Mix Examples-Definite Integral Questions in Hindi

(D) दिया गया है $f'(x) = f(x)$,अतः $\frac{f'(x)}{f(x)} = 1$ है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,हमें $\ln|f(x)| = x + C$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $f(x) = ce^x$।
चूंकि $f(0) = 1$,इसलिए $1 = ce^0$,जिससे $c = 1$ प्राप्त होता है। अतः $f(x) = e^x$।
$f(x) + g(x) = x^2$ दिया गया है,इसलिए $g(x) = x^2 - e^x$।
अब,हम समाकलन की गणना करते हैं:
$\int_0^1 f(x)g(x) dx = \int_0^1 e^x(x^2 - e^x) dx = \int_0^1 (x^2 e^x - e^{2x}) dx$।
$\int x^2 e^x dx$ के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$\int x^2 e^x dx = x^2 e^x - \int 2x e^x dx = x^2 e^x - 2(x e^x - e^x) = e^x(x^2 - 2x + 2)$।
निश्चित समाकलन का मान:
$\int_0^1 x^2 e^x dx = [e^x(x^2 - 2x + 2)]_0^1 = e(1 - 2 + 2) - e^0(0 - 0 + 2) = e - 2$।
$\int_0^1 e^{2x} dx$ का मान:
$\int_0^1 e^{2x} dx = [\frac{1}{2} e^{2x}]_0^1 = \frac{1}{2}(e^2 - 1)$।
अतः,समाकलन का मान $(e - 2) - \frac{1}{2}(e^2 - 1) = e - 2 - \frac{1}{2}e^2 + \frac{1}{2} = e - \frac{1}{2}e^2 - \frac{3}{2}$ है।

(B) मान लीजिए $f(x) = (ax^2 + bx + c)(1 + \cos^8 x)$ है।
दिया गया है कि $\int_0^1 f(x) \, dx = \int_0^2 f(x) \, dx$ है।
इसका अर्थ है $\int_0^2 f(x) \, dx - \int_0^1 f(x) \, dx = 0$,जो सरल होकर $\int_1^2 f(x) \, dx = 0$ हो जाता है।
चूंकि $f(x)$ एक सतत फलन है और अंतराल $(1, 2)$ पर इसका समाकलन शून्य है,इसलिए $f(x)$ को अंतराल $(1, 2)$ में अपना चिह्न बदलना होगा,जब तक कि सभी $x \in (1, 2)$ के लिए $f(x) = 0$ न हो।
चूंकि $a, b, c$ शून्येतर हैं,$ax^2 + bx + c$ सर्वसम शून्य नहीं है। साथ ही,सभी $x$ के लिए $(1 + \cos^8 x) \ge 1 > 0$ है।
अतः,$f(x)$ को $(1, 2)$ में धनात्मक और ऋणात्मक दोनों मान लेने होंगे।
इंटरमीडिएट वैल्यू थ्योरम के अनुसार,$(1, 2)$ में कम से कम एक $x_0$ ऐसा मौजूद है कि $f(x_0) = 0$ हो।
चूंकि $(1 + \cos^8 x) \neq 0$,इसलिए $ax_0^2 + bx_0 + c = 0$ होना चाहिए।
अतः,द्विघात समीकरण $ax^2 + bx + c = 0$ का $(1, 2)$ में कम से कम एक मूल है,जो $(0, 2)$ में निहित है।

(D) दिया गया है $f(x) = P{e^{2x}} + Q{e^x} + Rx$.
सबसे पहले,$f(0) = P + Q = -1$.
इसके बाद,$f'(x) = 2P{e^{2x}} + Q{e^x} + R$.
शर्त $f'(\log 2) = 31$ के अनुसार,$2P(e^{\log 2})^2 + Q(e^{\log 2}) + R = 31$,जो $8P + 2Q + R = 31$ में सरल हो जाता है।
अब,समाकलन $\int_0^{\log 4} [f(x) - Rx] \, dx = \int_0^{\log 4} (P{e^{2x}} + Q{e^x}) \, dx = \frac{39}{2}$ पर विचार करें।
समाकलन का मूल्यांकन: $[\frac{P}{2} e^{2x} + Q e^x]_0^{\log 4} = (\frac{P}{2} \cdot 16 + Q \cdot 4) - (\frac{P}{2} + Q) = 8P + 4Q - 0.5P - Q = 7.5P + 3Q = \frac{15P}{2} + 3Q = \frac{39}{2}$.
इससे $15P + 6Q = 39$,या $5P + 2Q = 13$ प्राप्त होता है।
समीकरण:
$1) P + Q = -1 \implies Q = -1 - P$
$2) 5P + 2(-1 - P) = 13 \implies 3P - 2 = 13 \implies 3P = 15 \implies P = 5$.
अतः $Q = -1 - 5 = -6$.
अंत में,$8P + 2Q + R = 31$ में मान रखने पर: $8(5) + 2(-6) + R = 31 \implies 40 - 12 + R = 31 \implies 28 + R = 31 \implies R = 3$.
इस प्रकार,$P = 5, Q = -6, R = 3$ प्राप्त होता है।

(C) हम जानते हैं कि $x \in [\pi/2, 3\pi/2]$ के लिए,$\sin x$ का मान $-1$ से $1$ के बीच होता है,इसलिए $2\sin x$ का मान $-2$ से $2$ के बीच होता है।
हम समाकलन को उन बिंदुओं पर विभाजित करते हैं जहाँ $[2\sin x]$ अपना मान बदलता है:
$I = \int_{\pi/2}^{3\pi/2} [2\sin x] \, dx$
$= \int_{\pi/2}^{5\pi/6} [2\sin x] \, dx + \int_{5\pi/6}^{\pi} [2\sin x] \, dx + \int_{\pi}^{7\pi/6} [2\sin x] \, dx + \int_{7\pi/6}^{3\pi/2} [2\sin x] \, dx$
अंतराल $[\pi/2, 5\pi/6]$ में,$1 \le 2\sin x < 2$,इसलिए $[2\sin x] = 1$ है।
अंतराल $[5\pi/6, \pi]$ में,$0 \le 2\sin x < 1$,इसलिए $[2\sin x] = 0$ है।
अंतराल $[\pi, 7\pi/6]$ में,$-1 \le 2\sin x < 0$,इसलिए $[2\sin x] = -1$ है।
अंतराल $[7\pi/6, 3\pi/2]$ में,$-2 \le 2\sin x < -1$,इसलिए $[2\sin x] = -2$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{\pi/2}^{5\pi/6} (1) \, dx + \int_{5\pi/6}^{\pi} (0) \, dx + \int_{\pi}^{7\pi/6} (-1) \, dx + \int_{7\pi/6}^{3\pi/2} (-2) \, dx$
$I = (5\pi/6 - \pi/2) + 0 - (7\pi/6 - \pi) - 2(3\pi/2 - 7\pi/6)$
$I = (2\pi/6) - (\pi/6) - 2(2\pi/6) = \pi/6 - 4\pi/6 = -3\pi/6 = -\pi/2$.

(D) दिया गया समीकरण: $\int_{\pi /2}^{\alpha} \sin x \, dx = \sin 2\alpha$
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $[-\cos x]_{\pi /2}^{\alpha} = \sin 2\alpha$
$-(\cos \alpha - \cos(\pi /2)) = \sin 2\alpha$
$-\cos \alpha = \sin 2\alpha$
सर्वसमिका $\sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha$ का उपयोग करने पर:
$-\cos \alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha$
$\cos \alpha (1 + 2 \sin \alpha) = 0$
स्थिति $1$: $\cos \alpha = 0$. अंतराल $[0, 2\pi]$ में,$\alpha = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}$.
स्थिति $2$: $1 + 2 \sin \alpha = 0 \Rightarrow \sin \alpha = -1/2$. अंतराल $[0, 2\pi]$ में,$\alpha = \frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}$.
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,$\alpha = \frac{\pi}{2}$ और $\frac{3\pi}{2}$ समीकरण को संतुष्ट करते हैं।

(D) माना $I_1 = \int_{-3}^{3} \frac{t^2 \sin 2t}{t^2 + 1} dt$. चूंकि $f(t) = \frac{t^2 \sin 2t}{t^2 + 1}$ एक विषम फलन है और अंतराल $[-3, 3]$ $0$ के सापेक्ष सममित है,इसलिए $I_1 = 0$.
माना $I_2 = \int_{0}^{1} \frac{dt}{t^2 + 2t \cos \alpha + 1}$. हर को $(t + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$I_2 = \int_{0}^{1} \frac{dt}{(t + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha} = \left[ \frac{1}{\sin \alpha} \tan^{-1} \left( \frac{t + \cos \alpha}{\sin \alpha} \right) \right]_0^1$.
$I_2 = \frac{1}{\sin \alpha} \left( \tan^{-1} \left( \frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} \right) - \tan^{-1} \left( \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \right) \right)$.
अर्ध-कोण सर्वसमिकाओं का उपयोग करने पर,$\frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} = \cot(\alpha/2) = \tan(\pi/2 - \alpha/2)$ और $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \cot \alpha = \tan(\pi/2 - \alpha)$.
अतः,$I_2 = \frac{1}{\sin \alpha} (\pi/2 - \alpha/2 - (\pi/2 - \alpha)) = \frac{\alpha}{2 \sin \alpha}$.
समीकरण $\left( \frac{\alpha}{2 \sin \alpha} \right) x^2 - 2 = 0$ हो जाता है।
$x^2 = \frac{4 \sin \alpha}{\alpha} \Rightarrow x = \pm 2 \sqrt{\frac{\sin \alpha}{\alpha}}$.

(C) $I_1$ के लिए: गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें $I_1 = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x - \sin x}{1 + \cos x \sin x} dx = -I_1$ प्राप्त होता है। अतः,$2I_1 = 0 \implies I_1 = 0$.
$I_2$ के लिए: यदि $f(2a-x) = f(x)$ हो तो $\int_0^{2a} f(x) dx = 2 \int_0^a f(x) dx$,अतः $I_2 = 2 \int_0^{\pi} \cos^6 x dx = 4 \int_0^{\pi/2} \cos^6 x dx$। वालिस सूत्र का उपयोग करने पर,$I_2 = 4 \times \frac{5 \times 3 \times 1}{6 \times 4 \times 2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{8} \neq 0$.
$I_3$ के लिए: चूंकि $\sin^3(-x) = -\sin^3 x$,समाकल्य $[-\pi/2, \pi/2]$ पर एक विषम फलन है। अतः,$I_3 = 0$.
$I_4$ के लिए: $x = \sin^2 \theta$ रखने पर,$dx = 2 \sin \theta \cos \theta d\theta$। $I_4 = \int_0^{\pi/2} \ln(\cot^2 \theta) 2 \sin \theta \cos \theta d\theta = 4 \int_0^{\pi/2} \ln(\cot \theta) \sin \theta \cos \theta d\theta$। यह समाकलन $0$ के बराबर है क्योंकि गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ के अनुसार $\int_0^{\pi/2} \ln(\tan \theta) d\theta = 0$ होता है।

(D) दिया गया है $f'(x) = f(x)$,इसलिए $f(x) = Ce^x$। चूंकि $f(0) = 1$,हमें $C = 1$ प्राप्त होता है,अतः $f(x) = e^x$।
दिया गया है $f(x) + g(x) = x^2$,इसलिए $g(x) = x^2 - e^x$।
हमें $I = \int_{0}^{1} f(x)g(x) \, dx = \int_{0}^{1} e^x(x^2 - e^x) \, dx = \int_{0}^{1} (x^2e^x - e^{2x}) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
$\int x^2e^x \, dx$ के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$\int x^2e^x \, dx = x^2e^x - \int 2xe^x \, dx = x^2e^x - 2(xe^x - e^x) = e^x(x^2 - 2x + 2)$।
निश्चित समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$I = [e^x(x^2 - 2x + 2)]_{0}^{1} - [\frac{e^{2x}}{2}]_{0}^{1}$
$I = (e(1 - 2 + 2) - e^0(0 - 0 + 2)) - \frac{1}{2}(e^2 - 1)$
$I = (e - 2) - \frac{1}{2}e^2 + \frac{1}{2} = e - \frac{1}{2}e^2 - \frac{3}{2}$।

(A) हमें $I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x \, dx$ दिया गया है।
$I_n + I_{n-2}$ के लिए रिडक्शन सूत्र का उपयोग करने पर:
$I_n + I_{n-2} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n-2} x (\tan^2 x + 1) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n-2} x \sec^2 x \, dx = \left[ \frac{\tan^{n-1} x}{n-1} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{n-1}$.
अतः,$I_n + I_{n-2} = \frac{1}{n-1}$.
दिए गए पदों के लिए:
$I_2 + I_4 = \frac{1}{4-1} = \frac{1}{3}$.
$I_3 + I_5 = \frac{1}{5-1} = \frac{1}{4}$.
$I_4 + I_6 = \frac{1}{6-1} = \frac{1}{5}$.
अनुक्रम $\frac{1}{I_2 + I_4}, \frac{1}{I_3 + I_5}, \frac{1}{I_4 + I_6}, \dots = 3, 4, 5, \dots$ है।
चूंकि $3, 4, 5, \dots$ एक $A.P.$ है,इसलिए दिए गए पद $A.P.$ में हैं।

(B) दिया गया समीकरण $\int_{0}^{\alpha} \cos(x + \alpha^2) \, dx = \sin \alpha$ है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर: $[\sin(x + \alpha^2)]_{0}^{\alpha} = \sin \alpha$।
यह $\sin(\alpha + \alpha^2) - \sin(\alpha^2) = \sin \alpha$ में सरल हो जाता है।
सूत्र $\sin C - \sin D = 2 \cos(\frac{C+D}{2}) \sin(\frac{C-D}{2})$ का उपयोग करने पर:
$2 \cos(\alpha^2 + \frac{\alpha}{2}) \sin(\frac{\alpha}{2}) = 2 \sin(\frac{\alpha}{2}) \cos(\frac{\alpha}{2})$।
चूंकि $\alpha \in (2, 3)$,$\sin(\frac{\alpha}{2}) \neq 0$,इसलिए $2 \sin(\frac{\alpha}{2})$ से विभाजित करने पर:
$\cos(\alpha^2 + \frac{\alpha}{2}) = \cos(\frac{\alpha}{2})$।
इसका अर्थ है $\alpha^2 + \frac{\alpha}{2} = 2n\pi \pm \frac{\alpha}{2}$।
स्थिति $1$: $\alpha^2 = 2n\pi \Rightarrow \alpha = \sqrt{2n\pi}$।
$\alpha \in (2, 3)$ के लिए,$n=1$ लेने पर $\alpha = \sqrt{2\pi} \approx 2.506$।
स्थिति $2$: $\alpha^2 + \alpha - 2n\pi = 0 \Rightarrow \alpha = \frac{-1 + \sqrt{1 + 8n\pi}}{2}$।
$n=1$ के लिए,$\alpha = \frac{-1 + \sqrt{1 + 8\pi}}{2} \approx 2.06$।
दोनों मान $(2, 3)$ के बीच स्थित हैं,अतः कुल $2$ हल प्राप्त होते हैं।

(D) यह समाकलन एक अनुचित समाकलन (improper integral) है क्योंकि फलन $f(x) = \frac{1}{(1-x)^2}$ का $x = 1$ पर एक ऊर्ध्वाधर अनंतस्पर्शी (vertical asymptote) है,जो अंतराल $[0, 2]$ के भीतर स्थित है।
हम समाकलन का मूल्यांकन इस प्रकार करते हैं:
$\int\limits_0^2 \frac{dx}{(1-x)^2} = \lim_{t \to 1^-} \int\limits_0^t \frac{dx}{(1-x)^2} + \lim_{s \to 1^+} \int\limits_s^2 \frac{dx}{(1-x)^2}$
अनिश्चित समाकलन $\int \frac{dx}{(1-x)^2} = \frac{1}{1-x} + C$ है।
पहले भाग के लिए:
$\lim_{t \to 1^-} \left[ \frac{1}{1-x} \right]_0^t = \lim_{t \to 1^-} \left( \frac{1}{1-t} - 1 \right) = \infty - 1 = \infty$.
चूंकि समाकलन अनंत की ओर प्रवृत्त होता है,इसलिए समाकलन का मान अनिश्चित (या अपसारी) है।

(D) दिया गया है $f(x) = A \sin \left( \frac{\pi x}{2} \right) + B$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$f'(x) = \frac{A \pi}{2} \cos \left( \frac{\pi x}{2} \right)$ प्राप्त होता है।
दिया गया है $f'(1/2) = \sqrt{2}$,अतः $\frac{A \pi}{2} \cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \sqrt{2}$.
चूँकि $\cos(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$,इसलिए $\frac{A \pi}{2 \sqrt{2}} = \sqrt{2}$,जिसका अर्थ है $A = \frac{4}{\pi}$.
अब,$\int_{0}^{1} f(x) dx = \int_{0}^{1} \left( A \sin \left( \frac{\pi x}{2} \right) + B \right) dx = \frac{2A}{\pi}$.
समाकलन करने पर: $\left[ -\frac{2A}{\pi} \cos \left( \frac{\pi x}{2} \right) + Bx \right]_{0}^{1} = \frac{2A}{\pi}$.
सीमाएँ रखने पर: $(-\frac{2A}{\pi} \cos(\pi/2) + B) - (-\frac{2A}{\pi} \cos(0) + 0) = \frac{2A}{\pi}$.
चूँकि $\cos(\pi/2) = 0$ और $\cos(0) = 1$,इसलिए $B + \frac{2A}{\pi} = \frac{2A}{\pi}$ प्राप्त होता है।
अतः,$B = 0$.
इस प्रकार,$A = \frac{4}{\pi}$ और $B = 0$.

(B) दिया गया है $u = \int_0^1 \frac{\ln(x + 1)}{x^2 + 1} \, dx$. मान लीजिए $x = \tan \theta$,तो $dx = \sec^2 \theta \, d\theta$. जब $x=0, \theta=0$; जब $x=1, \theta=\frac{\pi}{4}$.
$u = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1 + \tan \theta) \, d\theta$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$u = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1 + \tan(\frac{\pi}{4} - \theta)) \, d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1 + \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}) \, d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\frac{2}{1 + \tan \theta}) \, d\theta$.
$u = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\ln 2 - \ln(1 + \tan \theta)) \, d\theta = \frac{\pi}{4} \ln 2 - u$.
$2u = \frac{\pi}{4} \ln 2 \implies u = \frac{\pi}{8} \ln 2$.
अब,$v = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin 2x) \, dx$. मान लीजिए $2x = t$,तो $dx = \frac{1}{2} dt$. जब $x=0, t=0$; जब $x=\frac{\pi}{2}, t=\pi$.
$v = \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \ln(\sin t) \, dt = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t) \, dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t) \, dt$.
मानक परिणाम $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t) \, dt = -\frac{\pi}{2} \ln 2$ का उपयोग करने पर,हमें $v = -\frac{\pi}{2} \ln 2$ प्राप्त होता है।
$u$ और $v$ की तुलना करने पर: $4u = 4(\frac{\pi}{8} \ln 2) = \frac{\pi}{2} \ln 2 = -v$.
अतः,$4u + v = 0$.

(D) माना $I_n = \int_{0}^{1} (1 + x^2)^{-n} dx$ है। खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = (1 + x^2)^{-n}$ और $dv = dx$ लें। तब $du = -n(1 + x^2)^{-n-1} (2x) dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
$I_n = [x(1 + x^2)^{-n}]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x \cdot (-2nx)(1 + x^2)^{-n-1} dx$
$I_n = \frac{1}{2^n} + 2n \int_{0}^{1} \frac{x^2}{(1 + x^2)^{n+1}} dx$
$I_n = \frac{1}{2^n} + 2n \int_{0}^{1} \frac{(1 + x^2) - 1}{(1 + x^2)^{n+1}} dx$
$I_n = \frac{1}{2^n} + 2n [I_n - I_{n+1}]$
$2n I_{n+1} = \frac{1}{2^n} + (2n - 1) I_n$। यह कथन $(A)$ की पुष्टि करता है।
$n=1$ के लिए,$I_1 = \int_{0}^{1} \frac{dx}{1+x^2} = [\tan^{-1} x]_{0}^{1} = \frac{\pi}{4}$।
$n=1$ के लिए रिडक्शन फॉर्मूला का उपयोग करने पर: $2(1) I_2 = \frac{1}{2^1} + (2(1) - 1) I_1 \implies 2 I_2 = \frac{1}{2} + \frac{\pi}{4} \implies I_2 = \frac{1}{4} + \frac{\pi}{8}$। यह कथन $(B)$ की पुष्टि करता है।
अतः,$(A)$ और $(B)$ दोनों सही हैं।

(D) $A_{n+1} - A_n = \int_{0}^{\pi /2} \frac{\sin((2n+1)x) - \sin((2n-1)x)}{\sin x} dx$ पर विचार करें।
सर्वसमिका $\sin C - \sin D = 2 \cos(\frac{C+D}{2}) \sin(\frac{C-D}{2})$ का उपयोग करने पर,हमें $\sin((2n+1)x) - \sin((2n-1)x) = 2 \cos(2nx) \sin x$ प्राप्त होता है।
अतः,$A_{n+1} - A_n = \int_{0}^{\pi /2} 2 \cos(2nx) dx = [\frac{\sin(2nx)}{n}]_{0}^{\pi /2} = 0$.
इसलिए,$A_{n+1} = A_n$.
अब $B_{n+1} - B_n = \int_{0}^{\pi /2} (\frac{\sin^2((n+1)x) - \sin^2(nx)}{\sin^2 x}) dx$ पर विचार करें।
$\sin^2 A - \sin^2 B = \sin(A-B) \sin(A+B)$ का उपयोग करने पर,हमें $\sin^2((n+1)x) - \sin^2(nx) = \sin(x) \sin((2n+1)x)$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$B_{n+1} - B_n = \int_{0}^{\pi /2} \frac{\sin(x) \sin((2n+1)x)}{\sin^2 x} dx = \int_{0}^{\pi /2} \frac{\sin((2n+1)x)}{\sin x} dx = A_{n+1}$.
अतः,$(A)$ और $(B)$ दोनों सही हैं।

(B) $u = \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + 7x^2 + 1}$ के लिए,$x = 1/t$ प्रतिस्थापित करें,जिससे $dx = -1/t^2 dt$ प्राप्त होता है। जब $x \to 0, t \to \infty$ और जब $x \to \infty, t \to 0$.
$u = \int_{\infty}^{0} \frac{-1/t^2 dt}{1/t^4 + 7/t^2 + 1} = \int_{0}^{\infty} \frac{t^2 dt}{1 + 7t^2 + t^4} = v$.
अतः,$u = v$.
अब,$u + v = \int_{0}^{\infty} \frac{1 + x^2}{x^4 + 7x^2 + 1} dx = \int_{0}^{\infty} \frac{1 + 1/x^2}{x^2 + 7 + 1/x^2} dx$.
माना $x - 1/x = z$,तो $(1 + 1/x^2) dx = dz$.
जब $x \to 0, z \to -\infty$ और जब $x \to \infty, z \to \infty$.
$u + v = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{z^2 + 2 + 7} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{z^2 + 9} = \left[ \frac{1}{3} \tan^{-1} \left( \frac{z}{3} \right) \right]_{-\infty}^{\infty} = \frac{1}{3} (\pi/2 - (-\pi/2)) = \pi/3$.
चूंकि $u = v$,$2v = \pi/3 \Rightarrow v = \pi/6$.
विकल्पों की जांच करने पर:
$(A)$ $v > u$ गलत है क्योंकि $u = v$.
$(B)$ $6v = 6(\pi/6) = \pi$,जो सही है।
$(C)$ $3u + 2v = 3(\pi/6) + 2(\pi/6) = 5\pi/6$,जो सही है।

(D) माना $f(x) = ax^2 + bx + c$ है। चूंकि $f(x) = [f'(x)]^2$,हमारे पास $ax^2 + bx + c = (2ax + b)^2 = 4a^2x^2 + 4abx + b^2$ है।
गुणांकों की तुलना करने पर: $a = 4a^2 \Rightarrow a = \frac{1}{4}$ ($a \neq 0$ होने के कारण),$b = 4ab \Rightarrow b = 4(\frac{1}{4})b = b$ (हमेशा सत्य),और $c = b^2$।
अतः $f(x) = \frac{1}{4}x^2 + bx + b^2$।
अब,$\int_{0}^{1} (\frac{1}{4}x^2 + bx + b^2) dx = [\frac{x^3}{12} + \frac{bx^2}{2} + b^2x]_{0}^{1} = \frac{1}{12} + \frac{b}{2} + b^2$।
दिया गया है कि $\frac{1}{12} + \frac{b}{2} + b^2 = \frac{19}{12} \Rightarrow b^2 + \frac{b}{2} - \frac{18}{12} = 0 \Rightarrow b^2 + \frac{b}{2} - \frac{3}{2} = 0$।
$2$ से गुणा करने पर: $2b^2 + b - 3 = 0 \Rightarrow (2b + 3)(b - 1) = 0$।
इस प्रकार $b = 1$ या $b = -\frac{3}{2}$।
यदि $b = 1$,तो $f(x) = \frac{1}{4}x^2 + x + 1$।
यदि $b = -\frac{3}{2}$,तो $f(x) = \frac{1}{4}x^2 - \frac{3}{2}x + (-\frac{3}{2})^2 = \frac{1}{4}x^2 - \frac{3}{2}x + \frac{9}{4}$।
दोनों विकल्प $(B)$ और $(C)$ शर्तों को संतुष्ट करते हैं।

(D) दिया गया समीकरण $\int_{0}^{x} f(t) dt = f^2(x) - 1$ है।
कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करते हुए $x$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर:
$f(x) = 2f(x)f'(x)$।
यदि $f(x) \neq 0$ है,तो $f(x)$ से विभाजित करने पर हमें $f'(x) = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
$f'(x) = \frac{1}{2}$ का $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,हमें $f(x) = \frac{x}{2} + c$ प्राप्त होता है।
मूल समीकरण में $x = 0$ रखने पर: $\int_{0}^{0} f(t) dt = f^2(0) - 1 \Rightarrow 0 = f^2(0) - 1 \Rightarrow f(0) = \pm 1$।
अतः,$c = \pm 1$,इसलिए $f(x) = \frac{x}{2} + 1$ या $f(x) = \frac{x}{2} - 1$।
दोनों स्थितियों में,$f'(x) = \frac{1}{2} > 0$,इसलिए $f$ सभी $x \in R$ के लिए मोनोटोनिक रूप से बढ़ रहा है।
साथ ही,$f(x) = \frac{x}{2} \pm 1$ का ग्राफ एक सीधी रेखा है।
इसलिए,$(A)$ और $(C)$ दोनों सही हैं।

(D) दिया गया है कि $x = a$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $f'(a) = \tan(\pi/3) = \sqrt{3}$ है।
दिया गया है कि $x = b$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $f'(b) = \tan(\pi/4) = 1$ है।
हमें समाकलन $I = \int_{a}^{b} f(x) f''(x) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
खंडशः समाकलन $(IBP)$ का उपयोग करते हुए,$u = f(x)$ और $dv = f''(x) \, dx$ लें। तब $du = f'(x) \, dx$ और $v = f'(x)$ प्राप्त होता है।
$I = [f(x) f'(x)]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} (f'(x))^2 \, dx$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $-1$ है।

(D) $1$. प्रांत: समाकल्य $\sqrt{1 - t^4}$ तब परिभाषित होता है जब $1 - t^4 \ge 0$,जिसका अर्थ है $t^4 \le 1$,अतः $t \in [-1, 1]$। इस प्रकार,$f(x)$ अंतराल $[-1, 1]$ पर परिभाषित है।
$2$. एकदिष्टता: कलन के मूलभूत प्रमेय द्वारा,$f'(x) = \sqrt{1 - x^4}$। $x \in (-1, 1)$ के लिए,$f'(x) > 0$ है,जिसका अर्थ है कि $f(x)$ एक वर्धमान फलन है।
$3$. समता/विषमता: $f(-x) = \int\limits_0^{-x} \sqrt{1 - t^4} \, dt$। मान लीजिए $t = -u$,तो $dt = -du$ होगा। जब $t=0, u=0$ और जब $t=-x, u=x$ होगा। अतः $f(-x) = \int\limits_0^x \sqrt{1 - (-u)^4} (-du) = -\int\limits_0^x \sqrt{1 - u^4} \, du = -f(x)$। इसलिए,$f(x)$ एक विषम फलन है।
चूंकि सभी कथन सही हैं,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(D) दिया गया है $y = \int_{0}^{x} (t^2 - 3t + 2) dt$।
कलन के मूलभूत प्रमेय का उपयोग करते हुए,अवकलज प्राप्त होता है:
$\frac{dy}{dx} = (x - 1)(x - 2)$।
चरम मानों के लिए,$\frac{dy}{dx} = 0$ रखने पर,$x = 1$ और $x = 2$ प्राप्त होते हैं।
अब,द्वितीय अवकलज ज्ञात करते हैं:
$\frac{d^2y}{dx^2} = 2x - 3$।
$x = 1$ पर,$\frac{d^2y}{dx^2} = 2(1) - 3 = -1 < 0$,अतः $x = 1$ पर $y$ का मान अधिकतम है।
$y_{max} = \int_{0}^{1} (t^2 - 3t + 2) dt = [\frac{t^3}{3} - \frac{3t^2}{2} + 2t]_{0}^{1} = \frac{1}{3} - \frac{3}{2} + 2 = \frac{2 - 9 + 12}{6} = \frac{5}{6}$।
$x = 2$ पर,$\frac{d^2y}{dx^2} = 2(2) - 3 = 1 > 0$,अतः $x = 2$ पर $y$ का मान न्यूनतम है।
$y_{min} = \int_{0}^{2} (t^2 - 3t + 2) dt = [\frac{t^3}{3} - \frac{3t^2}{2} + 2t]_{0}^{2} = \frac{8}{3} - 6 + 4 = \frac{8}{3} - 2 = \frac{2}{3}$।
अतः,चरम मान $5/6$ और $2/3$ हैं। इसलिए,सही विकल्प $(D)$ है।

(B) माना $u = |x|$ है। चूंकि $x \in R \setminus \{0\}$,इसलिए $u > 0$ है। समीकरण $6 \int_{0}^{u} (t^2-1) \ln t \ dt = 5u$ है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर,$\int (t^2-1) \ln t \ dt = \ln t (\frac{t^3}{3} - t) - \int \frac{1}{t} (\frac{t^3}{3} - t) dt = \ln t (\frac{t^3}{3} - t) - (\frac{t^3}{9} - t) + C$.
$0$ से $u$ तक निश्चित समाकलन का मान निकालने पर ($t \to 0^+$ सीमा लेने पर): $\lim_{t \to 0^+} [\ln t (\frac{t^3}{3} - t) - \frac{t^3}{9} + t] = 0$.
अतः,$6 [\ln u (\frac{u^3}{3} - u) - \frac{u^3}{9} + u] = 5u$.
$u$ से भाग देने पर ($u > 0$ है): $6 [\ln u (\frac{u^2}{3} - 1) - \frac{u^2}{9} + 1] = 5$.
$2 \ln u (u^2 - 3) - \frac{2u^2}{3} + 6 = 5 \implies 2 \ln u (u^2 - 3) = \frac{2u^2}{3} - 1$.
$\ln u = \frac{2u^2 - 3}{6(u^2 - 3)}$.
$f(u) = \ln u$ और $g(u) = \frac{2u^2 - 3}{6(u^2 - 3)}$ के ग्राफ का विश्लेषण करने पर,$u > 0$ के लिए दो प्रतिच्छेदन बिंदु प्राप्त होते हैं। चूंकि $u = |x|$,$u$ के प्रत्येक धनात्मक मान के लिए $x$ के दो मान प्राप्त होते हैं $(x = \pm u)$। अतः,कुल $2 \times 2 = 4$ हल हैं।

(C) दिया गया है $I_2 = \int_0^1 \frac{x^2}{e^{x^3}(2-x^3)} dx$.
मान लीजिए $t = x^3$,तब $dt = 3x^2 dx$,इसलिए $x^2 dx = \frac{1}{3} dt$.
जब $x=0, t=0$ और जब $x=1, t=1$.
अतः,$I_2 = \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{dt}{e^t(2-t)} = \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{e^{-t}}{2-t} dt$.
मान लीजिए $u = 1-t$,तब $du = -dt$.
जब $t=0, u=1$ और जब $t=1, u=0$.
$I_2 = \frac{1}{3} \int_1^0 \frac{e^{-(1-u)}}{2-(1-u)} (-du) = \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{e^{u-1}}{1+u} du = \frac{1}{3e} \int_0^1 \frac{e^u}{1+u} du$.
चूंकि $I_1 = \int_0^1 \frac{e^x}{1+x} dx$,इसलिए $I_2 = \frac{1}{3e} I_1$.
अतः,$\frac{I_1}{I_2} = 3e$.

(A) दिया गया है कि $f(x)$ और $g(x)$ एक-दूसरे के प्रतिलोम फलन हैं,इसलिए $g(x) = f^{-1}(x)$,जिसका अर्थ है $f(g(x)) = x$.
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $f'(g(x)) \cdot g'(x) = 1$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{1}{f'(g(x))} = g'(x)$.
इस मान को समाकलन में रखने पर,हमें $\int_{1}^{3} (g(x) + x \cdot g'(x)) dx$ प्राप्त होता है।
यह व्यंजक $x \cdot g(x)$ के गुणनफल का अवकलन है,अर्थात $\frac{d}{dx} (x \cdot g(x)) = g(x) + x \cdot g'(x)$.
अतः,समाकलन $\int_{1}^{3} \frac{d}{dx} (x \cdot g(x)) dx = [x \cdot g(x)]_{1}^{3}$ हो जाता है।
दिया गया है कि $f(1) = 3$,इसलिए $g(3) = 1$. और $f(3) = 1$,इसलिए $g(1) = 3$.
निश्चित समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $[3 \cdot g(3) - 1 \cdot g(1)] = [3(1) - 1(3)] = 3 - 3 = 0$.

(C) समाकलन $I = \int_{0}^{^{n}C_{r}} \{ \sin^{2}\{x\} \} dx$ है।
चूंकि $\{x\} \in [0, 1)$,इसलिए $\sin^{2}\{x\} \in [0, \sin^{2} 1)$।
चूंकि $\sin^{2} 1 < 1$,इसलिए $\{ \sin^{2}\{x\} \} = \sin^{2}\{x\}$ होगा।
अतः,$I = \int_{0}^{^{n}C_{r}} \sin^{2}\{x\} dx$।
चूंकि $\sin^{2}\{x\}$ एक $1$ आवर्तकाल वाला आवर्ती फलन है,इसलिए $I = ^{n}C_{r} \int_{0}^{1} \sin^{2} x dx$।
सर्वसमिका $\sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = ^{n}C_{r} \int_{0}^{1} \frac{1 - \cos 2x}{2} dx = \frac{^{n}C_{r}}{2} [x - \frac{\sin 2x}{2}]_{0}^{1}$।
$I = \frac{^{n}C_{r}}{2} (1 - \frac{\sin 2}{2}) = \frac{^{n}C_{r}}{2} (1 - \sin 1 \cos 1)$।

(B) हम जानते हैं कि $\{x\}$ भिन्नात्मक भाग फलन है।
यहाँ $x \in [0, 1/3]$ के लिए,$\{x\} = x$,$\{x + 1/3\} = x + 1/3$,और $\{x + 2/3\} = x + 2/3$ होता है।
अतः,$\sum_{r=0}^{2} \{x + \frac{r}{3}\} = x + (x + 1/3) + (x + 2/3) = 3x + 1$ होता है।
कुल $102$ पद हैं ($r=0$ से $101$),जो $34$ समूह बनाते हैं।
अतः,समाकलन $\int_{0}^{1/3} 34(3x + 1) dx$ होगा।
$= 34 [\frac{3x^2}{2} + x]_{0}^{1/3} = 34 [\frac{3(1/9)}{2} + 1/3] = 34 [1/6 + 1/3] = 34 [1/2] = 17$.

(A) दिया गया है ${I_n} = \int_{ - n}^n {{{\tan }^2}\{x\}dx}$.
चूंकि $\{x\}$ एक $1$ आवर्तकाल वाला फलन है,इसलिए $\int_{ - n}^n {{{\tan }^2}\{x\}dx} = 2n \int_0^1 {{{\tan }^2}x dx}$ होगा।
समाकलन का मान: $\int_0^1 {{{\tan }^2}x dx} = \int_0^1 {({{\sec }^2}x - 1)dx} = [\tan x - x]_0^1 = \tan 1 - 1$.
अतः,${I_n} = 2n(\tan 1 - 1)$.
$n=1$ के लिए,${I_1} = 2(\tan 1 - 1)$.
$n=2$ के लिए,${I_2} = 4(\tan 1 - 1) = 2{I_1}$.
तब ${I_1}{I_2} = {I_1}(2{I_1}) = 2{I_1}^2 = 2[2(\tan 1 - 1)]^2 = 8{(\tan 1 - 1)^2}$.
वर्ग का विस्तार करने पर: $8({\tan ^2}1 - 2\tan 1 + 1) = 8({{\sec }^2}1 - 1 - 2\tan 1 + 1) = 8({{\sec }^2}1 - 2\tan 1)$.
चूंकि ${I_1} = 2\tan 1 - 2$,इसलिए $2\tan 1 = {I_1} + 2$.
यह मान रखने पर: ${I_1}{I_2} = 8({{\sec }^2}1 - ({I_1} + 2)) = 8({{\sec }^2}1 - 2 - {I_1})$.

(B) परवलय $y = ax^2 + bx + c$ का शीर्ष $x = -\frac{b}{2a}$ पर होता है। दिया गया है कि $- \frac{b}{2a} = 1$,इसलिए $b = -2a$ है।
चूंकि $f(x) = \int_0^x (3at^2 + bt + c) dt$,इसलिए $f'(x) = 3ax^2 + bx + c$ होगा।
$f(x)$ के निरंतर वर्धमान होने के लिए,सभी $x \in R$ के लिए $f'(x) > 0$ होना चाहिए।
इसके लिए $3a > 0$ (जो सत्य है क्योंकि $a > 0$) और विविक्तकर $D < 0$ होना चाहिए।
$D = b^2 - 4(3a)(c) = b^2 - 12ac < 0$ है।
$b = -2a$ रखने पर,$(-2a)^2 - 12ac < 0$,जो $4a^2 - 12ac < 0$ हो जाता है।
$4a$ से भाग देने पर ($a > 0$ होने के कारण),$a - 3c < 0$,अर्थात $a < 3c$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{a}{c} < 3$ है।
इस प्रकार,$[\frac{a}{c}]$ का अधिकतम पूर्णांक मान $2$ है।

(B) दी गई असमिका: $\log_{\sqrt{2}}(1 + \sqrt{6x - x^2 - 8}) \ge 0$.
चूंकि आधार $\sqrt{2} > 1$ है,इसलिए $1 + \sqrt{6x - x^2 - 8} \ge (\sqrt{2})^0 = 1$.
इसका अर्थ है $\sqrt{6x - x^2 - 8} \ge 0$,जो वर्गमूल के प्रांत के लिए हमेशा सत्य है।
वर्गमूल को परिभाषित होने के लिए,$6x - x^2 - 8 \ge 0$,जिसका अर्थ है $x^2 - 6x + 8 \le 0$.
द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर,$(x - 2)(x - 4) \le 0$,अतः $x \in [2, 4]$.
अब,$f(x) = \int_0^x (t^2 + 2t + 2)dt = [\frac{t^3}{3} + t^2 + 2t]_0^x = \frac{x^3}{3} + x^2 + 2x$.
चूंकि $f'(x) = x^2 + 2x + 2 = (x+1)^2 + 1 > 0$,इसलिए $f(x)$ एक वर्धमान फलन है।
अतः,$x \in [2, 4]$ के लिए $f(x)$ का परिसर $[f(2), f(4)]$ है।
$a = f(2) = \frac{8}{3} + 4 + 4 = \frac{32}{3}$.
$b = f(4) = \frac{64}{3} + 16 + 8 = \frac{136}{3}$.
इसलिए,$a + b = \frac{32}{3} + \frac{136}{3} = \frac{168}{3} = 56$.

(A) दिया गया है $f(\alpha) = \int_{0}^{\alpha} x^{2} \left(1 - \frac{x}{\alpha}\right)^{\alpha} dx$.
माना $t = 1 - \frac{x}{\alpha}$,तब $x = \alpha(1-t)$ और $dx = -\alpha dt$.
जब $x=0, t=1$ और जब $x=\alpha, t=0$.
$f(\alpha) = \int_{1}^{0} \alpha^{2}(1-t)^{2} t^{\alpha} (-\alpha dt) = \alpha^{3} \int_{0}^{1} (1-2t+t^{2}) t^{\alpha} dt$.
$f(\alpha) = \alpha^{3} \int_{0}^{1} (t^{\alpha} - 2t^{\alpha+1} + t^{\alpha+2}) dt$.
$f(\alpha) = \alpha^{3} \left[ \frac{t^{\alpha+1}}{\alpha+1} - \frac{2t^{\alpha+2}}{\alpha+2} + \frac{t^{\alpha+3}}{\alpha+3} \right]_{0}^{1} = \alpha^{3} \left( \frac{1}{\alpha+1} - \frac{2}{\alpha+2} + \frac{1}{\alpha+3} \right)$.
अतः,$\frac{f(\alpha)}{\alpha^{3}} = \left( \frac{1}{\alpha+1} - \frac{1}{\alpha+2} \right) - \left( \frac{1}{\alpha+2} - \frac{1}{\alpha+3} \right)$.
$\alpha=1$ से $5$ तक योग करने पर: $\sum_{\alpha=1}^{5} \frac{f(\alpha)}{\alpha^{3}} = \sum_{\alpha=1}^{5} \left[ \left( \frac{1}{\alpha+1} - \frac{1}{\alpha+2} \right) - \left( \frac{1}{\alpha+2} - \frac{1}{\alpha+3} \right) \right]$.
यह एक टेलिस्कोपिंग श्रेणी है: $\left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) + \dots + \left( \frac{1}{6} - \frac{1}{7} - \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \right)$.
$= \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) - \left( \frac{1}{7} - \frac{1}{8} \right) = \frac{1}{6} - \frac{1}{56} = \frac{28-3}{168} = \frac{25}{168}$.

(D) माना $I = I_1 + I_2$,जहाँ $I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin 8x \cot x \, dx$ और $I_2 = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln \left( \frac{1 - \sin x}{1 + \sin x} \right) dx$.
$I_2$ के लिए,$f(x) = \ln \left( \frac{1 - \sin x}{1 + \sin x} \right)$ लें। चूँकि $f(-x) = -f(x)$,यह एक विषम फलन है। अतः,$I_2 = 0$.
अब,$I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 8x \cos x}{\sin x} \, dx$.
सर्वसमिका $\frac{\sin 8x}{\sin x} = 2(\cos 7x + \cos 5x + \cos 3x + \cos x)$ का उपयोग करने पर:
$I_1 = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\cos 7x + \cos 5x + \cos 3x + \cos x) \cos x \, dx$.
$2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ का उपयोग करने पर:
$I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\cos 8x + 2\cos 6x + 2\cos 4x + 2\cos 2x + 1) \, dx$.
समाकलन करने पर:
$I_1 = \left[ \frac{\sin 8x}{8} + \frac{\sin 6x}{3} + \frac{\sin 4x}{2} + \sin 2x + x \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}$.

(D) हमें दो निश्चित समाकलों के योग का मान ज्ञात करना है: $I = \int_{0}^{1} 9x^8 dx + \int_{0}^{\pi/2} \cos x dx$।
सबसे पहले,पहले समाकल का मान ज्ञात करें: $\int_{0}^{1} 9x^8 dx = [x^9]_{0}^{1} = (1)^9 - (0)^9 = 1 - 0 = 1$।
इसके बाद,दूसरे समाकल का मान ज्ञात करें: $\int_{0}^{\pi/2} \cos x dx = [\sin x]_{0}^{\pi/2} = \sin(\pi/2) - \sin(0) = 1 - 0 = 1$।
अंत में,दोनों परिणामों को जोड़ें: $I = 1 + 1 = 2$।

(A) दिया गया है $f(x) = \int_0^x t(\sin x - \sin t) dt = \sin x \int_0^x t dt - \int_0^x t \sin t dt$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$\int_0^x t dt = \frac{x^2}{2}$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर $\int t \sin t dt = -t \cos t + \sin t$.
अतः,$f(x) = \sin x (\frac{x^2}{2}) - [-t \cos t + \sin t]_0^x = \frac{x^2}{2} \sin x + x \cos x - \sin x$.
अब,अवकलन ज्ञात करने पर:
$f'(x) = x \sin x + \frac{x^2}{2} \cos x + \cos x - x \sin x - \cos x = \frac{x^2}{2} \cos x$.
$f''(x) = x \cos x - \frac{x^2}{2} \sin x$.
$f'''(x) = \cos x - x \sin x - x \sin x - \frac{x^2}{2} \cos x = \cos x - 2x \sin x - \frac{x^2}{2} \cos x$.
$f'''(x) + f'(x)$ की जाँच करने पर:
$f'''(x) + f'(x) = (\cos x - 2x \sin x - \frac{x^2}{2} \cos x) + (\frac{x^2}{2} \cos x) = \cos x - 2x \sin x$.
अतः,विकल्प $A$ सही है।

(A) माना $I = \int_0^9 x^{1/2} \,dx + \int_0^{\pi/2} \cos x \,dx + \int_0^{\pi/2} \sin x \,dx$ है।
प्रथम समाकलन का मान: $\left[ \frac{2x^{3/2}}{3} \right]_0^9 = \frac{2}{3} (9^{3/2} - 0) = \frac{2}{3} (27) = 18$ है।
द्वितीय समाकलन का मान: $[\sin x]_0^{\pi/2} = \sin(\pi/2) - \sin(0) = 1 - 0 = 1$ है।
तृतीय समाकलन का मान: $[-\cos x]_0^{\pi/2} = -(\cos(\pi/2) - \cos(0)) = -(0 - 1) = 1$ है।
इन मानों को जोड़ने पर: $I = 18 + 1 + 1 = 20$ प्राप्त होता है।

(C) सबसे पहले,हम समाकलनों का मूल्यांकन करते हैं:
$\int_{0}^{n}\{x\} dx = n \int_{0}^{1} x dx = n \left[ \frac{x^{2}}{2} \right]_{0}^{1} = \frac{n}{2}$.
इसके बाद,$\int_{0}^{n}[x] dx = \int_{0}^{n} (x - \{x\}) dx = \int_{0}^{n} x dx - \int_{0}^{n} \{x\} dx = \frac{n^{2}}{2} - \frac{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$.
यह दिया गया है कि $\frac{n}{2}$,$\frac{n(n-1)}{2}$,और $10n(n-1)$ एक $G.P.$ में हैं,इसलिए मध्य पद का वर्ग चरम पदों के गुणनफल के बराबर होता है:
$\left( \frac{n(n-1)}{2} \right)^{2} = \left( \frac{n}{2} \right) \cdot 10n(n-1)$.
$\frac{n^{2}(n-1)^{2}}{4} = 5n^{2}(n-1)$.
चूंकि $n > 1$,हम दोनों पक्षों को $\frac{n^{2}(n-1)}{4}$ से विभाजित कर सकते हैं:
$n-1 = 5 \cdot 4 = 20$.
अतः,$n = 21$.

(D) दिया गया है $I_{n} = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n} x \, dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n-2} x (\csc^{2} x - 1) \, dx$
$= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n-2} x \csc^{2} x \, dx - \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{n-2} x \, dx$
$= \left[ -\frac{\cot^{n-1} x}{n-1} \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} - I_{n-2}$
$= \left( 0 - (-\frac{1}{n-1}) \right) - I_{n-2} = \frac{1}{n-1} - I_{n-2}$
$\Rightarrow I_{n} + I_{n-2} = \frac{1}{n-1}$
$n=4$ के लिए,$I_{4} + I_{2} = \frac{1}{3}$
$n=5$ के लिए,$I_{5} + I_{3} = \frac{1}{4}$
$n=6$ के लिए,$I_{6} + I_{4} = \frac{1}{5}$
अतः,पद $\frac{1}{I_{2}+I_{4}} = 3$,$\frac{1}{I_{3}+I_{5}} = 4$,और $\frac{1}{I_{4}+I_{6}} = 5$ हैं।
चूंकि $3, 4, 5$ $A.P.$ में हैं,इसलिए अनुक्रम $\frac{1}{I_{2}+I_{4}}, \frac{1}{I_{3}+I_{5}}, \frac{1}{I_{4}+I_{6}}$ $A.P.$ में है।

(B) माना $I = \int_{0}^{\pi} \sin^{3} x e^{-\sin^{2} x} dx$ है। चूंकि $\sin^{3}(\pi - x) = \sin^{3} x$ और $\sin^{2}(\pi - x) = \sin^{2} x$,इसलिए $I = 2 \int_{0}^{\pi/2} \sin^{3} x e^{-\sin^{2} x} dx$ होगा।
$\sin^{3} x = \sin x (1 - \cos^{2} x)$ का उपयोग करने पर,$I = 2 \int_{0}^{\pi/2} \sin x e^{-\sin^{2} x} dx - 2 \int_{0}^{\pi/2} \sin x \cos^{2} x e^{-\sin^{2} x} dx$ प्राप्त होता है।
दूसरे समाकलन के लिए,खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर,हमें $I = 2 - \frac{3}{e} \int_{0}^{1} \sqrt{t} e^{t} dt$ प्राप्त होता है।
$\alpha - \frac{\beta}{e} \int_{0}^{1} \sqrt{t} e^{t} dt$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 2$ और $\beta = 3$ प्राप्त होता है।
अतः,$\alpha + \beta = 2 + 3 = 5$।

(D) दिया गया है $f(\theta) = \sin \theta + \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} (\sin \theta + t \cos \theta) f(t) dt$.
इसे हम $f(\theta) = \sin \theta + \sin \theta \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} f(t) dt + \cos \theta \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} t f(t) dt$ के रूप में लिख सकते हैं।
माना $A = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} f(t) dt$ और $B = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} t f(t) dt$.
तब $f(\theta) = (A + 1) \sin \theta + B \cos \theta$.
अब,$A = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} ((A + 1) \sin t + B \cos t) dt$ की गणना करते हैं। चूंकि $\sin t$ एक विषम फलन है,$\int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \sin t dt = 0$. अतः,$A = B \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \cos t dt = B [\sin t]_{-\pi / 2}^{\pi / 2} = 2B$.
आगे,$B = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} t ((A + 1) \sin t + B \cos t) dt$ की गणना करते हैं। चूंकि $t \cos t$ एक विषम फलन है,$\int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} t \cos t dt = 0$. अतः,$B = (A + 1) \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} t \sin t dt = (A + 1) \cdot 2 \int_{0}^{\pi / 2} t \sin t dt$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int_{0}^{\pi / 2} t \sin t dt = [-t \cos t]_{0}^{\pi / 2} + \int_{0}^{\pi / 2} \cos t dt = 0 + [\sin t]_{0}^{\pi / 2} = 1$.
अतः,$B = 2(A + 1)$.
$A = 2B$ को $B = 2(2B + 1)$ में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $B = 4B + 2$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $3B = -2$,इसलिए $B = -2/3$ और $A = -4/3$.
तब $f(\theta) = (-4/3 + 1) \sin \theta - (2/3) \cos \theta = -1/3 \sin \theta - 2/3 \cos \theta$.
अंत में,$\left| \int_{0}^{\pi / 2} f(\theta) d\theta \right| = \left| \int_{0}^{\pi / 2} (-1/3 \sin \theta - 2/3 \cos \theta) d\theta \right| = \left| [-1/3(-\cos \theta) - 2/3 \sin \theta]_{0}^{\pi / 2} \right| = \left| [1/3 \cos \theta - 2/3 \sin \theta]_{0}^{\pi / 2} \right| = \left| (0 - 2/3) - (1/3 - 0) \right| = \left| -2/3 - 1/3 \right| = |-1| = 1$.

(C) माना $f(x) = \frac{9-x^2}{5-x} = 5+x+\frac{16}{x-5}$.
$f'(x) = 1 - \frac{16}{(x-5)^2}$. $f'(x)=0$ रखने पर,$x=1$ प्राप्त होता है जो $[0,2]$ में है।
$f(0) = 9/5$,$f(1) = 2$,$f(2) = 5/3$.
अतः $\alpha = 2$ और $\beta = 5/3$.
समाकलन $I = \int_{-1}^{3} \max\{f(x), x\} dx$ हो जाता है।
$f(x) = x$ के लिए $x=9/5$ प्राप्त होता है।
$I = \int_{-1}^{9/5} (5+x+\frac{16}{x-5}) dx + \int_{9/5}^{3} x dx$.
गणना करने पर $I = 18 + 16 \ln(8/15)$ प्राप्त होता है।
अतः $\alpha_1 = 18$ और $\alpha_2 = 16$. $\alpha_1 + \alpha_2 = 34$.

(D) अंतर $b_{n+1} - b_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2}(n+1)x - \cos^{2}nx}{\sin x} dx$ पर विचार करें।
सर्वसमिका $\cos^{2}A - \cos^{2}B = -\sin(A+B)\sin(A-B)$ का उपयोग करने पर:
$b_{n+1} - b_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{-\sin(2n+1)x \sin x}{\sin x} dx = -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(2n+1)x dx$।
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$b_{n+1} - b_{n} = \left[ \frac{\cos(2n+1)x}{2n+1} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\cos((2n+1)\frac{\pi}{2}) - \cos(0)}{2n+1} = \frac{0 - 1}{2n+1} = -\frac{1}{2n+1}$।
अब,मान लें कि $a_{n} = b_{n+1} - b_{n} = -\frac{1}{2n+1}$।
अतः $\frac{1}{a_{n}} = -(2n+1)$।
$n=2, 3, 4$ के लिए,$\frac{1}{a_{2}} = -5, \frac{1}{a_{3}} = -7, \frac{1}{a_{4}} = -9$ प्राप्त होता है।
ये पद $-2$ के सार्व अंतर के साथ $A.P.$ में हैं,क्योंकि $-7 - (-5) = -2$ और $-9 - (-7) = -2$।
इस प्रकार,$\frac{1}{b_{3}-b_{2}}, \frac{1}{b_{4}-b_{3}}, \frac{1}{b_{5}-b_{4}}$ एक $A.P.$ में हैं जिनका सार्व अंतर $-2$ है।

(C) मान लीजिए $f(x) = -8x^2 + 6x - 1$ है। हमें उन अंतरालों को खोजने की आवश्यकता है जहाँ $f(x)$ पूर्णांक मान लेता है।
$f(x) = 0 \implies -8x^2 + 6x - 1 = 0 \implies 8x^2 - 6x + 1 = 0 \implies (2x-1)(4x-1) = 0$. अतः,$x = 1/4$ और $x = 1/2$ है।
$f(x) = -1 \implies -8x^2 + 6x - 1 = -1 \implies -8x^2 + 6x = 0 \implies -2x(4x-3) = 0$. अतः,$x = 0$ और $x = 3/4$ है।
$f(x) = -2 \implies -8x^2 + 6x - 1 = -2 \implies 8x^2 - 6x - 1 = 0$. द्विघात सूत्र का उपयोग करते हुए,$x = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 4(8)(-1)}}{16} = \frac{6 \pm \sqrt{68}}{16} = \frac{3 \pm \sqrt{17}}{8}$ है। चूँकि $x \in [0, 1]$,हम $x = \frac{3+\sqrt{17}}{8} \approx 0.89$ लेते हैं।
$f(x) = -3 \implies -8x^2 + 6x - 1 = -3 \implies 8x^2 - 6x - 2 = 0 \implies 4x^2 - 3x - 1 = 0 \implies (4x+1)(x-1) = 0$. अतः,$x = 1$ है।
अब,हम $[f(x)]$ के मानों के आधार पर समाकलन को विभाजित करते हैं:
$x \in [0, 1/4)$ के लिए,$-1 < f(x) < 0$,इसलिए $[f(x)] = -1$ है।
$x \in [1/4, 1/2]$ के लिए,$0 \le f(x) \le 1/8$,इसलिए $[f(x)] = 0$ है।
$x \in (1/2, 3/4)$ के लिए,$-1 < f(x) < 0$,इसलिए $[f(x)] = -1$ है।
$x \in [3/4, \frac{3+\sqrt{17}}{8})$ के लिए,$-2 \le f(x) < -1$,इसलिए $[f(x)] = -2$ है।
$x \in [\frac{3+\sqrt{17}}{8}, 1]$ के लिए,$-3 \le f(x) < -2$,इसलिए $[f(x)] = -3$ है।
समाकलन $I = \int_{0}^{1/4} (-1) dx + \int_{1/4}^{1/2} (0) dx + \int_{1/2}^{3/4} (-1) dx + \int_{3/4}^{\frac{3+\sqrt{17}}{8}} (-2) dx + \int_{\frac{3+\sqrt{17}}{8}}^{1} (-3) dx$
$I = -[x]_{0}^{1/4} + 0 - [x]_{1/2}^{3/4} - 2[x]_{3/4}^{\frac{3+\sqrt{17}}{8}} - 3[x]_{\frac{3+\sqrt{17}}{8}}^{1}$
$I = -\frac{1}{4} - (\frac{3}{4} - \frac{1}{2}) - 2(\frac{3+\sqrt{17}}{8} - \frac{3}{4}) - 3(1 - \frac{3+\sqrt{17}}{8})$
$I = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} - 2(\frac{3+\sqrt{17}-6}{8}) - 3(\frac{8-3-\sqrt{17}}{8})$
$I = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{17}-3}{4} - \frac{15-3\sqrt{17}}{8} = \frac{-4 - 2\sqrt{17} + 6 - 15 + 3\sqrt{17}}{8} = \frac{\sqrt{17}-13}{8}$

(D) दिया गया है $f(x) = x + \int_{0}^{1} (x - t) f(t) dt$.
समाकलन का विस्तार करने पर: $f(x) = x + x \int_{0}^{1} f(t) dt - \int_{0}^{1} t f(t) dt$.
मान लीजिए $A = \int_{0}^{1} f(t) dt$ और $B = \int_{0}^{1} t f(t) dt$.
तब $f(x) = (1 + A)x - B$. मान लीजिए $C = 1 + A$,तो $f(x) = Cx - B$.
अब,$A = \int_{0}^{1} (Ct - B) dt = [C \frac{t^2}{2} - Bt]_{0}^{1} = \frac{C}{2} - B$.
चूंकि $C = 1 + A$,हमारे पास $A = \frac{1+A}{2} - B \Rightarrow 2A = 1 + A - 2B \Rightarrow A = 1 - 2B$ है।
साथ ही,$B = \int_{0}^{1} t(Ct - B) dt = \int_{0}^{1} (Ct^2 - Bt) dt = [C \frac{t^3}{3} - B \frac{t^2}{2}]_{0}^{1} = \frac{C}{3} - \frac{B}{2}$.
$C = 1 + A = 1 + (1 - 2B) = 2 - 2B$ प्रतिस्थापित करने पर:
$B = \frac{2 - 2B}{3} - \frac{B}{2} \Rightarrow B = \frac{2}{3} - \frac{2B}{3} - \frac{B}{2} = \frac{2}{3} - \frac{7B}{6}$.
$B + \frac{7B}{6} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{13B}{6} = \frac{2}{3} \Rightarrow B = \frac{4}{13}$.
तब $A = 1 - 2(\frac{4}{13}) = 1 - \frac{8}{13} = \frac{5}{13}$.
$C = 1 + A = 1 + \frac{5}{13} = \frac{18}{13}$.
अतः,$f(x) = \frac{18}{13}x - \frac{4}{13}$.
बिंदु $(6, 8)$ की जाँच करने पर: $f(6) = \frac{18}{13}(6) - \frac{4}{13} = \frac{108 - 4}{13} = \frac{104}{13} = 8$.
इसलिए,बिंदु $(6, 8)$ वक्र पर स्थित है।

(B) माना $I_1 = \int_{0}^{1}(1-x^n)^{2n} dx$ और $I_2 = \int_{0}^{1}(1-x^n)^{2n+1} dx$ है।
$I_2$ के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$I_2 = \int_{0}^{1} (1-x^n)^{2n+1} \cdot 1 dx$
$= [x(1-x^n)^{2n+1}]_0^1 - \int_{0}^{1} x \cdot (2n+1)(1-x^n)^{2n} \cdot (-nx^{n-1}) dx$
$= 0 - (2n+1)(-n) \int_{0}^{1} x^n (1-x^n)^{2n} dx$
$= n(2n+1) \int_{0}^{1} (x^n - 1 + 1)(1-x^n)^{2n} dx$
$= n(2n+1) [\int_{0}^{1} -(1-x^n)^{2n+1} dx + \int_{0}^{1} (1-x^n)^{2n} dx]$
$I_2 = n(2n+1) [-I_2 + I_1]$
$I_2 = -n(2n+1)I_2 + n(2n+1)I_1$
$I_2(1 + 2n^2 + n) = n(2n+1)I_1$
$\frac{I_1}{I_2} = \frac{2n^2 + n + 1}{n(2n+1)}$.
दिया गया है कि $\frac{I_1}{I_2} = \frac{1177}{n(2n+1)}$,इसलिए $2n^2 + n + 1 = 1177$ है।
$2n^2 + n - 1176 = 0$.
द्विघात समीकरण को हल करने पर: $n = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4(2)(-1176)}}{4} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 9408}}{4} = \frac{-1 \pm 97}{4}$.
चूँकि $n \in N$,इसलिए $n = \frac{96}{4} = 24$।

(B) माना $I = \int_{0}^{2} |2x^2 - 3x| dx + \int_{0}^{2} [x - \frac{1}{2}] dx$.
चरण $1$: $I_1 = \int_{0}^{2} |2x^2 - 3x| dx$ का मूल्यांकन करें।
व्यंजक $2x^2 - 3x = x(2x - 3)$ का मान $x = 0$ और $x = \frac{3}{2}$ पर चिन्ह बदलता है।
$I_1 = \int_{0}^{3/2} (3x - 2x^2) dx + \int_{3/2}^{2} (2x^2 - 3x) dx$.
$= [\frac{3x^2}{2} - \frac{2x^3}{3}]_{0}^{3/2} + [\frac{2x^3}{3} - \frac{3x^2}{2}]_{3/2}^{2}$.
$= (\frac{27}{8} - \frac{9}{4}) + (-\frac{2}{3} + \frac{9}{8}) = \frac{19}{12}$.
चरण $2$: $I_2 = \int_{0}^{2} [x - \frac{1}{2}] dx$ का मूल्यांकन करें।
$t = x - \frac{1}{2}$ रखने पर,$dt = dx$. सीमाएँ $[0, 2]$ से $[-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$ हो जाती हैं।
$I_2 = \int_{-1/2}^{3/2} [t] dt = \int_{-1/2}^{0} (-1) dt + \int_{0}^{1} (0) dt + \int_{1}^{3/2} (1) dt = -\frac{1}{2} + 0 + \frac{1}{2} = 0$.
अंतिम उत्तर: $I = \frac{19}{12} + 0 = \frac{19}{12}$.

(B) दिया गया है $f(x) = \min \{[x-1], [x-2], \ldots, [x-10]\}$.
चूंकि $[x-n] = [x]-n$,इसलिए $f(x) = \min \{[x]-1, [x]-2, \ldots, [x]-10\} = [x]-10$.
जब $x \in [n, n+1)$,तब $[x] = n$,इसलिए $f(x) = n-10$ जहाँ $n = 0, 1, \ldots, 9$.
$\int_{0}^{10} f(x) \, dx = \sum_{n=0}^{9} \int_{n}^{n+1} (n-10) \, dx = \sum_{n=0}^{9} (n-10) = (-10) + (-9) + \ldots + (-1) = -\frac{10 \times 11}{2} = -55$.
$\int_{0}^{10} (f(x))^2 \, dx = \sum_{n=0}^{9} \int_{n}^{n+1} (n-10)^2 \, dx = \sum_{n=0}^{9} (n-10)^2 = (-10)^2 + (-9)^2 + \ldots + (-1)^2 = 10^2 + 9^2 + \ldots + 1^2 = \frac{10 \times 11 \times 21}{6} = 385$.
$\int_{0}^{10} |f(x)| \, dx = \sum_{n=0}^{9} \int_{n}^{n+1} |n-10| \, dx = \sum_{n=0}^{9} |n-10| = 10 + 9 + \ldots + 1 = \frac{10 \times 11}{2} = 55$.
अतः,योग $-55 + 385 + 55 = 385$ है।

(B) सीमा $\lim_{x \rightarrow -1} f(x)$ के अस्तित्व के लिए,बाएँ हाथ की सीमा और दाएँ हाथ की सीमा समान होनी चाहिए।
दाएँ हाथ की सीमा: $\lim_{x \rightarrow -1^+} f(x) = a \sin \left(\frac{\pi(-1)}{2}\right) + [2 - (-1^+)] = a \sin(-\pi/2) + [3^-] = -a + 2$.
बाएँ हाथ की सीमा: $\lim_{x \rightarrow -1^-} f(x) = a \sin \left(\frac{\pi(-2)}{2}\right) + [2 - (-1^-)] = a \sin(-\pi) + [3^+] = 0 + 3 = 3$.
दोनों को बराबर करने पर: $-a + 2 = 3 \implies a = -1$.
अब,$a = -1$ के साथ $\int_{0}^{4} f(x) dx$ की गणना करते हैं,इसलिए $f(x) = -\sin \left(\frac{\pi[x]}{2}\right) + [2-x]$.
$\int_{0}^{4} f(x) dx = \int_{0}^{1} f(x) dx + \int_{1}^{2} f(x) dx + \int_{2}^{3} f(x) dx + \int_{3}^{4} f(x) dx$.
$x \in [0, 1)$ के लिए,$[x] = 0$,$[2-x] = 1 \implies f(x) = 1$.
$x \in [1, 2)$ के लिए,$[x] = 1$,$[2-x] = 0 \implies f(x) = -\sin(\pi/2) + 0 = -1$.
$x \in [2, 3)$ के लिए,$[x] = 2$,$[2-x] = -1 \implies f(x) = -\sin(\pi) - 1 = -1$.
$x \in [3, 4)$ के लिए,$[x] = 3$,$[2-x] = -2 \implies f(x) = -\sin(3\pi/2) - 2 = 1 - 2 = -1$.
समाकलन = $\int_{0}^{1} (1) dx + \int_{1}^{2} (-1) dx + \int_{2}^{3} (-1) dx + \int_{3}^{4} (-1) dx = 1 - 1 - 1 - 1 = -2$.

(C) हमें $I_n = \int_0^1 e^{-y} y^n \, dy$ दिया गया है।
योग की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{I_n}{n!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} \int_0^1 e^{-y} y^n \, dy$ है।
चूंकि समाकलन अभिसारी है,हम योग और समाकलन को आपस में बदल सकते हैं:
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{I_n}{n!} = \int_0^1 e^{-y} \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^n}{n!} \right) \, dy$.
हम जानते हैं कि $e^y$ के लिए टेलर श्रेणी $e^y = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{y^n}{n!} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^n}{n!}$ है।
इसलिए,$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^n}{n!} = e^y - 1$ है।
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{I_n}{n!} = \int_0^1 e^{-y} (e^y - 1) \, dy = \int_0^1 (1 - e^{-y}) \, dy$ प्राप्त होता है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$= [y - (-e^{-y})]_0^1 = [y + e^{-y}]_0^1$.
$= (1 + e^{-1}) - (0 + e^0) = 1 + \frac{1}{e} - 1 = \frac{1}{e}$।

(B) दिया गया है $p_t(x) = (\sin t) x^2 - (2 \cos t) x + \sin t$।
$A(t) = \int_0^1 ((\sin t) x^2 - (2 \cos t) x + \sin t) dx$
$A(t) = [\frac{x^3}{3} \sin t - x^2 \cos t + x \sin t]_0^1$
$A(t) = \frac{1}{3} \sin t - \cos t + \sin t = \frac{4}{3} \sin t - \cos t$।
$A'(t) = \frac{4}{3} \cos t + \sin t$।
$I$. $A(t) = \frac{4}{3} \sin t - \cos t$। यह $t$ के आधार पर धनात्मक या ऋणात्मक हो सकता है,इसलिए $I$ गलत है।
$II$. $A'(t) = 0 \implies \sin t = -\frac{4}{3} \cos t \implies \tan t = -\frac{4}{3}$। इस समीकरण के $t$ के लिए अनंत हल हैं,इसलिए $A(t)$ के अनंत क्रांतिक बिंदु हैं। $II$ सत्य है।
$III$. $A(t) = 0 \implies \frac{4}{3} \sin t = \cos t \implies \tan t = \frac{3}{4}$। इस समीकरण के $t$ के लिए अनंत हल हैं,इसलिए $III$ सत्य है।
$IV$. $A'(t) = \frac{4}{3} \cos t + \sin t$। यह व्यंजक $t$ के बदलने पर अपना चिह्न बदलता है,इसलिए $IV$ गलत है।
अतः,कथन $II$ और $III$ सत्य हैं।

(C) हमें दिया गया है $I_n = \int_0^1 (\log x)^n dx$.
मान लीजिए $\log x = -t$,तो $x = e^{-t}$ और $dx = -e^{-t} dt$.
जब $x = 0, t \to \infty$ और जब $x = 1, t = 0$.
अतः,$I_n = \int_{\infty}^0 (-t)^n (-e^{-t}) dt = (-1)^n \int_0^{\infty} t^n e^{-t} dt = (-1)^n \Gamma(n+1) = (-1)^n n!$.
वैकल्पिक रूप से,$I_n = \int_0^1 (\log x)^n dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$I_n = [x(\log x)^n]_0^1 - \int_0^1 x \cdot n(\log x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx = 0 - n \int_0^1 (\log x)^{n-1} dx = -n I_{n-1}$.
इस प्रकार,$I_n + n I_{n-1} = 0$.
$n = 2011$ के लिए,हमें प्राप्त होता है $I_{2011} + 2011 I_{2010} = 0$.
विकल्पों की जाँच करने पर,$I_{100} + 100 I_{99} = 0$ भी सत्य है।
अतः,$I_{2011} + 2011 I_{2010} = I_{100} + 100 I_{99} = 0$।

(A) माना $I_n = \int _{0}^{1} x^{10} \sin (n x) d x$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = x^{10}$ और $dv = \sin (n x) dx$ लें।
तब $du = 10 x^9 dx$ और $v = -\frac{\cos (n x)}{n}$ प्राप्त होता है।
$I_n = \left[ -\frac{x^{10} \cos (n x)}{n} \right]_{0}^{1} + \frac{10}{n} \int _{0}^{1} x^9 \cos (n x) d x$.
$I_n = -\frac{\cos n}{n} + \frac{10}{n} \int _{0}^{1} x^9 \cos (n x) d x$.
चूंकि $|\cos (n x)| \le 1$,इसलिए $\left| \int _{0}^{1} x^9 \cos (n x) d x \right| \le \int _{0}^{1} x^9 dx = \frac{1}{10}$.
अतः,$|I_n| \le \left| -\frac{\cos n}{n} \right| + \frac{10}{n} \cdot \frac{1}{10} = \frac{|\cos n|}{n} + \frac{1}{n} \le \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = \frac{2}{n}$.
जैसे $n \rightarrow \infty$,वैसे $\frac{2}{n} \rightarrow 0$.
स्क्वीज़ प्रमेय के अनुसार,$\lim _{n \rightarrow \infty} I_n = 0$.