Fundamental definite integration Questions in Hindi

(C) माना $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\int_{\pi /2}^x {t\,dt} }}{{\sin (2x - \pi )}}$.
कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करते हुए,$\int_{\pi /2}^x t \, dt = \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{\pi /2}^x = \frac{x^2}{2} - \frac{\pi^2}{8}$.
अतः,$y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{\frac{x^2}{2} - \frac{\pi^2}{8}}{\sin(2x - \pi )} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{4x^2 - \pi^2}{8 \sin(2x - \pi )}$.
अंश का गुणनखंड करने पर: $4x^2 - \pi^2 = (2x - \pi)(2x + \pi)$.
$y = \frac{1}{8} \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{(2x - \pi)(2x + \pi)}{\sin(2x - \pi )}$.
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{\sin(2x - \pi)}{2x - \pi} = 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$y = \frac{1}{8} \times (2(\frac{\pi}{2}) + \pi) \times 1 = \frac{1}{8} \times (2\pi) = \frac{\pi}{4}$.

(D) माना $f(x) = \int_0^x {t{e^{ - {t^2}}}} dt$.
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$f'(x) = x{e^{ - {x^2}}}$.
क्रांतिक बिंदु ज्ञात करने के लिए,$f'(x) = 0$ रखें,जिससे $x{e^{ - {x^2}}} = 0$ प्राप्त होता है। चूंकि किसी भी वास्तविक $x$ के लिए ${e^{ - {x^2}}} \neq 0$,इसलिए $x = 0$ है।
अब,द्वितीय अवकलज ज्ञात करें: $f''(x) = \frac{d}{dx}(x{e^{ - {x^2}}}) = {e^{ - {x^2}}} + x({e^{ - {x^2}}}(-2x)) = {e^{ - {x^2}}}(1 - 2{x^2})$.
$x = 0$ पर मान रखने पर: $f''(0) = {e^0}(1 - 0) = 1$.
चूंकि $f''(0) > 0$,फलन का $x = 0$ पर स्थानीय न्यूनतम मान है।
न्यूनतम मान $f(0) = \int_0^0 {t{e^{ - {t^2}}}} dt = 0$ है।

(C) हमें समाकलन $I = \int_0^1 {{e^{2\ln x}}dx}$ दिया गया है।
लघुगणक के गुणधर्म $a \ln b = \ln(b^a)$ का उपयोग करके,हम घातांक को फिर से लिख सकते हैं:
$2\ln x = \ln(x^2)$.
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_0^1 {{e^{\ln(x^2)}}dx}$.
चूंकि $e^{\ln(f(x))} = f(x)$,इसलिए समाकलन सरल हो जाता है:
$I = \int_0^1 {{x^2}dx}$.
अब,हम निश्चित समाकलन का मूल्यांकन करते हैं:
$I = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1$.
सीमाओं को लागू करने पर:
$I = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}$.

(A) हम जानते हैं कि $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$.
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int_0^{\pi /4} \tan^2 x \, dx = \int_0^{\pi /4} (\sec^2 x - 1) \, dx$
$= \int_0^{\pi /4} \sec^2 x \, dx - \int_0^{\pi /4} 1 \, dx$
$= [\tan x]_0^{\pi /4} - [x]_0^{\pi /4}$
$= (\tan(\frac{\pi}{4}) - \tan(0)) - (\frac{\pi}{4} - 0)$
$= (1 - 0) - \frac{\pi}{4}$
$= 1 - \frac{\pi}{4}$.

(C) माना $I = \int_0^{\pi /2} \frac{x + \sin x}{1 + \cos x} \, dx$ है।
सर्वसमिका $1 + \cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2}$ और $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^{\pi /2} \frac{x + 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} \, dx$
$I = \int_0^{\pi /2} \left( \frac{x}{2} \sec^2 \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} \right) \, dx$
खंडशः समाकलन का उपयोग करके पहले पद का समाकलन करने पर:
$\int \frac{x}{2} \sec^2 \frac{x}{2} \, dx = x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} \, dx$
इस मान को $I$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \left[ x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} \, dx + \int \tan \frac{x}{2} \, dx \right]_0^{\pi /2}$
$I = \left[ x \tan \frac{x}{2} \right]_0^{\pi /2}$
$I = \frac{\pi}{2} \tan \frac{\pi}{4} - 0 \cdot \tan 0 = \frac{\pi}{2} \cdot 1 = \frac{\pi}{2}$.

(B) माना $I = \int_0^{\pi /2} e^x \sin x \, dx$.
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
$u = \sin x$ और $dv = e^x \, dx$ लेने पर,$du = \cos x \, dx$ और $v = e^x$ प्राप्त होता है।
$I = [e^x \sin x]_0^{\pi /2} - \int_0^{\pi /2} e^x \cos x \, dx$.
पुनः $\int e^x \cos x \, dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$u = \cos x$ और $dv = e^x \, dx$ लेने पर,$du = -\sin x \, dx$ और $v = e^x$ प्राप्त होता है।
$I = [e^x \sin x]_0^{\pi /2} - ([e^x \cos x]_0^{\pi /2} - \int_0^{\pi /2} e^x (-\sin x) \, dx)$.
$I = [e^x \sin x]_0^{\pi /2} - [e^x \cos x]_0^{\pi /2} - I$.
$2I = [e^x(\sin x - \cos x)]_0^{\pi /2}$.
$2I = (e^{\pi /2}(\sin(\pi /2) - \cos(\pi /2))) - (e^0(\sin 0 - \cos 0))$.
$2I = (e^{\pi /2}(1 - 0)) - (1(0 - 1))$.
$2I = e^{\pi /2} + 1$.
$I = \frac{1}{2}(e^{\pi /2} + 1)$.

(A) माना $I = \int_0^{\pi /2} \frac{\cos x}{(1 + \sin x)(2 + \sin x)} \,dx$.
$\sin x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$\cos x \,dx = dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तो $t = 0$ और जब $x = \pi/2$,तो $t = 1$।
अतः समाकलन $I = \int_0^1 \frac{1}{(1 + t)(2 + t)} \,dt$ बन जाता है।
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर,$\frac{1}{(1 + t)(2 + t)} = \frac{1}{1 + t} - \frac{1}{2 + t}$।
अतः,$I = \int_0^1 \left( \frac{1}{1 + t} - \frac{1}{2 + t} \right) \,dt$।
$I = [\log |1 + t| - \log |2 + t|]_0^1$।
$I = [\log \frac{1 + t}{2 + t}]_0^1$।
$I = \log \frac{2}{3} - \log \frac{1}{2} = \log \left( \frac{2/3}{1/2} \right) = \log \frac{4}{3}$।

(D) माना $I = \int_1^2 \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}} \, dx$.
$t = -\frac{1}{x}$ प्रतिस्थापित करने पर,
$dt = \frac{1}{x^2} \, dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = 1$ है,तो $t = -1$ और जब $x = 2$ है,तो $t = -\frac{1}{2}$ है।
अतः समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int_{-1}^{-1/2} e^t \, dt = [e^t]_{-1}^{-1/2}$.
$I = e^{-1/2} - e^{-1} = \frac{1}{\sqrt{e}} - \frac{1}{e}$.
$I = \frac{\sqrt{e} - 1}{e}$.

(A) माना $I = \int_0^1 {{\sin }^{ - 1}}\left( {\frac{{2x}}{{1 + {x^2}}}} \right)\,dx$ है।
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तो $\theta = 0$ और जब $x = 1$,तो $\theta = \frac{\pi}{4}$।
चूंकि $\sin^{-1}(\frac{2\tan \theta}{1+\tan^2 \theta}) = \sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta$ है,इसलिए समाकलन होगा:
$I = \int_0^{\pi/4} 2\theta \sec^2 \theta \, d\theta$।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर:
$I = 2 [\theta \tan \theta]_0^{\pi/4} - 2 \int_0^{\pi/4} \tan \theta \, d\theta$।
$I = 2 [\frac{\pi}{4} \cdot 1 - 0] - 2 [\ln |\sec \theta|]_0^{\pi/4}$।
$I = \frac{\pi}{2} - 2 \ln(\sec \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2} - 2 \ln(\sqrt{2})$।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) हम जानते हैं कि $\int \text{cosec} \, ax \, dx = \frac{1}{a} \log |\tan(\frac{ax}{2})| + C$ होता है।
दिए गए समाकलन के लिए:
$\int_{\pi /6}^{\pi /4} \text{cosec} \, 2x \, dx = \left[ \frac{1}{2} \log |\tan(\frac{2x}{2})| \right]_{\pi /6}^{\pi /4}$
$= \frac{1}{2} [\log \tan x]_{\pi /6}^{\pi /4}$
$= \frac{1}{2} [\log \tan(\frac{\pi}{4}) - \log \tan(\frac{\pi}{6})]$
$= \frac{1}{2} [\log(1) - \log(\frac{1}{\sqrt{3}})]$
$= \frac{1}{2} [0 - \log(3^{-1/2})]$
$= \frac{1}{2} [\frac{1}{2} \log 3] = \frac{1}{4} \log 3 = \frac{1}{2} \log \sqrt{3}$.

(B) माना $I = \int_0^{\pi /2} \sqrt{\cos \theta} \sin^3 \theta \, d\theta$ है।
$t = \cos \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = -\sin \theta \, d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $\theta = 0$,तो $t = 1$ और जब $\theta = \pi/2$,तो $t = 0$ होता है।
अतः,$I = \int_1^0 \sqrt{t} (1 - t^2) (-dt) = \int_0^1 (t^{1/2} - t^{5/2}) \, dt$।
पद-दर-पद समाकलन करने पर,$I = \left[ \frac{t^{3/2}}{3/2} - \frac{t^{7/2}}{7/2} \right]_0^1 = \left[ \frac{2}{3} t^{3/2} - \frac{2}{7} t^{7/2} \right]_0^1$।
सीमाओं का मान रखने पर,$I = \frac{2}{3} - \frac{2}{7} = \frac{14 - 6}{21} = \frac{8}{21}$।

(C) माना $I = \int_a^b \frac{\log x}{x} \, dx$.
$u = \log x$ प्रतिस्थापित करने पर,$du = \frac{1}{x} \, dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = a$ है,तो $u = \log a$ है।
जब $x = b$ है,तो $u = \log b$ है।
अतः,$I = \int_{\log a}^{\log b} u \, du$.
$I = \left[ \frac{u^2}{2} \right]_{\log a}^{\log b} = \frac{1}{2} [(\log b)^2 - (\log a)^2]$.
सर्वसमिका $x^2 - y^2 = (x + y)(x - y)$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} [(\log b + \log a)(\log b - \log a)]$.
चूंकि $\log b + \log a = \log (ab)$ और $\log b - \log a = \log \left( \frac{b}{a} \right)$,
अतः $I = \frac{1}{2} \log (ab) \log \left( \frac{b}{a} \right)$.

(A) माना $I = \int_0^1 {{\tan ^{ - 1}}x\,dx}$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर,$\int {u,dv = uv - \int {v,du} } $.
माना $u = {\tan ^{ - 1}}x$ और $dv = dx$.
तब $du = \frac{1}{{1 + {x^2}}}dx$ और $v = x$.
$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} $.
$I = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}[\log (1 + {x^2})]_0^1$.
$I = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}(\log 2 - \log 1)$.
चूँकि $\log 1 = 0$,इसलिए $I = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}\log 2$.

(D) माना कि $I = \int_0^1 \frac{dx}{[(a - b)x + b]^2}$ है।
$t = (a - b)x + b$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = (a - b)dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $dx = \frac{dt}{a - b}$।
जब $x = 0$ है,तो $t = b$ और जब $x = 1$ है,तो $t = a$ है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_b^a \frac{1}{t^2} \cdot \frac{dt}{a - b} = \frac{1}{a - b} \int_b^a t^{-2} dt$।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$I = \frac{1}{a - b} \left[ -\frac{1}{t} \right]_b^a = \frac{1}{a - b} \left( -\frac{1}{a} - (-\frac{1}{b}) \right)$।
$I = \frac{1}{a - b} \left( \frac{1}{b} - \frac{1}{a} \right) = \frac{1}{a - b} \left( \frac{a - b}{ab} \right) = \frac{1}{ab}$।

(B) दिया गया समाकलन $\int_0^k \frac{dx}{2 + 8x^2} = \frac{\pi}{16}$ है।
हर से $2$ कॉमन लेने पर: $\frac{1}{2} \int_0^k \frac{dx}{1 + 4x^2} = \frac{1}{2} \int_0^k \frac{dx}{1 + (2x)^2}$.
माना $t = 2x$,तब $dt = 2dx$ या $dx = \frac{dt}{2}$. जब $x=0, t=0$ और जब $x=k, t=2k$.
समाकलन इस प्रकार होगा: $\frac{1}{2} \int_0^{2k} \frac{dt/2}{1 + t^2} = \frac{1}{4} \int_0^{2k} \frac{dt}{1 + t^2}$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $\frac{1}{4} [\tan^{-1} t]_0^{2k} = \frac{1}{4} \tan^{-1}(2k)$.
दिए गए मान के साथ तुलना करने पर: $\frac{1}{4} \tan^{-1}(2k) = \frac{\pi}{16}$.
$\tan^{-1}(2k) = \frac{\pi}{4}$.
$2k = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
अतः,$k = \frac{1}{2}$.

(B) माना $I = \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{\sin^{-1}x}{(1-x^2)^{3/2}} dx$.
$\sin^{-1}x = t$ प्रतिस्थापन करने पर,जिससे $x = \sin t$ और $dx = \cos t \, dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तो $t = 0$ और जब $x = 1/\sqrt{2}$,तो $t = \pi/4$ होता है।
अतः समाकलन $I = \int_0^{\pi/4} \frac{t \cos t}{(1-\sin^2 t)^{3/2}} dt = \int_0^{\pi/4} \frac{t \cos t}{\cos^3 t} dt = \int_0^{\pi/4} t \sec^2 t \, dt$ हो जाता है।
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$,जहाँ $u = t$ और $dv = \sec^2 t \, dt$ है।
अतः $du = dt$ और $v = \tan t$ प्राप्त होता है।
$I = [t \tan t]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} \tan t \, dt$.
$I = [\frac{\pi}{4} \tan(\frac{\pi}{4}) - 0] - [\log|\sec t|]_0^{\pi/4}$.
$I = \frac{\pi}{4}(1) - [\log(\sec \frac{\pi}{4}) - \log(\sec 0)]$.
$I = \frac{\pi}{4} - [\log(\sqrt{2}) - \log(1)] = \frac{\pi}{4} - \log(2^{1/2}) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \log 2$.

(D) माना $I = \int_0^{\pi /2} {\sin x \sin 2x \, dx}$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^{\pi /2} {\sin x (2 \sin x \cos x) \, dx} = 2 \int_0^{\pi /2} {\sin^2 x \cos x \, dx}$ प्राप्त होता है।
माना $t = \sin x$,तब $dt = \cos x \, dx$ होगा।
जब $x = 0$,तब $t = \sin 0 = 0$। जब $x = \pi / 2$,तब $t = \sin(\pi / 2) = 1$।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = 2 \int_0^1 {t^2 \, dt} = 2 \left[ \frac{t^3}{3} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{1}{3} - 0 \right) = \frac{2}{3}$।

(C) माना $I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{dx}}{{2 + \cos x}}} $.
सर्वसमिका $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}$ और $1 = \sin^2 \frac{x}{2} + \cos^2 \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $2 + \cos x = 2(\sin^2 \frac{x}{2} + \cos^2 \frac{x}{2}) + \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} = \sin^2 \frac{x}{2} + 3\cos^2 \frac{x}{2}$.
अतः,$I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{dx}}{{\sin^2 \frac{x}{2} + 3\cos^2 \frac{x}{2}}}} $.
अंश और हर को $\cos^2 \frac{x}{2}$ से विभाजित करने पर,हमें मिलता है $I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{\sec^2 \frac{x}{2}}}{{3 + \tan^2 \frac{x}{2}}}} dx$.
माना $t = \tan \frac{x}{2}$,तब $dt = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx$,जिसका अर्थ है $\sec^2 \frac{x}{2} dx = 2 dt$.
जब $x = 0$,तब $t = 0$. जब $x = \pi/2$,तब $t = \tan(\pi/4) = 1$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$I = \int_0^1 \frac{2 dt}{3 + t^2} = 2 \int_0^1 \frac{dt}{(\sqrt{3})^2 + t^2}$.
सूत्र $\int \frac{dx}{a^2 + x^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a})$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है $I = 2 [\frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{3}})]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}})$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) माना $I = \int_0^a \frac{x \, dx}{\sqrt{a^2 + x^2}}$.
$t = a^2 + x^2$ प्रतिस्थापन लेने पर,$dt = 2x \, dx$,जिसका अर्थ है $x \, dx = \frac{1}{2} \, dt$.
जब $x = 0$,तब $t = a^2 + 0^2 = a^2$.
जब $x = a$,तब $t = a^2 + a^2 = 2a^2$.
अब,समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int_{a^2}^{2a^2} \frac{1}{2\sqrt{t}} \, dt = \frac{1}{2} \int_{a^2}^{2a^2} t^{-1/2} \, dt$
$I = \frac{1}{2} [2t^{1/2}]_{a^2}^{2a^2} = [\sqrt{t}]_{a^2}^{2a^2}$
$I = \sqrt{2a^2} - \sqrt{a^2} = a\sqrt{2} - a = a(\sqrt{2} - 1)$.

(A) माना $I = \int_0^a {\frac{{{x^4}\,dx}}{{{{({a^2} + {x^2})}^4}}}} $.
$x = a \tan \theta $ रखने पर,तब $dx = a \sec^2 \theta \, d\theta $.
जब $x = 0$,तो $\theta = 0$. जब $x = a$,तो $\theta = \frac{\pi}{4}$.
$I = \int_0^{\pi/4} \frac{a^4 \tan^4 \theta \cdot a \sec^2 \theta \, d\theta}{(a^2 + a^2 \tan^2 \theta)^4} = \int_0^{\pi/4} \frac{a^5 \tan^4 \theta \sec^2 \theta \, d\theta}{a^8 \sec^8 \theta} = \frac{1}{a^3} \int_0^{\pi/4} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ और $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर,$\sin^4 \theta \cos^2 \theta = (\frac{1 - \cos 2\theta}{2})^2 (\frac{1 + \cos 2\theta}{2}) = \frac{1}{8} (1 - 2\cos 2\theta + \cos^2 2\theta)(1 + \cos 2\theta) = \frac{1}{8} (1 - \cos 2\theta - \cos^2 2\theta + \cos^3 2\theta)$.
$\cos^2 2\theta = \frac{1 + \cos 4\theta}{2}$ और $\cos^3 2\theta = \frac{3\cos 2\theta + \cos 6\theta}{4}$ का उपयोग करने पर,
$I = \frac{1}{8a^3} \int_0^{\pi/4} (1 - \cos 2\theta - \frac{1 + \cos 4\theta}{2} + \frac{3\cos 2\theta + \cos 6\theta}{4}) \, d\theta = \frac{1}{32a^3} \int_0^{\pi/4} (4 - 4\cos 2\theta - 2 - 2\cos 4\theta + 3\cos 2\theta + \cos 6\theta) \, d\theta = \frac{1}{32a^3} \int_0^{\pi/4} (2 - \cos 2\theta - 2\cos 4\theta + \cos 6\theta) \, d\theta$.
$I = \frac{1}{32a^3} [2\theta - \frac{\sin 2\theta}{2} - \frac{\sin 4\theta}{2} + \frac{\sin 6\theta}{6}]_0^{\pi/4} = \frac{1}{32a^3} [2(\frac{\pi}{4}) - \frac{1}{2}(1) - \frac{1}{2}(0) + \frac{1}{6}(-1)] = \frac{1}{32a^3} [\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{6}] = \frac{1}{32a^3} [\frac{\pi}{2} - \frac{2}{3}] = \frac{1}{16a^3} [\frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}]$.

(C) माना $I = \int_0^{2\pi} e^{x/2} \sin \left( \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4} \right) \, dx$.
$t = \frac{x}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = \frac{1}{2} dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $dx = 2 dt$.
जब $x = 0$,तब $t = 0$. जब $x = 2\pi$,तब $t = \pi$.
अतः,$I = \int_0^{\pi} e^t \sin \left( t + \frac{\pi}{4} \right) (2 dt) = 2 \int_0^{\pi} e^t \sin \left( t + \frac{\pi}{4} \right) dt$.
मानक समाकलन सूत्र $\int e^{at} \sin(bt + c) dt = \frac{e^{at}}{a^2 + b^2} [a \sin(bt + c) - b \cos(bt + c)]$ का उपयोग करने पर,जहाँ $a=1, b=1, c=\frac{\pi}{4}$:
$I = 2 \left[ \frac{e^t}{1^2 + 1^2} (\sin(t + \frac{\pi}{4}) - \cos(t + \frac{\pi}{4})) \right]_0^{\pi}$.
$I = 2 \left[ \frac{e^t}{2} (\sin(t + \frac{\pi}{4}) - \cos(t + \frac{\pi}{4})) \right]_0^{\pi} = [e^t (\sin(t + \frac{\pi}{4}) - \cos(t + \frac{\pi}{4}))]_0^{\pi}$.
$t = \pi$ पर: $e^{\pi} (\sin(\pi + \frac{\pi}{4}) - \cos(\pi + \frac{\pi}{4})) = e^{\pi} (-\sin \frac{\pi}{4} - (-\cos \frac{\pi}{4})) = e^{\pi} (-\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$.
$t = 0$ पर: $e^0 (\sin \frac{\pi}{4} - \cos \frac{\pi}{4}) = 1 (\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$.
अतः,$I = 0 - 0 = 0$.

(D) माना $I = \int_0^1 \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}} \,dx$.
$t = 1 + e^{-x}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = -e^{-x} \,dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $e^{-x} \,dx = -dt$.
जब $x = 0$,तब $t = 1 + e^0 = 2$.
जब $x = 1$,तब $t = 1 + e^{-1} = 1 + \frac{1}{e} = \frac{e+1}{e}$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_2^{\frac{e+1}{e}} \frac{-dt}{t} = -[\log |t|]_2^{\frac{e+1}{e}}$.
$I = -\left( \log \left( \frac{e+1}{e} \right) - \log 2 \right) = \log 2 - \log \left( \frac{e+1}{e} \right) = \log \left( \frac{2e}{e+1} \right)$.
अतः,दिए गए विकल्पों में से कोई भी सही नहीं है। इसलिए,सही उत्तर $(D)$ है।

(A) माना $I = \int_0^{\pi /4} {\frac{{\sin x + \cos x}}{{9 + 16\sin 2x}}\,dx}$.
$t = \sin x - \cos x$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = (\cos x + \sin x)dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तब $t = \sin 0 - \cos 0 = -1$.
जब $x = \pi /4$,तब $t = \sin(\pi /4) - \cos(\pi /4) = 0$.
साथ ही,$t^2 = (\sin x - \cos x)^2 = 1 - \sin 2x$,इसलिए $\sin 2x = 1 - t^2$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_{-1}^0 \frac{dt}{9 + 16(1 - t^2)} = \int_{-1}^0 \frac{dt}{25 - 16t^2}$.
सूत्र $\int \frac{dx}{a^2 - x^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right|$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{16} \int_{-1}^0 \frac{dt}{(5/4)^2 - t^2} = \frac{1}{16} \cdot \frac{1}{2(5/4)} \left[ \log \left| \frac{5/4 + t}{5/4 - t} \right| \right]_{-1}^0$.
$I = \frac{1}{40} \left[ \log \left| \frac{5 + 4t}{5 - 4t} \right| \right]_{-1}^0 = \frac{1}{40} \left[ \log(1) - \log \left| \frac{1}{9} \right| \right]$.
$I = \frac{1}{40} [0 - (-\log 9)] = \frac{1}{40} \log(3^2) = \frac{2}{40} \log 3 = \frac{1}{20} \log 3$.

(B) माना $t = \sin^{-1} x$.
तब $dt = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx$.
जब $x = 0$,तो $t = 0$.
जब $x = 1/2$,तो $t = \sin^{-1}(1/2) = \pi/6$.
साथ ही,$x = \sin t$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$\int_0^{\pi/6} t \sin t \, dt$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
माना $u = t$,$dv = \sin t \, dt$.
तब $du = dt$,$v = -\cos t$.
$\int t \sin t \, dt = -t \cos t - \int (-\cos t) \, dt = -t \cos t + \sin t$.
निश्चित समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$[-t \cos t + \sin t]_0^{\pi/6} = (-\frac{\pi}{6} \cos(\frac{\pi}{6}) + \sin(\frac{\pi}{6})) - (0 + 0)$.
$= -\frac{\pi}{6} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3} \pi}{12}$.

(A) माना $I = \int_0^2 \sqrt{\frac{2 + x}{2 - x}} \,dx$.
$x = 2 \cos \theta$ रखने पर,अतः $dx = -2 \sin \theta \,d\theta$.
जब $x = 0$,तो $\cos \theta = 0 \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{2}$.
जब $x = 2$,तो $\cos \theta = 1 \Rightarrow \theta = 0$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{\pi/2}^0 \sqrt{\frac{2 + 2 \cos \theta}{2 - 2 \cos \theta}} (-2 \sin \theta) \,d\theta$
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sqrt{\frac{1 + \cos \theta}{1 - \cos \theta}} \sin \theta \,d\theta$
अर्ध-कोण सर्वसमिकाओं $1 + \cos \theta = 2 \cos^2(\theta/2)$ और $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ का उपयोग करने पर:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)} \cdot 2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2) \,d\theta$
$I = 4 \int_0^{\pi/2} \cos^2(\theta/2) \,d\theta$
$\cos^2(\theta/2) = \frac{1 + \cos \theta}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = 4 \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos \theta}{2} \,d\theta = 2 \int_0^{\pi/2} (1 + \cos \theta) \,d\theta$
$I = 2 [\theta + \sin \theta]_0^{\pi/2} = 2 [(\frac{\pi}{2} + 1) - (0 + 0)] = \pi + 2$.

(C) हम समाकलन $I = \int_0^\pi \frac{dx}{1 + \sin x}$ का मूल्यांकन करते हैं।
अंश और हर को $(1 - \sin x)$ से गुणा करने पर:
$I = \int_0^\pi \frac{1 - \sin x}{(1 + \sin x)(1 - \sin x)} dx = \int_0^\pi \frac{1 - \sin x}{1 - \sin^2 x} dx = \int_0^\pi \frac{1 - \sin x}{\cos^2 x} dx$.
समाकलन को दो भागों में विभाजित करने पर:
$I = \int_0^\pi (\sec^2 x - \sec x \tan x) dx$.
अब,प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$I = [\tan x - \sec x]_0^\pi$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = (\tan \pi - \sec \pi) - (\tan 0 - \sec 0)$.
चूंकि $\tan \pi = 0$,$\sec \pi = -1$,$\tan 0 = 0$,और $\sec 0 = 1$:
$I = (0 - (-1)) - (0 - 1) = 1 - (-1) = 1 + 1 = 2$.

(A) हमें समाकलन $I = \int_0^{\pi /8} \frac{\sec^2 2x}{2} \, dx$ दिया गया है।
अचर पद को बाहर लेने पर,$I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi /8} \sec^2 2x \, dx$ प्राप्त होता है।
हम जानते हैं कि $\sec^2(ax)$ का समाकलन $\frac{\tan(ax)}{a}$ होता है।
इसे लागू करने पर,$I = \frac{1}{2} \left[ \frac{\tan 2x}{2} \right]_0^{\pi /8}$।
$I = \frac{1}{4} [\tan 2x]_0^{\pi /8}$।
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर,$I = \frac{1}{4} [\tan(2 \times \frac{\pi}{8}) - \tan(0)]$।
$I = \frac{1}{4} [\tan(\frac{\pi}{4}) - 0]$।
चूंकि $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,इसलिए $I = \frac{1}{4} [1] = \frac{1}{4}$।

(C) हम जानते हैं कि $1 + \sin \theta = (\sin \frac{\theta}{2} + \cos \frac{\theta}{2})^2$ होता है।
अतः,$\sqrt{1 + \sin \frac{x}{2}} = \sqrt{(\sin \frac{x}{4} + \cos \frac{x}{4})^2} = |\sin \frac{x}{4} + \cos \frac{x}{4}|$।
चूंकि $x \in [0, 2\pi]$,इसलिए $\frac{x}{4} \in [0, \frac{\pi}{2}]$,जहाँ $\sin \frac{x}{4}$ और $\cos \frac{x}{4}$ दोनों धनात्मक हैं।
इसलिए,समाकलन $\int_0^{2\pi} (\sin \frac{x}{4} + \cos \frac{x}{4}) dx$ हो जाता है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$= [-4 \cos \frac{x}{4} + 4 \sin \frac{x}{4}]_0^{2\pi}$
$= (-4 \cos \frac{\pi}{2} + 4 \sin \frac{\pi}{2}) - (-4 \cos 0 + 4 \sin 0)$
$= (-4(0) + 4(1)) - (-4(1) + 4(0))$
$= 4 - (-4) = 8$.

(B) समाकलन $I = \int_0^1 {{\cos }^{ - 1}}x\,dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हैं: $\int u\,dv = uv - \int v\,du$.
माना $u = {\cos }^{ - 1}x$ और $dv = dx$.
तब $du = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}dx$ और $v = x$.
सूत्र लागू करने पर: $I = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 - \int_0^1 x \left( -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \right) dx$.
$I = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 + \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} dx$.
दूसरे समाकलन के लिए,माना $t = 1 - x^2$,इसलिए $dt = -2x\,dx$ या $x\,dx = -\frac{1}{2}dt$.
जब $x=0, t=1$; जब $x=1, t=0$.
$I = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 - \frac{1}{2} \int_1^0 \frac{1}{\sqrt{t}} dt = [x{\cos }^{ - 1}x]_0^1 - \frac{1}{2} [2\sqrt{t}]_1^0$.
$I = (1 \cdot {\cos }^{ - 1}(1) - 0 \cdot {\cos }^{ - 1}(0)) - (\sqrt{0} - \sqrt{1}) = (0 - 0) - (0 - 1) = 1$.

(D) माना $I = \int_0^{\pi /6} {(2 + 3{x^2})\cos 3x\,dx}$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,जहाँ $u = 2 + 3x^2$ और $dv = \cos 3x \, dx$.
तब $du = 6x \, dx$ और $v = \frac{\sin 3x}{3}$.
$I = \left[ (2 + 3x^2) \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi /6} - \int_0^{\pi /6} \frac{\sin 3x}{3} (6x) \, dx$
$I = \left[ (2 + 3(\frac{\pi^2}{36})) \frac{\sin(\pi/2)}{3} - 0 \right] - 2 \int_0^{\pi /6} x \sin 3x \, dx$
$I = \frac{1}{3} (2 + \frac{\pi^2}{12}) - 2 \left[ x \left( -\frac{\cos 3x}{3} \right) - \int_0^{\pi /6} (1) \left( -\frac{\cos 3x}{3} \right) \, dx \right]$
$I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} - 2 \left[ -\frac{x \cos 3x}{3} + \frac{1}{3} \int_0^{\pi /6} \cos 3x \, dx \right]$
$I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} + \frac{2x \cos 3x}{3} - \frac{2}{3} \left[ \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi /6}$
सीमाओं का मान रखने पर: $I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} + \frac{2}{3} (\frac{\pi}{6} \cos(\pi/2)) - \frac{2}{9} (\sin(\pi/2) - \sin 0)$
चूँकि $\cos(\pi/2) = 0$ और $\sin(\pi/2) = 1$,
$I = \frac{2}{3} + \frac{\pi^2}{36} + 0 - \frac{2}{9} = \frac{6-2}{9} + \frac{\pi^2}{36} = \frac{4}{9} + \frac{\pi^2}{36} = \frac{16 + \pi^2}{36} = \frac{1}{36}(\pi^2 + 16)$.

(D) माना $t = x^2 + 1$,तब $dt = 2x \, dx$ या $x \, dx = \frac{1}{2} \, dt$.
जब $x = 0$,तब $t = 1$. जब $x = 2$,तब $t = 5$.
समाकलन इस प्रकार होगा: $\int_0^2 \frac{x^2 \cdot x \, dx}{(x^2 + 1)^{3/2}} = \frac{1}{2} \int_1^5 \frac{t - 1}{t^{3/2}} \, dt$.
$= \frac{1}{2} \int_1^5 (t^{-1/2} - t^{-3/2}) \, dt$.
$= \frac{1}{2} [2t^{1/2} - \frac{t^{-1/2}}{-1/2}]_1^5 = \frac{1}{2} [2\sqrt{t} + \frac{2}{\sqrt{t}}]_1^5$.
$= [\sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}}]_1^5 = (\sqrt{5} + \frac{1}{\sqrt{5}}) - (1 + 1) = \frac{5+1}{\sqrt{5}} - 2 = \frac{6}{\sqrt{5}} - 2 = \frac{6 - 2\sqrt{5}}{\sqrt{5}}$.
चूंकि यह मान विकल्पों में नहीं है,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(B) माना $I = \int_0^{\pi /2} {\frac{{\sin x\cos x\,dx}}{{{{\cos }^2}x + 3\cos x + 2}}} $.
$\cos x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$-\sin x\,dx = dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तब $t = 1$. जब $x = \pi/2$,तब $t = 0$.
अतः,$I = \int_1^0 {\frac{-t\,dt}{{{t^2} + 3t + 2}}} = \int_0^1 {\frac{t\,dt}{{(t+1)(t+2)}}} $.
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,$\frac{t}{(t+1)(t+2)} = \frac{2}{t+2} - \frac{1}{t+1}$.
$I = \int_0^1 {\left( {\frac{2}{{t + 2}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \,dt$.
$I = [2\log |t + 2| - \log |t + 1|]_0^1$.
$I = (2\log 3 - \log 2) - (2\log 2 - \log 1)$.
चूँकि $\log 1 = 0$,इसलिए $I = 2\log 3 - 3\log 2 = \log 3^2 - \log 2^3 = \log 9 - \log 8 = \log \left( {\frac{9}{8}} \right)$.

(D) हमारे पास समाकल $I = \int_0^1 \frac{dx}{x^2 + 2x\cos \alpha + 1}$ है।
हर में पूर्ण वर्ग बनाने पर: $x^2 + 2x\cos \alpha + \cos^2 \alpha + 1 - \cos^2 \alpha = (x + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha$.
अतः,$I = \int_0^1 \frac{dx}{(x + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha}$.
मानक समाकल $\int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \left[ \frac{1}{\sin \alpha} \tan^{-1}\left( \frac{x + \cos \alpha}{\sin \alpha} \right) \right]_0^1$.
सीमाओं को रखने पर:
$I = \frac{1}{\sin \alpha} \left[ \tan^{-1}\left( \frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} \right) - \tan^{-1}\left( \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \right) \right]$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $\frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} = \cot(\frac{\alpha}{2})$ और $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \cot \alpha$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\sin \alpha} \left[ \tan^{-1}(\cot \frac{\alpha}{2}) - \tan^{-1}(\cot \alpha) \right]$.
चूंकि $\tan^{-1}(\cot \theta) = \frac{\pi}{2} - \theta$:
$I = \frac{1}{\sin \alpha} \left[ (\frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}) - (\frac{\pi}{2} - \alpha) \right] = \frac{1}{\sin \alpha} [\frac{\alpha}{2}] = \frac{\alpha}{2 \sin \alpha}$.

(A) हम मानक समाकलन सूत्र का उपयोग करते हैं: $\int e^{ax} \sin(bx) dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} (a \sin(bx) - b \cos(bx)) + C$।
यहाँ,$a = -1$ और $b = 1$ है।
अतः,$\int e^{-x} \sin x dx = \frac{e^{-x}}{(-1)^2 + 1^2} (-1 \sin x - 1 \cos x) = -\frac{e^{-x}}{2} (\sin x + \cos x)$।
अब,$-\pi/4$ से $\pi/2$ तक की सीमाओं को लागू करने पर:
$= [-\frac{e^{-x}}{2} (\sin x + \cos x)]_{-\pi/4}^{\pi/2}$
$= -\frac{1}{2} [e^{-\pi/2} (\sin(\pi/2) + \cos(\pi/2)) - e^{\pi/4} (\sin(-\pi/4) + \cos(-\pi/4))]$
$= -\frac{1}{2} [e^{-\pi/2} (1 + 0) - e^{\pi/4} (-\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}})]$
$= -\frac{1}{2} [e^{-\pi/2} (1) - e^{\pi/4} (0)]$
$= -\frac{1}{2} e^{-\pi/2}$।

(C) माना $I = \int_0^{\pi /2} \frac{1 + 2\cos x}{(2 + \cos x)^2} dx$.
अंश को $2(2 + \cos x) - 3$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$I = \int_0^{\pi /2} \frac{2(2 + \cos x) - 3}{(2 + \cos x)^2} dx = 2 \int_0^{\pi /2} \frac{1}{2 + \cos x} dx - 3 \int_0^{\pi /2} \frac{1}{(2 + \cos x)^2} dx$.
प्रतिस्थापन $t = \tan(x/2)$ का उपयोग करने पर,$\cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$ और $dx = \frac{2 dt}{1 + t^2}$ प्राप्त होता है।
जब $x$,$0$ से $\pi/2$ तक जाता है,तो $t$,$0$ से $1$ तक जाता है।
$I = 2 \int_0^1 \frac{1}{2 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2}} \cdot \frac{2 dt}{1 + t^2} - 3 \int_0^1 \frac{1}{(2 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2})^2} \cdot \frac{2 dt}{1 + t^2} = 4 \int_0^1 \frac{dt}{3 + t^2} - 6 \int_0^1 \frac{1 + t^2}{(3 + t^2)^2} dt$.
दूसरे समाकलन के लिए खंडशः समाकलन या रिडक्शन सूत्रों का उपयोग करने पर,अंतिम उत्तर $\frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int_0^\pi \frac{dx}{1 - 2a\cos x + a^2}$ है।
सर्वसमिका $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}$ और $1 = \cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^\pi \frac{dx}{(1+a^2)(\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}) - 2a(\cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2})}$
$I = \int_0^\pi \frac{dx}{(1-a)^2 \cos^2 \frac{x}{2} + (1+a)^2 \sin^2 \frac{x}{2}}$
अंश और हर को $\cos^2 \frac{x}{2}$ से विभाजित करने पर:
$I = \int_0^\pi \frac{\sec^2 \frac{x}{2} dx}{(1-a)^2 + (1+a)^2 \tan^2 \frac{x}{2}}$
माना $t = \tan \frac{x}{2}$,तब $dt = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx$,अर्थात $\sec^2 \frac{x}{2} dx = 2 dt$ है।
जब $x \to 0, t \to 0$ और जब $x \to \pi, t \to \infty$ है।
$I = \int_0^\infty \frac{2 dt}{(1-a)^2 + (1+a)^2 t^2} = \frac{2}{(1+a)^2} \int_0^\infty \frac{dt}{(\frac{1-a}{1+a})^2 + t^2}$
सूत्र $\int \frac{dx}{k^2 + x^2} = \frac{1}{k} \tan^{-1}(\frac{x}{k})$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{2}{(1+a)^2} \cdot \frac{1+a}{1-a} [\tan^{-1}(\frac{1+a}{1-a} t)]_0^\infty = \frac{2}{1-a^2} [\frac{\pi}{2} - 0] = \frac{\pi}{1-a^2}$.

(B) माना $I = \int_0^1 {(1 - x)^9} dx$.
प्रतिस्थापन विधि का उपयोग करते हुए,माना $u = 1 - x$,तब $du = -dx$,जिसका अर्थ है $dx = -du$.
जब $x = 0$ है,तो $u = 1$.
जब $x = 1$ है,तो $u = 0$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_1^0 u^9 (-du) = \int_0^1 u^9 du$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$I = \left[ \frac{u^{10}}{10} \right]_0^1 = \frac{1^{10}}{10} - \frac{0^{10}}{10} = \frac{1}{10} - 0 = \frac{1}{10}$.

(A) निश्चित समाकलन $\int_0^{\pi /3} \cos 3x \, dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम पहले $\cos 3x$ का प्रति-अवकलज ज्ञात करते हैं।
$\cos 3x$ का समाकलन $\frac{\sin 3x}{3}$ होता है।
कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करते हुए:
$\int_0^{\pi /3} \cos 3x \, dx = \left[ \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi /3}$
$= \frac{\sin(3 \times \frac{\pi}{3})}{3} - \frac{\sin(3 \times 0)}{3}$
$= \frac{\sin(\pi)}{3} - \frac{\sin(0)}{3}$
$= \frac{0}{3} - \frac{0}{3} = 0$.
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) हम जानते हैं कि $\frac{1 + \tan x}{1 - \tan x} = \tan(\frac{\pi}{4} + x)$.
अतः,समाकलन $I = \int_0^{\pi/4} \tan(\frac{\pi}{4} + x) \, dx$ हो जाता है।
सूत्र $\int \tan(ax+b) \, dx = \frac{1}{a} \ln|\sec(ax+b)| + C$ का उपयोग करने पर:
$I = [\ln|\sec(\frac{\pi}{4} + x)|]_0^{\pi/4}$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = \ln|\sec(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4})| - \ln|\sec(\frac{\pi}{4} + 0)|$.
$I = \ln|\sec(\frac{\pi}{2})| - \ln|\sec(\frac{\pi}{4})|$.
चूंकि $\sec(\frac{\pi}{2})$ अपरिभाषित है,इसलिए समाकलन का मान अनंत की ओर जाता है। अतः,सही विकल्प $D$ है।

(B) हमारे पास समाकलन $I = \int_0^1 \frac{dx}{e^x + e^{-x}}$ है।
अंश और हर को $e^x$ से गुणा करने पर:
$I = \int_0^1 \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx$.
माना $t = e^x$,तब $dt = e^x dx$.
जब $x = 0$,तब $t = e^0 = 1$. जब $x = 1$,तब $t = e^1 = e$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_1^e \frac{dt}{1 + t^2} = [\tan^{-1} t]_1^e$.
सीमाओं का मूल्यांकन करने पर:
$I = \tan^{-1}(e) - \tan^{-1}(1) = \tan^{-1}(e) - \frac{\pi}{4}$.
सर्वसमिका $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1}\left(\frac{x - y}{1 + xy}\right)$ का उपयोग करने पर:
$I = \tan^{-1}\left(\frac{e - 1}{1 + e \cdot 1}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{e - 1}{e + 1}\right)$.

(C) समाकलन $I = \int_0^1 x \log \left( 1 + \frac{x}{2} \right) dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हैं: $\int u v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$.
मान लीजिए $u = \log \left( 1 + \frac{x}{2} \right)$ और $v = x$.
तब $du = \frac{1}{1 + x/2} \cdot \frac{1}{2} dx = \frac{1}{x+2} dx$ और $\int v dx = \frac{x^2}{2}$.
$I = \left[ \frac{x^2}{2} \log \left( 1 + \frac{x}{2} \right) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2(x+2)} dx$
$I = \left( \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - 0 \right) - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2}{x+2} dx$
बहुपद विभाजन का उपयोग करते हुए,$\frac{x^2}{x+2} = x - 2 + \frac{4}{x+2}$.
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \int_0^1 \left( x - 2 + \frac{4}{x+2} \right) dx$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \left[ \frac{x^2}{2} - 2x + 4 \log(x+2) \right]_0^1$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \left( \left( \frac{1}{2} - 2 + 4 \log 3 \right) - (0 - 0 + 4 \log 2) \right)$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \left( -\frac{3}{2} + 4 \log \frac{3}{2} \right)$
$I = \frac{1}{2} \log \frac{3}{2} + \frac{3}{4} - 2 \log \frac{3}{2} = \frac{3}{4} - \frac{3}{2} \log \frac{3}{2} = \frac{3}{4} + \frac{3}{2} \log \frac{2}{3}$.
$a + b \log \frac{2}{3}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = \frac{3}{4}$ और $b = \frac{3}{2}$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1+x} - \sqrt{x}}$.
हर का परिमेयकरण करने के लिए,अंश और हर को $(\sqrt{1+x} + \sqrt{x})$ से गुणा करने पर:
$I = \int_0^1 \frac{\sqrt{1+x} + \sqrt{x}}{(1+x) - x} dx = \int_0^1 (\sqrt{1+x} + \sqrt{x}) dx$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$I = \left[ \frac{2}{3}(1+x)^{3/2} + \frac{2}{3}x^{3/2} \right]_0^1$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = \left( \frac{2}{3}(2)^{3/2} + \frac{2}{3}(1)^{3/2} \right) - \left( \frac{2}{3}(1)^{3/2} + 0 \right)$.
$I = \frac{2}{3}(2\sqrt{2}) + \frac{2}{3} - \frac{2}{3} = \frac{4\sqrt{2}}{3}$.

(C) माना $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 }}} $
अंश और हर को $\cos^4 \theta$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_0^{\pi /4} {\frac{{8\tan \theta \sec^2 \theta \,d\theta }}{{{\tan^4 \theta + 1}}} } $
माना $\tan^2 \theta = t$. तब $2 \tan \theta \sec^2 \theta \,d\theta = dt$.
जब $\theta = 0$,तब $t = 0$. जब $\theta = \pi/4$,तब $t = 1$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = 4 \int_0^1 {\frac{{dt}}{{{t^2} + 1}}} $
$I = 4 [\tan^{-1} t]_0^1 = 4(\frac{\pi}{4} - 0) = \pi $.

(A) दिया गया है $x({x^4} + 1)\phi (x) = 1,$ अतः $\phi (x) = \frac{1}{{x({x^4} + 1)}}.$
हम $\phi (x)$ को आंशिक भिन्नों का उपयोग करके इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\phi (x) = \frac{1}{x} - \frac{{{x^3}}}{{{x^4} + 1}}.$
अब,हम $1$ से $2$ तक $\phi (x)$ का समाकलन करते हैं:
$\int_1^2 {\phi (x)\,dx = \int_1^2 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{{{x^3}}}{{{x^4} + 1}}} \right)\,dx} }.$
$= \left[ \log |x| \right]_1^2 - \int_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{{x^4} + 1}}\,dx}.$
मान लीजिए $u = {x^4} + 1,$ तो $du = 4{x^3}\,dx,$ इसलिए ${x^3}\,dx = \frac{1}{4}du.$
जब $x = 1, u = 2.$ जब $x = 2, u = 17.$
$= (\log 2 - \log 1) - \frac{1}{4} \int_2^{17} {\frac{1}{u}\,du} = \log 2 - \frac{1}{4} \left[ \log u \right]_2^{17}.$
$= \log 2 - \frac{1}{4} (\log 17 - \log 2) = \log 2 - \frac{1}{4} \log 17 + \frac{1}{4} \log 2.$
$= \frac{5}{4} \log 2 - \frac{1}{4} \log 17 = \frac{1}{4} (5 \log 2 - \log 17) = \frac{1}{4} \log \left( \frac{2^5}{17} \right) = \frac{1}{4} \log \frac{32}{17}.$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) माना $I = \int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{x - x^2}}$.
वर्गमूल के अंदर के व्यंजक को पूर्ण वर्ग बनाकर पुनः लिखने पर:
$x - x^2 = -(x^2 - x) = -((x - 1/2)^2 - 1/4) = (1/2)^2 - (x - 1/2)^2$.
अतः,$I = \int_{1/4}^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{(1/2)^2 - (x - 1/2)^2}}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{\sqrt{a^2 - u^2}} = \sin^{-1}(\frac{u}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = [\sin^{-1}(\frac{x - 1/2}{1/2})]_{1/4}^{1/2} = [\sin^{-1}(2x - 1)]_{1/4}^{1/2}$.
सीमाओं पर मान रखने पर:
$I = \sin^{-1}(2(1/2) - 1) - \sin^{-1}(2(1/4) - 1) = \sin^{-1}(0) - \sin^{-1}(-1/2)$.
$I = 0 - (-\pi/6) = \pi/6$.

(A) हमें निश्चित समाकल $I = \int_0^{2\pi} (\sin x + \cos x) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
कलन के मूलभूत प्रमेय को लागू करने पर,$(\sin x + \cos x)$ का प्रति-अवकलज $(-\cos x + \sin x)$ प्राप्त होता है।
सीमाओं $0$ और $2\pi$ पर इसका मान रखने पर:
$I = [-\cos x + \sin x]_0^{2\pi}$
$I = (-\cos(2\pi) + \sin(2\pi)) - (-\cos(0) + \sin(0))$
चूंकि $\cos(2\pi) = 1$,$\sin(2\pi) = 0$,$\cos(0) = 1$,और $\sin(0) = 0$ है:
$I = (-1 + 0) - (-1 + 0)$
$I = -1 + 1 = 0$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) माना $I = \int_0^{\pi /4} {\frac{{\sec x}}{{1 + 2{{\sin }^2}x}}} dx = \int_0^{\pi /4} {\frac{{\cos x}}{{{{\cos }^2}x(1 + 2{{\sin }^2}x)}}} dx$
$= \int_0^{\pi /4} {\frac{{\cos x}}{{(1 - {{\sin }^2}x)(1 + 2{{\sin }^2}x)}}} dx$
माना $t = \sin x$,तब $dt = \cos x dx$. जब $x=0, t=0$ और जब $x=\pi/4, t=1/\sqrt{2}$.
$I = \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{dt}{(1-t^2)(1+2t^2)}$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{(1-t^2)(1+2t^2)} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{1-t^2} + \frac{2}{1+2t^2} \right)$.
$I = \frac{1}{3} \left[ \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{dt}{1-t^2} + 2 \int_0^{1/\sqrt{2}} \frac{dt}{1+2t^2} \right]$
$I = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| + 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(t\sqrt{2}) \right]_0^{1/\sqrt{2}}$
$I = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+1/\sqrt{2}}{1-1/\sqrt{2}} \right) + \sqrt{2} \tan^{-1}(1) \right]$
$I = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} \log \left( \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} \right) + \sqrt{2} \cdot \frac{\pi}{4} \right]$
चूंकि $\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} = (\sqrt{2}+1)^2$,इसलिए $\frac{1}{2} \log (\sqrt{2}+1)^2 = \log(\sqrt{2}+1)$.
$I = \frac{1}{3} \left[ \log(\sqrt{2}+1) + \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \right]$.

(C) $\int_1^2 \log x \, dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम खंडशः समाकलन (integration by parts) विधि का उपयोग करते हैं: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
माना $u = \log x$ और $dv = dx$. तब $du = \frac{1}{x} dx$ और $v = x$ होगा।
सूत्र का उपयोग करने पर:
$\int \log x \, dx = x \log x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx = x \log x - \int 1 \, dx = x \log x - x$.
अब,$1$ से $2$ तक की सीमाएं लागू करने पर:
$[x \log x - x]_1^2 = (2 \log 2 - 2) - (1 \log 1 - 1)$.
चूंकि $\log 1 = 0$,इसलिए:
$(2 \log 2 - 2) - (0 - 1) = 2 \log 2 - 2 + 1 = 2 \log 2 - 1$.
$n \log a = \log(a^n)$ गुणधर्म का उपयोग करने पर,हमें $2 \log 2 = \log(2^2) = \log 4$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$1 = \log e$.
अतः,$\log 4 - \log e = \log(4/e)$.

(B) दिया गया समाकलन $I = \int_3^5 \frac{x^2}{x^2 - 4} \, dx$ है।
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\frac{x^2}{x^2 - 4} = \frac{x^2 - 4 + 4}{x^2 - 4} = 1 + \frac{4}{x^2 - 4}$.
अब,$I = \int_3^5 \left( 1 + \frac{4}{x^2 - 4} \right) \, dx$.
आंशिक भिन्न विधि का उपयोग करते हुए,$\frac{4}{x^2 - 4} = \frac{4}{(x-2)(x+2)} = \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+2}$.
अतः,$I = \int_3^5 \left( 1 + \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+2} \right) \, dx$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$I = [x + \log_e |x-2| - \log_e |x+2|]_3^5$.
$I = [x + \log_e \left| \frac{x-2}{x+2} \right|]_3^5$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = (5 + \log_e \frac{3}{7}) - (3 + \log_e \frac{1}{5})$.
$I = 2 + \log_e \left( \frac{3/7}{1/5} \right) = 2 + \log_e \left( \frac{15}{7} \right)$.
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(A) माना $I = \int_0^{\pi /4} \frac{dx}{\cos^4 x - \cos^2 x \sin^2 x + \sin^4 x}$.
अंश और हर को $\cos^4 x$ से विभाजित करने पर:
$I = \int_0^{\pi /4} \frac{\sec^4 x dx}{1 - \tan^2 x + \tan^4 x} = \int_0^{\pi /4} \frac{(1 + \tan^2 x) \sec^2 x dx}{1 - \tan^2 x + \tan^4 x}$.
$\tan x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$\sec^2 x dx = dt$. जब $x = 0, t = 0$ और जब $x = \pi/4, t = 1$.
$I = \int_0^1 \frac{1 + t^2}{t^4 - t^2 + 1} dt = \int_0^1 \frac{\frac{1}{t^2} + 1}{t^2 - 1 + \frac{1}{t^2}} dt = \int_0^1 \frac{1 + \frac{1}{t^2}}{(t - \frac{1}{t})^2 + 1} dt$.
माना $u = t - \frac{1}{t}$,तब $du = (1 + \frac{1}{t^2}) dt$. जब $t \to 0^+, u \to -\infty$ और जब $t \to 1, u \to 0$.
$I = \int_{-\infty}^0 \frac{du}{u^2 + 1} = [\tan^{-1} u]_{-\infty}^0 = \tan^{-1}(0) - \tan^{-1}(-\infty) = 0 - (-\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$.