Fundamental definite integration Questions in Hindi

(D) माना $f(x) = \prod_{r=1}^{n} (x+r)$.
तब $\ln(f(x)) = \sum_{k=1}^{n} \ln(x+k)$.
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{f'(x)}{f(x)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x+k}$ प्राप्त होता है।
अतः,$f'(x) = f(x) \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x+k}$.
समाकलन $\int_{0}^{1} f'(x) dx = [f(x)]_{0}^{1}$ हो जाता है।
$f(1) = \prod_{r=1}^{n} (1+r) = 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (n+1) = (n+1)!$.
$f(0) = \prod_{r=1}^{n} (0+r) = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n = n!$.
इसलिए,समाकलन का मान $(n+1)! - n! = n!(n+1-1) = n \cdot n!$ है।

(D) सबसे पहले,समाकलनों का मान ज्ञात करें:
$\int_{0}^{x} dz = [z]_{0}^{x} = x$
$\int_{0}^{\pi} \sin^2 x dx = \int_{0}^{\pi} \frac{1 - \cos 2x}{2} dx = \left[ \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} \right]_{0}^{\pi} = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$
इन मानों को असमिका में रखने पर:
$\sqrt{5x - 6 - x^2} + \frac{\pi}{2} x > x \left( \frac{\pi}{2} \right)$
$\sqrt{5x - 6 - x^2} + \frac{\pi x}{2} > \frac{\pi x}{2}$
दोनों पक्षों से $\frac{\pi x}{2}$ घटाने पर:
$\sqrt{5x - 6 - x^2} > 0$
वर्गमूल को परिभाषित और शून्य से बड़ा होने के लिए,अंदर का व्यंजक धनात्मक होना चाहिए:
$5x - 6 - x^2 > 0$
$-(x^2 - 5x + 6) > 0$
$x^2 - 5x + 6 < 0$
$(x - 2)(x - 3) < 0$
अतः,हल समुच्चय $x \in (2, 3)$ है।

(B) माना $I = \int_1^e \left( \frac{\tan^{-1}x}{x} + \frac{\ln x}{1+x^2} \right) dx$.
हम इसे दो समाकलों में विभाजित कर सकते हैं: $I = \int_1^e \frac{\tan^{-1}x}{x} dx + \int_1^e \frac{\ln x}{1+x^2} dx$.
प्रथम समाकल $\int_1^e \tan^{-1}x \cdot \frac{1}{x} dx$ के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
माना $u = \tan^{-1}x$ और $dv = \frac{1}{x} dx$. तब $du = \frac{1}{1+x^2} dx$ और $v = \ln x$.
सूत्र $\int u dv = uv - \int v du$ का उपयोग करने पर:
$\int_1^e \frac{\tan^{-1}x}{x} dx = [\tan^{-1}x \cdot \ln x]_1^e - \int_1^e \frac{\ln x}{1+x^2} dx$.
इस मान को $I$ के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \left( [\tan^{-1}x \cdot \ln x]_1^e - \int_1^e \frac{\ln x}{1+x^2} dx \right) + \int_1^e \frac{\ln x}{1+x^2} dx$.
समाकल के पद कट जाएंगे:
$I = [\tan^{-1}x \cdot \ln x]_1^e$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$I = (\tan^{-1}e \cdot \ln e) - (\tan^{-1}1 \cdot \ln 1)$.
चूंकि $\ln e = 1$ और $\ln 1 = 0$:
$I = \tan^{-1}e \cdot 1 - 0 = \tan^{-1}e$.

(D) दिया गया समाकलन $I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \log_e(\sin x + \cos x) \, dx$ है।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म के अनुसार,किसी भी परिमित मान $a$ के लिए $\int_{a}^{a} f(x) \, dx = 0$ होता है।
चूंकि समाकलन की निचली सीमा और ऊपरी सीमा समान (अर्थात $\frac{\pi}{4}$) हैं,इसलिए समाकलन का मान $0$ होगा।

(A) हमें समाकलन $I = \int_{0}^{9} [\sqrt{x} + 2] \, dx$ दिया गया है।
महत्तम पूर्णांक फलन के गुणधर्म $[x + n] = [x] + n$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $n$ एक पूर्णांक है,हमें $[\sqrt{x} + 2] = [\sqrt{x}] + 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \, dx + \int_{0}^{9} 2 \, dx$।
दूसरे भाग का मान: $\int_{0}^{9} 2 \, dx = 2[x]_{0}^{9} = 2(9 - 0) = 18$।
पहले भाग के लिए,हम अंतराल $[0, 9]$ को उन बिंदुओं पर विभाजित करते हैं जहाँ $\sqrt{x}$ एक पूर्णांक है:
$\int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \, dx = \int_{0}^{1} [\sqrt{x}] \, dx + \int_{1}^{4} [\sqrt{x}] \, dx + \int_{4}^{9} [\sqrt{x}] \, dx$।
$[0, 1)$ में,$[\sqrt{x}] = 0$।
$[1, 4)$ में,$[\sqrt{x}] = 1$।
$[4, 9)$ में,$[\sqrt{x}] = 2$।
अतः,$\int_{0}^{9} [\sqrt{x}] \, dx = \int_{0}^{1} 0 \, dx + \int_{1}^{4} 1 \, dx + \int_{4}^{9} 2 \, dx$।
$= 0 + (4 - 1) + 2(9 - 4) = 3 + 2(5) = 3 + 10 = 13$।
अंत में,$I = 13 + 18 = 31$।

(A) माना $y = \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x + \dots \infty}}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$y^2 = x + y$,जिसका अर्थ है $y^2 - y - x = 0$.
द्विघात सूत्र का उपयोग करके $y$ के लिए हल करने पर,$y = \frac{1 + \sqrt{1 + 4x}}{2}$ (चूंकि $y > 0$).
अब,हमें $I = \int_{0}^{2} \frac{1 + \sqrt{1 + 4x}}{2} \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} 1 \, dx + \frac{1}{2} \int_{0}^{2} (1 + 4x)^{1/2} \, dx$.
$I = \frac{1}{2} [x]_{0}^{2} + \frac{1}{2} \left[ \frac{(1 + 4x)^{3/2}}{3/2 \cdot 4} \right]_{0}^{2}$.
$I = \frac{1}{2} (2) + \frac{1}{12} [(1 + 8)^{3/2} - (1 + 0)^{3/2}]$.
$I = 1 + \frac{1}{12} [27 - 1] = 1 + \frac{26}{12} = 1 + \frac{13}{6} = \frac{19}{6} \approx 3.166$.
महत्तम पूर्णांक फलन $[I] = [3.166] = 3$.

(C) दिया गया समीकरण $f(x) = \int\limits_1^x {tf(t)dt}$ है।
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $f'(x) = xf(x)$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$x = 1$ रखने पर,$f(1) = \int\limits_1^1 {tf(t)dt} = 0$ प्राप्त होता है।
अब,$\frac{f'(x)}{f(x)} = x$ है।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,$\ln|f(x)| = \frac{x^2}{2} + C$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है $f(x) = A e^{x^2/2}$।
प्रतिबंध $f(1) = 0$ का उपयोग करने पर,$A e^{1/2} = 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $A = 0$।
अतः,सभी $x \in R$ के लिए $f(x) = 0$ है।
चूंकि $f(x) = 0$,इसलिए समाकलन $\int\limits_{-3}^3 f(x) dx = \int\limits_{-3}^3 0 dx = 0$ होगा।
अतः,सही कथन $\int\limits_{-3}^3 f(x) dx = 0$ है।

(B) दिया गया है कि $y = \sqrt{\sec x + y}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $y^2 = \sec x + y$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$2y \frac{dy}{dx} = \sec x \tan x + \frac{dy}{dx}$ प्राप्त होता है।
पदों को व्यवस्थित करने पर,$(2y - 1) \frac{dy}{dx} = \sec x \tan x$ प्राप्त होता है।
अब,हमें समाकलन $I = \int_{0}^{\pi/3} (2y - 1) \frac{dy}{dx} \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
ऊपर प्राप्त व्यंजक को रखने पर,$I = \int_{0}^{\pi/3} \sec x \tan x \, dx$ प्राप्त होता है।
$\sec x \tan x$ का समाकलन $\sec x$ होता है।
अतः,$I = [\sec x]_{0}^{\pi/3} = \sec(\pi/3) - \sec(0) = 2 - 1 = 1$.

(B) हमें $I = \int_{-1}^{2} \left[ \frac{[x]}{1 + x^2} \right] dx$ का मान ज्ञात करना है।
हम $[x]$ के अंतरालों के आधार पर समाकलन को विभाजित करते हैं:
$-1 \le x < 0$ के लिए,$[x] = -1$। अतः,समाकल्य $\left[ \frac{-1}{1 + x^2} \right]$ है। चूँकि $0 < 1 + x^2 \le 2$,हमारे पास $-1 \le \frac{-1}{1 + x^2} < -0.5$ है। इस मान का महत्तम पूर्णांक $-1$ है।
$0 \le x < 1$ के लिए,$[x] = 0$। अतः,समाकल्य $\left[ \frac{0}{1 + x^2} \right] = [0] = 0$ है।
$1 \le x < 2$ के लिए,$[x] = 1$। अतः,समाकल्य $\left[ \frac{1}{1 + x^2} \right]$ है। चूँकि $2 < 1 + x^2 \le 5$,हमारे पास $0.2 \le \frac{1}{1 + x^2} < 0.5$ है। इस मान का महत्तम पूर्णांक $0$ है।
अतः,$I = \int_{-1}^{0} (-1) dx + \int_{0}^{1} 0 dx + \int_{1}^{2} 0 dx = [-x]_{-1}^{0} + 0 + 0 = (0 - 1) = -1$.

(A) माना $f(x) = ax^2 + bx + c$ है।
अतः,$\int_{0}^{1} f(x) dx = \int_{0}^{1} (ax^2 + bx + c) dx = \left[ \frac{ax^3}{3} + \frac{bx^2}{2} + cx \right]_0^1 = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c = \frac{2a + 3b + 6c}{6}$।
अब,दिए गए बिंदुओं पर $f(x)$ के मान ज्ञात करते हैं:
$f(0) = c$
$f\left(\frac{1}{2}\right) = a\left(\frac{1}{4}\right) + b\left(\frac{1}{2}\right) + c = \frac{a + 2b + 4c}{4}$
$f(1) = a + b + c$
अब व्यंजक $\frac{1}{6}\left( f(0) + 4f\left(\frac{1}{2}\right) + f(1) \right)$ पर विचार करें:
$= \frac{1}{6}\left( c + 4\left(\frac{a + 2b + 4c}{4}\right) + (a + b + c) \right)$
$= \frac{1}{6}\left( c + a + 2b + 4c + a + b + c \right)$
$= \frac{1}{6}\left( 2a + 3b + 6c \right)$।
यह समाकल के मान से मेल खाता है। अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) माना $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{4x \sin x + x^2 \cos x}{2\sqrt{\sin x}} dx$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\frac{4x \sin x + x^2 \cos x}{2\sqrt{\sin x}} = 2x \sqrt{\sin x} + \frac{x^2 \cos x}{2\sqrt{\sin x}}$.
ध्यान दें कि यह $f(x) = x^2 \sqrt{\sin x}$ का अवकलज है।
गुणन नियम का उपयोग करते हुए: $\frac{d}{dx}(x^2 \sqrt{\sin x}) = 2x \sqrt{\sin x} + x^2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{\sin x}} \cdot \cos x = 2x \sqrt{\sin x} + \frac{x^2 \cos x}{2\sqrt{\sin x}}$.
अतः,समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d}{dx}(x^2 \sqrt{\sin x}) dx$.
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार:
$I = [x^2 \sqrt{\sin x}]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = ((\frac{\pi}{2})^2 \sqrt{\sin(\frac{\pi}{2})}) - (0^2 \sqrt{\sin(0)}) = \frac{\pi^2}{4} \cdot 1 - 0 = \frac{\pi^2}{4}$.

(D) माना $I = \sum\limits_{r = 2}^{16} {\int_r^{r + 1} {\frac{{dx}}{{(2r - x)(2r + 2 - x)}}} }$.
प्रत्येक समाकलन के लिए,$u = x - (2r + 1)$ लें। तब $du = dx$.
जब $x = r$,तब $u = -r - 1$.
जब $x = r + 1$,तब $u = -r$.
हर $(2r - (u + 2r + 1))(2r + 2 - (u + 2r + 1)) = (-u - 1)(1 - u) = u^2 - 1$ हो जाता है।
अतः,$\int_r^{r+1} \frac{dx}{(2r-x)(2r+2-x)} = \int_{-r-1}^{-r} \frac{du}{u^2 - 1} = \left[ \frac{1}{2} \ln \left| \frac{u-1}{u+1} \right| \right]_{-r-1}^{-r}$.
$= \frac{1}{2} \left( \ln \left( \frac{r+1}{r-1} \right) - \ln \left( \frac{r+2}{r} \right) \right)$.
$r=2$ से $16$ तक योग करने पर: $\frac{1}{2} \sum_{r=2}^{16} \left( \ln \frac{r+1}{r-1} - \ln \frac{r+2}{r} \right)$.
यह एक टेलिस्कोपिंग श्रेणी है: $\frac{1}{2} [(\ln \frac{3}{1} - \ln \frac{4}{2}) + (\ln \frac{4}{2} - \ln \frac{5}{3}) + \dots + (\ln \frac{17}{15} - \ln \frac{18}{16})]$.
$= \frac{1}{2} (\ln 3 - \ln \frac{18}{16}) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{3 \times 16}{18} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{8}{3} \right) = \ln \left( \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \right)$.

(D) हम जानते हैं कि $\sin 3y = 3\sin y - 4\sin^3 y$ होता है।
इसे समाकल्य में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1 + 3\sin y - 4\sin^3 y}{1 + 2\sin y}$ प्राप्त होता है।
बहुपद विभाजन या गुणनखंड का उपयोग करने पर:
$1 + 3\sin y - 4\sin^3 y = (1 + 2\sin y)(1 + \sin y - 2\sin^2 y)$।
अतः,समाकल्य $1 + \sin y - 2\sin^2 y$ में सरल हो जाता है।
अब,$y$ के सापेक्ष $0$ से $\frac{\pi}{2}$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sin y - 2\sin^2 y) dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sin y - (1 - \cos 2y)) dy$।
$= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin y + \cos 2y) dy$।
$= [-\cos y + \frac{1}{2}\sin 2y]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$।
$= (-\cos \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\sin \pi) - (-\cos 0 + \frac{1}{2}\sin 0)$।
$= (0 + 0) - (-1 + 0) = 1$।

(B) खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए: $\int u dv = uv - \int v du$. मान लीजिए $u = t$ और $dv = \sin(x + \pi t) dt$. तब $du = dt$ और $v = -\frac{1}{\pi} \cos(x + \pi t)$.
$f(x) = \left[ -\frac{t}{\pi} \cos(x + \pi t) \right]_0^1 + \frac{1}{\pi} \int_0^1 \cos(x + \pi t) dt$
$f(x) = \left( -\frac{1}{\pi} \cos(x + \pi) - 0 \right) + \frac{1}{\pi} \left[ \frac{1}{\pi} \sin(x + \pi t) \right]_0^1$
चूंकि $\cos(x + \pi) = -\cos x$,हमारे पास $f(x) = \frac{1}{\pi} \cos x + \frac{1}{\pi^2} (\sin(x + \pi) - \sin x)$ है।
चूंकि $\sin(x + \pi) = -\sin x$,हमारे पास $f(x) = \frac{1}{\pi} \cos x - \frac{2}{\pi^2} \sin x$ है।
$a \cos x + b \sin x$ का अधिकतम मान $\sqrt{a^2 + b^2}$ होता है।
यहाँ $a = \frac{1}{\pi}$ और $b = -\frac{2}{\pi^2}$ है।
$f(x)_{\max} = \sqrt{\left(\frac{1}{\pi}\right)^2 + \left(-\frac{2}{\pi^2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{\pi^2} + \frac{4}{\pi^4}} = \sqrt{\frac{\pi^2 + 4}{\pi^4}} = \frac{\sqrt{\pi^2 + 4}}{\pi^2}$.

(A) माना $I = \int_{0}^{1} \frac{x^{4}(1-x)^{4}}{1+x^{2}} dx$.
$(1-x)^{4} = 1 - 4x + 6x^{2} - 4x^{3} + x^{4}$ का विस्तार करने पर।
अतः,$I = \int_{0}^{1} \frac{x^{4}(1 - 4x + 6x^{2} - 4x^{3} + x^{4})}{1+x^{2}} dx$.
$x^{4}(x^{4} - 4x^{3} + 6x^{2} - 4x + 1)$ को $(x^{2} + 1)$ से विभाजित करने पर:
$x^{8} - 4x^{7} + 6x^{6} - 4x^{5} + x^{4} = (x^{2} + 1)(x^{6} - 4x^{5} + 5x^{4} - 4x^{2} + 4) - 4$.
इस प्रकार,$\frac{x^{4}(1-x)^{4}}{1+x^{2}} = x^{6} - 4x^{5} + 5x^{4} - 4x^{2} + 4 - \frac{4}{1+x^{2}}$.
$0$ से $1$ तक समाकलन करने पर:
$I = \int_{0}^{1} (x^{6} - 4x^{5} + 5x^{4} - 4x^{2} + 4) dx - 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} dx$.
$I = [\frac{x^{7}}{7} - \frac{4x^{6}}{6} + \frac{5x^{5}}{5} - \frac{4x^{3}}{3} + 4x]_{0}^{1} - 4[\tan^{-1}(x)]_{0}^{1}$.
$I = (\frac{1}{7} - \frac{2}{3} + 1 - \frac{4}{3} + 4) - 4(\frac{\pi}{4})$.
$I = (\frac{3 - 14 + 21 - 28 + 84}{21}) - \pi = \frac{66}{21} - \pi = \frac{22}{7} - \pi$.

(A) हमें $\int_{0}^{2} f(x) dx$ का मूल्यांकन करना है। चूंकि फलन टुकड़ों में परिभाषित है,हम समाकलन को $x=1$ पर विभाजित करते हैं:
$\int_{0}^{2} f(x) dx = \int_{0}^{1} \sqrt{1-x} dx + \int_{1}^{2} (7x-6)^{-1/3} dx$.
पहले भाग के लिए,$u = 1-x$ लें,तो $du = -dx$ होगा। जब $x=0, u=1$; और जब $x=1, u=0$:
$\int_{0}^{1} (1-x)^{1/2} dx = -\int_{1}^{0} u^{1/2} du = \int_{0}^{1} u^{1/2} du = [\frac{2}{3} u^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{2}{3}$.
दूसरे भाग के लिए,$v = 7x-6$ लें,तो $dv = 7 dx$ होगा,इसलिए $dx = \frac{1}{7} dv$। जब $x=1, v=1$; और जब $x=2, v=8$:
$\int_{1}^{2} (7x-6)^{-1/3} dx = \frac{1}{7} \int_{1}^{8} v^{-1/3} dv = \frac{1}{7} [\frac{3}{2} v^{2/3}]_{1}^{8} = \frac{1}{7} \cdot \frac{3}{2} (8^{2/3} - 1^{2/3}) = \frac{3}{14} (4 - 1) = \frac{3}{14} \cdot 3 = \frac{9}{14}$.
दोनों भागों को जोड़ने पर: $\frac{2}{3} + \frac{9}{14} = \frac{28 + 27}{42} = \frac{55}{42}$.

(D) माना $I = \int_{0}^{1} e^{x e^{x}} (1 + x e^{x}) dx$.
यहाँ,हम जानते हैं कि $\frac{d}{dx} (e^{x e^{x}}) = e^{x e^{x}} \cdot \frac{d}{dx} (x e^{x}) = e^{x e^{x}} (e^{x} + x e^{x}) = e^{x e^{x}} e^{x} (1 + x)$.
यदि प्रश्न $\int_{0}^{1} \frac{d}{dx} (e^{x e^{x}}) dx$ के रूप में है,तो इसका समाकलन $e^{x e^{x}}$ होगा।
अतः,$\int_{0}^{1} \frac{d}{dx} (e^{x e^{x}}) dx = [e^{x e^{x}}]_{0}^{1}$.
$= e^{1 \cdot e^{1}} - e^{0 \cdot e^{0}} = e^{e} - e^{0} = e^{e} - 1$.
अतः,सही उत्तर $e^{e} - 1$ है।

(A) दिया गया है $\phi(x) = e^{x} \int_{0}^{1} e^{t} \phi(t) dt + x$. मान लीजिए $C = \int_{0}^{1} e^{t} \phi(t) dt$. तब $\phi(x) = C e^{x} + x$.
समाकलन में $\phi(t) = C e^{t} + t$ प्रतिस्थापित करने पर:
$C = \int_{0}^{1} e^{t} (C e^{t} + t) dt = \int_{0}^{1} (C e^{2t} + t e^{t}) dt$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$C = C \left[ \frac{e^{2t}}{2} \right]_{0}^{1} + \left[ t e^{t} - e^{t} \right]_{0}^{1} = C \left( \frac{e^{2} - 1}{2} \right) + (e - e) - (0 - 1) = C \left( \frac{e^{2} - 1}{2} \right) + 1$.
$C \left( 1 - \frac{e^{2} - 1}{2} \right) = 1 \Rightarrow C \left( \frac{2 - e^{2} + 1}{2} \right) = 1 \Rightarrow C \left( \frac{3 - e^{2}}{2} \right) = 1 \Rightarrow C = \frac{2}{3 - e^{2}}$.
अतः,$\phi(x) = \frac{2}{3 - e^{2}} e^{x} + x$.
अब,$\phi(\ln(e^{2} - 3)) = \frac{2}{3 - e^{2}} e^{\ln(e^{2} - 3)} + \ln(e^{2} - 3) = \frac{2}{3 - e^{2}} (e^{2} - 3) + \ln(e^{2} - 3) = -2 + \ln(e^{2} - 3)$.

(B) $0 < x < \frac{\pi}{6}$ के लिए,हम जानते हैं कि $\cos x > x$ होता है।
अतः,$\frac{\cos x}{x} > 1$.
दोनों पक्षों का $0$ से $\frac{\pi}{6}$ तक समाकलन करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi/6} \frac{\cos x}{x} dx > \int_{0}^{\pi/6} 1 dx = \frac{\pi}{6}$.
अतः,$I > \frac{\pi}{6}$.
$\frac{\pi}{3} < x < \frac{\pi}{2}$ के लिए,हम जानते हैं कि $\cos x < x$ होता है।
अतः,$\frac{\cos x}{x} < 1$.
दोनों पक्षों का $\frac{\pi}{3}$ से $\frac{\pi}{2}$ तक समाकलन करने पर:
$J = \int_{\pi/3}^{\pi/2} \frac{\cos x}{x} dx < \int_{\pi/3}^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$.
अतः,$J < \frac{\pi}{6}$.
इसलिए,सही विकल्प $I > \frac{\pi}{6}$ और $J < \frac{\pi}{6}$ है।

(C) माना $I = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{\frac{x-\alpha}{\beta-x}} dx$.
$x = \alpha \cos^2 t + \beta \sin^2 t$ प्रतिस्थापित करने पर.
अतः $dx = 2(\beta - \alpha) \sin t \cos t dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = \alpha$,तब $t = 0$। जब $x = \beta$,तब $t = \frac{\pi}{2}$।
$x - \alpha = (\beta - \alpha) \sin^2 t$ और $\beta - x = (\beta - \alpha) \cos^2 t$ होता है।
अतः,$\sqrt{\frac{x-\alpha}{\beta-x}} = \sqrt{\frac{(\beta-\alpha)\sin^2 t}{(\beta-\alpha)\cos^2 t}} = \tan t$.
$I = \int_{0}^{\pi/2} \tan t \cdot 2(\beta - \alpha) \sin t \cos t dt = 2(\beta - \alpha) \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 t dt$.
$\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}$ सर्वसमिका का उपयोग करने पर:
$I = 2(\beta - \alpha) \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2t}{2} dt = (\beta - \alpha) [t - \frac{\sin 2t}{2}]_{0}^{\pi/2}$.
$I = (\beta - \alpha) [\frac{\pi}{2} - 0] = \frac{\pi}{2}(\beta - \alpha)$.

(D) फलन $g(t) = e^{-t^2}$ पर विचार करें। $t \in (0, x)$ के लिए,फलन $g(t)$ निरंतर ह्रासमान है क्योंकि $t > 0$ के लिए $g'(t) = -2t e^{-t^2} < 0$ है।
चूंकि $g(t)$ अंतराल $(0, x)$ पर एक निरंतर ह्रासमान अवतल फलन है,इसलिए $0$ से $x$ तक वक्र $y = e^{-t^2}$ के नीचे का क्षेत्रफल बिंदुओं $(0, 0), (x, 0), (x, e^{-x^2}),$ और $(0, 1)$ द्वारा निर्मित समलंब (trapezoid) के क्षेत्रफल से अधिक है।
इस समलंब का क्षेत्रफल $\frac{1}{2} \times (\text{समांतर भुजाओं का योग}) \times (\text{ऊंचाई}) = \frac{1}{2} (1 + e^{-x^2}) \times x$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,$f(x) = \int_0^x e^{-t^2} dt > \frac{x}{2} (1 + e^{-x^2})$.

(D) माना $I = \int_{1}^{e} (x+1) e^{x} \ln x \, dx$.
हम जानते हैं कि $\int e^{x} (f(x) + f'(x)) \, dx = e^{x} f(x) + C$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर:
$u = \ln x$ और $dv = (x+1)e^{x} dx$ लें।
तब $du = \frac{1}{x} dx$ और $v = \int (x+1)e^{x} dx = x e^{x}$.
$\int u \, dv = uv - \int v \, du$ सूत्र के अनुसार:
$I = [x e^{x} \ln x]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} x e^{x} \cdot \frac{1}{x} \, dx$
$I = [x e^{x} \ln x]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} e^{x} \, dx$
$I = [x e^{x} \ln x - e^{x}]_{1}^{e}$
$I = (e \cdot e^{e} \cdot \ln e - e^{e}) - (1 \cdot e^{1} \cdot \ln 1 - e^{1})$
$I = (e \cdot e^{e} \cdot 1 - e^{e}) - (0 - e)$
$I = e^{e+1} - e^{e} + e = e^{e}(e-1) + e$.

(C) हम जानते हैं कि $\{ \sqrt{x} \} = \sqrt{x} - [\sqrt{x}]$.
अतः,समाकलन $\int_{0}^{4} (\sqrt{x} - [\sqrt{x}]) dx = \int_{0}^{4} \sqrt{x} dx - \int_{0}^{4} [\sqrt{x}] dx$ हो जाता है।
सबसे पहले,$\int_{0}^{4} \sqrt{x} dx = \left[ \frac{2}{3} x^{3/2} \right]_{0}^{4} = \frac{2}{3} (4^{3/2} - 0) = \frac{2}{3} \times 8 = \frac{16}{3}$ की गणना करें।
इसके बाद,$\int_{0}^{4} [\sqrt{x}] dx$ का मान ज्ञात करें। $[\sqrt{x}]$ का मान $x = 1, 4, 9, \dots$ पर बदलता है:
$0 \le x < 1$ के लिए,$[\sqrt{x}] = 0$.
$1 \le x < 4$ के लिए,$[\sqrt{x}] = 1$.
इस प्रकार,$\int_{0}^{4} [\sqrt{x}] dx = \int_{0}^{1} 0 dx + \int_{1}^{4} 1 dx = 0 + [x]_{1}^{4} = 4 - 1 = 3$.
अंत में,समाकलन का मान $\frac{16}{3} - 3 = \frac{16 - 9}{3} = \frac{7}{3}$ है।

(C) हम जानते हैं कि किसी भी पूर्णांक $n$ के लिए $[x + n] = [x] + n$ होता है।
दिए गए व्यंजक $[x + [x + [x]]]$ को हम इस प्रकार सरल कर सकते हैं:
$[x + [x + [x]]] = [x + [x] + [x]] = [x + 2[x]] = [x] + 2[x] = 3[x]$.
अब,समाकलन का मान ज्ञात करते हैं:
$\int_{-1}^{1} 3[x] \, dx = 3 \int_{-1}^{1} [x] \, dx$.
$x = 0$ पर समाकलन को विभाजित करने पर:
$3 \left( \int_{-1}^{0} [x] \, dx + \int_{0}^{1} [x] \, dx \right)$.
$x \in [-1, 0)$ के लिए,$[x] = -1$ होता है।
$x \in [0, 1)$ के लिए,$[x] = 0$ होता है।
अतः,$3 \left( \int_{-1}^{0} (-1) \, dx + \int_{0}^{1} (0) \, dx \right) = 3 \left( [-x]_{-1}^{0} + 0 \right) = 3(-1) = -3$.

(C) दिया गया है कि $\int_{n}^{n+1} f(x) dx = n^2 + n$ है।
हमें $\int_{-3}^{3} f(x) dx$ का मान ज्ञात करना है।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म का उपयोग करते हुए,हम लिख सकते हैं:
$\int_{-3}^{3} f(x) dx = \int_{-3}^{-2} f(x) dx + \int_{-2}^{-1} f(x) dx + \int_{-1}^{0} f(x) dx + \int_{0}^{1} f(x) dx + \int_{1}^{2} f(x) dx + \int_{2}^{3} f(x) dx$.
अब,दिए गए सूत्र $n^2 + n$ में $n = -3, -2, -1, 0, 1, 2$ रखने पर:
$n = -3$ के लिए: $(-3)^2 + (-3) = 9 - 3 = 6$.
$n = -2$ के लिए: $(-2)^2 + (-2) = 4 - 2 = 2$.
$n = -1$ के लिए: $(-1)^2 + (-1) = 1 - 1 = 0$.
$n = 0$ के लिए: $(0)^2 + 0 = 0$.
$n = 1$ के लिए: $(1)^2 + 1 = 2$.
$n = 2$ के लिए: $(2)^2 + 2 = 6$.
इन मानों का योग करने पर: $6 + 2 + 0 + 0 + 2 + 6 = 16$.

(B) हम फलन $f(x) = |x \sin(\pi x)|$ को परिभाषित करते हैं। व्यंजक $x \sin(\pi x)$ का चिह्न $x = 0$ और $x = 1$ पर बदलता है।
$x \in [-1, 0]$ के लिए,$x \leq 0$ और $\sin(\pi x) \leq 0$,इसलिए $x \sin(\pi x) \geq 0$.
$x \in [0, 1]$ के लिए,$x \geq 0$ और $\sin(\pi x) \geq 0$,इसलिए $x \sin(\pi x) \geq 0$.
$x \in [1, 3/2]$ के लिए,$x > 0$ और $\sin(\pi x) < 0$,इसलिए $x \sin(\pi x) < 0$.
अतः,$|x \sin(\pi x)| = x \sin(\pi x)$ जब $x \in [-1, 1]$ और $-x \sin(\pi x)$ जब $x \in [1, 3/2]$.
$\int_{-1}^{3/2} |x \sin(\pi x)| dx = \int_{-1}^{1} x \sin(\pi x) dx - \int_{1}^{3/2} x \sin(\pi x) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int x \sin(\pi x) dx = -\frac{x \cos(\pi x)}{\pi} + \frac{\sin(\pi x)}{\pi^2} + C$.
प्रथम भाग का मान:
$\int_{-1}^{1} x \sin(\pi x) dx = \left[ -\frac{x \cos(\pi x)}{\pi} + \frac{\sin(\pi x)}{\pi^2} \right]_{-1}^{1} = \left( -\frac{1 \cdot (-1)}{\pi} + 0 \right) - \left( -\frac{(-1) \cdot (-1)}{\pi} + 0 \right) = \frac{1}{\pi} - (-\frac{1}{\pi}) = \frac{2}{\pi}$.
द्वितीय भाग का मान:
$\int_{1}^{3/2} x \sin(\pi x) dx = \left[ -\frac{x \cos(\pi x)}{\pi} + \frac{\sin(\pi x)}{\pi^2} \right]_{1}^{3/2} = \left( 0 + \frac{\sin(3\pi/2)}{\pi^2} \right) - \left( -\frac{1 \cdot (-1)}{\pi} + 0 \right) = -\frac{1}{\pi^2} - \frac{1}{\pi}$.
कुल समाकलन = $\frac{2}{\pi} - (-\frac{1}{\pi^2} - \frac{1}{\pi}) = \frac{2}{\pi} + \frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{\pi} = \frac{3}{\pi} + \frac{1}{\pi^2}$.

(C) माना $I = \int_{1}^{2} [f\{g(x)\}]^{-1} f'\{g(x)\} g'(x) dx$.
$u = g(x)$ प्रतिस्थापित करने पर,$du = g'(x) dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = 1$,तब $u = g(1)$।
जब $x = 2$,तब $u = g(2)$।
चूंकि $g(1) = g(2) = t$ दिया गया है,इसलिए समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int_{g(1)}^{g(2)} [f(u)]^{-1} f'(u) du$
$I = \int_{t}^{t} \frac{f'(u)}{f(u)} du$
निश्चित समाकलन के गुणधर्म के अनुसार,यदि ऊपरी और निचली सीमाएँ समान हैं,तो समाकलन का मान $0$ होता है।
$I = [\ln|f(u)|]_{t}^{t} = \ln|f(t)| - \ln|f(t)| = 0$.

(A) हम जानते हैं कि $\tan x + \cot x = \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{1}{\sin x \cos x} = \frac{2}{\sin 2x}$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_{\frac{\pi}{12}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{8 \cos 2x}{(\frac{2}{\sin 2x})^3} dx = \int_{\frac{\pi}{12}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{8 \cos 2x \sin^3 2x}{8} dx = \int_{\frac{\pi}{12}}^{\frac{\pi}{4}} \cos 2x \sin^3 2x dx$.
माना $u = \sin 2x$,तब $du = 2 \cos 2x dx$,अर्थात $\cos 2x dx = \frac{du}{2}$.
जब $x = \frac{\pi}{12}$,तब $u = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$.
जब $x = \frac{\pi}{4}$,तब $u = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$.
$I = \int_{1/2}^{1} u^3 \frac{du}{2} = \frac{1}{2} [\frac{u^4}{4}]_{1/2}^{1} = \frac{1}{8} [1^4 - (\frac{1}{2})^4] = \frac{1}{8} [1 - \frac{1}{16}] = \frac{1}{8} \times \frac{15}{16} = \frac{15}{128}$.

(A) माना $I = \int_{1}^{2} \frac{dx}{((x-1)^2 + 3)^{3/2}}$.
$x-1 = \sqrt{3} \tan \theta$ प्रतिस्थापन करने पर,$dx = \sqrt{3} \sec^2 \theta \, d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x=1$,तब $\tan \theta = 0 \implies \theta = 0$.
जब $x=2$,तब $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies \theta = \frac{\pi}{6}$.
$I = \int_{0}^{\pi/6} \frac{\sqrt{3} \sec^2 \theta \, d\theta}{(\sqrt{3} \sec \theta)^3} = \int_{0}^{\pi/6} \frac{\sqrt{3} \sec^2 \theta}{3\sqrt{3} \sec^3 \theta} \, d\theta$.
$I = \frac{1}{3} \int_{0}^{\pi/6} \cos \theta \, d\theta = \frac{1}{3} [\sin \theta]_{0}^{\pi/6} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$.
दिया गया है कि $\frac{k}{k+5} = \frac{1}{6}$,इसलिए $6k = k+5$,जिसका अर्थ है कि $5k = 5$,अर्थात $k = 1$।

(A) माना $I = \int_{7\pi/4}^{7\pi/3} \sqrt{\tan^2 x} \, dx$.
चूंकि $\sqrt{\tan^2 x} = |\tan x|$,हम अंतराल $[7\pi/4, 7\pi/3]$ में समाकलन करेंगे।
अंतराल $[7\pi/4, 2\pi]$ में,$\tan x$ ऋणात्मक है,इसलिए $|\tan x| = -\tan x$.
अंतराल $[2\pi, 7\pi/3]$ में,$\tan x$ धनात्मक है,इसलिए $|\tan x| = \tan x$.
अतः,$I = \int_{7\pi/4}^{2\pi} -\tan x \, dx + \int_{2\pi}^{7\pi/3} \tan x \, dx$.
$I = [\log|\cos x|]_{7\pi/4}^{2\pi} + [-\log|\cos x|]_{2\pi}^{7\pi/3}$.
$I = (\log|\cos 2\pi| - \log|\cos(7\pi/4)|) - (\log|\cos(7\pi/3)| - \log|\cos 2\pi|)$.
चूंकि $\cos 2\pi = 1$,इसलिए $\log 1 = 0$.
$I = -\log|\cos(7\pi/4)| - \log|\cos(7\pi/3)| = -\log(1/\sqrt{2}) - \log(1/2)$.
$I = \log(\sqrt{2}) + \log(2) = \log(\sqrt{2} \times 2) = \log(2\sqrt{2})$.

(D) माना $I = \int_{0}^{0.9} [x - 2[x]] \, dx$.
चूँकि $0 \le x < 0.9$,महत्तम पूर्णांक फलन $[x] = 0$ है।
इस मान को समाकल में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{0}^{0.9} [x - 2(0)] \, dx = \int_{0}^{0.9} [x] \, dx$.
अंतराल $[0, 0.9)$ में $0 \le x < 0.9$ के लिए,$[x] = 0$ होता है।
अतः,$I = \int_{0}^{0.9} 0 \, dx = 0$.

(D) मान लीजिए $f(x) = x^4 - 2x^2$ है। समाकल $I = \int_a^b f(x) dx$ को न्यूनतम करने के लिए,हमें उस क्षेत्र पर समाकलन करना होगा जहाँ $f(x)$ ऋणात्मक है।
$f(x) = x^2(x^2 - 2) = x^2(x - \sqrt{2})(x + \sqrt{2})$ है।
फलन $f(x)$ अंतराल $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$ में ऋणात्मक है।
चूंकि एक ऋणात्मक फलन का उसके पूरे ऋणात्मक क्षेत्र पर समाकलन न्यूनतम संभव मान देता है,इसलिए हम $a = -\sqrt{2}$ और $b = \sqrt{2}$ लेते हैं।
अतः,क्रमित युग्म $(a, b)$ का मान $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$ है।

(B) माना $I = \int_{\pi /6}^{\pi /4} \frac{dx}{\sin 2x (\tan^5 x + \cot^5 x)}$.
$\sin 2x = \frac{2\tan x}{1+\tan^2 x}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{\sin 2x} = \frac{1+\tan^2 x}{2\tan x}$.
$I = \int_{\pi /6}^{\pi /4} \frac{(1+\tan^2 x) dx}{2\tan x (\tan^5 x + \cot^5 x)}$.
माना $t = \tan x$,तब $dt = \sec^2 x dx = (1+\tan^2 x) dx$.
जब $x = \pi/6, t = 1/\sqrt{3}$. जब $x = \pi/4, t = 1$.
$I = \int_{1/\sqrt{3}}^{1} \frac{dt}{2t(t^5 + 1/t^5)} = \int_{1/\sqrt{3}}^{1} \frac{t^4 dt}{2(t^{10} + 1)}$.
माना $u = t^5$,तब $du = 5t^4 dt$,अर्थात $t^4 dt = du/5$.
जब $t = 1/\sqrt{3}, u = (1/\sqrt{3})^5 = 1/(9\sqrt{3})$. जब $t = 1, u = 1$.
$I = \frac{1}{2} \int_{1/(9\sqrt{3})}^{1} \frac{du/5}{u^2 + 1} = \frac{1}{10} [\tan^{-1} u]_{1/(9\sqrt{3})}^{1}$.
$I = \frac{1}{10} (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(1/(9\sqrt{3}))) = \frac{1}{10} (\frac{\pi}{4} - \tan^{-1}(\frac{1}{9\sqrt{3}}))$.

(D) माना $I = \int_{1}^{e} \left( \left( \frac{x}{e} \right)^{2x} - \left( \frac{e}{x} \right)^{x} \right) \log_{e} x \, dx$.
समाकलन को अलग करने पर: $I = \int_{1}^{e} \left( \frac{x}{e} \right)^{2x} \log_{e} x \, dx - \int_{1}^{e} \left( \frac{e}{x} \right)^{x} \log_{e} x \, dx$.
प्रथम समाकलन के लिए,$u = \left( \frac{x}{e} \right)^{2x}$ लें। तब $\log_{e} u = 2x (\log_{e} x - 1)$.
अवकलन करने पर: $\frac{1}{u} du = 2 \log_{e} x \, dx$.
जब $x=1, u = e^{-2}$ और जब $x=e, u = 1$.
अतः,$\int_{1}^{e} \left( \frac{x}{e} \right)^{2x} \log_{e} x \, dx = \frac{1}{2} \int_{e^{-2}}^{1} du = \frac{1}{2} (1 - e^{-2})$.
दूसरे समाकलन के लिए,$v = \left( \frac{e}{x} \right)^{x}$ लें। तब $\log_{e} v = x (1 - \log_{e} x)$.
अवकलन करने पर: $\frac{1}{v} dv = -\log_{e} x \, dx$.
जब $x=1, v = e$ और जब $x=e, v = 1$.
अतः,$\int_{1}^{e} \left( \frac{e}{x} \right)^{x} \log_{e} x \, dx = -\int_{e}^{1} dv = e - 1$.
कुल मान: $I = \frac{1}{2} (1 - e^{-2}) - (e - 1) = \frac{3}{2} - e - \frac{1}{2e^2}$.

(D) माना $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cot x}{\cot x + \csc x} dx$.
फलन का सरलीकरण करने पर: $\frac{\cot x}{\cot x + \csc x} = \frac{\frac{\cos x}{\sin x}}{\frac{\cos x}{\sin x} + \frac{1}{\sin x}} = \frac{\cos x}{\cos x + 1}$.
सर्वसमिका $\cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2} - 1$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{\cos x}{\cos x + 1} = \frac{2 \cos^2 \frac{x}{2} - 1}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} = 1 - \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2}$.
अब समाकलन करने पर: $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2}) dx$.
$I = [x - \tan \frac{x}{2}]_0^{\frac{\pi}{2}}$.
सीमाओं का मान रखने पर: $I = (\frac{\pi}{2} - \tan \frac{\pi}{4}) - (0 - \tan 0) = \frac{\pi}{2} - 1$.
इसे $I = \frac{1}{2}(\pi - 2) = \frac{1}{2}(\pi + (-2))$ के रूप में लिखा जा सकता है।
$m(\pi + n)$ से तुलना करने पर,$m = \frac{1}{2}$ और $n = -2$ प्राप्त होता है।
अतः,$m \cdot n = \frac{1}{2} \times (-2) = -1$.

(B) दिया गया समाकलन $\int_{\alpha}^{\alpha+1} \frac{dx}{(x+\alpha)(x+\alpha+1)} = \log_{e}\left(\frac{9}{8}\right)$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{(x+\alpha)(x+\alpha+1)} = \frac{1}{x+\alpha} - \frac{1}{x+\alpha+1}$.
दोनों पदों का समाकलन करने पर:
$\int_{\alpha}^{\alpha+1} \left( \frac{1}{x+\alpha} - \frac{1}{x+\alpha+1} \right) dx = \left[ \log_{e}|x+\alpha| - \log_{e}|x+\alpha+1| \right]_{\alpha}^{\alpha+1} = \left[ \log_{e}\left| \frac{x+\alpha}{x+\alpha+1} \right| \right]_{\alpha}^{\alpha+1}$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$\log_{e}\left( \frac{2\alpha+1}{2\alpha+2} \right) - \log_{e}\left( \frac{2\alpha}{2\alpha+1} \right) = \log_{e}\left( \frac{(2\alpha+1)^2}{2\alpha(2\alpha+2)} \right) = \log_{e}\left( \frac{9}{8} \right)$.
तर्क की तुलना करने पर:
$\frac{(2\alpha+1)^2}{4\alpha(\alpha+1)} = \frac{9}{8} \Rightarrow 8(4\alpha^2 + 4\alpha + 1) = 9(4\alpha^2 + 4\alpha)$.
$32\alpha^2 + 32\alpha + 8 = 36\alpha^2 + 36\alpha \Rightarrow 4\alpha^2 + 4\alpha - 8 = 0$.
$\alpha^2 + \alpha - 2 = 0 \Rightarrow (\alpha+2)(\alpha-1) = 0$.
अतः,$\alpha = 1$ या $\alpha = -2$ है। विकल्पों के साथ तुलना करने पर,सही उत्तर $-2$ है।

(A) $\frac{1}{x}$ का $x$ के सापेक्ष समाकलन $\log_{e} |x|$ होता है।
निश्चित समाकलन $\int_{a}^{b} \frac{1}{x} dx$ के लिए कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करने पर:
$= [\log_{e} |x|]_{a}^{b}$
$= \log_{e} |b| - \log_{e} |a|$
लघुगणक के गुणधर्म $\log_{e} m - \log_{e} n = \log_{e} \left( \frac{m}{n} \right)$ का उपयोग करने पर:
$= \log_{e} \left( \frac{b}{a} \right)$.

(D) दिया गया समीकरण: $2 \cot^{2} \theta - \frac{5}{\sin \theta} + 4 = 0$.
$\cot^{2} \theta = \frac{1 - \sin^{2} \theta}{\sin^{2} \theta}$ रखने पर:
$2 \left( \frac{1 - \sin^{2} \theta}{\sin^{2} \theta} \right) - \frac{5}{\sin \theta} + 4 = 0$.
$\sin^{2} \theta$ से गुणा करने पर:
$2(1 - \sin^{2} \theta) - 5 \sin \theta + 4 \sin^{2} \theta = 0$.
$2 \sin^{2} \theta - 5 \sin \theta + 2 = 0$.
गुणनखंड करने पर: $(2 \sin \theta - 1)(\sin \theta - 2) = 0$.
अतः,$\sin \theta = \frac{1}{2}$ (क्योंकि $\sin \theta = 2$ संभव नहीं है).
अंतराल $(0, 2\pi) - \{\pi\}$ में,$\theta = \frac{\pi}{6}$ और $\theta = \frac{5\pi}{6}$ प्राप्त होते हैं.
यहाँ,$\theta_{1} = \frac{\pi}{6}$ और $\theta_{2} = \frac{5\pi}{6}$.
अब समाकलन करने पर:
$I = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \frac{1 + \cos 6\theta}{2} \, d\theta = \frac{1}{2} \left[ \theta + \frac{\sin 6\theta}{6} \right]_{\pi/6}^{5\pi/6}$.
$I = \frac{1}{2} \left( \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\pi}{3}$.

(C) दिया गया समाकलन $I = \int_{-1}^{2} e^{-\alpha |x|} dx$ है।
चूंकि $|x| = -x$ जब $x < 0$ और $|x| = x$ जब $x \ge 0$,हम समाकलन को विभाजित करते हैं:
$I = \int_{-1}^{0} e^{\alpha x} dx + \int_{0}^{2} e^{-\alpha x} dx$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$I = \left[ \frac{e^{\alpha x}}{\alpha} \right]_{-1}^{0} + \left[ \frac{e^{-\alpha x}}{-\alpha} \right]_{0}^{2} = \left( \frac{1}{\alpha} - \frac{e^{-\alpha}}{\alpha} \right) + \left( \frac{1}{\alpha} - \frac{e^{-2\alpha}}{\alpha} \right) = \frac{2 - e^{-\alpha} - e^{-2\alpha}}{\alpha}$.
अब,इस मान को समीकरण $4\alpha I = 5$ में रखने पर:
$4\alpha \left( \frac{2 - e^{-\alpha} - e^{-2\alpha}}{\alpha} \right) = 5$.
$4(2 - e^{-\alpha} - e^{-2\alpha}) = 5 \Rightarrow 8 - 4e^{-\alpha} - 4e^{-2\alpha} = 5$.
$4e^{-2\alpha} + 4e^{-\alpha} - 3 = 0$.
माना $t = e^{-\alpha}$. तब $4t^2 + 4t - 3 = 0$.
द्विघात समीकरण को हल करने पर: $t = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4(4)(-3)}}{8} = \frac{-4 \pm 8}{8}$.
चूंकि $t = e^{-\alpha} > 0$,इसलिए $t = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$ लेने पर।
$e^{-\alpha} = \frac{1}{2} \Rightarrow e^{\alpha} = 2 \Rightarrow \alpha = \log_{e} 2$.

(A) माना $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2x^{3}-9x^{2}+12x+4}}$.
$I$ का परिसर ज्ञात करने के लिए,हम अंतराल $[1, 2]$ पर $g(x) = 2x^{3}-9x^{2}+12x+4$ के व्यवहार की जाँच करते हैं।
$g'(x) = 6x^{2}-18x+12 = 6(x-1)(x-2)$.
चूँकि $x \in [1, 2]$ के लिए $g'(x) \leq 0$ है,इसलिए $g(x)$ अंतराल $[1, 2]$ पर एक ह्रासमान फलन है।
अतः,$g(2) \leq g(x) \leq g(1)$.
$g(1) = 2-9+12+4 = 9$.
$g(2) = 16-36+24+4 = 8$.
इसलिए,$x \in [1, 2]$ के लिए $8 \leq g(x) \leq 9$ है।
वर्गमूल और व्युत्क्रम लेने पर,$\frac{1}{3} \leq \frac{1}{\sqrt{g(x)}} \leq \frac{1}{\sqrt{8}}$.
$1$ से $2$ तक समाकलन करने पर: $\int_{1}^{2} \frac{1}{3} dx < I < \int_{1}^{2} \frac{1}{\sqrt{8}} dx$.
$\frac{1}{3}(2-1) < I < \frac{1}{\sqrt{8}}(2-1)$.
$\frac{1}{3} < I < \frac{1}{\sqrt{8}}$.
असमिका का वर्ग करने पर: $\frac{1}{9} < I^{2} < \frac{1}{8}$.

(C) दिया गया है $f(x) = a + bx + cx^2$.
निश्चित समाकलन की गणना करने पर:
$\int_{0}^{1} (a + bx + cx^2) dx = [ax + \frac{bx^2}{2} + \frac{cx^3}{3}]_{0}^{1} = a + \frac{b}{2} + \frac{c}{3}$.
व्यंजक को सरल करने पर:
$a + \frac{b}{2} + \frac{c}{3} = \frac{6a + 3b + 2c}{6}$.
अब,विकल्प $C$ में दिए गए पदों का मान रखने पर:
$f(0) = a$.
$f(1) = a + b + c$.
$f(\frac{1}{2}) = a + \frac{b}{2} + \frac{c}{4}$.
इन मानों को $\frac{1}{6} \{f(0) + f(1) + 4f(\frac{1}{2})\}$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$= \frac{1}{6} \{a + (a + b + c) + 4(a + \frac{b}{2} + \frac{c}{4})\}$
$= \frac{1}{6} \{a + a + b + c + 4a + 2b + c\}$
$= \frac{1}{6} \{6a + 3b + 2c\} = a + \frac{b}{2} + \frac{c}{3}$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

परिभाषा के अनुसार,$\int_a^b f(x) dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$,जहाँ $h = \frac{b-a}{n}$ है।
इस प्रश्न में,$a = 0$,$b = 2$,$f(x) = x^2 + 1$,और $h = \frac{2-0}{n} = \frac{2}{n}$ है।
अतः,$\int_0^2 (x^2 + 1) dx = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(\frac{2r}{n})$.
$= 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} [(\frac{2r}{n})^2 + 1] = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [\sum_{r=0}^{n-1} \frac{4r^2}{n^2} + \sum_{r=0}^{n-1} 1]$.
$= 2 \lim_{n \to \infty} [\frac{4}{n^3} \sum_{r=0}^{n-1} r^2 + \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} 1]$.
$\sum_{r=0}^{n-1} r^2 = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$ और $\sum_{r=0}^{n-1} 1 = n$ का उपयोग करने पर:
$= 2 \lim_{n \to \infty} [\frac{4}{n^3} \cdot \frac{(n-1)n(2n-1)}{6} + \frac{1}{n} \cdot n]$.
$= 2 \lim_{n \to \infty} [\frac{2}{3} \cdot \frac{(n-1)(2n-1)}{n^2} + 1] = 2 [\frac{2}{3} \cdot 2 + 1] = 2 [\frac{4}{3} + 1] = 2 [\frac{7}{3}] = \frac{14}{3}$.

(D) माना $I = \int_{0}^{5}(x+1) d x$.
हम जानते हैं कि,$\int_a^b f (x)dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$,जहाँ $h = \frac{b-a}{n}$.
यहाँ,$a=0, b=5$,और $f(x)=(x+1)$.
$\Rightarrow h = \frac{5-0}{n} = \frac{5}{n}$.
$\therefore \int_0^5 (x + 1) dx = 5 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f\left(r \cdot \frac{5}{n}\right)$.
$= 5 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} \left( \frac{5r}{n} + 1 \right)$.
$= 5 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ \sum_{r=0}^{n-1} 1 + \frac{5}{n} \sum_{r=0}^{n-1} r \right]$.
$= 5 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ n + \frac{5}{n} \cdot \frac{(n-1)n}{2} \right]$.
$= 5 \lim_{n \to \infty} \left[ 1 + \frac{5(n-1)}{2n} \right]$.
$= 5 \lim_{n \to \infty} \left[ 1 + \frac{5}{2} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \right]$.
$= 5 \left[ 1 + \frac{5}{2} \right] = 5 \left[ \frac{7}{2} \right] = \frac{35}{2}$.

(N/A) माना $I = \int_{1}^{4}(x^{2}-x) dx$.
समाकलन के योगफल के गुणधर्म का उपयोग करते हुए:
$I = \int_{1}^{4} x^{2} dx - \int_{1}^{4} x dx = I_{1} - I_{2}$,जहाँ $I_{1} = \int_{1}^{4} x^{2} dx$ और $I_{2} = \int_{1}^{4} x dx$.
योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकल की परिभाषा है:
$\int_{a}^{b} f(x) dx = \lim_{n \to \infty} h \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$,जहाँ $h = \frac{b-a}{n}$.
$I_{1} = \int_{1}^{4} x^{2} dx$ के लिए:
$a = 1, b = 4, f(x) = x^{2}, h = \frac{4-1}{n} = \frac{3}{n}$.
$I_{1} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{n} \sum_{r=0}^{n-1} (1 + r \cdot \frac{3}{n})^{2} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{n} \sum_{r=0}^{n-1} (1 + \frac{6r}{n} + \frac{9r^{2}}{n^{2}})$.
$I_{1} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{n} [n + \frac{6}{n} \frac{(n-1)n}{2} + \frac{9}{n^{2}} \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}] = 3 + 9 + \frac{27}{2} = 21$.
$I_{2} = \int_{1}^{4} x dx$ के लिए:
$a = 1, b = 4, f(x) = x, h = \frac{3}{n}$.
$I_{2} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{n} \sum_{r=0}^{n-1} (1 + \frac{3r}{n}) = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{n} [n + \frac{3}{n} \frac{(n-1)n}{2}] = 3 + \frac{9}{2} = \frac{15}{2}$.
अतः,$I = I_{1} - I_{2} = 21 - \frac{15}{2} = \frac{42-15}{2} = \frac{27}{2}$.

(N/A) माना $I = \int_{2}^{3} x^{2} dx$.
हम जानते हैं कि $x^{2}$ का प्रति-अवकलज $\int x^{2} dx = \frac{x^{3}}{3} = F(x)$ है।
कलन के द्वितीय मूलभूत प्रमेय के अनुसार,हमें प्राप्त होता है:
$I = F(3) - F(2)$
$I = \frac{3^{3}}{3} - \frac{2^{3}}{3}$
$I = \frac{27}{3} - \frac{8}{3}$
$I = \frac{19}{3}$

(B) माना $I = \int_{1}^{2} \frac{x \, dx}{(x+1)(x+2)}$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए:
$\frac{x}{(x+1)(x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2}$
$x = A(x+2) + B(x+1)$
$x = -1$ रखने पर,$A = -1$ प्राप्त होता है। $x = -2$ रखने पर,$B = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{x}{(x+1)(x+2)} = \frac{-1}{x+1} + \frac{2}{x+2}$.
अनिश्चित समाकलन:
$\int \left( \frac{-1}{x+1} + \frac{2}{x+2} \right) dx = -\log |x+1| + 2 \log |x+2| = F(x)$.
कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करते हुए:
$I = F(2) - F(1)$
$I = [-\log(3) + 2 \log(4)] - [-\log(2) + 2 \log(3)]$
$I = -\log(3) + 2 \log(4) + \log(2) - 2 \log(3)$
$I = 2 \log(4) + \log(2) - 3 \log(3)$
$I = \log(16) + \log(2) - \log(27)$
$I = \log \left( \frac{16 \times 2}{27} \right) = \log \left( \frac{32}{27} \right)$.

(C) माना $I = \int_{-1}^{1} (x+1) d x$.
सबसे पहले,अनिश्चित समाकल ज्ञात करें:
$\int (x+1) d x = \frac{x^2}{2} + x = F(x)$.
कलन के द्वितीय मूलभूत प्रमेय के अनुसार,हमारे पास है:
$I = F(1) - F(-1)$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$F(1) = \frac{1^2}{2} + 1 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$.
$F(-1) = \frac{(-1)^2}{2} + (-1) = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}$.
अंतर की गणना करने पर:
$I = \frac{3}{2} - (-\frac{1}{2}) = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = \frac{4}{2} = 2$.

(B) माना $I = \int_{2}^{3} \frac{1}{x} d x$ है।
हम जानते हैं कि $\frac{1}{x}$ का प्रति-अवकलज (antiderivative) $\log |x|$ होता है।
कलन के द्वितीय मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$\int_{a}^{b} f(x) d x = F(b) - F(a)$,जहाँ $F(x)$,$f(x)$ का प्रति-अवकलज है।
यहाँ,$F(x) = \log |x|$ है।
अतः,$I = F(3) - F(2) = \log |3| - \log |2|$।
लघुगणक के गुणधर्म $\log a - \log b = \log \frac{a}{b}$ का उपयोग करने पर,हमें $I = \log \frac{3}{2}$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int_{1}^{2} (4x^{3} - 5x^{2} + 6x + 9) dx$ है।
सबसे पहले,अनिश्चित समाकलन ज्ञात करें:
$\int (4x^{3} - 5x^{2} + 6x + 9) dx = 4(\frac{x^{4}}{4}) - 5(\frac{x^{3}}{3}) + 6(\frac{x^{2}}{2}) + 9x = x^{4} - \frac{5x^{3}}{3} + 3x^{2} + 9x = F(x)$।
कलन के द्वितीय मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$I = F(2) - F(1)$।
$F(2) = (2)^{4} - \frac{5(2)^{3}}{3} + 3(2)^{2} + 9(2) = 16 - \frac{40}{3} + 12 + 18 = 46 - \frac{40}{3} = \frac{138 - 40}{3} = \frac{98}{3}$।
$F(1) = (1)^{4} - \frac{5(1)^{3}}{3} + 3(1)^{2} + 9(1) = 1 - \frac{5}{3} + 3 + 9 = 13 - \frac{5}{3} = \frac{39 - 5}{3} = \frac{34}{3}$।
अतः,$I = \frac{98}{3} - \frac{34}{3} = \frac{64}{3}$।

(A) माना $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin 2x \,dx$ है।
$\sin 2x$ का प्रति-अवकलज $\int \sin 2x \,dx = -\frac{\cos 2x}{2}$ है।
कलन के द्वितीय मूलभूत प्रमेय के अनुसार,हमें प्राप्त होता है:
$I = \left[ -\frac{\cos 2x}{2} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
$I = -\frac{1}{2} \left[ \cos 2\left(\frac{\pi}{4}\right) - \cos 2(0) \right]$
$I = -\frac{1}{2} \left[ \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) - \cos(0) \right]$
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ और $\cos(0) = 1$,इसलिए:
$I = -\frac{1}{2} [0 - 1] = \frac{1}{2}$.