Fundamental definite integration Questions in Hindi

(B) माना $I = \int_0^1 \sin \left(2 \tan ^{-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\right) d x$.
$x = \cos \theta$ रखने पर,$d x = -\sin \theta d \theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तब $\theta = \frac{\pi}{2}$ और जब $x = 1$,तब $\theta = 0$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_{\pi/2}^0 \sin \left(2 \tan ^{-1} \sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}}\right) (-\sin \theta) d \theta$.
सर्वसमिका $\sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}} = \cot(\theta/2) = \tan(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2})$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^{\pi/2} \sin \left(2 \tan ^{-1} \tan \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}\right)\right) \sin \theta d \theta$.
$I = \int_0^{\pi/2} \sin \left(\pi - \theta\right) \sin \theta d \theta = \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta d \theta$.
सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} d \theta = \frac{1}{2} \left[ \theta - \frac{\sin 2\theta}{2} \right]_0^{\pi/2}$.
$I = \frac{1}{2} \left[ (\frac{\pi}{2} - 0) - (0 - 0) \right] = \frac{\pi}{4}$.

(A) माना $f(x) = \int_0^x t e^{t^2} dt$.
समाकलन ज्ञात करने के लिए,$u = t^2$ प्रतिस्थापित करें,जिससे $du = 2t dt$,जिसका अर्थ है $t dt = \frac{1}{2} du$.
जब $t = 0$,तो $u = 0$. जब $t = x$,तो $u = x^2$.
अतः,$f(x) = \int_0^{x^2} \frac{1}{2} e^u du = \frac{1}{2} [e^u]_0^{x^2} = \frac{1}{2} (e^{x^2} - 1)$.
न्यूनतम मान ज्ञात करने के लिए,$f(x)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करें:
$f'(x) = \frac{1}{2} (e^{x^2} \cdot 2x) = x e^{x^2}$.
$f'(x) = 0$ रखने पर,हमें $x = 0$ प्राप्त होता है।
अब,द्वितीय अवकलज ज्ञात करें:
$f''(x) = e^{x^2} + x(e^{x^2} \cdot 2x) = e^{x^2} (1 + 2x^2)$.
$x = 0$ पर,$f''(0) = e^0 (1 + 0) = 1$.
चूंकि $f''(0) > 0$,इसलिए फलन का $x = 0$ पर स्थानीय न्यूनतम मान है।
न्यूनतम मान $f(0) = \frac{1}{2} (e^0 - 1) = \frac{1}{2} (1 - 1) = 0$ है।

(A) हमें समाकलन $I = \int_1^2 [x^2] dx$ का मान ज्ञात करना है।
माना $t = x^2$,तो $dt = 2x dx$,जिसका अर्थ है $dx = \frac{dt}{2\sqrt{t}}$।
जब $x=1$,तो $t=1$। जब $x=2$,तो $t=4$।
अतः,$I = \int_1^4 [t] \frac{dt}{2\sqrt{t}} = \frac{1}{2} \int_1^4 \frac{[t]}{\sqrt{t}} dt$।
हम समाकलन को उन अंतरालों में विभाजित करते हैं जहाँ $[t]$ अचर है:
$I = \frac{1}{2} \left( \int_1^2 \frac{1}{\sqrt{t}} dt + \int_2^3 \frac{2}{\sqrt{t}} dt + \int_3^4 \frac{3}{\sqrt{t}} dt \right)$।
प्रत्येक समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$\int_1^2 t^{-1/2} dt = [2\sqrt{t}]_1^2 = 2(\sqrt{2}-1)$।
$\int_2^3 2t^{-1/2} dt = [4\sqrt{t}]_2^3 = 4(\sqrt{3}-\sqrt{2})$।
$\int_3^4 3t^{-1/2} dt = [6\sqrt{t}]_3^4 = 6(2-\sqrt{3}) = 12-6\sqrt{3}$।
इन सबका योग करने पर:
$I = \frac{1}{2} [2\sqrt{2}-2 + 4\sqrt{3}-4\sqrt{2} + 12-6\sqrt{3}] = \frac{1}{2} [10 - 2\sqrt{2} - 2\sqrt{3}] = 5 - \sqrt{2} - \sqrt{3}$।

(B) समाकलन $I = \int_{-2}^4 |2-x^2| dx$ है।
$2-x^2 = 0$ का मान $x = \pm \sqrt{2}$ पर होता है।
अंतराल $[-2, 4]$ होने के कारण,हम समाकलन को $x = -\sqrt{2}$ और $x = \sqrt{2}$ पर विभाजित करते हैं।
$I = \int_{-2}^{-\sqrt{2}} (x^2-2) dx + \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} (2-x^2) dx + \int_{\sqrt{2}}^4 (x^2-2) dx$.
पहले भाग का मान: $[\frac{x^3}{3} - 2x]_{-2}^{-\sqrt{2}} = \frac{4\sqrt{2}+4}{3}$.
दूसरे भाग का मान: $[2x - \frac{x^3}{3}]_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} = \frac{8\sqrt{2}}{3}$.
तीसरे भाग का मान: $[\frac{x^3}{3} - 2x]_{\sqrt{2}}^4 = \frac{40+4\sqrt{2}}{3}$.
कुल योग: $I = \frac{16\sqrt{2}+44}{3} = \frac{16\sqrt{2}}{3} + 12$.

(B) हम समाकलन $I = \int_{1/2}^2 |\log_{10} x| dx$ का मूल्यांकन करते हैं।
चूंकि $x \in [1/2, 1)$ के लिए $\log_{10} x < 0$ और $x \in [1, 2]$ के लिए $\log_{10} x \ge 0$ है,हम समाकलन को विभाजित करते हैं:
$I = -\int_{1/2}^1 \log_{10} x dx + \int_1^2 \log_{10} x dx$.
आधार परिवर्तन सूत्र $\log_{10} x = \frac{\ln x}{\ln 10}$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\ln 10} \left[ -\int_{1/2}^1 \ln x dx + \int_1^2 \ln x dx \right]$.
सूत्र $\int \ln x dx = x \ln x - x$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\ln 10} \left[ -(x \ln x - x)|_{1/2}^1 + (x \ln x - x)|_1^2 \right]$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = \frac{1}{\ln 10} \left[ -((1 \ln 1 - 1) - (\frac{1}{2} \ln \frac{1}{2} - \frac{1}{2})) + ((2 \ln 2 - 2) - (1 \ln 1 - 1)) \right]$.
$I = \frac{1}{\ln 10} \left[ -(-1 - \frac{1}{2} \ln \frac{1}{2} + \frac{1}{2}) + (2 \ln 2 - 2 + 1) \right]$.
$I = \frac{1}{\ln 10} \left[ (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \ln \frac{1}{2}) + (2 \ln 2 - 1) \right] = \frac{1}{\ln 10} [\frac{3}{2} \ln 2 - \frac{1}{2}] = \frac{1}{2} \log_{10} (\frac{8}{e})$.

(A) हमें समाकलन $I = \int_0^3 |x^2 - 3x + 2| dx$ का मान ज्ञात करना है।
सबसे पहले,द्विघात व्यंजक का गुणनखंड करें: $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$।
व्यंजक $(x - 1)(x - 2)$,$x \in [0, 1] \cup [2, 3]$ के लिए गैर-ऋणात्मक है और $x \in (1, 2)$ के लिए ऋणात्मक है।
अतः,समाकलन को इस प्रकार विभाजित किया जा सकता है:
$I = \int_0^1 (x^2 - 3x + 2) dx - \int_1^2 (x^2 - 3x + 2) dx + \int_2^3 (x^2 - 3x + 2) dx$।
प्रत्येक समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$\int (x^2 - 3x + 2) dx = \frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2} + 2x$।
पहले भाग के लिए: $[\frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2} + 2x]_0^1 = (\frac{1}{3} - \frac{3}{2} + 2) - 0 = \frac{2 - 9 + 12}{6} = \frac{5}{6}$।
दूसरे भाग के लिए: $-[\frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2} + 2x]_1^2 = -[(\frac{8}{3} - 6 + 4) - (\frac{1}{3} - \frac{3}{2} + 2)] = -[(\frac{2}{3}) - (\frac{5}{6})] = -[\frac{4-5}{6}] = \frac{1}{6}$।
तीसरे भाग के लिए: $[\frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2} + 2x]_2^3 = (\frac{27}{3} - \frac{27}{2} + 6) - (\frac{8}{3} - 6 + 4) = (9 - 13.5 + 6) - (\frac{2}{3}) = 1.5 - \frac{2}{3} = \frac{3}{2} - \frac{2}{3} = \frac{9-4}{6} = \frac{5}{6}$।
इन मानों को जोड़ने पर: $I = \frac{5}{6} + \frac{1}{6} + \frac{5}{6} = \frac{11}{6}$।

(D) सबसे पहले,हम निश्चित समाकल का मान ज्ञात करते हैं: $\int_0^3 (3x^2 - 4x + 2) dx = [x^3 - 2x^2 + 2x]_0^3$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $(3^3 - 2(3^2) + 2(3)) - (0) = 27 - 18 + 6 = 15$.
अतः,$k = 15$.
अब,$k = 15$ को समीकरण $3x^2 - 4x + 2 = \frac{3k}{5}$ में रखने पर:
$3x^2 - 4x + 2 = \frac{3(15)}{5} = 9$.
समीकरण को व्यवस्थित करने पर: $3x^2 - 4x + 2 - 9 = 0$,जो $3x^2 - 4x - 7 = 0$ में बदल जाता है।
द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर: $(x + 1)(3x - 7) = 0$.
मूल $x = -1$ और $x = \frac{7}{3}$ प्राप्त होते हैं।
अतः,पूर्णांक मूल $-1$ है।

(A) माना $I = \int_1^4 \left(x + \sqrt{x} + \frac{1}{x}\right) dx - \int_1^{2 \log 2} dx$.
सबसे पहले,पहले समाकलन का मान ज्ञात करें: $\int_1^4 \left(x + x^{1/2} + \frac{1}{x}\right) dx = \left[ \frac{x^2}{2} + \frac{2}{3}x^{3/2} + \log |x| \right]_1^4$.
$= \left( \frac{16}{2} + \frac{2}{3}(8) + \log 4 \right) - \left( \frac{1}{2} + \frac{2}{3} + 0 \right) = \left( 8 + \frac{16}{3} + 2 \log 2 \right) - \left( \frac{7}{6} \right) = \frac{40}{3} + 2 \log 2 - \frac{7}{6} = \frac{80 - 7}{6} + 2 \log 2 = \frac{73}{6} + 2 \log 2$.
अब,दूसरे समाकलन का मान ज्ञात करें: $\int_1^{2 \log 2} dx = [x]_1^{2 \log 2} = 2 \log 2 - 1$.
दोनों परिणामों को घटाने पर: $I = \left( \frac{73}{6} + 2 \log 2 \right) - (2 \log 2 - 1) = \frac{73}{6} + 1 = \frac{73 + 6}{6} = \frac{79}{6}$.

(C) माना $I = \int_{-\frac{3}{2}}^{\frac{3}{2}}[2x-3] dx$. माना $t = 2x-3$,तो $dt = 2dx$,अतः $dx = \frac{dt}{2}$.
जब $x = -\frac{3}{2}$,तब $t = -6$. जब $x = \frac{3}{2}$,तब $t = 0$.
$I = \frac{1}{2} \int_{-6}^{0} [t] dt = \frac{1}{2} \sum_{n=-6}^{-1} \int_{n}^{n+1} n dt = \frac{1}{2} \sum_{n=-6}^{-1} n = \frac{1}{2} (-6-5-4-3-2-1) = \frac{1}{2} (-21) = -\frac{21}{2}$.
अतः,$k = -\frac{21}{2}$.
अंत में,$\left|k+\frac{1}{2}\right| = \left|-\frac{21}{2} + \frac{1}{2}\right| = \left|-\frac{20}{2}\right| = |-10| = 10$.

(C) माना $I = \int_0^4 ||x-2|-x| dx$.
हम व्यंजक $f(x) = ||x-2|-x|$ का विश्लेषण करते हैं।
$0 \le x < 2$ के लिए,$|x-2| = 2-x$,अतः $f(x) = |(2-x)-x| = |2-2x| = 2|1-x|$।
$2 \le x \le 4$ के लिए,$|x-2| = x-2$,अतः $f(x) = |(x-2)-x| = |-2| = 2$।
अतः,$I = \int_0^2 2|1-x| dx + \int_2^4 2 dx$।
प्रथम समाकलन के लिए,$2|1-x| = 2(1-x)$ जब $0 \le x < 1$ और $2(x-1)$ जब $1 \le x < 2$।
$I = 2 \int_0^1 (1-x) dx + 2 \int_1^2 (x-1) dx + [2x]_2^4$।
$I = 2 [x - \frac{x^2}{2}]_0^1 + 2 [\frac{x^2}{2} - x]_1^2 + (8-4)$।
$I = 2(1 - \frac{1}{2}) + 2((2-2) - (\frac{1}{2}-1)) + 4$।
$I = 2(\frac{1}{2}) + 2(0 - (-\frac{1}{2})) + 4 = 1 + 1 + 4 = 6$।

(C) दिया गया समाकलन $I = \int_{-1}^{1} [x+2[x+2[x]]] dx$ है।
किसी भी पूर्णांक $n$ के लिए $[x+n] = [x]+n$ गुणधर्म का उपयोग करके,हम समाकलन के अंदर के व्यंजक को सरल करते हैं:
$[x+2[x+2[x]]] = [x] + 2[x+2[x]] = [x] + 2([x] + 2[x]) = [x] + 2[x] + 4[x] = 7[x]$.
अब,इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{-1}^{1} 7[x] dx = 7 \int_{-1}^{1} [x] dx$.
समाकलन को अंतरालों में विभाजित करने पर:
$I = 7 \left( \int_{-1}^{0} [x] dx + \int_{0}^{1} [x] dx \right)$.
$x \in [-1, 0)$ के लिए,$[x] = -1$. $x \in [0, 1)$ के लिए,$[x] = 0$.
$I = 7 \left( \int_{-1}^{0} (-1) dx + \int_{0}^{1} (0) dx \right) = 7 ([-x]_{-1}^{0} + 0) = 7(-1) = -7$.

(D) हमारे पास $f(x) = \frac{|\log x|}{x^2} = \begin{cases} -\frac{\log x}{x^2}, & \frac{1}{e} \le x < 1 \\ \frac{\log x}{x^2}, & 1 \le x \le e \end{cases}$ है।
हम समाकलन को $x = 1$ पर विभाजित करते हैं:
$\int_{1/e}^e f(x) dx = \int_{1/e}^1 -\frac{\log x}{x^2} dx + \int_1^e \frac{\log x}{x^2} dx$.
$\int \frac{\log x}{x^2} dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \log x$ और $dv = x^{-2} dx$ लेने पर,हमें $du = \frac{1}{x} dx$ और $v = -\frac{1}{x}$ प्राप्त होता है।
$\int \frac{\log x}{x^2} dx = -\frac{\log x}{x} - \int -\frac{1}{x^2} dx = -\frac{\log x}{x} - \frac{1}{x} + C$.
निश्चित समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$\int_{1/e}^1 -\frac{\log x}{x^2} dx = -\left[ -\frac{\log x}{x} - \frac{1}{x} \right]_{1/e}^1 = \left[ \frac{\log x + 1}{x} \right]_{1/e}^1 = (\frac{0+1}{1}) - (\frac{\log(1/e) + 1}{1/e}) = 1 - ((-1+1) \cdot e) = 1$.
$\int_1^e \frac{\log x}{x^2} dx = \left[ -\frac{\log x + 1}{x} \right]_1^e = (-\frac{\log e + 1}{e}) - (-\frac{\log 1 + 1}{1}) = -\frac{2}{e} + 1 = 1 - \frac{2}{e}$.
दोनों भागों का योग करने पर: $1 + (1 - \frac{2}{e}) = 2 - \frac{2}{e} = 2(1 - \frac{1}{e})$.

(D) दिया गया है कि $\int_0^b \frac{dx}{1+x^2} = \int_b^{\infty} \frac{dx}{1+x^2}$।
हम जानते हैं कि $\int \frac{dx}{1+x^2} = \tan^{-1}(x) + C$ होता है।
सीमाओं को लागू करने पर:
$[\tan^{-1}(x)]_0^b = [\tan^{-1}(x)]_b^{\infty}$
$\tan^{-1}(b) - \tan^{-1}(0) = \lim_{x \to \infty} \tan^{-1}(x) - \tan^{-1}(b)$
चूँकि $\tan^{-1}(0) = 0$ और $\lim_{x \to \infty} \tan^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}$,इसलिए:
$\tan^{-1}(b) - 0 = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1}(b)$
$2 \tan^{-1}(b) = \frac{\pi}{2}$
$\tan^{-1}(b) = \frac{\pi}{4}$
$b = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right)$
$b = 1$.

(A) दिया गया है $f(t) = \int_{-t}^t \frac{e^{-|x|}}{2} dx$.
चूंकि फलन $g(x) = \frac{e^{-|x|}}{2}$ एक सम फलन है (अर्थात $g(-x) = g(x)$),हम लिख सकते हैं:
$f(t) = 2 \int_0^t \frac{e^{-x}}{2} dx = \int_0^t e^{-x} dx$.
समाकलन करने पर:
$f(t) = [-e^{-x}]_0^t = -e^{-t} - (-e^0) = 1 - e^{-t}$.
अब,$t \rightarrow \infty$ सीमा लेने पर:
$\lim_{t \rightarrow \infty} f(t) = \lim_{t \rightarrow \infty} (1 - e^{-t}) = 1 - 0 = 1$.

(D) हमारे पास है $\int_{-2}^2 |[x]| \, dx = \int_{-2}^{-1} |[x]| \, dx + \int_{-1}^0 |[x]| \, dx + \int_0^1 |[x]| \, dx + \int_1^2 |[x]| \, dx$.
चूँकि $[x]$ महत्तम पूर्णांक फलन है:
$x \in [-2, -1)$ के लिए,$[x] = -2$,अतः $|[x]| = |-2| = 2$.
$x \in [-1, 0)$ के लिए,$[x] = -1$,अतः $|[x]| = |-1| = 1$.
$x \in [0, 1)$ के लिए,$[x] = 0$,अतः $|[x]| = |0| = 0$.
$x \in [1, 2)$ के लिए,$[x] = 1$,अतः $|[x]| = |1| = 1$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\int_{-2}^2 |[x]| \, dx = \int_{-2}^{-1} 2 \, dx + \int_{-1}^0 1 \, dx + \int_0^1 0 \, dx + \int_1^2 1 \, dx$.
$= 2[x]_{-2}^{-1} + [x]_{-1}^0 + 0 + [x]_1^2$.
$= 2(-1 - (-2)) + (0 - (-1)) + (2 - 1)$.
$= 2(1) + 1 + 1 = 4$.

(B) दिया गया है,$\cos x + \cos 2x + \ldots + \cos nx = \frac{A(x)}{2 \sin(x/2)}$.
कोसाइन श्रेणी के योग सूत्र का उपयोग करते हुए,$\sum_{k=1}^n \cos(kx) = \frac{\sin(nx/2) \cos((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}$.
अतः,$A(x) = 2 \sin(nx/2) \cos((n+1)x/2)$.
$2 \sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$ सर्वसमिका का उपयोग करते हुए:
$A(x) = \sin(\frac{2n+1}{2}x) - \sin(x/2)$.
अब,$\int_0^\pi A(x) dx = \int_0^\pi (\sin(\frac{2n+1}{2}x) - \sin(x/2)) dx$.
$= [-\frac{2}{2n+1} \cos(\frac{2n+1}{2}x) + 2 \cos(x/2)]_0^\pi$.
$= (-\frac{2}{2n+1} \cos(\frac{2n+1}{2}\pi) + 2 \cos(\pi/2)) - (-\frac{2}{2n+1} \cos(0) + 2 \cos(0))$.
चूंकि $\cos(\frac{2n+1}{2}\pi) = 0$ और $\cos(\pi/2) = 0$:
$= 0 - (-\frac{2}{2n+1} + 2) = \frac{2}{2n+1} - 2 = \frac{2 - 4n - 2}{2n+1} = \frac{-4n}{2n+1}$.

(A) दिया गया समाकलन $\int_2^{10} x^2 dx$ है,जिसमें $n = 4$ अंतराल हैं।
यहाँ,$a = 2$,$b = 10$,और स्टेप साइज़ $h = \frac{b - a}{n} = \frac{10 - 2}{4} = 2$ है।
बिंदु $x_0 = 2, x_1 = 4, x_2 = 6, x_3 = 8, x_4 = 10$ हैं।
$f(x) = x^2$ के लिए संगत मान इस प्रकार हैं:
$y_0 = f(2) = 4$
$y_1 = f(4) = 16$
$y_2 = f(6) = 36$
$y_3 = f(8) = 64$
$y_4 = f(10) = 100$
ट्रेपेज़ॉइडल नियम का उपयोग करते हुए:
$\int_a^b f(x) dx \approx \frac{h}{2} [y_0 + 2(y_1 + y_2 + y_3) + y_4]$
$\int_2^{10} x^2 dx \approx \frac{2}{2} [4 + 2(16 + 36 + 64) + 100]$
$= 1 \cdot [4 + 2(116) + 100] = 4 + 232 + 100 = 336$.

(D) हम जानते हैं कि $1 - \cos 4x = 2 \sin^2(2x)$.
अतः,$\sqrt{1 - \cos 4x} = \sqrt{2 \sin^2(2x)} = \sqrt{2} |\sin 2x|$.
समाकलन $\int_0^{32 \pi} \sqrt{2} |\sin 2x| \, dx = \sqrt{2} \int_0^{32 \pi} |\sin 2x| \, dx$ हो जाता है।
चूंकि $|\sin 2x|$ एक आवर्ती फलन है जिसका आवर्तकाल $\frac{\pi}{2}$ है,और अंतराल $[0, 32 \pi]$ में $\frac{32 \pi}{\pi/2} = 64$ आवर्तकाल हैं।
अतः,$\int_0^{32 \pi} |\sin 2x| \, dx = 64 \int_0^{\pi/2} \sin 2x \, dx$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $64 \left[ -\frac{\cos 2x}{2} \right]_0^{\pi/2} = 64 \left( -\frac{\cos \pi}{2} - (-\frac{\cos 0}{2}) \right) = 64 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) = 64$.
अचर $\sqrt{2}$ से गुणा करने पर,अंतिम उत्तर $64 \sqrt{2}$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int_0^{16} \frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}} dx$.
बीजगणितीय सरलीकरण द्वारा,हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}} = \frac{\sqrt{x}+1-1}{1+\sqrt{x}} = 1 - \frac{1}{1+\sqrt{x}}$.
अतः,$I = \int_0^{16} 1 dx - \int_0^{16} \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx = 16 - \int_0^{16} \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx$.
$\int_0^{16} \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,$t = 1+\sqrt{x}$ प्रतिस्थापित करें,जिससे $\sqrt{x} = t-1$ और $x = (t-1)^2$ प्राप्त होता है,जो हमें $dx = 2(t-1) dt$ देता है।
जब $x=0$,तब $t=1$. जब $x=16$,तब $t=1+\sqrt{16}=5$.
अतः,$\int_0^{16} \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx = \int_1^5 \frac{2(t-1)}{t} dt = 2 \int_1^5 (1 - \frac{1}{t}) dt = 2 [t - \ln|t|]_1^5$.
$= 2 [(5 - \ln 5) - (1 - \ln 1)] = 2 [4 - \ln 5] = 8 - 2 \ln 5$.
इस प्रकार,$I = 16 - (8 - 2 \ln 5) = 8 + 2 \ln 5$.

(D) माना $f(x) = |\sin x| + |\cos x|$ है।
हम जानते हैं कि सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए $|\sin x| \geq \sin^2 x$ और $|\cos x| \geq \cos^2 x$ होता है।
इनको जोड़ने पर,हमें $|\sin x| + |\cos x| \geq \sin^2 x + \cos^2 x = 1$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$|\sin x| + |\cos x|$ का अधिकतम मान $x = \frac{\pi}{4}$ पर प्राप्त होता है,जहाँ $|\sin \frac{\pi}{4}| + |\cos \frac{\pi}{4}| = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \approx 1.414$ होता है।
चूँकि $1 \leq |\sin x| + |\cos x| \leq \sqrt{2}$ है,इसलिए सभी $x \in [0, 2\pi]$ के लिए महत्तम पूर्णांक फलन $[|\sin x| + |\cos x|]$ का मान हमेशा $1$ होगा।
अतः,$\int_0^{2 \pi} [|\sin x| + |\cos x|] \, dx = \int_0^{2 \pi} 1 \, dx = [x]_0^{2 \pi} = 2\pi - 0 = 2\pi$।

(B) माना $I = \int_{-2}^2 [2-x] \, dx$.
हम समाकलन को उन अंतरालों के आधार पर विभाजित करते हैं जहाँ $[2-x]$ स्थिर है:
$I = \int_{-2}^{-1} [2-x] \, dx + \int_{-1}^0 [2-x] \, dx + \int_0^1 [2-x] \, dx + \int_1^2 [2-x] \, dx$.
$x \in [-2, -1)$ के लिए,$2-x \in (3, 4]$,इसलिए $[2-x] = 3$.
$x \in [-1, 0)$ के लिए,$2-x \in (2, 3]$,इसलिए $[2-x] = 2$.
$x \in [0, 1)$ के लिए,$2-x \in (1, 2]$,इसलिए $[2-x] = 1$.
$x \in [1, 2)$ के लिए,$2-x \in (0, 1]$,इसलिए $[2-x] = 0$.
अतः,$I = \int_{-2}^{-1} 3 \, dx + \int_{-1}^0 2 \, dx + \int_0^1 1 \, dx + \int_1^2 0 \, dx$.
$I = 3[x]_{-2}^{-1} + 2[x]_{-1}^0 + 1[x]_0^1 + 0$.
$I = 3(-1 - (-2)) + 2(0 - (-1)) + 1(1 - 0) = 3(1) + 2(1) + 1(1) = 3 + 2 + 1 = 6$.

(A) माना $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin (x-[x]) d x$ है। चूँकि $[x]$ महत्तम पूर्णांक फलन है,हम अंतराल $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \approx [-1.57, 1.57]$ में $[x]$ के मानों के आधार पर समाकलन को विभाजित करते हैं।
$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{-1} \sin (x + 2) d x + \int_{-1}^{0} \sin (x + 1) d x + \int_{0}^{1} \sin x d x + \int_{1}^{\frac{\pi}{2}} \sin (x - 1) d x$
$I = [-\cos (x + 2)]_{-\frac{\pi}{2}}^{-1} + [-\cos (x + 1)]_{-1}^{0} + [-\cos x]_{0}^{1} + [-\cos (x - 1)]_{1}^{\frac{\pi}{2}}$
$I = -(\cos 1 - \cos(2 - \frac{\pi}{2})) - (\cos 1 - \cos 0) - (\cos 1 - \cos 0) - (\cos(\frac{\pi}{2} - 1) - \cos 0)$
$I = -\cos 1 + \sin 2 - \cos 1 + 1 - \cos 1 + 1 - \sin 1 + 1$
$I = 3 - 3\cos 1 + \sin 2 - \sin 1 = 3(1 - \cos 1) + \sin 2 - \sin 1$.

(C) माना $I = \int_0^\pi \sqrt{1+4 \sin^2 \frac{x}{2} + 4 \sin \frac{x}{2}} \, dx$.
चूंकि $(1 + 2 \sin \frac{x}{2})^2 = 1 + 4 \sin^2 \frac{x}{2} + 4 \sin \frac{x}{2}$,इसलिए समाकलन होगा:
$I = \int_0^\pi (1 + 2 \sin \frac{x}{2}) \, dx$.
पदवार समाकलन करने पर:
$I = [x - 2 \cdot 2 \cos \frac{x}{2}]_0^\pi$.
$I = [x - 4 \cos \frac{x}{2}]_0^\pi$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = (\pi - 4 \cos \frac{\pi}{2}) - (0 - 4 \cos 0)$.
$I = (\pi - 4(0)) - (0 - 4(1))$.
$I = \pi - 0 + 4 = \pi + 4$.

(C) माना $I = \int_0^{10} (5 - \sqrt{10x - x^2}) \, dx$.
सबसे पहले,वर्गमूल के अंदर पूर्ण वर्ग बनाएं: $10x - x^2 = -(x^2 - 10x) = -(x^2 - 10x + 25 - 25) = 25 - (x - 5)^2$.
अतः,$I = \int_0^{10} 5 \, dx - \int_0^{10} \sqrt{5^2 - (x - 5)^2} \, dx$.
पहला भाग $\int_0^{10} 5 \, dx = [5x]_0^{10} = 50$ है।
दूसरे भाग के लिए,सूत्र $\int \sqrt{a^2 - u^2} \, du = \frac{u}{2}\sqrt{a^2 - u^2} + \frac{a^2}{2}\sin^{-1}(\frac{u}{a})$ का उपयोग करें।
यहाँ $u = x - 5$,इसलिए $du = dx$. जब $x=0, u=-5$; जब $x=10, u=5$.
$\int_{-5}^5 \sqrt{5^2 - u^2} \, du = [\frac{u}{2}\sqrt{25 - u^2} + \frac{25}{2}\sin^{-1}(\frac{u}{5})]_{-5}^5$.
$= (0 + \frac{25}{2}\sin^{-1}(1)) - (0 + \frac{25}{2}\sin^{-1}(-1)) = \frac{25}{2}(\frac{\pi}{2}) - \frac{25}{2}(-\frac{\pi}{2}) = \frac{25\pi}{4} + \frac{25\pi}{4} = \frac{25\pi}{2}$.
इस प्रकार,$I = 50 - \frac{25\pi}{2} = \frac{100 - 25\pi}{2} = \frac{1}{2}(100 - 25\pi)$.

(C) माना $f(x) = \frac{1}{2+3x}$ है। हम अंतराल $[1,3]$ को $n=2$ समान भागों में विभाजित करते हैं।
$h = \frac{3-1}{2} = 1$.
बिंदु $x_0 = 1, x_1 = 2, x_2 = 3$ हैं।
$f(x_0) = f(1) = \frac{1}{2+3(1)} = \frac{1}{5} = 0.2$.
$f(x_1) = f(2) = \frac{1}{2+3(2)} = \frac{1}{8} = 0.125$.
$f(x_2) = f(3) = \frac{1}{2+3(3)} = \frac{1}{11} \approx 0.0909$.
Simpson के नियम का उपयोग करते हुए: $\int_a^b f(x) dx \approx \frac{h}{3} [f(x_0) + 4f(x_1) + f(x_2)]$.
$\int_1^3 f(x) dx \approx \frac{1}{3} [0.2 + 4(0.125) + 0.0909] = \frac{1}{3} [0.2 + 0.5 + 0.0909] = \frac{0.7909}{3} \approx 0.2636$.
विकल्पों के साथ तुलना करने पर,$\frac{29}{110} \approx 0.2636$ प्राप्त होता है।

(A) यहाँ $a=0, b=2$ और $n=4$ अंतराल हैं।
स्टेप साइज़ $h = \frac{b-a}{n} = \frac{2-0}{4} = 0.5$ है।
मान $y_0=f(0)=1, y_1=f(0.5)=\frac{5}{4}, y_2=f(1)=2, y_3=f(1.5)=\frac{13}{4}, y_4=f(2)=5$ हैं।
सिम्पसन के $1/3$ नियम के अनुसार:
$\int_a^b f(x) dx = \frac{h}{3} [ (y_0 + y_4) + 4(y_1 + y_3) + 2(y_2) ]$
मान रखने पर:
$\int_0^2 f(x) dx = \frac{0.5}{3} [ (1 + 5) + 4(\frac{5}{4} + \frac{13}{4}) + 2(2) ]$
$= \frac{0.5}{3} [ 6 + 4(\frac{18}{4}) + 4 ]$
$= \frac{0.5}{3} [ 6 + 18 + 4 ]$
$= \frac{0.5}{3} [ 28 ] = \frac{14}{3}$.

(C) $n$ अंतरालों के लिए ट्रेपेज़ॉइडल नियम इस प्रकार है:
$\int_{x_0}^{x_n} y \, dx \approx \frac{h}{2} [y_0 + 2(y_1 + y_2 + \dots + y_{n-1}) + y_n]$
यहाँ,मान $x_0=1, x_1=2, x_2=3, x_3=4$ हैं,इसलिए स्टेप साइज़ $h = x_1 - x_0 = 2 - 1 = 1$ है।
संगत $y$ मान $y_0 = 0.7111, y_1 = 0.7222, y_2 = 0.7333, y_3 = 0.7444$ हैं।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\int_1^4 y \, dx \approx \frac{1}{2} [0.7111 + 2(0.7222 + 0.7333) + 0.7444]$
$\int_1^4 y \, dx \approx \frac{1}{2} [0.7111 + 2(1.4555) + 0.7444]$
$\int_1^4 y \, dx \approx \frac{1}{2} [0.7111 + 2.9110 + 0.7444]$
$\int_1^4 y \, dx \approx \frac{1}{2} [4.3665]$
$\int_1^4 y \, dx \approx 2.18325 \approx 2.1833$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) किसी $x$ पर ऊर्ध्वाधर जीवा की लंबाई $L(x) = 2y = 2\frac{b}{a}\sqrt{x^2-a^2}$ है।
औसत लंबाई $A_L = \frac{1}{2a-a} \int_a^{2a} L(x) dx = \frac{1}{a} \int_a^{2a} 2\frac{b}{a}\sqrt{x^2-a^2} dx$ द्वारा दी जाती है।
$A_L = \frac{2b}{a^2} \int_a^{2a} \sqrt{x^2-a^2} dx$.
समाकलन सूत्र $\int \sqrt{x^2-a^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2-a^2} - \frac{a^2}{2}\ln|x+\sqrt{x^2-a^2}|$ का उपयोग करके,$a$ से $2a$ तक गणना करने पर:
$A_L = \frac{2b}{a^2} [\frac{x}{2}\sqrt{x^2-a^2} - \frac{a^2}{2}\ln(x+\sqrt{x^2-a^2})]_a^{2a}$.
$x=2a$ पर: $a^2\sqrt{3} - \frac{a^2}{2}\ln(a(2+\sqrt{3}))$.
$x=a$ पर: $- \frac{a^2}{2}\ln(a)$.
घटाने पर: $A_L = b[2\sqrt{3}-\ln(2+\sqrt{3})]$.

(B) समाकलन $\int_{1/(k+\beta)}^{1/(k+\alpha)} \frac{dx}{1+x} = [\log(1+x)]_{1/(k+\beta)}^{1/(k+\alpha)} = \log(1+\frac{1}{k+\alpha}) - \log(1+\frac{1}{k+\beta})$ द्वारा प्राप्त होता है।
$k=1$ से $n$ तक योग करने पर,$\sum_{k=1}^{n} (\log(\frac{k+\alpha+1}{k+\alpha}) - \log(\frac{k+\beta+1}{k+\beta}))$ प्राप्त होता है।
यह एक टेलीस्कोपिंग श्रेणी है: $(\log(\frac{2+\alpha}{1+\alpha}) - \log(\frac{2+\beta}{1+\beta})) + (\log(\frac{3+\alpha}{2+\alpha}) - \log(\frac{3+\beta}{2+\beta})) + \dots + (\log(\frac{n+\alpha+1}{n+\alpha}) - \log(\frac{n+\beta+1}{n+\beta}))$।
जैसे $n \rightarrow \infty$,पद $\log(\frac{n+\alpha+1}{n+\alpha}) \rightarrow \log(1) = 0$ और $\log(\frac{n+\beta+1}{n+\beta}) \rightarrow \log(1) = 0$ हो जाते हैं।
शेष पद $\log(\frac{1+\beta}{1+\alpha})$ हैं।

(A) मान लीजिए $I = \int_{-1}^{1}(|x|-2[x]) \, dx$.
हम समाकलन को $x=0$ पर विभाजित करते हैं:
$I = \int_{-1}^{0}(|x|-2[x]) \, dx + \int_{0}^{1}(|x|-2[x]) \, dx$.
$x \in [-1, 0)$ के लिए,$|x| = -x$ और $[x] = -1$ है।
$x \in [0, 1)$ के लिए,$|x| = x$ और $[x] = 0$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{-1}^{0}(-x - 2(-1)) \, dx + \int_{0}^{1}(x - 2(0)) \, dx$.
$I = \int_{-1}^{0}(-x + 2) \, dx + \int_{0}^{1} x \, dx$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$I = \left[ -\frac{x^2}{2} + 2x \right]_{-1}^{0} + \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{1}$.
$I = (0 - 0) - \left( -\frac{(-1)^2}{2} + 2(-1) \right) + \left( \frac{1^2}{2} - 0 \right)$.
$I = - \left( -\frac{1}{2} - 2 \right) + \frac{1}{2}$.
$I = \frac{1}{2} + 2 + \frac{1}{2} = 1 + 2 = 3$.

(B) दिया गया है $I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \cos(nx) dx$.
$n=1$ के लिए: $I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cos x dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos 2x}{2} dx = \left[ \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4}$.
$n=2$ के लिए: $I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \cos 2x dx$. $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ का उपयोग करते हुए,$\cos^2 x = \frac{1+\cos 2x}{2}$.
$I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1+\cos 2x}{2} \right) \cos 2x dx = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos 2x dx + \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 2x dx$.
$I_2 = \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin 2x}{2} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} + \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos 4x}{2} dx = 0 + \frac{1}{4} \left[ x + \frac{\sin 4x}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{8}$.
$n=3$ के लिए: $I_3 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 x \cos 3x dx$. $\cos 3x = 4\cos^3 x - 3\cos x$ का उपयोग करते हुए,$\cos^3 x = \frac{\cos 3x + 3\cos x}{4}$.
$I_3 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\cos 3x + 3\cos x}{4} \right) \cos 3x dx = \frac{1}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 3x dx + \frac{3}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cos 3x dx$.
$I_3 = \frac{1}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos 6x}{2} dx + \frac{3}{8} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos 4x + \cos 2x) dx = \frac{1}{8} [x]_0^{\frac{\pi}{2}} + 0 + 0 = \frac{\pi}{16}$.
चूंकि $I_1 = \frac{\pi}{4}$,$I_2 = \frac{\pi}{8}$,$I_3 = \frac{\pi}{16}$,इसलिए अनुपात $\frac{I_2}{I_1} = \frac{1}{2}$ और $\frac{I_3}{I_2} = \frac{1}{2}$ है।
अतः,$I_1, I_2, I_3, \ldots$ $G$.$P$. में हैं।

(A) माना $I = \int_0^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^{2n}}}$.
$x \in (0, 1/2)$ के लिए,हमारे पास $0 < x < 1$ है,जिसका अर्थ है कि सभी $n \in N, n > 1$ के लिए $x^{2n} < x^2$ होता है।
यदि $n=1$ है,तो $I = \int_0^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = [\sin^{-1} x]_0^{1/2} = \frac{\pi}{6}$.
यदि $n > 1$ है,तो $x^{2n} < x^2$,इसलिए $1 - x^{2n} > 1 - x^2$.
यह दर्शाता है कि $\sqrt{1 - x^{2n}} > \sqrt{1 - x^2}$.
इसलिए,$\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2n}}} < \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$.
दोनों पक्षों का $0$ से $1/2$ तक समाकलन करने पर:
$I < \int_0^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{\pi}{6}$.
अतः,सभी $n \in N$ के लिए,$I \leq \frac{\pi}{6}$.

(A) दिया गया समाकलन समीकरण: $\int_{0}^{2} e^{x^{4}}(x - \alpha) dx = 0$ है।
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है: $\int_{0}^{2} x e^{x^{4}} dx = \alpha \int_{0}^{2} e^{x^{4}} dx$।
अतः,$\alpha = \frac{\int_{0}^{2} x e^{x^{4}} dx}{\int_{0}^{2} e^{x^{4}} dx}$।
मान लीजिए $f(x) = e^{x^{4}}$ है। चूंकि $f(x) > 0$ सभी $x \in [0, 2]$ के लिए है,$\alpha$ के लिए यह व्यंजक अंतराल $[0, 2]$ में $x$ के मानों का भारित औसत (weighted average) दर्शाता है।
चूंकि $x$ का मान $0$ से $2$ के बीच है,इसलिए भारित औसत $\alpha$ को भी अंतराल $[0, 2]$ में $x$ के न्यूनतम और अधिकतम मानों के बीच ही स्थित होना चाहिए।
अतः,$0 < \alpha < 2$,जिसका अर्थ है कि $\alpha \in (0, 2)$।

(A) दिया गया है कि $\frac{d}{dx}\{f(x)\} = g(x)$.
मान लीजिए $I = \int_a^b f(x) g(x) dx$.
समाकलन में $g(x) dx = df(x)$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{f(a)}^{f(b)} f(x) df(x)$.
समाकलन के लिए घात नियम $\int u du = \frac{u^2}{2} + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \left[ \frac{\{f(x)\}^2}{2} \right]_a^b$.
$I = \frac{1}{2} \left[ f^2(b) - f^2(a) \right]$.

(C) दिया गया समाकलन $\int_{\log _{e} 2}^{x} \frac{1}{e^{t}-1} dt = \log _{e} \frac{3}{2}$ है।
माना $u = e^{t}-1$,तो $du = e^{t} dt$,जिसका अर्थ है $dt = \frac{du}{u+1}$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर,हमें $\int \frac{1}{u(u+1)} du = \int (\frac{1}{u} - \frac{1}{u+1}) du = \log _{e} |u| - \log _{e} |u+1| = \log _{e} |\frac{u}{u+1}|$ प्राप्त होता है।
$u = e^{t}-1$ रखने पर,समाकलन $[\log _{e} |\frac{e^{t}-1}{e^{t}}|]_{\log _{e} 2}^{x} = [\log _{e} |1-e^{-t}|]_{\log _{e} 2}^{x}$ बन जाता है।
सीमाओं को लागू करने पर: $\log _{e} (1-e^{-x}) - \log _{e} (1-e^{-\log _{e} 2}) = \log _{e} (1-e^{-x}) - \log _{e} (1-\frac{1}{2}) = \log _{e} (1-e^{-x}) - \log _{e} (\frac{1}{2}) = \log _{e} \frac{3}{2}$।
अतः,$\log _{e} (\frac{1-e^{-x}}{1/2}) = \log _{e} \frac{3}{2}$,जिसका अर्थ है $2(1-e^{-x}) = \frac{3}{2}$।
$1-e^{-x} = \frac{3}{4} \implies e^{-x} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$-x = \log _{e} (\frac{1}{4}) = -\log _{e} 4$।
इसलिए,$x = \log _{e} 4$।

(A) माना $I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\sin x - x \cos x}{x(x + \sin x)} dx$
अंश को $(x + \sin x) - x(1 + \cos x)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left( \frac{x + \sin x}{x(x + \sin x)} - \frac{x(1 + \cos x)}{x(x + \sin x)} \right) dx$
$I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left( \frac{1}{x} - \frac{1 + \cos x}{x + \sin x} \right) dx$
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर: $I = [\log |x|]_{\pi/6}^{\pi/3} - \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{1 + \cos x}{x + \sin x} dx$
दूसरे समाकलन के लिए,माना $t = x + \sin x$,तो $dt = (1 + \cos x) dx$.
जब $x = \pi/6$,तब $t = \pi/6 + 1/2 = (\pi + 3)/6$. जब $x = \pi/3$,तब $t = \pi/3 + \sqrt{3}/2 = (2\pi + 3\sqrt{3})/6$.
$I = \log(\pi/3) - \log(\pi/6) - [\log |t|]_{(\pi+3)/6}^{(2\pi+3\sqrt{3})/6}$
$I = \log(2) - \left( \log \left( \frac{2\pi + 3\sqrt{3}}{6} \right) - \log \left( \frac{\pi + 3}{6} \right) \right)$
$I = \log(2) - \log \left( \frac{2\pi + 3\sqrt{3}}{\pi + 3} \right) = \log \left( \frac{2(\pi + 3)}{2\pi + 3\sqrt{3}} \right)$

(D) माना $I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 2} \left( \frac{1+\sin 2x+\cos 2x}{\sin x+\cos x} \right) dx$
सर्वसमिकाओं $\sin 2x = 2\sin x \cos x$ और $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 2} \left( \frac{1 + 2\sin x \cos x + 2\cos^2 x - 1}{\sin x + \cos x} \right) dx$
$I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 2} \left( \frac{2\cos x(\sin x + \cos x)}{\sin x + \cos x} \right) dx$
$I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 2} 2\cos x dx$
$I = 2[\sin x]_{\pi / 6}^{\pi / 2}$
$I = 2\left( \sin \frac{\pi}{2} - \sin \frac{\pi}{6} \right)$
$I = 2\left( 1 - \frac{1}{2} \right) = 2 \times \frac{1}{2} = 1$

(D) माना $I = \int_{0}^{\pi / 4} \frac{\sin x + \cos x}{3 + \sin 2x} dx$.
चूंकि $\sin 2x = 1 - (1 - \sin 2x) = 1 - (\sin x - \cos x)^2$,हम हर को $3 + 1 - (\sin x - \cos x)^2 = 4 - (\sin x - \cos x)^2$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$I = \int_{0}^{\pi / 4} \frac{\sin x + \cos x}{4 - (\sin x - \cos x)^2} dx$.
माना $t = \sin x - \cos x$,तो $dt = (\cos x + \sin x) dx$.
जब $x = 0$,तब $t = \sin 0 - \cos 0 = -1$.
जब $x = \pi / 4$,तब $t = \sin(\pi / 4) - \cos(\pi / 4) = 0$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर,$I = \int_{-1}^{0} \frac{dt}{4 - t^2}$.
सूत्र $\int \frac{dx}{a^2 - x^2} = \frac{1}{2a} \log |\frac{a+x}{a-x}|$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2(2)} [\log |\frac{2+t}{2-t}|]_{-1}^{0} = \frac{1}{4} [\log |\frac{2+0}{2-0}| - \log |\frac{2-1}{2+1}|]$.
$I = \frac{1}{4} [\log 1 - \log (1/3)] = \frac{1}{4} [0 - (-\log 3)] = \frac{1}{4} \log 3$.

(B) हमें समाकलन $I = \int_0^{1.5} [x^2] dx$ का मान ज्ञात करना है,जहाँ $[x^2]$ महत्तम पूर्णांक फलन को दर्शाता है।
अंतराल $[0, 1.5]$ को उन बिंदुओं पर विभाजित करें जहाँ $[x^2]$ का मान बदलता है:
$I = \int_0^1 [x^2] dx + \int_1^{\sqrt{2}} [x^2] dx + \int_{\sqrt{2}}^{1.5} [x^2] dx$
$1$. $0 \le x < 1$ के लिए,$0 \le x^2 < 1$,इसलिए $[x^2] = 0$ है।
$\int_0^1 0 dx = 0$
$2$. $1 \le x < \sqrt{2}$ के लिए,$1 \le x^2 < 2$,इसलिए $[x^2] = 1$ है।
$\int_1^{\sqrt{2}} 1 dx = [x]_1^{\sqrt{2}} = \sqrt{2} - 1$
$3$. $\sqrt{2} \le x < 1.5$ के लिए,$2 \le x^2 < 2.25$,इसलिए $[x^2] = 2$ है।
$\int_{\sqrt{2}}^{1.5} 2 dx = 2[x]_{\sqrt{2}}^{1.5} = 2(1.5 - \sqrt{2}) = 3 - 2\sqrt{2}$
इन मानों को जोड़ने पर:
$I = 0 + (\sqrt{2} - 1) + (3 - 2\sqrt{2})$
$I = 2 - \sqrt{2}$

(C) दी गई असमिका: $\frac{1}{\sqrt{a}} \int_{1}^{a} (\frac{3}{2} \sqrt{x} + 1 - \frac{1}{\sqrt{x}}) dx < 4$
सबसे पहले,समाकलन का मान ज्ञात करें: $\int_{1}^{a} (\frac{3}{2} x^{1/2} + 1 - x^{-1/2}) dx$
$= [\frac{3}{2} \cdot \frac{x^{3/2}}{3/2} + x - \frac{x^{1/2}}{1/2}]_{1}^{a}$
$= [x^{3/2} + x - 2x^{1/2}]_{1}^{a}$
$= (a^{3/2} + a - 2a^{1/2}) - (1^{3/2} + 1 - 2(1)^{1/2})$
$= a^{3/2} + a - 2a^{1/2} - (1 + 1 - 2) = a^{3/2} + a - 2a^{1/2}$
अब असमिका में मान रखने पर:
$\frac{1}{a^{1/2}} (a^{3/2} + a - 2a^{1/2}) < 4$
$a + a^{1/2} - 2 < 4$
$a + a^{1/2} - 6 < 0$
माना $t = a^{1/2}$,जहाँ $t > 0$:
$t^2 + t - 6 < 0$
$(t + 3)(t - 2) < 0$
चूँकि $t > 0$,$t + 3$ हमेशा धनात्मक है,इसलिए $t - 2 < 0$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है $t < 2$.
अतः,$a^{1/2} < 2 \Rightarrow a < 4$.
चूँकि समाकलन $a > 0$ के लिए परिभाषित है,इसलिए अंतराल $(0, 4)$ है।

(A) अंतराल $[a, b]$ पर एक सतत फलन $f(x)$ का औसत मान ज्ञात करने का सूत्र है:
$\text{औसत मान} = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x) dx$
यहाँ,$f(x) = \sin x$,$a = 0$,और $b = \pi$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\text{औसत ऑर्डिनेट} = \frac{1}{\pi - 0} \int_0^\pi \sin x dx$
$= \frac{1}{\pi} [-\cos x]_0^\pi$
$= \frac{1}{\pi} [-\cos(\pi) - (-\cos(0))]$
$= \frac{1}{\pi} [-(-1) - (-1)]$
$= \frac{1}{\pi} [1 + 1]$
$= \frac{2}{\pi}$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) माना $I = \int_{1}^{3} \frac{|x-1|}{|x-2|+|x-3|} d x$.
चूंकि $x \in [1, 3]$,$|x-1| = x-1$ है।
$x \in [1, 2]$ के लिए,$|x-2| = 2-x$ और $|x-3| = 3-x$ है।
$x \in [2, 3]$ के लिए,$|x-2| = x-2$ और $|x-3| = 3-x$ है।
अतः,$I = \int_{1}^{2} \frac{x-1}{(2-x)+(3-x)} d x + \int_{2}^{3} \frac{x-1}{(x-2)+(3-x)} d x$.
$I = \int_{1}^{2} \frac{x-1}{5-2x} d x + \int_{2}^{3} (x-1) d x$.
प्रथम समाकलन के लिए,$u = 5-2x$ लें,तो $du = -2 dx$,इसलिए $dx = -\frac{1}{2} du$. जब $x=1, u=3$; जब $x=2, u=1$.
$\int_{1}^{2} \frac{x-1}{5-2x} d x = \int_{3}^{1} \frac{\frac{5-u}{2}-1}{u} (-\frac{1}{2}) du = \frac{1}{4} \int_{1}^{3} \frac{3-u}{u} du = \frac{1}{4} [3 \ln |u| - u]_{1}^{3} = \frac{1}{4} (3 \ln 3 - 2) = \frac{3}{4} \ln 3 - \frac{1}{2}$.
दूसरे समाकलन के लिए,$\int_{2}^{3} (x-1) d x = [\frac{x^2}{2} - x]_{2}^{3} = (\frac{9}{2} - 3) - (2 - 2) = \frac{3}{2}$.
इसलिए,$I = (\frac{3}{4} \ln 3 - \frac{1}{2}) + \frac{3}{2} = 1 + \frac{3}{4} \ln 3$.