Fundamental definite integration Questions in Hindi

(B) हम जानते हैं कि $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$ होता है।
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi} \sqrt{\frac{2 \cos^2 x}{2}} \, dx = \int_{0}^{\pi} |\cos x| \, dx$।
चूंकि $x \in [0, \pi/2]$ के लिए $\cos x \ge 0$ और $x \in [\pi/2, \pi]$ के लिए $\cos x \le 0$ होता है,इसलिए हम समाकलन को दो भागों में विभाजित करते हैं:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \cos x \, dx - \int_{\pi/2}^{\pi} \cos x \, dx$।
समाकलन का मान निकालने पर:
$I = [\sin x]_{0}^{\pi/2} - [\sin x]_{\pi/2}^{\pi}$।
$I = (\sin(\pi/2) - \sin(0)) - (\sin(\pi) - \sin(\pi/2))$।
$I = (1 - 0) - (0 - 1) = 1 + 1 = 2$।

(A) माना $I = \int_{0}^{9} [\sqrt{x} + 2] \,dx$. चूँकि $2$ एक पूर्णांक है,हम इसे $I = \int_{0}^{9} ([\sqrt{x}] + 2) \,dx = \int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \,dx + \int_{0}^{9} 2 \,dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
सबसे पहले,$[\sqrt{x}]$ के मानों के आधार पर अंतराल को विभाजित करके $\int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \,dx$ का मूल्यांकन करें:
$0 \le x < 1$ के लिए,$[\sqrt{x}] = 0$।
$1 \le x < 4$ के लिए,$[\sqrt{x}] = 1$।
$4 \le x < 9$ के लिए,$[\sqrt{x}] = 2$।
अतः,$\int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \,dx = \int_{0}^{1} 0 \,dx + \int_{1}^{4} 1 \,dx + \int_{4}^{9} 2 \,dx = 0 + (4 - 1) + 2(9 - 4) = 3 + 10 = 13$।
आगे,$\int_{0}^{9} 2 \,dx = [2x]_{0}^{9} = 18$।
इसलिए,$I = 13 + 18 = 31$।

(C) माना $I = \int_{0}^{\sqrt{2}} [x^2] \, dx$.
चूँकि फलन $[x^2]$ उन बिंदुओं पर अपना मान बदलता है जहाँ $x^2$ एक पूर्णांक है,इसलिए हम अंतराल $[0, \sqrt{2}]$ को विभाजित करते हैं।
$0 \le x < 1$ के लिए,$0 \le x^2 < 1$,अतः $[x^2] = 0$.
$1 \le x \le \sqrt{2}$ के लिए,$1 \le x^2 \le 2$,अतः $[x^2] = 1$.
इस प्रकार,$I = \int_{0}^{1} 0 \, dx + \int_{1}^{\sqrt{2}} 1 \, dx$.
$I = 0 + [x]_{1}^{\sqrt{2}}$.
$I = \sqrt{2} - 1$.

(C) दिया गया है $I = \int_{0}^{1} x \left| x - \frac{1}{2} \right| dx$.
चूँकि समाकल्य में मापांक फलन है,हम समाकलन को $x = 1/2$ पर विभाजित करते हैं:
$I = \int_{0}^{1/2} x \left( -\left( x - \frac{1}{2} \right) \right) dx + \int_{1/2}^{1} x \left( x - \frac{1}{2} \right) dx$.
$I = \int_{0}^{1/2} \left( \frac{1}{2}x - x^2 \right) dx + \int_{1/2}^{1} \left( x^2 - \frac{1}{2}x \right) dx$.
समाकलन करने पर:
$I = \left[ \frac{x^2}{4} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1/2} + \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{4} \right]_{1/2}^{1}$.
$I = \left( \frac{(1/2)^2}{4} - \frac{(1/2)^3}{3} \right) + \left( \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) - \left( \frac{(1/2)^3}{3} - \frac{(1/2)^2}{4} \right) \right)$.
$I = \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{24} \right) + \left( \frac{1}{12} - \left( \frac{1}{24} - \frac{1}{16} \right) \right)$.
$I = \left( \frac{3-2}{48} \right) + \left( \frac{1}{12} - \left( \frac{2-3}{48} \right) \right) = \frac{1}{48} + \frac{1}{12} + \frac{1}{48} = \frac{2}{48} + \frac{4}{48} = \frac{6}{48} = \frac{1}{8}$.

(A) हमें निश्चित समाकल $I = \int_{0}^{8} |x - 5| \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि फलन $|x - 5|$ का मान $x = 5$ पर बदलता है,इसलिए हम समाकल को $x = 5$ पर विभाजित करते हैं:
$I = \int_{0}^{5} -(x - 5) \, dx + \int_{5}^{8} (x - 5) \, dx$.
प्रथम भाग का समाकलन: $\int_{0}^{5} (5 - x) \, dx = [5x - \frac{x^2}{2}]_{0}^{5} = (25 - \frac{25}{2}) - 0 = \frac{25}{2} = 12.5$.
द्वितीय भाग का समाकलन: $\int_{5}^{8} (x - 5) \, dx = [\frac{x^2}{2} - 5x]_{5}^{8} = (\frac{64}{2} - 40) - (\frac{25}{2} - 25) = (32 - 40) - (12.5 - 25) = -8 - (-12.5) = 4.5$.
दोनों भागों को जोड़ने पर: $I = 12.5 + 4.5 = 17$.

(D) माना कि $I = \int_{0}^{2} |x - 1| \, dx$ है।
चूंकि फलन $|x - 1|$ का मान $x = 1$ पर अपना चिह्न बदलता है,इसलिए हम समाकलन को $x = 1$ पर विभाजित करते हैं:
$I = \int_{0}^{1} -(x - 1) \, dx + \int_{1}^{2} (x - 1) \, dx$।
प्रथम समाकलन का मान: $\int_{0}^{1} (-x + 1) \, dx = \left[ -\frac{x^2}{2} + x \right]_{0}^{1} = (-\frac{1}{2} + 1) - (0) = \frac{1}{2}$।
द्वितीय समाकलन का मान: $\int_{1}^{2} (x - 1) \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} - x \right]_{1}^{2} = (\frac{4}{2} - 2) - (\frac{1}{2} - 1) = (2 - 2) - (-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$।
दोनों भागों को जोड़ने पर: $I = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$।

(D) हम $\int_{-2}^{2} |[x]| \, dx$ समाकलन का मूल्यांकन करने के लिए अंतराल को उन पूर्णांकों पर विभाजित करते हैं जहाँ महत्तम पूर्णांक फलन $[x]$ का मान बदलता है:
$\int_{-2}^{2} |[x]| \, dx = \int_{-2}^{-1} |[x]| \, dx + \int_{-1}^{0} |[x]| \, dx + \int_{0}^{1} |[x]| \, dx + \int_{1}^{2} |[x]| \, dx$
जब $x \in [-2, -1)$,तब $[x] = -2$,इसलिए $|[x]| = 2$.
जब $x \in [-1, 0)$,तब $[x] = -1$,इसलिए $|[x]| = 1$.
जब $x \in [0, 1)$,तब $[x] = 0$,इसलिए $|[x]| = 0$.
जब $x \in [1, 2)$,तब $[x] = 1$,इसलिए $|[x]| = 1$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$= \int_{-2}^{-1} 2 \, dx + \int_{-1}^{0} 1 \, dx + \int_{0}^{1} 0 \, dx + \int_{1}^{2} 1 \, dx$
$= 2[x]_{-2}^{-1} + [x]_{-1}^{0} + 0 + [x]_{1}^{2}$
$= 2(-1 - (-2)) + (0 - (-1)) + 0 + (2 - 1)$
$= 2(1) + 1 + 1 = 4.$

(B) दिया गया समाकलन $\int_{a}^{b} \frac{x}{|x|} dx$ है,जहाँ शर्त $a < b < 0$ है।
चूँकि अंतराल $[a, b]$ में सभी $x$ के लिए $x < 0$ है,इसलिए $|x| = -x$ होगा।
अतः,समाकल्य पद $\frac{x}{|x|} = \frac{x}{-x} = -1$ हो जाता है।
अब,निश्चित समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$\int_{a}^{b} (-1) dx = -[x]_{a}^{b} = -(b - a) = a - b$.
चूँकि $a < b < 0$ है,हम जानते हैं कि $|a| = -a$ और $|b| = -b$ है।
अतः,$a - b = (-|a|) - (-|b|) = |b| - |a|$.
इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(D) हमें समाकलन $I = \int_{-2}^{3} |1 - x^2| dx$ का मान ज्ञात करना है।
पद $|1 - x^2|$,$x = -1$ और $x = 1$ पर अपना चिह्न बदलता है।
$x \in [-2, -1]$ के लिए,$1 - x^2 \le 0$,इसलिए $|1 - x^2| = x^2 - 1$ होगा।
$x \in [-1, 1]$ के लिए,$1 - x^2 \ge 0$,इसलिए $|1 - x^2| = 1 - x^2$ होगा।
$x \in [1, 3]$ के लिए,$1 - x^2 \le 0$,इसलिए $|1 - x^2| = x^2 - 1$ होगा।
अतः,$I = \int_{-2}^{-1} (x^2 - 1) dx + \int_{-1}^{1} (1 - x^2) dx + \int_{1}^{3} (x^2 - 1) dx$ होगा।
प्रत्येक समाकलन का मान निकालने पर:
$\int_{-2}^{-1} (x^2 - 1) dx = [\frac{x^3}{3} - x]_{-2}^{-1} = (-\frac{1}{3} + 1) - (-\frac{8}{3} + 2) = \frac{2}{3} - (-\frac{2}{3}) = \frac{4}{3}$।
$\int_{-1}^{1} (1 - x^2) dx = [x - \frac{x^3}{3}]_{-1}^{1} = (1 - \frac{1}{3}) - (-1 + \frac{1}{3}) = \frac{2}{3} - (-\frac{2}{3}) = \frac{4}{3}$।
$\int_{1}^{3} (x^2 - 1) dx = [\frac{x^3}{3} - x]_{1}^{3} = (9 - 3) - (\frac{1}{3} - 1) = 6 - (-\frac{2}{3}) = \frac{20}{3}$।
इन मानों को जोड़ने पर: $I = \frac{4}{3} + \frac{4}{3} + \frac{20}{3} = \frac{28}{3}$।

(A) दिया गया है कि $f(x) = |x - 1|$।
हम जानते हैं कि $x < 1$ के लिए $|x - 1| = (1 - x)$ और $x \ge 1$ के लिए $|x - 1| = (x - 1)$ होता है।
इसलिए,$\int_0^2 |x - 1| dx = \int_0^1 (1 - x) dx + \int_1^2 (x - 1) dx$।
प्रथम समाकलन का मान: $\int_0^1 (1 - x) dx = [x - \frac{x^2}{2}]_0^1 = (1 - \frac{1}{2}) - (0 - 0) = \frac{1}{2}$।
द्वितीय समाकलन का मान: $\int_1^2 (x - 1) dx = [\frac{x^2}{2} - x]_1^2 = (\frac{4}{2} - 2) - (\frac{1}{2} - 1) = (2 - 2) - (-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$।
दोनों भागों को जोड़ने पर: $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$।

(C) माना $I = \int_{0}^{\pi / 2} (\sin x - \cos x) \log(\sin x + \cos x) \, dx$.
प्रतिस्थापन $t = \sin x + \cos x$ का उपयोग करें।
तब $dt = (\cos x - \sin x) \, dx$,जिसका अर्थ है कि $-( \sin x - \cos x) \, dx = dt$.
अब,समाकलन की सीमाओं को बदलें:
जब $x = 0$,तब $t = \sin(0) + \cos(0) = 0 + 1 = 1$.
जब $x = \frac{\pi}{2}$,तब $t = \sin(\frac{\pi}{2}) + \cos(\frac{\pi}{2}) = 1 + 0 = 1$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{1}^{1} - \log(t) \, dt$.
चूंकि यहाँ निचली सीमा और ऊपरी सीमा समान है,इसलिए निश्चित समाकलन का मान $0$ होगा,क्योंकि $\int_{a}^{a} f(t) \, dt = 0$।

(C) दिया गया फलन $L(x) = \int_1^x \frac{1}{t} dt$ है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर,हमें $L(x) = [\ln |t|]_1^x$ प्राप्त होता है।
$L(x) = \ln |x| - \ln |1| = \ln |x|$.
अब,$L(xy) = \ln |xy| = \ln |x| + \ln |y|$ पर विचार करें।
चूंकि $L(x) = \ln |x|$ और $L(y) = \ln |y|$,इसलिए $L(xy) = L(x) + L(y)$ होता है।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) $0 < x < 1$ के लिए,हमारे पास $0 \le x^2 \le 1$ है,जिसका अर्थ है कि $e^0 \le e^{x^2} \le e^1$,अर्थात $1 \le e^{x^2} \le e$ है।
इस असमिका का $0$ से $1$ की सीमा में $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$\int_0^1 1 dx < \int_0^1 e^{x^2} dx < \int_0^1 e dx$
$[x]_0^1 < \int_0^1 e^{x^2} dx < [ex]_0^1$
$1 < \int_0^1 e^{x^2} dx < e$.
अतः,समाकल का मान $(1, e)$ अंतराल में स्थित है।

(C) दिया गया समीकरण: $\int_0^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} = \int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx}$.
निश्चित समाकलन के गुण $\int_0^3 f(x)dx = \int_0^1 f(x)dx + \int_1^3 f(x)dx$ का उपयोग करते हुए,हम समीकरण को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\int_0^1 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} + \int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} = \int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx}$.
दोनों पक्षों से $\int_1^3 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx}$ घटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\int_0^1 {(3ax^2 + 2bx + c)\,dx} = 0$.
अब,समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$\left[ ax^3 + bx^2 + cx \right]_0^1 = 0$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$(a(1)^3 + b(1)^2 + c(1)) - (a(0)^3 + b(0)^2 + c(0)) = 0$.
$a + b + c = 0$.

(D) माना $I = \int_{-\pi}^{\pi} (\cos^2 px + \sin^2 qx - 2 \sin qx \cos px) dx$.
गुणधर्म $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$ का उपयोग करते हुए यदि $f(x)$ सम है और $0$ यदि $f(x)$ विषम है:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 px dx + \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 qx dx - 2 \int_{-\pi}^{\pi} \sin qx \cos px dx$.
चूँकि $\sin qx \cos px$ एक विषम फलन है,इसलिए $[-\pi, \pi]$ पर इसका समाकलन $0$ है।
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 + \cos 2px}{2} dx + \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 - \cos 2qx}{2} dx$.
$I = \frac{1}{2} [x + \frac{\sin 2px}{2p}]_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{2} [x - \frac{\sin 2qx}{2q}]_{-\pi}^{\pi}$.
$I = \frac{1}{2} [(\pi - (-\pi)) + 0] + \frac{1}{2} [(\pi - (-\pi)) - 0] = \frac{1}{2} (2\pi) + \frac{1}{2} (2\pi) = \pi + \pi = 2\pi$.

(D) हमें समाकलन $I = \int_0^1 (1 + e^{-x^2}) \,dx$ दिया गया है।
निश्चित समाकलन के रैखिकता गुण का उपयोग करके,हम इसे दो भागों में विभाजित कर सकते हैं:
$I = \int_0^1 1 \,dx + \int_0^1 e^{-x^2} \,dx$.
पहला भाग $\int_0^1 1 \,dx = [x]_0^1 = 1 - 0 = 1$ है।
दूसरा भाग $\int_0^1 e^{-x^2} \,dx$ है।
फलन $e^{-x^2}$ का कोई प्राथमिक प्रति-अवकलज (antiderivative) नहीं है। इसलिए,समाकलन $\int_0^1 e^{-x^2} \,dx$ को सरल बीजगणितीय या पारलौकिक फलनों के रूप में व्यक्त नहीं किया जा सकता है।
अतः,समाकलन का मान $1 + \int_0^1 e^{-x^2} \,dx$ है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,कोई भी विकल्प $A, B,$ या $C$ इस परिणाम से मेल नहीं खाता है।
इसलिए,सही विकल्प $D$ है।

(B) माना $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \, dx$ है।
चूंकि $f(x) = \sin^2 x$ एक सम फलन है,इसलिए $I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x \, dx$ होगा।
सर्वसमिका $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx$
$I = \int_0^{\pi/2} (1 - \cos 2x) \, dx$
$I = [x - \frac{\sin 2x}{2}]_0^{\pi/2}$
$I = (\frac{\pi}{2} - \frac{\sin \pi}{2}) - (0 - \frac{\sin 0}{2})$
$I = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(A) $I = \int_0^{\pi /2} \cos^2 x \, dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$ का उपयोग करते हैं।
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_0^{\pi /2} \frac{1 + \cos(2x)}{2} \, dx$
$I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi /2} (1 + \cos(2x)) \, dx$
$I = \frac{1}{2} \left[ x + \frac{\sin(2x)}{2} \right]_0^{\pi /2}$
सीमाओं पर मान रखने पर:
$I = \frac{1}{2} \left[ (\frac{\pi}{2} + \frac{\sin(\pi)}{2}) - (0 + \frac{\sin(0)}{2}) \right]$
चूँकि $\sin(\pi) = 0$ और $\sin(0) = 0$ है:
$I = \frac{1}{2} [\frac{\pi}{2} + 0 - 0] = \frac{\pi}{4}$.

(D) माना $I = \int_0^\infty \frac{x^2 \, dx}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)}$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करके,हम लिख सकते हैं $\frac{x^2}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} = \frac{A}{x^2 + a^2} + \frac{B}{x^2 + b^2}$.
$A$ और $B$ के लिए हल करने पर,हमें $x^2 = A(x^2 + b^2) + B(x^2 + a^2)$ प्राप्त होता है।
$x^2 = -a^2$ रखने पर,हमें $-a^2 = A(b^2 - a^2)$ मिलता है,अतः $A = \frac{a^2}{a^2 - b^2}$.
$x^2 = -b^2$ रखने पर,हमें $-b^2 = B(a^2 - b^2)$ मिलता है,अतः $B = \frac{-b^2}{a^2 - b^2}$.
अतः,$I = \frac{1}{a^2 - b^2} \int_0^\infty \left( \frac{a^2}{x^2 + a^2} - \frac{b^2}{x^2 + b^2} \right) dx$.
$I = \frac{1}{a^2 - b^2} \left[ a^2 \cdot \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) - b^2 \cdot \frac{1}{b} \tan^{-1}(\frac{x}{b}) \right]_0^\infty$.
$I = \frac{1}{a^2 - b^2} \left[ a \cdot \frac{\pi}{2} - b \cdot \frac{\pi}{2} \right] = \frac{\pi}{2(a^2 - b^2)} (a - b) = \frac{\pi}{2(a + b)}$.

(B) माना $I = \int_0^\infty \frac{x^3 \, dx}{(x^2 + 4)^2}$.
$t = x^2$ प्रतिस्थापन करने पर,$dt = 2x \, dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x \, dx = \frac{dt}{2}$.
जब $x = 0$,तब $t = 0$. जब $x \to \infty$,तब $t \to \infty$.
$I = \int_0^\infty \frac{t \cdot (x \, dx)}{(t + 4)^2} = \int_0^\infty \frac{t \cdot \frac{dt}{2}}{(t + 4)^2} = \frac{1}{2} \int_0^\infty \frac{t}{(t + 4)^2} \, dt$.
हम समाकल्य को $\frac{t}{(t + 4)^2} = \frac{t + 4 - 4}{(t + 4)^2} = \frac{1}{t + 4} - \frac{4}{(t + 4)^2}$ के रूप में लिख सकते हैं।
$I = \frac{1}{2} \left[ \int_0^\infty \frac{1}{t + 4} \, dt - \int_0^\infty \frac{4}{(t + 4)^2} \, dt \right]$.
$I = \frac{1}{2} \left[ \ln(t + 4) + \frac{4}{t + 4} \right]_0^\infty$.
जैसे $t \to \infty$,वैसे $\ln(t + 4) \to \infty$ और $\frac{4}{t + 4} \to 0$.
अतः,समाकलन $\infty$ की ओर अग्रसर है।

(A) माना $I = \int_0^\infty \frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} dx$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करके,हम लिखते हैं $\frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} = \frac{A}{1 + x} + \frac{Bx + C}{1 + x^2}$.
स्थिरांकों के लिए हल करने पर,हमें मिलता है $x = A(1 + x^2) + (Bx + C)(1 + x)$.
$x = -1$ के लिए,$-1 = A(2) \implies A = -1/2$.
$x^2$ के गुणांकों की तुलना करने पर,$0 = A + B \implies B = 1/2$.
स्थिरांकों की तुलना करने पर,$0 = A + C \implies C = 1/2$.
अतः,$\frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{x + 1}{1 + x^2} - \frac{1}{1 + x} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{x}{1 + x^2} + \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{1 + x} \right)$.
$0$ से $\infty$ तक समाकलन करने पर:
$I = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} \ln(1 + x^2) + \tan^{-1}(x) - \ln(1 + x) \right]_0^\infty$.
$I = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1 + x^2}{(1 + x)^2}\right) + \tan^{-1}(x) \right]_0^\infty$.
जैसे $x \to \infty$,$\frac{1 + x^2}{(1 + x)^2} \to 1$,इसलिए $\ln(1) = 0$.
$I = \frac{1}{2} [0 + \frac{\pi}{2} - (0 + 0)] = \frac{\pi}{4}$.

(B) दिया गया है $F(x) = \int_{5\pi /4}^x (3\sin u + 4\cos u) du$.
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$F'(x) = 3\sin x + 4\cos x$.
अंतराल $\left[ \frac{5\pi}{4}, \frac{4\pi}{3} \right]$ में,$\sin x$ और $\cos x$ दोनों ऋणात्मक हैं।
चूँकि $F'(x) < 0$ है,इसलिए फलन $F(x)$ इस अंतराल में एक ह्रासमान फलन है।
अतः,न्यूनतम मान अंतिम बिंदु $x = \frac{4\pi}{3}$ पर प्राप्त होगा।
$F\left( \frac{4\pi}{3} \right) = \int_{5\pi /4}^{4\pi /3} (3\sin u + 4\cos u) du = [-3\cos u + 4\sin u]_{5\pi /4}^{4\pi /3}$.
$= \left( -3\cos\frac{4\pi}{3} + 4\sin\frac{4\pi}{3} \right) - \left( -3\cos\frac{5\pi}{4} + 4\sin\frac{5\pi}{4} \right)$.
$= (\frac{3}{2} - 2\sqrt{3}) - (\frac{3}{\sqrt{2}} - \frac{4}{\sqrt{2}}) = \frac{3}{2} - 2\sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(C) माना $I = \int_0^\infty e^{-2x} (\sin 2x + \cos 2x) \, dx$ है।
मानक समाकलन सूत्र $\int e^{ax} \sin(bx) \, dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} (a \sin bx - b \cos bx)$ और $\int e^{ax} \cos(bx) \, dx = \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2} (a \cos bx + b \sin bx)$ का उपयोग करते हुए।
यहाँ $a = -2$ और $b = 2$ है।
$\int_0^\infty e^{-2x} \sin 2x \, dx = \left[ \frac{e^{-2x}}{(-2)^2 + 2^2} (-2 \sin 2x - 2 \cos 2x) \right]_0^\infty = \left[ \frac{e^{-2x}}{8} (-2 \sin 2x - 2 \cos 2x) \right]_0^\infty = 0 - (\frac{1}{8}(-2)) = \frac{1}{4}$।
$\int_0^\infty e^{-2x} \cos 2x \, dx = \left[ \frac{e^{-2x}}{(-2)^2 + 2^2} (-2 \cos 2x + 2 \sin 2x) \right]_0^\infty = \left[ \frac{e^{-2x}}{8} (-2 \cos 2x + 2 \sin 2x) \right]_0^\infty = 0 - (\frac{1}{8}(-2)) = \frac{1}{4}$।
दोनों परिणामों को जोड़ने पर: $I = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$।

(B) $\int_0^{b - c} f''(x + a) \, dx$ समाकल का मूल्यांकन करने के लिए,हम कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करते हैं।
मान लीजिए $u = x + a$,तो $du = dx$ होगा।
जब $x = 0$,तब $u = a$ होगा।
जब $x = b - c$,तब $u = b - c + a$ होगा।
अतः समाकल इस प्रकार होगा:
$\int_a^{b - c + a} f''(u) \, du$
चूंकि $f''(u)$ का प्रति-अवकलज $f'(u)$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$[f'(u)]_a^{b - c + a} = f'(b - c + a) - f'(a)$.

(C) फलन $F(x) = \int_1^x {|t| \, dt}$ के रूप में परिभाषित है।
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$F'(x) = |x|$ है।
चूंकि अंतराल $\left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right]$ में सभी $x$ के लिए $|x| \ge 0$ है,इसलिए फलन $F(x)$ इस अंतराल पर वर्धमान है।
अतः,अधिकतम मान दाहिने अंतिम बिंदु $x = \frac{1}{2}$ पर प्राप्त होता है।
$F\left( \frac{1}{2} \right) = \int_1^{1/2} {|t| \, dt} = -\int_{1/2}^1 {|t| \, dt}$।
अंतराल $\left[ \frac{1}{2}, 1 \right]$ में $t > 0$ है,इसलिए $|t| = t$ होगा।
$F\left( \frac{1}{2} \right) = -\int_{1/2}^1 {t \, dt} = -\left[ \frac{t^2}{2} \right]_{1/2}^1 = -\left( \frac{1}{2} - \frac{1}{8} \right) = -\left( \frac{4-1}{8} \right) = -\frac{3}{8}$।

(A) माना $I = \int_0^\infty \frac{dx}{(x + \sqrt{x^2 + 1})^3}$.
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तब $\theta = 0$. जब $x \to \infty$,तब $\theta \to \frac{\pi}{2}$.
समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{(\tan \theta + \sec \theta)^3}$
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{(\frac{\sin \theta + 1}{\cos \theta})^3} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \cos^3 \theta}{(1 + \sin \theta)^3} \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos \theta}{(1 + \sin \theta)^3} \, d\theta$
माना $u = 1 + \sin \theta$,तब $du = \cos \theta \, d\theta$.
जब $\theta = 0, u = 1$. जब $\theta = \frac{\pi}{2}, u = 2$.
$I = \int_1^2 u^{-3} \, du = \left[ \frac{u^{-2}}{-2} \right]_1^2 = \left[ -\frac{1}{2u^2} \right]_1^2$
$I = -\frac{1}{2(4)} - (-\frac{1}{2(1)}) = -\frac{1}{8} + \frac{1}{2} = \frac{3}{8}$.

(C) माना $I = \int_{0}^{\pi /2} (\sqrt{\sin \theta} \cos \theta)^3 d\theta = \int_{0}^{\pi /2} \sin^{3/2} \theta \cos^3 \theta d\theta$.
बीटा फलन के सूत्र $\int_{0}^{\pi /2} \sin^m \theta \cos^n \theta d\theta = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$ का उपयोग करने पर,जहाँ $m = 3/2$ और $n = 3$ है:
$I = \frac{\Gamma(\frac{3/2 + 1}{2}) \Gamma(\frac{3 + 1}{2})}{2 \Gamma(\frac{3/2 + 3 + 2}{2})} = \frac{\Gamma(5/4) \Gamma(2)}{2 \Gamma(13/4)}$.
चूँकि $\Gamma(2) = 1! = 1$ और $\Gamma(13/4) = \Gamma(1 + 9/4) = \frac{9}{4} \Gamma(9/4) = \frac{9}{4} \cdot \frac{5}{4} \Gamma(5/4)$:
$I = \frac{\Gamma(5/4) \cdot 1}{2 \cdot (\frac{9}{4} \cdot \frac{5}{4} \Gamma(5/4))} = \frac{1}{2 \cdot \frac{45}{16}} = \frac{16}{90} = \frac{8}{45}$.

(D) दिया गया है $f(t) = \int_{-t}^{t} \frac{dx}{1 + x^2}$.
हम जानते हैं कि $\int \frac{dx}{1 + x^2} = \tan^{-1}(x)$.
सीमाओं को लागू करने पर:
$f(t) = [\tan^{-1}(x)]_{-t}^{t} = \tan^{-1}(t) - \tan^{-1}(-t)$.
चूंकि $\tan^{-1}(-t) = -\tan^{-1}(t)$,इसलिए:
$f(t) = \tan^{-1}(t) - (-\tan^{-1}(t)) = 2\tan^{-1}(t)$.
$t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f'(t) = 2 \times \frac{1}{1 + t^2} = \frac{2}{1 + t^2}$.
अब,$t = 1$ रखने पर:
$f'(1) = \frac{2}{1 + (1)^2} = \frac{2}{2} = 1$.

(C) माना $I = \int_{0}^{1} \frac{d}{dx} \left[ \sin^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right) \right] dx$.
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$\int_{a}^{b} f'(x) dx = f(b) - f(a)$.
यहाँ,$f(x) = \sin^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)$ है।
अतः,$I = \left[ \sin^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right) \right]_{0}^{1}$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = \sin^{-1} \left( \frac{2(1)}{1+(1)^2} \right) - \sin^{-1} \left( \frac{2(0)}{1+(0)^2} \right)$.
$I = \sin^{-1} \left( \frac{2}{2} \right) - \sin^{-1} (0)$.
$I = \sin^{-1} (1) - \sin^{-1} (0)$.
चूँकि $\sin^{-1} (1) = \frac{\pi}{2}$ और $\sin^{-1} (0) = 0$ होता है,
अतः $I = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(C) माना $I = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} \, dx$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,हम लिखते हैं:
$\frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} = \frac{A}{1 + x} + \frac{Bx + C}{1 + x^2}$.
स्थिरांकों को हल करने पर,हमें $A = -1/2$,$B = 1/2$,और $C = 1/2$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{-1/2}{1 + x} + \frac{1/2 x + 1/2}{1 + x^2} \right) \, dx$.
$I = -\frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{1 + x} + \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{2x}{1 + x^2} \, dx + \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{1 + x^2}$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$I = \left[ -\frac{1}{2} \ln(1 + x) + \frac{1}{4} \ln(1 + x^2) + \frac{1}{2} \tan^{-1}(x) \right]_{0}^{\infty}$.
$I = \left[ \frac{1}{4} \ln\left( \frac{1 + x^2}{(1 + x)^2} \right) + \frac{1}{2} \tan^{-1}(x) \right]_{0}^{\infty}$.
जैसे $x \to \infty$,$\frac{1 + x^2}{(1 + x)^2} \to 1$,इसलिए $\ln(1) = 0$.
$I = (0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}) - (0 + 0) = \frac{\pi}{4}$.

(B) माना $I = \int_0^a x^4 \sqrt{a^2 - x^2} \,dx$.
$x = a \sin \theta$ रखने पर,$dx = a \cos \theta \,d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तो $\theta = 0$ और जब $x = a$,तो $\theta = \frac{\pi}{2}$।
समाकलन में मान रखने पर:
$I = \int_0^{\pi/2} (a \sin \theta)^4 \sqrt{a^2 - a^2 \sin^2 \theta} \cdot (a \cos \theta) \,d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} a^4 \sin^4 \theta \cdot (a \cos \theta) \cdot (a \cos \theta) \,d\theta$
$I = a^6 \int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \,d\theta$.
रिडक्शन सूत्र $\int_0^{\pi/2} \sin^m \theta \cos^n \theta \,d\theta = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$ का उपयोग करने पर:
$I = a^6 \cdot \frac{\Gamma(\frac{5}{2}) \Gamma(\frac{3}{2})}{2 \Gamma(4)} = a^6 \cdot \frac{(\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi}) \cdot (\frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi})}{2 \cdot 6}$
$I = a^6 \cdot \frac{\frac{3}{8} \pi}{12} = \frac{\pi}{32} a^6$.

(A) माना $I = \int_0^a x^2 (a^2 - x^2)^{3/2} dx$.
$x = a \sin \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = a \cos \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तब $\theta = 0$ और जब $x = a$,तब $\theta = \frac{\pi}{2}$।
$I = \int_0^{\pi/2} (a^2 \sin^2 \theta) (a^2 - a^2 \sin^2 \theta)^{3/2} (a \cos \theta) d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} (a^2 \sin^2 \theta) (a^2 \cos^2 \theta)^{3/2} (a \cos \theta) d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} (a^2 \sin^2 \theta) (a^3 \cos^3 \theta) (a \cos \theta) d\theta$
$I = a^6 \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \cos^4 \theta d\theta$
सूत्र $\int_0^{\pi/2} \sin^m \theta \cos^n \theta d\theta = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$ का उपयोग करने पर:
$I = a^6 \frac{\Gamma(\frac{3}{2}) \Gamma(\frac{5}{2})}{2 \Gamma(\frac{8}{2})} = a^6 \frac{(\frac{1}{2} \sqrt{\pi}) (\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\pi})}{2 \cdot 3!} = a^6 \frac{\frac{3}{8} \pi}{2 \cdot 6} = a^6 \frac{3\pi}{96} = \frac{\pi a^6}{32}$.

(B) दिया गया व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{r}{{{n^2}}}{{\sec }^2}\frac{{{r^2}}}{{{n^2}}}} $ है।
इसे $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^n {\frac{r}{n}{{\sec }^2}\left( {\frac{r}{n}} \right)^2} $ के रूप में फिर से लिखा जा सकता है।
योग की सीमा के रूप में निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^n {f\left( {\frac{r}{n}} \right)} = \int_0^1 {f(x)dx} $।
यहाँ,$f(x) = x \sec^2(x^2)$ है।
अतः,सीमा $\int_0^1 {x{{\sec }^2}{x^2}dx} $ के बराबर है।
माना $t = x^2$,तब $dt = 2x dx$,या $x dx = \frac{1}{2} dt$।
जब $x = 0$,तब $t = 0$। जब $x = 1$,तब $t = 1$।
समाकलन $\frac{1}{2} \int_0^1 {\sec^2 t dt} = \frac{1}{2} [\tan t]_0^1 = \frac{1}{2} \tan 1$ हो जाता है।

(A) माना $f(x) = \frac{x}{x^3 + 16}$ है।
अंतराल $[0, 1]$ पर $f(x)$ का परिसर ज्ञात करने के लिए,हम इसका अवकलन करते हैं:
$f'(x) = \frac{(x^3 + 16)(1) - x(3x^2)}{(x^3 + 16)^2} = \frac{16 - 2x^3}{(x^3 + 16)^2}$।
चूंकि $x \in [0, 1]$ के लिए $f'(x) > 0$ है,इसलिए फलन $f(x)$ अंतराल $[0, 1]$ पर निरंतर वर्धमान है।
अतः,न्यूनतम मान $f(0) = 0$ है और अधिकतम मान $f(1) = \frac{1}{1+16} = \frac{1}{17}$ है।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म $m(b-a) \le \int_a^b f(x) \, dx \le M(b-a)$ का उपयोग करने पर,जहाँ $m$ और $M$ अंतराल $[a, b]$ पर $f(x)$ के न्यूनतम और अधिकतम मान हैं:
$0(1-0) \le \int_0^1 \frac{x}{x^3 + 16} \, dx \le \frac{1}{17}(1-0)$।
अतः,समाकलन का मान $[0, \frac{1}{17}]$ अंतराल में स्थित है।

(B) दिया गया है $g(2) = \int_0^2 f(t) \, dt = \int_0^1 f(t) \, dt + \int_1^2 f(t) \, dt$.
$t \in [0, 1]$ के लिए,हमारे पास $\frac{1}{2} \le f(t) \le 1$ है। इसका $[0, 1]$ पर समाकलन करने पर:
$\int_0^1 \frac{1}{2} \, dt \le \int_0^1 f(t) \, dt \le \int_0^1 1 \, dt$
$\frac{1}{2} \le \int_0^1 f(t) \, dt \le 1 \quad \dots (i)$
$t \in (1, 2]$ के लिए,हमारे पास $0 \le f(t) \le \frac{1}{2}$ है। इसका $(1, 2]$ पर समाकलन करने पर:
$\int_1^2 0 \, dt \le \int_1^2 f(t) \, dt \le \int_1^2 \frac{1}{2} \, dt$
$0 \le \int_1^2 f(t) \, dt \le \frac{1}{2} \quad \dots (ii)$
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$\frac{1}{2} + 0 \le \int_0^1 f(t) \, dt + \int_1^2 f(t) \, dt \le 1 + \frac{1}{2}$
$\frac{1}{2} \le g(2) \le \frac{3}{2}$.
चूंकि $\frac{1}{2} \le g(2) \le \frac{3}{2}$,इसलिए $g(2)$ का मान अंतराल $[0, 2)$ के भीतर आता है। अतः,$0 \le g(2) < 2$ सही असमिका है।

(A) हमें दिए गए समाकल हैं:
$\int_0^1 f(x) \, dx = 1$,
$\int_0^1 x f(x) \, dx = a$,
$\int_0^1 x^2 f(x) \, dx = a^2$।
हमें $I = \int_0^1 (x - a)^2 f(x) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
$(x - a)^2 = x^2 - 2ax + a^2$ का विस्तार करने पर:
$I = \int_0^1 (x^2 - 2ax + a^2) f(x) \, dx$
$I = \int_0^1 x^2 f(x) \, dx - 2a \int_0^1 x f(x) \, dx + a^2 \int_0^1 f(x) \, dx$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I = a^2 - 2a(a) + a^2(1)$
$I = a^2 - 2a^2 + a^2$
$I = 0$.

(C) दिया गया है $f(x) = A\sin \left( \frac{\pi x}{2} \right) + B$.
सबसे पहले,हम समाकलन की शर्त का उपयोग करते हैं: $\int_0^1 \left( A\sin \left( \frac{\pi x}{2} \right) + B \right) dx = \frac{2A}{\pi}$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर: $\left[ -\frac{2A}{\pi} \cos \left( \frac{\pi x}{2} \right) + Bx \right]_0^1 = \frac{2A}{\pi}$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $\left( -\frac{2A}{\pi} \cos \left( \frac{\pi}{2} \right) + B(1) \right) - \left( -\frac{2A}{\pi} \cos(0) + B(0) \right) = \frac{2A}{\pi}$.
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ और $\cos(0) = 1$,हमें प्राप्त होता है: $B - (-\frac{2A}{\pi}) = \frac{2A}{\pi} \implies B + \frac{2A}{\pi} = \frac{2A}{\pi} \implies B = 0$.
अब,$f'(x)$ ज्ञात करते हैं: $f'(x) = A \cdot \frac{\pi}{2} \cos \left( \frac{\pi x}{2} \right)$.
दिया गया है $f'\left( \frac{1}{2} \right) = \sqrt{2}$,इसलिए: $\frac{A\pi}{2} \cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \sqrt{2}$.
चूंकि $\cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,हमें प्राप्त होता है: $\frac{A\pi}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \implies \frac{A\pi}{2} = 2 \implies A = \frac{4}{\pi}$.
अतः,$A = \frac{4}{\pi}$ और $B = 0$.

(C) माना कि दिया गया समाकलन $J = \int_0^\infty {{e^{ - \lambda x}}{x^{n - 1}}dx}$ है।
$\lambda x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,जिससे $x = \frac{t}{\lambda}$ और $dx = \frac{dt}{\lambda}$ प्राप्त होता है।
जब $x \to 0$ तब $t \to 0$,और जब $x \to \infty$ तब $t \to \infty$ होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$J = \int_0^\infty {{e^{ - t}}{(\frac{t}{\lambda})^{n - 1}} \frac{dt}{\lambda}}$
$J = \int_0^\infty {{e^{ - t}} \frac{{{t^{n - 1}}}}{{{\lambda ^{n - 1}}}} \frac{dt}{\lambda}}$
$J = \frac{1}{{{\lambda ^n}}} \int_0^\infty {{e^{ - t}}{t^{n - 1}}dt}$
चूँकि ${I_n} = \int_0^\infty {{e^{ - x}}{x^{n - 1}}dx}$,इसलिए $\int_0^\infty {{e^{ - t}}{t^{n - 1}}dt}$ भी ${I_n}$ के बराबर है।
अतः,$J = \frac{{{I_n}}}{{{\lambda ^n}}}$.

(B) दिया गया है $f(x) = \int_{5\pi/3}^x (6\cos t - 2\sin t) \, dt$.
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$f'(x) = 6\cos x - 2\sin x$.
अंतराल $\left[ \frac{5\pi}{3}, \frac{7\pi}{4} \right]$ में,$\cos x > 0$ और $\sin x < 0$ है,इसलिए $6\cos x - 2\sin x > 0$.
चूंकि $f'(x) > 0$ है,इसलिए $f(x)$ दिए गए अंतराल पर एक वर्धमान फलन है।
अतः,अधिकतम मान ऊपरी सीमा $x = \frac{7\pi}{4}$ पर प्राप्त होता है।
$f\left( \frac{7\pi}{4} \right) = \int_{5\pi/3}^{7\pi/4} (6\cos t - 2\sin t) \, dt = [6\sin t + 2\cos t]_{5\pi/3}^{7\pi/4}$.
$= \left( 6\sin\frac{7\pi}{4} + 2\cos\frac{7\pi}{4} \right) - \left( 6\sin\frac{5\pi}{3} + 2\cos\frac{5\pi}{3} \right)$.
$= \left( 6\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + 2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \right) - \left( 6\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\left(\frac{1}{2}\right) \right)$.
$= \left( -\frac{6}{\sqrt{2}} + \frac{2}{\sqrt{2}} \right) - (-3\sqrt{3} + 1)$.
$= -\frac{4}{\sqrt{2}} + 3\sqrt{3} - 1 = 3\sqrt{3} - 2\sqrt{2} - 1$.

(D) $0 < x < 1$ के लिए,हमारे पास $x^2 > x^3$ है। चूंकि आधार $2 > 1$ है,फलन $f(x) = 2^x$ एक वर्धमान फलन है,इसलिए $0 < x < 1$ के लिए $2^{x^2} > 2^{x^3}$ होगा।
दोनों पक्षों का $0$ से $1$ तक समाकलन करने पर,हमें $\int_0^1 2^{x^2} dx > \int_0^1 2^{x^3} dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है ${I_1} > {I_2}$।
$1 < x < 2$ के लिए,हमारे पास $x^3 > x^2$ है। इसी प्रकार,$1 < x < 2$ के लिए $2^{x^3} > 2^{x^2}$ होगा।
दोनों पक्षों का $1$ से $2$ तक समाकलन करने पर,हमें $\int_1^2 2^{x^3} dx > \int_1^2 2^{x^2} dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है ${I_4} > {I_3}$।
अतः,सही कथन ${I_1} > {I_2}$ है।

(B) दिया गया समीकरण: $2f(x) - 3f\left( \frac{1}{x} \right) = x$ ... $(i)$
$(i)$ में $x$ को $\frac{1}{x}$ से प्रतिस्थापित करने पर:
$2f\left( \frac{1}{x} \right) - 3f(x) = \frac{1}{x}$ ... $(ii)$
$f\left( \frac{1}{x} \right)$ को विलुप्त करने के लिए,$(i)$ को $2$ से और $(ii)$ को $3$ से गुणा करने पर:
$4f(x) - 6f\left( \frac{1}{x} \right) = 2x$
$6f\left( \frac{1}{x} \right) - 9f(x) = \frac{3}{x}$
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$-5f(x) = 2x + \frac{3}{x}$
$f(x) = -\frac{1}{5} \left( 2x + \frac{3}{x} \right)$
अब,$1$ से $2$ की सीमा में $f(x)$ का समाकलन करने पर:
$\int_1^2 f(x) \, dx = -\frac{1}{5} \int_1^2 \left( 2x + \frac{3}{x} \right) \, dx$
$= -\frac{1}{5} \left[ x^2 + 3\ln|x| \right]_1^2$
$= -\frac{1}{5} \left( (2^2 + 3\ln 2) - (1^2 + 3\ln 1) \right)$
$= -\frac{1}{5} (4 + 3\ln 2 - 1 - 0)$
$= -\frac{1}{5} (3 + 3\ln 2) = -\frac{3}{5}(1 + \ln 2)$.

(D) दिया गया है कि $\int_a^b {x^3} dx = 0$.
समाकलन करने पर: $\left[ \frac{x^4}{4} \right]_a^b = 0 \implies b^4 - a^4 = 0 \implies (b^2 - a^2)(b^2 + a^2) = 0$.
चूंकि $a$ और $b$ वास्तविक संख्याएँ हैं,$b^2 + a^2 = 0$ का अर्थ $a=0, b=0$ है,जो दूसरे समाकलन के साथ विरोधाभासी है। अतः,$b^2 - a^2 = 0$,जिसका अर्थ है $b = a$ या $b = -a$.
यदि $b = a$ है,तो $\int_a^b {x^2} dx = 0$ होगा,लेकिन हमें $\int_a^b {x^2} dx = \frac{2}{3}$ दिया गया है। अतः,$b = -a$.
दिया गया है कि $\int_a^b {x^2} dx = \frac{2}{3}$,इसलिए $\left[ \frac{x^3}{3} \right]_a^b = \frac{2}{3} \implies b^3 - a^3 = 2$.
$b = -a$ रखने पर: $(-a)^3 - a^3 = 2 \implies -2a^3 = 2 \implies a^3 = -1 \implies a = -1$.
चूंकि $b = -a$,इसलिए $b = -(-1) = 1$.
अतः,$(a, b) = (-1, 1)$.

(C) माना $f(x) = \int\limits_0^x {t{e^{ - {t^2}}}} dt$ है।
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,अवकलज $f'(x) = x{e^{ - {x^2}}}$ है।
$f'(x) = 0$ रखने पर,हमें $x{e^{ - {x^2}}} = 0$ प्राप्त होता है। चूँकि सभी वास्तविक $x$ के लिए ${e^{ - {x^2}}} \neq 0$,इसलिए $x = 0$ है।
अब,द्वितीय अवकलज ज्ञात करने पर: $f''(x) = {e^{ - {x^2}}} - 2{x^2}{e^{ - {x^2}}} = {e^{ - {x^2}}}(1 - 2{x^2})$।
$x = 0$ पर मान रखने पर,$f''(0) = {e^0}(1 - 0) = 1 > 0$।
चूँकि द्वितीय अवकलज $x = 0$ पर धनात्मक है,इसलिए फलन का $x = 0$ पर स्थानीय न्यूनतम मान है।
न्यूनतम मान $f(0) = \int\limits_0^0 {t{e^{ - {t^2}}}} dt = 0$ है।

(B) माना $n = [a]$,जहाँ $n$ एक पूर्णांक है ताकि $n \leq a < n+1$ हो।
समाकलन को इस प्रकार विभाजित किया जा सकता है:
$\int_{1}^{a} [x] f'(x) dx = \int_{1}^{2} 1 f'(x) dx + \int_{2}^{3} 2 f'(x) dx + \dots + \int_{n-1}^{n} (n-1) f'(x) dx + \int_{n}^{a} n f'(x) dx$
प्रत्येक समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$= 1[f(2) - f(1)] + 2[f(3) - f(2)] + \dots + (n-1)[f(n) - f(n-1)] + n[f(a) - f(n)]$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$= -f(1) - f(2) - f(3) - \dots - f(n) + n f(a)$
चूंकि $n = [a]$,हमें प्राप्त होता है:
$= [a] f(a) - \{f(1) + f(2) + \dots + f([a])\}$

(D) हमें समीकरण $\int_{\sqrt{2}}^{x} \frac{dt}{t\sqrt{t^2-1}} = \frac{\pi}{2}$ दिया गया है।
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dt}{t\sqrt{t^2-1}} = \sec^{-1} t$ का उपयोग करते हुए,हम निश्चित समाकलन का मूल्यांकन करते हैं:
$\left[\sec^{-1} t\right]_{\sqrt{2}}^{x} = \frac{\pi}{2}$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\sec^{-1} x - \sec^{-1} \sqrt{2} = \frac{\pi}{2}$.
चूंकि $\sec^{-1} \sqrt{2} = \frac{\pi}{4}$,समीकरण इस प्रकार हो जाता है:
$\sec^{-1} x - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$.
$\sec^{-1} x$ के लिए हल करने पर:
$\sec^{-1} x = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
अतः,$x = \sec\left(\frac{3\pi}{4}\right) = -\sqrt{2}$.
चूंकि $-\sqrt{2}$ दिए गए विकल्पों में नहीं है,इसलिए सही विकल्प $(D)$ है।

(B) $x \in (0, 1]$ के लिए,हम जानते हैं कि $\sin x < x$ होता है।
अतः,$I = \int_{0}^{1} \frac{\sin x}{\sqrt{x}} \, dx < \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x}} \, dx = \int_{0}^{1} x^{1/2} \, dx = \left[ \frac{2}{3} x^{3/2} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}$।
इस प्रकार,$I < \frac{2}{3}$।
$x \in (0, 1]$ के लिए,हम जानते हैं कि $\cos x < 1$ होता है।
अतः,$J = \int_{0}^{1} \frac{\cos x}{\sqrt{x}} \, dx < \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx = \int_{0}^{1} x^{-1/2} \, dx = \left[ 2x^{1/2} \right]_{0}^{1} = 2$।
इस प्रकार,$J < 2$।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(C) हमें समाकलन $I = \int_0^{1.5} x[x^2] dx$ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि $[x^2]$ का मान $x^2 = 1$ और $x^2 = 2$ पर बदलता है,इसलिए हम समाकलन को $x = 1$ और $x = \sqrt{2}$ पर विभाजित करते हैं।
$I = \int_0^1 x[x^2] dx + \int_1^{\sqrt{2}} x[x^2] dx + \int_{\sqrt{2}}^{1.5} x[x^2] dx$.
$0 \le x < 1$ के लिए,$0 \le x^2 < 1$,अतः $[x^2] = 0$.
$1 \le x < \sqrt{2}$ के लिए,$1 \le x^2 < 2$,अतः $[x^2] = 1$.
$\sqrt{2} \le x < 1.5$ के लिए,$2 \le x^2 < 2.25$,अतः $[x^2] = 2$.
अतः,$I = \int_0^1 x(0) dx + \int_1^{\sqrt{2}} x(1) dx + \int_{\sqrt{2}}^{1.5} x(2) dx$.
$I = 0 + \left[ \frac{x^2}{2} \right]_1^{\sqrt{2}} + 2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{\sqrt{2}}^{1.5}$.
$I = \left( \frac{2-1}{2} \right) + (1.5^2 - (\sqrt{2})^2) = \frac{1}{2} + (2.25 - 2) = 0.5 + 0.25 = 0.75 = \frac{3}{4}$.

(D) दिया गया है $g(x) = \int_{0}^{x} \cos 4t \, dt$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर,हमें प्राप्त होता है $g(x) = \left[ \frac{\sin 4t}{4} \right]_{0}^{x} = \frac{\sin 4x}{4}$.
अब,$g(x + \pi) = \frac{\sin 4(x + \pi)}{4} = \frac{\sin(4x + 4\pi)}{4}$ की गणना करें।
चूंकि $\sin(4x + 4\pi) = \sin 4x$,इसलिए $g(x + \pi) = \frac{\sin 4x}{4} = g(x)$.
साथ ही,$g(\pi) = \frac{\sin(4\pi)}{4} = 0$.
चूंकि $g(\pi) = 0$,इसलिए $g(x) + g(\pi) = g(x) + 0 = g(x)$ और $g(x) - g(\pi) = g(x) - 0 = g(x)$ होता है।
अतः,$g(x) + g(\pi)$ और $g(x) - g(\pi)$ दोनों $g(x)$ के बराबर हैं।

(B) दिया गया समाकलन $I = \int_0^\pi \sqrt{1 + 4\sin^2\frac{x}{2} - 4\sin\frac{x}{2}} \; dx$ है।
इसे $I = \int_0^\pi \sqrt{(1 - 2\sin\frac{x}{2})^2} \; dx = \int_0^\pi |1 - 2\sin\frac{x}{2}| \; dx$ के रूप में लिखा जा सकता है।
हम जानते हैं कि $1 - 2\sin\frac{x}{2} = 0$ तब होता है जब $\sin\frac{x}{2} = \frac{1}{2}$,जिसका अर्थ है $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{6}$,इसलिए $x = \frac{\pi}{3}$।
$0 \le x < \frac{\pi}{3}$ के लिए,$1 - 2\sin\frac{x}{2} > 0$। $\frac{\pi}{3} < x \le \pi$ के लिए,$1 - 2\sin\frac{x}{2} < 0$।
अतः,$I = \int_0^{\pi/3} (1 - 2\sin\frac{x}{2}) \; dx + \int_{\pi/3}^\pi -(1 - 2\sin\frac{x}{2}) \; dx$।
$I = [x + 4\cos\frac{x}{2}]_0^{\pi/3} - [x + 4\cos\frac{x}{2}]_{\pi/3}^\pi$।
$I = ((\frac{\pi}{3} + 4\cos\frac{\pi}{6}) - (0 + 4\cos 0)) - ((\pi + 4\cos\frac{\pi}{2}) - (\frac{\pi}{3} + 4\cos\frac{\pi}{6}))$।
$I = (\frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3} - 4) - ((\pi + 0) - (\frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3}))$।
$I = \frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3} - 4 - \pi + \frac{\pi}{3} + 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3} - 4 - \frac{\pi}{3}$।

(A) हमें दिया गया है $g(2) = \int_0^2 f(t) dt = \int_0^1 f(t) dt + \int_1^2 f(t) dt$।
$t \in [0, 1]$ के लिए,हमारे पास $0 \le f(t) \le \frac{1}{2}$ है। इसका समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है $\int_0^1 0 dt \le \int_0^1 f(t) dt \le \int_0^1 \frac{1}{2} dt$,जो सरल होकर $0 \le \int_0^1 f(t) dt \le \frac{1}{2}$ हो जाता है।
$t \in [1, 2]$ के लिए,हमारे पास $\frac{1}{2} \le f(t) \le 1$ है। इसका समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है $\int_1^2 \frac{1}{2} dt \le \int_1^2 f(t) dt \le \int_1^2 1 dt$,जो सरल होकर $\frac{1}{2} \le \int_1^2 f(t) dt \le 1$ हो जाता है।
इन दोनों असमिकाओं को जोड़ने पर,हमें मिलता है $0 + \frac{1}{2} \le \int_0^1 f(t) dt + \int_1^2 f(t) dt \le \frac{1}{2} + 1$।
अतः,$\frac{1}{2} \le g(2) \le \frac{3}{2}$।