Properties of definite integration Questions in Gujarati

(C) આપણે ગુણધર્મ $\left| \int_{a}^{b} f(x) dx \right| \le \int_{a}^{b} |f(x)| dx$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ સંકલન $I = \int_{10}^{19} \frac{\sin x}{1 + x^8} dx$ માટે,આપણી પાસે છે:
$|I| \le \int_{10}^{19} \frac{|\sin x|}{1 + x^8} dx$.
કારણ કે $|\sin x| \le 1$ અને $1 + x^8 > x^8$,આપણને મળે છે:
$|I| < \int_{10}^{19} \frac{1}{x^8} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\int_{10}^{19} x^{-8} dx = \left[ \frac{x^{-7}}{-7} \right]_{10}^{19} = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{10^7} - \frac{1}{19^7} \right)$.
કારણ કે $\frac{1}{7} < 1$ અને $\left( \frac{1}{10^7} - \frac{1}{19^7} \right) < \frac{1}{10^7}$,તેથી:
$|I| < \frac{1}{10^7} = 10^{-7}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^{\pi} (\cos px - \sin qx)^2 dx$.
વિકલનનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} (\cos^2 px + \sin^2 qx - 2 \cos px \sin qx) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 0$ નો ઉપયોગ કરતા જો $f(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોય,તો પદ $\int_{-\pi}^{\pi} 2 \cos px \sin qx dx = 0$ થાય કારણ કે $\cos px$ યુગ્મ છે અને $\sin qx$ અયુગ્મ છે.
તેથી,$I = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 px dx + \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 qx dx$.
નિત્યસમ $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ અને $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 + \cos 2px}{2} dx + \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 - \cos 2qx}{2} dx$.
$I = \frac{1}{2} [x + \frac{\sin 2px}{2p}]_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{2} [x - \frac{\sin 2qx}{2q}]_{-\pi}^{\pi}$.
કારણ કે $p, q$ પૂર્ણાંક છે,$\sin(2p\pi) = 0$ અને $\sin(-2p\pi) = 0$.
$I = \frac{1}{2} [(\pi - 0) - (-\pi - 0)] + \frac{1}{2} [(\pi - 0) - (-\pi - 0)]$.
$I = \frac{1}{2} [2\pi] + \frac{1}{2} [2\pi] = \pi + \pi = 2\pi$.

(B) ધારો કે $f(x) = \{x\}^2 + 3 \sin(2\pi x)$.
કારણ કે $\{x\}$ એ $T = 1$ આવર્તકાળ ધરાવે છે અને $\sin(2\pi x)$ પણ $T = 1$ આવર્તકાળ ધરાવે છે,તેથી વિધેય $f(x)$ એ $1$ આવર્તકાળ ધરાવે છે.
આવર્તી વિધેય માટે આપણે ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = (b-a) \int_{0}^{1} f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$a = 19$ અને $b = 37$ છે,તેથી $b - a = 37 - 19 = 18$.
આમ,સંકલન $18 \int_{0}^{1} (x^2 + 3 \sin(2\pi x)) \, dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$18 \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{3}{2\pi} \cos(2\pi x) \right]_{0}^{1}$
$= 18 \left( (\frac{1}{3} - \frac{3}{2\pi} \cos(2\pi)) - (0 - \frac{3}{2\pi} \cos(0)) \right)$
$= 18 \left( \frac{1}{3} - \frac{3}{2\pi} - (0 - \frac{3}{2\pi}) \right)$
$= 18 \left( \frac{1}{3} - \frac{3}{2\pi} + \frac{3}{2\pi} \right)$
$= 18 \times \frac{1}{3} = 6$.

(B) ધારો કે $I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {\tan x} \,dx} \quad ....(1)$
ગુણધર્મ $\int\limits_0^a f(x) dx = \int\limits_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {\tan(\frac{\pi}{2} - x)} \,dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {\cot x} \,dx} \quad ....(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(\sqrt {\tan x} + \sqrt {\cot x}) \,dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{\sin x \cos x}} \,dx}$
અંશ અને છેદને $\sqrt{2}$ વડે ગુણતા:
$2I = \sqrt{2} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2 \sin x \cos x}} \,dx} = \sqrt{2} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{1 - (\sin x - \cos x)^2}} \,dx}$
ધારો કે $t = \sin x - \cos x$,તો $dt = (\cos x + \sin x) dx$. જ્યારે $x=0, t=-1$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=1$.
$2I = \sqrt{2} \int\limits_{-1}^1 {\frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}}} = \sqrt{2} [\sin^{-1} t]_{-1}^1 = \sqrt{2} (\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})) = \sqrt{2} \pi$
$I = \frac{\sqrt{2} \pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.

(A) ધારો કે $I_1 = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin x + \cos x) dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} - x) + \cos(-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} - x)) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(-x) + \cos(-x)) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos x - \sin x) dx$.
$I_1$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I_1 = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} (\ln(\sin x + \cos x) + \ln(\cos x - \sin x)) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos^2 x - \sin^2 x) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos 2x) dx$.
$\ln(\cos 2x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$2I_1 = 2 \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos 2x) dx$.
ધારો કે $2x = t$,તેથી $2dx = dt$. જ્યારે $x=0, t=0$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{4}, t=\frac{\pi}{2}$.
$I_1 = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos t) \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t) dt = \frac{I}{2}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{a}^{0} (3^{-2x} - 2 \cdot 3^{-x}) \, dx \geq 0$.
$t = 3^{-x}$ આદેશ લેતા,$dt = -3^{-x} \ln 3 \, dx$,તેથી $dx = -\frac{dt}{t \ln 3}$.
જ્યારે $x = a$,ત્યારે $t = 3^{-a}$. જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 1$.
સંકલન $\int_{3^{-a}}^{1} (t^2 - 2t) \left( -\frac{dt}{t \ln 3} \right) = \frac{1}{\ln 3} \int_{1}^{3^{-a}} (t - 2) \, dt \geq 0$ બને છે.
$\ln 3 > 0$ હોવાથી,$\int_{1}^{3^{-a}} (t - 2) \, dt \geq 0$.
સંકલનનું મૂલ્ય: $\left[ \frac{t^2}{2} - 2t \right]_{1}^{3^{-a}} \geq 0$.
$\left( \frac{3^{-2a}}{2} - 2 \cdot 3^{-a} \right) - \left( \frac{1}{2} - 2 \right) \geq 0$.
$\frac{3^{-2a}}{2} - 2 \cdot 3^{-a} + \frac{3}{2} \geq 0$.
$2$ વડે ગુણતા: $3^{-2a} - 4 \cdot 3^{-a} + 3 \geq 0$.
$u = 3^{-a}$ લેતા,$u^2 - 4u + 3 \geq 0$,જે $(u - 3)(u - 1) \geq 0$ તરીકે અવયવ પાડી શકાય.
આનો અર્થ એ છે કે $u \leq 1$ અથવા $u \geq 3$.
કિસ્સો $1$: $3^{-a} \leq 3^0 \implies -a \leq 0 \implies a \geq 0$.
કિસ્સો $2$: $3^{-a} \geq 3^1 \implies -a \geq 1 \implies a \leq -1$.
આમ,$a \in (-\infty, -1] \cup [0, \infty)$.

(B) ધારો કે $I = \int\limits_{a - 1}^a \frac{e^{-t}}{t - a - 1} \, dt$.
$t = a - 1 + y$ આદેશ લેતા,$dt = dy$.
જ્યારે $t = a - 1$,ત્યારે $y = 0$. જ્યારે $t = a$,ત્યારે $y = 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int\limits_0^1 \frac{e^{-(a - 1 + y)}}{a - 1 + y - a - 1} \, dy = \int\limits_0^1 \frac{e^{1 - a - y}}{y - 2} \, dy$.
$y \to 1-y$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int\limits_0^1 \frac{e^{1 - a - (1 - y)}}{(1 - y) - 2} \, dy = \int\limits_0^1 \frac{e^{-a + y}}{-1 - y} \, dy = -e^{-a} \int\limits_0^1 \frac{e^y}{1 + y} \, dy = -e^{-a} A$.

(B) ધારો કે $I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2\theta} \sin \theta \,d\theta$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2(\frac{\pi}{2}-\theta)} \sin(\frac{\pi}{2}-\theta) \,d\theta = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2\theta} \cos \theta \,d\theta$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2\theta} (\sin \theta + \cos \theta) \,d\theta$.
કારણ કે $\sin 2\theta = 1 - (\sin \theta - \cos \theta)^2$,ધારો કે $t = \sin \theta - \cos \theta$.
તેથી $dt = (\cos \theta + \sin \theta) \,d\theta$.
જ્યારે $\theta = 0, t = -1$. જ્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}, t = 1$.
$2I = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 - t^2} \,dt$.
આ $1$ ત્રિજ્યા ધરાવતા અર્ધવર્તુળનું ક્ષેત્રફળ છે,જે $\frac{1}{2} \pi (1)^2 = \frac{\pi}{2}$ થાય.
તેથી,$2I = \frac{\pi}{2} \implies I = \frac{\pi}{4}$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \int\limits_0^\pi \frac{t \sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(t) \, dt = \int_0^a f(a-t) \, dt$ નો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = \int_0^\pi \frac{(\pi-t) \sin(\pi-t)}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2(\pi-t)}} \, dt = \int_0^\pi \frac{(\pi-t) \sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
બંને પદોનો સરવાળો કરતા: $2f(x) = \pi \int_0^\pi \frac{\sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
સંકલિત $t = \frac{\pi}{2}$ ની સાપેક્ષ સંમિત હોવાથી,$f(x) = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
ધારો કે $y = \cos t$,તો $dy = -\sin t \, dt$. જ્યારે $t=0, y=1$; જ્યારે $t=\pi/2, y=0$.
$f(x) = \pi \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{1 + \tan^2 x (1-y^2)}} = \pi \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{\sec^2 x - \tan^2 x \, y^2}} = \frac{\pi}{\tan x} \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{\csc^2 x - y^2}}$.
$f(x) = \frac{\pi}{\tan x} [\sin^{-1}(\frac{y}{\csc x})]_0^1 = \frac{\pi}{\tan x} \sin^{-1}(\sin x) = \frac{\pi x}{\tan x}$.
$f(x) = \frac{\pi x}{\tan x}$ એ $(0, \pi/2)$ માં વિકલનીય વિધેયોનું સંયોજન હોવાથી,$f$ એ $(0, \pi/2)$ માં સતત અને વિકલનીય છે.

(B) ધારો કે $I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{x^3} + |x| + 1}}{{{x^2} + 2|x| + 1}}} dx$.
છેદ ${x^2} + 2|x| + 1 = (|x| + 1)^2$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે સંકલનને અયુગ્મ અને યુગ્મ ભાગમાં વિભાજિત કરી શકીએ છીએ.
$I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{x^3}}}{{(|x| + 1)^2}}} dx + \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{|x| + 1}}{{(|x| + 1)^2}}} dx$.
પ્રથમ ભાગ $\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{x^3}}}{{(|x| + 1)^2}}} dx$ એ સંમિત અંતરાલ $[-1, 1]$ પર અયુગ્મ વિધેયનું સંકલન છે,તેથી તે $0$ થાય છે.
આમ,$I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{1}{{|x| + 1}}} dx$.
$\frac{1}{{|x| + 1}}$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = 2 \int\limits_0^1 {\frac{1}{{x + 1}}} dx$.
$I = 2 [\ln(x + 1)]_0^1 = 2(\ln 2 - \ln 1) = 2 \ln 2$.
$2 \ln 2$ ને $a \ln 2 + b$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 2$ અને $b = 0$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ માટે,સરવાળો $[x] + [-x]$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$[x] + [-x] = \begin{cases} 0, & \text{જો } x \in \mathbb{Z} \\ -1, & \text{જો } x \notin \mathbb{Z} \end{cases}$
અંતરાલ $[a, b]$ માં પૂર્ણાંકોનો ગણ $\mathbb{Z}$ માપ શૂન્ય ધરાવે છે,તેથી અંતરાલ $[a, b]$ પર વિધેયનું સંકલન એ અંતરાલ $[a, b]$ પર અચળ કિંમત $-1$ ના સંકલન સમાન છે.
તેથી,$I = \int\limits_a^b ([x] + [-x]) \,dx = \int\limits_a^b (-1) \,dx$
$I = -[x]_a^b = -(b - a) = a - b$.

(B) ધારો કે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1 + \sin x + \cos x} dx$ અને $J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1 + \sin x + \cos x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1 + \cos x + \sin x} dx = I$.
હવે,$I + J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{1 + \sin x + \cos x} dx$.
કારણ કે $I = J$,તેથી $2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \sin x + \cos x - 1}{1 + \sin x + \cos x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \frac{1}{1 + \sin x + \cos x}) dx$.
$2I = [x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1 + \sin x + \cos x}$.
$2I = \frac{\pi}{2} - \ln 2$.
$I = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$.

(C) ધારો કે $I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x\cos x}}{{{{\left( {1 + \sin x} \right)}^2}}}} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi - x)\cos(\pi - x)}{(1 + \sin(\pi - x))^2} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi - x)(-\cos x)}{(1 + \sin x)^2} dx$.
$I = -\pi \int_0^\pi \frac{\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx + \int_0^\pi \frac{x\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx$.
$I = -\pi \int_0^\pi \frac{\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx + I$.
આનો અર્થ એ છે કે $\pi \int_0^\pi \frac{\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx = 0$.
ધારો કે $u = 1 + \sin x$,તો $du = \cos x dx$.
જ્યારે $x = 0, u = 1$. જ્યારે $x = \pi, u = 1$.
આમ,$\int_1^1 \frac{1}{u^2} du = 0$.
તેથી,સંકલનનું મૂલ્ય $0$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int\limits_0^1 \frac{\ln x}{\sqrt{1 - x^2}} dx$. $x = \sin \theta$ લેતા,$dx = \cos \theta d\theta$ મળે.
જ્યારે $x \to 0, \theta \to 0$ અને જ્યારે $x \to 1, \theta \to \pi/2$.
$I = \int\limits_0^{\pi/2} \ln(\sin \theta) d\theta = -\frac{\pi}{2} \ln 2$.
હવે જમણી બાજુ $(RHS)$ ધ્યાનમાં લો: $J = \int\limits_0^\pi \ln(1 + \cos x) dx$.
ગુણધર્મ $\int\limits_0^a f(x) dx = \int\limits_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$J = \int\limits_0^\pi \ln(1 - \cos x) dx$.
$2J = \int\limits_0^\pi \ln(1 - \cos^2 x) dx = \int\limits_0^\pi \ln(\sin^2 x) dx = 2 \int\limits_0^\pi \ln(\sin x) dx$.
કારણ કે $\int\limits_0^\pi \ln(\sin x) dx = 2 \int\limits_0^{\pi/2} \ln(\sin x) dx = 2(-\frac{\pi}{2} \ln 2) = -\pi \ln 2$,તેથી $2J = 2(-\pi \ln 2) = -2\pi \ln 2$,એટલે કે $J = -\pi \ln 2$.
$I = kJ$ ને સરખાવતા,$-\frac{\pi}{2} \ln 2 = k(-\pi \ln 2)$,જે આપણને $k = 1/2$ આપે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \cos(\tan^{-1}x)$.
સંકલન $I = \int_{0}^{1} x f''(x) dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I = [x f'(x)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f'(x) dx$
$I = f'(1) - [f(1) - f(0)] = f'(1) - f(1) + f(0)$.
હવે,$f(x) = \cos(\tan^{-1}x)$. $x=1$ માટે,$\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$,તેથી $f(1) = \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$x=0$ માટે,$\tan^{-1}(0) = 0$,તેથી $f(0) = \cos(0) = 1$.
વિકલન $f'(x) = -\sin(\tan^{-1}x) \cdot \frac{1}{1+x^2}$.
$f'(1) = -\sin(\frac{\pi}{4}) \cdot \frac{1}{1+1^2} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} = -\frac{1}{2\sqrt{2}}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$I = -\frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 = 1 - \frac{1+2}{2\sqrt{2}} = 1 - \frac{3}{2\sqrt{2}}$.

(C) આપેલ છે કે $U_n = \int\limits_0^1 x^n (2 - x)^n \, dx$ અને $V_n = \int\limits_0^1 x^n (1 - x)^n \, dx$.
$U_n$ ના સંકલન માટે,$x = 2t$ આદેશ લેતા,$dx = 2 \, dt$ મળે.
જ્યારે $x = 0, t = 0$ અને જ્યારે $x = 1, t = 1/2$ થાય.
$U_n = \int\limits_0^{1/2} (2t)^n (2 - 2t)^n (2 \, dt) = \int\limits_0^{1/2} 2^n t^n 2^n (1 - t)^n (2 \, dt) = 2^{2n+1} \int\limits_0^{1/2} t^n (1 - t)^n \, dt$.
હવે,$V_n = \int\limits_0^1 x^n (1 - x)^n \, dx$ ધ્યાનમાં લો.
ગુણધર્મ $\int\limits_0^{2a} f(x) \, dx = 2 \int\limits_0^a f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જો $f(2a - x) = f(x)$ હોય,તો $f(x) = x^n (1 - x)^n$ માટે તપાસતા,
$f(1 - x) = (1 - x)^n (1 - (1 - x))^n = (1 - x)^n x^n = f(x)$ મળે છે.
તેથી,$V_n = 2 \int\limits_0^{1/2} x^n (1 - x)^n \, dx$.
$U_n$ અને $V_n$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે કે $U_n = 2^{2n} \left( 2 \int\limits_0^{1/2} t^n (1 - t)^n \, dt \right) = 2^{2n} V_n$.

(D) અંતરાલ $(0, \frac{\pi}{2})$ માં,આપણી પાસે $0 < \sin(x) < 1$ છે. $e^{-x^2} > 0$ હોવાથી,$e^{-x^2}$ વડે ગુણતા $e^{-x^2}\sin(x) < e^{-x^2}$ મળે છે. $0$ થી $\frac{\pi}{2}$ સુધી સંકલન કરતા,આપણને $I_1 < I_2$ મળે છે. આમ,વિધાન $I$ સાચું છે.
આગળ,અંતરાલ $(0, \frac{\pi}{2})$ માં,$1 + x > 1$ છે. $e^{-x^2} > 0$ વડે ગુણતા,$e^{-x^2}(1 + x) > e^{-x^2}$ મળે છે. $0$ થી $\frac{\pi}{2}$ સુધી સંકલન કરતા,આપણને $I_3 > I_2$ મળે છે. આમ,વિધાન $II$ સાચું છે.
$I_1 < I_2$ અને $I_2 < I_3$ હોવાથી,$I_1 < I_3$ થાય,તેથી વિધાન $III$ ખોટું છે.
તેથી,$I$ અને $II$ બંને સાચા છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{\sin x}{x}$. આપણે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) f\left(\frac{\pi}{2} - x\right) dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
વિધેયની કિંમત મૂકતા,$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{\sin(\frac{\pi}{2} - x)}{\frac{\pi}{2} - x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cos x}{x(\frac{\pi}{2} - x)} dx$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2x}{2x(\frac{\pi}{2} - x)} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2x}{x(\pi - 2x)} dx$ મળે.
ધારો કે $t = 2x$,તો $dt = 2dx$ અથવા $dx = \frac{dt}{2}$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=\pi$.
$I = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t(\pi - t)} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t(\pi - t)} dt$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{t(\pi - t)} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1}{t} + \frac{1}{\pi - t} \right)$.
$I = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\pi} \sin t \left( \frac{1}{t} + \frac{1}{\pi - t} \right) dt = \frac{1}{2\pi} \left( \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t} dt + \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{\pi - t} dt \right)$.
બીજા સંકલનમાં,ધારો કે $u = \pi - t$,તો $du = -dt$. સંકલન $\int_{0}^{\pi} \frac{\sin u}{u} du$ બને છે.
આમ,$I = \frac{1}{2\pi} \left( 2 \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t} dt \right) = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(t) dt$.

(D) $1$. વિકલ્પ $A$ માટે: ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int_{a}^{\pi-a} x f(\sin x) dx$. $x$ ને $a + (\pi - a) - x = \pi - x$ વડે બદલતા,આપણને મળે $I = \int_{a}^{\pi-a} (\pi - x) f(\sin(\pi - x)) dx = \int_{a}^{\pi-a} (\pi - x) f(\sin x) dx$. બંને પદોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int_{a}^{\pi-a} \pi f(\sin x) dx$,તેથી $I = \frac{\pi}{2} \int_{a}^{\pi-a} f(\sin x) dx$. આ સાચું છે.
$2$. વિકલ્પ $B$ માટે: જો $f(x)^2$ એ યુગ્મ વિધેય હોય,તો $\int_{-a}^{a} f(x)^2 dx = 2 \int_{0}^{a} f(x)^2 dx$. કારણ કે $f(x)^2$ હંમેશા અ-ઋણ અને સંમિત હોય છે,તેથી આ ગુણધર્મ સાચો છે.
$3$. વિકલ્પ $C$ માટે: ગુણધર્મ $\int_{0}^{nT} f(x) dx = n \int_{0}^{T} f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(x+T) = f(x)$,અહીં $f(\cos^2 x)$ નું આવર્તમાન $\pi$ છે. તેથી,$\int_{0}^{n\pi} f(\cos^2 x) dx = n \int_{0}^{\pi} f(\cos^2 x) dx$. આ સાચું છે.
$4$. બધા વિધાનો સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{\infty} f(x) \, dx = \int_{0}^{\infty} f(1/x) \cdot \frac{1}{x^2} \, dx$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x = 1/t$ આદેશ લઈએ,તેથી $dx = -1/t^2 \, dt$.
જ્યારે $x \to 0, t \to \infty$ અને જ્યારે $x \to \infty, t \to 0$.
$I = \int_{\infty}^{0} \frac{1/t}{(1 + 1/t)(1 + 1/t^2)} \cdot (-1/t^2) \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1/t}{(\frac{t+1}{t})(\frac{t^2+1}{t^2})} \cdot \frac{1}{t^2} \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t(t+1)(t^2+1)/t^3} \cdot \frac{1}{t^2} \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(t+1)(t^2+1)} \, dt$.
હવે,$2I = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1+x)(1+x^2)} \, dx + \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x)(1+x^2)} \, dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x+1}{(1+x)(1+x^2)} \, dx = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx$.
$2I = [\tan^{-1}(x)]_{0}^{\infty} = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$I = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \int\limits_1^x \frac{\ln t}{1 + t} dt$.
$f(1/x) = \int\limits_1^{1/x} \frac{\ln t}{1 + t} dt$ ધ્યાનમાં લો.
ધારો કે $t = 1/u$,તો $dt = -1/u^2 du$.
જ્યારે $t = 1$,ત્યારે $u = 1$ અને જ્યારે $t = 1/x$,ત્યારે $u = x$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$f(1/x) = \int\limits_1^x \frac{\ln(1/u)}{1 + 1/u} (-1/u^2) du = \int\limits_1^x \frac{-\ln u}{\frac{u+1}{u}} \cdot \frac{1}{u^2} du = -\int\limits_1^x \frac{\ln u}{u(u+1)} du$.
હવે,$f(x) + f(1/x) = \int\limits_1^x \frac{\ln t}{1 + t} dt - \int\limits_1^x \frac{\ln t}{t(1 + t)} dt = \int\limits_1^x \ln t \left( \frac{1}{1+t} - \frac{1}{t(1+t)} \right) dt$.
સંકલ્યનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{1}{1+t} - \frac{1}{t(1+t)} = \frac{t-1}{t(1+t)}$.
આમ,$f(x) + f(1/x) = \int\limits_1^x \frac{\ln t (t-1)}{t(1+t)} dt$.
આ સંકલન $x=1$ માટે $0$ થાય છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(A) $I.$ વિધેય $f(x) = -x^4$ ધ્યાનમાં લો. તો $f'(x) = -4x^3$ અને $f''(x) = -12x^2$ થાય.
અહીં $f(x)$ ને $x = 0$ પર મહત્તમ મૂલ્ય છે પરંતુ $f''(0) = 0$ થાય છે. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે.
$II.$ $f(x) = \cos x + 1$ ધ્યાનમાં લો,જે $2\pi$ આવર્તમાન ધરાવે છે. પરંતુ $\int (\cos x + 1)\,dx = \sin x + x + C$ એ આવર્તી વિધેય નથી. તેથી,વિધાન $II$ ખોટું છે.
$III.$ $\int\limits_0^T {f(x + a)\,dx}$ માટે,$x + a = y$ લો. તો સંકલન $\int\limits_a^{a + T} {f(y)\,dy}$ બને છે.
આવર્તી વિધેયોના ગુણધર્મ મુજબ $\int\limits_a^{a+T} f(y) dy = \int\limits_0^T f(y) dy$ થાય,તેથી આ વિધાન સાચું છે.
$IV.$ આ વિધાન ત્યારે જ સાચું હોય જો $f$ એ $x = c$ પર સતત હોય. વિધેય $f(x) = \begin{cases} x & \text{જો } x > 0 \\ 1 & \text{જો } x = 0 \\ -x & \text{જો } x < 0 \end{cases}$ ધ્યાનમાં લો.
આ વિધેયને $x = 0$ પર મહત્તમ મૂલ્ય છે,પરંતુ તે સમસ્યામાં જણાવેલ શરતોનું પાલન કરતું નથી. તેથી,વિધાન $IV$ ખોટું છે.
નિષ્કર્ષ: માત્ર વિધાન $III$ સાચું છે. તેથી,માત્ર એક વિધાન સાચું છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{x^2 \ln x}{(1+x^2)^3} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જોઈએ છીએ કે સીમાઓ વ્યસ્ત છે ($a=1/2, b=2$,તેથી $a \times b = 1$).
ધારો કે $x = \frac{1}{t}$,તો $dx = -\frac{1}{t^2} dt$.
જ્યારે $x = \frac{1}{2}, t = 2$. જ્યારે $x = 2, t = \frac{1}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{2}^{\frac{1}{2}} \frac{(\frac{1}{t})^2 \ln(\frac{1}{t})}{(1+(\frac{1}{t})^2)^3} (-\frac{1}{t^2}) dt$
$I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{\frac{1}{t^2} (-\ln t)}{(\frac{t^2+1}{t^2})^3} \frac{1}{t^2} dt$
$I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{-\ln t \cdot \frac{1}{t^4}}{\frac{(1+t^2)^3}{t^6}} dt$
$I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{-\ln t \cdot t^2}{(1+t^2)^3} dt$
$I = -\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{t^2 \ln t}{(1+t^2)^3} dt = -I$.
તેથી,$2I = 0$,જેનો અર્થ છે કે $I = 0$.

(D) આપણે $I = \int_{1}^{6\pi} ([\sec^{-1}x] + [\cot^{-1}x]) dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
જ્યારે $x \ge 1$ હોય,ત્યારે $0 < \sec^{-1}x < \pi/2$ અને $0 < \cot^{-1}x < \pi/4$ થાય.
$x \ge 1$ માટે,$\sec^{-1}x$ ની કિંમત $[0, \pi/2)$ અંતરાલમાં હોય છે. તેથી,$1 \le x < \sec 1$ માટે $[\sec^{-1}x] = 0$ અને $\sec 1 \le x \le 6\pi$ માટે $[\sec^{-1}x] = 1$ થાય.
$x \ge 1$ માટે,$\cot^{-1}x$ ની કિંમત $(0, \pi/4]$ અંતરાલમાં હોય છે. તેથી,તમામ $x \ge 1$ માટે $[\cot^{-1}x] = 0$ થાય.
આથી,સંકલન $I = \int_{1}^{\sec 1} (0 + 0) dx + \int_{\sec 1}^{6\pi} (1 + 0) dx$ થશે.
$I = 0 + [x]_{\sec 1}^{6\pi} = 6\pi - \sec 1$.

(C) ધારો કે $I = \int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{x^2}{1 + \tan x + \sec x} \, dx$ (કારણ કે $x \in [-\pi/2, \pi/2]$ માટે $\sqrt{1+\tan^2 x} = |\sec x| = \sec x$ થાય).
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} (f(x) + f(-x)) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \left( \frac{x^2}{1 + \tan x + \sec x} + \frac{(-x)^2}{1 + \tan(-x) + \sec(-x)} \right) \, dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{1}{1 + \tan x + \sec x} + \frac{1}{1 - \tan x + \sec x} \right) \, dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{1 + \sec x - \tan x + 1 + \sec x + \tan x}{(1 + \sec x)^2 - \tan^2 x} \right) \, dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{2 + 2\sec x}{1 + 2\sec x + \sec^2 x - \tan^2 x} \right) \, dx$
કારણ કે $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,તેથી છેદ $1 + 2\sec x + 1 = 2 + 2\sec x$ થશે.
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{2(1 + \sec x)}{2(1 + \sec x)} \right) \, dx = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \, dx$
$I = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{\pi/2} = \frac{(\pi/2)^3}{3} = \frac{\pi^3}{8 \times 3} = \frac{\pi^3}{24}$.

(B) ધારો કે $I = \int\limits_0^1 {\sqrt[3]{{2{x^3} - 3{x^2} - x + 1}}\,dx}$.
ગુણધર્મ $\int\limits_0^a {f(x)\,dx} = \int\limits_0^a {f(a - x)\,dx}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int\limits_0^1 {\sqrt[3]{{2{{(1 - x)}^3} - 3{{(1 - x)}^2} - (1 - x) + 1}}\,dx}$
ઘનમૂળની અંદરના પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$2{(1 - x)^3} = 2(1 - 3x + 3{x^2} - {x^3}) = 2 - 6x + 6{x^2} - 2{x^3}$
$-3{(1 - x)^2} = -3(1 - 2x + {x^2}) = -3 + 6x - 3{x^2}$
$-(1 - x) + 1 = -1 + x + 1 = x$
સરવાળો કરતા: $(2 - 3 - 1 + 1) + (-6x + 6x + x) + (6{x^2} - 3{x^2}) + (-2{x^3}) = -1 + x + 3{x^2} - 2{x^3}$
આમ,$I = \int\limits_0^1 {\sqrt[3]{{ - 2{x^3} + 3{x^2} + x - 1}}\,dx} = \int\limits_0^1 { - \sqrt[3]{{2{x^3} - 3{x^2} - x + 1}}\,dx} = -I$.
તેથી,$2I = 0$,જેનો અર્થ છે કે $I = 0$.

(A) ધારો કે $I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1 + (2017)^x} \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2(-x)}{1 + (2017)^{-x}} \, dx$.
કારણ કે $\sin^2(-x) = \sin^2 x$,તેથી $I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1 + \frac{1}{(2017)^x}} \, dx = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(2017)^x \sin^2 x}{(2017)^x + 1} \, dx$.
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x + (2017)^x \sin^2 x}{1 + (2017)^x} \, dx = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \, dx$.
$\sin^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$2I = 2 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \, dx$.
$I = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \, dx = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx = \left[ \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$.

(D) ધારો કે $I = \int\limits_0^{1/2} \frac{\ln(1 + 2x)}{1 + 4x^2} \,dx$.
$2x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$2 \,dx = \sec^2 \theta \,d\theta$,તેથી $dx = \frac{1}{2} \sec^2 \theta \,d\theta$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$. જ્યારે $x = 1/2$,ત્યારે $\tan \theta = 1$,તેથી $\theta = \pi/4$.
સંકલન આ મુજબ બનશે: $I = \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\ln(1 + \tan \theta)}{1 + \tan^2 \theta} \cdot \frac{1}{2} \sec^2 \theta \,d\theta$.
$1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$ હોવાથી,$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan \theta) \,d\theta$.
ગુણધર્મ $\int\limits_0^a f(x) \,dx = \int\limits_0^a f(a-x) \,dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan(\pi/4 - \theta)) \,d\theta$.
$\tan(\pi/4 - \theta) = \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}$ હોવાથી,$1 + \tan(\pi/4 - \theta) = 1 + \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta} = \frac{2}{1 + \tan \theta}$.
તેથી,$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} (\ln 2 - \ln(1 + \tan \theta)) \,d\theta = \frac{1}{2} [\theta \ln 2]_0^{\pi/4} - I$.
$2I = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} \ln 2 = \frac{\pi \ln 2}{8}$.
આમ,$I = \frac{\pi \ln 2}{16}$.

(C) આપેલ છે કે $\int_{2}^{4} (3 - f(x)) dx = 7$.
સંકલનનું વિસ્તરણ કરતા: $\int_{2}^{4} 3 dx - \int_{2}^{4} f(x) dx = 7$.
કારણ કે $\int_{2}^{4} 3 dx = [3x]_{2}^{4} = 3(4 - 2) = 6$,તેથી $6 - \int_{2}^{4} f(x) dx = 7$.
આમ,$\int_{2}^{4} f(x) dx = 6 - 7 = -1$.
આપણે $\int_{2}^{-1} f(x) dx$ શોધવાનું છે.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = -\int_{b}^{a} f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$\int_{2}^{-1} f(x) dx = -\int_{-1}^{2} f(x) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{c} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{b}^{c} f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $\int_{-1}^{4} f(x) dx = \int_{-1}^{2} f(x) dx + \int_{2}^{4} f(x) dx$.
જ્ઞાત કિંમતો મૂકતા: $4 = \int_{-1}^{2} f(x) dx + (-1)$.
તેથી,$\int_{-1}^{2} f(x) dx = 4 + 1 = 5$.
અંતે,$\int_{2}^{-1} f(x) dx = -\int_{-1}^{2} f(x) dx = -5$.

(A) ધારો કે $I_1 = \int_{0}^{\pi/2} (x \cos x + 1) e^{\sin x} dx$ અને $I_2 = \int_{0}^{\pi/2} (x \sin x + 1) e^{\cos x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $I_2$ ને રૂપાંતરિત કરીએ છીએ:
$I_2 = \int_{0}^{\pi/2} ((\frac{\pi}{2} - x) \sin(\frac{\pi}{2} - x) + 1) e^{\cos(\frac{\pi}{2} - x)} dx$
$I_2 = \int_{0}^{\pi/2} ((\frac{\pi}{2} - x) \cos x + 1) e^{\sin x} dx$
$I_1$ અને $I_2$ ની ગણતરી કરતા,બંનેનું મૂલ્ય સમાન મળે છે. તેથી ગુણોત્તર $1$ થાય છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{-1/2}^{1/2} (\sin^{-1}(3x - 4x^3) - \cos^{-1}(4x^3 - 3x)) dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [-1/2, 1/2]$ માટે $\sin^{-1}(3x - 4x^3) = 3\sin^{-1}(x)$.
વળી,$\cos^{-1}(4x^3 - 3x) = \cos^{-1}(-(3x - 4x^3)) = \pi - \cos^{-1}(3x - 4x^3)$.
$\sin^{-1}(\theta) + \cos^{-1}(\theta) = \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$\cos^{-1}(3x - 4x^3) = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1}(3x - 4x^3)$.
આ કિંમત મૂકતા,$\cos^{-1}(4x^3 - 3x) = \pi - (\frac{\pi}{2} - \sin^{-1}(3x - 4x^3)) = \frac{\pi}{2} + \sin^{-1}(3x - 4x^3)$.
હવે,સંકલ્ય પદ: $\sin^{-1}(3x - 4x^3) - (\frac{\pi}{2} + \sin^{-1}(3x - 4x^3)) = -\frac{\pi}{2}$ થાય છે.
તેથી,$I = \int_{-1/2}^{1/2} -\frac{\pi}{2} dx = -\frac{\pi}{2} [x]_{-1/2}^{1/2} = -\frac{\pi}{2} (\frac{1}{2} - (-\frac{1}{2})) = -\frac{\pi}{2} (1) = -\frac{\pi}{2}$.

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

(A) ધારો કે $I = \int_{1}^{5} f(x) dx + \int_{2}^{10} g(y) dy$.
કારણ કે $g(y)$ એ $f(x)$ નું પ્રતિવિધેય છે,તેથી $y = f(x)$,જેનો અર્થ છે $x = g(y)$.
જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $y = f(1) = 2$. જ્યારે $x = 5$,ત્યારે $y = f(5) = 10$.
પ્રતિવિધેયના સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા: $\int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{f(a)}^{f(b)} g(y) dy = b f(b) - a f(a)$.
અહીં,$a = 1$ અને $b = 5$ છે.
તેથી,$\int_{1}^{5} f(x) dx + \int_{f(1)}^{f(5)} g(y) dy = 5 f(5) - 1 f(1)$.
આપેલ કિંમતો $f(1) = 2$ અને $f(5) = 10$ મૂકતા:
$= 5(10) - 1(2) = 50 - 2 = 48$.
આમ,સાચો જવાબ $48$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{2}^{4} (x(3 - x)(4 + x)(6 - x)(10 - x) + \sin x) dx$ $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a + b - x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = 2$ અને $b = 4$,આપણને $a + b - x = 6 - x$ મળે છે.
સંકલનમાં $x$ ની જગ્યાએ $6 - x$ મૂકતા:
$I = \int_{2}^{4} ((6 - x)(3 - (6 - x))(4 + (6 - x))(6 - (6 - x))(10 - (6 - x)) + \sin(6 - x)) dx$
$I = \int_{2}^{4} ((6 - x)(x - 3)(10 - x)x(4 + x) + \sin(6 - x)) dx$
અહીં બહુપદી ભાગ $(6 - x)(x - 3)(10 - x)x(4 + x)$ એ મૂળ બહુપદી $x(3 - x)(4 + x)(6 - x)(10 - x)$ ની વિરોધી છે.
તેથી,બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{2}^{4} (\sin x + \sin(6 - x)) dx$
$2I = [-\cos x - \cos(6 - x)]_{2}^{4}$
$2I = (-\cos 4 - \cos 2) - (-\cos 2 - \cos 4) = 0$.
બહુપદી ભાગનું સંકલન $0$ થાય છે.
તેથી,$I = \int_{2}^{4} \sin x dx = [-\cos x]_{2}^{4} = \cos 2 - \cos 4$.

(A) આપેલ છે કે $2f(x) + f(-x) = \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$ .....$(1)$
$x$ ને $-x$ વડે બદલતા,આપણને મળે $2f(-x) + f(x) = \frac{1}{-x} \sin \left( -x - \frac{1}{-x} \right) = \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$ .....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $2$ વડે ગુણીને તેમાંથી $(2)$ બાદ કરતા,$3f(x) = \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$ મળે.
તેથી,$f(x) = \frac{1}{3x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$
હવે,$I = \int_{1/e}^{e} f(x) dx = \frac{1}{3} \int_{1/e}^{e} \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right) dx$
$x = 1/t$ આદેશ લેતા,$dx = -1/t^2 dt$. સીમાઓ $1/e$ થી $e$ બદલાઈને $e$ થી $1/e$ થશે.
$I = \frac{1}{3} \int_{e}^{1/e} t \sin \left( \frac{1}{t} - t \right) (-1/t^2) dt = \frac{1}{3} \int_{e}^{1/e} \frac{1}{t} \sin \left( t - \frac{1}{t} \right) dt = -I$
આમ,$2I = 0$ એટલે કે $I = 0$.

(B) ધારો કે $f(x) = (2^x + 2^{-x})(3^x + 3^{-x})$.
ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને મળે $f(x) = 2^x 3^x + 2^x 3^{-x} + 2^{-x} 3^x + 2^{-x} 3^{-x} = 6^x + (2/3)^x + (3/2)^x + 6^{-x}$.
અહીં $f(-x) = 6^{-x} + (2/3)^{-x} + (3/2)^{-x} + 6^x = 6^{-x} + (3/2)^x + (2/3)^x + 6^x = f(x)$ હોવાથી,$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે.
યુગ્મ વિધેય માટેના ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int_{-4}^{4} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{4} (6^x + (2/3)^x + (3/2)^x + 6^{-x}) \, dx$.
આને $2 \int_{0}^{4} (6^x + 6^{-x} + (2/3)^x + (3/2)^x) \, dx$ તરીકે લખી શકાય છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{-1}^{1} \frac{x^{3} + |x| + 3}{x^{2} + 4|x| + 3} dx$.
અહીં $f(x) = \frac{x^{3} + |x| + 3}{x^{2} + 4|x| + 3}$ છે,તેથી સંકલનને બે ભાગમાં વહેંચતા:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{x^{3}}{x^{2} + 4|x| + 3} dx + \int_{-1}^{1} \frac{|x| + 3}{x^{2} + 4|x| + 3} dx$.
પ્રથમ ભાગ એક અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $[-1, 1]$ પર તેનું સંકલન $0$ થશે.
બીજા ભાગ માટે,$x^2 = |x|^2$ હોવાથી,$\frac{|x| + 3}{|x|^2 + 4|x| + 3} = \frac{|x| + 3}{(|x| + 1)(|x| + 3)} = \frac{1}{|x| + 1}$.
તેથી,$I = 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{x + 1} dx = 2 [\ln(x + 1)]_{0}^{1} = 2 \ln 2$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin \alpha) d\alpha = -\frac{\pi}{2} \ln 2$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે કે $- \frac{4}{\pi} (-\frac{\pi}{2} \ln 2) = 2 \ln 2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપેલ છે કે $h(x) = \int\limits_0^x g(t)dt$. કારણ કે $g(x)$ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $g(-t) = -g(t)$.
$h(-x) = \int\limits_0^{-x} g(t)dt$ ધ્યાનમાં લો. ધારો કે $t = -u$,તો $dt = -du$.
જ્યારે $t=0, u=0$ અને જ્યારે $t=-x, u=x$.
$h(-x) = \int\limits_0^x g(-u)(-du) = \int\limits_0^x -g(-u)du = \int\limits_0^x g(u)du = h(x)$.
આમ,$h(-x) = h(x)$,જેનો અર્થ છે કે $h(x) - h(-x) = 0$ અને $h(x) + h(-x) = 2h(x) = 2\int\limits_0^x g(t)dt$. તેથી,વિધાન $2$ સાચું છે.
વિધાન $3$ માટે,$h(3n) = \int\limits_0^{3n} g(t)dt$. કારણ કે $g(t)$ એ $3$ આવર્તમાન ધરાવતું અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $\int_0^3 g(t)dt = 0$.
અયુગ્મ આવર્તી વિધેયનું તેના આવર્તમાન પરનું સંકલન શૂન્ય હોવાથી,$h(3n) = n \int_0^3 g(t)dt = n(0) = 0$. તેથી,વિધાન $3$ સાચું છે.
તેથી,વિધાન $2$ અને વિધાન $3$ સાચા છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{0}^{x} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $f(x+\pi) = \int_{0}^{x+\pi} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$f(x+\pi) = \int_{0}^{x} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt + \int_{x}^{x+\pi} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$.
આથી $f(x+\pi) = f(x) + \int_{x}^{x+\pi} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$.
અહીં વિધેય $g(t) = 2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t$ એ $T = \frac{\pi}{3}$ આવર્તકાળ ધરાવે છે.
સંકલનનો અંતરાલ $[x, x+\pi]$ ની લંબાઈ $\pi$ છે,જે $T = \frac{\pi}{3}$ નો ગુણક છે (કારણ કે $\pi = 3 \times \frac{\pi}{3}$),તેથી કોઈપણ $\pi$ લંબાઈના અંતરાલ પરનું સંકલન એ $[0, \pi]$ પરના સંકલન જેટલું જ થાય.
આમ,$\int_{x}^{x+\pi} g(t) dt = \int_{0}^{\pi} g(t) dt = f(\pi)$.
તેથી,$f(x+\pi) = f(x) + f(\pi)$.

(B) તફાવત $I_{n+2} - I_n = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin((n+2)x) - \sin(nx)}{\sin(x)} dx$ ધ્યાનમાં લો.
સૂત્ર $\sin(A) - \sin(B) = 2 \cos(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{A-B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin((n+2)x) - \sin(nx) = 2 \cos((n+1)x) \sin(x)$ મળે છે.
તેથી,$I_{n+2} - I_n = \int_{0}^{\pi} 2 \cos((n+1)x) dx = [\frac{2 \sin((n+1)x)}{n+1}]_{0}^{\pi} = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $I_n = I_{n+2}$.
$n=1$ માટે,$I_1 = \int_{0}^{\pi} 1 dx = \pi$.
$n=2$ માટે,$I_2 = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(2x)}{\sin(x)} dx = \int_{0}^{\pi} 2 \cos(x) dx = [2 \sin(x)]_{0}^{\pi} = 0$.
જેમ કે $I_n = I_{n+2}$,બધા એકી પદો $I_1, I_3, \dots, I_9$ એ $\pi$ છે,અને બધા બેકી પદો $I_2, I_4, \dots, I_{10}$ એ $0$ છે.
તેથી,$\sum_{n=1}^{10} I_n = (I_1 + I_3 + I_5 + I_7 + I_9) + (I_2 + I_4 + I_6 + I_8 + I_{10}) = 5(\pi) + 5(0) = 5\pi$.

(D) આપેલ છે કે $I_{n+1} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1} - 1}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1} - 1}{x + 1} dx + \int_{0}^{1} \frac{x^n - 1}{x + 1} dx$ ધ્યાનમાં લો.
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1} + x^n - 2}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^n(x + 1) - 2}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} x^n dx - 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 - 2 [\log(x + 1)]_0^1$.
$I_{n+1} + I_n = \frac{1}{n+1} - 2 \log 2$.
$n = 10$ માટે,આપણને $I_{11} + I_{10} = \frac{1}{11} - 2 \log 2$ મળે છે.
તેથી,$I_{10} + I_{11} + 2 \log 2 = \frac{1}{11}$.

(B) ધારો કે $I = \int\limits_0^1 f(x) \, dx$,જ્યાં $f(x) = \sqrt[3]{2x^3 - 3x^2 - x + 1}$ છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ $\int\limits_a^b f(x) \, dx = \int\limits_a^b f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $I = \int\limits_0^1 f(1-x) \, dx$ મળે છે.
હવે $f(1-x) = \sqrt[3]{2(1-x)^3 - 3(1-x)^2 - (1-x) + 1}$ ની ગણતરી કરીએ.
$f(1-x) = \sqrt[3]{2(1 - 3x + 3x^2 - x^3) - 3(1 - 2x + x^2) - 1 + x + 1}$.
$f(1-x) = \sqrt[3]{2 - 6x + 6x^2 - 2x^3 - 3 + 6x - 3x^2 - 1 + x + 1}$.
$f(1-x) = \sqrt[3]{-2x^3 + 3x^2 + x - 1} = -\sqrt[3]{2x^3 - 3x^2 - x + 1} = -f(x)$.
તેથી,$I = \int\limits_0^1 -f(x) \, dx = -I$.
$2I = 0 \implies I = 0$.

(D) $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos$ વિધેય $(0, \frac{\pi}{2})$ અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય છે.
$\sin x < x$ હોવાથી,$\cos(\sin x) > \cos x$ થાય.
વળી,$\cos x > \sin(\cos x)$ કારણ કે $\sin \theta < \theta$ એ $\theta > 0$ માટે સત્ય છે.
આમ,$x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે $\cos(\sin x) > \cos x > \sin(\cos x)$ મળે છે.
આ અસમતાઓનું $0$ થી $\frac{\pi}{2}$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(\sin x) \,dx > \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \,dx > \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(\cos x) \,dx$.
તેથી,$I > K > J$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{1}^{c} \frac{f(x)}{x} dx$.
આપણે સંકલનને $I = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(x)}{x} dx + \int_{\sqrt{c}}^{c} \frac{f(x)}{x} dx$ તરીકે વિભાજિત કરી શકીએ છીએ.
બીજા સંકલન માટે,ધારો કે $x = \frac{c}{u}$. તો $dx = -\frac{c}{u^2} du$.
જ્યારે $x = \sqrt{c}$,ત્યારે $u = \sqrt{c}$,અને જ્યારે $x = c$,ત્યારે $u = 1$.
તેથી,$\int_{\sqrt{c}}^{c} \frac{f(x)}{x} dx = \int_{\sqrt{c}}^{1} \frac{f(c/u)}{c/u} (-\frac{c}{u^2}) du = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(c/u)}{c/u} \frac{c}{u^2} du = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(u)}{u} du$.
કારણ કે $f(x) = f(c/x)$,તેથી $\int_{\sqrt{c}}^{c} \frac{f(x)}{x} dx = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(u)}{u} du = 3$.
તેથી,$I = 3 + 3 = 6$.

(D) આપણે પ્રતિવિધેયો માટે નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) dx = b f(b) - a f(a)$.
આપેલ છે કે $f: [2, 5] \to [2, 5]$ એક બાયજેક્શન છે,તેથી $f(2) = 2$ અને $f(5) = 5$ થાય (કારણ કે પ્રતિવિધેયનું વિકલન ધન છે,તેથી $f$ વધતું વિધેય છે).
આમ,સંકલન $\int_{2}^{5} f(x) dx + \int_{2}^{5} f^{-1}(x) dx$ બને છે.
$a = 2$ અને $b = 5$ માટે સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_{2}^{5} f(x) dx + \int_{f(2)}^{f(5)} f^{-1}(x) dx = 5 \cdot f(5) - 2 \cdot f(2)$.
$f(5) = 5$ અને $f(2) = 2$ કિંમતો મૂકતા:
$= 5(5) - 2(2) = 25 - 4 = 21$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^\infty {\frac{{{x^3}}}{{1 + x + 2{x^2} + 2{x^3} + {x^4} + {x^5}}}} dx$.
છેદના અવયવ પાડતા: $1 + x + 2x^2 + 2x^3 + x^4 + x^5 = (1+x)(1+x^2)^2$.
તેથી,$I = \int_0^\infty {\frac{{{x^3}}}{{(1 + x){{(1 + {x^2})}^2}}}} dx$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta d\theta$. જ્યારે $x \to 0, \theta \to 0$ અને જ્યારે $x \to \infty, \theta \to \frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan^3 \theta \sec^2 \theta}{(1 + \tan \theta) \sec^4 \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3 \theta}{\cos \theta + \sin \theta} d\theta$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^3 \theta}{\cos \theta + \sin \theta} d\theta$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3 \theta + \cos^3 \theta}{\sin \theta + \cos \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta - \sin \theta \cos \theta) d\theta$.
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \frac{1}{2} \sin 2\theta) d\theta = [\theta + \frac{1}{4} \cos 2\theta]_0^{\frac{\pi}{2}} = (\frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}) - (0 + \frac{1}{4}) = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2} = \frac{\pi - 1}{2}$.
તેથી,$I = \frac{\pi - 1}{4}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-7}^{7} \frac{5^x}{5^{[x]}} dx$.
કારણ કે $x - [x] = \{x\}$ (અપૂર્ણાંક ભાગ),સંકલન $I = \int_{-7}^{7} 5^{\{x\}} dx$ બને છે.
વિધેય $f(x) = 5^{\{x\}}$ એ $T = 1$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$I = 14 \int_{0}^{1} 5^x dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા:
$I = 14 \left[ \frac{5^x}{\ln 5} \right]_{0}^{1}$.
$I = \frac{14}{\ln 5} (5^1 - 5^0) = \frac{14}{\ln 5} (5 - 1)$.
$I = \frac{14 \times 4}{\ln 5} = \frac{56}{\ln 5}$.

(B) આપણે સંકલન $I = \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f''(x) dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીશું.
ધારો કે $u = e^{-2x}$ અને $dv = f''(x) dx$. તેથી $du = -2e^{-2x} dx$ અને $v = f'(x)$ થશે.
$\int u dv = uv - \int v du$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$I = [e^{-2x} f'(x)]_{0}^{\ln 2} - \int_{0}^{\ln 2} f'(x) (-2e^{-2x}) dx$
$I = [e^{-2\ln 2} f'(\ln 2) - e^{0} f'(0)] + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx$
અહીં $e^{-2\ln 2} = e^{\ln(2^{-2})} = \frac{1}{4}$ હોવાથી:
$I = [\frac{1}{4}(4) - 1(3)] + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx = (1 - 3) + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx = -2 + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx$.
હવે,$\int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx$ નું ફરીથી ખંડશઃ સંકલન કરતા:
ધારો કે $u = e^{-2x}$ અને $dv = f'(x) dx$. તેથી $du = -2e^{-2x} dx$ અને $v = f(x)$ થશે.
$\int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx = [e^{-2x} f(x)]_{0}^{\ln 2} - \int_{0}^{\ln 2} f(x) (-2e^{-2x}) dx$
$= [e^{-2\ln 2} f(\ln 2) - e^{0} f(0)] + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f(x) dx$
$= [\frac{1}{4}(6) - 0] + 2(3) = 1.5 + 6 = 7.5$.
આ કિંમત $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = -2 + 2(7.5) = -2 + 15 = 13$.

(B) આપણને $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$ આપેલ છે.
આપણે $f(e^2) - f\left(\frac{1}{e^2}\right) = \int_{1}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt - \int_{1}^{1/e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$ ની ગણતરી કરવાની છે.
નોંધો કે $-\int_{1}^{1/e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt = \int_{1/e^2}^{1} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$.
તેથી,$f(e^2) - f\left(\frac{1}{e^2}\right) = \int_{1}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt + \int_{1/e^2}^{1} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$.
ધારો કે $I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$. ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} g(t) dt = \int_{a}^{b} g\left(\frac{ab}{t}\right) dt$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $ab = (e^2)(1/e^2) = 1$,આપણને મળે છે $I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1}(1/t)}{t} dt$.
બંને પદોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t + \tan^{-1}(1/t)}{t} dt$.
કારણ કે $t > 0$ માટે $\tan^{-1} t + \tan^{-1}(1/t) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $2I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\pi/2}{t} dt = \frac{\pi}{2} [\ln t]_{1/e^2}^{e^2} = \frac{\pi}{2} (\ln e^2 - \ln e^{-2}) = \frac{\pi}{2} (2 - (-2)) = \frac{\pi}{2} (4) = 2\pi$.
તેથી,$I = \frac{2\pi}{2} = \pi$.