Properties of definite integration Questions in Gujarati

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log (1+\tan x) \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log \left(1+\tan \left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right) \, dx$.
કારણ કે $\tan(\frac{\pi}{4}-x) = \frac{1-\tan x}{1+\tan x}$,તેથી:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log \left(1+\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right) \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log \left(\frac{2}{1+\tan x}\right) \, dx$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\log 2 - \log(1+\tan x)) \, dx$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log 2 \, dx - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log(1+\tan x) \, dx$.
$I = [x \log 2]_0^{\frac{\pi}{4}} - I$.
$2I = \frac{\pi}{4} \log 2$.
$I = \frac{\pi}{8} \log 2$.

(D) સંકલન $I = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3 \pi}{2}} [2 \sin x] dx$ ધ્યાનમાં લો.
અંતરાલ $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ માં,$0 \le \sin x \le 1$,તેથી $0 \le 2 \sin x \le 2$.
ચોક્કસ રીતે,$x \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}\right)$ માટે,$1 \le 2 \sin x < 2 \implies [2 \sin x] = 1$.
$x \in \left[\frac{5\pi}{6}, \pi\right]$ માટે,$0 \le 2 \sin x < 1 \implies [2 \sin x] = 0$.
$x \in \left[\pi, \frac{7\pi}{6}\right]$ માટે,$-1 \le 2 \sin x < 0 \implies [2 \sin x] = -1$.
$x \in \left[\frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}\right]$ માટે,$-2 \le 2 \sin x < -1 \implies [2 \sin x] = -2$.
સંકલનની ગણતરી કરતા: $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{6}} 1 dx + \int_{\frac{5\pi}{6}}^{\pi} 0 dx + \int_{\pi}^{\frac{7\pi}{6}} (-1) dx + \int_{\frac{7\pi}{6}}^{\frac{3\pi}{2}} (-2) dx = \left(\frac{\pi}{3}\right) + 0 - \left(\frac{\pi}{6}\right) - 2\left(\frac{\pi}{3}\right) = -\frac{\pi}{2} \neq 0$.
તેથી,$A$ ખોટું છે.
વિધેય $f(x) = 2 \sin x$ નું વિકલન $f'(x) = 2 \cos x$ છે. $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ માં,$\cos x \le 0$,તેથી $f'(x) \le 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે. તેથી,$R$ સાચું છે.

(C) ધારો કે $I = \int_{- 1 / 2}^{1 / 2} \{ [x] + \log (\frac{1 + x}{1 - x}) \} dx$.
આપણે સંકલનને $I = \int_{- 1 / 2}^{1 / 2} [x] dx + \int_{- 1 / 2}^{1 / 2} \log (\frac{1 + x}{1 - x}) dx$ તરીકે વિભાજિત કરી શકીએ છીએ.
ધારો કે $f(x) = \log (\frac{1 + x}{1 - x})$. તો $f(- x) = \log (\frac{1 - x}{1 + x}) = \log (\frac{1 + x}{1 - x})^{- 1} = - \log (\frac{1 + x}{1 - x}) = - f(x)$.
કારણ કે $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $\int_{- 1 / 2}^{1 / 2} \log (\frac{1 + x}{1 - x}) dx = 0$.
હવે,$\int_{- 1 / 2}^{1 / 2} [x] dx$ ધ્યાનમાં લો.
$x \in [- 1 / 2, 0)$ માટે,$[x] = - 1$.
$x \in [0, 1 / 2]$ માટે,$[x] = 0$.
આમ,$\int_{- 1 / 2}^{1 / 2} [x] dx = \int_{- 1 / 2}^{0} (- 1) dx + \int_{0}^{1 / 2} 0 dx = [- x]_{- 1 / 2}^{0} = 0 - (1 / 2) = - 1 / 2$.
તેથી,$I = - 1 / 2 + 0 = - 1 / 2$.

(B) આપણને આપેલ છે કે $I_n = \int_0^{\pi / 2} \sin^n(x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $u = \sin^{n-1}(x)$ અને $dv = \sin(x) dx$.
તેથી $du = (n-1) \sin^{n-2}(x) \cos(x) dx$ અને $v = -\cos(x)$.
$I_n = [-\sin^{n-1}(x) \cos(x)]_0^{\pi / 2} + \int_0^{\pi / 2} (n-1) \sin^{n-2}(x) \cos^2(x) dx$.
ચોક્કસ સીમાઓ $\cos(\pi/2) = 0$ અને $\sin(0) = 0$ હોવાથી,સીમા પદ $0$ થશે.
$I_n = (n-1) \int_0^{\pi / 2} \sin^{n-2}(x) (1 - \sin^2(x)) dx$.
$I_n = (n-1) \int_0^{\pi / 2} \sin^{n-2}(x) dx - (n-1) \int_0^{\pi / 2} \sin^n(x) dx$.
$I_n = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$.
$I_n + (n-1) I_n = (n-1) I_{n-2}$.
$n I_n = (n-1) I_{n-2}$.
$I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$.
આને $I_n = k I_{n-2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = \frac{n-1}{n}$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} |\sin t - \cos t| \, dt$.
કારણ કે $t \in [0, \pi / 4]$ માટે $\sin t - \cos t \le 0$ અને $t \in [\pi / 4, \pi / 2]$ માટે $\sin t - \cos t \ge 0$ છે,તેથી આપણે સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરીએ છીએ:
$I = \int_0^{\pi / 4} (\cos t - \sin t) \, dt + \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} (\sin t - \cos t) \, dt$.
પ્રથમ ભાગનું મૂલ્ય: $[\sin t + \cos t]_0^{\pi / 4} = (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) - (0 + 1) = \sqrt{2} - 1$.
બીજા ભાગનું મૂલ્ય: $[-\cos t - \sin t]_{\pi / 4}^{\pi / 2} = (0 - 1) - (-\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}}) = -1 + \sqrt{2} = \sqrt{2} - 1$.
બંને ભાગનો સરવાળો કરતા: $I = (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{2} - 1) = 2(\sqrt{2} - 1)$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\sin ^3 x \cos x}{\sin ^4 x+\cos ^4 x} \, dx \quad \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\sin ^3(\frac{\pi}{2}-x) \cos(\frac{\pi}{2}-x)}{\sin ^4(\frac{\pi}{2}-x)+\cos ^4(\frac{\pi}{2}-x)} \, dx$
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\cos ^3 x \sin x}{\cos ^4 x+\sin ^4 x} \, dx \quad \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\sin x \cos x (\sin ^2 x + \cos ^2 x)}{\sin ^4 x+\cos ^4 x} \, dx$
$2I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\sin x \cos x}{\sin ^4 x+\cos ^4 x} \, dx$
અંશ અને છેદને $\cos^4 x$ વડે ભાગતા:
$2I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\tan x \sec^2 x}{\tan ^4 x+1} \, dx$
ધારો કે $\tan^2 x = t$,તેથી $2 \tan x \sec^2 x \, dx = dt$,એટલે કે $\tan x \sec^2 x \, dx = \frac{dt}{2}$.
જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t \to \infty$.
$2I = \int_0^{\infty} \frac{1}{t^2+1} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} [\tan^{-1} t]_0^{\infty} = \frac{1}{2} (\frac{\pi}{2} - 0) = \frac{\pi}{4}$.
$2I = \frac{\pi}{4} \implies I = \frac{\pi}{8}$.

(C) આપેલ છે $I_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \, dx$.
$I_r + I_{r+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^r x \, dx + \int_0^{\pi / 4} \tan^{r+2} x \, dx$ ધ્યાનમાં લો.
$I_r + I_{r+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^r x (1 + \tan^2 x) \, dx$.
કારણ કે $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,તેથી $I_r + I_{r+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^r x \sec^2 x \, dx$.
ધારો કે $t = \tan x$,તો $dt = \sec^2 x \, dx$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\pi/4, t=1$.
$I_r + I_{r+2} = \int_0^1 t^r \, dt = \left[ \frac{t^{r+1}}{r+1} \right]_0^1 = \frac{1}{r+1}$.
આમ,$I_2+I_4 = \frac{1}{3}$,$I_3+I_5 = \frac{1}{4}$,$I_4+I_6 = \frac{1}{5}$,વગેરે.
આ પદો $\frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \frac{1}{5}, \ldots$ છે,જે હરાત્મક શ્રેણી $(HP)$ માં છે કારણ કે તેમના વ્યસ્ત $3, 4, 5, \ldots$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{x \sin x}{1+\cos ^2 x} d x$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin(\pi - x)}{1+\cos^2(\pi - x)} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin x}{1+\cos^2 x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \frac{x \sin x + (\pi - x) \sin x}{1+\cos^2 x} dx = \int_0^\pi \frac{\pi \sin x}{1+\cos^2 x} dx$.
$2I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} dx$.
ધારો કે $u = \cos x$,તેથી $du = -\sin x dx$.
જ્યારે $x=0, u=1$; જ્યારે $x=\pi, u=-1$.
$2I = \pi \int_1^{-1} \frac{-du}{1+u^2} = \pi \int_{-1}^1 \frac{du}{1+u^2}$.
$2I = \pi [\tan^{-1}(u)]_{-1}^1 = \pi (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1)) = \pi (\frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4})) = \pi (\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi^2}{2}$.
તેથી,$I = \frac{\pi^2}{4}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{x \sin x}{\sin^2 x + 2 \cos^2 x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin(\pi - x)}{\sin^2(\pi - x) + 2 \cos^2(\pi - x)} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin x}{\sin^2 x + 2 \cos^2 x} dx$.
$I$ માટેના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \frac{x \sin x + (\pi - x) \sin x}{\sin^2 x + 2 \cos^2 x} dx = \pi \int_0^\pi \frac{\sin x}{\sin^2 x + 2 \cos^2 x} dx$.
$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ હોવાથી,છેદ $1 - \cos^2 x + 2 \cos^2 x = 1 + \cos^2 x$ થાય છે.
$2I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
ધારો કે $u = \cos x$,તો $du = -\sin x dx$. જ્યારે $x=0, u=1$; જ્યારે $x=\pi, u=-1$.
$2I = \pi \int_1^{-1} \frac{-du}{1 + u^2} = \pi \int_{-1}^1 \frac{du}{1 + u^2} = \pi [\tan^{-1} u]_{-1}^1$.
$2I = \pi (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1)) = \pi (\frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4})) = \pi (\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi^2}{2}$.
તેથી,$I = \frac{\pi^2}{4}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{5 \pi}^{25 \pi} |\sin 2x + \cos 2x| dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 2x + \cos 2x = \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \sin 2x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos 2x \right) = \sqrt{2} \sin(2x + \frac{\pi}{4})$.
તેથી,$I = \int_{5 \pi}^{25 \pi} |\sqrt{2} \sin(2x + \frac{\pi}{4})| dx = \sqrt{2} \int_{5 \pi}^{25 \pi} |\sin(2x + \frac{\pi}{4})| dx$.
ધારો કે $2x + \frac{\pi}{4} = t$,તો $2 dx = dt$,એટલે કે $dx = \frac{dt}{2}$.
જ્યારે $x = 5\pi$,ત્યારે $t = 10\pi + \frac{\pi}{4} = \frac{41\pi}{4}$.
જ્યારે $x = 25\pi$,ત્યારે $t = 50\pi + \frac{\pi}{4} = \frac{201\pi}{4}$.
$I = \frac{\sqrt{2}}{2} \int_{41\pi/4}^{201\pi/4} |\sin t| dt$.
$|\sin t|$ નો આવર્તકાળ $\pi$ છે. અંતરાલની લંબાઈ $\frac{201\pi}{4} - \frac{41\pi}{4} = \frac{160\pi}{4} = 40\pi$ છે.
કારણ કે $|\sin t|$ નું એક આવર્તકાળ $[0, \pi]$ પર સંકલન $\int_0^{\pi} \sin t dt = 2$ છે,તેથી $40$ આવર્તકાળ પર સંકલન $40 \times 2 = 80$ થશે.
આમ,$I = \frac{\sqrt{2}}{2} \times 80 = 40\sqrt{2}$.

(C) આપેલ છે કે $f(t) = \int_0^t \tan^{(2n-1)} x \, dx$.
આપણે $f(t+\pi) = \int_0^{t+\pi} \tan^{(2n-1)} x \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\int_0^{t+\pi} = \int_0^t + \int_t^{t+\pi}$.
તેથી,$f(t+\pi) = \int_0^t \tan^{(2n-1)} x \, dx + \int_t^{t+\pi} \tan^{(2n-1)} x \, dx$.
કારણ કે $\tan x$ નું આવર્તમાન $\pi$ છે,તેથી $\int_t^{t+\pi} \tan^{(2n-1)} x \, dx = \int_0^{\pi} \tan^{(2n-1)} x \, dx$.
આમ,$f(t+\pi) = f(t) + \int_0^{\pi} \tan^{(2n-1)} x \, dx$.
જેহেতু $f(\pi) = \int_0^{\pi} \tan^{(2n-1)} x \, dx$,તેથી $f(t+\pi) = f(t) + f(\pi)$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\tan x} \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\tan(\frac{\pi}{2} - x)} \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cot x} \, dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sqrt{\tan x} + \sqrt{\cot x}) \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{\sin x \cos x}} \, dx$.
અંશ અને છેદને $\sqrt{2}$ વડે ગુણતા:
$2I = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2 \sin x \cos x}} \, dx = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{1 - (\sin x - \cos x)^2}} \, dx$.
ધારો કે $u = \sin x - \cos x$,તો $du = (\cos x + \sin x) \, dx$.
જ્યારે $x=0, u=-1$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, u=1$.
$2I = \sqrt{2} \int_{-1}^1 \frac{du}{\sqrt{1 - u^2}} = \sqrt{2} [\sin^{-1} u]_{-1}^1 = \sqrt{2} (\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})) = \sqrt{2} \pi$.
આમ,$I = \frac{\sqrt{2} \pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^2 x^3(2-x)^4 \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^2 (2-x)^3(2-(2-x))^4 \, dx = \int_0^2 (2-x)^3 x^4 \, dx$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$I = \int_0^2 (8 - 12x + 6x^2 - x^3) x^4 \, dx = \int_0^2 (8x^4 - 12x^5 + 6x^6 - x^7) \, dx$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \left[ \frac{8x^5}{5} - \frac{12x^6}{6} + \frac{6x^7}{7} - \frac{x^8}{8} \right]_0^2$.
$I = \left[ \frac{8(32)}{5} - 2(64) + \frac{6(128)}{7} - \frac{256}{8} \right]$.
$I = \frac{256}{5} - 128 + \frac{768}{7} - 32 = \frac{256}{5} + \frac{768}{7} - 160$.
$I = \frac{1792 + 3840 - 5600}{35} = \frac{32}{35}$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x \tan x \sec^2 x}{\tan^4 x + 1} dx$ ...$(i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\frac{\pi}{2} - x) \tan(\frac{\pi}{2} - x) \sec^2(\frac{\pi}{2} - x)}{\tan^4(\frac{\pi}{2} - x) + 1} dx$
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\frac{\pi}{2} - x) \cot x \csc^2 x}{\cot^4 x + 1} dx$
કારણ કે $\cot x = \frac{1}{\tan x}$ અને $\csc^2 x = \frac{\sec^2 x}{\tan^2 x}$,પદ આ મુજબ બને છે:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\frac{\pi}{2} - x) \tan x \sec^2 x}{1 + \tan^4 x} dx$ ...(ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\frac{\pi}{2} \tan x \sec^2 x}{\tan^4 x + 1} dx$
$I = \frac{\pi}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan x \sec^2 x}{\tan^4 x + 1} dx$
ધારો કે $u = \tan^2 x$,તો $du = 2 \tan x \sec^2 x dx$,તેથી $\tan x \sec^2 x dx = \frac{du}{2}$.
$I = \frac{\pi}{4} \int_0^{\infty} \frac{1}{u^2 + 1} \cdot \frac{du}{2} = \frac{\pi}{8} [\tan^{-1} u]_0^{\infty} = \frac{\pi}{8} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{16}$

(A) ધારો કે $I=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2-\cos 2 x}\left(\frac{3}{\pi}+\log \left(\frac{4+\sin x}{4-\sin x}\right)\right) d x$.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો:
$I=\frac{3}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2-\cos 2 x} d x + \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2-\cos 2 x} \log \left(\frac{4+\sin x}{4-\sin x}\right) d x$.
બીજું સંકલન શૂન્ય છે કારણ કે વિધેય અયુગ્મ છે.
આમ,$I=\frac{3}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2-\cos 2 x} d x = \frac{6}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2-\cos 2 x} d x$.
$\cos 2x = \frac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I=\frac{6}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 x}{2(1+\tan^2 x) - (1-\tan^2 x)} d x = \frac{6}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 x}{1+3\tan^2 x} d x$.
ધારો કે $\tan x = t$,તો $\sec^2 x d x = d t$. જ્યારે $x: 0 \to \frac{\pi}{4}$,ત્યારે $t: 0 \to 1$.
$I=\frac{6}{\pi} \int_0^1 \frac{d t}{1+3t^2} = \frac{6}{\pi} \left[ \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\sqrt{3}t) \right]_0^1 = \frac{6}{\pi \sqrt{3}} \tan^{-1}(\sqrt{3}) = \frac{2\sqrt{3}}{\pi} \cdot \frac{\pi}{3} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$3I^2 = 3 \left( \frac{2}{\sqrt{3}} \right)^2 = 3 \cdot \frac{4}{3} = 4$.

(A) ધારો કે $I = \int_5^9 \frac{\log_3 x^2}{\log_3 x^2 + \log_3(588 - 84x + 3x^2)} dx$.
ગુણધર્મ $\log_3(588 - 84x + 3x^2) = \log_3(3(196 - 28x + x^2)) = \log_3(3(14 - x)^2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_5^9 \frac{\log_3 x^2}{\log_3 x^2 + \log_3(3(14 - x)^2)} dx \dots (1)$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a + b - x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=5$ અને $b=9$,$a+b-x = 14-x$:
$I = \int_5^9 \frac{\log_3(14 - x)^2}{\log_3(14 - x)^2 + \log_3(3(14 - (14 - x))^2)} dx$.
$I = \int_5^9 \frac{\log_3(14 - x)^2}{\log_3(14 - x)^2 + \log_3(3x^2)} dx \dots (2)$.
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_5^9 \frac{\log_3 x^2 + \log_3(3(14 - x)^2)}{\log_3 x^2 + \log_3(3(14 - x)^2)} dx$.
$2I = \int_5^9 1 dx = [x]_5^9 = 9 - 5 = 4$.
$I = \frac{4}{2} = 2$.

(A) ધારો કે $I = \int_3^5 (x-3)^3 (5-x)^5 dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int_3^5 (5-x)^3 (x-3)^5 dx$ મળે.
અથવા,$x-3 = 2t$ આદેશ લેતા,$x=3+2t$ અને $dx=2dt$ મળે.
જ્યારે $x=3, t=0$ અને જ્યારે $x=5, t=1$.
$I = \int_0^1 (2t)^3 (5-(3+2t))^5 (2dt) = \int_0^1 8t^3 (2-2t)^5 (2dt) = 16 \times 2^5 \int_0^1 t^3 (1-t)^5 dt$.
$I = 512 \int_0^1 t^3 (1-t)^5 dt$.
બીટા વિધેય $\int_0^1 x^{m-1} (1-x)^{n-1} dx = \frac{\Gamma(m)\Gamma(n)}{\Gamma(m+n)} = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!}$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં $m-1=3 \implies m=4$ અને $n-1=5 \implies n=6$.
$I = 512 \times \frac{3! \times 5!}{9!} = 512 \times \frac{6 \times 120}{362880} = 512 \times \frac{720}{362880} = 512 \times \frac{1}{504} = \frac{512}{504} = \frac{64}{63}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{\frac{1}{3}}^3 \frac{1}{x} \sin \left(\frac{1}{x}-x\right) d x$.
$x = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ મળે.
જ્યારે $x = \frac{1}{3}$ ત્યારે $t = 3$ અને જ્યારે $x = 3$ ત્યારે $t = \frac{1}{3}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_3^{\frac{1}{3}} t \sin \left(t - \frac{1}{t}\right) \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt$
$I = \int_3^{\frac{1}{3}} -\frac{1}{t} \sin \left(t - \frac{1}{t}\right) dt$
ગુણધર્મ $\sin(- \theta) = -\sin(\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin(t - \frac{1}{t}) = -\sin(\frac{1}{t} - t)$ મળે.
$I = \int_3^{\frac{1}{3}} \frac{1}{t} \sin \left(\frac{1}{t} - t\right) dt$
સંકલનની સીમાઓ બદલતા ચિહ્ન બદલાશે:
$I = -\int_{\frac{1}{3}}^3 \frac{1}{t} \sin \left(\frac{1}{t} - t\right) dt$
સંકલનનો ચલ એક ડમી ચલ હોવાથી,આપણે $t$ ને $x$ વડે બદલી શકીએ છીએ:
$I = -\int_{\frac{1}{3}}^3 \frac{1}{x} \sin \left(\frac{1}{x} - x\right) dx$
$I = -I$
$2I = 0 \implies I = 0$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 4} \frac{\cos ^2 x}{\cos ^2 x+4 \sin ^2 x} d x$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^{\pi / 4} \frac{1}{1+4 \tan ^2 x} d x$.
ધારો કે $\tan x = t$,તેથી $\sec^2 x dx = dt$,જેનો અર્થ છે કે $dx = \frac{dt}{1+t^2}$.
જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{4}, t=1$.
તેથી,$I = \int_0^1 \frac{1}{(1+t^2)(1+4t^2)} dt$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(1+t^2)(1+4t^2)} = \frac{1}{3} \left( \frac{4}{1+4t^2} - \frac{1}{1+t^2} \right)$.
$I = \frac{1}{3} \int_0^1 \left( \frac{4}{1+4t^2} - \frac{1}{1+t^2} \right) dt$.
$I = \frac{1}{3} \left[ 2 \tan^{-1}(2t) - \tan^{-1}(t) \right]_0^1$.
$I = \frac{1}{3} \left[ (2 \tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(1)) - (0 - 0) \right]$.
$I = \frac{1}{3} \left[ 2 \tan^{-1}(2) - \frac{\pi}{4} \right] = \frac{2}{3} \tan^{-1}(2) - \frac{\pi}{12}$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \sqrt{\frac{1-\sin 2 x}{1+\sin 2 x}} d x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1-\sin 2x = (\cos x - \sin x)^2$ અને $1+\sin 2x = (\cos x + \sin x)^2$.
તેથી,$\sqrt{\frac{1-\sin 2 x}{1+\sin 2 x}} = \left| \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x} \right| = |\tan(\frac{\pi}{4} - x)|$.
કારણ કે $x \in [0, \frac{\pi}{4}]$ માટે $\tan(\frac{\pi}{4} - x) \ge 0$ અને $x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$ માટે $\tan(\frac{\pi}{4} - x) < 0$ છે,તેથી આપણે સંકલનને બે ભાગમાં વહેંચીએ છીએ:
$I = \int_0^{\pi / 4} \tan(\frac{\pi}{4} - x) dx + \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} -\tan(\frac{\pi}{4} - x) dx$.
$\int \tan(ax+b) dx = -\frac{1}{a} \log|\cos(ax+b)| + C$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$I = [\log|\cos(\frac{\pi}{4} - x)|]_0^{\pi / 4} - [\log|\cos(\frac{\pi}{4} - x)|]_{\pi / 4}^{\pi / 2}$.
$I = (\log 1 - \log \frac{1}{\sqrt{2}}) - (\log \frac{1}{\sqrt{2}} - \log 1) = \log \sqrt{2} + \log \sqrt{2} = 2 \log \sqrt{2} = \log 2$.
તેથી,મૂળ પદ $e^I = e^{\log 2} = 2$ થાય.

(A) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin^2 x}{1+a^x} dx$ $(i)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$x$ ને $-\pi + \pi - x = -x$ વડે બદલતા:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin^2(-x)}{1+a^{-x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin^2 x}{1+\frac{1}{a^x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a^x \sin^2 x}{a^x+1} dx$ $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin^2 x + a^x \sin^2 x}{1+a^x} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{(1+a^x) \sin^2 x}{1+a^x} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 x dx$
$\sin^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી:
$2I = 2 \int_{0}^{\pi} \sin^2 x dx = \int_{0}^{\pi} (1 - \cos 2x) dx$
$2I = [x - \frac{\sin 2x}{2}]_{0}^{\pi} = (\pi - 0) - (0 - 0) = \pi$
$I = \frac{\pi}{2}$

(D) આપેલ છે કે $\int_0^{2 \pi} \sin^m x \cos^n x \, dx = 4 \int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \, dx$. કારણ કે $\int_0^{2 \pi} f(x) \, dx = 4 \int_0^{\pi/2} f(x) \, dx$ એ $\sin$ અને $\cos$ ના યુગ્મ વિધેયો માટે સાચું છે,તેથી $m$ અને $n$ બેકી હોવા જોઈએ.
આપેલ છે કે $\int_0^{2 \pi} \sin^p x \cos^n x \, dx = 0$. $n$ બેકી હોવાથી,$\cos^n x \ge 0$. સંકલન $0$ થવા માટે,$\sin^p x$ એકી હોવું જોઈએ,તેથી $p$ એકી છે.
આપેલ છે કે $\int_0^{\pi} \sin^p x \cos^q x \, dx = 0$. $p$ એકી હોવાથી,$\sin^p x$ એ $\pi/2$ ની સાપેક્ષ સંમિત છે પણ ચિહ્ન બદલે છે. સંકલન $0$ થવા માટે,$\cos^q x$ એકી હોવું જોઈએ,તેથી $q$ એકી છે.
હવે,$a = m + n + p = \text{બેકી} + \text{બેકી} + \text{એકી} = \text{એકી}$.
અને $b = m + n + q = \text{બેકી} + \text{બેકી} + \text{એકી} = \text{એકી}$.
આમ,$a$ અને $b$ બંને એકી સંખ્યાઓ છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{-1}^1 \frac{\log 2 - \log(1+x)}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
$x = \cos \theta$ આદેશ લેતા,$dx = -\sin \theta d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = -1$,ત્યારે $\theta = \pi$ અને જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $\theta = 0$.
$I = \int_{\pi}^0 \frac{\log 2 - \log(1+\cos \theta)}{\sqrt{1-\cos^2 \theta}} (-\sin \theta) d\theta = \int_0^{\pi} \frac{\log 2 - \log(2 \cos^2(\theta/2))}{\sin \theta} \sin \theta d\theta$.
$I = \int_0^{\pi} (\log 2 - \log 2 - 2 \log(\cos(\theta/2))) d\theta = -2 \int_0^{\pi} \log(\cos(\theta/2)) d\theta$.
$u = \theta/2$ લેતા,$d\theta = 2du$ મળે.
$I = -2 \int_0^{\pi/2} \log(\cos u) (2 du) = -4 \int_0^{\pi/2} \log(\cos u) du$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int_0^{\pi/2} \log(\cos u) du = -\frac{\pi}{2} \log 2$ નો ઉપયોગ કરતા.
$I = -4 \times (-\frac{\pi}{2} \log 2) = 2 \pi \log 2$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \tan^{14}(\frac{x}{2}) dx$. ધારો કે $t = \frac{x}{2}$,તો $dx = 2dt$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=\frac{\pi}{4}$.
$I = 2 \int_0^{\pi/4} \tan^{14}(t) dt$.
રિડક્શન ફોર્મ્યુલા $I_n = \int \tan^n(t) dt = \frac{\tan^{n-1}(t)}{n-1} - I_{n-2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\int_0^{\pi/4} \tan^n(t) dt = \frac{1}{n-1} - \int_0^{\pi/4} \tan^{n-2}(t) dt$.
આ સૂત્રને $n=14, 12, \dots, 2$ માટે વારંવાર લાગુ પાડતા:
$I_{14} = \frac{1}{13} - I_{12} = \frac{1}{13} - (\frac{1}{11} - I_{10}) = \frac{1}{13} - \frac{1}{11} + \frac{1}{9} - \frac{1}{7} + \frac{1}{5} - \frac{1}{3} + \frac{1}{1} - \int_0^{\pi/4} 1 dt$.
કારણ કે $\int_0^{\pi/4} 1 dt = \frac{\pi}{4}$,તેથી $I = 2 [ \sum_{k=1}^7 \frac{(-1)^{k+1}}{2k-1} - \frac{\pi}{4} ]$.
આપેલ સમીકરણ $2 [ \sum_{n=1}^7 f(n) - \frac{\pi}{4} ]$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(n) = \frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{8}}^{\frac{\pi}{8}} \frac{\sin ^4(4 x)}{1+e^{4 x}} d x$ ....$(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) d x = \int_a^b f(a+b-x) d x$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = -\frac{\pi}{8}$ અને $b = \frac{\pi}{8}$,તેથી $a+b = 0$ મળે છે.
$I = \int_{-\frac{\pi}{8}}^{\frac{\pi}{8}} \frac{\sin ^4(-4 x)}{1+e^{-4 x}} d x = \int_{-\frac{\pi}{8}}^{\frac{\pi}{8}} \frac{\sin ^4(4 x)}{1+\frac{1}{e^{4 x}}} d x = \int_{-\frac{\pi}{8}}^{\frac{\pi}{8}} \frac{e^{4 x} \sin ^4(4 x)}{e^{4 x}+1} d x$ ....(ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\frac{\pi}{8}}^{\frac{\pi}{8}} \frac{(1+e^{4 x}) \sin ^4(4 x)}{1+e^{4 x}} d x = \int_{-\frac{\pi}{8}}^{\frac{\pi}{8}} \sin ^4(4 x) d x$
$\sin^4(4x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$2I = 2 \int_0^{\frac{\pi}{8}} \sin ^4(4 x) d x$,તેથી $I = \int_0^{\frac{\pi}{8}} \sin ^4(4 x) d x$ મળે.
ધારો કે $4x = t$,તો $4 dx = dt$,એટલે કે $dx = \frac{1}{4} dt$. જ્યારે $x=0, t=0$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{8}, t=\frac{\pi}{2}$.
$I = \frac{1}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^4 t d t$.
વોલિસના સૂત્ર $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n t dt = \frac{(n-1)!!}{n!!} \times \frac{\pi}{2}$ (જ્યાં $n$ યુગ્મ છે) નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{4} \times \left( \frac{3 \times 1}{4 \times 2} \times \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{4} \times \frac{3 \pi}{16} = \frac{3 \pi}{64}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-23}^{23} \frac{dx}{3+f(x)} \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} g(x) dx = \int_{a}^{b} g(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = -23$ અને $b = 23$,આપણને $a+b = 0$ મળે છે.
તેથી,$I = \int_{-23}^{23} \frac{dx}{3+f(-x)}$.
આપેલ છે કે $f(x)f(-x) = 9$,તેથી $f(-x) = \frac{9}{f(x)}$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{-23}^{23} \frac{dx}{3 + \frac{9}{f(x)}} = \int_{-23}^{23} \frac{f(x) dx}{3f(x) + 9} = \int_{-23}^{23} \frac{f(x) dx}{3(f(x) + 3)} \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-23}^{23} \left( \frac{1}{3+f(x)} + \frac{f(x)}{3(f(x)+3)} \right) dx$
$2I = \int_{-23}^{23} \frac{3 + f(x)}{3(3+f(x))} dx = \int_{-23}^{23} \frac{1}{3} dx$
$2I = \frac{1}{3} [x]_{-23}^{23} = \frac{1}{3} (23 - (-23)) = \frac{46}{3}$
$I = \frac{46}{6}$

(B) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{8092}}^{\frac{\pi}{8092}} \frac{\sec (2023 x)}{1+(2023)^{(2023 x)}} d x$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) d x = \int_{0}^{a} [f(x) + f(-x)] d x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\sec (2023 x)}{1+(2023)^{(2023 x)}}$
$f(-x) = \frac{\sec (-2023 x)}{1+(2023)^{(-2023 x)}} = \frac{\sec (2023 x)}{1+\frac{1}{(2023)^{(2023 x)}}} = \frac{(2023)^{(2023 x)} \sec (2023 x)}{(2023)^{(2023 x)}+1}$
$f(x)$ અને $f(-x)$ નો સરવાળો કરતા:
$f(x) + f(-x) = \frac{\sec (2023 x) [1 + (2023)^{(2023 x)}]}{1+(2023)^{(2023 x)}} = \sec (2023 x)$
તેથી,$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{8092}} \sec (2023 x) d x$
$= \left[ \frac{1}{2023} \log |\sec (2023 x) + \tan (2023 x)| \right]_{0}^{\frac{\pi}{8092}}$
$= \frac{1}{2023} [\log |\sec(\frac{\pi}{4}) + \tan(\frac{\pi}{4})| - \log |\sec(0) + \tan(0)|]$
$= \frac{1}{2023} [\log (\sqrt{2} + 1) - \log (1 + 0)]$
$= \frac{\log (\sqrt{2} + 1)}{2023}$

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{x \cos^2 x}{1+\sin x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi-x) \cos^2(\pi-x)}{1+\sin(\pi-x)} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi-x) \cos^2 x}{1+\sin x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \frac{\pi \cos^2 x}{1+\sin x} dx = \pi \int_0^\pi \frac{1-\sin^2 x}{1+\sin x} dx$.
કારણ કે $1-\sin^2 x = (1-\sin x)(1+\sin x)$,તેથી:
$2I = \pi \int_0^\pi (1-\sin x) dx$.
$2I = \pi [x + \cos x]_0^\pi$.
$2I = \pi [(\pi + \cos \pi) - (0 + \cos 0)] = \pi [(\pi - 1) - (1)] = \pi(\pi - 2)$.
તેથી,$I = \frac{\pi(\pi-2)}{2}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^2 x(\sin x + \cos x) dx$ ...$(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = -\frac{\pi}{2}$ અને $b = \frac{\pi}{2}$,તેથી $a+b = 0$.
$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(-x) \cos^2(-x)(\sin(-x) + \cos(-x)) dx$
$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^2 x(-\sin x + \cos x) dx$ ...(ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^2 x(\sin x + \cos x - \sin x + \cos x) dx$
$2I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^2 x(2 \cos x) dx$
$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^3 x dx$
કારણ કે $\sin^2 x \cos^3 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $I = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^3 x dx$.
ધારો કે $\sin x = t$,તેથી $\cos x dx = dt$. જ્યારે $x=0, t=0$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=1$.
$I = 2 \int_0^1 t^2 (1-t^2) dt = 2 \int_0^1 (t^2 - t^4) dt$
$I = 2 \left[ \frac{t^3}{3} - \frac{t^5}{5} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) = 2 \left( \frac{2}{15} \right) = \frac{4}{15}$.

(C) વિધેય $f(x) = x|x|$ એ અયુગ્મ (odd) વિધેય છે કારણ કે $f(-x) = (-x)|-x| = -x|x| = -f(x)$.
અયુગ્મ વિધેય માટે,સંમિત અંતરાલ $[-a, a]$ પર નિશ્ચિત સંકલન હંમેશા શૂન્ય થાય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,આપણે તેને નીચે મુજબ ગણી શકીએ:
$\int_{-1}^1 x|x| \, dx = \int_{-1}^0 x(-x) \, dx + \int_0^1 x(x) \, dx$
$= -\int_{-1}^0 x^2 \, dx + \int_0^1 x^2 \, dx$
$= -\left[\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^0 + \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1$
$= -\left(0 - \left(-\frac{1}{3}\right)\right) + \left(\frac{1}{3} - 0\right)$
$= -\frac{1}{3} + \frac{1}{3} = 0$

(B) ધારો કે $I = \int_3^6 \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{9-x}+\sqrt{x}} d x$ ...$(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) d x = \int_a^b f(a+b-x) d x$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=3$ અને $b=6$ છે,તેથી $a+b-x = 9-x$ થાય.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_3^6 \frac{\sqrt{9-x}}{\sqrt{9-(9-x)}+\sqrt{9-x}} d x$
$I = \int_3^6 \frac{\sqrt{9-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{9-x}} d x$ ...(ii)
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_3^6 \frac{\sqrt{x}+\sqrt{9-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{9-x}} d x$
$2I = \int_3^6 1 d x$
$2I = [x]_3^6 = 6 - 3 = 3$
$I = \frac{3}{2}$

(B) આપણને સંકલન $I = \int_0^{2a} f(x) dx$ આપેલ છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને,આપણે અંતરાલને વિભાજિત કરી શકીએ છીએ:
$I = \int_0^a f(x) dx + \int_a^{2a} f(x) dx$.
બીજા સંકલનમાં,ધારો કે $x = 2a - t$. તેથી $dx = -dt$.
જ્યારે $x = a$ હોય,ત્યારે $t = a$ અને જ્યારે $x = 2a$ હોય,ત્યારે $t = 0$.
આ કિંમતો બીજા સંકલનમાં મૂકતા:
$\int_a^{2a} f(x) dx = \int_a^0 f(2a - t) (-dt) = \int_0^a f(2a - t) dt = \int_0^a f(2a - x) dx$.
આમ,$I = \int_0^a f(x) dx + \int_0^a f(2a - x) dx = \int_0^a (f(x) + f(2a - x)) dx$.
આથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો જવાબ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ $\int_{-a}^a f(x) dx = \int_0^a f(x) dx + \int_0^a f(-x) dx$ થાય છે.
આપેલ સમીકરણ $\int_{-a}^a f(x) dx = \int_0^a f(x) dx + \int_0^a g(x) dx$ સાથે સરખાવતા,આપણે સ્પષ્ટપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $g(x) = f(-x)$ થાય.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{\frac{3}{2}} x}{\sin ^{\frac{3}{2}} x+\cos ^{\frac{3}{2}} x} d x \quad \dots(1)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{\frac{3}{2}}(\frac{\pi}{2}-x)}{\sin ^{\frac{3}{2}}(\frac{\pi}{2}-x)+\cos ^{\frac{3}{2}}(\frac{\pi}{2}-x)} d x$
કારણ કે $\sin(\frac{\pi}{2}-x) = \cos x$ અને $\cos(\frac{\pi}{2}-x) = \sin x$,તેથી:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^{\frac{3}{2}} x}{\cos ^{\frac{3}{2}} x+\sin ^{\frac{3}{2}} x} d x \quad \dots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{\frac{3}{2}} x + \cos ^{\frac{3}{2}} x}{\sin ^{\frac{3}{2}} x + \cos ^{\frac{3}{2}} x} d x$
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 d x$
$2I = [x]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}$
$I = \frac{\pi}{4}$

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi} x f(\sin x) \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi} (\pi - x) f(\sin(\pi - x)) \, dx$.
કારણ કે $\sin(\pi - x) = \sin x$,તેથી:
$I = \int_0^{\pi} (\pi - x) f(\sin x) \, dx = \pi \int_0^{\pi} f(\sin x) \, dx - \int_0^{\pi} x f(\sin x) \, dx$.
$I = \pi \int_0^{\pi} f(\sin x) \, dx - I$.
$2I = \pi \int_0^{\pi} f(\sin x) \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) \, dx = 2 \int_0^a f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જો $f(2a-x) = f(x)$ હોય,અહીં $2a = \pi$,તેથી $a = \frac{\pi}{2}$.
કારણ કે $f(\sin(\pi - x)) = f(\sin x)$,તેથી:
$2I = \pi \cdot 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \, dx$.
$I = \pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \, dx$.

(D) ધારો કે $I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \frac{dx}{1+\cos x} \quad \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a+b = \frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{4} = \pi$ છે.
તેથી,$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \frac{dx}{1+\cos(\pi-x)} = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \frac{dx}{1-\cos x} \quad \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \left( \frac{1}{1+\cos x} + \frac{1}{1-\cos x} \right) dx$
$2I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \frac{1-\cos x + 1+\cos x}{1-\cos^2 x} dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \frac{2}{\sin^2 x} dx$
$2I = 2 \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \operatorname{cosec}^2 x dx$
$I = [-\cot x]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}$
$I = -(\cot \frac{3\pi}{4} - \cot \frac{\pi}{4}) = -(-1 - 1) = 2$
કારણ કે $2 \sin \frac{\pi}{2} = 2(1) = 2$,તેથી સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} \frac{3 \, dx}{1+e^{\sqrt{8} \sin \left(x-\frac{3 \pi}{8}\right)}} \quad \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) \, dx = \int_a^b f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = \frac{\pi}{4}$ અને $b = \frac{\pi}{2}$,આપણને $a+b-x = \frac{3\pi}{4} - x$ મળે છે.
$I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} \frac{3 \, dx}{1+e^{\sqrt{8} \sin \left(\frac{3 \pi}{4} - x - \frac{3 \pi}{8}\right)}}$
$I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} \frac{3 \, dx}{1+e^{\sqrt{8} \sin \left(\frac{3 \pi}{8} - x\right)}}$
કારણ કે $\sin(\theta) = -\sin(-\theta)$,તેથી $\sin(\frac{3\pi}{8} - x) = -\sin(x - \frac{3\pi}{8})$.
$I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} \frac{3 \, dx}{1+e^{-\sqrt{8} \sin \left(x-\frac{3 \pi}{8}\right)}} = \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} \frac{3 e^{\sqrt{8} \sin \left(x-\frac{3 \pi}{8}\right)} \, dx}{e^{\sqrt{8} \sin \left(x-\frac{3 \pi}{8}\right)} + 1} \quad \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} \frac{3(1 + e^{\sqrt{8} \sin \left(x-\frac{3 \pi}{8}\right)})}{1 + e^{\sqrt{8} \sin \left(x-\frac{3 \pi}{8}\right)}} \, dx$
$2I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 2} 3 \, dx = 3[x]_{\pi / 4}^{\pi / 2} = 3(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}) = 3(\frac{\pi}{4}) = \frac{3\pi}{4}$
$I = \frac{3\pi}{8}$

(C) વિધાન $(A)$ માટે: આપણે જાણીએ છીએ કે $\int_{-a}^a f(x) dx = \int_{-a}^0 f(x) dx + \int_0^a f(x) dx$.
પ્રથમ સંકલનમાં,$x = -t$ લેતા,$dx = -dt$ મળે. જ્યારે $x = -a, t = a$ અને જ્યારે $x = 0, t = 0$.
તેથી,$\int_{-a}^0 f(x) dx = \int_a^0 f(-t) (-dt) = \int_0^a f(-t) dt = \int_0^a f(-x) dx$.
આમ,$\int_{-a}^a f(x) dx = \int_0^a f(-x) dx + \int_0^a f(x) dx = \int_0^a (f(x) + f(-x)) dx$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ માટે: નિશ્ચિત સંકલન માટે આદેશની રીત મુજબ જો $x = g(u)$ હોય,તો $dx = g'(u) du$ થાય. સીમાઓ $a$ થી $b$ બદલાઈને $g^{-1}(a)$ થી $g^{-1}(b)$ થાય છે.
$(R)$ માં આપેલ સૂત્ર $\int_a^b f(x) dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(g(u)) g'(u) du$ ખોટું છે કારણ કે જમણી બાજુની સંકલન સીમાઓ $g^{-1}(a)$ અને $g^{-1}(b)$ હોવી જોઈએ,$g(a)$ અને $g(b)$ નહીં. તેથી,$(R)$ ખોટું છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $2$ આવર્તમાન ધરાવતું યુગ્મ વિધેય છે.
$f(x)$ એ $2$ આવર્તમાન ધરાવતું હોવાથી,કોઈપણ $a$ માટે $\int_0^2 f(t) dt = \int_a^{a+2} f(t) dt$ થાય.
વળી,યુગ્મ વિધેય માટે $\int_{-a}^a f(t) dt = 2 \int_0^a f(t) dt$ થાય.
ખાસ કરીને,$\int_{-1}^1 f(t) dt = 2 \int_0^1 f(t) dt$.
આવર્તમાન $2$ હોવાથી,$\int_0^2 f(t) dt = \int_{-1}^1 f(t) dt = 2 \int_0^1 f(t) dt$ થાય.
હવે,$g(x+2) = \int_0^{x+2} f(t) dt = \int_0^2 f(t) dt + \int_2^{x+2} f(t) dt$.
આવર્તમાનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા $\int_2^{x+2} f(t) dt = \int_0^x f(t) dt = g(x)$ મળે.
તેથી,$g(x+2) = g(2) + g(x)$.

(B) $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^3 x}{\sin x+\cos x} d x \quad \dots(1)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^3(\frac{\pi}{2}-x)}{\sin(\frac{\pi}{2}-x)+\cos(\frac{\pi}{2}-x)} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^3 x}{\cos x+\sin x} dx \quad \dots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^3 x + \cos ^3 x}{\sin x+\cos x} dx$
નિત્યસમ $a^3+b^3 = (a+b)(a^2+b^2-ab)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sin x+\cos x)(\sin^2 x+\cos^2 x - \sin x \cos x)}{\sin x+\cos x} dx$
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \sin x \cos x) dx$
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx - \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x) dx$
$2I = [x]_0^{\frac{\pi}{2}} - \frac{1}{2} [-\frac{\cos(2x)}{2}]_0^{\frac{\pi}{2}}$
$2I = \frac{\pi}{2} + \frac{1}{4} [\cos(\pi) - \cos(0)]$
$2I = \frac{\pi}{2} + \frac{1}{4} [-1 - 1] = \frac{\pi}{2} - \frac{2}{4} = \frac{\pi-1}{2}$
$I = \frac{\pi-1}{4}$

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \frac{1}{1+(\tan x)^{\sqrt{2018}}} dx$ $(i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{1}{1+(\tan(\pi / 2 - x))^{\sqrt{2018}}} dx$
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{1}{1+(\cot x)^{\sqrt{2018}}} dx$
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{1}{1+\frac{1}{(\tan x)^{\sqrt{2018}}}} dx$
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{(\tan x)^{\sqrt{2018}}}{1+(\tan x)^{\sqrt{2018}}} dx$ $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\pi / 2} \left( \frac{1}{1+(\tan x)^{\sqrt{2018}}} + \frac{(\tan x)^{\sqrt{2018}}}{1+(\tan x)^{\sqrt{2018}}} \right) dx$
$2I = \int_0^{\pi / 2} \frac{1+(\tan x)^{\sqrt{2018}}}{1+(\tan x)^{\sqrt{2018}}} dx$
$2I = \int_0^{\pi / 2} 1 dx$
$2I = [x]_0^{\pi / 2} = \frac{\pi}{2}$
$I = \frac{\pi}{4}$

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{x \, dx}{4 \cos^2 x + 9 \sin^2 x}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \, dx}{4 \cos^2(\pi - x) + 9 \sin^2(\pi - x)} = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \, dx}{4 \cos^2 x + 9 \sin^2 x}$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \frac{\pi \, dx}{4 \cos^2 x + 9 \sin^2 x} = \pi \int_0^\pi \frac{\sec^2 x \, dx}{4 + 9 \tan^2 x}$.
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) \, dx = 2 \int_0^a f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા (જ્યાં $f(2a-x) = f(x)$):
$2I = 2\pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 x \, dx}{4 + 9 \tan^2 x} \Rightarrow I = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 x \, dx}{4 + 9 \tan^2 x}$.
ધારો કે $t = \tan x$,તેથી $dt = \sec^2 x \, dx$. સીમાઓ $[0, \pi/2]$ થી બદલાઈને $[0, \infty]$ થશે.
$I = \pi \int_0^\infty \frac{dt}{4 + 9t^2} = \frac{\pi}{9} \int_0^\infty \frac{dt}{(2/3)^2 + t^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2 + x^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{\pi}{9} \cdot \frac{3}{2} \left[ \tan^{-1}(\frac{3t}{2}) \right]_0^\infty = \frac{\pi}{6} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{12}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{2 \pi} \sin ^6 x \cos ^5 x \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) \, dx = 2 \int_0^a f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જો $f(2a-x) = f(x)$ હોય,તો આપણે $f(x) = \sin^6 x \cos^5 x$ ચકાસીએ.
અહીં $f(2\pi - x) = \sin^6(2\pi - x) \cos^5(2\pi - x) = (-\sin x)^6 (\cos x)^5 = \sin^6 x \cos^5 x = f(x)$ હોવાથી,$I = 2 \int_0^{\pi} \sin^6 x \cos^5 x \, dx$ થાય.
હવે,ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = 0$ જો $f(a-x) = -f(x)$ હોય,તો આપણે $f(\pi - x)$ ચકાસીએ.
$f(\pi - x) = \sin^6(\pi - x) \cos^5(\pi - x) = (\sin x)^6 (-\cos x)^5 = -\sin^6 x \cos^5 x = -f(x)$.
તેથી,$\int_0^{\pi} \sin^6 x \cos^5 x \, dx = 0$.
આમ,$I = 2 \times 0 = 0$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{\theta \sin \theta}{1+\cos ^2 \theta} d \theta$ ... $(i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi-\theta) \sin (\pi-\theta)}{1+\cos ^2(\pi-\theta)} d \theta$
કારણ કે $\sin(\pi-\theta) = \sin \theta$ અને $\cos(\pi-\theta) = -\cos \theta$,તેથી:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi-\theta) \sin \theta}{1+(-\cos \theta)^2} d \theta = \int_0^\pi \frac{(\pi-\theta) \sin \theta}{1+\cos ^2 \theta} d \theta$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \frac{\theta \sin \theta + (\pi-\theta) \sin \theta}{1+\cos ^2 \theta} d \theta = \int_0^\pi \frac{\pi \sin \theta}{1+\cos ^2 \theta} d \theta$
$2I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin \theta}{1+\cos ^2 \theta} d \theta$
ધારો કે $\cos \theta = t$,તેથી $-\sin \theta d \theta = dt$. જ્યારે $\theta = 0, t = 1$ અને જ્યારે $\theta = \pi, t = -1$.
$2I = \pi \int_1^{-1} \frac{-dt}{1+t^2} = \pi \int_{-1}^1 \frac{dt}{1+t^2}$
$2I = \pi [\tan^{-1} t]_{-1}^1 = \pi (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1)) = \pi (\frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4})) = \pi (\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi^2}{2}$
$I = \frac{\pi^2}{4}$