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

(A) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x}\left[\int_{y}^{a} e^{\sin ^{2} t} d t-\int_{x+y}^{a} e^{\sin ^{2} t} d t\right]$.
गुणधर्म $\int_{b}^{a} f(t) dt = -\int_{a}^{b} f(t) dt$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{1}{x}\left[\int_{y}^{a} e^{\sin ^{2} t} d t + \int_{a}^{x+y} e^{\sin ^{2} t} d t\right]$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \int_{y}^{x+y} e^{\sin ^{2} t} d t$.
यह $\frac{0}{0}$ रूप है,अतः $L$'$H$ôpital नियम और Leibniz समाकलन नियम का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{d}{dx} \int_{y}^{x+y} e^{\sin ^{2} t} d t}{\frac{d}{dx} (x)}$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{\sin ^{2}(x+y)} \cdot (1) - 0}{1} = e^{\sin ^{2} y}$.

(A) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x^{2}} \cos \left(t^{2}\right) d t}{x \sin x}$.
चूंकि यह सीमा $\frac{0}{0}$ रूप में है,हम $L$' Hospital नियम का उपयोग करते हैं।
लेबनिज नियम का उपयोग करते हुए,अंश का अवकलन $\cos(x^4) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 2x \cos(x^4)$ है।
हर $x \sin x$ का अवकलन $\sin x + x \cos x$ है।
अतः,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x \cos(x^4)}{\sin x + x \cos x}$.
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \cos(x^4)}{\frac{\sin x}{x} + \cos x}$.
जैसे ही $x \rightarrow 0$,$\frac{\sin x}{x} \rightarrow 1$,$\cos(x^4) \rightarrow 1$,और $\cos x \rightarrow 1$ होता है।
इसलिए,$L = \frac{2(1)}{1 + 1} = \frac{2}{2} = 1$.

(C) दिया गया है $g(x) = \int_{x}^{2x} \frac{f(t)}{t} dt$।
लीबनीज़ समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,हम $x$ के सापेक्ष $g(x)$ का अवकलन करते हैं:
$g'(x) = \frac{f(2x)}{2x} \cdot \frac{d}{dx}(2x) - \frac{f(x)}{x} \cdot \frac{d}{dx}(x)$
$g'(x) = \frac{f(2x)}{2x} \cdot 2 - \frac{f(x)}{x} \cdot 1$
$g'(x) = \frac{f(2x)}{x} - \frac{f(x)}{x}$
चूंकि यह दिया गया है कि $f(2x) = f(x)$,हम इसे व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं:
$g'(x) = \frac{f(x) - f(x)}{x} = 0$
चूंकि सभी $x > 0$ के लिए $g'(x) = 0$ है,इसलिए फलन $g(x)$ एक अचर फलन है।

(C) समाकलन $I = \int_0^{\pi / 2} \sin^5 x \, dx$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम वालिस के सूत्र का उपयोग करते हैं: $\int_0^{\pi / 2} \sin^n x \, dx = \frac{(n-1)!!}{n!!}$ (जब $n$ विषम संख्या हो)।
यहाँ $n = 5$ है,इसलिए:
$I = \frac{(5-1) \times (5-3)}{5 \times 3 \times 1} = \frac{4 \times 2}{5 \times 3 \times 1} = \frac{8}{15}$।
वैकल्पिक रूप से,प्रतिस्थापन विधि द्वारा:
$I = \int_0^{\pi / 2} \sin^4 x \sin x \, dx = \int_0^{\pi / 2} (1 - \cos^2 x)^2 \sin x \, dx$।
माना $u = \cos x$,तब $du = -\sin x \, dx$। जब $x = 0, u = 1$; जब $x = \pi / 2, u = 0$।
$I = -\int_1^0 (1 - u^2)^2 \, du = \int_0^1 (1 - 2u^2 + u^4) \, du$।
$I = [u - \frac{2u^3}{3} + \frac{u^5}{5}]_0^1 = 1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{5} = \frac{15 - 10 + 3}{15} = \frac{8}{15}$।

(A) माना $f(x) = \int_0^{x^2} \frac{t^2-5t+4}{2+e^t} dt$.
चरम बिंदु ज्ञात करने के लिए,हम लीबनिज इंटीग्रल नियम का उपयोग करके अवकलज $f'(x)$ की गणना करते हैं:
$f'(x) = \frac{(x^2)^2 - 5(x^2) + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$.
$f'(x) = \frac{x^4 - 5x^2 + 4}{2 + e^{x^2}} \cdot (2x)$.
$f'(x) = \frac{(x^2-1)(x^2-4)}{2 + e^{x^2}} \cdot (2x)$.
$f'(x) = \frac{(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)(2x)}{2 + e^{x^2}}$.
$f'(x) = 0$ रखने पर,हमें $x = 0, 1, -1, 2, -2$ प्राप्त होता है।
अतः,चरम बिंदु $0, \pm 1, \pm 2$ हैं।

(B) लीबनीज़ समाकलन नियम का उपयोग करते हुए,$f(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} F(t) dt$ का अवकलन $f^{\prime}(x) = F(h(x)) \cdot h^{\prime}(x) - F(g(x)) \cdot g^{\prime}(x)$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$F(t) = e^{-t^2}$,$h(x) = \cos x$,और $g(x) = \sin x$ है।
अतः,$f^{\prime}(x) = e^{-(\cos x)^2} \cdot (-\sin x) - e^{-(\sin x)^2} \cdot (\cos x)$।
$x = \frac{\pi}{4}$ पर,$\sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ और $\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{4}\right) = -e^{-1/2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - e^{-1/2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$
$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{4}\right) = -\frac{2}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{e}} = -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{e}} = -\sqrt{\frac{2}{e}}$।

(C) दिया गया समीकरण: $\int_0^{36} f\left(\frac{tx}{36}\right) dt = 4\alpha f(x)$.
मान लीजिए $u = \frac{tx}{36}$,तब $du = \frac{x}{36} dt$,इसलिए $dt = \frac{36}{x} du$.
जब $t=0, u=0$ और जब $t=36, u=x$.
समाकलन इस प्रकार होगा: $\int_0^x f(u) \cdot \frac{36}{x} du = 4\alpha f(x)$.
$\int_0^x f(u) du = \frac{4\alpha x f(x)}{36} = \frac{\alpha x f(x)}{9}$.
लेबनिज नियम का उपयोग करके दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f(x) = \frac{\alpha}{9} [f(x) + x f'(x)]$.
$f(x) = \frac{\alpha}{9} f(x) + \frac{\alpha x}{9} f'(x)$.
$(1 - \frac{\alpha}{9}) f(x) = \frac{\alpha x}{9} f'(x) \Rightarrow (9 - \alpha) f(x) = \alpha x f'(x)$.
$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{9 - \alpha}{\alpha} \cdot \frac{1}{x}$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\ln|f(x)| = (\frac{9}{\alpha} - 1) \ln|x| + C$.
$f(x) = c x^{(\frac{9}{\alpha} - 1)}$.
चूंकि $f(x)$ एक मानक परवलय है,घातांक $2$ होना चाहिए,इसलिए $\frac{9}{\alpha} - 1 = 2 \Rightarrow \frac{9}{\alpha} = 3 \Rightarrow \alpha = 3$.
अतः,$f(x) = cx^2$.
यह $(2, 1)$ से होकर गुजरता है,इसलिए $1 = c(2)^2 \Rightarrow c = \frac{1}{4}$.
अतः,$f(x) = \frac{x^2}{4}$.
बिंदु $(-4, \beta)$ के लिए,$\beta = \frac{(-4)^2}{4} = \frac{16}{4} = 4$.
अंत में,$\beta^{\alpha} = 4^3 = 64$.