Mix Examples-Definite Integral Questions in Hindi

(D) दी गई शर्त: $\int_0^1 (f(x))^2 dx = 2 \int_0^1 f(x) dx$ है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\int_0^1 (f(x))^2 dx - 2 \int_0^1 f(x) dx = 0$।
समाकल के अंदर $1$ जोड़ने और घटाने पर: $\int_0^1 ((f(x))^2 - 2f(x) + 1 - 1) dx = 0$।
इसे सरल करने पर: $\int_0^1 (f(x) - 1)^2 dx - \int_0^1 1 dx = 0$।
अतः,$\int_0^1 (f(x) - 1)^2 dx = 1$।
हम ऐसे सतत फलनों $f(x)$ की तलाश कर रहे हैं जिनके लिए $[0, 1]$ पर $(f(x) - 1)^2$ का समाकल $1$ हो।
मान लीजिए $g(x) = f(x) - 1$ है। तो हमें $\int_0^1 (g(x))^2 dx = 1$ की आवश्यकता है।
इस शर्त को संतुष्ट करने वाले अनंत सतत फलन $g(x)$ मौजूद हैं (उदाहरण के लिए,$g(x) = 1$,$g(x) = -1$,$g(x) = \sqrt{3}x$,$g(x) = \sqrt{5}x^2$,आदि)।
चूंकि ऐसे अनंत फलन $g(x)$ हैं,इसलिए ऐसे अनंत फलन $f(x) = g(x) + 1$ भी मौजूद हैं।
अतः,ऐसे फलनों की संख्या $4$ से अधिक है।

(B) माना $f(x) + x^2 = g^2(x)$ जहाँ $g(x) > 0$ है।
$f(x) = g^2(x) - x^2$ को समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$4 \int_0^{3/2} (g^2(x) - x^2) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108$
$4 \int_0^{3/2} g^2(x) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108 + 4 \int_0^{3/2} x^2 dx$
$4 \int_0^{3/2} g^2(x) dx + 125 \int_0^{3/2} \frac{dx}{g(x)} = 108 + 4 [\frac{x^3}{3}]_0^{3/2} = 108 + 4.5 = 112.5$.
समांतर माध्य-गुणोत्तर माध्य असमिका $(AM \geq GM)$ का उपयोग करने पर:
$4g^2(x) + \frac{62.5}{g(x)} + \frac{62.5}{g(x)} \geq 3 \sqrt[3]{4g^2(x) \cdot \frac{62.5}{g(x)} \cdot \frac{62.5}{g(x)}} = 3 \cdot 25 = 75$.
दोनों पक्षों का $0$ से $3/2$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^{3/2} (4g^2(x) + \frac{125}{g(x)}) dx \geq 112.5$.
चूंकि समाकलन का मान $112.5$ है,इसलिए समानता तभी संभव है जब $4g^2(x) = \frac{62.5}{g(x)}$ हो।
अतः $g(x) = 2.5 = 5/2$ और $f(x) = \frac{25}{4} - x^2$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,केवल $1$ ऐसा फलन है।

(C) हमें समाकलन $I = \int_1^M \{x\}^{[x]} dx$ दिया गया है। चूँकि $[x]$ अंतराल $[n, n+1)$ पर स्थिर है,हम समाकलन को इकाई अंतरालों पर समाकलनों के योग के रूप में लिख सकते हैं:
$I = \sum_{n=1}^{M-1} \int_n^{n+1} (x-n)^n dx$.
मान लीजिए $u = x-n$,तो $du = dx$ होगा। समाकलन $\int_0^1 u^n du = \left[ \frac{u^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$ हो जाता है।
अतः,$I = \sum_{n=1}^{M-1} \frac{1}{n+1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{M}$।
$M=2$ के लिए,$I = \frac{1}{2} = 0.5 < 1$।
$M=3$ के लिए,$I = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} \approx 0.833 < 1$।
$M=4$ के लिए,$I = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{6+4+3}{12} = \frac{13}{12} > 1$।
इसलिए,सबसे छोटा धनात्मक पूर्णांक $M$ का मान $4$ है।

(B) दिया गया है $f(x)=x+\int \limits_0^{\pi / 2} \sin (x+y) f(y) d y$.
$\sin(x+y) = \sin x \cos y + \cos x \sin y$ का उपयोग करने पर:
$f(x)=x+\sin x \int \limits_0^{\pi / 2} \cos y f(y) d y + \cos x \int \limits_0^{\pi / 2} \sin y f(y) d y$.
इसकी तुलना $f(x)=x+\frac{a}{\pi^2-4} \sin x+\frac{b}{\pi^2-4} \cos x$ से करने पर:
$\frac{a}{\pi^2-4} = \int \limits_0^{\pi / 2} f(y) \cos y d y$ और $\frac{b}{\pi^2-4} = \int \limits_0^{\pi / 2} f(y) \sin y d y$.
मान लीजिए $I = \int \limits_0^{\pi / 2} f(y) (\sin y + \cos y) d y = \frac{a+b}{\pi^2-4}$.
गुणधर्म $\int_0^a g(y) dy = \int_0^a g(a-y) dy$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^{\pi/2} f(\frac{\pi}{2}-y) (\sin(\frac{\pi}{2}-y) + \cos(\frac{\pi}{2}-y)) dy = \int_0^{\pi/2} f(\frac{\pi}{2}-y) (\cos y + \sin y) dy$.
चूंकि $f(x) = x + I(\sin x + \cos x)$,इसलिए $f(\frac{\pi}{2}-y) = \frac{\pi}{2} - y + I(\cos y + \sin y)$.
इसे $I$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_0^{\pi/2} (\frac{\pi}{2} - y + I(\sin y + \cos y))(\sin y + \cos y) dy$.
$I = \int_0^{\pi/2} (\frac{\pi}{2} - y)(\sin y + \cos y) dy + I \int_0^{\pi/2} (\sin y + \cos y)^2 dy$.
समाकलन करने पर:
$\int_0^{\pi/2} (\frac{\pi}{2} - y)(\sin y + \cos y) dy = \frac{\pi}{2}$.
$\int_0^{\pi/2} (1 + 2 \sin y \cos y) dy = \frac{\pi}{2} + 1$.
अतः,$I = \frac{\pi}{2} + I(\frac{\pi}{2} + 1) \Rightarrow I = -1$.
इस प्रकार,$a+b = -(\pi^2-4) = 4-\pi^2$. विकल्पों के अनुसार सही उत्तर $-2\pi(\pi+2)$ है।

(D) दिया गया है $f(x)=a e^{2 x}+b e^x+c x$.
$f(0)=-1 \Rightarrow a+b=-1 \quad (1)$
$f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+b e^x+c$.
$f^{\prime}(\ln 2)=2 a(4)+b(2)+c=8 a+2 b+c=21 \quad (2)$
दिया गया है $\int_0^{\ln 4}(f(x)-c x) d x=\frac{39}{2}$.
$\int_0^{\ln 4}(a e^{2 x}+b e^x) d x=\left[\frac{a e^{2 x}}{2}+b e^x\right]_0^{\ln 4}=\frac{39}{2}$.
$\left(\frac{a(16)}{2}+b(4)\right)-\left(\frac{a}{2}+b\right)=\frac{39}{2}$.
$8 a+4 b-\frac{a}{2}-b=\frac{39}{2} \Rightarrow \frac{15 a}{2}+3 b=\frac{39}{2} \Rightarrow 15 a+6 b=39 \Rightarrow 5 a+2 b=13 \quad (3)$.
समीकरण $(1)$ से,$b=-1-a$. इसे $(3)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$5 a+2(-1-a)=13 \Rightarrow 3 a-2=13 \Rightarrow 3 a=15 \Rightarrow a=5$.
अतः $b=-1-5=-6$.
समीकरण $(2)$ से,$8(5)+2(-6)+c=21 \Rightarrow 40-12+c=21 \Rightarrow 28+c=21 \Rightarrow c=-7$.
इस प्रकार,$a+b+c=5-6-7=-8$.
इसलिए,$|a+b+c|=|-8|=8$.

(C) मान लीजिए $I_k = \int_0^1 (1-x^7)^k dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$I_k = [x(1-x^7)^k]_0^1 - \int_0^1 x \cdot k(1-x^7)^{k-1} \cdot (-7x^6) dx$.
$I_k = 0 + 7k \int_0^1 x^7(1-x^7)^{k-1} dx$.
चूंकि $x^7 = 1 - (1-x^7)$,इसलिए $I_k = 7k \int_0^1 (1-(1-x^7))(1-x^7)^{k-1} dx$.
$I_k = 7k [I_{k-1} - I_k]$.
$I_k(1+7k) = 7k I_{k-1} \Rightarrow \frac{I_{k-1}}{I_k} = \frac{7k+1}{7k}$.
$k$ को $k+1$ से बदलने पर,हमें $\frac{I_k}{I_{k+1}} = \frac{7(k+1)+1}{7(k+1)} = \frac{7k+8}{7k+7}$ प्राप्त होता है।
अतः,$r_k = \frac{7k+8}{7k+7}$.
तब $r_k - 1 = \frac{7k+8 - (7k+7)}{7k+7} = \frac{1}{7(k+1)}$.
इसलिए,$\frac{1}{7(r_k-1)} = k+1$.
अंत में,$\sum_{k=1}^{10} (k+1) = 2+3+4+...+11 = \frac{10}{2}(2+11) = 5 \times 13 = 65$.

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

(C) हमें $I = \sum_{k=1}^{98} \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx$ दिया गया है।
$x \in [k, k+1]$ के लिए,हमारे पास $k \le x \le k+1$ है।
इसका अर्थ है कि $\frac{1}{k+1} \le \frac{1}{x} \le \frac{1}{k}$।
$(k+1)$ से गुणा करने पर,हमें $\frac{k+1}{k+1} \le \frac{k+1}{x} \le \frac{k+1}{k}$ प्राप्त होता है।
$(x+1)$ से भाग देने पर,हमें $\frac{1}{x+1} \le \frac{k+1}{x(x+1)} \le \frac{k+1}{k(x+1)}$ प्राप्त होता है।
$k$ से $k+1$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{k}^{k+1} \frac{1}{x+1} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{k(x+1)} dx$।
$k=1$ से $98$ तक योग करने पर:
$\sum_{k=1}^{98} (\ln(k+2) - \ln(k+1)) < I < \sum_{k=1}^{98} \frac{k+1}{k} (\ln(k+2) - \ln(k+1))$।
बाईं ओर $\ln(100) - \ln(2) = \ln(50)$ है।
चूंकि $\frac{k+1}{k} = 1 + \frac{1}{k}$,दाईं ओर $\sum_{k=1}^{98} (1 + \frac{1}{k}) \ln(\frac{k+2}{k+1})$ है।
$\ln(1+x) < x$ गुणधर्म का उपयोग करके,हम सिद्ध कर सकते हैं कि $I < \ln(99)$।
साथ ही,$\frac{49}{50}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $I > \frac{49}{50}$ प्राप्त होता है।
अतः,$I < \ln(99)$ और $I > \frac{49}{50}$ दोनों सत्य हैं।

(C) टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हुए,$x \in [0, 1]$ के लिए $\cos x \geq 1 - \frac{x^2}{2}$ है।
$\int_0^1 x \cos x \, dx \geq \int_0^1 x(1 - \frac{x^2}{2}) \, dx = [\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8}]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{3}{8}$. अतः,$(A)$ $TRUE$ है।
$(B)$ $\sin x \geq x - \frac{x^3}{6}$ का उपयोग करते हुए:
$\int_0^1 x \sin x \, dx \geq \int_0^1 x(x - \frac{x^3}{6}) \, dx = [\frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{30}]_0^1 = \frac{1}{3} - \frac{1}{30} = \frac{9}{30} = \frac{3}{10}$. अतः,$(B)$ $TRUE$ है।
$(C)$ चूँकि $x \in (0, 1]$ के लिए $\cos x < 1$ है,इसलिए $\int_0^1 x^2 \cos x \, dx < \int_0^1 x^2 \, dx = \frac{1}{3}$। चूँकि $\frac{1}{3} < \frac{1}{2}$,इसलिए $(C)$ $FALSE$ है।
$(D)$ $\sin x \geq x - \frac{x^3}{6}$ का उपयोग करते हुए:
$\int_0^1 x^2 \sin x \, dx \geq \int_0^1 x^2(x - \frac{x^3}{6}) \, dx = [\frac{x^4}{4} - \frac{x^6}{36}]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{36} = \frac{9-1}{36} = \frac{8}{36} = \frac{2}{9}$. अतः,$(D)$ $TRUE$ है।
अतः,सही विकल्प $(A), (B), (D)$ हैं।

(A) दिया गया है $F(x) = \int_0^x f(t) dt$,कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,$F'(x) = f(x)$ और $F(0) = 0$ है।
हमें निम्नलिखित समाकल समीकरण दिया गया है:
$\int_0^\pi (f'(x) + F(x)) \cos x dx = 2$
समाकल को दो भागों में विभाजित करने पर:
$\int_0^\pi f'(x) \cos x dx + \int_0^\pi F(x) \cos x dx = 2$
प्रथम समाकल $I_1 = \int_0^\pi f'(x) \cos x dx$ के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$I_1 = [f(x) \cos x]_0^\pi - \int_0^\pi f(x) (-\sin x) dx$
$I_1 = f(\pi) \cos(\pi) - f(0) \cos(0) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx$
चूंकि $f(\pi) = -6$,$\cos(\pi) = -1$,और $\cos(0) = 1$ है:
$I_1 = (-6)(-1) - f(0)(1) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx = 6 - f(0) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx$
अब,दूसरे समाकल $I_2 = \int_0^\pi F(x) \cos x dx$ पर विचार करें। खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$I_2 = [F(x) \sin x]_0^\pi - \int_0^\pi F'(x) \sin x dx$
चूंकि $F(0) = 0$ और $\sin(0) = \sin(\pi) = 0$ है,सीमा पद $0$ हो जाएगा।
$I_2 = - \int_0^\pi f(x) \sin x dx$
$I_1$ और $I_2$ के मानों को मूल समीकरण में रखने पर:
$(6 - f(0) + \int_0^\pi f(x) \sin x dx) + (- \int_0^\pi f(x) \sin x dx) = 2$
$6 - f(0) = 2$
$f(0) = 4$.

(A) मान लीजिए $g(x) = f(x) - 3 \cos 3x$ है।
तब $\int_0^{\pi/3} g(x) dx = \int_0^{\pi/3} f(x) dx - 3 \int_0^{\pi/3} \cos 3x dx = 0 - 3 \left[ \frac{\sin 3x}{3} \right]_0^{\pi/3} = 0 - (\sin \pi - \sin 0) = 0$ है।
चूंकि $[0, \pi/3]$ पर $g(x)$ का समाकलन $0$ है,समाकलन के माध्य मान प्रमेय के अनुसार,$(0, \pi/3)$ में कम से कम एक $c$ ऐसा विद्यमान है कि $g(c) = 0$ हो। अतः,$(A)$ $TRUE$ है।
$(B)$ मान लीजिए $h(x) = f(x) - 3 \sin 3x + \frac{6}{\pi}$ है।
तब $\int_0^{\pi/3} h(x) dx = \int_0^{\pi/3} f(x) dx - 3 \int_0^{\pi/3} \sin 3x dx + \int_0^{\pi/3} \frac{6}{\pi} dx = 0 - 3 \left[ -\frac{\cos 3x}{3} \right]_0^{\pi/3} + \frac{6}{\pi} \cdot \frac{\pi}{3} = 0 + (\cos \pi - \cos 0) + 2 = -1 - 1 + 2 = 0$ है।
चूंकि $[0, \pi/3]$ पर $h(x)$ का समाकलन $0$ है,$(0, \pi/3)$ में कम से कम एक $c$ ऐसा विद्यमान है कि $h(c) = 0$ हो। अतः,$(B)$ $TRUE$ है।
$(C)$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \int_0^x f(t) dt}{1 - e^{x^2}} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{x^2}{1 - e^{x^2}} \right) \cdot \left( \frac{\int_0^x f(t) dt}{x} \right) = (-1) \cdot f(0) = -1 \cdot 1 = -1$ है। अतः,$(C)$ $TRUE$ है।
$(D)$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x \int_0^x f(t) dt}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right) \cdot \left( \frac{\int_0^x f(t) dt}{x} \right) = 1 \cdot f(0) = 1 \cdot 1 = 1$ है। अतः,$(D)$ $FALSE$ है।

(B) $1.$ दिया गया है $f(x)=(1-x)^2 \sin^2 x+x^2$ और $g(x)=\int_1^x \left(\frac{2(t-1)}{t+1}-\ln t\right) f(t) dt$.
कलन के मूलभूत प्रमेय द्वारा,$g'(x) = \left(\frac{2(x-1)}{x+1}-\ln x\right) f(x)$.
माना $\phi(x) = \frac{2(x-1)}{x+1}-\ln x$. तब $\phi'(x) = \frac{2(x+1)-2(x-1)}{(x+1)^2} - \frac{1}{x} = \frac{4}{(x+1)^2} - \frac{1}{x} = \frac{-(x-1)^2}{x(x+1)^2}$.
चूंकि $x > 1$ के लिए $\phi'(x) \leq 0$,$\phi(x)$ ह्रासमान है। $\phi(1) = 0$ होने के कारण,$x > 1$ के लिए $\phi(x) < 0$. साथ ही $f(x) > 0$ होने से $g'(x) < 0$,अतः $g$,$(1, \infty)$ पर ह्रासमान है।
$2.$ $P$ के लिए: $f(x)+2x = (1-x)^2 \sin^2 x + x^2 + 2x = 2(1+x^2) = 2+2x^2$.
$(1-x)^2 \sin^2 x = (x-1)^2 + 1$. चूंकि $\sin^2 x \leq 1$,यह संभव नहीं है। अतः $P$ असत्य है।
$Q$ के लिए: $H(x) = 2f(x) + 1 - 2x(1+x)$ लें। $H(0) = 1$ और $H(1) = -1$. फलन सतत है,इसलिए $H(x)=0$ के लिए $x$ का अस्तित्व है। अतः $Q$ सत्य है।

(C) $1.$ $g(a)$ ज्ञात करने के लिए,हम समाकलन $g(a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{-a}(1-t)^{a-1} dt$ का मूल्यांकन करते हैं।
$a = \frac{1}{2}$ के लिए,$g\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^1 t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} dt = \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}$।
प्रतिस्थापन $t = \sin^2 \theta$ का उपयोग करने पर,$dt = 2 \sin \theta \cos \theta d\theta$,समाकलन $\int_0^{\pi/2} \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{\sin \theta \cos \theta} d\theta = \int_0^{\pi/2} 2 d\theta = \pi$ हो जाता है।
अतः,$g\left(\frac{1}{2}\right) = \pi$।
$2.$ हम देखते हैं कि $g(1-a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{-(1-a)}(1-t)^{(1-a)-1} dt = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} t^{a-1}(1-t)^{-a} dt$।
गुणधर्म $\int_n^{1-n} f(t) dt = \int_n^{1-n} f(1-t) dt$ का उपयोग करने पर,हमें $g(1-a) = \lim_{n \rightarrow 0^{+}} \int_n^{1-n} (1-t)^{a-1} t^{-a} dt = g(a)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $g(1-a) = g(a)$,श्रृंखला नियम (chain rule) का उपयोग करके दोनों पक्षों का $a$ के सापेक्ष अवकलन करने पर $-g'(1-a) = g'(a)$ प्राप्त होता है।
$a = \frac{1}{2}$ पर,$-g'\left(\frac{1}{2}\right) = g'\left(\frac{1}{2}\right)$,जिसका अर्थ है कि $2g'\left(\frac{1}{2}\right) = 0$,इसलिए $g'\left(\frac{1}{2}\right) = 0$।
अतः,सही युग्म $(A, D)$ है।

(D) $(P)$ मान लीजिए $f(x) = ax^2 + bx$,जहाँ $a, b \in \mathbb{W}$ (चूँकि $f(0)=0$ है)।
$\int_0^1 (ax^2 + bx) dx = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} = 1 \implies 2a + 3b = 6$.
संभावित गैर-ऋणात्मक पूर्णांक हल $(a, b)$ $(3, 0)$ और $(0, 2)$ हैं।
अतः,ऐसे बहुपदों की संख्या $2$ है।
$(Q)$ $f(x) = \sqrt{2} \sin(x^2 + \frac{\pi}{4})$.
$f(x)$ अधिकतम होता है जब $x^2 + \frac{\pi}{4} = 2n\pi + \frac{\pi}{2} \implies x^2 = 2n\pi + \frac{\pi}{4}$.
$n=0$ के लिए,$x^2 = \frac{\pi}{4} \in [0, 13)$.
$n=1$ के लिए,$x^2 = 2\pi + \frac{\pi}{4} = \frac{9\pi}{4} \in [0, 13)$.
$x^2$ के प्रत्येक मान के लिए $x$ के दो मान मिलते हैं $(\pm \sqrt{x^2})$,इसलिए कुल $4$ बिंदु मिलते हैं।
$(R)$ $\int_{-2}^2 \frac{3x^2}{1+e^x} dx = \int_0^2 3x^2 (\frac{1}{1+e^x} + \frac{1}{1+e^{-x}}) dx = \int_0^2 3x^2 dx = [x^3]_0^2 = 8$.
$(S)$ अंश $\int_{-1/2}^{1/2} \cos 2x \log(\frac{1+x}{1-x}) dx$ है। $\cos 2x$ सम है और $\log(\frac{1+x}{1-x})$ विषम है,इसलिए उनका गुणनफल एक विषम फलन है। अतः समाकलन $0$ है।

(A) दिया गया है $f(x) = \begin{cases} [x], & x \leq 2 \\ 0, & x > 2 \end{cases}$.
हमें $I = \int_{-1}^2 \frac{x f(x^2)}{2+f(x+1)} dx$ का मान ज्ञात करना है।
$x \in [-1, 2]$ के लिए,$x^2 \in [0, 4]$.
यदि $x^2 \leq 2$,तो $f(x^2) = [x^2]$. यदि $x^2 > 2$,तो $f(x^2) = 0$.
$x^2 \leq 2 \implies x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.
चूंकि समाकलन $-1$ से $2$ तक है,हम इसे विभाजित करते हैं:
$x \in [-1, \sqrt{2}]$ के लिए,$f(x^2) = [x^2]$. $x \in (\sqrt{2}, 2]$ के लिए,$f(x^2) = 0$.
साथ ही,$f(x+1) = [x+1]$ जब $x \leq 1$,और $f(x+1) = 0$ जब $x > 1$.
अतः,$I = \int_{-1}^1 \frac{x [x^2]}{2+[x+1]} dx + \int_1^{\sqrt{2}} \frac{x [x^2]}{2+0} dx + \int_{\sqrt{2}}^2 \frac{x \cdot 0}{2+0} dx$.
$x \in [-1, 0)$ के लिए,$[x^2] = 0$,इसलिए पहला भाग $\int_{-1}^0 0 dx = 0$ है।
$x \in [0, 1)$ के लिए,$[x^2] = 0$,इसलिए $\int_0^1 0 dx = 0$.
$x \in [1, \sqrt{2}]$ के लिए,$[x^2] = 1$,इसलिए $\int_1^{\sqrt{2}} \frac{x \cdot 1}{2} dx = \frac{1}{2} [\frac{x^2}{2}]_1^{\sqrt{2}} = \frac{1}{4} (2-1) = \frac{1}{4}$.
अतः $I = \frac{1}{4}$.
इसलिए $4I - 1 = 4(\frac{1}{4}) - 1 = 0$.

(D) दिया गया है $f^{\prime}(x) = \frac{192 x^3}{2+\sin^4 \pi x}$. चूँकि $0 \leq \sin^4 \pi x \leq 1$,इसलिए $2 \leq 2+\sin^4 \pi x \leq 3$ होता है।
अतः,$\frac{192 x^3}{3} \leq f^{\prime}(x) \leq \frac{192 x^3}{2}$,जो सरल होकर $64 x^3 \leq f^{\prime}(x) \leq 96 x^3$ बनता है।
$\frac{1}{2}$ से $x$ तक समाकलन करने पर,जहाँ $f(\frac{1}{2}) = 0$ है:
$\int_{1/2}^x 64 t^3 dt \leq f(x) \leq \int_{1/2}^x 96 t^3 dt$
$16(x^4 - (\frac{1}{2})^4) \leq f(x) \leq 24(x^4 - (\frac{1}{2})^4)$
$16x^4 - 1 \leq f(x) \leq 24x^4 - 1.5$.
अब,$\frac{1}{2}$ से $1$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{1/2}^1 (16x^4 - 1) dx \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq \int_{1/2}^1 (24x^4 - 1.5) dx$
$[\frac{16x^5}{5} - x]_{1/2}^1 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq [\frac{24x^5}{5} - 1.5x]_{1/2}^1$
$(\frac{16}{5} - 1) - (\frac{16}{5 \cdot 32} - \frac{1}{2}) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq (4.8 - 1.5) - (\frac{24}{5 \cdot 32} - 0.75)$
$1.1 - (-0.4) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.3 - (-0.6) = 3.9$.
अतः,$1 < 1.5 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.9 < 12$,इसलिए $m=1$ और $M=12$ असमिका को संतुष्ट करते हैं।

(A-D) $1.$ दिया है कि $f(x) = x F(x)$,इसलिए $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$।
$x=1$ पर,$f^{\prime}(1) = F(1) + 1 \cdot F^{\prime}(1) = 0 + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$। चूँकि $F^{\prime}(x) < 0$,इसलिए $f^{\prime}(1) < 0$। अतः $(A)$ सही है।
$(B)$ के लिए,$f(2) = 2 F(2)$। चूँकि $F(1)=0$ और $(1/2, 3)$ पर $F^{\prime}(x) < 0$ है,इसलिए $F(x)$ एक निरंतर ह्रासमान फलन है। अतः $F(2) < F(1) = 0$,इसलिए $f(2) < 0$। अतः $(B)$ सही है।
$(C)$ और $(D)$ के लिए,$f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$। चूँकि $x \in (1, 3)$ के लिए $F(x) < 0$ और $F^{\prime}(x) < 0$ है,इसलिए सभी $x \in (1, 3)$ के लिए $f^{\prime}(x) < 0$। अतः $f^{\prime}(x) \neq 0$। अतः $(C)$ सही है।
$1$ के लिए सही विकल्प: $(A, B, C)$।
$2.$ $\int_1^3 f(x) dx = \int_1^3 x F(x) dx$। खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर: $\left[ \frac{x^2}{2} F(x) \right]_1^3 - \int_1^3 \frac{x^2}{2} F^{\prime}(x) dx = \frac{9}{2}(-4) - 0 - \frac{1}{2}(-12) = -18 + 6 = -12$। अतः $(D)$ सही है।
$(A)$ और $(C)$ के लिए,$\int_1^3 x^3 F^{\prime \prime}(x) dx = [x^3 F^{\prime}(x)]_1^3 - 3 \int_1^3 x^2 F^{\prime}(x) dx = 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) - 3(-12) = 40$।
$27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) + 36 = 40 \Rightarrow 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = 4$।
चूँकि $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$,$f^{\prime}(3) = F(3) + 3 F^{\prime}(3) = -4 + 3 F^{\prime}(3)$ और $f^{\prime}(1) = F(1) + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$।
$9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) = 9(-4 + 3 F^{\prime}(3)) - F^{\prime}(1) = -36 + 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = -36 + 4 = -32$।
इसलिए $9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) + 32 = 0$। अतः $(C)$ सही है।
$2$ के लिए सही विकल्प: $(C, D)$।

(D) माना $f(x) = \log_2(x^3+1)$। तब $y = \log_2(x^3+1) \implies x^3+1 = 2^y \implies x = (2^y-1)^{1/3}$।
अतः,$f^{-1}(x) = (2^x-1)^{1/3}$।
दिया गया समाकलन $\int_a^b f(x) dx + \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) dx = b f(b) - a f(a)$ के रूप में है।
यहाँ $a=1$,$b=2$ है। $f(1) = \log_2(1^3+1) = \log_2 2 = 1$। $f(2) = \log_2(2^3+1) = \log_2 9$।
अतः,समाकलन का मान $2 \cdot f(2) - 1 \cdot f(1) = 2 \log_2 9 - 1$ है।
चूँकि $8 < 9 < 16$,इसलिए $3 < \log_2 9 < 4$ है।
$2$ से गुणा करने पर,$6 < 2 \log_2 9 < 8$ प्राप्त होता है।
$1$ घटाने पर,$5 < 2 \log_2 9 - 1 < 7$ प्राप्त होता है।
विशेष रूप से,$2 \log_2 9 - 1 = \log_2 81 - 1 = \log_2 81 - \log_2 2 = \log_2(40.5)$।
चूँकि $2^5 = 32$ और $2^6 = 64$,इसलिए $5 < \log_2(40.5) < 6$ है।
इस मान से छोटा या उसके बराबर महत्तम पूर्णांक $5$ है।

(C) फलन $f(t)$ एक खंडशः रैखिक फलन है। $t \in [2n-1, 2n+1]$ के लिए,$f(t)$ वह रेखाखंड है जो $(2n-1, f(2n-1))$ और $(2n+1, f(2n+1))$ को जोड़ता है।
दिया गया है $f(2n-1) = (-1)^{n+1} 2$,इसलिए:
$f(1) = 2, f(3) = -2, f(5) = 2, f(7) = -2, f(9) = 2$.
$1 < t < 3$ के लिए,$f(t) = \frac{3-t}{2}(2) + \frac{t-1}{2}(-2) = 4-2t$.
$3 < t < 5$ के लिए,$f(t) = \frac{5-t}{2}(-2) + \frac{t-3}{2}(2) = 2t-8$.
$5 < t < 7$ के लिए,$f(t) = \frac{7-t}{2}(2) + \frac{t-5}{2}(-2) = 12-2t$.
$7 < t < 9$ के लिए,$f(t) = \frac{9-t}{2}(-2) + \frac{t-7}{2}(2) = 2t-16$.
$g(x) = \int_1^x f(t) dt$. $g(1) = 0$. $g(x) = 0$ तब होता है जब $1$ से $x$ तक का कुल क्षेत्रफल शून्य हो।
ग्राफ से,$1$ से $3$ तक का क्षेत्रफल $\frac{1}{2}(2)(2) + \frac{1}{2}(2)(-2) = 0$ है। इसलिए $g(3) = 0$.
$3$ से $5$ तक का क्षेत्रफल $\frac{1}{2}(2)(-2) + \frac{1}{2}(2)(2) = 0$ है। इसलिए $g(5) = 0$.
$5$ से $7$ तक का क्षेत्रफल $\frac{1}{2}(2)(2) + \frac{1}{2}(2)(-2) = 0$ है। इसलिए $g(7) = 0$.
अंतराल $(1, 8]$ में,$g(x) = 0$ का मान $x = 3, 5, 7$ पर होता है। अतः $\alpha = 3$.
$\beta = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{g(x)}{x-1} = g'(1^+) = f(1^+) = 2$.
इसलिए,$\alpha + \beta = 3 + 2 = 5$.

(D) दिया गया है $I(m, n) = \int_0^1 x^{m-1}(1-x)^{n-1} dx$.
यह बीटा फलन $B(m, n)$ की परिभाषा है।
हम जानते हैं कि $I(m, n) = I(m+1, n) + I(m, n+1)$ होता है।
इस गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$I(9, 14) + I(10, 13) = \int_0^1 x^{9-1}(1-x)^{14-1} dx + \int_0^1 x^{10-1}(1-x)^{13-1} dx$
$= \int_0^1 x^8(1-x)^{13} dx + \int_0^1 x^9(1-x)^{12} dx$
$= \int_0^1 x^8(1-x)^{12} [(1-x) + x] dx$
$= \int_0^1 x^8(1-x)^{12} (1) dx$
$= \int_0^1 x^{9-1}(1-x)^{13-1} dx$
$= I(9, 13)$.

(B) दिया गया है कि $\int_0^2 x F^{\prime}(x) dx = 6$ है। खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$[x F(x)]_0^2 - \int_0^2 F(x) dx = 6$
$2 F(2) - 0 - \int_0^2 F(x) dx = 6$।
चूंकि $F(x) = x f(x)$,इसलिए $F(2) = 2 f(2) = 2(1) = 2$।
अतः,$2(2) - \int_0^2 F(x) dx = 6 \implies \int_0^2 F(x) dx = 4 - 6 = -2$।
अब,$\int_0^2 x^2 F^{\prime \prime}(x) dx = 40$ पर विचार करें। खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$[x^2 F^{\prime}(x)]_0^2 - \int_0^2 2x F^{\prime}(x) dx = 40$
$4 F^{\prime}(2) - 2 \int_0^2 x F^{\prime}(x) dx = 40$।
दिया गया मान $\int_0^2 x F^{\prime}(x) dx = 6$ प्रतिस्थापित करने पर:
$4 F^{\prime}(2) - 2(6) = 40$
$4 F^{\prime}(2) - 12 = 40
4 F^{\prime}(2) = 52
F^{\prime}(2) = 13$।
अंत में,$F^{\prime}(2) + \int_0^2 F(x) dx = 13 + (-2) = 11$।

(C) दिया गया है कि $f^{\prime}(x)=f(x)$.
$f(x)$ से भाग देने पर,हमें $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}=1$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,$\ln|f(x)| = x + C$ प्राप्त होता है।
चूंकि $f(0)=1$,इसलिए $\ln(1) = 0 + C$,जिसका अर्थ है कि $C=0$ है।
अतः,$f(x) = e^x$.
$f(x)+g(x)=x^2$ होने के कारण,$g(x) = x^2 - e^x$ है।
अब,हमें समाकलन $I = \int_0^1 f(x)g(x) dx = \int_0^1 e^x(x^2 - e^x) dx$ का मान ज्ञात करना है।
$I = \int_0^1 (x^2 e^x - e^{2x}) dx = \int_0^1 x^2 e^x dx - \int_0^1 e^{2x} dx$.
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: $[e^x(x^2 - 2x + 2)]_0^1 = (e(1-2+2)) - (e^0(0-0+2)) = e - 2$.
दूसरे भाग का मान: $\int_0^1 e^{2x} dx = [\frac{1}{2} e^{2x}]_0^1 = \frac{1}{2}(e^2 - 1)$.
अतः,$I = (e - 2) - \frac{1}{2}(e^2 - 1) = e - 2 - \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} = e - \frac{e^2}{2} - \frac{3}{2}$.

(B) हमारे पास $A_n = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^n x \, dx$ है।
$A_n$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$A_n = \left[ -e^{-x} \cos^n x \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} - \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} n \cos^{n-1} x \sin x \, dx = 0 - n \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$.
अब,$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$ का खंडशः समाकलन करने पर:
माना $u = \cos^{n-1} x \sin x$ और $dv = e^{-x} dx$.
तब $du = ((n-1) \cos^{n-2} x (-\sin^2 x) + \cos^n x) dx = ((n-1) \cos^{n-2} x (\cos^2 x - 1) + \cos^n x) dx = (n \cos^n x - (n-1) \cos^{n-2} x) dx$.
अतः,$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx = \left[ -e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-x} (n \cos^n x - (n-1) \cos^{n-2} x) dx = 0 + n A_n - (n-1) A_{n-2}$.
इसे वापस प्रतिस्थापित करने पर: $A_n = -n (n A_n - (n-1) A_{n-2}) = -n^2 A_n + n(n-1) A_{n-2}$.
$(1 + n^2) A_n = n(n-1) A_{n-2}$.
$n=6$ के लिए: $(1 + 36) A_6 = 6(5) A_4 \implies 37 A_6 = 30 A_4 \implies A_6 = \frac{30}{37} A_4$.
अतः,$\frac{A_4 - A_6}{A_4} = 1 - \frac{A_6}{A_4} = 1 - \frac{30}{37} = \frac{7}{37}$.

(C) दिया गया है,$I_1 = \int_0^{\pi / 2} \frac{x}{\sin x} dx$ और $I_2 = \int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{x} dx$.
$I_2$ के लिए,मान लीजिए $\tan^{-1} x = t$,तब $x = \tan t$ और $dx = \sec^2 t dt$.
जब $x = 0$ तब $t = 0$ और जब $x = 1$ तब $t = \pi / 4$.
इन मानों को $I_2$ में रखने पर:
$I_2 = \int_0^{\pi / 4} \frac{t}{\tan t} \sec^2 t dt = \int_0^{\pi / 4} \frac{t \cos t}{\sin t} \cdot \frac{1}{\cos^2 t} dt = \int_0^{\pi / 4} \frac{t}{\sin t \cos t} dt$.
अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर:
$I_2 = \int_0^{\pi / 4} \frac{2t}{\sin 2t} dt$.
मान लीजिए $2t = u$,तब $2dt = du$ या $dt = du / 2$.
जब $t = 0$ तब $u = 0$ और जब $t = \pi / 4$ तब $u = \pi / 2$.
$I_2 = \int_0^{\pi / 2} \frac{u}{\sin u} \cdot \frac{du}{2} = \frac{1}{2} \int_0^{\pi / 2} \frac{u}{\sin u} du = \frac{1}{2} I_1$.
अतः,$I_1 / I_2 = 2 / 1$,यानी $I_1 : I_2 = 2 : 1$.

(B) $L$.$H$.$S$. $= \int_0^{2 \pi} (\sin ^4 x + \cos ^4 x) dx = 2 \int_0^{\pi} (\sin ^4 x + \cos ^4 x) dx = 4 \int_0^{\pi/2} (\sin ^4 x + \cos ^4 x) dx$.
वालिस सूत्र का उपयोग करते हुए,$\int_0^{\pi/2} \sin^4 x dx = \int_0^{\pi/2} \cos^4 x dx = \frac{3 \times 1}{4 \times 2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$.
अतः,$L$.$H$.$S$. $= 4 \times (\frac{3\pi}{16} + \frac{3\pi}{16}) = 4 \times \frac{6\pi}{16} = \frac{3\pi}{2}$.
$R$.$H$.$S$. $= K \int_0^{\pi} \sin^2 x dx + L \int_0^{\pi/2} \cos^2 x dx = K(2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 x dx) + L \int_0^{\pi/2} \cos^2 x dx$.
$\int_0^{\pi/2} \sin^2 x dx = \int_0^{\pi/2} \cos^2 x dx = \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$ का उपयोग करते हुए।
$R$.$H$.$S$. $= K(2 \times \frac{\pi}{4}) + L(\frac{\pi}{4}) = \frac{K\pi}{2} + \frac{L\pi}{4} = \frac{(2K + L)\pi}{4}$.
$L$.$H$.$S$. और $R$.$H$.$S$. की तुलना करने पर: $\frac{3\pi}{2} = \frac{(2K + L)\pi}{4} \Rightarrow 6 = 2K + L$.
चूंकि $K, L \in N$ (प्राकृत संख्याएँ),हम $K$ के लिए मानों की जाँच करते हैं:
यदि $K=1$,तो $L = 6 - 2(1) = 4$.
यदि $K=2$,तो $L = 6 - 2(2) = 2$.
यदि $K=3$,तो $L = 6 - 2(3) = 0$ ($N$ में नहीं है)।
अतः,संभावित क्रमित युग्म $(K, L)$ $(1, 4)$ और $(2, 2)$ हैं।
ऐसे $2$ युग्म संभव हैं।

(B) माना $I = \int_0^{\pi/2} (\sin^6 x + \cos^6 x) dx$.
सर्वसमिका $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ का उपयोग करने पर,$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) = 1 \cdot ((\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3 \sin^2 x \cos^2 x) = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$.
$x \in [0, \pi/2]$ के लिए,$0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,इसलिए $1 - \frac{3}{4} \leq 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x) \leq 1$,जिसका अर्थ है $\frac{1}{4} \leq \sin^6 x + \cos^6 x \leq 1$.
$[0, \pi/2]$ पर समाकलन करने पर,हमें $\int_0^{\pi/2} \frac{1}{4} dx < I < \int_0^{\pi/2} 1 dx$ प्राप्त होता है,इसलिए $\frac{\pi}{8} < I < \frac{\pi}{2}$. अतः,कथन $(A)$ सत्य है।
कारण $(R)$ के लिए,$f(x) = \sin^6 x + \cos^6 x$. तब $f(x + \pi/2) = \sin^6(x + \pi/2) + \cos^6(x + \pi/2) = \cos^6 x + \sin^6 x = f(x)$. अतः,आवर्तकाल $\pi/2$ है। कारण $(R)$ सत्य है।
हालाँकि,फलन की आवर्तिता इस बात का कारण नहीं है कि समाकलन दिए गए अंतराल में क्यों है। इसलिए,विकल्प $(B)$ सही है।

(C) हम जानते हैं कि किन्हीं दो फलनों $f(x)$ और $g(x)$ के लिए,$\text{Max}\{f(x), g(x)\} + \text{Min}\{f(x), g(x)\} = f(x) + g(x)$ होता है।
इसलिए,$f(x) + g(x) = \sin x + \cos x$.
समाकलन $\int_{0}^{\pi} (f(x) + g(x)) dx = \int_{0}^{\pi} (\sin x + \cos x) dx$ हो जाता है।
$= [-\cos x + \sin x]_{0}^{\pi}$.
$= (-\cos \pi + \sin \pi) - (-\cos 0 + \sin 0)$.
$= (-(-1) + 0) - (-1 + 0)$.
$= (1 + 0) - (-1) = 1 + 1 = 2$.

(A) वालिस के सूत्र का उपयोग करते हुए,हमारे पास है $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$.
दिया गया है $n=2m$,तो समाकलन $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^{2m} x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{2m+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{3m+2}{2})}$ हो जाता है।
साथ ही,$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+2}{2})}$.
अतः,$K(m) = \frac{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^{2m} x \, dx}{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \, dx} = \frac{\Gamma(\frac{2m+1}{2}) \Gamma(\frac{m+2}{2})}{\Gamma(\frac{3m+2}{2}) \Gamma(\frac{1}{2})}$.
डुप्लीकेशन सूत्र $\Gamma(z) \Gamma(z + \frac{1}{2}) = 2^{1-2z} \sqrt{\pi} \Gamma(2z)$ का उपयोग करके,$K(m)$ को सरल करने पर गुणन रूप प्राप्त होता है:
$K(m) = \frac{(2m-1)!! (m-1)!}{2^{m-1} (3m-1)!!} \cdot \dots$
$\frac{2^{m-1}(m-1)!}{(2m-1)!} K(m)$ में मान रखने पर,हमें $\frac{1}{m+2} \cdot \frac{1}{m+4} \cdot \dots \cdot \frac{1}{3m}$ प्राप्त होता है।

(D) हमारे पास $I_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} \tan^{-1} x \, dx$ है।
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I_{n} = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \tan^{-1} x \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{1+x^{2}} \, dx$
$I_{n} = \frac{\pi}{4(n+1)} - \frac{1}{n+1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{1+x^{2}} \, dx$.
अब,रिडक्शन फॉर्मूला का उपयोग करने पर:
$(n+3) I_{n+2} + (n+1) I_{n} = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{n+2}$.
इसकी तुलना $a_{n} I_{n+2} + b_{n} I_{n} = c_{n}$ से करने पर,हमें $a_{n} = n+3$ और $b_{n} = n+1$ प्राप्त होता है।
चूँकि $a_{n} = n+3$,इसलिए $a_{1}=4, a_{2}=5, a_{3}=6$,जो $AP$ में हैं।
चूँकि $b_{n} = n+1$,इसलिए $b_{1}=2, b_{2}=3, b_{3}=4$,जो $AP$ में हैं।
अतः,$a_{n}$ और $b_{n}$ दोनों $AP$ में हैं।

(B) दिया गया है $f(x) = e^{x} + \int_{0}^{1} yf(y) dy + xe^{x} \int_{0}^{1} f(y) dy$.
मान लीजिए $A = \int_{0}^{1} yf(y) dy$ और $B = \int_{0}^{1} f(y) dy$.
तब $f(x) = e^{x} + A + Bxe^{x}$.
अब,$B = \int_{0}^{1} (e^{y} + A + Bye^{y}) dy = [e^{y} + Ay + B(ye^{y} - e^{y})]_{0}^{1} = (e + A + 0) - (1 + 0 - B) = e + A - 1 + B$.
इससे $A = 1 - e$ प्राप्त होता है।
आगे,$A = \int_{0}^{1} y(e^{y} + A + Bye^{y}) dy = \int_{0}^{1} (ye^{y} + Ay + Bye^{y}) dy$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int ye^{y} dy = (y-1)e^{y}$.
अतः,$A = [(y-1)e^{y} + \frac{A}{2}y^{2} + B(y-1)e^{y}]_{0}^{1} = (0 + \frac{A}{2} + 0) - (-1 + 0 - B) = \frac{A}{2} + 1 + B$.
$A = 1 - e$ रखने पर,$1 - e = \frac{1-e}{2} + 1 + B$,जिससे $B = \frac{1-3e}{2}$ प्राप्त होता है।
अंत में,$f(0) = e^{0} + A + B(0)e^{0} = 1 + A = 1 + (1 - e) = 2 - e$.
अतः,$e + f(0) = e + 2 - e = 2$.

(B) दिया गया समाकलन $I = 6\int_{0}^{\pi}|\sin 3x + \sin 2x + \sin x| dx$ है।
योग-से-गुणनफल सूत्र $\sin 3x + \sin x = 2\sin 2x \cos x$ का उपयोग करने पर:
$I = 6\int_{0}^{\pi}|2\sin 2x \cos x + \sin 2x| dx = 6\int_{0}^{\pi}|\sin 2x(2\cos x + 1)| dx$.
चूंकि $\sin 2x = 2\sin x \cos x$,हमारे पास $I = 12\int_{0}^{\pi}|\sin x \cos x(2\cos x + 1)| dx$ है।
माना $t = \cos x$,तो $dt = -\sin x dx$। जब $x=0, t=1$ और जब $x=\pi, t=-1$।
$I = 12\int_{-1}^{1}|t(2t+1)| dt = 12\int_{-1}^{1}|2t^2 + t| dt$.
समाकलन को $t = -1/2$ और $t = 0$ पर विभाजित करने पर:
$I = 12 \left[ \int_{-1}^{-1/2} (2t^2 + t) dt + \int_{-1/2}^{0} -(2t^2 + t) dt + \int_{0}^{1} (2t^2 + t) dt \right]$.
प्रत्येक भाग का मूल्यांकन करने पर:
$\int_{-1}^{-1/2} (2t^2 + t) dt = [\frac{2}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2]_{-1}^{-1/2} = \frac{5}{24}$.
$-\int_{-1/2}^{0} (2t^2 + t) dt = -[\frac{2}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2]_{-1/2}^{0} = -\frac{1}{24}$.
$\int_{0}^{1} (2t^2 + t) dt = [\frac{2}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2]_{0}^{1} = \frac{7}{6}$.
$I = 12 \left( \frac{5}{24} + \frac{1}{24} + \frac{7}{6} \right) = 17$.

(48) माना $I_1 = \int_{0}^{2\sqrt{3}} \log_2(x^2+4) dx$ और $I_2 = \int_{2}^{4} \sqrt{2^x-4} dx$ है।
$I_2$ के लिए,$y = 2^x - 4$ लें,तो $x = \log_2(y+4)$ होगा।
$dx = \frac{1}{(y+4) \ln 2} dy$ होगा।
जब $x=2, y=0$ और जब $x=4, y=12$ होगा।
$I_2 = \int_{0}^{12} \sqrt{y} \frac{1}{(y+4) \ln 2} dy = \frac{1}{\ln 2} \int_{0}^{12} \frac{\sqrt{y}}{y+4} dy$ होगा।
माना $\sqrt{y} = u$,$y = u^2$,$dy = 2u du$ है।
$I_2 = \frac{1}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} \frac{u}{u^2+4} (2u) du = \frac{2}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} \frac{u^2}{u^2+4} du = \frac{2}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} (1 - \frac{4}{u^2+4}) du$ होगा।
$I_2 = \frac{2}{\ln 2} [u - 2 \tan^{-1}(\frac{u}{2})]_{0}^{2\sqrt{3}} = \frac{2}{\ln 2} [2\sqrt{3} - 2(\frac{\pi}{3})] = \frac{4\sqrt{3}}{\ln 2} - \frac{4\pi}{3 \ln 2}$ होगा।
$I_1 = \int_{0}^{2\sqrt{3}} \log_2(x^2+4) dx = \frac{1}{\ln 2} \int_{0}^{2\sqrt{3}} \ln(x^2+4) dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर,हमें $\alpha = 4\sqrt{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\alpha^2 = (4\sqrt{3})^2 = 16 \times 3 = 48$ होगा।