \in [\pi/2, \pi]$ માટે $\cos x \le 0$ હોવાથી,આપણે સંકલનને બે ભાગમાં વહેંચીશું:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \cos x \, dx - \int_{\pi/2}^{\pi} \cos x \, dx$.
સંકલન કરતા:
$I = [\sin x]_{0}^{\pi/2} - [\sin x]_{\pi/2}^{\pi}$.
$I = (\sin(\pi/2) - \sin(0)) - (\sin(\pi) - \sin(\pi/2))$.
$I = (1 - 0) - (0 - 1) = 1 + 1 = 2$.

(A) ધારો કે $I = \int_{0}^{9} [\sqrt{x} + 2] \,dx$. $2$ એ પૂર્ણાંક હોવાથી,આપણે તેને $I = \int_{0}^{9} ([\sqrt{x}] + 2) \,dx = \int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \,dx + \int_{0}^{9} 2 \,dx$ તરીકે લખી શકીએ.
પ્રથમ,$[\sqrt{x}]$ ની કિંમતોને આધારે અંતરાલને વિભાજિત કરીને $\int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \,dx$ ની ગણતરી કરીએ:
$0 \le x < 1$ માટે,$[\sqrt{x}] = 0$.
$1 \le x < 4$ માટે,$[\sqrt{x}] = 1$.
$4 \le x < 9$ માટે,$[\sqrt{x}] = 2$.
આમ,$\int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \,dx = \int_{0}^{1} 0 \,dx + \int_{1}^{4} 1 \,dx + \int_{4}^{9} 2 \,dx = 0 + (4 - 1) + 2(9 - 4) = 3 + 10 = 13$.
આગળ,$\int_{0}^{9} 2 \,dx = [2x]_{0}^{9} = 18$.
તેથી,$I = 13 + 18 = 31$.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{\sqrt{2}} [x^2] \, dx$.
કારણ કે વિધેય $[x^2]$ એવા બિંદુઓ પર તેનું મૂલ્ય બદલે છે જ્યાં $x^2$ પૂર્ણાંક હોય,તેથી આપણે અંતરાલ $[0, \sqrt{2}]$ ને વિભાજિત કરીએ છીએ.
$0 \le x < 1$ માટે,$0 \le x^2 < 1$,તેથી $[x^2] = 0$.
$1 \le x \le \sqrt{2}$ માટે,$1 \le x^2 \le 2$,તેથી $[x^2] = 1$.
આમ,$I = \int_{0}^{1} 0 \, dx + \int_{1}^{\sqrt{2}} 1 \, dx$.
$I = 0 + [x]_{1}^{\sqrt{2}}$.
$I = \sqrt{2} - 1$.

(C) આપેલ છે $I = \int_{0}^{1} x \left| x - \frac{1}{2} \right| dx$.
અહીં માનાંક વિધેય હોવાથી,આપણે સંકલનને $x = 1/2$ બિંદુએ વિભાજિત કરીશું:
$I = \int_{0}^{1/2} x \left( -\left( x - \frac{1}{2} \right) \right) dx + \int_{1/2}^{1} x \left( x - \frac{1}{2} \right) dx$.
$I = \int_{0}^{1/2} \left( \frac{1}{2}x - x^2 \right) dx + \int_{1/2}^{1} \left( x^2 - \frac{1}{2}x \right) dx$.
સંકલન કરતા:
$I = \left[ \frac{x^2}{4} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1/2} + \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{4} \right]_{1/2}^{1}$.
$I = \left( \frac{(1/2)^2}{4} - \frac{(1/2)^3}{3} \right) + \left( \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) - \left( \frac{(1/2)^3}{3} - \frac{(1/2)^2}{4} \right) \right)$.
$I = \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{24} \right) + \left( \frac{1}{12} - \left( \frac{1}{24} - \frac{1}{16} \right) \right)$.
$I = \left( \frac{3-2}{48} \right) + \left( \frac{1}{12} - \left( \frac{2-3}{48} \right) \right) = \frac{1}{48} + \frac{1}{12} + \frac{1}{48} = \frac{2}{48} + \frac{4}{48} = \frac{6}{48} = \frac{1}{8}$.

(A) આપણે નિશ્ચિત સંકલન $I = \int_{0}^{8} |x - 5| \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે વિધેય $|x - 5|$ એ $x = 5$ આગળ તેની વ્યાખ્યા બદલે છે,તેથી આપણે સંકલનને $x = 5$ આગળ વિભાજિત કરીશું:
$I = \int_{0}^{5} -(x - 5) \, dx + \int_{5}^{8} (x - 5) \, dx$.
પ્રથમ ભાગનું સંકલન: $\int_{0}^{5} (5 - x) \, dx = [5x - \frac{x^2}{2}]_{0}^{5} = (25 - \frac{25}{2}) - 0 = \frac{25}{2} = 12.5$.
બીજા ભાગનું સંકલન: $\int_{5}^{8} (x - 5) \, dx = [\frac{x^2}{2} - 5x]_{5}^{8} = (\frac{64}{2} - 40) - (\frac{25}{2} - 25) = (32 - 40) - (12.5 - 25) = -8 - (-12.5) = 4.5$.
બંને ભાગનો સરવાળો કરતા: $I = 12.5 + 4.5 = 17$.

(D) ધારો કે $I = \int_{0}^{2} |x - 1| \, dx$.
કારણ કે વિધેય $|x - 1|$ એ $x = 1$ આગળ તેની નિશાની બદલે છે,તેથી આપણે સંકલનને $x = 1$ આગળ વિભાજિત કરીશું:
$I = \int_{0}^{1} -(x - 1) \, dx + \int_{1}^{2} (x - 1) \, dx$.
પ્રથમ સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{0}^{1} (-x + 1) \, dx = \left[ -\frac{x^2}{2} + x \right]_{0}^{1} = (-\frac{1}{2} + 1) - (0) = \frac{1}{2}$.
બીજા સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{1}^{2} (x - 1) \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} - x \right]_{1}^{2} = (\frac{4}{2} - 2) - (\frac{1}{2} - 1) = (2 - 2) - (-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.
બંને ભાગનો સરવાળો કરતા: $I = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$.

(D) આપણે $\int_{-2}^{2} |[x]| \, dx$ સંકલનનું મૂલ્ય શોધવા માટે અંતરાલને પૂર્ણાંકો પર વિભાજિત કરીશું જ્યાં મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ નું મૂલ્ય બદલાય છે:
$\int_{-2}^{2} |[x]| \, dx = \int_{-2}^{-1} |[x]| \, dx + \int_{-1}^{0} |[x]| \, dx + \int_{0}^{1} |[x]| \, dx + \int_{1}^{2} |[x]| \, dx$
જ્યારે $x \in [-2, -1)$,ત્યારે $[x] = -2$,તેથી $|[x]| = 2$.
જ્યારે $x \in [-1, 0)$,ત્યારે $[x] = -1$,તેથી $|[x]| = 1$.
જ્યારે $x \in [0, 1)$,ત્યારે $[x] = 0$,તેથી $|[x]| = 0$.
જ્યારે $x \in [1, 2)$,ત્યારે $[x] = 1$,તેથી $|[x]| = 1$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$= \int_{-2}^{-1} 2 \, dx + \int_{-1}^{0} 1 \, dx + \int_{0}^{1} 0 \, dx + \int_{1}^{2} 1 \, dx$
$= 2[x]_{-2}^{-1} + [x]_{-1}^{0} + 0 + [x]_{1}^{2}$
$= 2(-1 - (-2)) + (0 - (-1)) + 0 + (2 - 1)$
$= 2(1) + 1 + 1 = 4.$

(B) આપેલ સંકલન $\int_{a}^{b} \frac{x}{|x|} dx$ છે,જ્યાં શરત $a < b < 0$ છે.
અંતરાલ $[a, b]$ માં તમામ $x$ માટે $x < 0$ હોવાથી,$|x| = -x$ થાય.
તેથી,સંકલ્ય પદ $\frac{x}{|x|} = \frac{x}{-x} = -1$ થશે.
હવે,નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા:
$\int_{a}^{b} (-1) dx = -[x]_{a}^{b} = -(b - a) = a - b$.
અહીં $a < b < 0$ હોવાથી,$|a| = -a$ અને $|b| = -b$ થાય.
તેથી,$a - b = (-|a|) - (-|b|) = |b| - |a|$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપણે સંકલન $I = \int_{-2}^{3} |1 - x^2| dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$|1 - x^2|$ પદ $x = -1$ અને $x = 1$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે.
$x \in [-2, -1]$ માટે,$1 - x^2 \le 0$,તેથી $|1 - x^2| = x^2 - 1$.
$x \in [-1, 1]$ માટે,$1 - x^2 \ge 0$,તેથી $|1 - x^2| = 1 - x^2$.
$x \in [1, 3]$ માટે,$1 - x^2 \le 0$,તેથી $|1 - x^2| = x^2 - 1$.
તેથી,$I = \int_{-2}^{-1} (x^2 - 1) dx + \int_{-1}^{1} (1 - x^2) dx + \int_{1}^{3} (x^2 - 1) dx$.
દરેક સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\int_{-2}^{-1} (x^2 - 1) dx = [\frac{x^3}{3} - x]_{-2}^{-1} = (-\frac{1}{3} + 1) - (-\frac{8}{3} + 2) = \frac{2}{3} - (-\frac{2}{3}) = \frac{4}{3}$.
$\int_{-1}^{1} (1 - x^2) dx = [x - \frac{x^3}{3}]_{-1}^{1} = (1 - \frac{1}{3}) - (-1 + \frac{1}{3}) = \frac{2}{3} - (-\frac{2}{3}) = \frac{4}{3}$.
$\int_{1}^{3} (x^2 - 1) dx = [\frac{x^3}{3} - x]_{1}^{3} = (9 - 3) - (\frac{1}{3} - 1) = 6 - (-\frac{2}{3}) = \frac{20}{3}$.
આ મૂલ્યોનો સરવાળો કરતા: $I = \frac{4}{3} + \frac{4}{3} + \frac{20}{3} = \frac{28}{3}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = |x - 1|$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x < 1$ માટે $|x - 1| = (1 - x)$ અને $x \ge 1$ માટે $|x - 1| = (x - 1)$ થાય.
તેથી,$\int_0^2 |x - 1| dx = \int_0^1 (1 - x) dx + \int_1^2 (x - 1) dx$.
પ્રથમ સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_0^1 (1 - x) dx = [x - \frac{x^2}{2}]_0^1 = (1 - \frac{1}{2}) - (0 - 0) = \frac{1}{2}$.
બીજા સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_1^2 (x - 1) dx = [\frac{x^2}{2} - x]_1^2 = (\frac{4}{2} - 2) - (\frac{1}{2} - 1) = (2 - 2) - (-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.
બંને ભાગોનો સરવાળો કરતા: $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{\pi / 2} (\sin x - \cos x) \log(\sin x + \cos x) \, dx$.
આદેશ $t = \sin x + \cos x$ લો.
તેથી $dt = (\cos x - \sin x) \, dx$,જેનો અર્થ થાય છે કે $-( \sin x - \cos x) \, dx = dt$.
હવે,સંકલનની સીમાઓ બદલો:
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = \sin(0) + \cos(0) = 0 + 1 = 1$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $t = \sin(\frac{\pi}{2}) + \cos(\frac{\pi}{2}) = 1 + 0 = 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_{1}^{1} - \log(t) \, dt$.
અહીં સંકલનની નીચલી સીમા અને ઉપલી સીમા સમાન હોવાથી,નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય $0$ થાય છે,કારણ કે $\int_{a}^{a} f(t) \, dt = 0$.

(C) આપેલ વિધેય $L(x) = \int_1^x \frac{1}{t} dt$ છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,આપણને મળે છે $L(x) = [\ln |t|]_1^x$.
$L(x) = \ln |x| - \ln |1| = \ln |x|$.
હવે,$L(xy) = \ln |xy| = \ln |x| + \ln |y|$ ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $L(x) = \ln |x|$ અને $L(y) = \ln |y|$,તેથી $L(xy) = L(x) + L(y)$ થાય છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) $0 < x < 1$ માટે,આપણી પાસે $0 \le x^2 \le 1$ છે,જેનો અર્થ છે કે $e^0 \le e^{x^2} \le e^1$,એટલે કે $1 \le e^{x^2} \le e$ થાય.
આ અસમતાનું $0$ થી $1$ ની મર્યાદામાં $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$\int_0^1 1 dx < \int_0^1 e^{x^2} dx < \int_0^1 e dx$
$[x]_0^1 < \int_0^1 e^{x^2} dx < [ex]_0^1$
$1 < \int_0^1 e^{x^2} dx < e$.
તેથી,સંકલનનું મૂલ્ય $(1, e)$ અંતરાલમાં આવેલું છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\int_0^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} = \int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx}$.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ $\int_0^3 f(x)dx = \int_0^1 f(x)dx + \int_1^3 f(x)dx$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે સમીકરણને આ રીતે લખી શકીએ:
$\int_0^1 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} + \int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} = \int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx}$.
બંને બાજુથી $\int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx}$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$\int_0^1 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} = 0$.
હવે,સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\left[ ax^3 + bx^2 + cx \right]_0^1 = 0$.
સીમાઓ મૂકતા:
$(a(1)^3 + b(1)^2 + c(1)) - (a(0)^3 + b(0)^2 + c(0)) = 0$.
$a + b + c = 0$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^{\pi} (\cos^2 px + \sin^2 qx - 2 \sin qx \cos px) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા જો $f(x)$ યુગ્મ હોય અને $0$ જો $f(x)$ અયુગ્મ હોય:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 px dx + \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 qx dx - 2 \int_{-\pi}^{\pi} \sin qx \cos px dx$.
કારણ કે $\sin qx \cos px$ એ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $[-\pi, \pi]$ પર તેનું સંકલન $0$ થાય છે.
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 + \cos 2px}{2} dx + \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 - \cos 2qx}{2} dx$.
$I = \frac{1}{2} [x + \frac{\sin 2px}{2p}]_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{2} [x - \frac{\sin 2qx}{2q}]_{-\pi}^{\pi}$.
$I = \frac{1}{2} [(\pi - (-\pi)) + 0] + \frac{1}{2} [(\pi - (-\pi)) - 0] = \frac{1}{2} (2\pi) + \frac{1}{2} (2\pi) = \pi + \pi = 2\pi$.

(D) આપણને સંકલન $I = \int_0^1 (1 + e^{-x^2}) \,dx$ આપેલું છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને,આપણે તેને બે ભાગમાં વિભાજિત કરી શકીએ છીએ:
$I = \int_0^1 1 \,dx + \int_0^1 e^{-x^2} \,dx$.
પ્રથમ ભાગ $\int_0^1 1 \,dx = [x]_0^1 = 1 - 0 = 1$ છે.
બીજો ભાગ $\int_0^1 e^{-x^2} \,dx$ છે.
વિધેય $e^{-x^2}$ નું કોઈ પ્રાથમિક પ્રતિ-વિકલિત (antiderivative) નથી. તેથી,સંકલન $\int_0^1 e^{-x^2} \,dx$ ને સાદા બીજગણિતીય અથવા ત્રિકોણમિતીય વિધેયો દ્વારા દર્શાવી શકાતું નથી.
આમ,સંકલનનું મૂલ્ય $1 + \int_0^1 e^{-x^2} \,dx$ થાય છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખામણી કરતા,કોઈ પણ વિકલ્પ $A, B,$ કે $C$ આ પરિણામ સાથે મેળ ખાતો નથી.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \, dx$.
$f(x) = \sin^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x \, dx$ થાય.
નિત્યસમ $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx$
$I = \int_0^{\pi/2} (1 - \cos 2x) \, dx$
$I = [x - \frac{\sin 2x}{2}]_0^{\pi/2}$
$I = (\frac{\pi}{2} - \frac{\sin \pi}{2}) - (0 - \frac{\sin 0}{2})$
$I = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(A) $I = \int_0^{\pi /2} \cos^2 x \, dx$ નું મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_0^{\pi /2} \frac{1 + \cos(2x)}{2} \, dx$
$I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi /2} (1 + \cos(2x)) \, dx$
$I = \frac{1}{2} \left[ x + \frac{\sin(2x)}{2} \right]_0^{\pi /2}$
સીમાઓ પર મૂલ્ય શોધતા:
$I = \frac{1}{2} \left[ (\frac{\pi}{2} + \frac{\sin(\pi)}{2}) - (0 + \frac{\sin(0)}{2}) \right]$
કારણ કે $\sin(\pi) = 0$ અને $\sin(0) = 0$ છે:
$I = \frac{1}{2} [\frac{\pi}{2} + 0 - 0] = \frac{\pi}{4}$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^\infty \frac{x^2 \, dx}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ કે $\frac{x^2}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} = \frac{A}{x^2 + a^2} + \frac{B}{x^2 + b^2}$.
$A$ અને $B$ માટે ઉકેલતા,આપણને $x^2 = A(x^2 + b^2) + B(x^2 + a^2)$ મળે છે.
$x^2 = -a^2$ લેતા,આપણને $-a^2 = A(b^2 - a^2)$ મળે,તેથી $A = \frac{a^2}{a^2 - b^2}$.
$x^2 = -b^2$ લેતા,આપણને $-b^2 = B(a^2 - b^2)$ મળે,તેથી $B = \frac{-b^2}{a^2 - b^2}$.
આમ,$I = \frac{1}{a^2 - b^2} \int_0^\infty \left( \frac{a^2}{x^2 + a^2} - \frac{b^2}{x^2 + b^2} \right) dx$.
$I = \frac{1}{a^2 - b^2} \left[ a^2 \cdot \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) - b^2 \cdot \frac{1}{b} \tan^{-1}(\frac{x}{b}) \right]_0^\infty$.
$I = \frac{1}{a^2 - b^2} \left[ a \cdot \frac{\pi}{2} - b \cdot \frac{\pi}{2} \right] = \frac{\pi}{2(a^2 - b^2)} (a - b) = \frac{\pi}{2(a + b)}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^\infty \frac{x^3 \, dx}{(x^2 + 4)^2}$.
$t = x^2$ આદેશ લેતા,$dt = 2x \, dx$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $x \, dx = \frac{dt}{2}$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$. જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $t \to \infty$.
$I = \int_0^\infty \frac{t \cdot (x \, dx)}{(t + 4)^2} = \int_0^\infty \frac{t \cdot \frac{dt}{2}}{(t + 4)^2} = \frac{1}{2} \int_0^\infty \frac{t}{(t + 4)^2} \, dt$.
આપણે સંકલ્યને $\frac{t}{(t + 4)^2} = \frac{t + 4 - 4}{(t + 4)^2} = \frac{1}{t + 4} - \frac{4}{(t + 4)^2}$ તરીકે લખી શકીએ.
$I = \frac{1}{2} \left[ \int_0^\infty \frac{1}{t + 4} \, dt - \int_0^\infty \frac{4}{(t + 4)^2} \, dt \right]$.
$I = \frac{1}{2} \left[ \ln(t + 4) + \frac{4}{t + 4} \right]_0^\infty$.
જેમ $t \to \infty$,તેમ $\ln(t + 4) \to \infty$ અને $\frac{4}{t + 4} \to 0$.
તેથી,સંકલન $\infty$ તરફ જાય છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\infty \frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખીએ છીએ $\frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} = \frac{A}{1 + x} + \frac{Bx + C}{1 + x^2}$.
અચળાંકો માટે ઉકેલતા,આપણને મળે છે $x = A(1 + x^2) + (Bx + C)(1 + x)$.
$x = -1$ માટે,$-1 = A(2) \implies A = -1/2$.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$0 = A + B \implies B = 1/2$.
અચળાંકોની સરખામણી કરતા,$0 = A + C \implies C = 1/2$.
આમ,$\frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{x + 1}{1 + x^2} - \frac{1}{1 + x} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{x}{1 + x^2} + \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{1 + x} \right)$.
$0$ થી $\infty$ સુધી સંકલન કરતા:
$I = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} \ln(1 + x^2) + \tan^{-1}(x) - \ln(1 + x) \right]_0^\infty$.
$I = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1 + x^2}{(1 + x)^2}\right) + \tan^{-1}(x) \right]_0^\infty$.
જેમ $x \to \infty$,$\frac{1 + x^2}{(1 + x)^2} \to 1$,તેથી $\ln(1) = 0$.
$I = \frac{1}{2} [0 + \frac{\pi}{2} - (0 + 0)] = \frac{\pi}{4}$.

(B) આપેલ છે $F(x) = \int_{5\pi /4}^x (3\sin u + 4\cos u) du$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$F'(x) = 3\sin x + 4\cos x$.
અંતરાલ $\left[ \frac{5\pi}{4}, \frac{4\pi}{3} \right]$ માં,$\sin x$ અને $\cos x$ બંને ઋણ છે.
તેથી,$F'(x) < 0$ હોવાથી વિધેય $F(x)$ આ અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,ન્યૂનતમ કિંમત અંતિમ બિંદુ $x = \frac{4\pi}{3}$ પર મળશે.
$F\left( \frac{4\pi}{3} \right) = \int_{5\pi /4}^{4\pi /3} (3\sin u + 4\cos u) du = [-3\cos u + 4\sin u]_{5\pi /4}^{4\pi /3}$.
$= \left( -3\cos\frac{4\pi}{3} + 4\sin\frac{4\pi}{3} \right) - \left( -3\cos\frac{5\pi}{4} + 4\sin\frac{5\pi}{4} \right)$.
$= (\frac{3}{2} - 2\sqrt{3}) - (\frac{3}{\sqrt{2}} - \frac{4}{\sqrt{2}}) = \frac{3}{2} - 2\sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^\infty e^{-2x} (\sin 2x + \cos 2x) \, dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int e^{ax} \sin(bx) \, dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} (a \sin bx - b \cos bx)$ અને $\int e^{ax} \cos(bx) \, dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} (a \cos bx + b \sin bx)$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં $a = -2$ અને $b = 2$ છે.
$\int_0^\infty e^{-2x} \sin 2x \, dx = \left[ \frac{e^{-2x}}{(-2)^2 + 2^2} (-2 \sin 2x - 2 \cos 2x) \right]_0^\infty = \left[ \frac{e^{-2x}}{8} (-2 \sin 2x - 2 \cos 2x) \right]_0^\infty = 0 - (\frac{1}{8}(-2)) = \frac{1}{4}$.
$\int_0^\infty e^{-2x} \cos 2x \, dx = \left[ \frac{e^{-2x}}{(-2)^2 + 2^2} (-2 \cos 2x + 2 \sin 2x) \right]_0^\infty = \left[ \frac{e^{-2x}}{8} (-2 \cos 2x + 2 \sin 2x) \right]_0^\infty = 0 - (\frac{1}{8}(-2)) = \frac{1}{4}$.
બંને પરિણામોનો સરવાળો કરતા: $I = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.

(B) $\int_0^{b - c} f''(x + a) \, dx$ સંકલનનું મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $u = x + a$,તો $du = dx$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $u = a$.
જ્યારે $x = b - c$,ત્યારે $u = b - c + a$.
આમ,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$\int_a^{b - c + a} f''(u) \, du$
કારણ કે $f''(u)$ નું પ્રતિવિકલિત $f'(u)$ છે,તેથી આપણને મળે છે:
$[f'(u)]_a^{b - c + a} = f'(b - c + a) - f'(a)$.

(C) વિધેય $F(x) = \int_1^x {|t| \, dt}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$F'(x) = |x|$.
અંતરાલ $\left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right]$ માં દરેક $x$ માટે $|x| \ge 0$ હોવાથી,વિધેય $F(x)$ આ અંતરાલ પર વધતું વિધેય છે.
તેથી,મહત્તમ કિંમત જમણી બાજુના અંતિમ બિંદુ $x = \frac{1}{2}$ પર મળે છે.
$F\left( \frac{1}{2} \right) = \int_1^{1/2} {|t| \, dt} = -\int_{1/2}^1 {|t| \, dt}$.
અંતરાલ $\left[ \frac{1}{2}, 1 \right]$ માં $t > 0$ હોવાથી,$|t| = t$ થાય.
$F\left( \frac{1}{2} \right) = -\int_{1/2}^1 {t \, dt} = -\left[ \frac{t^2}{2} \right]_{1/2}^1 = -\left( \frac{1}{2} - \frac{1}{8} \right) = -\left( \frac{4-1}{8} \right) = -\frac{3}{8}$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\infty \frac{dx}{(x + \sqrt{x^2 + 1})^3}$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$. જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\theta \to \frac{\pi}{2}$.
સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{(\tan \theta + \sec \theta)^3}$
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{(\frac{\sin \theta + 1}{\cos \theta})^3} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \cos^3 \theta}{(1 + \sin \theta)^3} \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos \theta}{(1 + \sin \theta)^3} \, d\theta$
ધારો કે $u = 1 + \sin \theta$,તેથી $du = \cos \theta \, d\theta$.
જ્યારે $\theta = 0, u = 1$. જ્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}, u = 2$.
$I = \int_1^2 u^{-3} \, du = \left[ \frac{u^{-2}}{-2} \right]_1^2 = \left[ -\frac{1}{2u^2} \right]_1^2$
$I = -\frac{1}{2(4)} - (-\frac{1}{2(1)}) = -\frac{1}{8} + \frac{1}{2} = \frac{3}{8}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{\pi /2} (\sqrt{\sin \theta} \cos \theta)^3 d\theta = \int_{0}^{\pi /2} \sin^{3/2} \theta \cos^3 \theta d\theta$.
બીટા ફંક્શનના સૂત્ર $\int_{0}^{\pi /2} \sin^m \theta \cos^n \theta d\theta = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $m = 3/2$ અને $n = 3$ છે:
$I = \frac{\Gamma(\frac{3/2 + 1}{2}) \Gamma(\frac{3 + 1}{2})}{2 \Gamma(\frac{3/2 + 3 + 2}{2})} = \frac{\Gamma(5/4) \Gamma(2)}{2 \Gamma(13/4)}$.
કારણ કે $\Gamma(2) = 1! = 1$ અને $\Gamma(13/4) = \Gamma(1 + 9/4) = \frac{9}{4} \Gamma(9/4) = \frac{9}{4} \cdot \frac{5}{4} \Gamma(5/4)$:
$I = \frac{\Gamma(5/4) \cdot 1}{2 \cdot (\frac{9}{4} \cdot \frac{5}{4} \Gamma(5/4))} = \frac{1}{2 \cdot \frac{45}{16}} = \frac{16}{90} = \frac{8}{45}$.

(D) આપેલ છે કે $f(t) = \int_{-t}^{t} \frac{dx}{1 + x^2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\int \frac{dx}{1 + x^2} = \tan^{-1}(x)$.
સીમાઓ લાગુ પાડતા:
$f(t) = [\tan^{-1}(x)]_{-t}^{t} = \tan^{-1}(t) - \tan^{-1}(-t)$.
કારણ કે $\tan^{-1}(-t) = -\tan^{-1}(t)$,તેથી:
$f(t) = \tan^{-1}(t) - (-\tan^{-1}(t)) = 2\tan^{-1}(t)$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(t) = 2 \times \frac{1}{1 + t^2} = \frac{2}{1 + t^2}$.
હવે,$t = 1$ મૂકતા:
$f'(1) = \frac{2}{1 + (1)^2} = \frac{2}{2} = 1$.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{1} \frac{d}{dx} \left[ \sin^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right) \right] dx$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$\int_{a}^{b} f'(x) dx = f(b) - f(a)$.
અહીં,$f(x) = \sin^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)$ છે.
તેથી,$I = \left[ \sin^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right) \right]_{0}^{1}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = \sin^{-1} \left( \frac{2(1)}{1+(1)^2} \right) - \sin^{-1} \left( \frac{2(0)}{1+(0)^2} \right)$.
$I = \sin^{-1} \left( \frac{2}{2} \right) - \sin^{-1} (0)$.
$I = \sin^{-1} (1) - \sin^{-1} (0)$.
કારણ કે $\sin^{-1} (1) = \frac{\pi}{2}$ અને $\sin^{-1} (0) = 0$ થાય,
તેથી $I = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} \, dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખીએ છીએ:
$\frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} = \frac{A}{1 + x} + \frac{Bx + C}{1 + x^2}$.
અચળાંકો શોધતા,આપણને $A = -1/2$,$B = 1/2$,અને $C = 1/2$ મળે છે.
તેથી,$I = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{-1/2}{1 + x} + \frac{1/2 x + 1/2}{1 + x^2} \right) \, dx$.
$I = -\frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{1 + x} + \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{2x}{1 + x^2} \, dx + \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{1 + x^2}$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$I = \left[ -\frac{1}{2} \ln(1 + x) + \frac{1}{4} \ln(1 + x^2) + \frac{1}{2} \tan^{-1}(x) \right]_{0}^{\infty}$.
$I = \left[ \frac{1}{4} \ln\left( \frac{1 + x^2}{(1 + x)^2} \right) + \frac{1}{2} \tan^{-1}(x) \right]_{0}^{\infty}$.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\frac{1 + x^2}{(1 + x)^2} \to 1$,તેથી $\ln(1) = 0$.
$I = (0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}) - (0 + 0) = \frac{\pi}{4}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^a x^4 \sqrt{a^2 - x^2} \,dx$.
$x = a \sin \theta$ લેતા,$dx = a \cos \theta \,d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$ અને જ્યારે $x = a$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}$.
સંકલનમાં કિંમત મૂકતા:
$I = \int_0^{\pi/2} (a \sin \theta)^4 \sqrt{a^2 - a^2 \sin^2 \theta} \cdot (a \cos \theta) \,d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} a^4 \sin^4 \theta \cdot (a \cos \theta) \cdot (a \cos \theta) \,d\theta$
$I = a^6 \int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \,d\theta$.
રિડક્શન સૂત્ર $\int_0^{\pi/2} \sin^m \theta \cos^n \theta \,d\theta = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = a^6 \cdot \frac{\Gamma(\frac{5}{2}) \Gamma(\frac{3}{2})}{2 \Gamma(4)} = a^6 \cdot \frac{(\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi}) \cdot (\frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi})}{2 \cdot 6}$
$I = a^6 \cdot \frac{\frac{3}{8} \pi}{12} = \frac{\pi}{32} a^6$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^a x^2 (a^2 - x^2)^{3/2} dx$.
$x = a \sin \theta$ આદેશ લેતા,$dx = a \cos \theta d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$ અને જ્યારે $x = a$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\pi/2} (a^2 \sin^2 \theta) (a^2 - a^2 \sin^2 \theta)^{3/2} (a \cos \theta) d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} (a^2 \sin^2 \theta) (a^2 \cos^2 \theta)^{3/2} (a \cos \theta) d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} (a^2 \sin^2 \theta) (a^3 \cos^3 \theta) (a \cos \theta) d\theta$
$I = a^6 \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \cos^4 \theta d\theta$
સૂત્ર $\int_0^{\pi/2} \sin^m \theta \cos^n \theta d\theta = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = a^6 \frac{\Gamma(\frac{3}{2}) \Gamma(\frac{5}{2})}{2 \Gamma(\frac{8}{2})} = a^6 \frac{(\frac{1}{2} \sqrt{\pi}) (\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\pi})}{2 \cdot 3!} = a^6 \frac{\frac{3}{8} \pi}{2 \cdot 6} = a^6 \frac{3\pi}{96} = \frac{\pi a^6}{32}$.

(B) આપેલ પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{r}{{{n^2}}}{{\sec }^2}\frac{{{r^2}}}{{{n^2}}}} $ છે.
આને $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^n {\frac{r}{n}{{\sec }^2}\left( {\frac{r}{n}} \right)^2} $ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
સરવાળાની સીમા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^n {f\left( {\frac{r}{n}} \right)} = \int_0^1 {f(x)dx} $.
અહીં,$f(x) = x \sec^2(x^2)$.
તેથી,સીમા $\int_0^1 {x{{\sec }^2}{x^2}dx} $ ની બરાબર છે.
ધારો કે $t = x^2$,તો $dt = 2x dx$,અથવા $x dx = \frac{1}{2} dt$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$. જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = 1$.
સંકલન $\frac{1}{2} \int_0^1 {\sec^2 t dt} = \frac{1}{2} [\tan t]_0^1 = \frac{1}{2} \tan 1$ બને છે.

(A) ધારો કે $f(x) = \frac{x}{x^3 + 16}$.
અંતરાલ $[0, 1]$ પર $f(x)$ નો વિસ્તાર શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન તપાસીએ:
$f'(x) = \frac{(x^3 + 16)(1) - x(3x^2)}{(x^3 + 16)^2} = \frac{16 - 2x^3}{(x^3 + 16)^2}$.
અહીં $x \in [0, 1]$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર વધતું વિધેય છે.
તેથી,ન્યૂનતમ કિંમત $f(0) = 0$ અને મહત્તમ કિંમત $f(1) = \frac{1}{1+16} = \frac{1}{17}$ છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ $m(b-a) \le \int_a^b f(x) \, dx \le M(b-a)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $m$ અને $M$ એ $[a, b]$ પર $f(x)$ ની ન્યૂનતમ અને મહત્તમ કિંમતો છે:
$0(1-0) \le \int_0^1 \frac{x}{x^3 + 16} \, dx \le \frac{1}{17}(1-0)$.
તેથી,સંકલન $[0, \frac{1}{17}]$ અંતરાલમાં આવે છે.

(B) આપેલ છે કે $g(2) = \int_0^2 f(t) \, dt = \int_0^1 f(t) \, dt + \int_1^2 f(t) \, dt$.
$t \in [0, 1]$ માટે,આપણી પાસે $\frac{1}{2} \le f(t) \le 1$ છે. આનું $[0, 1]$ પર સંકલન કરતા:
$\int_0^1 \frac{1}{2} \, dt \le \int_0^1 f(t) \, dt \le \int_0^1 1 \, dt$
$\frac{1}{2} \le \int_0^1 f(t) \, dt \le 1 \quad \dots (i)$
$t \in (1, 2]$ માટે,આપણી પાસે $0 \le f(t) \le \frac{1}{2}$ છે. આનું $(1, 2]$ પર સંકલન કરતા:
$\int_1^2 0 \, dt \le \int_1^2 f(t) \, dt \le \int_1^2 \frac{1}{2} \, dt$
$0 \le \int_1^2 f(t) \, dt \le \frac{1}{2} \quad \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$\frac{1}{2} + 0 \le \int_0^1 f(t) \, dt + \int_1^2 f(t) \, dt \le 1 + \frac{1}{2}$
$\frac{1}{2} \le g(2) \le \frac{3}{2}$.
આમ,$\frac{1}{2} \le g(2) \le \frac{3}{2}$ હોવાથી,$g(2)$ ની કિંમત $[0, 2)$ અંતરાલમાં આવે છે. તેથી,$0 \le g(2) < 2$ એ સાચી અસમતા છે.

(A) આપણને આપેલ સંકલિતો છે:
$\int_0^1 f(x) \, dx = 1$,
$\int_0^1 x f(x) \, dx = a$,
$\int_0^1 x^2 f(x) \, dx = a^2$.
આપણે $I = \int_0^1 (x - a)^2 f(x) \, dx$ નું મૂલ્ય શોધવાનું છે.
$(x - a)^2 = x^2 - 2ax + a^2$ પદનું વિસ્તરણ કરતા:
$I = \int_0^1 (x^2 - 2ax + a^2) f(x) \, dx$
$I = \int_0^1 x^2 f(x) \, dx - 2a \int_0^1 x f(x) \, dx + a^2 \int_0^1 f(x) \, dx$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$I = a^2 - 2a(a) + a^2(1)$
$I = a^2 - 2a^2 + a^2$
$I = 0$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = A\sin \left( \frac{\pi x}{2} \right) + B$.
પ્રથમ,આપણે સંકલનની શરતનો ઉપયોગ કરીએ: $\int_0^1 \left( A\sin \left( \frac{\pi x}{2} \right) + B \right) dx = \frac{2A}{\pi}$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\left[ -\frac{2A}{\pi} \cos \left( \frac{\pi x}{2} \right) + Bx \right]_0^1 = \frac{2A}{\pi}$.
સીમાઓ મૂકતા: $\left( -\frac{2A}{\pi} \cos \left( \frac{\pi}{2} \right) + B(1) \right) - \left( -\frac{2A}{\pi} \cos(0) + B(0) \right) = \frac{2A}{\pi}$.
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ અને $\cos(0) = 1$,તેથી: $B - (-\frac{2A}{\pi}) = \frac{2A}{\pi} \implies B + \frac{2A}{\pi} = \frac{2A}{\pi} \implies B = 0$.
હવે,$f'(x)$ શોધીએ: $f'(x) = A \cdot \frac{\pi}{2} \cos \left( \frac{\pi x}{2} \right)$.
આપેલ છે કે $f'\left( \frac{1}{2} \right) = \sqrt{2}$,તેથી: $\frac{A\pi}{2} \cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \sqrt{2}$.
કારણ કે $\cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી: $\frac{A\pi}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \implies \frac{A\pi}{2} = 2 \implies A = \frac{4}{\pi}$.
આમ,$A = \frac{4}{\pi}$ અને $B = 0$.

(C) ધારો કે આપેલ સંકલન $J = \int_0^\infty {{e^{ - \lambda x}}{x^{n - 1}}dx}$ છે.
$\lambda x = t$ આદેશ લેતા,જેથી $x = \frac{t}{\lambda}$ અને $dx = \frac{dt}{\lambda}$ મળે.
જ્યારે $x \to 0$ ત્યારે $t \to 0$ અને જ્યારે $x \to \infty$ ત્યારે $t \to \infty$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મુકતા:
$J = \int_0^\infty {{e^{ - t}}{(\frac{t}{\lambda})^{n - 1}} \frac{dt}{\lambda}}$
$J = \int_0^\infty {{e^{ - t}} \frac{{{t^{n - 1}}}}{{{\lambda ^{n - 1}}}} \frac{dt}{\lambda}}$
$J = \frac{1}{{{\lambda ^n}}} \int_0^\infty {{e^{ - t}}{t^{n - 1}}dt}$
આપણે જાણીએ છીએ કે ${I_n} = \int_0^\infty {{e^{ - x}}{x^{n - 1}}dx}$,તેથી $\int_0^\infty {{e^{ - t}}{t^{n - 1}}dt}$ પણ ${I_n}$ જેટલું જ થાય.
તેથી,$J = \frac{{{I_n}}}{{{\lambda ^n}}}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{5\pi/3}^x (6\cos t - 2\sin t) \, dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = 6\cos x - 2\sin x$.
અંતરાલ $\left[ \frac{5\pi}{3}, \frac{7\pi}{4} \right]$ માં,$\cos x > 0$ અને $\sin x < 0$ છે,તેથી $6\cos x - 2\sin x > 0$.
કારણ કે $f'(x) > 0$ છે,તેથી $f(x)$ આપેલ અંતરાલ પર વધતું વિધેય છે.
તેથી,મહત્તમ મૂલ્ય ઉપલી સીમા $x = \frac{7\pi}{4}$ પર મળે છે.
$f\left( \frac{7\pi}{4} \right) = \int_{5\pi/3}^{7\pi/4} (6\cos t - 2\sin t) \, dt = [6\sin t + 2\cos t]_{5\pi/3}^{7\pi/4}$.
$= \left( 6\sin\frac{7\pi}{4} + 2\cos\frac{7\pi}{4} \right) - \left( 6\sin\frac{5\pi}{3} + 2\cos\frac{5\pi}{3} \right)$.
$= \left( 6\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + 2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \right) - \left( 6\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\left(\frac{1}{2}\right) \right)$.
$= \left( -\frac{6}{\sqrt{2}} + \frac{2}{\sqrt{2}} \right) - (-3\sqrt{3} + 1)$.
$= -\frac{4}{\sqrt{2}} + 3\sqrt{3} - 1 = 3\sqrt{3} - 2\sqrt{2} - 1$.

(D) $0 < x < 1$ માટે,આપણી પાસે $x^2 > x^3$ છે. આધાર $2 > 1$ હોવાથી,વિધેય $f(x) = 2^x$ એ વધતું વિધેય છે,તેથી $0 < x < 1$ માટે $2^{x^2} > 2^{x^3}$ થાય.
બંને બાજુ $0$ થી $1$ સુધી સંકલન કરતા,આપણને $\int_0^1 2^{x^2} dx > \int_0^1 2^{x^3} dx$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે ${I_1} > {I_2}$.
$1 < x < 2$ માટે,આપણી પાસે $x^3 > x^2$ છે. તેવી જ રીતે,$1 < x < 2$ માટે $2^{x^3} > 2^{x^2}$ થાય.
બંને બાજુ $1$ થી $2$ સુધી સંકલન કરતા,આપણને $\int_1^2 2^{x^3} dx > \int_1^2 2^{x^2} dx$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે ${I_4} > {I_3}$.
આમ,સાચું વિધાન ${I_1} > {I_2}$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $2f(x) - 3f\left( \frac{1}{x} \right) = x$ ... $(i)$
$(i)$ માં $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા:
$2f\left( \frac{1}{x} \right) - 3f(x) = \frac{1}{x}$ ... $(ii)$
$f\left( \frac{1}{x} \right)$ નો લોપ કરવા માટે,$(i)$ ને $2$ વડે અને $(ii)$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$4f(x) - 6f\left( \frac{1}{x} \right) = 2x$
$6f\left( \frac{1}{x} \right) - 9f(x) = \frac{3}{x}$
આ બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$-5f(x) = 2x + \frac{3}{x}$
$f(x) = -\frac{1}{5} \left( 2x + \frac{3}{x} \right)$
હવે,$1$ થી $2$ ની મર્યાદામાં $f(x)$ નું સંકલન કરતા:
$\int_1^2 f(x) \, dx = -\frac{1}{5} \int_1^2 \left( 2x + \frac{3}{x} \right) \, dx$
$= -\frac{1}{5} \left[ x^2 + 3\ln|x| \right]_1^2$
$= -\frac{1}{5} \left( (2^2 + 3\ln 2) - (1^2 + 3\ln 1) \right)$
$= -\frac{1}{5} (4 + 3\ln 2 - 1 - 0)$
$= -\frac{1}{5} (3 + 3\ln 2) = -\frac{3}{5}(1 + \ln 2)$.

(D) આપેલ છે કે $\int_a^b {x^3} dx = 0$.
સંકલન કરતા: $\left[ \frac{x^4}{4} \right]_a^b = 0 \implies b^4 - a^4 = 0 \implies (b^2 - a^2)(b^2 + a^2) = 0$.
$a$ અને $b$ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ હોવાથી,$b^2 + a^2 = 0$ નો અર્થ $a=0, b=0$ થાય,જે બીજા સંકલન સાથે વિરોધાભાસી છે. તેથી,$b^2 - a^2 = 0$,જેનો અર્થ છે $b = a$ અથવા $b = -a$.
જો $b = a$ હોય,તો $\int_a^b {x^2} dx = 0$ થાય,પરંતુ આપણને $\int_a^b {x^2} dx = \frac{2}{3}$ આપેલ છે. તેથી,$b = -a$.
આપેલ છે કે $\int_a^b {x^2} dx = \frac{2}{3}$,તેથી $\left[ \frac{x^3}{3} \right]_a^b = \frac{2}{3} \implies b^3 - a^3 = 2$.
$b = -a$ મૂકતા: $(-a)^3 - a^3 = 2 \implies -2a^3 = 2 \implies a^3 = -1 \implies a = -1$.
$b = -a$ હોવાથી,$b = -(-1) = 1$.
તેથી,$(a, b) = (-1, 1)$.

(C) ધારો કે $f(x) = \int\limits_0^x {t{e^{ - {t^2}}}} dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,વિકલન $f'(x) = x{e^{ - {x^2}}}$ થાય.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $x{e^{ - {x^2}}} = 0$ મળે. તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે ${e^{ - {x^2}}} \neq 0$ હોવાથી,$x = 0$ મળે.
હવે,દ્વિતીય વિકલન મેળવતા: $f''(x) = {e^{ - {x^2}}} - 2{x^2}{e^{ - {x^2}}} = {e^{ - {x^2}}}(1 - 2{x^2})$.
$x = 0$ આગળ કિંમત મૂકતા,$f''(0) = {e^0}(1 - 0) = 1 > 0$.
દ્વિતીય વિકલન $x = 0$ આગળ ધન હોવાથી,વિધેયને $x = 0$ આગળ ન્યુનતમ મૂલ્ય મળે છે.
ન્યુનતમ મૂલ્ય $f(0) = \int\limits_0^0 {t{e^{ - {t^2}}}} dt = 0$ છે.

(B) ધારો કે $n = [a]$,જ્યાં $n$ એ એક પૂર્ણાંક છે જેથી $n \leq a < n+1$ થાય.
સંકલનને નીચે મુજબ વિભાજિત કરી શકાય:
$\int_{1}^{a} [x] f'(x) dx = \int_{1}^{2} 1 f'(x) dx + \int_{2}^{3} 2 f'(x) dx + \dots + \int_{n-1}^{n} (n-1) f'(x) dx + \int_{n}^{a} n f'(x) dx$
દરેક સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$= 1[f(2) - f(1)] + 2[f(3) - f(2)] + \dots + (n-1)[f(n) - f(n-1)] + n[f(a) - f(n)]$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા:
$= -f(1) - f(2) - f(3) - \dots - f(n) + n f(a)$
કારણ કે $n = [a]$,આપણને મળે છે:
$= [a] f(a) - \{f(1) + f(2) + \dots + f([a])\}$

(D) આપણને સમીકરણ $\int_{\sqrt{2}}^{x} \frac{dt}{t\sqrt{t^2-1}} = \frac{\pi}{2}$ આપેલ છે.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dt}{t\sqrt{t^2-1}} = \sec^{-1} t$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય મેળવીએ છીએ:
$\left[\sec^{-1} t\right]_{\sqrt{2}}^{x} = \frac{\pi}{2}$.
સીમાઓ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\sec^{-1} x - \sec^{-1} \sqrt{2} = \frac{\pi}{2}$.
કારણ કે $\sec^{-1} \sqrt{2} = \frac{\pi}{4}$,સમીકરણ આ મુજબ બને છે:
$\sec^{-1} x - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$.
$\sec^{-1} x$ માટે ઉકેલતા:
$\sec^{-1} x = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
તેથી,$x = \sec\left(\frac{3\pi}{4}\right) = -\sqrt{2}$.
આમ,$-\sqrt{2}$ આપેલ વિકલ્પોમાં નથી,તેથી સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(B) $x \in (0, 1]$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin x < x$.
તેથી,$I = \int_{0}^{1} \frac{\sin x}{\sqrt{x}} \, dx < \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x}} \, dx = \int_{0}^{1} x^{1/2} \, dx = \left[ \frac{2}{3} x^{3/2} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}$.
આમ,$I < \frac{2}{3}$.
$x \in (0, 1]$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos x < 1$.
તેથી,$J = \int_{0}^{1} \frac{\cos x}{\sqrt{x}} \, dx < \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx = \int_{0}^{1} x^{-1/2} \, dx = \left[ 2x^{1/2} \right]_{0}^{1} = 2$.
આમ,$J < 2$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપણે સંકલન $I = \int_0^{1.5} x[x^2] dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે $[x^2]$ ની કિંમત $x^2 = 1$ અને $x^2 = 2$ આગળ બદલાય છે,તેથી આપણે સંકલનને $x = 1$ અને $x = \sqrt{2}$ આગળ વિભાજિત કરીશું.
$I = \int_0^1 x[x^2] dx + \int_1^{\sqrt{2}} x[x^2] dx + \int_{\sqrt{2}}^{1.5} x[x^2] dx$.
$0 \le x < 1$ માટે,$0 \le x^2 < 1$,તેથી $[x^2] = 0$.
$1 \le x < \sqrt{2}$ માટે,$1 \le x^2 < 2$,તેથી $[x^2] = 1$.
$\sqrt{2} \le x < 1.5$ માટે,$2 \le x^2 < 2.25$,તેથી $[x^2] = 2$.
આમ,$I = \int_0^1 x(0) dx + \int_1^{\sqrt{2}} x(1) dx + \int_{\sqrt{2}}^{1.5} x(2) dx$.
$I = 0 + \left[ \frac{x^2}{2} \right]_1^{\sqrt{2}} + 2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{\sqrt{2}}^{1.5}$.
$I = \left( \frac{2-1}{2} \right) + (1.5^2 - (\sqrt{2})^2) = \frac{1}{2} + (2.25 - 2) = 0.5 + 0.25 = 0.75 = \frac{3}{4}$.

(D) આપેલ છે કે $g(x) = \int_{0}^{x} \cos 4t \, dt$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,આપણને મળે છે $g(x) = \left[ \frac{\sin 4t}{4} \right]_{0}^{x} = \frac{\sin 4x}{4}$.
હવે,$g(x + \pi) = \frac{\sin 4(x + \pi)}{4} = \frac{\sin(4x + 4\pi)}{4}$ ની ગણતરી કરો.
કારણ કે $\sin(4x + 4\pi) = \sin 4x$,તેથી $g(x + \pi) = \frac{\sin 4x}{4} = g(x)$.
વળી,$g(\pi) = \frac{\sin(4\pi)}{4} = 0$.
કારણ કે $g(\pi) = 0$,તેથી $g(x) + g(\pi) = g(x) + 0 = g(x)$ અને $g(x) - g(\pi) = g(x) - 0 = g(x)$ થાય છે.
આમ,$g(x) + g(\pi)$ અને $g(x) - g(\pi)$ બંને $g(x)$ ની બરાબર છે.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int_0^\pi \sqrt{1 + 4\sin^2\frac{x}{2} - 4\sin\frac{x}{2}} \; dx$ છે.
આને $I = \int_0^\pi \sqrt{(1 - 2\sin\frac{x}{2})^2} \; dx = \int_0^\pi |1 - 2\sin\frac{x}{2}| \; dx$ તરીકે લખી શકાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 - 2\sin\frac{x}{2} = 0$ જ્યારે $\sin\frac{x}{2} = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{6}$,તેથી $x = \frac{\pi}{3}$.
$0 \le x < \frac{\pi}{3}$ માટે,$1 - 2\sin\frac{x}{2} > 0$. $\frac{\pi}{3} < x \le \pi$ માટે,$1 - 2\sin\frac{x}{2} < 0$.
તેથી,$I = \int_0^{\pi/3} (1 - 2\sin\frac{x}{2}) \; dx + \int_{\pi/3}^\pi -(1 - 2\sin\frac{x}{2}) \; dx$.
$I = [x + 4\cos\frac{x}{2}]_0^{\pi/3} - [x + 4\cos\frac{x}{2}]_{\pi/3}^\pi$.
$I = ((\frac{\pi}{3} + 4\cos\frac{\pi}{6}) - (0 + 4\cos 0)) - ((\pi + 4\cos\frac{\pi}{2}) - (\frac{\pi}{3} + 4\cos\frac{\pi}{6}))$.
$I = (\frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3} - 4) - ((\pi + 0) - (\frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3}))$.
$I = \frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3} - 4 - \pi + \frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3} - 4 - \frac{\pi}{3}$.

(A) આપણને આપેલ છે કે $g(2) = \int_0^2 f(t) dt = \int_0^1 f(t) dt + \int_1^2 f(t) dt$.
$t \in [0, 1]$ માટે,આપણી પાસે $0 \le f(t) \le \frac{1}{2}$ છે. આનું સંકલન કરતા,આપણને મળે $\int_0^1 0 dt \le \int_0^1 f(t) dt \le \int_0^1 \frac{1}{2} dt$,જેનું સાદું રૂપ $0 \le \int_0^1 f(t) dt \le \frac{1}{2}$ થાય છે.
$t \in [1, 2]$ માટે,આપણી પાસે $\frac{1}{2} \le f(t) \le 1$ છે. આનું સંકલન કરતા,આપણને મળે $\int_1^2 \frac{1}{2} dt \le \int_1^2 f(t) dt \le \int_1^2 1 dt$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{1}{2} \le \int_1^2 f(t) dt \le 1$ થાય છે.
આ બંને અસમતાઓનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે $0 + \frac{1}{2} \le \int_0^1 f(t) dt + \int_1^2 f(t) dt \le \frac{1}{2} + 1$.
તેથી,$\frac{1}{2} \le g(2) \le \frac{3}{2}$.