Mix Examples-Definite Integral Questions in Gujarati

(D) આપેલ શરત: $\int_0^1 (f(x))^2 dx = 2 \int_0^1 f(x) dx$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $\int_0^1 (f(x))^2 dx - 2 \int_0^1 f(x) dx = 0$.
સંકલનની અંદર $1$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા: $\int_0^1 ((f(x))^2 - 2f(x) + 1 - 1) dx = 0$.
આનું સાદું રૂપ આપતા: $\int_0^1 (f(x) - 1)^2 dx - \int_0^1 1 dx = 0$.
તેથી,$\int_0^1 (f(x) - 1)^2 dx = 1$.
આપણે એવા સતત વિધેયો $f(x)$ શોધી રહ્યા છીએ કે જેના માટે $[0, 1]$ પર $(f(x) - 1)^2$ નું સંકલન $1$ થાય.
ધારો કે $g(x) = f(x) - 1$. તો આપણે $\int_0^1 (g(x))^2 dx = 1$ ની જરૂર છે.
આ શરતનું પાલન કરતા અસંખ્ય સતત વિધેયો $g(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે (દા.ત.,$g(x) = 1$,$g(x) = -1$,$g(x) = \sqrt{3}x$,$g(x) = \sqrt{5}x^2$,વગેરે).
આવા અસંખ્ય વિધેયો $g(x)$ હોવાથી,આવા અસંખ્ય વિધેયો $f(x) = g(x) + 1$ પણ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
આમ,આવા વિધેયોની સંખ્યા $4$ કરતા વધારે છે.

(B) ધારો કે $f(x) + x^2 = g^2(x)$ જ્યાં $g(x) > 0$.
$f(x) = g^2(x) - x^2$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$4 \int_0^{3/2} (g^2(x) - x^2) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108$
$4 \int_0^{3/2} g^2(x) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108 + 4 \int_0^{3/2} x^2 dx$
$4 \int_0^{3/2} g^2(x) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108 + 4 [\frac{x^3}{3}]_0^{3/2} = 108 + 4.5 = 112.5$.
સમાંતર મધ્યક-ગુણોત્તર મધ્યક અસમતા $(AM \geq GM)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$4g^2(x) + \frac{62.5}{g(x)} + \frac{62.5}{g(x)} \geq 3 \sqrt[3]{4g^2(x) \cdot \frac{62.5}{g(x)} \cdot \frac{62.5}{g(x)}} = 3 \cdot 25 = 75$.
બંને બાજુ $0$ થી $3/2$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^{3/2} (4g^2(x) + \frac{125}{g(x)}) dx \geq 112.5$.
સમાનતા ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $4g^2(x) = \frac{62.5}{g(x)}$ થાય.
આથી $g(x) = 2.5 = 5/2$ અને $f(x) = \frac{25}{4} - x^2$.
આમ,આવા માત્ર $1$ વિધેયનું અસ્તિત્વ છે.

(C) આપણને સંકલન $I = \int_1^M \{x\}^{[x]} dx$ આપેલ છે. કારણ કે $[x]$ એ અંતરાલ $[n, n+1)$ પર અચળ છે,આપણે સંકલનને એકમ અંતરાલો પરના સંકલનોના સરવાળા તરીકે લખી શકીએ:
$I = \sum_{n=1}^{M-1} \int_n^{n+1} (x-n)^n dx$.
ધારો કે $u = x-n$,તો $du = dx$. સંકલન $\int_0^1 u^n du = \left[ \frac{u^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$ બને છે.
આમ,$I = \sum_{n=1}^{M-1} \frac{1}{n+1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{M}$.
$M=2$ માટે,$I = \frac{1}{2} = 0.5 < 1$.
$M=3$ માટે,$I = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} \approx 0.833 < 1$.
$M=4$ માટે,$I = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{6+4+3}{12} = \frac{13}{12} > 1$.
તેથી,સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $M$ એ $4$ છે.

(B) આપેલ છે $f(x)=x+\int \limits_0^{\pi / 2} \sin (x+y) f(y) d y$.
$\sin(x+y) = \sin x \cos y + \cos x \sin y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x)=x+\sin x \int \limits_0^{\pi / 2} \cos y f(y) d y + \cos x \int \limits_0^{\pi / 2} \sin y f(y) d y$.
આને $f(x)=x+\frac{a}{\pi^2-4} \sin x+\frac{b}{\pi^2-4} \cos x$ સાથે સરખાવતા:
$\frac{a}{\pi^2-4} = \int \limits_0^{\pi / 2} f(y) \cos y d y$ અને $\frac{b}{\pi^2-4} = \int \limits_0^{\pi / 2} f(y) \sin y d y$.
ધારો કે $I = \int \limits_0^{\pi / 2} f(y) (\sin y + \cos y) d y = \frac{a+b}{\pi^2-4}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a g(y) dy = \int_0^a g(a-y) dy$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi/2} f(\frac{\pi}{2}-y) (\sin(\frac{\pi}{2}-y) + \cos(\frac{\pi}{2}-y)) dy = \int_0^{\pi/2} f(\frac{\pi}{2}-y) (\cos y + \sin y) dy$.
$f(x) = x + I(\sin x + \cos x)$ હોવાથી,$f(\frac{\pi}{2}-y) = \frac{\pi}{2} - y + I(\cos y + \sin y)$.
આને $I$ માં મૂકતા:
$I = \int_0^{\pi/2} (\frac{\pi}{2} - y + I(\sin y + \cos y))(\sin y + \cos y) dy$.
$I = \int_0^{\pi/2} (\frac{\pi}{2} - y)(\sin y + \cos y) dy + I \int_0^{\pi/2} (\sin y + \cos y)^2 dy$.
સંકલન કરતા:
$\int_0^{\pi/2} (\frac{\pi}{2} - y)(\sin y + \cos y) dy = \frac{\pi}{2}$.
$\int_0^{\pi/2} (1 + 2 \sin y \cos y) dy = \frac{\pi}{2} + 1$.
તેથી,$I = \frac{\pi}{2} + I(\frac{\pi}{2} + 1) \Rightarrow I = -1$.
આમ,$a+b = -(\pi^2-4) = 4-\pi^2$. વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $-2\pi(\pi+2)$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x)=a e^{2 x}+b e^x+c x$.
$f(0)=-1 \Rightarrow a+b=-1 \quad (1)$
$f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+b e^x+c$.
$f^{\prime}(\ln 2)=2 a(4)+b(2)+c=8 a+2 b+c=21 \quad (2)$
આપેલ છે કે $\int_0^{\ln 4}(f(x)-c x) d x=\frac{39}{2}$.
$\int_0^{\ln 4}(a e^{2 x}+b e^x) d x=\left[\frac{a e^{2 x}}{2}+b e^x\right]_0^{\ln 4}=\frac{39}{2}$.
$\left(\frac{a(16)}{2}+b(4)\right)-\left(\frac{a}{2}+b\right)=\frac{39}{2}$.
$8 a+4 b-\frac{a}{2}-b=\frac{39}{2} \Rightarrow \frac{15 a}{2}+3 b=\frac{39}{2} \Rightarrow 15 a+6 b=39 \Rightarrow 5 a+2 b=13 \quad (3)$.
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$b=-1-a$. તેને $(3)$ માં મૂકતા:
$5 a+2(-1-a)=13 \Rightarrow 3 a-2=13 \Rightarrow 3 a=15 \Rightarrow a=5$.
તેથી $b=-1-5=-6$.
સમીકરણ $(2)$ પરથી,$8(5)+2(-6)+c=21 \Rightarrow 40-12+c=21 \Rightarrow 28+c=21 \Rightarrow c=-7$.
આમ,$a+b+c=5-6-7=-8$.
તેથી,$|a+b+c|=|-8|=8$.

(C) ધારો કે $I_k = \int_0^1 (1-x^7)^k dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$I_k = [x(1-x^7)^k]_0^1 - \int_0^1 x \cdot k(1-x^7)^{k-1} \cdot (-7x^6) dx$.
$I_k = 0 + 7k \int_0^1 x^7(1-x^7)^{k-1} dx$.
કારણ કે $x^7 = 1 - (1-x^7)$,તેથી $I_k = 7k \int_0^1 (1-(1-x^7))(1-x^7)^{k-1} dx$.
$I_k = 7k [I_{k-1} - I_k]$.
$I_k(1+7k) = 7k I_{k-1} \Rightarrow \frac{I_{k-1}}{I_k} = \frac{7k+1}{7k}$.
$k$ ને $k+1$ વડે બદલતા,આપણને $\frac{I_k}{I_{k+1}} = \frac{7(k+1)+1}{7(k+1)} = \frac{7k+8}{7k+7}$ મળે છે.
આમ,$r_k = \frac{7k+8}{7k+7}$.
તેથી $r_k - 1 = \frac{7k+8 - (7k+7)}{7k+7} = \frac{1}{7(k+1)}$.
તેથી,$\frac{1}{7(r_k-1)} = k+1$.
અંતે,$\sum_{k=1}^{10} (k+1) = 2+3+4+...+11 = \frac{10}{2}(2+11) = 5 \times 13 = 65$.

(A) $(A) \int_{-1}^1 \frac{dx}{1+x^2} = [\tan^{-1} x]_{-1}^1 = \tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1) = \frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2}$. તેથી,$A-s$.
$(B) \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = [\sin^{-1} x]_0^1 = \sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$. તેથી,$B-s$.
$(C) \int_2^3 \frac{dx}{1-x^2} = \int_2^3 \frac{dx}{-(x^2-1)} = -[\frac{1}{2} \ln |\frac{x-1}{x+1}|]_2^3 = -\frac{1}{2} [\ln(\frac{2}{4}) - \ln(\frac{1}{3})] = -\frac{1}{2} [\ln(\frac{1}{2}) - \ln(\frac{1}{3})] = -\frac{1}{2} \ln(\frac{1/2}{1/3}) = -\frac{1}{2} \ln(\frac{3}{2}) = \frac{1}{2} \ln(\frac{2}{3})$. તેથી,$C-p$.
$(D) \int_1^2 \frac{dx}{x \sqrt{x^2-1}} = [\sec^{-1} x]_1^2 = \sec^{-1}(2) - \sec^{-1}(1) = \frac{\pi}{3} - 0 = \frac{\pi}{3}$. તેથી,$D-r$.

(C) આપણને $I = \sum_{k=1}^{98} \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx$ આપેલ છે.
$x \in [k, k+1]$ માટે,આપણી પાસે $k \le x \le k+1$ છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{1}{k+1} \le \frac{1}{x} \le \frac{1}{k}$.
$(k+1)$ વડે ગુણતા,આપણને $\frac{k+1}{k+1} \le \frac{k+1}{x} \le \frac{k+1}{k}$ મળે છે.
$(x+1)$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{1}{x+1} \le \frac{k+1}{x(x+1)} \le \frac{k+1}{k(x+1)}$ મળે છે.
$k$ થી $k+1$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{k}^{k+1} \frac{1}{x+1} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{k(x+1)} dx$.
$k=1$ થી $98$ સુધી સરવાળો કરતા:
$\sum_{k=1}^{98} (\ln(k+2) - \ln(k+1)) < I < \sum_{k=1}^{98} \frac{k+1}{k} (\ln(k+2) - \ln(k+1))$.
ડાબી બાજુ $\ln(100) - \ln(2) = \ln(50)$ છે.
$\frac{k+1}{k} = 1 + \frac{1}{k}$ હોવાથી,જમણી બાજુ $\sum_{k=1}^{98} (1 + \frac{1}{k}) \ln(\frac{k+2}{k+1})$ છે.
$\ln(1+x) < x$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને,આપણે સાબિત કરી શકીએ કે $I < \ln(99)$.
વધુમાં,$\frac{49}{50}$ સાથે સરખામણી કરતા,આપણને $I > \frac{49}{50}$ મળે છે.
આમ,$I < \ln(99)$ અને $I > \frac{49}{50}$ બંને સાચા છે.

(C) ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$x \in [0, 1]$ માટે $\cos x \geq 1 - \frac{x^2}{2}$ મળે છે.
$\int_0^1 x \cos x \, dx \geq \int_0^1 x(1 - \frac{x^2}{2}) \, dx = [\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8}]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{3}{8}$. આમ,$(A)$ $TRUE$ છે.
$(B)$ $\sin x \geq x - \frac{x^3}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int_0^1 x \sin x \, dx \geq \int_0^1 x(x - \frac{x^3}{6}) \, dx = [\frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{30}]_0^1 = \frac{1}{3} - \frac{1}{30} = \frac{9}{30} = \frac{3}{10}$. આમ,$(B)$ $TRUE$ છે.
$(C)$ $x \in (0, 1]$ માટે $\cos x < 1$ હોવાથી,$\int_0^1 x^2 \cos x \, dx < \int_0^1 x^2 \, dx = \frac{1}{3}$. કારણ કે $\frac{1}{3} < \frac{1}{2}$,તેથી $(C)$ $FALSE$ છે.
$(D)$ $\sin x \geq x - \frac{x^3}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int_0^1 x^2 \sin x \, dx \geq \int_0^1 x^2(x - \frac{x^3}{6}) \, dx = [\frac{x^4}{4} - \frac{x^6}{36}]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{36} = \frac{9-1}{36} = \frac{8}{36} = \frac{2}{9}$. આમ,$(D)$ $TRUE$ છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $(A), (B), (D)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $F(x) = \int_0^x f(t) dt$,કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$F'(x) = f(x)$ અને $F(0) = 0$ થાય.
આપણને નીચે મુજબનું સંકલન સમીકરણ આપેલ છે:
$\int_0^\pi (f'(x) + F(x)) \cos x dx = 2$
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરતા:
$\int_0^\pi f'(x) \cos x dx + \int_0^\pi F(x) \cos x dx = 2$
પ્રથમ સંકલન $I_1 = \int_0^\pi f'(x) \cos x dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = [f(x) \cos x]_0^\pi - \int_0^\pi f(x) (-\sin x) dx$
$I_1 = f(\pi) \cos(\pi) - f(0) \cos(0) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx$
$f(\pi) = -6$,$\cos(\pi) = -1$,અને $\cos(0) = 1$ હોવાથી:
$I_1 = (-6)(-1) - f(0)(1) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx = 6 - f(0) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx$
હવે,બીજું સંકલન $I_2 = \int_0^\pi F(x) \cos x dx$ ધ્યાનમાં લો. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I_2 = [F(x) \sin x]_0^\pi - \int_0^\pi F'(x) \sin x dx$
$F(0) = 0$ અને $\sin(0) = \sin(\pi) = 0$ હોવાથી,સીમા પદ $0$ થશે.
$I_2 = - \int_0^\pi f(x) \sin x dx$
$I_1$ અને $I_2$ ની કિંમતો મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(6 - f(0) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx) + (- \int_0^\pi f(x) \sin x dx) = 2$
$6 - f(0) = 2$
$f(0) = 4$.

(A) ધારો કે $g(x) = f(x) - 3 \cos 3x$.
ત્યારે $\int_0^{\pi/3} g(x) dx = \int_0^{\pi/3} f(x) dx - 3 \int_0^{\pi/3} \cos 3x dx = 0 - 3 \left[ \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi/3} = 0 - (\sin \pi - \sin 0) = 0$.
વિધેય $g(x)$ નું $[0, \pi/3]$ પર સંકલન $0$ હોવાથી,સંકલન માટેના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,$(0, \pi/3)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $g(c) = 0$ થાય. તેથી,$(A)$ $TRUE$ છે.
$(B)$ ધારો કે $h(x) = f(x) - 3 \sin 3x + \frac{6}{\pi}$.
ત્યારે $\int_0^{\pi/3} h(x) dx = \int_0^{\pi/3} f(x) dx - 3 \int_0^{\pi/3} \sin 3x dx + \int_0^{\pi/3} \frac{6}{\pi} dx = 0 - 3 \left[ -\frac{\cos 3x}{3} \right]_0^{\pi/3} + \frac{6}{\pi} \cdot \frac{\pi}{3} = 0 + (\cos \pi - \cos 0) + 2 = -1 - 1 + 2 = 0$.
વિધેય $h(x)$ નું $[0, \pi/3]$ પર સંકલન $0$ હોવાથી,$(0, \pi/3)$ માં ઓછામાં ઓછું એક $c$ એવું મળે કે જેથી $h(c) = 0$ થાય. તેથી,$(B)$ $TRUE$ છે.
$(C)$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \int_0^x f(t) dt}{1 - e^{x^2}} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{x^2}{1 - e^{x^2}} \right) \cdot \left( \frac{\int_0^x f(t) dt}{x} \right) = (-1) \cdot f(0) = -1 \cdot 1 = -1$. તેથી,$(C)$ $TRUE$ છે.
$(D)$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x \int_0^x f(t) dt}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right) \cdot \left( \frac{\int_0^x f(t) dt}{x} \right) = 1 \cdot f(0) = 1 \cdot 1 = 1$. તેથી,$(D)$ $FALSE$ છે.

(B) $1.$ આપેલ છે $f(x)=(1-x)^2 \sin^2 x+x^2$ અને $g(x)=\int_1^x \left(\frac{2(t-1)}{t+1}-\ln t\right) f(t) dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$g'(x) = \left(\frac{2(x-1)}{x+1}-\ln x\right) f(x)$.
ધારો કે $\phi(x) = \frac{2(x-1)}{x+1}-\ln x$. તો $\phi'(x) = \frac{2(x+1)-2(x-1)}{(x+1)^2} - \frac{1}{x} = \frac{4}{(x+1)^2} - \frac{1}{x} = \frac{-(x-1)^2}{x(x+1)^2}$.
કારણ કે $x > 1$ માટે $\phi'(x) \leq 0$,$\phi(x)$ ઘટતું વિધેય છે. $\phi(1) = 0$ હોવાથી,$x > 1$ માટે $\phi(x) < 0$. વળી $f(x) > 0$ હોવાથી $g'(x) < 0$,તેથી $g$ એ $(1, \infty)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
$2.$ $P$ માટે: $f(x)+2x = (1-x)^2 \sin^2 x + x^2 + 2x = 2(1+x^2) = 2+2x^2$.
$(1-x)^2 \sin^2 x = (x-1)^2 + 1$. $\sin^2 x \leq 1$ હોવાથી આ શક્ય નથી. તેથી $P$ ખોટું છે.
$Q$ માટે: $H(x) = 2f(x) + 1 - 2x(1+x)$ લો. $H(0) = 1$ અને $H(1) = -1$. વિધેય સતત હોવાથી,$H(x)=0$ થાય તેવો $x$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે. તેથી $Q$ સાચું છે.

(C) $1.$ $g(a)$ શોધવા માટે,આપણે સંકલન $g(a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{-a}(1-t)^{a-1} dt$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.
$a = \frac{1}{2}$ માટે,$g\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^1 t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} dt = \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}$.
આદેશ $t = \sin^2 \theta$ લેતા,$dt = 2 \sin \theta \cos \theta d\theta$,સંકલન $\int_0^{\pi/2} \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{\sin \theta \cos \theta} d\theta = \int_0^{\pi/2} 2 d\theta = \pi$ બને છે.
આમ,$g\left(\frac{1}{2}\right) = \pi$.
$2.$ આપણે જોઈએ છીએ કે $g(1-a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{-(1-a)}(1-t)^{(1-a)-1} dt = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{a-1}(1-t)^{-a} dt$.
ગુણધર્મ $\int_n^{1-n} f(t) dt = \int_n^{1-n} f(1-t) dt$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $g(1-a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} (1-t)^{a-1} t^{-a} dt = g(a)$ મળે છે.
કારણ કે $g(1-a) = g(a)$,સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $a$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $-g'(1-a) = g'(a)$ મળે છે.
$a = \frac{1}{2}$ પર,$-g'\left(\frac{1}{2}\right) = g'\left(\frac{1}{2}\right)$,જેનો અર્થ છે કે $2g'\left(\frac{1}{2}\right) = 0$,તેથી $g'\left(\frac{1}{2}\right) = 0$.
તેથી,સાચી જોડ $(A, D)$ છે.

(D) $(P)$ ધારો કે $f(x) = ax^2 + bx$,જ્યાં $a, b \in \mathbb{W}$ (કારણ કે $f(0)=0$).
$\int_0^1 (ax^2 + bx) dx = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} = 1 \implies 2a + 3b = 6$.
શક્ય અ-ઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલો $(a, b)$ એ $(3, 0)$ અને $(0, 2)$ છે.
આમ,આવી બહુપદીઓની સંખ્યા $2$ છે.
$(Q)$ $f(x) = \sqrt{2} \sin(x^2 + \frac{\pi}{4})$.
$f(x)$ મહત્તમ હોય જ્યારે $x^2 + \frac{\pi}{4} = 2n\pi + \frac{\pi}{2} \implies x^2 = 2n\pi + \frac{\pi}{4}$.
$n=0$ માટે,$x^2 = \frac{\pi}{4} \in [0, 13)$.
$n=1$ માટે,$x^2 = 2\pi + \frac{\pi}{4} = \frac{9\pi}{4} \in [0, 13)$.
$x^2$ ની દરેક કિંમત માટે $x$ ની બે કિંમતો મળે $(\pm \sqrt{x^2})$,તેથી કુલ $4$ બિંદુઓ મળે છે.
$(R)$ $\int_{-2}^2 \frac{3x^2}{1+e^x} dx = \int_0^2 3x^2 (\frac{1}{1+e^x} + \frac{1}{1+e^{-x}}) dx = \int_0^2 3x^2 dx = [x^3]_0^2 = 8$.
$(S)$ અંશ $\int_{-1/2}^{1/2} \cos 2x \log(\frac{1+x}{1-x}) dx$ છે. $\cos 2x$ યુગ્મ છે અને $\log(\frac{1+x}{1-x})$ અયુગ્મ છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર અયુગ્મ વિધેય છે. તેથી સંકલન $0$ થાય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} [x], & x \leq 2 \\ 0, & x > 2 \end{cases}$.
આપણે $I = \int_{-1}^2 \frac{x f(x^2)}{2+f(x+1)} dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x \in [-1, 2]$ માટે,$x^2 \in [0, 4]$.
જો $x^2 \leq 2$,તો $f(x^2) = [x^2]$. જો $x^2 > 2$,તો $f(x^2) = 0$.
$x^2 \leq 2 \implies x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.
સંકલન $-1$ થી $2$ હોવાથી,આપણે તેને વિભાજિત કરીએ:
$x \in [-1, \sqrt{2}]$ માટે,$f(x^2) = [x^2]$. $x \in (\sqrt{2}, 2]$ માટે,$f(x^2) = 0$.
વળી,$f(x+1) = [x+1]$ જ્યારે $x \leq 1$,અને $f(x+1) = 0$ જ્યારે $x > 1$.
આમ,$I = \int_{-1}^1 \frac{x [x^2]}{2+[x+1]} dx + \int_1^{\sqrt{2}} \frac{x [x^2]}{2+0} dx + \int_{\sqrt{2}}^2 \frac{x \cdot 0}{2+0} dx$.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$[x^2] = 0$,તેથી પ્રથમ ભાગ $\int_{-1}^0 0 dx = 0$ છે.
$x \in [0, 1)$ માટે,$[x^2] = 0$,તેથી $\int_0^1 0 dx = 0$.
$x \in [1, \sqrt{2}]$ માટે,$[x^2] = 1$,તેથી $\int_1^{\sqrt{2}} \frac{x \cdot 1}{2} dx = \frac{1}{2} [\frac{x^2}{2}]_1^{\sqrt{2}} = \frac{1}{4} (2-1) = \frac{1}{4}$.
આમ $I = \frac{1}{4}$.
તેથી $4I - 1 = 4(\frac{1}{4}) - 1 = 0$.

(D) આપેલ છે $f^{\prime}(x) = \frac{192 x^3}{2+\sin^4 \pi x}$. કારણ કે $0 \leq \sin^4 \pi x \leq 1$,તેથી $2 \leq 2+\sin^4 \pi x \leq 3$ થાય.
આમ,$\frac{192 x^3}{3} \leq f^{\prime}(x) \leq \frac{192 x^3}{2}$,જેનું સાદું રૂપ $64 x^3 \leq f^{\prime}(x) \leq 96 x^3$ થાય.
$\frac{1}{2}$ થી $x$ સુધી સંકલન કરતા,જ્યાં $f(\frac{1}{2}) = 0$ છે:
$\int_{1/2}^x 64 t^3 dt \leq f(x) \leq \int_{1/2}^x 96 t^3 dt$
$16(x^4 - (\frac{1}{2})^4) \leq f(x) \leq 24(x^4 - (\frac{1}{2})^4)$
$16x^4 - 1 \leq f(x) \leq 24x^4 - 1.5$.
હવે,$\frac{1}{2}$ થી $1$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{1/2}^1 (16x^4 - 1) dx \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq \int_{1/2}^1 (24x^4 - 1.5) dx$
$[\frac{16x^5}{5} - x]_{1/2}^1 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq [\frac{24x^5}{5} - 1.5x]_{1/2}^1$
$(\frac{16}{5} - 1) - (\frac{16}{5 \cdot 32} - \frac{1}{2}) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq (4.8 - 1.5) - (\frac{24}{5 \cdot 32} - 0.75)$
$1.1 - (-0.4) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.3 - (-0.6) = 3.9$.
આમ,$1 < 1.5 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.9 < 12$,તેથી $m=1$ અને $M=12$ અસમતાનું પાલન કરે છે.

(A-D) $1.$ આપેલ છે કે $f(x) = x F(x)$,તેથી $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$.
$x=1$ આગળ,$f^{\prime}(1) = F(1) + 1 \cdot F^{\prime}(1) = 0 + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$. કારણ કે $F^{\prime}(x) < 0$,તેથી $f^{\prime}(1) < 0$. આમ $(A)$ સાચું છે.
$(B)$ માટે,$f(2) = 2 F(2)$. કારણ કે $F(1)=0$ અને $(1/2, 3)$ પર $F^{\prime}(x) < 0$ છે,તેથી $F(x)$ એ ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે. આમ $F(2) < F(1) = 0$,તેથી $f(2) < 0$. આમ $(B)$ સાચું છે.
$(C)$ અને $(D)$ માટે,$f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$. કારણ કે $x \in (1, 3)$ માટે $F(x) < 0$ અને $F^{\prime}(x) < 0$ છે,તેથી તમામ $x \in (1, 3)$ માટે $f^{\prime}(x) < 0$. આમ $f^{\prime}(x) \neq 0$. આમ $(C)$ સાચું છે.
$1$ માટે સાચા વિકલ્પો: $(A, B, C)$.
$2.$ $\int_1^3 f(x) dx = \int_1^3 x F(x) dx$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\left[ \frac{x^2}{2} F(x) \right]_1^3 - \int_1^3 \frac{x^2}{2} F^{\prime}(x) dx = \frac{9}{2}(-4) - 0 - \frac{1}{2}(-12) = -18 + 6 = -12$. આમ $(D)$ સાચું છે.
$(A)$ અને $(C)$ માટે,$\int_1^3 x^3 F^{\prime \prime}(x) dx = [x^3 F^{\prime}(x)]_1^3 - 3 \int_1^3 x^2 F^{\prime}(x) dx = 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) - 3(-12) = 40$.
$27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) + 36 = 40 \Rightarrow 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = 4$.
કારણ કે $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$,$f^{\prime}(3) = F(3) + 3 F^{\prime}(3) = -4 + 3 F^{\prime}(3)$ અને $f^{\prime}(1) = F(1) + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$.
$9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) = 9(-4 + 3 F^{\prime}(3)) - F^{\prime}(1) = -36 + 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = -36 + 4 = -32$.
તેથી $9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) + 32 = 0$. આમ $(C)$ સાચું છે.
$2$ માટે સાચા વિકલ્પો: $(C, D)$.

(D) ધારો કે $f(x) = \log_2(x^3+1)$. તો $y = \log_2(x^3+1) \implies x^3+1 = 2^y \implies x = (2^y-1)^{1/3}$.
આમ,$f^{-1}(x) = (2^x-1)^{1/3}$.
આપેલ સંકલન $\int_a^b f(x) dx + \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) dx = b f(b) - a f(a)$ સ્વરૂપમાં છે.
અહીં $a=1$,$b=2$. $f(1) = \log_2(1^3+1) = \log_2 2 = 1$. $f(2) = \log_2(2^3+1) = \log_2 9$.
તેથી,સંકલનનું મૂલ્ય $2 \cdot f(2) - 1 \cdot f(1) = 2 \log_2 9 - 1$ થાય.
કારણ કે $8 < 9 < 16$,તેથી $3 < \log_2 9 < 4$.
$2$ વડે ગુણતા,$6 < 2 \log_2 9 < 8$ મળે.
$1$ બાદ કરતા,$5 < 2 \log_2 9 - 1 < 7$ મળે.
ચોક્કસ રીતે,$2 \log_2 9 - 1 = \log_2 81 - 1 = \log_2 81 - \log_2 2 = \log_2(40.5)$.
કારણ કે $2^5 = 32$ અને $2^6 = 64$,તેથી $5 < \log_2(40.5) < 6$.
આ કિંમતથી નાનો અથવા તેના જેટલો મહત્તમ પૂર્ણાંક $5$ છે.

(C) વિધેય $f(t)$ એ ટુકડે-ટુકડે સુરેખ વિધેય છે. $t \in [2n-1, 2n+1]$ માટે,$f(t)$ એ $(2n-1, f(2n-1))$ અને $(2n+1, f(2n+1))$ ને જોડતો રેખાખંડ છે.
આપેલ છે કે $f(2n-1) = (-1)^{n+1} 2$,તેથી:
$f(1) = 2, f(3) = -2, f(5) = 2, f(7) = -2, f(9) = 2$.
$1 < t < 3$ માટે,$f(t) = \frac{3-t}{2}(2) + \frac{t-1}{2}(-2) = 4-2t$.
$3 < t < 5$ માટે,$f(t) = \frac{5-t}{2}(-2) + \frac{t-3}{2}(2) = 2t-8$.
$5 < t < 7$ માટે,$f(t) = \frac{7-t}{2}(2) + \frac{t-5}{2}(-2) = 12-2t$.
$7 < t < 9$ માટે,$f(t) = \frac{9-t}{2}(-2) + \frac{t-7}{2}(2) = 2t-16$.
$g(x) = \int_1^x f(t) dt$. $g(1) = 0$. $g(x) = 0$ ત્યારે થાય જ્યારે $1$ થી $x$ સુધીનું કુલ ક્ષેત્રફળ શૂન્ય હોય.
આલેખ પરથી,$1$ થી $3$ સુધીનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}(2)(2) + \frac{1}{2}(2)(-2) = 0$ છે. તેથી $g(3) = 0$.
$3$ થી $5$ સુધીનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}(2)(-2) + \frac{1}{2}(2)(2) = 0$ છે. તેથી $g(5) = 0$.
$5$ થી $7$ સુધીનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}(2)(2) + \frac{1}{2}(2)(-2) = 0$ છે. તેથી $g(7) = 0$.
અંતરાલ $(1, 8]$ માં,$g(x) = 0$ એ $x = 3, 5, 7$ પર થાય છે. તેથી $\alpha = 3$.
$\beta = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{g(x)}{x-1} = g'(1^+) = f(1^+) = 2$.
તેથી,$\alpha + \beta = 3 + 2 = 5$.

(D) આપેલ છે કે $I(m, n) = \int_0^1 x^{m-1}(1-x)^{n-1} dx$.
આ બીટા વિધેય $B(m, n)$ ની વ્યાખ્યા છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $I(m, n) = I(m+1, n) + I(m, n+1)$.
આ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$I(9, 14) + I(10, 13) = \int_0^1 x^{9-1}(1-x)^{14-1} dx + \int_0^1 x^{10-1}(1-x)^{13-1} dx$
$= \int_0^1 x^8(1-x)^{13} dx + \int_0^1 x^9(1-x)^{12} dx$
$= \int_0^1 x^8(1-x)^{12} [(1-x) + x] dx$
$= \int_0^1 x^8(1-x)^{12} (1) dx$
$= \int_0^1 x^{9-1}(1-x)^{13-1} dx$
$= I(9, 13)$.

(B) આપેલ છે કે $\int_0^2 x F^{\prime}(x) dx = 6$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$[x F(x)]_0^2 - \int_0^2 F(x) dx = 6$
$2 F(2) - 0 - \int_0^2 F(x) dx = 6$.
કારણ કે $F(x) = x f(x)$,તેથી $F(2) = 2 f(2) = 2(1) = 2$.
તેથી,$2(2) - \int_0^2 F(x) dx = 6 \implies \int_0^2 F(x) dx = 4 - 6 = -2$.
હવે,$\int_0^2 x^2 F^{\prime \prime}(x) dx = 40$ ધ્યાનમાં લો. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$[x^2 F^{\prime}(x)]_0^2 - \int_0^2 2x F^{\prime}(x) dx = 40$
$4 F^{\prime}(2) - 2 \int_0^2 x F^{\prime}(x) dx = 40$.
આપેલ કિંમત $\int_0^2 x F^{\prime}(x) dx = 6$ મૂકતા:
$4 F^{\prime}(2) - 2(6) = 40$
$4 F^{\prime}(2) - 12 = 40
4 F^{\prime}(2) = 52
F^{\prime}(2) = 13$.
અંતે,$F^{\prime}(2) + \int_0^2 F(x) dx = 13 + (-2) = 11$.

(C) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x)=f(x)$.
$f(x)$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}=1$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\ln|f(x)| = x + C$ મળે છે.
$f(0)=1$ હોવાથી,$\ln(1) = 0 + C$,જેનો અર્થ છે કે $C=0$.
આમ,$f(x) = e^x$.
$f(x)+g(x)=x^2$ હોવાથી,$g(x) = x^2 - e^x$ થાય.
હવે,આપણે સંકલન $I = \int_0^1 f(x)g(x) dx = \int_0^1 e^x(x^2 - e^x) dx$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$I = \int_0^1 (x^2 e^x - e^{2x}) dx = \int_0^1 x^2 e^x dx - \int_0^1 e^{2x} dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int x^2 e^x dx = x^2 e^x - \int 2x e^x dx = x^2 e^x - 2(x e^x - e^x) = e^x(x^2 - 2x + 2)$.
નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય: $[e^x(x^2 - 2x + 2)]_0^1 = (e(1-2+2)) - (e^0(0-0+2)) = e - 2$.
બીજા ભાગનું મૂલ્ય: $\int_0^1 e^{2x} dx = [\frac{1}{2} e^{2x}]_0^1 = \frac{1}{2}(e^2 - 1)$.
તેથી,$I = (e - 2) - \frac{1}{2}(e^2 - 1) = e - 2 - \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} = e - \frac{e^2}{2} - \frac{3}{2}$.

(B) આપણી પાસે $A_n = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^n x \, dx$ છે.
$A_n$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$A_n = \left[ -e^{-x} \cos^n x \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} - \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} n \cos^{n-1} x \sin x \, dx = 0 - n \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$.
હવે,$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$ નું ખંડશઃ સંકલન કરતા:
ધારો કે $u = \cos^{n-1} x \sin x$ અને $dv = e^{-x} dx$.
તેથી $du = ((n-1) \cos^{n-2} x (-\sin^2 x) + \cos^n x) dx = ((n-1) \cos^{n-2} x (\cos^2 x - 1) + \cos^n x) dx = (n \cos^n x - (n-1) \cos^{n-2} x) dx$.
તેથી,$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx = \left[ -e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} (n \cos^n x - (n-1) \cos^{n-2} x) dx = 0 + n A_n - (n-1) A_{n-2}$.
આ કિંમત પાછી મૂકતા: $A_n = -n (n A_n - (n-1) A_{n-2}) = -n^2 A_n + n(n-1) A_{n-2}$.
$(1 + n^2) A_n = n(n-1) A_{n-2}$.
$n=6$ માટે: $(1 + 36) A_6 = 6(5) A_4 \implies 37 A_6 = 30 A_4 \implies A_6 = \frac{30}{37} A_4$.
તેથી,$\frac{A_4 - A_6}{A_4} = 1 - \frac{A_6}{A_4} = 1 - \frac{30}{37} = \frac{7}{37}$.

(C) આપેલ છે કે,$I_1 = \int_0^{\pi / 2} \frac{x}{\sin x} dx$ અને $I_2 = \int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{x} dx$.
$I_2$ માટે,ધારો કે $\tan^{-1} x = t$,તેથી $x = \tan t$ અને $dx = \sec^2 t dt$.
જ્યારે $x = 0$ ત્યારે $t = 0$ અને જ્યારે $x = 1$ ત્યારે $t = \pi / 4$.
આ કિંમતો $I_2$ માં મૂકતા:
$I_2 = \int_0^{\pi / 4} \frac{t}{\tan t} \sec^2 t dt = \int_0^{\pi / 4} \frac{t \cos t}{\sin t} \cdot \frac{1}{\cos^2 t} dt = \int_0^{\pi / 4} \frac{t}{\sin t \cos t} dt$.
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$I_2 = \int_0^{\pi / 4} \frac{2t}{\sin 2t} dt$.
ધારો કે $2t = u$,તેથી $2dt = du$ અથવા $dt = du / 2$.
જ્યારે $t = 0$ ત્યારે $u = 0$ અને જ્યારે $t = \pi / 4$ ત્યારે $u = \pi / 2$.
$I_2 = \int_0^{\pi / 2} \frac{u}{\sin u} \cdot \frac{du}{2} = \frac{1}{2} \int_0^{\pi / 2} \frac{u}{\sin u} du = \frac{1}{2} I_1$.
તેથી,$I_1 / I_2 = 2 / 1$,એટલે કે $I_1 : I_2 = 2 : 1$.

(B) $L$.$H$.$S$. $= \int_0^{2 \pi} (\sin ^4 x + \cos ^4 x) dx = 2 \int_0^{\pi} (\sin ^4 x + \cos ^4 x) dx = 4 \int_0^{\pi/2} (\sin ^4 x + \cos ^4 x) dx$.
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\int_0^{\pi/2} \sin^4 x dx = \int_0^{\pi/2} \cos^4 x dx = \frac{3 \times 1}{4 \times 2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$.
તેથી,$L$.$H$.$S$. $= 4 \times (\frac{3\pi}{16} + \frac{3\pi}{16}) = 4 \times \frac{6\pi}{16} = \frac{3\pi}{2}$.
$R$.$H$.$S$. $= K \int_0^{\pi} \sin^2 x dx + L \int_0^{\pi/2} \cos^2 x dx = K(2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x dx) + L \int_0^{\pi/2} \cos^2 x dx$.
$\int_0^{\pi/2} \sin^2 x dx = \int_0^{\pi/2} \cos^2 x dx = \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$R$.$H$.$S$. $= K(2 \times \frac{\pi}{4}) + L(\frac{\pi}{4}) = \frac{K\pi}{2} + \frac{L\pi}{4} = \frac{(2K + L)\pi}{4}$.
$L$.$H$.$S$. અને $R$.$H$.$S$. ને સરખાવતા: $\frac{3\pi}{2} = \frac{(2K + L)\pi}{4} \Rightarrow 6 = 2K + L$.
કારણ કે $K, L \in N$ (પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ),આપણે $K$ માટે કિંમતો ચકાસીએ:
જો $K=1$,તો $L = 6 - 2(1) = 4$.
જો $K=2$,તો $L = 6 - 2(2) = 2$.
જો $K=3$,તો $L = 6 - 2(3) = 0$ ($N$ માં નથી).
આમ,શક્ય ક્રમયુક્ત જોડીઓ $(K, L)$ એ $(1, 4)$ અને $(2, 2)$ છે.
આવી $2$ જોડીઓ શક્ય છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\pi/2} (\sin^6 x + \cos^6 x) dx$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) = 1 \cdot ((\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3 \sin^2 x \cos^2 x) = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$.
$x \in [0, \pi/2]$ માટે,$0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,તેથી $1 - \frac{3}{4} \leq 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x) \leq 1$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{4} \leq \sin^6 x + \cos^6 x \leq 1$.
$[0, \pi/2]$ પર સંકલન કરતા,આપણને $\int_0^{\pi/2} \frac{1}{4} dx < I < \int_0^{\pi/2} 1 dx$ મળે,તેથી $\frac{\pi}{8} < I < \frac{\pi}{2}$. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ માટે,$f(x) = \sin^6 x + \cos^6 x$. તો $f(x + \pi/2) = \sin^6(x + \pi/2) + \cos^6(x + \pi/2) = \cos^6 x + \sin^6 x = f(x)$. આમ,આવર્તમાન $\pi/2$ છે. કારણ $(R)$ સાચું છે.
જોકે,વિધેયનું આવર્તમાન એ સંકલન આપેલા અંતરાલમાં હોવાનું કારણ નથી. તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ બે વિધેયો $f(x)$ અને $g(x)$ માટે,$\text{Max}\{f(x), g(x)\} + \text{Min}\{f(x), g(x)\} = f(x) + g(x)$ થાય છે.
તેથી,$f(x) + g(x) = \sin x + \cos x$.
સંકલન $\int_{0}^{\pi} (f(x) + g(x)) dx = \int_{0}^{\pi} (\sin x + \cos x) dx$ બને છે.
$= [-\cos x + \sin x]_{0}^{\pi}$.
$= (-\cos \pi + \sin \pi) - (-\cos 0 + \sin 0)$.
$= (-(-1) + 0) - (-1 + 0)$.
$= (1 + 0) - (-1) = 1 + 1 = 2$.

(A) વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે છે $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$.
આપેલ છે કે $n=2m$,તેથી સંકલન $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^{2m} x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{2m+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{3m+2}{2})}$ બને છે.
વળી,$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+2}{2})}$.
તેથી,$K(m) = \frac{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^{2m} x \, dx}{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \, dx} = \frac{\Gamma(\frac{2m+1}{2}) \Gamma(\frac{m+2}{2})}{\Gamma(\frac{3m+2}{2}) \Gamma(\frac{1}{2})}$.
ડુપ્લિકેશન સૂત્ર $\Gamma(z) \Gamma(z + \frac{1}{2}) = 2^{1-2z} \sqrt{\pi} \Gamma(2z)$ નો ઉપયોગ કરીને,$K(m)$ ને સાદું રૂપ આપતા ગુણાકાર સ્વરૂપ મળે છે:
$K(m) = \frac{(2m-1)!! (m-1)!}{2^{m-1} (3m-1)!!} \cdot \dots$
$\frac{2^{m-1}(m-1)!}{(2m-1)!} K(m)$ માં કિંમત મૂકતા,આપણને $\frac{1}{m+2} \cdot \frac{1}{m+4} \cdot \dots \cdot \frac{1}{3m}$ મળે છે.

(D) આપણી પાસે $I_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} \tan^{-1} x \, dx$ છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I_{n} = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \tan^{-1} x \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{1+x^{2}} \, dx$
$I_{n} = \frac{\pi}{4(n+1)} - \frac{1}{n+1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{1+x^{2}} \, dx$.
હવે,રિડક્શન ફોર્મ્યુલાનો ઉપયોગ કરતા:
$(n+3) I_{n+2} + (n+1) I_{n} = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{n+2}$.
આને $a_{n} I_{n+2} + b_{n} I_{n} = c_{n}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a_{n} = n+3$ અને $b_{n} = n+1$ મળે છે.
$a_{n} = n+3$ હોવાથી,$a_{1}=4, a_{2}=5, a_{3}=6$,જે $AP$ માં છે.
$b_{n} = n+1$ હોવાથી,$b_{1}=2, b_{2}=3, b_{3}=4$,જે $AP$ માં છે.
આમ,$a_{n}$ અને $b_{n}$ બંને $AP$ માં છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = e^{x} + \int_{0}^{1} yf(y) dy + xe^{x} \int_{0}^{1} f(y) dy$.
ધારો કે $A = \int_{0}^{1} yf(y) dy$ અને $B = \int_{0}^{1} f(y) dy$.
તેથી $f(x) = e^{x} + A + Bxe^{x}$.
હવે,$B = \int_{0}^{1} (e^{y} + A + Bye^{y}) dy = [e^{y} + Ay + B(ye^{y} - e^{y})]_{0}^{1} = (e + A + 0) - (1 + 0 - B) = e + A - 1 + B$.
આનાથી $A = 1 - e$ મળે છે.
ત્યારબાદ,$A = \int_{0}^{1} y(e^{y} + A + Bye^{y}) dy = \int_{0}^{1} (ye^{y} + Ay + Bye^{y}) dy$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int ye^{y} dy = (y-1)e^{y}$.
તેથી,$A = [(y-1)e^{y} + \frac{A}{2}y^{2} + B(y-1)e^{y}]_{0}^{1} = (0 + \frac{A}{2} + 0) - (-1 + 0 - B) = \frac{A}{2} + 1 + B$.
$A = 1 - e$ મૂકતા,$1 - e = \frac{1-e}{2} + 1 + B$,જે $B = \frac{1-3e}{2}$ આપે છે.
અંતે,$f(0) = e^{0} + A + B(0)e^{0} = 1 + A = 1 + (1 - e) = 2 - e$.
તેથી,$e + f(0) = e + 2 - e = 2$.

(B) આપેલ સંકલન $I = 6\int_{0}^{\pi}|\sin 3x + \sin 2x + \sin x| dx$ છે.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્ર $\sin 3x + \sin x = 2\sin 2x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 6\int_{0}^{\pi}|2\sin 2x \cos x + \sin 2x| dx = 6\int_{0}^{\pi}|\sin 2x(2\cos x + 1)| dx$.
$\sin 2x = 2\sin x \cos x$ હોવાથી,$I = 12\int_{0}^{\pi}|\sin x \cos x(2\cos x + 1)| dx$.
ધારો કે $t = \cos x$,તો $dt = -\sin x dx$. જ્યારે $x=0, t=1$ અને જ્યારે $x=\pi, t=-1$.
$I = 12\int_{-1}^{1}|t(2t+1)| dt = 12\int_{-1}^{1}|2t^2 + t| dt$.
સંકલનને $t = -1/2$ અને $t = 0$ પર વિભાજિત કરતા:
$I = 12 \left[ \int_{-1}^{-1/2} (2t^2 + t) dt + \int_{-1/2}^{0} -(2t^2 + t) dt + \int_{0}^{1} (2t^2 + t) dt \right]$.
દરેક ભાગની ગણતરી કરતા:
$\int_{-1}^{-1/2} (2t^2 + t) dt = [\frac{2}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2]_{-1}^{-1/2} = \frac{5}{24}$.
$-\int_{-1/2}^{0} (2t^2 + t) dt = -[\frac{2}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2]_{-1/2}^{0} = -\frac{1}{24}$.
$\int_{0}^{1} (2t^2 + t) dt = [\frac{2}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2]_{0}^{1} = \frac{7}{6}$.
$I = 12 \left( \frac{5}{24} + \frac{1}{24} + \frac{7}{6} \right) = 17$.

(48) ધારો કે $I_1 = \int_{0}^{2\sqrt{3}} \log_2(x^2+4) dx$ અને $I_2 = \int_{2}^{4} \sqrt{2^x-4} dx$.
$I_2$ માટે,$y = 2^x - 4$ લો,તેથી $x = \log_2(y+4)$.
$dx = \frac{1}{(y+4) \ln 2} dy$.
જ્યારે $x=2, y=0$. જ્યારે $x=4, y=12$.
$I_2 = \int_{0}^{12} \sqrt{y} \frac{1}{(y+4) \ln 2} dy = \frac{1}{\ln 2} \int_{0}^{12} \frac{\sqrt{y}}{y+4} dy$.
ધારો કે $\sqrt{y} = u$,$y = u^2$,$dy = 2u du$.
$I_2 = \frac{1}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} \frac{u}{u^2+4} (2u) du = \frac{2}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} \frac{u^2}{u^2+4} du = \frac{2}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} (1 - \frac{4}{u^2+4}) du$.
$I_2 = \frac{2}{\ln 2} [u - 2 \tan^{-1}(\frac{u}{2})]_{0}^{2\sqrt{3}} = \frac{2}{\ln 2} [2\sqrt{3} - 2(\frac{\pi}{3})] = \frac{4\sqrt{3}}{\ln 2} - \frac{4\pi}{3 \ln 2}$.
$I_1 = \int_{0}^{2\sqrt{3}} \log_2(x^2+4) dx = \frac{1}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} \ln(x^2+4) dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા.
સંકલનનું મૂલ્યાંકન કરતા,આપણને $\alpha = 4\sqrt{3}$ મળે છે.
તેથી,$\alpha^2 = (4\sqrt{3})^2 = 16 \times 3 = 48$.