Leibnitz's rule, Wall's Formula Questions in Hindi

(B) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\int_0^x {\cos {t^2}dt} }}{x}$.
चूंकि सीमा $\frac{0}{0}$ के रूप में है,हम $L'\text{Hospital}$ नियम लागू करते हैं।
$\text{Leibniz}$ समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,अंश का अवकलन $\frac{d}{dx} \int_0^x \cos(t^2) dt = \cos(x^2)$ है।
हर का अवकलन $\frac{d}{dx} (x) = 1$ है।
अतः,$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos(x^2)}{1} = \cos(0) = 1$.

(C) दिया गया है कि $F(x) = \int_0^{x^2} f(t) dt = x^2(1 + x)$.
समाकलन चिह्न के अंतर्गत अवकलन के लिए लीबनिज नियम का उपयोग करते हुए,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d}{dx} \left( \int_0^{x^2} f(t) dt \right) = \frac{d}{dx} (x^2 + x^3)$.
श्रृंखला नियम (chain rule) का उपयोग करने पर,$f(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 2x + 3x^2$.
$f(x^2) \cdot 2x = 2x + 3x^2$.
$x > 0$ के लिए,$2x$ से विभाजित करने पर:
$f(x^2) = \frac{2x + 3x^2}{2x} = 1 + \frac{3}{2}x$.
$f(4)$ ज्ञात करने के लिए,$x^2 = 4$ रखने पर,जिससे $x = 2$ प्राप्त होता है (क्योंकि $x > 0$):
$f(4) = 1 + \frac{3}{2}(2) = 1 + 3 = 4$.

(B) लीबनीज़ के समाकलन नियम के अनुसार,यदि $f(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} F(t, x) \, dt$ है,तो $\frac{d}{dx} f(x) = F(h(x), x) \cdot h'(x) - F(g(x), x) \cdot g'(x)$ होता है।
यहाँ $f(x) = \int_a^x t^3 e^t \, dt$ दिया गया है।
यहाँ समाकल्य $F(t) = t^3 e^t$ है,ऊपरी सीमा $h(x) = x$ है और निचली सीमा $g(x) = a$ है।
नियम लागू करने पर:
$\frac{d}{dx} f(x) = (x^3 e^x) \cdot \frac{d}{dx}(x) - (a^3 e^a) \cdot \frac{d}{dx}(a)$।
चूँकि $a$ एक स्थिरांक है,इसलिए $\frac{d}{dx}(a) = 0$ होता है।
अतः,$\frac{d}{dx} f(x) = x^3 e^x \cdot 1 - 0 = x^3 e^x$।

(A) दिया गया समीकरण: $\int_{\sin x}^1 {t^2}f(t) dt = 1 - \sin x$ है।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर (Leibniz integral rule का उपयोग करते हुए):
$\frac{d}{dx} \left( \int_{\sin x}^1 {t^2}f(t) dt \right) = \frac{d}{dx} (1 - \sin x)$।
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$\int_{g(x)}^a h(t) dt$ का अवकलज $-h(g(x)) \cdot g'(x)$ होता है।
अतः,$-(\sin x)^2 f(\sin x) \cdot \cos x = -\cos x$।
चूँकि $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ है,इसलिए $\cos x \neq 0$,अतः दोनों पक्षों को $-\cos x$ से विभाजित करने पर:
$(\sin x)^2 f(\sin x) = 1$।
इस प्रकार,$f(\sin x) = \frac{1}{\sin^2 x}$ प्राप्त होता है।
अतः,$f(t) = \frac{1}{t^2}$।
परिणामस्वरूप,$f\left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) = \frac{1}{(1/\sqrt{3})^2} = \frac{1}{1/3} = 3$।

(B) हम निश्चित समाकलन के लिए वालिस सूत्र का उपयोग करते हैं $\int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$.
यहाँ,$m = 2$ और $n = 3$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\int_0^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{2+1}{2}) \Gamma(\frac{3+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{2+3+2}{2})} = \frac{\Gamma(\frac{3}{2}) \Gamma(2)}{2 \Gamma(\frac{7}{2})}$.
हम जानते हैं कि $\Gamma(\frac{3}{2}) = \frac{1}{2} \sqrt{\pi}$,$\Gamma(2) = 1! = 1$,और $\Gamma(\frac{7}{2}) = \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\pi} = \frac{15}{8} \sqrt{\pi}$.
अतः,समाकलन $\frac{(\frac{1}{2} \sqrt{\pi}) \cdot 1}{2 \cdot (\frac{15}{8} \sqrt{\pi})} = \frac{\frac{1}{2} \sqrt{\pi}}{\frac{15}{4} \sqrt{\pi}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{15} = \frac{2}{15}$ है।

(A) हमें $I = \int_0^\pi {\left| {\sin^4 x} \right|\,dx}$ का मूल्यांकन करना है।
चूंकि $x \in [0, \pi]$ के लिए $\sin^4 x \ge 0$ है,इसलिए हम मापांक (absolute value) को हटा सकते हैं: $I = \int_0^\pi \sin^4 x \,dx$.
गुणधर्म $\int_0^{2a} f(x) \,dx = 2 \int_0^a f(x) \,dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $f(2a-x) = f(x)$ है:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 x \,dx$.
वालिस के सूत्र के अनुसार,सम $n$ के लिए $\int_0^{\pi/2} \sin^n x \,dx = \frac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \frac{\pi}{2}$:
$I = 2 \cdot \left( \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = 2 \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{8}$.

(B) $0$ से $\pi/2$ तक $\sin^{n} x$ के समाकलन के लिए वॉलिस के सूत्र का उपयोग करते हुए,जहाँ $n = 2m$ एक सम संख्या है:
$\int_0^{\pi /2} \sin^{2m} x \, dx = \frac{2m-1}{2m} \cdot \frac{2m-3}{2m-2} \cdot \dots \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$
इसे सरल बनाने के लिए,अंश और हर को सम संख्याओं के गुणनफल $2m \cdot (2m-2) \cdot \dots \cdot 2$ से गुणा करें:
अंश: $(2m-1)(2m-3)\dots(1) \cdot [2m(2m-2)\dots(2)] = (2m)!$
हर: $[2m(2m-2)\dots(2)]^2 = [2^m \cdot m(m-1)\dots(1)]^2 = (2^m \cdot m!)^2$
अतः,समाकलन $\frac{(2m)!}{(2^m \cdot m!)^2} \cdot \frac{\pi}{2}$ है।

(A) समाकल $I = \int_0^{\pi /2} \sin^5 x \, dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम वालिस के सूत्र (Wallis' Formula) का उपयोग करते हैं।
वालिस का सूत्र बताता है कि $n > 1$ के लिए:
$\int_0^{\pi /2} \sin^n x \, dx = \frac{(n-1)(n-3)\dots(1)}{n(n-2)\dots(2)} \times \frac{\pi}{2}$ (यदि $n$ सम है)
$\int_0^{\pi /2} \sin^n x \, dx = \frac{(n-1)(n-3)\dots(2)}{n(n-2)\dots(3)}$ (यदि $n$ विषम है)
यहाँ,$n = 5$,जो एक विषम संख्या है।
सूत्र लागू करने पर:
$I = \frac{(5-1)(5-3)}{5(5-2)(5-4)} = \frac{4 \times 2}{5 \times 3 \times 1} = \frac{8}{15}$.
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(C) लीबनीज़ के समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,यदि $\varphi(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \, dt$ है,तो $\varphi'(x) = f(h(x)) \cdot h'(x) - f(g(x)) \cdot g'(x)$ होता है।
यहाँ,$f(t) = \sin(t^2)$,$h(x) = \sqrt{x}$,और $g(x) = \frac{1}{x}$ है।
अवकलन करने पर: $h'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ और $g'(x) = -\frac{1}{x^2}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\varphi'(x) = \sin((\sqrt{x})^2) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} - \sin((\frac{1}{x})^2) \cdot (-\frac{1}{x^2})$
$\varphi'(x) = \sin(x) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{x^2} \sin(\frac{1}{x^2})$
अब,$x = 1$ पर मान ज्ञात करने पर:
$\varphi'(1) = \sin(1) \cdot \frac{1}{2\sqrt{1}} + \frac{1}{1^2} \sin(\frac{1}{1^2})$
$\varphi'(1) = \frac{1}{2} \sin(1) + \sin(1) = \frac{3}{2} \sin(1)$.

(B) माना $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \cos^2 x (\sin x + \cos x) \, dx$.
समाकलन को दो भागों में विभाजित करें: $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^3 x \cos^2 x \, dx + \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx$.
पहला समाकलन $\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^3 x \cos^2 x \, dx$ एक विषम फलन है,इसलिए इसका मान $0$ है।
दूसरा समाकलन $\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx$ एक सम फलन है,इसलिए यह $2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx$ के बराबर है।
वालिस के सूत्र $\int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!}$ का उपयोग करते हुए:
$2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x \cos^3 x \, dx = 2 \times \frac{(2-1)!!(3-1)!!}{(2+3)!!} = 2 \times \frac{1 \times 2}{5 \times 3 \times 1} = 2 \times \frac{2}{15} = \frac{4}{15}$.

(D) हम यहाँ लेबनिज समाकलन नियम का उपयोग करेंगे: $\frac{d}{dx} \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \, dt = f(h(x)) \cdot h'(x) - f(g(x)) \cdot g'(x)$.
दिया गया है $F(x) = \int_{x^2}^{x^3} \frac{1}{\log t} \, dt$,जहाँ $f(t) = \frac{1}{\log t}$,$h(x) = x^3$,और $g(x) = x^2$ है।
अतः $h'(x) = 3x^2$ और $g'(x) = 2x$ होगा।
नियम लागू करने पर:
$F'(x) = \frac{1}{\log(x^3)} \cdot (3x^2) - \frac{1}{\log(x^2)} \cdot (2x)$
चूँकि $\log(x^n) = n \log x$ होता है:
$F'(x) = \frac{3x^2}{3 \log x} - \frac{2x}{2 \log x}$
$F'(x) = \frac{x^2}{\log x} - \frac{x}{\log x} = \frac{x^2 - x}{\log x} = \frac{x(x - 1)}{\log x} = x(x - 1)(\log x)^{-1}$.

(B) लेबनीज़ के नियम (Leibniz integral rule) का उपयोग करते हुए,यदि $f(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} \phi(t) \, dt$ है,तो $f'(x) = \phi(h(x)) \cdot h'(x) - \phi(g(x)) \cdot g'(x)$ होता है।
यहाँ,$\phi(t) = \sin \sqrt{t}$,$h(x) = x^4$,और $g(x) = x^2$ है।
अवकलन करने पर:
$h'(x) = \frac{d}{dx}(x^4) = 4x^3$
$g'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x$
अब इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$f'(x) = \sin(\sqrt{x^4}) \cdot (4x^3) - \sin(\sqrt{x^2}) \cdot (2x)$
चूँकि $\sqrt{x^4} = x^2$ और $\sqrt{x^2} = x$ (मानते हुए कि $x > 0$):
$f'(x) = 4x^3 \sin(x^2) - 2x \sin(x)$
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(C) दिया गया है $F(x) = \frac{1}{x^2} \int_4^x (4t^2 - 2F'(t)) \, dt$.
$x^2$ से गुणा करने पर,हमें प्राप्त होता है $x^2 F(x) = \int_4^x (4t^2 - 2F'(t)) \, dt$.
लेबनिज नियम का उपयोग करके दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$2x F(x) + x^2 F'(x) = 4x^2 - 2F'(x)$.
$x = 4$ रखने पर:
$2(4) F(4) + (4)^2 F'(4) = 4(4)^2 - 2F'(4)$.
मूल समीकरण से,$F(4) = \frac{1}{4^2} \int_4^4 (4t^2 - 2F'(t)) \, dt = 0$.
$F(4) = 0$ का मान अवकलित समीकरण में रखने पर:
$8(0) + 16 F'(4) = 64 - 2F'(4)$.
$16 F'(4) + 2 F'(4) = 64$.
$18 F'(4) = 64$.
$F'(4) = \frac{64}{18} = \frac{32}{9}$.

(A) माना $I = \int_0^\pi \sin^5\left( \frac{x}{2} \right) \, dx$.
$t = \frac{x}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2 \, dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तब $t = 0$ और जब $x = \pi$,तब $t = \frac{\pi}{2}$.
अतः,$I = \int_0^{\pi/2} \sin^5(t) \cdot 2 \, dt = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^5(t) \, dt$.
वालिस के सूत्र का उपयोग करते हुए,$\int_0^{\pi/2} \sin^n(x) \, dx = \frac{(n-1)(n-3)\dots(2)}{n(n-2)\dots(1)}$ (जब $n$ विषम संख्या हो)।
$n = 5$ के लिए,$\int_0^{\pi/2} \sin^5(t) \, dt = \frac{4 \cdot 2}{5 \cdot 3 \cdot 1} = \frac{8}{15}$.
इसलिए,$I = 2 \cdot \frac{8}{15} = \frac{16}{15}$.

(B) वालिस सूत्र का उपयोग करते हुए,$I = \int_0^{\pi /2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$.
यहाँ,$m = 4$ और $n = 6$ है।
$I = \frac{\Gamma(\frac{4+1}{2}) \Gamma(\frac{6+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{4+6+2}{2})} = \frac{\Gamma(5/2) \Gamma(7/2)}{2 \Gamma(6)}$.
$\Gamma(n+1) = n\Gamma(n)$ और $\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}$ का उपयोग करने पर:
$\Gamma(5/2) = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi} = \frac{3\sqrt{\pi}}{4}$.
$\Gamma(7/2) = \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi} = \frac{15\sqrt{\pi}}{8}$.
$\Gamma(6) = 5! = 120$.
$I = \frac{(\frac{3\sqrt{\pi}}{4}) (\frac{15\sqrt{\pi}}{8})}{2 \cdot 120} = \frac{45\pi}{32 \cdot 240} = \frac{45\pi}{7680} = \frac{3\pi}{512}$.

(A) दिया गया है $F(x) = \int_{x^2}^{x^3} \log t \, dt$।
लीबनीज़ के समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,जो कहता है कि $\frac{d}{dx} \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \, dt = f(h(x)) \cdot h'(x) - f(g(x)) \cdot g'(x)$।
यहाँ,$f(t) = \log t$,$h(x) = x^3$,और $g(x) = x^2$ है।
अतः,$F'(x) = \log(x^3) \cdot \frac{d}{dx}(x^3) - \log(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$।
$F'(x) = (3 \log x) \cdot (3x^2) - (2 \log x) \cdot (2x)$।
$F'(x) = 9x^2 \log x - 4x \log x$।
$F'(x) = (9x^2 - 4x) \log x$।

(C) माना $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^4 x \cos^6 x \, dx$.
चूंकि $f(x) = \sin^4 x \cos^6 x$ एक सम फलन है,$f(-x) = f(x)$,इसलिए:
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^4 x \cos^6 x \, dx$.
वालिस सूत्र का उपयोग करते हुए $\int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{[(m-1)(m-3)...(1)][(n-1)(n-3)...(1)]}{(m+n)(m+n-2)...(2)} \times \frac{\pi}{2}$ (यदि $m, n$ दोनों सम हैं):
यहाँ $m=4$ और $n=6$ है।
$I = 2 \times \left[ \frac{(3 \times 1) \times (5 \times 3 \times 1)}{(10 \times 8 \times 6 \times 4 \times 2)} \times \frac{\pi}{2} \right]$.
$I = 2 \times \left[ \frac{3 \times 15}{3840} \times \frac{\pi}{2} \right] = \frac{45\pi}{3840} = \frac{3\pi}{256}$.

(A) दिया गया है $f(x) = \int_{1}^{x} \sqrt{2 - t^2} dt$।
लीबनीज़ समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,हम $x$ के सापेक्ष $f(x)$ का अवकलन करते हैं:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \int_{1}^{x} \sqrt{2 - t^2} dt = \sqrt{2 - x^2}$।
दिया गया समीकरण $x^2 - f'(x) = 0$ है,जिसका अर्थ है $x^2 = f'(x)$।
$f'(x)$ का मान रखने पर,हमें $x^2 = \sqrt{2 - x^2}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $x^4 = 2 - x^2$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $x^4 + x^2 - 2 = 0$ मिलता है।
मान लीजिए $u = x^2$ है। तो समीकरण $u^2 + u - 2 = 0$ बन जाता है।
इस द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर,हमें $(u + 2)(u - 1) = 0$ प्राप्त होता है।
चूंकि $u = x^2$,इसलिए $x^2 = -2$ (जिसका कोई वास्तविक मूल नहीं है) या $x^2 = 1$ है।
अतः,$x = \pm 1$।

(C) माना $x = a(1 - \cos \theta)$. तब $dx = a \sin \theta d\theta$.
जब $x=0, \theta=0$ और जब $x=a, \theta=\pi/2$.
पद $2ax - x^2 = 2a^2(1 - \cos \theta) - a^2(1 - \cos \theta)^2 = a^2(1 - \cos^2 \theta) = a^2 \sin^2 \theta$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$\int_0^a x(2ax - x^2)^{3/2} dx = \int_0^{\pi/2} a(1 - \cos \theta) (a^2 \sin^2 \theta)^{3/2} a \sin \theta d\theta$
$= a^5 \int_0^{\pi/2} (1 - \cos \theta) \sin^4 \theta d\theta$
$= a^5 [\int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta d\theta - \int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos \theta d\theta]$
प्रथम भाग के लिए वालिस के सूत्र का उपयोग करने पर: $\int_0^{\pi/2} \sin^4 \theta d\theta = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$.
दूसरे भाग के लिए,$u = \sin \theta$ लेने पर,$du = \cos \theta d\theta$: $\int_0^1 u^4 du = [\frac{u^5}{5}]_0^1 = \frac{1}{5}$.
अतः,परिणाम $a^5 [\frac{3\pi}{16} - \frac{1}{5}]$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है कि $f(x) = \int_0^x {t\sin t\,dt}$.
लीबनीज़ के समाकलन नियम के अनुसार,यदि $f(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} F(t, x) \, dt$ है,तो $f'(x) = F(h(x), x) \cdot h'(x) - F(g(x), x) \cdot g'(x) + \int_{g(x)}^{h(x)} \frac{\partial}{\partial x} F(t, x) \, dt$ होता है।
इस मामले में,$F(t, x) = t\sin t$,$h(x) = x$,और $g(x) = 0$ है।
चूंकि समाकल्य $t\sin t$ का $x$ पर कोई निर्भरता नहीं है,इसलिए आंशिक अवकलन $\frac{\partial}{\partial x} (t\sin t) = 0$ है।
अतः,$f'(x) = (x\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(x) - (0\sin 0) \cdot \frac{d}{dx}(0) + 0$।
$f'(x) = x\sin x \cdot 1 - 0 = x\sin x$।

(A) दिया गया समीकरण: $\int_0^x {f(t)\,dt} = x + \int_x^1 {t\,f(t)\,dt}$
समाकलन $\int_x^1 {t\,f(t)\,dt}$ को $-\int_1^x {t\,f(t)\,dt}$ के रूप में लिखने पर:
$\int_0^x {f(t)\,dt} = x - \int_1^x {t\,f(t)\,dt}$
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर (Leibniz integral rule का उपयोग करते हुए):
$\frac{d}{dx} \left( \int_0^x {f(t)\,dt} \right) = \frac{d}{dx} (x) - \frac{d}{dx} \left( \int_1^x {t\,f(t)\,dt} \right)$
कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करने पर:
$f(x) = 1 - xf(x)$
$f(x)$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$f(x) + xf(x) = 1$
$f(x)(1 + x) = 1$
$f(x) = \frac{1}{1 + x}$
अब,$f(1)$ ज्ञात करने के लिए $x = 1$ रखने पर:
$f(1) = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$.

(A) दिया गया समीकरण $\int_0^{t^2} xf(x)dx = \frac{2}{5}t^5$ है।
$t$ के सापेक्ष अवकलन के लिए लेबनिज नियम का उपयोग करने पर:
$\frac{d}{dt} \left( \int_0^{t^2} xf(x)dx \right) = \frac{d}{dt} \left( \frac{2}{5}t^5 \right)$.
श्रृंखला नियम (chain rule) का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(t^2)f(t^2) \cdot \frac{d}{dt}(t^2) = \frac{2}{5} \cdot 5t^4$.
$(t^2)f(t^2) \cdot (2t) = 2t^4$.
$2t^3 f(t^2) = 2t^4$.
चूंकि $t > 0$,हम $2t^3$ से विभाजित कर सकते हैं:
$f(t^2) = t$.
हमें $f\left( \frac{4}{25} \right)$ ज्ञात करना है।
मान लीजिए $t^2 = \frac{4}{25}$,जिसका अर्थ है $t = \frac{2}{5}$ (क्योंकि $t > 0$)।
$f(t^2) = t$ में $t = \frac{2}{5}$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$f\left( \frac{4}{25} \right) = \frac{2}{5}$.

(B) दिया गया है $f(x) = \int_{x^2}^{x^2+1} e^{-t^2} dt$.
लेबनीज़ नियम का उपयोग करते हुए:
$f'(x) = e^{-(x^2+1)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2+1) - e^{-(x^2)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$f'(x) = e^{-(x^2+1)^2} \cdot (2x) - e^{-x^4} \cdot (2x)$
$f'(x) = 2x \left( e^{-(x^2+1)^2} - e^{-x^4} \right)$
चूंकि सभी $x$ के लिए $(x^2+1)^2 > x^4$,इसलिए $-(x^2+1)^2 < -x^4$ होता है।
अतः,$e^{-(x^2+1)^2} < e^{-x^4}$,जिसका अर्थ है कि $\left( e^{-(x^2+1)^2} - e^{-x^4} \right) < 0$.
फलन $f(x)$ के वर्धमान होने के लिए $f'(x) \ge 0$ होना आवश्यक है।
चूंकि कोष्ठक में दिया गया पद हमेशा ऋणात्मक है,इसलिए $f'(x) \ge 0$ तभी होगा जब $2x \le 0$,अर्थात $x \le 0$.
अतः,$f(x)$ अंतराल $(-\infty, 0)$ में एक वर्धमान फलन है।

(C) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} \sec^2 t \, dt}{x \sin x}$.
चूंकि यह $\frac{0}{0}$ रूप है,हम $L'\text{H\^opital}$ नियम लागू करते हैं:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\int_0^{x^2} \sec^2 t \, dt)}{\frac{d}{dx}(x \sin x)}$.
अवकलन के नियम का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sec^2(x^2) \cdot 2x}{\sin x + x \cos x}$.
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 \sec^2(x^2)}{\frac{\sin x}{x} + \cos x}$.
$x = 0$ रखने पर:
$L = \frac{2 \cdot 1}{1 + 1} = 1$.

(C) दिया गया है $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \sec x & \cos x & \sec^2 x + \cot x \csc x \\ \cos^2 x & \cos^2 x & \csc^2 x \\ 1 & \cos^2 x & \cos^2 x \end{array} \right|$.
$R_1 \to R_1 - \sec x R_3$ लागू करने पर,हमें $f(x) = -\sin^2 x - \cos^5 x$ प्राप्त होता है।
अब,$\int_0^{\pi/2} f(x) dx = -\int_0^{\pi/2} (\sin^2 x + \cos^5 x) dx$.
वालिस सूत्र का उपयोग करते हुए: $\int_0^{\pi/2} \sin^2 x dx = \frac{\pi}{4}$ और $\int_0^{\pi/2} \cos^5 x dx = \frac{8}{15}$।
अतः,$\int_0^{\pi/2} f(x) dx = -(\frac{\pi}{4} + \frac{8}{15}) = -\frac{\pi}{4} - \frac{8}{15}$।

(D) माना $F(x) = \int_0^{x^2} \frac{t^2 - 5t + 4}{2 + e^t} \,dt$.
लीबनीज़ समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,हम $x$ के सापेक्ष $F(x)$ का अवकलन करते हैं:
$F'(x) = \frac{(x^2)^2 - 5(x^2) + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$F'(x) = \frac{x^4 - 5x^2 + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot 2x$
चरम बिंदुओं के लिए,हम $F'(x) = 0$ रखते हैं:
$\frac{(x^2 - 1)(x^2 - 4)}{2 + e^{x^2}} \cdot 2x = 0$
इसका अर्थ है कि $x = 0$ या $x^2 = 1$ या $x^2 = 4$.
इन्हें हल करने पर,हमें $x = 0$,$x = \pm 1$,और $x = \pm 2$ प्राप्त होते हैं।
चूंकि ये सभी मान दिए गए विकल्पों में शामिल हैं,इसलिए सही उत्तर $D$ है।

(B) दिया गया समीकरण: $\int_{\pi /2}^x \sqrt{3 - 2\sin^2 u} \,du + \int_0^y \cos t \,dt = 0.$
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d}{dx} \left( \int_{\pi /2}^x \sqrt{3 - 2\sin^2 u} \,du \right) + \frac{d}{dx} \left( \int_0^y \cos t \,dt \right) = 0.$
कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करने पर:
$\sqrt{3 - 2\sin^2 x} + \cos y \cdot \frac{dy}{dx} = 0.$
$\frac{dy}{dx}$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\cos y \cdot \frac{dy}{dx} = -\sqrt{3 - 2\sin^2 x}.$
अतः,$\frac{dy}{dx} = -\frac{\sqrt{3 - 2\sin^2 x}}{\cos y}.$
इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(C) माना $L = \mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \frac{\int\limits_0^k (1 + \sin 2x)^{\frac{1}{x}} dx}{k}$.
चूंकि यह सीमा $\frac{0}{0}$ के रूप में है,हम अंश और हर का $k$ के सापेक्ष अवकलन करके $L$'Hopital नियम लागू करते हैं।
कलन के मूलभूत प्रमेय (Leibnitz नियम) का उपयोग करते हुए,अंश का अवकलन $(1 + \sin 2k)^{\frac{1}{k}}$ है और हर का अवकलन $1$ है।
अतः,$L = \mathop {Lim}\limits_{k \to 0} (1 + \sin 2k)^{\frac{1}{k}}$.
यह $1^{\infty}$ के रूप में है,जिसे $e^{\mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \frac{1}{k} \ln(1 + \sin 2k)}$ के रूप में हल किया जा सकता है।
मानक सीमा $\mathop {Lim}\limits_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ का उपयोग करते हुए,हमें $\mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \frac{\ln(1 + \sin 2k)}{k} = \mathop {Lim}\limits_{k \to 0} \left( \frac{\ln(1 + \sin 2k)}{\sin 2k} \cdot \frac{\sin 2k}{2k} \cdot 2 \right) = 1 \cdot 1 \cdot 2 = 2$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$L = e^2$.

(C) माना $I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos 2x)^{3/2} \cos x \,dx$.
सर्वसमिका $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} (1 - 2\sin^2 x)^{3/2} \cos x \,dx$.
माना $\sqrt{2} \sin x = \sin \theta$. तब $\sqrt{2} \cos x \,dx = \cos \theta \,d\theta$,जिसका अर्थ है $\cos x \,dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta \,d\theta$.
जब $x = 0$,तब $\sin \theta = 0 \implies \theta = 0$. जब $x = \frac{\pi}{4}$,तब $\sin \theta = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{2}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \sin^2 \theta)^{3/2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta \,d\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos^2 \theta)^{3/2} \cos \theta \,d\theta$.
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 \theta \cdot \cos \theta \,d\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 \theta \,d\theta$.
वालिस के सूत्र $\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n \theta \,d\theta = \frac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \frac{\pi}{2}$ (जहाँ $n$ सम है) का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{16\sqrt{2}}$.

(D) दिया गया है $f(x) = 1 + x + \int\limits_1^x (\ln^2 t + 2 \ln t) \, dt$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर (Leibniz नियम का उपयोग करके):
$f'(x) = 1 + (\ln^2 x + 2 \ln x) = 0$.
यह $(\ln x + 1)^2 = 0$ के रूप में सरल होता है,जिससे $\ln x = -1$ अर्थात $x = e^{-1}$ प्राप्त होता है।
अब,$f(e^{-1}) = 1 + e^{-1} + \int\limits_1^{e^{-1}} (\ln^2 t + 2 \ln t) \, dt$ का मान ज्ञात करते हैं।
हम जानते हैं कि $\frac{d}{dt}(t \ln^2 t) = \ln^2 t + 2 \ln t$ है।
अतः,$\int (\ln^2 t + 2 \ln t) \, dt = t \ln^2 t$ है।
निश्चित समाकलन का मान रखने पर:
$f(e^{-1}) = 1 + e^{-1} + [t \ln^2 t]_1^{e^{-1}} = 1 + e^{-1} + (e^{-1} \cdot (-1)^2 - 0) = 1 + 2e^{-1}$।

(A) दिया गया समीकरण: $x \cdot \sin(\pi x) = \int_{0}^{x^2} f(t) \, dt$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर (Leibniz नियम का उपयोग करते हुए):
$\frac{d}{dx} [x \cdot \sin(\pi x)] = \frac{d}{dx} \int_{0}^{x^2} f(t) \, dt$.
बाएँ पक्ष में गुणन नियम और दाएँ पक्ष में कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करने पर:
$1 \cdot \sin(\pi x) + x \cdot \cos(\pi x) \cdot \pi = f(x^2) \cdot 2x$.
$\sin(\pi x) + \pi x \cos(\pi x) = 2x \cdot f(x^2)$.
$f(4)$ ज्ञात करने के लिए,$x^2 = 4$ रखने पर,अर्थात $x = 2$ या $x = -2$.
स्थिति $1$: $x = 2$ रखने पर:
$\sin(2\pi) + 2\pi \cos(2\pi) = 4 \cdot f(4)$.
$0 + 2\pi(1) = 4 \cdot f(4) \implies f(4) = \frac{\pi}{2}$.
स्थिति $2$: $x = -2$ रखने पर:
$\sin(-2\pi) - 2\pi \cos(-2\pi) = -4 \cdot f(4)$.
$0 - 2\pi(1) = -4 \cdot f(4) \implies f(4) = \frac{\pi}{2}$.
अतः,$f(4)$ का मान $\frac{\pi}{2}$ है।

(B) माना कि दिया गया सीमा $L = \mathop {Limit}\limits_{x \to {x_1}} \frac{x \int_{x_1}^x f(t) dt}{x - x_1}$ है।
चूंकि $x \to x_1$ होने पर यह $\frac{0}{0}$ का रूप है,हम $L$'$H$ôpital के नियम का उपयोग करेंगे।
अंश और हर का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
अंश का अवकलन: $\frac{d}{dx} [x \int_{x_1}^x f(t) dt] = 1 \cdot \int_{x_1}^x f(t) dt + x \cdot f(x)$ (Leibniz के नियम का उपयोग करते हुए)।
हर का अवकलन: $\frac{d}{dx} (x - x_1) = 1$.
अतः,$L = \mathop {Limit}\limits_{x \to {x_1}} [\int_{x_1}^x f(t) dt + x f(x)]$.
जैसे $x \to x_1$,$\int_{x_1}^{x_1} f(t) dt = 0$.
इसलिए,$L = 0 + x_1 f(x_1) = x_1 f(x_1)$.
सही विकल्प $B$ है।

(B) लाइबनीज समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,हम $S(x)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$S'(x) = \ln(x^3) \cdot \frac{d}{dx}(x^3) - \ln(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$S'(x) = (3 \ln x) \cdot (3x^2) - (2 \ln x) \cdot (2x)$
$S'(x) = 9x^2 \ln x - 4x \ln x$
$S'(x) = x \ln x (9x - 4)$
अब,$H(x) = \frac{S'(x)}{x} = \frac{x \ln x (9x - 4)}{x} = \ln x (9x - 4)$
चूंकि $\ln x$ और $(9x - 4)$ दोनों $x > 0$ के लिए सतत और अवकलनीय हैं,इसलिए उनका गुणनफल $H(x) = \ln x (9x - 4)$ भी अपने प्रांत $(0, \infty)$ में सतत और अवकलनीय है।

(D) माना $f(x) = \int_{\cos x}^{\sin x} \frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}}$.
लीबनीज़ नियम का उपयोग करते हुए,$\frac{d}{dx} f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - (\sin x)^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) - \frac{1}{\sqrt{1 - (\cos x)^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\cos x)$.
चूंकि $\sqrt{1 - \sin^2 x} = |\cos x|$ और $\sqrt{1 - \cos^2 x} = |\sin x|$,व्यंजक $\frac{\cos x}{|\cos x|} - \frac{-\sin x}{|\sin x|} = \text{sgn}(\cos x) + \text{sgn}(\sin x)$ हो जाता है।
अंतराल $[0, \pi]$ में,$\sin x$ हमेशा धनात्मक है,इसलिए $\text{sgn}(\sin x) = 1$.
अतः,समीकरण $\text{sgn}(\cos x) + 1 = 2\sqrt{2}$ है।
चूंकि $\text{sgn}(\cos x)$ केवल $1, -1,$ या $0$ हो सकता है,योग $\text{sgn}(\cos x) + 1$ केवल $2, 0,$ या $1$ हो सकता है।
चूंकि $2\sqrt{2} \approx 2.828$,$x$ का ऐसा कोई मान नहीं है जिसके लिए $\text{sgn}(\cos x) + 1 = 2\sqrt{2}$ हो।
इसलिए,हलों की संख्या $0$ है।

(C) माना $F(x) = \int\limits_x^{x + 3} {t(5 - t)\,dt}$ है।
लीबनीज़ समाकल नियम का उपयोग करते हुए,हम $x$ के सापेक्ष $F(x)$ का अवकलन करते हैं:
$F'(x) = (x + 3)(5 - (x + 3)) \cdot \frac{d}{dx}(x + 3) - x(5 - x) \cdot \frac{d}{dx}(x)$
$F'(x) = (x + 3)(2 - x) - x(5 - x)$
$F'(x) = (2x - x^2 + 6 - 3x) - (5x - x^2)$
$F'(x) = 6 - x - x^2 - 5x + x^2$
$F'(x) = 6 - 6x$.
क्रांतिक बिंदु ज्ञात करने के लिए,$F'(x) = 0$ रखें:
$6 - 6x = 0 \Rightarrow x = 1$.
अब,उच्चिष्ठ (maxima) की जाँच करने के लिए द्वितीय अवकलज ज्ञात करें:
$F''(x) = -6$.
चूँकि $F''(1) = -6 < 0$ है,इसलिए फलन $F(x)$ का $x = 1$ पर स्थानीय उच्चिष्ठ मान है।

(A) दिया गया फलन: $f(x) = \sin x \int_{\pi^2/16}^{x^2} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta$।
लीबनीज़ के नियम का उपयोग करके अवकलन करने पर:
$f'(x) = \cos x \int_{\pi^2/16}^{x^2} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta + \sin x \left[ \frac{\sin \sqrt{x^2}}{1 + \cos^2 \sqrt{x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(x^2) \right]$।
$f'(x) = \cos x \int_{\pi^2/16}^{x^2} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta + \sin x \left[ \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} \cdot 2x \right]$।
अब,$x = \frac{\pi}{2}$ रखने पर:
$f'(\frac{\pi}{2}) = \cos(\frac{\pi}{2}) \int_{\pi^2/16}^{\pi^2/4} \frac{\sin \sqrt{\theta}}{1 + \cos^2 \sqrt{\theta}} \, d\theta + \sin(\frac{\pi}{2}) \left[ \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{1 + \cos^2(\frac{\pi}{2})} \cdot 2(\frac{\pi}{2}) \right]$।
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ और $\sin(\frac{\pi}{2}) = 1$:
$f'(\frac{\pi}{2}) = 0 \cdot (\text{समाकल का मान}) + 1 \cdot \left[ \frac{1}{1 + 0} \cdot \pi \right] = \pi$।

(D) माना $I(x) = \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(1 + x \sin^2 \theta)}{\sin^2 \theta} d\theta$.
समाकलन चिह्न के अंतर्गत अवकलन के लिए लीबनिज नियम का उपयोग करने पर:
$f'(x) = \int_0^{\pi/2} \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\ln(1 + x \sin^2 \theta)}{\sin^2 \theta} \right) d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{1 + x \sin^2 \theta} d\theta$.
अंश और हर को $\sec^2 \theta$ से गुणा करने पर:
$f'(x) = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta}{\sec^2 \theta + x \tan^2 \theta} d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta}{1 + (1+x) \tan^2 \theta} d\theta$.
माना $u = \sqrt{1+x} \tan \theta$,तब $du = \sqrt{1+x} \sec^2 \theta d\theta$.
$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}} \int_0^{\infty} \frac{du}{1+u^2} = \frac{1}{\sqrt{1+x}} [\tan^{-1} u]_0^{\infty} = \frac{\pi}{2\sqrt{1+x}}$.
$f'(x)$ का $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$f(x) = \int \frac{\pi}{2\sqrt{1+x}} dx = \pi \sqrt{1+x} + C$.
चूंकि $f(0) = \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(1)}{\sin^2 \theta} d\theta = 0$,इसलिए $\pi \sqrt{1} + C = 0 \implies C = -\pi$.
अतः,$f(x) = \pi(\sqrt{x+1} - 1)$.
$(A)$ और $(B)$ दोनों सही हैं।

(C) दिया गया है $f(x) = \int_{x}^{x^2} (t - 1) dt$।
अवकलन के लिए लाइबनीज नियम का उपयोग करने पर,$f'(x) = (x^2 - 1) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) - (x - 1) \cdot \frac{d}{dx}(x)$।
$f'(x) = (x^2 - 1)(2x) - (x - 1)(1) = 2x^3 - 2x - x + 1 = 2x^3 - 3x + 1$।
$f'(x)$ का गुणनखंड करने पर,हमें $f'(x) = (x - 1)(2x^2 + 2x - 1)$ प्राप्त होता है।
$1 \le x \le 2$ के लिए,$f'(x) > 0$ है,जिसका अर्थ है कि $f(x)$ अंतराल $[1, 2]$ पर एक निरंतर वर्धमान फलन है।
चूंकि $f(x)$ निरंतर वर्धमान है,इसलिए वैश्विक अधिकतम मान अंतिम बिंदु $x = 2$ पर प्राप्त होगा।
$f(2) = \int_{2}^{4} (t - 1) dt = \left[ \frac{t^2}{2} - t \right]_{2}^{4} = (8 - 4) - (2 - 2) = 4 - 0 = 4$।

(B) Leibniz integral rule का उपयोग करते हुए,$f'(x) = \frac{d}{dx} \int_{g(x)}^{h(x)} F(t) dt = F(h(x)) \cdot h'(x) - F(g(x)) \cdot g'(x)$.
यहाँ,$F(t) = 5^{\sqrt{t}}$,$h(x) = x^4$,और $g(x) = 9x^2$.
$f'(x) = 5^{\sqrt{x^4}} \cdot (4x^3) - 5^{\sqrt{9x^2}} \cdot (18x) = 5^{x^2} \cdot 4x^3 - 5^{3|x|} \cdot 18x$.
$x = 3$ के लिए,$f'(3) = 5^{3^2} \cdot 4(3^3) - 5^{3(3)} \cdot 18(3) = 5^9 \cdot 108 - 5^9 \cdot 54 = 54 \cdot 5^9$.
सीमा का मान $\lim_{h \to 0} \frac{f(3 + h) - f(3 - h)}{h} = f'(3) - (-f'(3)) = 2f'(3)$ है।
$2 \cdot (54 \cdot 5^9) = 108 \cdot 5^9$.

(B) माना $I = \int_{-3\pi}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$. चूँकि $f(\theta) = \sin^2 \theta \sin^2 2\theta$ एक सम फलन है,इसलिए $I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने पर,$\sin^2 2\theta = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta (4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta) \, d\theta = 8 \int_{0}^{3\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
$\sin^4 \theta \cos^2 \theta$ का आवर्तकाल $\pi$ है,इसलिए $\int_{0}^{3\pi} f(\theta) \, d\theta = 3 \int_{0}^{\pi} f(\theta) \, d\theta$.
इस प्रकार,$I = 8 \times 3 \int_{0}^{\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta = 24 \times 2 \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta = 48 \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
वालिस के सूत्र $\int_{0}^{\pi/2} \sin^m \theta \cos^n \theta \, d\theta = \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!} \times \frac{\pi}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = 48 \times \frac{(3 \times 1) \times (1)}{(6 \times 4 \times 2)} \times \frac{\pi}{2} = 48 \times \frac{3}{48} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$.

(B) माना $I = \int_{-3\pi}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$. चूंकि फलन सम है,$I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta \sin^2 2\theta \, d\theta$.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने पर,$\sin^2 2\theta = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
अतः,$I = 2 \int_{0}^{3\pi} \sin^2 \theta (4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta) \, d\theta = 8 \int_{0}^{3\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
चूंकि $\sin^4 \theta \cos^2 \theta$ का आवर्तकाल $\pi$ है,$\int_{0}^{3\pi} f(\theta) \, d\theta = 3 \int_{0}^{\pi} f(\theta) \, d\theta$.
अतः,$I = 8 \times 3 \int_{0}^{\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta = 24 \int_{0}^{\pi} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
गुणधर्म $\int_{0}^{\pi} f(\sin \theta) \, d\theta = 2 \int_{0}^{\pi/2} f(\sin \theta) \, d\theta$ का उपयोग करने पर,$I = 48 \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 \theta \cos^2 \theta \, d\theta$.
वालिस के सूत्र का उपयोग करने पर,$I = 48 \times \frac{(3 \times 1) \times (1)}{(6 \times 4 \times 2)} \times \frac{\pi}{2} = 48 \times \frac{3}{48} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$.

(C) $H(x) = (x + 1) \int_{x^2}^{x^3} \sin(t^3) dt$ दिया गया है।
चूँकि $H(1) = 0$ है,इसलिए $\lim_{x \to 1} \frac{H(x)}{x - 1}$ का रूप $\frac{0}{0}$ है।
$L'\text{Hôpital's rule}$ का उपयोग करने पर,$\lim_{x \to 1} H'(x) = H'(1)$ प्राप्त होता है।
गुणन नियम और लेबनीज़ नियम का उपयोग करते हुए:
$H'(x) = 1 \cdot \int_{x^2}^{x^3} \sin(t^3) dt + (x + 1) [3x^2 \sin(x^9) - 2x \sin(x^6)]$.
$x = 1$ रखने पर:
$H'(1) = 0 + 2 [3 \sin(1) - 2 \sin(1)] = 2 \sin(1)$.

(B) दिया गया है $f(x) = \int\limits_0^{x^2} {(t - 1)(t - 4)(t - 9)} dt$.
अवकलन के लिए लेबनीज़ नियम का उपयोग करने पर,$f'(x) = (x^2 - 1)(x^2 - 4)(x^2 - 9) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 2x(x^2 - 1)(x^2 - 4)(x^2 - 9)$.
$f'(x) = 2x(x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2)(x - 3)(x + 3)$.
क्रांतिक बिंदु $x = 0, \pm 1, \pm 2, \pm 3$ हैं,जो कुल $7$ भिन्न बिंदु हैं।
$f'(x)$ एक विषम फलन है,इसलिए $f''(x)$ एक सम फलन है और $f'''(x)$ एक विषम फलन है।
चूंकि $f'(x)$ $7$ घात का बहुपद है,इसलिए $f'''(x)$ $5$ घात का बहुपद है।
चूंकि $f'''(x)$ एक विषम फलन है,इसलिए $x = 0$,$f'''(x) = 0$ का एक मूल है।
रोल के प्रमेय के अनुसार,$f'(x)$ के किन्हीं दो मूलों के बीच $f''(x)$ का कम से कम एक मूल होता है। चूंकि $f'(x)$ के $7$ मूल हैं,इसलिए $f''(x)$ के $6$ मूल होंगे।
इसी प्रकार,$f'''(x)$ के $5$ मूल होंगे। चूंकि $f'''(x)$ एक विषम फलन है और $x=0$ एक मूल है,शेष $4$ मूल मूलबिंदु के सापेक्ष सममित होंगे,अर्थात $2$ धनात्मक और $2$ ऋणात्मक मूल।
अतः,$f'''(x) = 0$ के $2$ भिन्न धनात्मक हल हैं।

(C) $x$-अक्ष के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु के लिए,हम $y = 0$ रखते हैं। समाकलन $\int_{x^2}^{x^3} \sqrt{5 - t^2} \, dt = 0$ का अर्थ है कि $x^2 = x^3$,इसलिए $x = 1$ (क्योंकि $x \neq 0$ है)।
अवकलन के लिए लाइबनीज नियम का उपयोग करते हुए,स्पर्शरेखा की ढाल $y' = \frac{d}{dx} \int_{x^2}^{x^3} \sqrt{5 - t^2} \, dt = \sqrt{5 - (x^3)^2} \cdot (3x^2) - \sqrt{5 - (x^2)^2} \cdot (2x)$ प्राप्त होती है।
$x = 1$ पर,ढाल $m = y'(1) = \sqrt{5 - 1} \cdot 3(1)^2 - \sqrt{5 - 1} \cdot 2(1) = 2 \cdot 3 - 2 \cdot 2 = 6 - 4 = 2$ है।
वक्र और $x$-अक्ष के बीच का कोण $\theta$,$\tan \theta = |m| = 2$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\theta = \tan^{-1} 2 = \cot^{-1} \frac{1}{2}$।

(C) माना $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x \left( 1 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \right) \right) dx$.
गुणधर्म $\int_{-a}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} (f(x) + f(-x)) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \sin^4 x \left( 1 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \right) \right) + \sin^4(-x) \left( 1 + \log \left( \frac{2 + \sin(-x)}{2 - \sin(-x)} \right) \right) \right] dx$.
चूंकि $\sin(-x) = -\sin x$,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x \left[ 1 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \right) + 1 + \log \left( \frac{2 - \sin x}{2 + \sin x} \right) \right] dx$.
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x \left[ 2 + \log \left( \frac{2 + \sin x}{2 - \sin x} \cdot \frac{2 - \sin x}{2 + \sin x} \right) \right] dx$.
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x [ 2 + \log(1) ] dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2 \sin^4 x dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 x dx$.
वालिस के सूत्र का उपयोग करने पर,$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx = \frac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \frac{\pi}{2}$ (जब $n$ सम हो):
$I = 2 \cdot \left( \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = 2 \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{8}$.

(D) दिया गया है कि $f : (-1, 1) \to R$ एक सतत फलन है और $\int\limits_0^{\sin x} {f(t)dt} = \frac{\sqrt{3}}{2}x$ है।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर (Leibniz नियम का उपयोग करते हुए):
$\frac{d}{dx} \left( \int\limits_0^{\sin x} {f(t)dt} \right) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}x \right)$
$f(\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f(\sin x) \cdot \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ रखते हैं।
इससे $x = \frac{\pi}{3}$ प्राप्त होता है।
अब $x = \frac{\pi}{3}$ को समीकरण में रखने पर:
$f\left(\sin \frac{\pi}{3}\right) \cdot \cos \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
दोनों पक्षों को $2$ से गुणा करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \sqrt{3}$

(A) दिया गया समीकरण: $\int_{-\pi}^{t} (f(x) + x) dx = \pi^2 - t^2$
समाकलन को अलग करने पर: $\int_{-\pi}^{t} f(x) dx + \int_{-\pi}^{t} x dx = \pi^2 - t^2$
दूसरे समाकलन का मान: $\int_{-\pi}^{t} x dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-\pi}^{t} = \frac{t^2}{2} - \frac{(-\pi)^2}{2} = \frac{t^2}{2} - \frac{\pi^2}{2}$
इस मान को रखने पर: $\int_{-\pi}^{t} f(x) dx + \frac{t^2}{2} - \frac{\pi^2}{2} = \pi^2 - t^2$
पदों को व्यवस्थित करने पर: $\int_{-\pi}^{t} f(x) dx = \pi^2 - t^2 - \frac{t^2}{2} + \frac{\pi^2}{2} = \frac{3}{2}\pi^2 - \frac{3}{2}t^2 = \frac{3}{2}(\pi^2 - t^2)$
$t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर (Leibniz नियम का उपयोग करके): $\frac{d}{dt} \left[ \int_{-\pi}^{t} f(x) dx \right] = \frac{d}{dt} \left[ \frac{3}{2}(\pi^2 - t^2) \right]$
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार: $f(t) = \frac{3}{2}(0 - 2t) = -3t$
अतः,$f\left(-\frac{\pi}{3}\right) = -3 \left(-\frac{\pi}{3}\right) = \pi$

(D) दिया गया समीकरण $\int\limits_e^x {t\,f(t)\,dt = \sin x - x\cos x - \frac{{{x^2}}}{2}}$ है।
लीबनीज़ नियम का उपयोग करते हुए,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d}{{dx}}\left[ {\int\limits_e^x {t\,f(t)\,dt} } \right] = \frac{d}{{dx}}\left[ {\sin x - x\cos x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right]$
दाहिनी ओर गुणन नियम का उपयोग करने पर:
$x\,f(x) = \cos x - (\cos x - x\sin x) - x$
$x\,f(x) = \cos x - \cos x + x\sin x - x$
$x\,f(x) = x\sin x - x$
$x$ से भाग देने पर (चूंकि $x \neq 0$):
$f(x) = \sin x - 1$
अब,$x = \frac{\pi}{6}$ रखने पर:
$f(\frac{\pi}{6}) = \sin(\frac{\pi}{6}) - 1$
$f(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}$.

(B) माना $I = \int \limits_{0}^{\pi} |\cos x|^3 dx$.
चूंकि अंतराल $[0, \pi]$ में फलन $f(x) = |\cos x|^3$,$x = \frac{\pi}{2}$ के सापेक्ष सममित है,हम लिख सकते हैं:
$I = 2 \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 x dx$.
वालिस के सूत्र का उपयोग करते हुए,$\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x dx = \frac{(n-1)!!}{n!!}$ जहाँ $n$ विषम है:
$I = 2 \times \left( \frac{3-1}{3} \right) = 2 \times \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$.
अतः,इसका मान $\frac{4}{3}$ है.

(A) दिया गया समीकरण: $\int\limits_0^x {f\left( t \right)} dt = {x^2} + \int\limits_x^1 {{t^2}f\left( t \right)dt}$.
लीबनीज़ के नियम का उपयोग करके दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d}{dx} \int\limits_0^x {f\left( t \right)} dt = \frac{d}{dx} ({x^2}) + \frac{d}{dx} \int\limits_x^1 {{t^2}f\left( t \right)dt}$.
$f(x) = 2x - x^2 f(x)$.
$f(x)$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$f(x) + x^2 f(x) = 2x$.
$f(x)(1 + x^2) = 2x$.
$f(x) = \frac{2x}{1 + x^2}$.
अब,भागफल नियम (quotient rule) का उपयोग करके $f'(x)$ ज्ञात करें:
$f'(x) = \frac{(1 + x^2)(2) - (2x)(2x)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2 + 2x^2 - 4x^2}{(1 + x^2)^2} = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2}$.
$x = 1/2$ रखने पर:
$f'(1/2) = \frac{2(1 - (1/2)^2)}{(1 + (1/2)^2)^2} = \frac{2(1 - 1/4)}{(1 + 1/4)^2} = \frac{2(3/4)}{(5/4)^2} = \frac{3/2}{25/16} = \frac{3}{2} \times \frac{16}{25} = \frac{24}{25}$.