Fundamental definite integration Questions in Hindi

(B) माना $I = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1+x)(x^{2}+1)} dx$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,$\frac{x}{(1+x)(x^{2}+1)} = \frac{A}{1+x} + \frac{Bx+C}{x^{2}+1}$.
अंशों की तुलना करने पर: $x = A(x^{2}+1) + (Bx+C)(1+x) = (A+B)x^{2} + (B+C)x + (A+C)$.
गुणांकों की तुलना करने पर: $A+B=0$,$B+C=1$,$A+C=0$.
इन्हें हल करने पर,$A = -\frac{1}{2}$,$B = \frac{1}{2}$,और $C = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int_{0}^{\infty} \left( -\frac{1}{2(1+x)} + \frac{x+1}{2(x^{2}+1)} \right) dx = -\frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{1+x} + \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{2x}{x^{2}+1} dx + \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^{2}+1}$.
समाकलन करने पर: $I = \left[ -\frac{1}{2} \ln(1+x) + \frac{1}{4} \ln(x^{2}+1) + \frac{1}{2} \tan^{-1}(x) \right]_{0}^{\infty}$.
लघुगणकीय पदों को संयोजित करने पर: $I = \left[ \frac{1}{4} \ln \left( \frac{(x^{2}+1)}{(1+x)^{2}} \right) + \frac{1}{2} \tan^{-1}(x) \right]_{0}^{\infty}$.
जब $x \to \infty$,तब $\frac{x^{2}+1}{(1+x)^{2}} \to 1$,इसलिए $\ln(1) = 0$.
$x=0$ पर,$\frac{1}{4} \ln(1) + \frac{1}{2} \tan^{-1}(0) = 0$.
अतः,$I = 0 + \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{4}$.

(B) माना $I = \int_{5}^{10} \frac{1}{(x-1)(x-2)} dx$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{(x-1)(x-2)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2}$.
स्थिरांकों को हल करने पर,हमें $A = -1$ और $B = 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int_{5}^{10} \left( \frac{-1}{x-1} + \frac{1}{x-2} \right) dx$.
समाकलन करने पर,$I = [-\log|x-1| + \log|x-2|]_{5}^{10}$.
$I = [\log|\frac{x-2}{x-1}|]_{5}^{10}$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर,$I = \log|\frac{10-2}{10-1}| - \log|\frac{5-2}{5-1}|$.
$I = \log(\frac{8}{9}) - \log(\frac{3}{4})$.
$I = \log(\frac{8/9}{3/4}) = \log(\frac{8}{9} \times \frac{4}{3}) = \log(\frac{32}{27})$.

(B) समाकलन $\int_0^1 x e^x \, dx$ 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 $u = x$ और $dv = e^x \, dx$.
तब $du = dx$ और $v = e^x$ प्राप्त होता है।
सूत्र लागू करने पर:
$\int_0^1 x e^x \, dx = [x e^x]_0^1 - \int_0^1 e^x \, dx$
$= (1 \cdot e^1 - 0 \cdot e^0) - [e^x]_0^1$
$= (e - 0) - (e^1 - e^0)$
$= e - (e - 1)$
$= e - e + 1$
$= 1$.
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(C) हमारे पास समाकलन $I = \int_0^1 (0.001)^{\frac{x}{3}} e^x \, dx$ है।
सबसे पहले,$(0.001)^{\frac{x}{3}}$ पद को सरल करें।
चूंकि $0.001 = 10^{-3}$,हमें $(10^{-3})^{\frac{x}{3}} = 10^{-x} = \frac{1}{10^x}$ प्राप्त होता है।
अतः,समाकलन $I = \int_0^1 \frac{e^x}{10^x} \, dx = \int_0^1 \left(\frac{e}{10}\right)^x \, dx$ बन जाता है।
सूत्र $\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$I = \left[ \frac{(\frac{e}{10})^x}{\ln(\frac{e}{10})} \right]_0^1 = \frac{\frac{e}{10} - 1}{\ln e - \ln 10} = \frac{\frac{e-10}{10}}{1 - \ln 10}$.
इसलिए,$I = \frac{e-10}{10(1-\ln 10)}$।
यह विकल्प $C$ से मेल खाता है।

(B) चूंकि $f(x) = \sin^2 x$ एक सम फलन है,हम लिख सकते हैं:
$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 x \, dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 x \, dx$
सर्वसमिका $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$ का उपयोग करते हुए:
$2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos(2x)}{2} \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 - \cos(2x)) \, dx$
पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$[x - \frac{\sin(2x)}{2}]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$(\frac{\pi}{4} - \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{2}) - (0 - \frac{\sin(0)}{2})$
$= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} - 0 = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}$
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(C) हमें समाकल $ I = \int_{1}^{3} \left(\frac{x^{2}+1}{4x}\right)^{-1} dx $ दिया गया है।
समाकल्य को सरल करने पर,हमें $ I = \int_{1}^{3} \frac{4x}{x^{2}+1} dx $ प्राप्त होता है।
माना $ u = x^{2}+1 $,तब $ du = 2x dx $,जिसका अर्थ है $ 2 du = 4x dx $।
जब $ x = 1 $,तो $ u = 1^{2}+1 = 2 $।
जब $ x = 3 $,तो $ u = 3^{2}+1 = 10 $।
इन मानों को समाकल में प्रतिस्थापित करने पर,$ I = \int_{2}^{10} \frac{2}{u} du $ प्राप्त होता है।
$ I = 2 [\ln |u|]_{2}^{10} $।
$ I = 2 (\ln 10 - \ln 2) $।
$ I = 2 \ln \left(\frac{10}{2}\right) = 2 \ln 5 $।
गुणधर्म $ n \ln a = \ln(a^{n}) $ का उपयोग करने पर,$ I = \ln(5^{2}) = \ln 25 $ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $ C $ है।

(C) निश्चित समाकलन के गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करते हुए,
$I = \int_0^1 x(1-x)^n dx$
$I = \int_0^1 (1-x)(1-(1-x))^n dx$
$I = \int_0^1 (1-x)x^n dx$
$I = \int_0^1 (x^n - x^{n+1}) dx$
अब,पदवार समाकलन करने पर:
$I = [\frac{x^{n+1}}{n+1} - \frac{x^{n+2}}{n+2}]_0^1$
$I = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$
$I = \frac{(n+2) - (n+1)}{(n+1)(n+2)}$
$I = \frac{1}{n^2 + 3n + 2}$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) हमें निश्चित समाकलन $I = \int_{0}^{\pi} \sin x \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
$\sin x$ का प्रति-अवकलज $-\cos x$ है।
कलन के मूलभूत प्रमेय को लागू करने पर:
$I = [-\cos x]_{0}^{\pi}$
$I = -(\cos \pi - \cos 0)$
$I = -(-1 - 1)$
$I = -(-2)$
$I = 2$
अतः,सही विकल्प $A$ है.

(B) समाकलन $I = \int_0^1 \sin^{-1} x \, dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हैं: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
माना $u = \sin^{-1} x$ और $dv = dx$.
तब $du = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
सूत्र का उपयोग करने पर:
$I = [x \sin^{-1} x]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx$.
प्रथम भाग का मूल्यांकन करने पर: $[1 \cdot \sin^{-1}(1) - 0 \cdot \sin^{-1}(0)] = 1 \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$.
दूसरे भाग के लिए,माना $t = 1 - x^2$,तो $dt = -2x \, dx$ या $x \, dx = -\frac{1}{2} dt$.
जब $x=0, t=1$; जब $x=1, t=0$.
$-\int_1^0 \frac{-1/2}{\sqrt{t}} \, dt = -\frac{1}{2} \int_0^1 t^{-1/2} \, dt = -\frac{1}{2} [2\sqrt{t}]_0^1 = -\frac{1}{2} [2] = -1$.
अतः,$I = \frac{\pi}{2} - 1$.

(B) माना $ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^{2} \sin ^{2} x+b^{2} \cos ^{2} x} d x $.
अंश और हर को $ \cos^{2} x $ से विभाजित करने पर:
$ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^{2} x}{a^{2} \tan^{2} x + b^{2}} d x $.
माना $ \tan x = t $,तब $ \sec^{2} x d x = d t $.
जब $ x = 0, t = 0 $ और जब $ x = \frac{\pi}{2}, t \to \infty $.
$ I = \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{a^{2} t^{2} + b^{2}} = \frac{1}{a^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{t^{2} + (b/a)^{2}} $.
सूत्र $ \int \frac{d x}{x^{2} + k^{2}} = \frac{1}{k} \tan^{-1}(\frac{x}{k}) $ का उपयोग करने पर:
$ I = \frac{1}{a^{2}} \cdot \frac{1}{(b/a)} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{t}{b/a} \right) \right]_{0}^{\infty} $.
$ I = \frac{1}{ab} \left( \tan^{-1}(\infty) - \tan^{-1}(0) \right) = \frac{1}{ab} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{2ab} $.

(A) दिया गया समाकलन $ I = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{1+\cos 2x} $ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $ 1+\cos 2x = 2\cos^2 x $ का उपयोग करने पर:
$ I = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{2\cos^2 x} = \frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sec^2 x \, dx $.
चूंकि $ f(x) = \sec^2 x $ एक सम फलन है,हम गुणधर्म $ \int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx $ का उपयोग कर सकते हैं।
अतः,$ I = \frac{1}{2} \times 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec^2 x \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec^2 x \, dx $.
समाकलन करने पर,$ [\tan x]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \tan(\frac{\pi}{4}) - \tan(0) = 1 - 0 = 1 $ प्राप्त होता है।

(A) हमें समाकलन $ I = \int_{-5}^{5} |x+2| \, dx $ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि $|x+2| = -(x+2)$ जब $x < -2$ और $|x+2| = (x+2)$ जब $x \ge -2$,हम समाकलन को $x = -2$ पर विभाजित करते हैं:
$ I = \int_{-5}^{-2} -(x+2) \, dx + \int_{-2}^{5} (x+2) \, dx $
पहले भाग का मान:
$ -\left[ \frac{x^2}{2} + 2x \right]_{-5}^{-2} = -\left( (\frac{4}{2} - 4) - (\frac{25}{2} - 10) \right) = -\left( -2 - 2.5 \right) = 4.5 $
दूसरे भाग का मान:
$ \left[ \frac{x^2}{2} + 2x \right]_{-2}^{5} = \left( (\frac{25}{2} + 10) - (\frac{4}{2} - 4) \right) = (12.5 + 10) - (-2) = 22.5 + 2 = 24.5 $
दोनों भागों का योग:
$ I = 4.5 + 24.5 = 29 $

(D) हमें $I_{1} = \int_{0}^{\pi / 2} x \sin x \, dx$ और $I_{2} = \int_{0}^{\pi / 2} x \cos x \, dx$ दिया गया है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$।
$I_{1}$ के लिए,$u = x$ और $dv = \sin x \, dx$ लें। तब $du = dx$ और $v = -\cos x$ होगा।
$I_{1} = [x(-\cos x)]_{0}^{\pi / 2} - \int_{0}^{\pi / 2} (-\cos x) \, dx = [0 - 0] + [\sin x]_{0}^{\pi / 2} = 1 - 0 = 1$।
$I_{2}$ के लिए,$u = x$ और $dv = \cos x \, dx$ लें। तब $du = dx$ और $v = \sin x$ होगा।
$I_{2} = [x \sin x]_{0}^{\pi / 2} - \int_{0}^{\pi / 2} \sin x \, dx = [\frac{\pi}{2} \sin(\frac{\pi}{2}) - 0] - [-\cos x]_{0}^{\pi / 2} = \frac{\pi}{2} - [-(0 - 1)] = \frac{\pi}{2} - 1$।
दोनों परिणामों को जोड़ने पर,$I_{1} + I_{2} = 1 + (\frac{\pi}{2} - 1) = \frac{\pi}{2}$।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(C) माना $I = \int_0^{\pi / 2} \sqrt{\sin \theta} \cos^3 \theta d \theta$.
प्रतिस्थापन: $\sin \theta = t$,तब $\cos \theta d \theta = dt$.
जब $\theta = 0$,तब $t = 0$. जब $\theta = \frac{\pi}{2}$,तब $t = 1$.
यहाँ $\cos^3 \theta d \theta = \cos^2 \theta (\cos \theta d \theta) = (1 - \sin^2 \theta) \cos \theta d \theta = (1 - t^2) dt$.
अतः,$I = \int_0^1 \sqrt{t} (1 - t^2) dt = \int_0^1 (t^{1/2} - t^{5/2}) dt$.
समाकलन करने पर: $I = \left[ \frac{t^{3/2}}{3/2} - \frac{t^{7/2}}{7/2} \right]_0^1$.
$I = \left[ \frac{2}{3} t^{3/2} - \frac{2}{7} t^{7/2} \right]_0^1$.
$I = \left( \frac{2}{3} - \frac{2}{7} \right) - 0 = \frac{14 - 6}{21} = \frac{8}{21}$.

(D) माना $I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\cos x \sin x}{1+\sin x} d x$.
हम अंश को $\cos x(1+\sin x - 1)$ के रूप में लिख सकते हैं।
तब,$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\cos x(1+\sin x) - \cos x}{1+\sin x} d x$.
यह सरल होकर $I = \int_0^{\pi / 2} \cos x d x - \int_0^{\pi / 2} \frac{\cos x}{1+\sin x} d x$ हो जाता है।
प्रथम समाकलन का मान: $\int_0^{\pi / 2} \cos x d x = [\sin x]_0^{\pi / 2} = \sin(\pi/2) - \sin(0) = 1 - 0 = 1$.
दूसरे समाकलन के लिए,माना $t = 1 + \sin x$,तो $dt = \cos x dx$.
जब $x = 0, t = 1$; जब $x = \pi/2, t = 2$.
अतः,$\int_0^{\pi / 2} \frac{\cos x}{1+\sin x} d x = \int_1^2 \frac{dt}{t} = [\log |t|]_1^2 = \log 2 - \log 1 = \log 2$.
इसलिए,$I = 1 - \log 2$.

(A) माना $ I = \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx $.
समाकल्य का परिमेयकरण करने पर:
$ I = \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{(1+x)^2}{(1-x)(1+x)}} \, dx = \int_{0}^{1} \frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx $.
समाकलन को अलग करने पर:
$ I = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx + \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx $.
प्रथम भाग का मूल्यांकन:
$ \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = [\sin^{-1} x]_{0}^{1} = \sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2} $.
द्वितीय भाग का मूल्यांकन:
माना $ 1-x^2 = t $,तब $ -2x \, dx = dt $,अर्थात $ x \, dx = -\frac{1}{2} \, dt $.
जब $ x=0, t=1 $ और जब $ x=1, t=0 $.
$ \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \int_{1}^{0} \frac{-1/2}{\sqrt{t}} \, dt = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} t^{-1/2} \, dt = \frac{1}{2} [2\sqrt{t}]_{0}^{1} = \frac{1}{2} (2) = 1 $.
अतः,$ I = \frac{\pi}{2} + 1 $.

(A) माना $ I = \int_{0}^{1/2} \frac{dx}{(1+x^{2}) \sqrt{1-x^{2}}} $.
प्रतिस्थापन $ x = \sin \theta $ लेने पर,$ dx = \cos \theta d\theta $.
जब $ x = 0, \theta = 0 $. जब $ x = 1/2, \theta = \pi/6 $.
समाकलन $ I = \int_{0}^{\pi/6} \frac{\cos \theta d\theta}{(1+\sin^{2} \theta) \sqrt{1-\sin^{2} \theta}} = \int_{0}^{\pi/6} \frac{\cos \theta d\theta}{(1+\sin^{2} \theta) \cos \theta} = \int_{0}^{\pi/6} \frac{d\theta}{1+\sin^{2} \theta} $ हो जाता है।
अंश और हर को $ \cos^{2} \theta $ से विभाजित करने पर: $ I = \int_{0}^{\pi/6} \frac{\sec^{2} \theta d\theta}{\sec^{2} \theta + \tan^{2} \theta} = \int_{0}^{\pi/6} \frac{\sec^{2} \theta d\theta}{1 + 2\tan^{2} \theta} $.
माना $ u = \sqrt{2} \tan \theta $,तब $ du = \sqrt{2} \sec^{2} \theta d\theta $,अर्थात $ \sec^{2} \theta d\theta = \frac{du}{\sqrt{2}} $.
सीमाएँ: $ \theta = 0 \implies u = 0 $; $ \theta = \pi/6 \implies u = \sqrt{2} \tan(\pi/6) = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}} $.
अतः,$ I = \int_{0}^{\sqrt{2/3}} \frac{1}{1+u^{2}} \cdot \frac{du}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\tan^{-1} u]_{0}^{\sqrt{2/3}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1} \sqrt{\frac{2}{3}} $.

(A) माना $I = \int_{0}^{\pi / 4} \frac{\sin x+\cos x}{3+\sin 2 x} d x$.
हम जानते हैं कि $\sin 2x = 1 - (1 - \sin 2x) = 1 - (\sin x - \cos x)^2$.
अतः,समाकलन $I = \int_{0}^{\pi / 4} \frac{\sin x+\cos x}{3 + 1 - (\sin x - \cos x)^2} d x = \int_{0}^{\pi / 4} \frac{\sin x+\cos x}{4 - (\sin x - \cos x)^2} d x$ हो जाता है।
माना $t = \sin x - \cos x$. तब $dt = (\cos x + \sin x) dx$.
जब $x = 0$,तब $t = \sin 0 - \cos 0 = -1$.
जब $x = \pi/4$,तब $t = \sin(\pi/4) - \cos(\pi/4) = 0$.
इस प्रकार,$I = \int_{-1}^{0} \frac{dt}{4 - t^2} = \int_{-1}^{0} \frac{dt}{2^2 - t^2}$.
सूत्र $\int \frac{dx}{a^2 - x^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + C$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \left[ \frac{1}{2(2)} \log \left| \frac{2+t}{2-t} \right| \right]_{-1}^{0} = \frac{1}{4} \left[ \log \left| \frac{2+0}{2-0} \right| - \log \left| \frac{2-1}{2-(-1)} \right| \right]$.
$I = \frac{1}{4} [ \log(1) - \log(1/3) ] = \frac{1}{4} [ 0 - (-\log 3) ] = \frac{1}{4} \log 3$.

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

(A) हमें समाकलन $I = \int_1^5 (|x-3| + |1-x|) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि $x \in [1, 5]$,इसलिए $|1-x| = x-1$ होगा।
अतः,$I = \int_1^5 |x-3| \, dx + \int_1^5 (x-1) \, dx$।
पहले भाग के लिए,$x \in [1, 3]$ के लिए $|x-3| = 3-x$ और $x \in [3, 5]$ के लिए $|x-3| = x-3$ होगा।
$\int_1^3 (3-x) \, dx = [3x - \frac{x^2}{2}]_1^3 = (9 - 4.5) - (3 - 0.5) = 4.5 - 2.5 = 2$।
$\int_3^5 (x-3) \, dx = [\frac{x^2}{2} - 3x]_3^5 = (12.5 - 15) - (4.5 - 9) = -2.5 - (-4.5) = 2$।
दूसरे भाग के लिए,$\int_1^5 (x-1) \, dx = [\frac{x^2}{2} - x]_1^5 = (12.5 - 5) - (0.5 - 1) = 7.5 - (-0.5) = 8$।
इन परिणामों को जोड़ने पर: $I = 2 + 2 + 8 = 12$।

(A) माना $I = \int_0^8 [x] dx$ है।
चूंकि $[x]$ महत्तम पूर्णांक फलन है,यह $[n, n+1)$ अंतरालों पर अचर पूर्णांक मान लेता है।
हम समाकलन को इस प्रकार विभाजित कर सकते हैं:
$I = \int_0^1 0 dx + \int_1^2 1 dx + \int_2^3 2 dx + \int_3^4 3 dx + \int_4^5 4 dx + \int_5^6 5 dx + \int_6^7 6 dx + \int_7^8 7 dx$।
प्रत्येक समाकलन का मान निकालने पर:
$I = 0 + 1(2-1) + 2(3-2) + 3(4-3) + 4(5-4) + 5(6-5) + 6(7-6) + 7(8-7)$।
$I = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7$।
$I = \frac{7(7+1)}{2} = \frac{7 \times 8}{2} = 28$।

(B) समाकल $ I = \int_{0}^{1} \frac{dx}{e^{x}+e^{-x}} $ का मूल्यांकन करने के लिए,हम अंश और हर को $ e^{x} $ से गुणा करके समाकल्य को सरल बनाते हैं:
$ I = \int_{0}^{1} \frac{e^{x}}{e^{2x}+1} dx $
माना $ u = e^{x} $. तब $ du = e^{x} dx $ होगा।
जब $ x = 0 $,तब $ u = e^{0} = 1 $.
जब $ x = 1 $,तब $ u = e^{1} = e $.
इन मानों को समाकल में प्रतिस्थापित करने पर:
$ I = \int_{1}^{e} \frac{du}{u^{2}+1} $
$ \frac{1}{u^{2}+1} $ का समाकल $ \tan^{-1}(u) $ है।
निश्चित समाकल का मान प्राप्त करने पर:
$ I = [\tan^{-1}(u)]_{1}^{e} $
$ I = \tan^{-1}(e) - \tan^{-1}(1) $
चूंकि $ \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4} $,इसलिए:
$ I = \tan^{-1}(e) - \frac{\pi}{4} $

(B) माना $I = \int_{-1}^{2} \frac{|x|}{x} d x$.
हम जानते हैं कि $|x| = \begin{cases} x, & \text{यदि } x \geq 0 \\ -x, & \text{यदि } x < 0 \end{cases}$.
$x = 0$ पर समाकलन को विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{-1}^{0} \frac{-x}{x} d x + \int_{0}^{2} \frac{x}{x} d x$
$I = \int_{-1}^{0} (-1) d x + \int_{0}^{2} (1) d x$
$I = -[x]_{-1}^{0} + [x]_{0}^{2}$
$I = -(0 - (-1)) + (2 - 0)$
$I = -(1) + 2$
$I = 1$.

(D) समाकलन $\int_{0}^{11} [x] dx$ को इकाई लंबाई के अंतरालों में विभाजित किया जा सकता है जहाँ $[x]$ स्थिर रहता है:
$\int_{0}^{11} [x] dx = \sum_{k=0}^{10} \int_{k}^{k+1} [x] dx$
चूंकि $x \in [k, k+1)$ के लिए,$[x] = k$ होता है,इसलिए:
$\int_{k}^{k+1} [x] dx = \int_{k}^{k+1} k dx = k(k+1 - k) = k$
अतः,योग इस प्रकार होगा:
$\int_{0}^{11} [x] dx = \sum_{k=0}^{10} k = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10$
प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं के योग के सूत्र $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ का उपयोग करने पर:
$\sum_{k=1}^{10} k = \frac{10 \times 11}{2} = 55$
इस प्रकार,समाकलन का मान $55$ है।

(B) $\int_{0}^{4}|x-1| dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम पहले वह बिंदु पहचानते हैं जहाँ मापांक के अंदर का व्यंजक अपना चिह्न बदलता है,जो $x = 1$ है।
हम समाकलन को $x = 1$ पर विभाजित करते हैं:
$\int_{0}^{4}|x-1| dx = \int_{0}^{1}-(x-1) dx + \int_{1}^{4}(x-1) dx$
पहले भाग का मूल्यांकन करने पर:
$\int_{0}^{1}(-x+1) dx = [-\frac{x^2}{2} + x]_{0}^{1} = (-\frac{1}{2} + 1) - (0) = \frac{1}{2}$
दूसरे भाग का मूल्यांकन करने पर:
$\int_{1}^{4}(x-1) dx = [\frac{x^2}{2} - x]_{1}^{4} = (\frac{16}{2} - 4) - (\frac{1}{2} - 1) = (8 - 4) - (-\frac{1}{2}) = 4 + \frac{1}{2} = \frac{9}{2}$
दोनों भागों को जोड़ने पर:
$\frac{1}{2} + \frac{9}{2} = \frac{10}{2} = 5$

(C) दिए गए समाकलन $I = \int_{0}^{2} [x^{2}] \, dx$ पर विचार करें।
चूंकि महत्तम पूर्णांक फलन $[x^2]$ का मान $x^2 = 1, 2, 3$ पर बदलता है,इसलिए हम अंतराल $[0, 2]$ को $x = 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}$ के आधार पर विभाजित करते हैं।
$x \in [0, 1)$ के लिए,$x^2 \in [0, 1)$,इसलिए $[x^2] = 0$।
$x \in [1, \sqrt{2})$ के लिए,$x^2 \in [1, 2)$,इसलिए $[x^2] = 1$।
$x \in [\sqrt{2}, \sqrt{3})$ के लिए,$x^2 \in [2, 3)$,इसलिए $[x^2] = 2$।
$x \in [\sqrt{3}, 2]$ के लिए,$x^2 \in [3, 4]$,इसलिए $[x^2] = 3$।
अतः,$I = \int_{0}^{1} 0 \, dx + \int_{1}^{\sqrt{2}} 1 \, dx + \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} 2 \, dx + \int_{\sqrt{3}}^{2} 3 \, dx$।
$I = 0 + [x]_{1}^{\sqrt{2}} + [2x]_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} + [3x]_{\sqrt{3}}^{2}$।
$I = (\sqrt{2} - 1) + 2(\sqrt{3} - \sqrt{2}) + 3(2 - \sqrt{3})$।
$I = \sqrt{2} - 1 + 2\sqrt{3} - 2\sqrt{2} + 6 - 3\sqrt{3}$।
$I = 5 - \sqrt{2} - \sqrt{3}$।

(B) दिया गया है,$f(x) = \int_{-1}^{x} |t| dt$.
चूंकि $x \geq 0$ है,हम समाकलन को $t = 0$ पर विभाजित कर सकते हैं:
$f(x) = \int_{-1}^{0} |t| dt + \int_{0}^{x} |t| dt$.
$t \in [-1, 0]$ के लिए,$|t| = -t$ और $t \in [0, x]$ के लिए,$|t| = t$.
अतः,$f(x) = \int_{-1}^{0} (-t) dt + \int_{0}^{x} t dt$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$f(x) = -\left[ \frac{t^{2}}{2} \right]_{-1}^{0} + \left[ \frac{t^{2}}{2} \right]_{0}^{x}$.
$f(x) = -\left( 0 - \frac{(-1)^{2}}{2} \right) + \left( \frac{x^{2}}{2} - 0 \right)$.
$f(x) = -\left( -\frac{1}{2} \right) + \frac{x^{2}}{2} = \frac{1}{2} + \frac{x^{2}}{2} = \frac{1}{2}(1 + x^{2})$.

(A) दिया गया समाकलन $I_{n} = \int_{0}^{\pi / 4} \tan ^{n} x d x$ है।
हम $\tan^{n} x$ को $\tan^{n-2} x \cdot \tan^{2} x$ के रूप में लिख सकते हैं।
सर्वसमिका $\tan^{2} x = \sec^{2} x - 1$ का उपयोग करने पर:
$I_{n} = \int_{0}^{\pi / 4} \tan^{n-2} x (\sec^{2} x - 1) d x$.
$I_{n} = \int_{0}^{\pi / 4} \tan^{n-2} x \sec^{2} x d x - \int_{0}^{\pi / 4} \tan^{n-2} x d x$.
माना $t = \tan x$,तो $dt = \sec^{2} x dx$ होगा। जब $x=0, t=0$ और जब $x=\pi/4, t=1$।
$I_{n} = \int_{0}^{1} t^{n-2} dt - I_{n-2}$.
$I_{n} = \left[ \frac{t^{n-1}}{n-1} \right]_{0}^{1} - I_{n-2}$.
$I_{n} = \frac{1}{n-1} - I_{n-2}$.
अतः,$I_{n} + I_{n-2} = \frac{1}{n-1}$.
$n=10$ के लिए,हमें $I_{10} + I_{8} = \frac{1}{10-1} = \frac{1}{9}$ प्राप्त होता है।

(B) हमें निश्चित समाकल $\int_{0.2}^{3.5} [x] \, dx$ दिया गया है,जहाँ $[x]$ महत्तम पूर्णांक फलन को दर्शाता है।
हम अंतराल $[0.2, 3.5]$ को उन बिंदुओं पर विभाजित करते हैं जहाँ महत्तम पूर्णांक फलन अपना मान बदलता है:
$\int_{0.2}^{3.5} [x] \, dx = \int_{0.2}^{1} [x] \, dx + \int_{1}^{2} [x] \, dx + \int_{2}^{3} [x] \, dx + \int_{3}^{3.5} [x] \, dx$
चूँकि $x \in [0.2, 1)$ के लिए $[x] = 0$,$x \in [1, 2)$ के लिए $[x] = 1$,$x \in [2, 3)$ के लिए $[x] = 2$,और $x \in [3, 3.5]$ के लिए $[x] = 3$ है,इसलिए:
$= \int_{0.2}^{1} 0 \, dx + \int_{1}^{2} 1 \, dx + \int_{2}^{3} 2 \, dx + \int_{3}^{3.5} 3 \, dx$
$= 0 + [x]_{1}^{2} + 2[x]_{2}^{3} + 3[x]_{3}^{3.5}$
$= 0 + (2 - 1) + 2(3 - 2) + 3(3.5 - 3)$
$= 0 + 1 + 2(1) + 3(0.5)$
$= 1 + 2 + 1.5 = 4.5$

(A) दिया गया समीकरण: $5 f(x)+3 f\left(\frac{1}{x}\right)=2-\frac{1}{x}$ ...$(i)$
समीकरण $(i)$ में $x$ को $\frac{1}{x}$ से प्रतिस्थापित करने पर:
$5 f\left(\frac{1}{x}\right)+3 f(x)=2-x$ ...(ii)
$f(x)$ को विलुप्त करने के लिए,समीकरण (ii) को $5$ से और समीकरण $(i)$ को $3$ से गुणा करने पर:
$25 f\left(\frac{1}{x}\right)+15 f(x)=10-5 x$ ...(iii)
$15 f(x)+9 f\left(\frac{1}{x}\right)=6-\frac{3}{x}$ ...(iv)
समीकरण (iii) में से समीकरण (iv) को घटाने पर:
$(25-9) f\left(\frac{1}{x}\right) = (10-5 x) - (6-\frac{3}{x})$
$16 f\left(\frac{1}{x}\right) = 4-5 x+\frac{3}{x}$
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{16} \left(4-5 x+\frac{3}{x}\right)$
अब,समाकलन की गणना करने पर:
$\int_1^2 f\left(\frac{1}{x}\right) d x = \int_1^2 \frac{1}{16} \left(4-5 x+\frac{3}{x}\right) d x$
$= \frac{1}{16} \left[4 x-\frac{5 x^2}{2}+3 \ln |x|\right]_1^2$
$= \frac{1}{16} \left[ \left(4(2)-\frac{5(2)^2}{2}+3 \ln 2\right) - \left(4(1)-\frac{5(1)^2}{2}+3 \ln 1\right) \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ (8-10+3 \ln 2) - (4-2.5+0) \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ (-2+3 \ln 2) - 1.5 \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ 3 \ln 2 - 3.5 \right] = \frac{1}{16} \left[ 3 \ln 2 - \frac{7}{2} \right]$
$= \frac{6 \ln 2-7}{32}$

(C) हमें समाकलन $I = \int_{1}^{2} \frac{x^{3} - 1}{x^{2}} dx$ दिया गया है।
सबसे पहले,समाकल्य को सरल करें:
$\frac{x^{3} - 1}{x^{2}} = \frac{x^{3}}{x^{2}} - \frac{1}{x^{2}} = x - x^{-2}$.
अब,पद-दर-पद समाकलन करें:
$I = \int_{1}^{2} (x - x^{-2}) dx = \left[ \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{-1}}{-1} \right]_{1}^{2} = \left[ \frac{x^{2}}{2} + \frac{1}{x} \right]_{1}^{2}$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \left( \frac{2^{2}}{2} + \frac{1}{2} \right) - \left( \frac{1^{2}}{2} + \frac{1}{1} \right) = \left( 2 + \frac{1}{2} \right) - \left( \frac{1}{2} + 1 \right) = 2 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - 1 = 1$.

(A) यदि कोई फलन $f$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है,तो चर के रैखिक रूपांतरण द्वारा प्राप्त कोई भी फलन,जैसे कि $f(a-x)$,भी $[0, a]$ पर समाकलनीय होता है।
यह रीमैन समाकलनीय फलनों का एक मानक गुण है।
विशेष रूप से,यदि $f$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है,तो संयुक्त फलन $f(a-x)$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है क्योंकि रूपांतरण $u = a-x$ एक सतत और एकदिष्ट (monotonic) प्रतिचित्रण है।
इसलिए,$f(a-x)$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है।
अतः,विकल्प $A$ सही है।

(C) समाकल्य का विस्तार करने पर: $(\sqrt{k}-\sqrt{t})^2 = k + t - 2\sqrt{k}\sqrt{t}$.
अब,$t$ के सापेक्ष $0$ से $k$ तक पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$\int_0^k (k + t - 2\sqrt{k}t^{1/2}) \, dt = \left[ kt + \frac{t^2}{2} - 2\sqrt{k} \cdot \frac{t^{3/2}}{3/2} \right]_0^k$
$= \left[ kt + \frac{t^2}{2} - \frac{4}{3}\sqrt{k}t^{3/2} \right]_0^k$
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$= (k(k) + \frac{k^2}{2} - \frac{4}{3}\sqrt{k}(k^{3/2})) - (0)$
$= k^2 + \frac{k^2}{2} - \frac{4}{3}k^2$
$= \frac{3k^2}{2} - \frac{4k^2}{3} = \frac{9k^2 - 8k^2}{6} = \frac{k^2}{6}$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) हमें समाकलन $I = \int_0^{\pi / 4} \tan^2(x) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan^2(x) = \sec^2(x) - 1$ का उपयोग करके,हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int_0^{\pi / 4} (\sec^2(x) - 1) \, dx$.
अब,प्रत्येक पद का अलग-अलग समाकलन करने पर:
$I = [\tan(x) - x]_0^{\pi / 4}$.
सीमाओं को लागू करने पर:
$I = (\tan(\frac{\pi}{4}) - \frac{\pi}{4}) - (\tan(0) - 0)$.
चूंकि $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ और $\tan(0) = 0$,हमें प्राप्त होता है:
$I = (1 - \frac{\pi}{4}) - (0 - 0) = 1 - \frac{\pi}{4}$.
अतः,विकल्प $C$ सही है।

(C) यदि $f$ और $g$ बंद अंतराल $[a, b]$ पर समाकलनीय हैं,तो निश्चित समाकल के रैखिकता गुण (linearity property) के अनुसार,उनका योग $f+g$ भी उसी अंतराल $[a, b]$ पर समाकलनीय होता है।
विशेष रूप से,किसी भी $x_1, x_2 \in [a, b]$ के लिए,समाकल $\int_{x_1}^{x_2} f(x) dx$ और $\int_{x_1}^{x_2} g(x) dx$ का अस्तित्व होता है।
इसलिए,योग का समाकल,समाकलों का योग होता है: $\int_{x_1}^{x_2} (f+g)(x) dx = \int_{x_1}^{x_2} f(x) dx + \int_{x_1}^{x_2} g(x) dx$.
चूंकि यह सभी $x_1, x_2 \in [a, b]$ के लिए सत्य है,इसलिए $f+g$,$[a, b]$ पर समाकलनीय है।
अतः,विकल्प $C$ सही है।

(B) दिया गया समाकलन: $\int_{0}^{a} \frac{dx}{4 + x^2} = \frac{\pi}{8}$
हम जानते हैं कि $\int \frac{dx}{k^2 + x^2} = \frac{1}{k} \tan^{-1} \left( \frac{x}{k} \right) + C$.
यहाँ,$k^2 = 4$,इसलिए $k = 2$.
$0$ से $a$ तक की सीमाएँ लागू करने पर:
$\left[ \frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{x}{2} \right) \right]_{0}^{a} = \frac{\pi}{8}$
$\frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{a}{2} \right) - \frac{1}{2} \tan^{-1} (0) = \frac{\pi}{8}$
चूँकि $\tan^{-1}(0) = 0$,इसलिए:
$\frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{a}{2} \right) = \frac{\pi}{8}$
$\tan^{-1} \left( \frac{a}{2} \right) = \frac{\pi}{4}$
दोनों पक्षों का टेंजेंट लेने पर:
$\frac{a}{2} = \tan \left( \frac{\pi}{4} \right)$
$\frac{a}{2} = 1$
$a = 2$

(B) दिया गया समाकलन $\int_1^n [x] dx = 120$ है।
हम समाकलन को इकाई लंबाई के अंतरालों में विभाजित कर सकते हैं:
$\int_1^2 1 dx + \int_2^3 2 dx + \int_3^4 3 dx + \dots + \int_{n-1}^n (n-1) dx = 120$.
यह प्रथम $(n-1)$ प्राकृतिक संख्याओं के योग में बदल जाता है:
$1 + 2 + 3 + \dots + (n-1) = 120$.
प्रथम $k$ प्राकृतिक संख्याओं के योग के सूत्र का उपयोग करते हुए,$\frac{k(k+1)}{2}$,जहाँ $k = n-1$:
$\frac{(n-1)n}{2} = 120$.
$(n-1)n = 240$.
$n^2 - n - 240 = 0$.
$(n - 16)(n + 15) = 0$.
चूंकि $n$ धनात्मक होना चाहिए,इसलिए $n = 16$.

(A) माना $I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 3} \frac{\cos x-\sin x}{\sin 2 x} d x$.
हम जानते हैं कि $\int \frac{\cos x-\sin x}{\sin 2 x} dx = \int \frac{\cos x}{2 \sin x \cos x} dx - \int \frac{\sin x}{2 \sin x \cos x} dx = \frac{1}{2} \int \csc x dx - \frac{1}{2} \int \sec x dx$.
अतः,$I = \frac{1}{2} [\log |\tan(x/2)| - \log |\sec x + \tan x|]_{\pi/4}^{\pi/3} = \frac{1}{2} [\log |\frac{\tan(x/2)}{\sec x + \tan x}|]_{\pi/4}^{\pi/3}$.
$x = \pi/3$ पर मान $\frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$ प्राप्त होता है और $x = \pi/4$ पर मान $3-2\sqrt{2}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$I = \frac{1}{2} \log \left( \frac{(2-\sqrt{3})/\sqrt{3}}{3-2\sqrt{2}} \right) = \frac{1}{2} \log \left( \frac{(2-\sqrt{3})(3+2\sqrt{2})}{\sqrt{3}} \right)$,जो विकल्प $A$ है।

(D) हमें समाकलन $I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 3} \cos^{-4} x \, dx = \int_{\pi / 6}^{\pi / 3} \sec^4 x \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
सर्वसमिका $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ का उपयोग करते हुए,हम $\sec^4 x = \sec^2 x \cdot \sec^2 x = (1 + \tan^2 x) \sec^2 x$ लिख सकते हैं।
अतः,$I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 3} (1 + \tan^2 x) \sec^2 x \, dx$.
माना $u = \tan x$,तो $du = \sec^2 x \, dx$.
जब $x = \pi / 6$,तब $u = \tan(\pi / 6) = 1 / \sqrt{3}$.
जब $x = \pi / 3$,तब $u = \tan(\pi / 3) = \sqrt{3}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{1 / \sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (1 + u^2) \, du = [u + \frac{u^3}{3}]_{1 / \sqrt{3}}^{\sqrt{3}}$.
सीमाओं पर मान ज्ञात करने पर:
$I = (\sqrt{3} + \frac{(\sqrt{3})^3}{3}) - (\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{(1 / \sqrt{3})^3}{3}) = (\sqrt{3} + \sqrt{3}) - (\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{9 \sqrt{3}}) = 2 \sqrt{3} - (\frac{9 + 1}{9 \sqrt{3}}) = 2 \sqrt{3} - \frac{10}{9 \sqrt{3}}$.
सरल करने पर,$I = \frac{2 \sqrt{3} \cdot 9 \sqrt{3} - 10}{9 \sqrt{3}} = \frac{2 \cdot 9 \cdot 3 - 10}{9 \sqrt{3}} = \frac{54 - 10}{9 \sqrt{3}} = \frac{44}{9 \sqrt{3}}$.
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(A) समाकलन $I = \int_0^1 x \operatorname{Sin}^{-1} x \, dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हैं: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
माना $u = \operatorname{Sin}^{-1} x$ और $dv = x \, dx$.
तब $du = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ और $v = \frac{x^2}{2}$.
सूत्र लागू करने पर:
$I = \left[ \frac{x^2}{2} \operatorname{Sin}^{-1} x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2 \sqrt{1-x^2}} \, dx$.
पहले भाग का मान: $\left[ \frac{1^2}{2} \operatorname{Sin}^{-1}(1) - 0 \right] = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$.
दूसरे भाग के लिए,माना $J = \int_0^1 \frac{x^2}{2 \sqrt{1-x^2}} \, dx$. $x = \sin \theta$,$dx = \cos \theta \, d\theta$ प्रतिस्थापन करने पर।
$J = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^2 \theta \cos \theta}{\cos \theta} \, d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \, d\theta$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर:
$J = \frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} (1 - \cos 2\theta) \, d\theta = \frac{1}{4} \left[ \theta - \frac{\sin 2\theta}{2} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{8}$.
अतः,$I = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{8}$.

(B) माना $I = \int \frac{x^2}{(x \sin x + \cos x)^2} dx$.
हम समाकल्य को $I = \int (x \sec x) \left( \frac{x \cos x}{(x \sin x + \cos x)^2} \right) dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = x \sec x$ और $dv = \frac{x \cos x}{(x \sin x + \cos x)^2} dx$ लें।
तब $du = (\sec x + x \sec x \tan x) dx$ और $v = \frac{-1}{x \sin x + \cos x}$ प्राप्त होता है।
$I = (x \sec x) \left( \frac{-1}{x \sin x + \cos x} \right) - \int (\sec x + x \sec x \tan x) \left( \frac{-1}{x \sin x + \cos x} \right) dx$.
$I = \frac{-x \sec x}{x \sin x + \cos x} + \int \frac{\sec x (1 + x \tan x)}{x \sin x + \cos x} dx$.
चूंकि $x \sin x + \cos x = \cos x (x \tan x + 1)$,समाकलन $\int \frac{\sec x \cdot \cos x (x \tan x + 1)}{\cos x (x \tan x + 1)} dx = \int \sec^2 x dx = \tan x$ हो जाता है।
अतः,$I = \frac{-x \sec x}{x \sin x + \cos x} + \tan x = \frac{-x + \tan x (x \sin x + \cos x)}{\cos x (x \sin x + \cos x)} = \frac{\sin x - x \cos x}{x \sin x + \cos x}$.
निश्चित समाकलन का मान: $\left[ \frac{\sin x - x \cos x}{x \sin x + \cos x} \right]_0^{\pi / 4} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}} - 0 = \frac{1 - \pi/4}{1 + \pi/4} = \frac{4 - \pi}{4 + \pi}$.

(D) माना $I = \int_0^1 (1+x) \log (1+x) \, dx$ है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \log(1+x)$ और $dv = (1+x) \, dx$ लें।
तब $du = \frac{1}{1+x} \, dx$ और $v = \frac{(1+x)^2}{2}$ प्राप्त होता है।
$I = \left[ \frac{(1+x)^2}{2} \log(1+x) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{(1+x)^2}{2} \cdot \frac{1}{1+x} \, dx$
$I = \left[ \frac{4}{2} \log 2 - 0 \right] - \frac{1}{2} \int_0^1 (1+x) \, dx$
$I = 2 \log 2 - \frac{1}{2} \left[ x + \frac{x^2}{2} \right]_0^1$
$I = 2 \log 2 - \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{2} \right) = 2 \log 2 - \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} \right)$
$I = 2 \log 2 - \frac{3}{4} = \frac{-3}{4} + 2 \log 2$.

(C) माना $I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{x + \sin x}{1 + \cos x} dx$.
सर्वसमिकाओं $1 + \cos x = 2 \cos^{2} \frac{x}{2}$ और $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{x + 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^{2} \frac{x}{2}} dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} \left( \frac{x}{2} \sec^{2} \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} \right) dx$
प्रथम पद $\int \frac{x}{2} \sec^{2} \frac{x}{2} dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
माना $u = \frac{x}{2}$,$dv = \sec^{2} \frac{x}{2} dx$. तब $du = \frac{1}{2} dx$ और $v = 2 \tan \frac{x}{2}$.
$\int \frac{x}{2} \sec^{2} \frac{x}{2} dx = \frac{x}{2} (2 \tan \frac{x}{2}) - \int (2 \tan \frac{x}{2}) \cdot \frac{1}{2} dx = x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} dx$.
इस मान को समाकलन $I$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = [x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} dx] + \int \tan \frac{x}{2} dx$
$I = [x \tan \frac{x}{2}]_{0}^{\pi/2}$
$I = \frac{\pi}{2} \tan \frac{\pi}{4} - 0 \cdot \tan 0 = \frac{\pi}{2} \cdot 1 = \frac{\pi}{2}$.

(B) हमें $I = \int_{-1}^{3/2} |x \sin \pi x| \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि $x \in [-1, 0]$ और $x \in [0, 1]$ के लिए $x \sin \pi x \ge 0$ है,और $x \in [1, 3/2]$ के लिए $x \sin \pi x \le 0$ है,इसलिए हम समाकलन को विभाजित करते हैं:
$I = \int_{-1}^{1} x \sin \pi x \, dx - \int_{1}^{3/2} x \sin \pi x \, dx$.
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर,$\int x \sin \pi x \, dx = -\frac{x \cos \pi x}{\pi} + \frac{\sin \pi x}{\pi^2}$.
प्रथम भाग: $\int_{-1}^{1} x \sin \pi x \, dx = [-\frac{x \cos \pi x}{\pi} + \frac{\sin \pi x}{\pi^2}]_{-1}^{1} = \frac{1}{\pi} - (-\frac{1}{\pi}) = \frac{2}{\pi}$.
द्वितीय भाग: $\int_{1}^{3/2} x \sin \pi x \, dx = [-\frac{x \cos \pi x}{\pi} + \frac{\sin \pi x}{\pi^2}]_{1}^{3/2} = -\frac{1}{\pi^2} - \frac{1}{\pi}$.
अतः,$I = \frac{2}{\pi} - (-\frac{1}{\pi^2} - \frac{1}{\pi}) = \frac{3}{\pi} + \frac{1}{\pi^2}$.

(C) दिया गया है,$I_n = \int_0^{\pi/4} \tan^n \theta \, d\theta$.
हमें $I_{n-1} + I_{n+1}$ का मान ज्ञात करना है।
$I_{n-1} + I_{n+1} = \int_0^{\pi/4} \tan^{n-1} \theta \, d\theta + \int_0^{\pi/4} \tan^{n+1} \theta \, d\theta$.
$ an^{n-1} \theta$ को कॉमन लेने पर:
$I_{n-1} + I_{n+1} = \int_0^{\pi/4} \tan^{n-1} \theta (1 + \tan^2 \theta) \, d\theta$.
चूंकि $1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$,इसलिए:
$I_{n-1} + I_{n+1} = \int_0^{\pi/4} \tan^{n-1} \theta \sec^2 \theta \, d\theta$.
मान लीजिए $u = \tan \theta$,तो $du = \sec^2 \theta \, d\theta$.
जब $\theta = 0$,तो $u = 0$ और जब $\theta = \pi/4$,तो $u = 1$.
$I_{n-1} + I_{n+1} = \int_0^1 u^{n-1} \, du = \left[ \frac{u^n}{n} \right]_0^1 = \frac{1}{n} - 0 = \frac{1}{n}$.

(A) माना $I = \int_0^2 \frac{2x-2}{2x-x^2} dx$ है।
यहाँ फलन $f(x) = \frac{2x-2}{2x-x^2} = \frac{-(2-2x)}{x(2-x)}$ है।
यह समाकलन अनुचित (improper) है क्योंकि हर $2x-x^2 = x(2-x)$ का मान $x=0$ और $x=2$ पर $0$ हो जाता है।
अनिश्चित समाकलन ज्ञात करने पर: $\int \frac{2x-2}{2x-x^2} dx = \int \frac{-(2-2x)}{2x-x^2} dx$।
माना $u = 2x-x^2$,तो $du = (2-2x) dx$,अतः $-(2-2x) dx = -du$।
इस प्रकार,$\int \frac{-du}{u} = -\ln|u| + C = -\ln|2x-x^2| + C$।
सीमा का उपयोग करके निश्चित समाकलन ज्ञात करने पर: $\lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{\epsilon}^{2-\epsilon} \frac{2x-2}{2x-x^2} dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} [-\ln|2x-x^2|]_{\epsilon}^{2-\epsilon}$।
$= \lim_{\epsilon \to 0^+} [-\ln|2(2-\epsilon)-(2-\epsilon)^2| + \ln|2\epsilon-\epsilon^2|]$।
$= \lim_{\epsilon \to 0^+} [-\ln|2\epsilon-\epsilon^2| + \ln|2\epsilon-\epsilon^2|] = 0$।
अतः,कॉची प्रिंसिपल वैल्यू $0$ प्राप्त होती है।

(D) माना $I = \int_{-1}^4 \sqrt{\frac{4-x}{x+1}} \, dx$.
$x+1 = 5 \cos^2 \theta$ प्रतिस्थापन लेने पर,$dx = -10 \cos \theta \sin \theta \, d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = -1$,तब $5 \cos^2 \theta = 0 \implies \theta = \frac{\pi}{2}$।
जब $x = 4$,तब $5 \cos^2 \theta = 5 \implies \theta = 0$।
अतः $4-x = 4 - (5 \cos^2 \theta - 1) = 5 \sin^2 \theta$।
$I = \int_{\pi/2}^0 \sqrt{\frac{5 \sin^2 \theta}{5 \cos^2 \theta}} (-10 \cos \theta \sin \theta) \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \tan \theta (10 \cos \theta \sin \theta) \, d\theta$।
$I = 10 \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \, d\theta = 10 \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \, d\theta$।
$I = 5 [\theta - \frac{\sin 2\theta}{2}]_0^{\pi/2} = 5 [\frac{\pi}{2} - 0] = \frac{5\pi}{2}$।