Fundamental definite integration Questions in Gujarati

(D) ધારો કે $I = \int_{1/4}^{3/4} \cos \left(2 \cot^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\right) dx$.
નિત્યસમ $\cot^{-1} \theta = \tan^{-1} (1/\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cot^{-1} \sqrt{\frac{1-x}{1+x}} = \tan^{-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$ મળે.
તેથી,સંકલ્ય $\cos \left(2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\right)$ બને છે.
સૂત્ર $\cos(2 \tan^{-1} \theta) = \frac{1-\theta^2}{1+\theta^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$.
તેથી $\theta^2 = \frac{1+x}{1-x}$.
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{1 - \frac{1+x}{1-x}}{1 + \frac{1+x}{1-x}} = \frac{\frac{1-x-1-x}{1-x}}{\frac{1-x+1+x}{1-x}} = \frac{-2x}{2} = -x$.
હવે,સંકલનનું મૂલ્ય મેળવીએ: $I = \int_{1/4}^{3/4} (-x) dx = -\left[ \frac{x^2}{2} \right]_{1/4}^{3/4}$.
$I = -\frac{1}{2} \left( \left(\frac{3}{4}\right)^2 - \left(\frac{1}{4}\right)^2 \right) = -\frac{1}{2} \left( \frac{9}{16} - \frac{1}{16} \right) = -\frac{1}{2} \left( \frac{8}{16} \right) = -\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-1}^2 1 \cdot \log _e(x+\sqrt{x^2+1}) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u dv = uv - \int v du$,જ્યાં $u = \log _e(x+\sqrt{x^2+1})$ અને $dv = dx$.
તેથી $du = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot (1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}) dx = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx$ અને $v = x$.
$I = [x \log _e(x+\sqrt{x^2+1})]_{-1}^2 - \int_{-1}^2 \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} dx$.
$I = [x \log _e(x+\sqrt{x^2+1}) - \sqrt{x^2+1}]_{-1}^2$.
$I = (2 \log _e(2+\sqrt{5}) - \sqrt{5}) - (-1 \log _e(-1+\sqrt{2}) - \sqrt{2})$.
$I = 2 \log _e(2+\sqrt{5}) + \log _e(\sqrt{2}-1) - \sqrt{5} + \sqrt{2}$.
કારણ કે $\log _e(\sqrt{2}-1) = \log _e(\frac{1}{\sqrt{2}+1}) = -\log _e(\sqrt{2}+1)$,તેથી:
$I = \log _e(2+\sqrt{5})^2 - \log _e(\sqrt{2}+1) - \sqrt{5} + \sqrt{2}$.
$I = \sqrt{2} - \sqrt{5} + \log _e\left(\frac{9+4\sqrt{5}}{\sqrt{2}+1}\right)$.

(B) સમીકરણ સંહતિ $AX = B$ નીચે મુજબ છે:
$2x - 5y = 20$
$3x + my = m$
નિશ્ચાયક $|A| = 2m - (-15) = 2m + 15$ મળે છે.
અનન્ય ઉકેલ માટે,$|A| \neq 0$,તેથી $m \neq -15/2$.
$x$ અને $y$ માટે ઉકેલતા:
$x = \frac{\begin{vmatrix} 20 & -5 \\ m & m \end{vmatrix}}{|A|} = \frac{25m}{2m + 15}$
$y = \frac{\begin{vmatrix} 2 & 20 \\ 3 & m \end{vmatrix}}{|A|} = \frac{2m - 60}{2m + 15}$
$x < 0$ માટે: $\frac{25m}{2m + 15} < 0 \implies m \in (-\frac{15}{2}, 0)$.
$y < 0$ માટે: $\frac{2m - 60}{2m + 15} < 0 \implies m \in (-\frac{15}{2}, 30)$.
આ અંતરાલોનો છેદગણ $m \in (-\frac{15}{2}, 0)$ છે,તેથી $a = -15/2$ અને $b = 0$.
હવે,$8 \int_{-15/2}^0 (2m + 15) dm$ ની ગણતરી કરતા:
$8 [m^2 + 15m]_{-15/2}^0 = 8 [0 - ((\frac{-15}{2})^2 + 15(\frac{-15}{2}))]$
$= 8 [0 - (\frac{225}{4} - \frac{225}{2})] = 8 [\frac{225}{4}] = 450$.

(A) ધારો કે $f(x) = \int_0^x \frac{t^2}{1+t^4} dt - 2x + 1$,જ્યાં $x \in [0, 1]$.
વિકલન કરતા,$f'(x) = \frac{x^2}{1+x^4} - 2$.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ $x^4 + 1 \geq 2x^2$ હોવાથી,$\frac{x^2}{1+x^4} \leq \frac{1}{2}$ મળે.
આમ,$f'(x) = \frac{x^2}{1+x^4} - 2 \leq \frac{1}{2} - 2 = -\frac{3}{2} < 0$.
બધા $x \in [0, 1]$ માટે $f'(x) < 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
અંતિમ બિંદુઓ તપાસતા:
$f(0) = \int_0^0 \frac{t^2}{1+t^4} dt - 2(0) + 1 = 1$.
$f(1) = \int_0^1 \frac{t^2}{1+t^4} dt - 2(1) + 1 = \int_0^1 \frac{t^2}{1+t^4} dt - 1$.
$t \in [0, 1]$ માટે $\frac{t^2}{1+t^4} < 1$ હોવાથી,સંકલન $\int_0^1 \frac{t^2}{1+t^4} dt < 1$ થાય,તેથી $f(1) < 0$.
$f(0) > 0$ અને $f(1) < 0$ હોવાથી અને $f(x)$ સતત તથા ચુસ્ત ઘટતું હોવાથી,'Intermediate Value Theorem' મુજબ $[0, 1]$ માં $f(x) = 0$ થાય તેવું બરાબર એક જ બીજ $x$ મળે.

(A) આપણે સંકલન $I = \int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} d x$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પ્રથમ,અંશનું વિસ્તરણ કરો: $x^4(1-x)^4 = x^8-4x^7+6x^6-4x^5+x^4$.
હવે,$x^8-4x^7+6x^6-4x^5+x^4$ ને $x^2+1$ વડે ભાગતા:
$x^8-4x^7+6x^6-4x^5+x^4 = (x^2+1)(x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4) - 4$.
તેથી,$\frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} = x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4 - \frac{4}{1+x^2}$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \int_0^1 (x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4) dx - \int_0^1 \frac{4}{1+x^2} dx$.
$I = \left[ \frac{x^7}{7} - \frac{2x^6}{3} + x^5 - \frac{4x^3}{3} + 4x \right]_0^1 - 4[\tan^{-1}(x)]_0^1$.
$I = \left( \frac{1}{7} - \frac{2}{3} + 1 - \frac{4}{3} + 4 \right) - 4(\frac{\pi}{4}) = \frac{22}{7} - \pi$.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{10x}{x+1}$.
તેથી $f'(x) = \frac{10(x+1) - 10x}{(x+1)^2} = \frac{10}{(x+1)^2} > 0$ દરેક $x \in [0, 10]$ માટે.
આમ,$f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
આપણે $x$ ની એવી કિંમતો શોધવી છે જ્યાં $\sqrt{f(x)} = k$ પૂર્ણાંક $k$ માટે થાય.
$\sqrt{\frac{10x}{x+1}} = k \implies \frac{10x}{x+1} = k^2 \implies 10x = k^2x + k^2 \implies x(10 - k^2) = k^2 \implies x = \frac{k^2}{10 - k^2}$.
$k=1$ માટે,$x = \frac{1}{9}$. $k=2$ માટે,$x = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$. $k=3$ માટે,$x = \frac{9}{1} = 9$.
કારણ કે $f(x)$ વધતું વિધેય છે,$\left[ \sqrt{f(x)} \right] = k$ એ $x \in [x_k, x_{k+1})$ માટે થાય.
$I = \int_0^{1/9} 0 dx + \int_{1/9}^{2/3} 1 dx + \int_{2/3}^{9} 2 dx + \int_{9}^{10} 3 dx$.
$I = 0 + (\frac{2}{3} - \frac{1}{9}) + 2(9 - \frac{2}{3}) + 3(10 - 9)$.
$I = \frac{5}{9} + 2(\frac{25}{3}) + 3 = \frac{5}{9} + \frac{50}{3} + 3 = \frac{5 + 150 + 27}{9} = \frac{182}{9}$.
તેથી,$9I = 182$.

(D) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) < 2f(x)$,તેથી $f^{\prime}(x) - 2f(x) < 0$.
ઇન્ટિગ્રેટિંગ ફેક્ટર $e^{-2x}$ વડે ગુણતા:
$e^{-2x} f^{\prime}(x) - 2e^{-2x} f(x) < 0$
$\frac{d}{dx} (e^{-2x} f(x)) < 0$.
આ સૂચવે છે કે $g(x) = e^{-2x} f(x)$ એ $[1/2, 1]$ પર ઘટતું વિધેય છે.
$x \ge 1/2$ હોવાથી,$g(x) < g(1/2)$ મળે.
$e^{-2x} f(x) < e^{-2(1/2)} f(1/2) = e^{-1} \cdot 1 = 1/e$.
આમ,$f(x) < e^{2x-1}$.
બંને બાજુ $1/2$ થી $1$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{1/2}^1 f(x) dx < \int_{1/2}^1 e^{2x-1} dx = \left[ \frac{e^{2x-1}}{2} \right]_{1/2}^1 = \frac{e^1 - e^0}{2} = \frac{e - 1}{2}$.
$f(x) > 0$ હોવાથી,સંકલન $0$ કરતા મોટું છે.
તેથી,$\int_{1/2}^1 f(x) dx \in (0, (e - 1)/2)$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^1 4 x^3 \frac{d^2}{d x^2} (1-x^2)^5 d x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = 4x^3$ અને $dv = \frac{d^2}{dx^2}(1-x^2)^5 dx$ લો.
તેથી $du = 12x^2 dx$ અને $v = \frac{d}{dx}(1-x^2)^5 = 5(1-x^2)^4(-2x) = -10x(1-x^2)^4$.
$I = [4x^3 \cdot (-10x(1-x^2)^4)]_0^1 - \int_0^1 (-10x(1-x^2)^4) \cdot 12x^2 dx$.
સીમા પદ $[ -40x^4(1-x^2)^4 ]_0^1 = 0 - 0 = 0$ થાય છે.
તેથી,$I = 120 \int_0^1 x^3(1-x^2)^4 dx$.
ધારો કે $t = 1-x^2$,તો $dt = -2x dx$,તેથી $x^2 = 1-t$ અને $x dx = -\frac{1}{2} dt$.
$I = 120 \int_1^0 (1-t) t^4 (-\frac{1}{2} dt) = 60 \int_0^1 (t^4 - t^5) dt$.
$I = 60 [\frac{t^5}{5} - \frac{t^6}{6}]_0^1 = 60 (\frac{1}{5} - \frac{1}{6}) = 60 (\frac{6-5}{30}) = 60 (\frac{1}{30}) = 2$.

(A) ધારો કે $I = \int_1^e \frac{(\log_e x)^{1/2}}{x(a-(\log_e x)^{3/2})^2} dx = 1$.
$t = a - (\log_e x)^{3/2}$ આદેશ લેતા.
તેથી $dt = -\frac{3}{2}(\log_e x)^{1/2} \cdot \frac{1}{x} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{(\log_e x)^{1/2}}{x} dx = -\frac{2}{3} dt$.
જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = a - 0 = a$.
જ્યારે $x = e$,ત્યારે $t = a - 1$.
સંકલનમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$I = \int_a^{a-1} \frac{-2/3}{t^2} dt = \frac{2}{3} \int_{a-1}^a t^{-2} dt = \frac{2}{3} [-\frac{1}{t}]_{a-1}^a = \frac{2}{3} (\frac{1}{a-1} - \frac{1}{a}) = \frac{2}{3} (\frac{a - (a-1)}{a(a-1)}) = \frac{2}{3a(a-1)}$.
આપેલ છે કે $I = 1$,તેથી $\frac{2}{3a(a-1)} = 1$,એટલે કે $3a^2 - 3a - 2 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$a = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4(3)(-2)}}{2(3)} = \frac{3 \pm \sqrt{33}}{6}$.
$\sqrt{33} \approx 5.74$ હોવાથી,$a_1 = \frac{3 + 5.74}{6} \approx 1.45$ અને $a_2 = \frac{3 - 5.74}{6} \approx -0.45$.
બંને કિંમતો $a \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$ માં આવે છે.
બંને કિંમતો અસંમેય હોવાથી,વિધાન $C$ સાચું છે. બે કિંમતો હોવાથી,વિધાન $D$ સાચું છે.

(D) આપેલ છે કે $g(x^3) = x^6 + x^7$. ધારો કે $u = x^3$,તેથી $x = u^{1/3}$.
આ કિંમત મૂકતા,આપણને $g(u) = (u^{1/3})^6 + (u^{1/3})^7 = u^2 + u^{7/3}$ મળે છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$g'(x) = x f(x)$,તેથી $f(x) = \frac{g'(x)}{x}$.
$g(x) = x^2 + x^{7/3}$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$g'(x) = 2x + \frac{7}{3}x^{4/3}$ મળે છે.
આમ,$f(x) = \frac{2x + \frac{7}{3}x^{4/3}}{x} = 2 + \frac{7}{3}x^{1/3}$.
હવે,$f(r^3) = 2 + \frac{7}{3}(r^3)^{1/3} = 2 + \frac{7}{3}r$.
આપણે $\sum_{r=1}^{15} f(r^3) = \sum_{r=1}^{15} (2 + \frac{7}{3}r) = \sum_{r=1}^{15} 2 + \frac{7}{3} \sum_{r=1}^{15} r$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$= (2 \times 15) + \frac{7}{3} \times \frac{15 \times 16}{2} = 30 + \frac{7}{3} \times 120 = 30 + 7 \times 40 = 30 + 280 = 310$.

(C) ધારો કે $I = 80 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin \theta + \cos \theta}{9 + 16 \sin 2 \theta} d \theta$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 2 \theta = 1 - (1 - \sin 2 \theta) = 1 - (\sin \theta - \cos \theta)^2$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = 80 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin \theta + \cos \theta}{9 + 16(1 - (\sin \theta - \cos \theta)^2)} d \theta = 80 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin \theta + \cos \theta}{25 - 16(\sin \theta - \cos \theta)^2} d \theta$.
ધારો કે $t = \sin \theta - \cos \theta$,તેથી $dt = (\cos \theta + \sin \theta) d \theta$.
જ્યારે $\theta = 0$,ત્યારે $t = -1$. જ્યારે $\theta = \frac{\pi}{4}$,ત્યારે $t = 0$.
$I = 80 \int_{-1}^0 \frac{dt}{25 - 16t^2} = 80 \int_{-1}^0 \frac{dt}{16(\frac{25}{16} - t^2)} = 5 \int_{-1}^0 \frac{dt}{(\frac{5}{4})^2 - t^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2 - x^2} = \frac{1}{2a} \ln |\frac{a+x}{a-x}|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 5 \left[ \frac{1}{2(\frac{5}{4})} \ln \left| \frac{\frac{5}{4} + t}{\frac{5}{4} - t} \right| \right]_{-1}^0 = 5 \left[ \frac{2}{5} \ln \left| \frac{5+4t}{5-4t} \right| \right]_{-1}^0 = 2 [\ln(1) - \ln(\frac{1}{9})] = 2 [0 - \ln(3^{-2})] = 2 [2 \ln 3] = 4 \ln 3$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int_0^x (t^3 - 9t^2 + 20t) dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f'(x) = x^3 - 9x^2 + 20x = x(x - 4)(x - 5)$.
અંતરાલ $x \in [1, 5]$ માટે,$f'(x) = 0$ એ $x = 4$ પર મળે છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ અને અંતિમ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધતા:
$f(x) = \int_0^x (t^3 - 9t^2 + 20t) dt = \left[ \frac{t^4}{4} - 3t^3 + 10t^2 \right]_0^x = \frac{x^4}{4} - 3x^3 + 10x^2$.
$f(1) = \frac{1}{4} - 3 + 10 = 7.25 = \frac{29}{4}$.
$f(4) = \frac{256}{4} - 3(64) + 10(16) = 64 - 192 + 160 = 32$.
$f(5) = \frac{625}{4} - 3(125) + 10(25) = 156.25 - 375 + 250 = 31.25 = \frac{125}{4}$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા,ન્યૂનતમ કિંમત $\alpha = f(1) = \frac{29}{4}$ અને મહત્તમ કિંમત $\beta = f(4) = 32$ છે.
તેથી,$4(\alpha + \beta) = 4(\frac{29}{4} + 32) = 29 + 128 = 157$.

(B) ધારો કે $I = 24 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin \left| 4x - \frac{\pi}{12} \right| dx + 24 \int_0^{\frac{\pi}{4}} [2 \sin x] dx$.
પ્રથમ,$I_1 = 24 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin \left| 4x - \frac{\pi}{12} \right| dx$ ની ગણતરી કરો.
માનાંકની અંદરની અભિવ્યક્તિ $4x = \frac{\pi}{12}$ એટલે કે $x = \frac{\pi}{48}$ પર ચિહ્ન બદલે છે.
$I_1 = 24 \left( \int_0^{\frac{\pi}{48}} -\sin \left( 4x - \frac{\pi}{12} \right) dx + \int_{\frac{\pi}{48}}^{\frac{\pi}{4}} \sin \left( 4x - \frac{\pi}{12} \right) dx \right)$.
$I_1 = 24 \left( \left[ \frac{\cos(4x - \frac{\pi}{12})}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{48}} + \left[ -\frac{\cos(4x - \frac{\pi}{12})}{4} \right]_{\frac{\pi}{48}}^{\frac{\pi}{4}} \right)$.
$I_1 = 6 \left( (\cos(0) - \cos(-\frac{\pi}{12})) + (-\cos(\frac{11\pi}{12}) + \cos(0)) \right) = 6(1 - \cos(\frac{\pi}{12}) - \cos(\frac{11\pi}{12}) + 1) = 6(2 - \cos(\frac{\pi}{12}) + \cos(\frac{\pi}{12})) = 12$.
હવે,$I_2 = 24 \int_0^{\frac{\pi}{4}} [2 \sin x] dx$ ની ગણતરી કરો.
જ્યારે $0 \le x \le \frac{\pi}{6}$,ત્યારે $0 \le 2 \sin x < 1$,તેથી $[2 \sin x] = 0$.
જ્યારે $\frac{\pi}{6} < x \le \frac{\pi}{4}$,ત્યારે $1 \le 2 \sin x < \sqrt{2} \approx 1.414$,તેથી $[2 \sin x] = 1$.
$I_2 = 24 \left( \int_0^{\frac{\pi}{6}} 0 dx + \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} 1 dx \right) = 24 \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = 24 \left( \frac{\pi}{12} \right) = 2 \pi$.
આમ,$I = I_1 + I_2 = 12 + 2 \pi$.
$2 \pi + \alpha$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 12$ મળે છે.

(A) ધારો કે $f(x) = \frac{1}{e^{x-1}} = e^{1-x}$. આપણે સંકલન $I = \int_0^{e^3} [f(x)] dx$ ની ગણતરી કરવાની છે.
વિધેય $f(x) = e^{1-x}$ એ ઘટતું વિધેય છે.
$x=0$ માટે,$f(0) = e^1 \approx 2.718$.
$x=1$ માટે,$f(1) = e^0 = 1$.
$x=1+\ln 2$ માટે,$f(1+\ln 2) = e^{1-(1+\ln 2)} = e^{-\ln 2} = \frac{1}{2} = 0.5$.
જેમ કે $f(x)$ ઘટે છે,આપણે તે અંતરાલો શોધીએ છીએ જ્યાં $[f(x)]$ અચળ છે:
$x \in [0, 1-\ln 2)$ માટે,$f(x) \in (2, e]$,તેથી $[f(x)] = 2$.
$x \in [1-\ln 2, 1)$ માટે,$f(x) \in [1, 2)$,તેથી $[f(x)] = 1$.
$x \in [1, e^3]$ માટે,$f(x) \in (0, 1]$,તેથી $[f(x)] = 0$.
આમ,$I = \int_0^{1-\ln 2} 2 dx + \int_{1-\ln 2}^1 1 dx + \int_1^{e^3} 0 dx$.
$I = 2(1-\ln 2 - 0) + 1(1 - (1-\ln 2)) + 0$.
$I = 2 - 2\ln 2 + \ln 2 = 2 - \ln 2$.
આપેલ છે કે $I = \alpha - \ln 2$,તેથી $\alpha - \ln 2 = 2 - \ln 2$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha = 2$.
તેથી,$\alpha^3 = 2^3 = 8$.

(B) ધારો કે $I = 4 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{3+x^2}+\sqrt{1+x^2}} dx - 3 \ln \sqrt{3}$.
સંકલિતનું સંમેયીકરણ કરતા:
$I = 4 \int_0^1 \frac{\sqrt{3+x^2}-\sqrt{1+x^2}}{(3+x^2)-(1+x^2)} dx - \frac{3}{2} \ln 3$
$I = 4 \int_0^1 \frac{\sqrt{3+x^2}-\sqrt{1+x^2}}{2} dx - \frac{3}{2} \ln 3$
$I = 2 \int_0^1 \sqrt{3+x^2} dx - 2 \int_0^1 \sqrt{1+x^2} dx - \frac{3}{2} \ln 3$
સૂત્ર $\int \sqrt{a^2+x^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2+x^2} + \frac{a^2}{2}\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \left[ \frac{x}{2}\sqrt{3+x^2} + \frac{3}{2}\ln(x+\sqrt{3+x^2}) \right]_0^1 - 2 \left[ \frac{x}{2}\sqrt{1+x^2} + \frac{1}{2}\ln(x+\sqrt{1+x^2}) \right]_0^1 - \frac{3}{2} \ln 3$
$I = \left[ x\sqrt{3+x^2} + 3\ln(x+\sqrt{3+x^2}) \right]_0^1 - \left[ x\sqrt{1+x^2} + \ln(x+\sqrt{1+x^2}) \right]_0^1 - \frac{3}{2} \ln 3$
$I = (1\sqrt{4} + 3\ln(1+2) - (0 + 3\ln\sqrt{3})) - (1\sqrt{2} + \ln(1+\sqrt{2}) - (0 + \ln 1)) - \frac{3}{2} \ln 3$
$I = (2 + 3\ln 3 - \frac{3}{2}\ln 3) - (\sqrt{2} + \ln(1+\sqrt{2})) - \frac{3}{2} \ln 3$
$I = 2 + \frac{3}{2}\ln 3 - \sqrt{2} - \ln(1+\sqrt{2}) - \frac{3}{2} \ln 3$
$I = 2 - \sqrt{2} - \ln(1+\sqrt{2})$.

(A) વિધેય $f(x) = \log_2 \log_4 \log_6(3 + 4x - x^2)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,આપણે નીચે મુજબની શરતો મેળવીએ:
$\log_4 \log_6(3 + 4x - x^2) > 0 \implies \log_6(3 + 4x - x^2) > 1 \implies 3 + 4x - x^2 > 6$
$x^2 - 4x + 3 < 0 \implies (x - 1)(x - 3) < 0 \implies x \in (1, 3)$.
આમ,$a = 1$ અને $b = 3$,તેથી $b - a = 2$.
આપણે $\int_0^2 [x^2] dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે $[x^2] = k$ જ્યારે $k \le x^2 < k+1$,એટલે કે $\sqrt{k} \le x < \sqrt{k+1}$,આપણે સંકલનનું વિભાજન કરીએ:
$I = \int_0^1 [x^2] dx + \int_1^{\sqrt{2}} [x^2] dx + \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} [x^2] dx + \int_{\sqrt{3}}^2 [x^2] dx$
$I = 0 + 1(\sqrt{2} - 1) + 2(\sqrt{3} - \sqrt{2}) + 3(2 - \sqrt{3})$
$I = \sqrt{2} - 1 + 2\sqrt{3} - 2\sqrt{2} + 6 - 3\sqrt{3} = 5 - \sqrt{2} - \sqrt{3}$.
$p - \sqrt{q} - \sqrt{r}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $p = 5, q = 2, r = 3$ મળે છે.
તેથી,$p + q + r = 5 + 2 + 3 = 10$.

(D) આપેલ છે $f(x) + 2f\left(\frac{1}{x}\right) = x^2 + 5$. $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા,$f\left(\frac{1}{x}\right) + 2f(x) = \frac{1}{x^2} + 5$ મળે.
આ સમીકરણો ઉકેલતા $f(x) = \frac{2x^2}{3} - \frac{1}{3x^2} + \frac{5}{3}$ મળે.
$\alpha = \int_1^2 \left(\frac{2x^2}{3} - \frac{1}{3x^2} + \frac{5}{3}\right) dx$ નું સંકલન કરતા $\alpha = \frac{19}{6}$ મળે.
તે જ રીતે $g(x)$ માટે ઉકેલતા $g(x) = -\frac{2x}{5} - \frac{3}{5x}$ મળે.
$\beta = \int_1^2 (-\frac{2x}{5} - \frac{3}{5x}) dx$ નું સંકલન કરતા $\beta = -\frac{3}{5} - \frac{3}{5}\ln 2$ મળે.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$9\alpha + \beta$ ની કિંમત $11$ થાય છે.

(C) ધારો કે $I = \pi^2 \int_{-1}^{3/2} |x \sin(\pi x)| \, dx$.
$x \sin(\pi x) \ge 0$ એ $x \in [-1, 0]$ અને $x \in [1, 3/2]$ માટે છે,અને $x \sin(\pi x) \le 0$ એ $x \in [0, 1]$ માટે છે,તેથી આપણે સંકલનને વિભાજિત કરીએ છીએ:
$I = \pi^2 \left[ \int_{-1}^{0} x \sin(\pi x) \, dx - \int_{0}^{1} x \sin(\pi x) \, dx + \int_{1}^{3/2} x \sin(\pi x) \, dx \right]$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int x \sin(\pi x) \, dx = -\frac{x}{\pi} \cos(\pi x) + \frac{1}{\pi^2} \sin(\pi x)$.
ભાગોની ગણતરી કરતા:
$\int_{-1}^{0} x \sin(\pi x) \, dx = [-\frac{x}{\pi} \cos(\pi x) + \frac{1}{\pi^2} \sin(\pi x)]_{-1}^{0} = \frac{1}{\pi}$.
$\int_{0}^{1} x \sin(\pi x) \, dx = [-\frac{x}{\pi} \cos(\pi x) + \frac{1}{\pi^2} \sin(\pi x)]_{0}^{1} = \frac{1}{\pi}$.
$\int_{1}^{3/2} x \sin(\pi x) \, dx = [-\frac{x}{\pi} \cos(\pi x) + \frac{1}{\pi^2} \sin(\pi x)]_{1}^{3/2} = -\frac{1}{\pi^2} - \frac{1}{\pi}$.
કિંમતો મૂકતા: $I = \pi^2 [\frac{1}{\pi} - \frac{1}{\pi} + (\frac{1}{\pi} + \frac{1}{\pi^2})] = 1 + 3\pi$.

(B) સંકલન $I = \int_0^1 \tan^{-1} x \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = \tan^{-1} x$ અને $dv = dx$.
તેથી $du = \frac{1}{1+x^2} \, dx$ અને $v = x$.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$I = [x \tan^{-1} x]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \, dx$.
પ્રથમ ભાગની ગણતરી કરતા: $(1 \cdot \tan^{-1} 1) - (0 \cdot \tan^{-1} 0) = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$.
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $t = 1+x^2$,તેથી $dt = 2x \, dx$ અથવા $x \, dx = \frac{1}{2} dt$.
જ્યારે $x=0, t=1$; જ્યારે $x=1, t=2$.
$\int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \, dx = \frac{1}{2} \int_1^2 \frac{1}{t} \, dt = \frac{1}{2} [\log |t|]_1^2 = \frac{1}{2} (\log 2 - \log 1) = \frac{1}{2} \log 2 = \log 2^{1/2} = \log \sqrt{2}$.
આમ,$I = \frac{\pi}{4} - \log \sqrt{2}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{6}} (2+3x^2) \cos 3x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલન $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ નો ઉપયોગ કરતા,$u = 2+3x^2$ અને $dv = \cos 3x \, dx$ લો.
તેથી $du = 6x \, dx$ અને $v = \frac{\sin 3x}{3}$ મળે.
$I = \left[ (2+3x^2) \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\frac{\pi}{6}} - \int_0^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin 3x}{3} (6x) \, dx$.
$I = \left[ (2+3(\frac{\pi^2}{36})) \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{3} - 0 \right] - 2 \int_0^{\frac{\pi}{6}} x \sin 3x \, dx$.
$I = \frac{1}{3} (2 + \frac{\pi^2}{12}) - 2 \int_0^{\frac{\pi}{6}} x \sin 3x \, dx$.
બીજા સંકલન માટે ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $u = x, dv = \sin 3x \, dx \implies du = dx, v = -\frac{\cos 3x}{3}$.
$\int_0^{\frac{\pi}{6}} x \sin 3x \, dx = \left[ -\frac{x \cos 3x}{3} \right]_0^{\frac{\pi}{6}} - \int_0^{\frac{\pi}{6}} -\frac{\cos 3x}{3} \, dx$.
$= (0 - 0) + \frac{1}{3} \left[ \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\frac{\pi}{6}} = \frac{1}{9} \sin(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{9}$.
કિંમત મૂકતા: $I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} - 2(\frac{1}{9}) = \frac{2}{3} - \frac{2}{9} + \frac{\pi^2}{36} = \frac{6-2}{9} + \frac{\pi^2}{36} = \frac{4}{9} + \frac{\pi^2}{36}$.

(A) સંકલન $I = \int_0^1 \log(x+1) \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલનની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $u = \log(x+1)$ અને $dv = dx$.
તેથી $du = \frac{1}{x+1} \, dx$ અને $v = x$ મળે.
સૂત્ર $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = [x \log(x+1)]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{x+1} \, dx$
$I = [1 \cdot \log(2) - 0 \cdot \log(1)] - \int_0^1 \frac{x+1-1}{x+1} \, dx$
$I = \log 2 - \int_0^1 (1 - \frac{1}{x+1}) \, dx$
$I = \log 2 - [x - \log(x+1)]_0^1$
$I = \log 2 - [(1 - \log 2) - (0 - \log 1)]$
$I = \log 2 - 1 + \log 2$
$I = 2 \log 2 - 1$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^1 (\cos^{-1} x)(1) \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,જ્યાં $u = \cos^{-1} x$ અને $dv = dx$.
તેથી $du = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ અને $v = x$.
$I = [x \cos^{-1} x]_0^1 - \int_0^1 x \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) \, dx$.
$I = [x \cos^{-1} x]_0^1 + \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$.
સંકલન $\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ માટે,$t = 1-x^2$ લેતા,$dt = -2x \, dx$,તેથી $x \, dx = -\frac{1}{2} \, dt$.
$\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = -\sqrt{1-x^2}$.
આમ,$I = [x \cos^{-1} x - \sqrt{1-x^2}]_0^1$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = [1 \cdot \cos^{-1}(1) - \sqrt{1-1^2}] - [0 \cdot \cos^{-1}(0) - \sqrt{1-0^2}]$.
$I = [1 \cdot 0 - 0] - [0 - 1] = 0 - (-1) = 1$.

(B) અમે ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) ની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = x$ અને $dv = \sec^2 x \, dx$.
તેથી $du = dx$ અને $v = \tan x$.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_0^{\frac{\pi}{4}} x \sec^2 x \, dx = [x \tan x]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \, dx$.
પ્રથમ પદની ગણતરી કરતા:
$[x \tan x]_0^{\frac{\pi}{4}} = (\frac{\pi}{4} \tan \frac{\pi}{4}) - (0 \cdot \tan 0) = \frac{\pi}{4} \cdot 1 - 0 = \frac{\pi}{4}$.
$\tan x$ ના સંકલનની ગણતરી કરતા:
$\int \tan x \, dx = \ln |\sec x|$.
તેથી,$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \, dx = [\ln |\sec x|]_0^{\frac{\pi}{4}} = \ln |\sec \frac{\pi}{4}| - \ln |\sec 0| = \ln \sqrt{2} - \ln 1 = \ln \sqrt{2} - 0 = \ln \sqrt{2}$.
પરિણામોને જોડતા:
$\frac{\pi}{4} - \ln \sqrt{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\tan \theta}{\sqrt{2 k \sec \theta}} d \theta$.
$= \frac{1}{\sqrt{2 k}} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin \theta}{\cos \theta} \times \sqrt{\cos \theta} d \theta$.
$= \frac{1}{\sqrt{2 k}} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin \theta}{\sqrt{\cos \theta}} d \theta$.
ધારો કે $\cos \theta = t$,તેથી $-\sin \theta d \theta = dt$,એટલે કે $\sin \theta d \theta = -dt$.
જ્યારે $\theta = 0$,ત્યારે $t = 1$. જ્યારે $\theta = \frac{\pi}{3}$,ત્યારે $t = \frac{1}{2}$.
$I = \frac{-1}{\sqrt{2 k}} \int_{1}^{\frac{1}{2}} t^{-\frac{1}{2}} dt = \frac{1}{\sqrt{2 k}} \int_{\frac{1}{2}}^{1} t^{-\frac{1}{2}} dt$.
$I = \frac{1}{\sqrt{2 k}} [2\sqrt{t}]_{\frac{1}{2}}^{1} = \frac{2}{\sqrt{2 k}} (1 - \frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{k}} (1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$.
આપેલ છે કે $I = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{k}} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $\sqrt{k} = \sqrt{2}$,તેથી $k = 2$.

(C) $I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\sin 2 x(\tan ^5 x+\cot ^5 x)} dx$
$\sin 2x = \frac{2 \tan x}{1+\tan ^2 x}$ અને $\cot x = \frac{1}{\tan x}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1+\tan ^2 x}{2 \tan x(\tan ^5 x + \frac{1}{\tan ^5 x})} dx$
$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec ^2 x}{2 \tan x(\frac{\tan ^{10} x + 1}{\tan ^5 x})} dx = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan ^4 x \sec ^2 x}{2(\tan ^{10} x + 1)} dx$
ધારો કે $\tan x = t$,તેથી $\sec ^2 x dx = dt$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{6}, t = \frac{1}{\sqrt{3}}$. જ્યારે $x = \frac{\pi}{4}, t = 1$.
$I = \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{1} \frac{t^4}{2(t^{10} + 1)} dt$
ધારો કે $t^5 = u$,તેથી $5t^4 dt = du$,એટલે કે $t^4 dt = \frac{du}{5}$.
જ્યારે $t = \frac{1}{\sqrt{3}}, u = (\frac{1}{\sqrt{3}})^5 = \frac{1}{9 \sqrt{3}}$. જ્યારે $t = 1, u = 1$.
$I = \frac{1}{10} \int_{\frac{1}{9 \sqrt{3}}}^{1} \frac{du}{u^2 + 1} = \frac{1}{10} [\tan ^{-1} u]_{\frac{1}{9 \sqrt{3}}}^{1}$
$I = \frac{1}{10} (\tan ^{-1} 1 - \tan ^{-1}(\frac{1}{9 \sqrt{3}})) = \frac{1}{10} (\frac{\pi}{4} - \tan ^{-1}(\frac{1}{9 \sqrt{3}}))$

(A) ધારો કે $I = \int_0^a \frac{x-a}{x+a} dx$.
$t = x + a$ આદેશ લેતા,$x = t - a$ અને $dx = dt$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = a$.
જ્યારે $x = a$,ત્યારે $t = 2a$.
તેથી,$I = \int_a^{2a} \frac{(t-a)-a}{t} dt = \int_a^{2a} \frac{t-2a}{t} dt$.
$I = \int_a^{2a} (1 - \frac{2a}{t}) dt$.
$I = [t]_a^{2a} - 2a [\log |t|]_a^{2a}$.
$I = (2a - a) - 2a (\log 2a - \log a)$.
$I = a - 2a \log(\frac{2a}{a})$.
$I = a - 2a \log 2$.

(A) ધારો કે $I = \int_1^2 \frac{dx}{(x^2-2x+4)^{\frac{3}{2}}} = \int_1^2 \frac{dx}{((x-1)^2+3)^{\frac{3}{2}}}$.
$x-1 = \sqrt{3} \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sqrt{3} \sec^2 \theta \ d\theta$ મળે.
જ્યારે $x=1$,ત્યારે $\theta=0$ અને જ્યારે $x=2$,ત્યારે $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $\theta = \frac{\pi}{6}$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sqrt{3} \sec^2 \theta}{(3 \sec^2 \theta)^{\frac{3}{2}}} \ d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sqrt{3} \sec^2 \theta}{3\sqrt{3} \sec^3 \theta} \ d\theta = \frac{1}{3} \int_0^{\frac{\pi}{6}} \cos \theta \ d\theta$.
$I = \frac{1}{3} [\sin \theta]_0^{\frac{\pi}{6}} = \frac{1}{3} (\sin \frac{\pi}{6} - \sin 0) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$.
આપેલ છે કે $\frac{k}{k+5} = \frac{1}{6}$,તેથી $6k = k+5$,જેનો અર્થ છે કે $5k = 5$,એટલે કે $k = 1$.

$(A)$ ધારો કે $I = \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{x^2}{\left(1-x^2\right)^{\frac{3}{2}}} \,d x$.
$x = \sin \theta$ આદેશ લેતા, $dx = \cos \theta d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$ ત્યારે $\theta = 0$ અને જ્યારે $x = \frac{1}{2}$ ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{6}$ થાય.
છેદ $(1 - \sin^2 \theta)^{\frac{3}{2}} = (\cos^2 \theta)^{\frac{3}{2}} = \cos^3 \theta$ થશે.
તેથી, $I = \int_0^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin^2 \theta \cdot \cos \theta}{\cos^3 \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{6}} \tan^2 \theta d\theta$.
નિત્યસમ $\tan^2 \theta = \sec^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{6}} (\sec^2 \theta - 1) d\theta = [\tan \theta - \theta]_0^{\frac{\pi}{6}}$.
$I = (\tan \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{6}) - (\tan 0 - 0) = \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{2\sqrt{3} - \pi}{6}$.
આપેલ છે કે $I = \frac{k}{6}$, તેથી સરખામણી કરતા $k = 2\sqrt{3} - \pi$ મળે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2}$.
તેથી,સંકલન $\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \frac{dx}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} = \frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \sec^2 \frac{x}{2} dx$ બને છે.
$\sec^2 \frac{x}{2}$ નું સંકલન $2 \tan \frac{x}{2}$ થાય છે.
તેથી,$\frac{1}{2} [2 \tan \frac{x}{2}]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} = [\tan \frac{x}{2}]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}$.
સીમાઓ મૂકતા: $\tan \frac{3 \pi}{8} - \tan \frac{\pi}{8}$.
$\tan \frac{3 \pi}{8} = \cot \frac{\pi}{8}$ હોવાથી,$\cot \frac{\pi}{8} - \tan \frac{\pi}{8} = \frac{\cos \frac{\pi}{8}}{\sin \frac{\pi}{8}} - \frac{\sin \frac{\pi}{8}}{\cos \frac{\pi}{8}} = \frac{\cos^2 \frac{\pi}{8} - \sin^2 \frac{\pi}{8}}{\sin \frac{\pi}{8} \cos \frac{\pi}{8}}$.
દ્વિ-કોણ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{\cos \frac{\pi}{4}}{\frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{4}} = 2 \cot \frac{\pi}{4} = 2(1) = 2$.

(D) સંકલન $I = \int_0^1 \sqrt{\frac{1-x}{1+x}} \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે સંકલ્યનું સંમેયીકરણ કરીએ:
$I = \int_0^1 \frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}} \cdot \frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x}} \, dx = \int_0^1 \frac{1-x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો:
$I = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx - \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $u = 1-x^2$,તેથી $du = -2x \, dx$,એટલે કે $x \, dx = -\frac{1}{2} du$:
$I = [\sin^{-1}(x)]_0^1 + \frac{1}{2} \int_1^0 u^{-1/2} \, du$
$I = [\sin^{-1}(x)]_0^1 + [\sqrt{1-x^2}]_0^1$
$I = (\sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(0)) + (\sqrt{1-1^2} - \sqrt{1-0^2})$
$I = (\frac{\pi}{2} - 0) + (0 - 1) = \frac{\pi}{2} - 1$

(C) આપણે સંકલન $I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^4 x \, dx$ ની કિંમત શોધવી છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે સંકલનને આ રીતે લખી શકીએ:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^2 x \cdot \sec^2 x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (1 + \tan^2 x) \sec^2 x \, dx$.
ધારો કે $u = \tan x$. તો $du = \sec^2 x \, dx$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $u = \tan(0) = 0$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{4}$,ત્યારે $u = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_0^1 (1 + u^2) \, du$.
$u$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા:
$I = [u + \frac{u^3}{3}]_0^1$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = (1 + \frac{1^3}{3}) - (0 + \frac{0^3}{3}) = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$.

(C) $\text{આપણે જાણીએ છીએ કે } 1 = \sin^2 x + \cos^2 x \text{ અને } \sin 2x = 2 \sin x \cos x \text{ થાય છે.}
\text{તેથી,} 1 - \sin 2x = \sin^2 x + \cos^2 x - 2 \sin x \cos x = (\cos x - \sin x)^2 \text{ થાય.}
\text{સંકલન આ મુજબ બનશે: } \int_0^{\pi / 4} \sqrt{(\cos x - \sin x)^2} \,d x = \int_0^{\pi / 4} |\cos x - \sin x| \,d x.
\text{અંતરાલ } [0, \pi / 4] \text{ માં,} \cos x \geq \sin x \text{ હોવાથી,} |\cos x - \sin x| = \cos x - \sin x \text{ થાય.}
\text{આમ,સંકલન } \int_0^{\pi / 4} (\cos x - \sin x) \,d x = [\sin x + \cos x]_0^{\pi / 4} \text{ થશે.}
\text{સીમાઓ મૂકતા: } (\sin(\pi / 4) + \cos(\pi / 4)) - (\sin 0 + \cos 0) = (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) - (0 + 1) = \frac{2}{\sqrt{2}} - 1 = \sqrt{2} - 1.$

(B) નિશ્ચિત સંકલન $I = \int_0^1 |5x - 3| \, dx$ ની કિંમત શોધવા માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $5x - 3 = 0$ જ્યારે $x = \frac{3}{5}$ હોય.
અહીં $\frac{3}{5} \in [0, 1]$ હોવાથી,આપણે સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરીશું:
$I = \int_0^{3/5} -(5x - 3) \, dx + \int_{3/5}^1 (5x - 3) \, dx$
$I = \int_0^{3/5} (3 - 5x) \, dx + \int_{3/5}^1 (5x - 3) \, dx$
પ્રથમ ભાગનું સંકલન:
$\left[ 3x - \frac{5x^2}{2} \right]_0^{3/5} = (3(\frac{3}{5}) - \frac{5}{2}(\frac{9}{25})) - 0 = \frac{9}{5} - \frac{9}{10} = \frac{9}{10}$.
બીજા ભાગનું સંકલન:
$\left[ \frac{5x^2}{2} - 3x \right]_{3/5}^1 = (\frac{5}{2} - 3) - (\frac{5}{2}(\frac{9}{25}) - 3(\frac{3}{5})) = (-\frac{1}{2}) - (\frac{9}{10} - \frac{9}{5}) = -\frac{1}{2} + \frac{9}{10} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$.
કુલ સરવાળો:
$I = \frac{9}{10} + \frac{4}{10} = \frac{13}{10}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \sin ^5 \left(\frac{x}{2}\right) \sin x \, dx$.
નિત્યસમ $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi / 2} \sin ^5 \left(\frac{x}{2}\right) \cdot 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} \, dx$
$I = 2 \int_0^{\pi / 2} \sin ^6 \left(\frac{x}{2}\right) \cos \frac{x}{2} \, dx$
ધારો કે $t = \sin \frac{x}{2}$. તેથી $dt = \frac{1}{2} \cos \frac{x}{2} \, dx$,જેનો અર્થ છે કે $2 \, dt = \cos \frac{x}{2} \, dx$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = \sin(0) = 0$.
જ્યારે $x = \pi / 2$,ત્યારે $t = \sin(\pi / 4) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = 2 \int_0^{1/\sqrt{2}} t^6 (2 \, dt) = 4 \int_0^{1/\sqrt{2}} t^6 \, dt$
$I = 4 \left[ \frac{t^7}{7} \right]_0^{1/\sqrt{2}} = \frac{4}{7} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^7$
કારણ કે $(\sqrt{2})^7 = 2^3 \cdot \sqrt{2} = 8 \sqrt{2}$,તેથી:
$I = \frac{4}{7 \cdot 8 \sqrt{2}} = \frac{1}{7 \cdot 2 \sqrt{2}} = \frac{1}{14 \sqrt{2}}$.

(B) ધારો કે $I=\int_0^{\pi / 2} \frac{d x}{5+4 \sin x}$.
$\tan \frac{x}{2}=t$ આદેશ લેતા,$\frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx = dt$,તેથી $dx = \frac{2 dt}{1+t^2}$ અને $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$ મળે.
જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=1$.
$I = \int_0^1 \frac{1}{5+4(\frac{2t}{1+t^2})} \cdot \frac{2 dt}{1+t^2} = 2 \int_0^1 \frac{dt}{5+5t^2+8t} = \frac{2}{5} \int_0^1 \frac{dt}{t^2+\frac{8}{5}t+1}$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $t^2+\frac{8}{5}t+1 = (t+\frac{4}{5})^2 + (1-\frac{16}{25}) = (t+\frac{4}{5})^2 + (\frac{3}{5})^2$.
$I = \frac{2}{5} \int_0^1 \frac{dt}{(t+\frac{4}{5})^2 + (\frac{3}{5})^2} = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{3/5} [\tan^{-1}(\frac{t+4/5}{3/5})]_0^1 = \frac{2}{3} [\tan^{-1}(\frac{5t+4}{3})]_0^1$.
$I = \frac{2}{3} [\tan^{-1}(3) - \tan^{-1}(\frac{4}{3})] = \frac{2}{3} \tan^{-1}(\frac{3-4/3}{1+3(4/3)}) = \frac{2}{3} \tan^{-1}(\frac{5/3}{5}) = \frac{2}{3} \tan^{-1}(\frac{1}{3})$.
$A \tan^{-1} B$ સાથે સરખાવતા,$A=\frac{2}{3}$ અને $B=\frac{1}{3}$ મળે.
તેથી,$A+B = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} = 1$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^a \sqrt{\frac{a-x}{x}} dx$.
$x = a \sin^2 \theta$ આદેશ લેતા,$dx = 2a \sin \theta \cos \theta d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$ અને જ્યારે $x = a$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{a - a \sin^2 \theta}{a \sin^2 \theta}} (2a \sin \theta \cos \theta) d\theta$
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos \theta}{\sin \theta} (2a \sin \theta \cos \theta) d\theta$
$I = 2a \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 \theta d\theta$
નિત્યસમ $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2a \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} d\theta = a \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 + \cos 2\theta) d\theta$
$I = a \left[ \theta + \frac{\sin 2\theta}{2} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = a \left( \frac{\pi}{2} + 0 - 0 - 0 \right) = \frac{a\pi}{2}$.
આપેલ છે કે $\int_0^a \sqrt{\frac{a-x}{x}} dx = \frac{k}{2}$,તેથી $\frac{a\pi}{2} = \frac{k}{2}$.
આમ,$k = \pi a$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{1}{4+3 \cos x} dx$.
$t = \tan(\frac{x}{2})$ આદેશ લેતા,આપણને $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ અને $dx = \frac{2}{1+t^2} dt$ મળે છે.
જ્યારે $x=0$,ત્યારે $t=0$,અને જ્યારે $x=\pi$,ત્યારે $t \to \infty$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_0^{\infty} \frac{1}{4+3(\frac{1-t^2}{1+t^2})} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt$
$I = \int_0^{\infty} \frac{2}{4(1+t^2) + 3(1-t^2)} dt$
$I = \int_0^{\infty} \frac{2}{4+4t^2+3-3t^2} dt = \int_0^{\infty} \frac{2}{7+t^2} dt$
$I = 2 \int_0^{\infty} \frac{1}{(\sqrt{7})^2 + t^2} dt$
સૂત્ર $\int \frac{1}{a^2+x^2} dx = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \left[ \frac{1}{\sqrt{7}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{7}}) \right]_0^{\infty}$
$I = \frac{2}{\sqrt{7}} [\tan^{-1}(\infty) - \tan^{-1}(0)] = \frac{2}{\sqrt{7}} [\frac{\pi}{2} - 0] = \frac{\pi}{\sqrt{7}}$.

(B) $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cos x}{1+\sin ^{4} x} d x$
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2 \sin x \cos x}{1+(\sin ^{2} x)^{2}} d x$
ધારો કે $\sin ^{2} x = t$,તેથી $2 \sin x \cos x d x = dt$.
જ્યારે $x = 0$,$t = 0$ અને જ્યારે $x = \frac{\pi}{2}$,$t = 1$.
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{dt}{1+t^{2}} = \frac{1}{2} [\tan ^{-1} t]_{0}^{1}$
$I = \frac{1}{2} (\tan ^{-1} 1 - \tan ^{-1} 0) = \frac{1}{2} (\frac{\pi}{4} - 0) = \frac{\pi}{8}$

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

(B) ધારો કે $I = \int_{0}^{1} \tan^{-1}\left(\frac{2x}{1-x^2}\right) dx$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta d\theta$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$; જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{4}$.
સંકલન $I = \int_{0}^{\pi/4} \tan^{-1}(\tan 2\theta) \sec^2 \theta d\theta = \int_{0}^{\pi/4} 2\theta \sec^2 \theta d\theta$ થશે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $I = 2 \left[ \theta \tan \theta - \int \tan \theta d\theta \right]_{0}^{\pi/4}$.
$I = 2 \left[ \theta \tan \theta + \log |\cos \theta| \right]_{0}^{\pi/4}$.
$I = 2 \left[ (\frac{\pi}{4} \cdot 1 + \log |\frac{1}{\sqrt{2}}|) - (0 + \log 1) \right]$.
$I = 2 \left[ \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \log 2 \right] = \frac{\pi}{2} - \log 2$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2}$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sec^2 \frac{x}{2} dx$.
$\sec^2 \frac{x}{2}$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $2 \tan \frac{x}{2}$ મળે છે.
$I = \frac{1}{2} \left[ 2 \tan \frac{x}{2} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \left[ \tan \frac{x}{2} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$.
સીમાઓ (limits) મૂકતા:
$I = \tan \frac{\pi}{4} - \tan 0 = 1 - 0 = 1$.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int_{0}^{5} \frac{d x}{x^{2}+2 x+10}$ છે.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $x^{2}+2x+10 = (x+1)^{2} + 3^{2}$.
તેથી,$I = \int_{0}^{5} \frac{d x}{(x+1)^{2} + 3^{2}}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2+a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \left[ \frac{1}{3} \tan^{-1}(\frac{x+1}{3}) \right]_{0}^{5}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = \frac{1}{3} [\tan^{-1}(\frac{5+1}{3}) - \tan^{-1}(\frac{0+1}{3})] = \frac{1}{3} [\tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(\frac{1}{3})]$.
નિત્યસમ $\tan^{-1}(x) - \tan^{-1}(y) = \tan^{-1}(\frac{x-y}{1+xy})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{3} \tan^{-1}(\frac{2 - 1/3}{1 + 2(1/3)}) = \frac{1}{3} \tan^{-1}(\frac{5/3}{5/3}) = \frac{1}{3} \tan^{-1}(1)$.
કારણ કે $\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$,તેથી $I = \frac{1}{3} \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{12}$.

(C) સંકલન $I = \int_{0}^{a} \sqrt{\frac{x}{a-x}} \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,$x = a \sin^2 \theta$ આદેશ લો.
તેથી $dx = 2a \sin \theta \cos \theta \, d\theta$ થાય.
જ્યારે $x = 0$ હોય,ત્યારે $\theta = 0$ અને જ્યારે $x = a$ હોય,ત્યારે $\sin^2 \theta = 1$,તેથી $\theta = \frac{\pi}{2}$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\frac{a \sin^2 \theta}{a - a \sin^2 \theta}} \cdot (2a \sin \theta \cos \theta) \, d\theta$
$I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\frac{\sin^2 \theta}{\cos^2 \theta}} \cdot (2a \sin \theta \cos \theta) \, d\theta$
$I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin \theta}{\cos \theta} \cdot (2a \sin \theta \cos \theta) \, d\theta$
$I = 2a \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 \theta \, d\theta$
નિત્યસમ $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2a \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \, d\theta = a \int_{0}^{\pi/2} (1 - \cos 2\theta) \, d\theta$
$I = a [\theta - \frac{\sin 2\theta}{2}]_{0}^{\pi/2} = a [(\frac{\pi}{2} - 0) - (0 - 0)] = \frac{\pi}{2} a$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) સંકલન $I = \int_{0}^{1} \frac{x^{2}-2}{x^{2}+1} dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે અંશને $(x^{2}+1)-3$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
$I = \int_{0}^{1} \frac{x^{2}+1-3}{x^{2}+1} dx$
$I = \int_{0}^{1} \left( \frac{x^{2}+1}{x^{2}+1} - \frac{3}{x^{2}+1} \right) dx$
$I = \int_{0}^{1} \left( 1 - \frac{3}{x^{2}+1} \right) dx$
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = [x - 3 \tan^{-1}(x)]_{0}^{1}$
સીમાઓ મૂકતા:
$I = (1 - 3 \tan^{-1}(1)) - (0 - 3 \tan^{-1}(0))$
કારણ કે $\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$ અને $\tan^{-1}(0) = 0$ છે:
$I = (1 - 3 \cdot \frac{\pi}{4}) - (0 - 0)$
$I = 1 - \frac{3\pi}{4}$

(D) આપેલ નિશ્ચિત સંકલન: $\int_{1}^{k}(3x^{2}+2x+1)dx=11$
વિધેયનું પદવાર સંકલન કરતા: $[x^{3}+x^{2}+x]_{1}^{k}=11$
સીમાઓ લાગુ કરતા: $(k^{3}+k^{2}+k)-(1^{3}+1^{2}+1)=11$
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા: $k^{3}+k^{2}+k-3=11$
$k^{3}+k^{2}+k-14=0$
બીજ માટે ચકાસણી કરતા,જો $k=2$ લઈએ: $(2)^{3}+(2)^{2}+2-14 = 8+4+2-14 = 0$
આમ,$k=2$ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે,તેથી $k$ ની કિંમત $2$ છે.

(B) સંકલનની અંદર આપેલ પદ એ $e^{-x}$ નું મેકલોરિન શ્રેણી વિસ્તરણ છે.
તેથી,સંકલન $\int_{0}^{1} e^{-x} \cdot e^{2x} \, dx$ બને છે.
ઘાતાંકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$e^{-x} \cdot e^{2x} = e^{-x + 2x} = e^{x}$.
આમ,સંકલન $\int_{0}^{1} e^{x} \, dx$ છે.
નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા,આપણને $[e^{x}]_{0}^{1}$ મળે છે.
સીમાઓ મૂકતા,$e^{1} - e^{0} = e - 1$ મળે છે.

(A) આપેલ સંકલન $\int_{0}^{a} \frac{dx}{1+(2x)^{2}} = \frac{\pi}{8}$ છે.
ધારો કે $2x = t$,તેથી $2dx = dt$ અથવા $dx = \frac{dt}{2}$.
જ્યારે $x = 0, t = 0$ અને જ્યારે $x = a, t = 2a$.
સંકલન આ મુજબ બનશે: $\int_{0}^{2a} \frac{1}{1+t^{2}} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{\pi}{8}$.
$\frac{1}{2} [\tan^{-1}(t)]_{0}^{2a} = \frac{\pi}{8}$.
$\tan^{-1}(2a) - \tan^{-1}(0) = \frac{\pi}{4}$.
$\tan^{-1}(2a) = \frac{\pi}{4}$.
$2a = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
$a = \frac{1}{2}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos \theta} \cdot \sin^{3} \theta d \theta$
$= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos \theta} \cdot \sin \theta (1 - \cos^{2} \theta) d \theta$
$\cos \theta = t$ આદેશ લેતા,તેથી $-\sin \theta d \theta = dt$,અથવા $\sin \theta d \theta = -dt$.
જ્યારે $\theta = 0, t = 1$ અને જ્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}, t = 0$.
$I = \int_{1}^{0} \sqrt{t} (1 - t^{2}) (-dt) = \int_{0}^{1} (t^{1/2} - t^{5/2}) dt$
$= [\frac{t^{3/2}}{3/2} - \frac{t^{7/2}}{7/2}]_{0}^{1} = [\frac{2}{3} t^{3/2} - \frac{2}{7} t^{7/2}]_{0}^{1}$
$= (\frac{2}{3} - \frac{2}{7}) - 0 = \frac{14 - 6}{21} = \frac{8}{21}$

(B) ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$. ધારો કે $u = \tan^{-1} x$ અને $dv = x \, dx$. તેથી $du = \frac{1}{1+x^2} \, dx$ અને $v = \frac{x^2}{2}$.
$\int_0^1 x \tan^{-1} x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \tan^{-1} x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2(1+x^2)} \, dx$
$= \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} - 0 \right) - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2+1-1}{1+x^2} \, dx$
$= \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2} \int_0^1 \left( 1 - \frac{1}{1+x^2} \right) \, dx$
$= \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2} \left[ x - \tan^{-1} x \right]_0^1$
$= \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2} \left( (1 - \frac{\pi}{4}) - (0 - 0) \right)$
$= \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2} + \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}$.