Properties of definite integration Questions in Gujarati

(D) ધારો કે $I = \int_{0}^{1} \tan^{-1}\left(\frac{\tan x - 2\cot x}{3}\right) dx$.
નિત્યસમ $\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે સંકલ્યને ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
અહીં $\frac{\tan x - 2\cot x}{3} = \frac{\tan x - 2/\tan x}{1 + (\tan x)(2/\tan x)} = \frac{\tan x - 2/\tan x}{1 + 2}$ થાય છે.
તેથી,$\tan^{-1}\left(\frac{\tan x - 2\cot x}{3}\right) = \tan^{-1}(\tan x) - \tan^{-1}(2\cot x) = x - \tan^{-1}(2\cot x)$.
વધુ સરળ રીત એ છે કે $\tan^{-1}(\frac{\tan x}{2}) - \tan^{-1}(\cot x) = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{\tan x}{2} - \cot x}{1 + \frac{\tan x}{2} \cot x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\tan x - 2\cot x}{3}\right)$ નો ઉપયોગ કરવો.
તેથી,સંકલન $\int_{0}^{1} \tan^{-1}\left(\frac{\tan x}{2}\right) dx - \int_{0}^{1} \tan^{-1}(\cot x) dx$ થશે.
આપેલ છે કે $\int_{0}^{1} \tan^{-1}\left(\frac{\tan x}{2}\right) dx = \alpha$,તેથી $I = \alpha - \int_{0}^{1} (\frac{\pi}{2} - x) dx$.
$I = \alpha - [\frac{\pi}{2}x - \frac{x^2}{2}]_{0}^{1} = \alpha - (\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}) = \alpha - \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-3}^{1} (2(t+1)^5 - 5(t+1)^3 + t + 3) dt$.
$z = t+1$ આદેશ લેતા,$dz = dt$ મળે.
જ્યારે $t = -3$,ત્યારે $z = -2$ અને જ્યારે $t = 1$,ત્યારે $z = 2$.
$I = \int_{-2}^{2} (2z^5 - 5z^3 + (z-1) + 3) dz$
$I = \int_{-2}^{2} (2z^5 - 5z^3 + z + 2) dz$
અહીં $f(z) = 2z^5 - 5z^3 + z$ એ અયુગ્મ વિધેય હોવાથી,$\int_{-2}^{2} (2z^5 - 5z^3 + z) dz = 0$ થાય.
તેથી,$I = \int_{-2}^{2} 2 dz = [2z]_{-2}^{2} = 2(2 - (-2)) = 2(4) = 8$.

(B) આપેલ છે કે $P_n = \int_1^e (\ln x)^n dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = (\ln x)^n$ અને $dv = dx$ લો.
તેથી $du = n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$ અને $v = x$ મળે.
$P_n = [x(\ln x)^n]_1^e - \int_1^e x \cdot n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$.
$P_n = e(1)^n - 0 - n \int_1^e (\ln x)^{n-1} dx$.
$P_n = e - n P_{n-1}$.
હવે,આપણે $P_{10} - 90P_8$ શોધવાનું છે.
પુનરાવર્તિત સંબંધ પરથી:
$P_{10} = e - 10P_9$.
$P_9 = e - 9P_8$.
$P_{10}$ ના સમીકરણમાં $P_9$ ની કિંમત મૂકતા:
$P_{10} = e - 10(e - 9P_8)$.
$P_{10} = e - 10e + 90P_8$.
$P_{10} = -9e + 90P_8$.
તેથી,$P_{10} - 90P_8 = -9e$.

(B) આપેલ પદાવલિ $I = \int_{0}^{\sqrt{3}} (x+4)^2 e^{x^2} dx + \int_{\sqrt{3}}^{0} (x-4)^2 e^{x^2} dx$ છે.
ગુણધર્મ $\int_{b}^{a} f(x) dx = -\int_{a}^{b} f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરીને,બીજા સંકલનને $-\int_{0}^{\sqrt{3}} (x-4)^2 e^{x^2} dx$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$I = \int_{0}^{\sqrt{3}} e^{x^2} \{(x+4)^2 - (x-4)^2\} dx$.
કૌંસમાં રહેલા પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $(x+4)^2 - (x-4)^2 = (x^2 + 8x + 16) - (x^2 - 8x + 16) = 16x$.
આમ,$I = \int_{0}^{\sqrt{3}} e^{x^2} (16x) dx$.
ધારો કે $u = x^2$,તો $du = 2x dx$,જેનો અર્થ છે કે $8 du = 16x dx$.
જ્યારે $x=0, u=0$ અને જ્યારે $x=\sqrt{3}, u=3$.
$I = \int_{0}^{3} 8 e^u du = 8 [e^u]_{0}^{3} = 8(e^3 - e^0) = 8(e^3 - 1)$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-\infty}^{\infty} f\left(x - \frac{1}{x}\right) dx$.
આપણે નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં $\int_{-\infty}^{\infty} g\left(x - \frac{1}{x}\right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} g(u) du$ થાય છે.
ધારો કે $u = x - \frac{1}{x}$,તેથી $du = (1 + \frac{1}{x^2}) dx$.
આ સંકલન $x - \frac{1}{x} = u$ આદેશ લેવાથી મળતું એક પ્રમાણિત પરિણામ છે.
ખાસ કરીને,$\int_{-\infty}^{\infty} f\left(x - \frac{1}{x}\right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(u) du$.
આપેલ છે કે $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$,તેથી $I = 1$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\int_{0}^{1} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx = \int_{0}^{2} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx$.
જમણી બાજુને આ રીતે લખી શકાય: $\int_{0}^{1} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx + \int_{1}^{2} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx$.
બંને બાજુથી $0$ થી $1$ સુધીના સંકલનને બાદ કરતા,આપણને મળે છે: $\int_{1}^{2} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx = 0$.
ધારો કે $f(x) = ax^2 + bx + c$ અને $g(x) = 1 + |\sin x|$. કારણ કે $g(x) > 0$ તમામ $x \in [1, 2]$ માટે છે,તેથી અંતરાલ $[1, 2]$ પર $f(x)g(x)$ ના ગુણાકારનું સંકલન શૂન્ય થવા માટે,વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $(1, 2)$ માં ઓછામાં ઓછી એક વાર તેની નિશાની બદલવી જોઈએ.
ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,જો કોઈ સતત વિધેય અંતરાલમાં નિશાની બદલે,તો તે અંતરાલમાં ઓછામાં ઓછું એક બીજ હોવું જોઈએ.
તેથી,$ax^2 + bx + c = 0$ ને $(1, 2)$ ની વચ્ચે ઓછામાં ઓછું એક વાસ્તવિક બીજ છે.

(C) ધારો કે $I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{x}{{\tan }^{2015}}\left( {x - \frac{1}{x}} \right)dx} $.
$x = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ મળે.
જ્યારે $x = \frac{1}{2}$,ત્યારે $t = 2$ અને જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $t = \frac{1}{2}$.
તેથી,$I = \int\limits_2^{\frac{1}{2}} {t \cdot {{\tan }^{2015}}\left( {\frac{1}{t} - t} \right) \cdot \left( -\frac{1}{t^2} \right) dt} $.
$I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{t} \cdot {{\tan }^{2015}}\left( {-(t - \frac{1}{t})} \right) dt} $.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(- \theta) = -\tan(\theta)$,તેથી $\tan^{2015}(-(t - \frac{1}{t})) = -\tan^{2015}(t - \frac{1}{t})$.
આમ,$I = - \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{t} {{\tan }^{2015}}\left( {t - \frac{1}{t}} \right) dt} = -I$.
$2I = 0 \Rightarrow I = 0$.

(C) ધારો કે $I = \int_{2}^{3} \frac{(x+2)^2}{2x^2-10x+53} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a+b = 2+3 = 5$ છે.
તેથી,$I = \int_{2}^{3} \frac{(5-x+2)^2}{2(5-x)^2-10(5-x)+53} dx = \int_{2}^{3} \frac{(7-x)^2}{2(25-10x+x^2)-50+10x+53} dx$.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $2x^2-20x+50-50+10x+53 = 2x^2-10x+53$.
આમ,$I = \int_{2}^{3} \frac{(7-x)^2}{2x^2-10x+53} dx$.
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int_{2}^{3} \frac{(x+2)^2+(7-x)^2}{2x^2-10x+53} dx = \int_{2}^{3} \frac{x^2+4x+4+49-14x+x^2}{2x^2-10x+53} dx = \int_{2}^{3} \frac{2x^2-10x+53}{2x^2-10x+53} dx = \int_{2}^{3} 1 dx = [x]_{2}^{3} = 3-2 = 1$.
તેથી,$I = \frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{1/2}^{2} \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f\left( \frac{ab}{x} \right) \frac{ab}{x^2} dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = 1/2$ અને $b = 2$,આપણને $ab = 1$ મળે છે.
તેથી,$I = \int_{1/2}^{2} \frac{1}{(1/x)} \sin \left( \frac{1}{x} - x \right) \cdot \frac{1}{x^2} dx$.
$I = \int_{1/2}^{2} x \sin \left( -\left( x - \frac{1}{x} \right) \right) \cdot \frac{1}{x^2} dx$.
કારણ કે $\sin(-\theta) = -\sin(\theta)$,આપણને $I = -\int_{1/2}^{2} \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right) dx$ મળે છે.
આમ,$I = -I$,જેનો અર્થ છે કે $2I = 0$,તેથી $I = 0$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sqrt{\frac{1 + \cos 2x}{2}} = \sqrt{\frac{2 \cos^2 x}{2}} = |\cos x|$.
તેથી,સંકલન $I = \int_{0}^{n\pi + V} |\cos x| dx$ થાય.
$|\cos x|$ નો આવર્તકાળ $\pi$ હોવાથી,$I = \int_{0}^{n\pi} |\cos x| dx + \int_{n\pi}^{n\pi + V} |\cos x| dx$.
$I = n \int_{0}^{\pi} |\cos x| dx + \int_{0}^{V} |\cos x| dx$.
અહીં $\int_{0}^{\pi} |\cos x| dx = \int_{0}^{\pi/2} \cos x dx + \int_{\pi/2}^{\pi} (-\cos x) dx = [\sin x]_{0}^{\pi/2} - [\sin x]_{\pi/2}^{\pi} = 1 - (0 - 1) = 2$.
બીજા ભાગ માટે,$\frac{\pi}{2} < V < \pi$ હોવાથી,$x \in [0, \pi/2]$ માટે $|\cos x| = \cos x$ અને $x \in [\pi/2, V]$ માટે $|\cos x| = -\cos x$ થાય.
તેથી,$\int_{0}^{V} |\cos x| dx = \int_{0}^{\pi/2} \cos x dx + \int_{\pi/2}^{V} (-\cos x) dx = [\sin x]_{0}^{\pi/2} - [\sin x]_{\pi/2}^{V} = 1 - (\sin V - 1) = 2 - \sin V$.
આમ,$I = n(2) + 2 - \sin V = 2n + 2 - \sin V$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = x^4 + |x|$. કારણ કે $f(-x) = (-x)^4 + |-x| = x^4 + |x| = f(x)$,તેથી $f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે.
$I_1 = \int_{0}^{\pi} f(\cos x) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} g(x) dx = \int_{0}^{a} g(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = \int_{0}^{\pi} f(\cos(\pi - x)) dx = \int_{0}^{\pi} f(-\cos x) dx$.
$f(x)$ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$f(-\cos x) = f(\cos x)$ થાય.
તેથી,$I_1 = \int_{0}^{\pi} f(\cos x) dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) dx$.
હવે,$I_2 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) dx$ લો. ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} g(x) dx = \int_{0}^{a} g(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_2 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin(\frac{\pi}{2} - x)) dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) dx$.
આમ,$I_1 = 2 I_2$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{I_1}{I_2} = 2$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-1}^{0} \frac{4x^2 + 4x + 3}{1 + e^{2x + 1}} dx$.
અહીં $4x^2 + 4x + 3 = (2x + 1)^2 + 2$ છે.
$t = 2x + 1$ લેતા,$dt = 2dx$ અથવા $dx = \frac{dt}{2}$ મળે.
જ્યારે $x = -1$ હોય ત્યારે $t = -1$ અને જ્યારે $x = 0$ હોય ત્યારે $t = 1$ થાય.
$I = \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^t} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^t} dt$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(t) dt = \int_{a}^{b} f(a+b-t) dt$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a+b = 0$ હોવાથી,$I = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{(-t)^2 + 2}{1 + e^{-t}} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^{-t}} \cdot \frac{e^t}{e^t} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{(t^2 + 2)e^t}{e^t + 1} dt$.
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^t} dt + \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{(t^2 + 2)e^t}{1 + e^t} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} (t^2 + 2) \frac{1 + e^t}{1 + e^t} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} (t^2 + 2) dt$.
$t^2 + 2$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$\int_{-1}^{1} (t^2 + 2) dt = 2 \int_{0}^{1} (t^2 + 2) dt$.
$2I = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^{1} (t^2 + 2) dt = \left[ \frac{t^3}{3} + 2t \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} + 2 = \frac{7}{3}$.
તેથી,$2I = \frac{7}{3} \implies I = \frac{7}{6}$.

(D) ધારો કે $I = \int\limits_0^\pi e^{\cos^4 x} \cdot \cos^5(2n + 1)x \,dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \,dx = \int_0^a f(a - x) \,dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi e^{\cos^4(\pi - x)} \cdot \cos^5(2n + 1)(\pi - x) \,dx$.
કારણ કે $\cos(\pi - x) = -\cos x$,તેથી $\cos^4(\pi - x) = \cos^4 x$.
વળી,$\cos(2n + 1)(\pi - x) = \cos((2n + 1)\pi - (2n + 1)x) = \cos((2n + 1)\pi) \cdot \cos(2n + 1)x + \sin((2n + 1)\pi) \cdot \sin(2n + 1)x$.
$(2n + 1)$ એકી પૂર્ણાંક હોવાથી,$\cos((2n + 1)\pi) = -1$ અને $\sin((2n + 1)\pi) = 0$.
તેથી,$\cos(2n + 1)(\pi - x) = -\cos(2n + 1)x$.
તેથી,$\cos^5(2n + 1)(\pi - x) = (-\cos(2n + 1)x)^5 = -\cos^5(2n + 1)x$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_0^\pi e^{\cos^4 x} \cdot (-\cos^5(2n + 1)x) \,dx = -I$.
$2I = 0 \implies I = 0$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $x - [x] = \{x\}$,જ્યાં $\{x\}$ એ અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય છે.
તેથી,$\frac{3^x}{3^{[x]}} = 3^{x-[x]} = 3^{\{x\}}$.
સંકલન $I = \int_{-10}^{10} 3^{\{x\}} \, dx$ બને છે.
કારણ કે $\{x\}$ એ $1$ આવર્તમાન ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે અને અંતરાલની લંબાઈ $20$ છે,તેથી:
$I = 20 \int_{0}^{1} 3^x \, dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$I = 20 \left[ \frac{3^x}{\ln 3} \right]_{0}^{1} = \frac{20}{\ln 3} (3^1 - 3^0) = \frac{20}{\ln 3} (3 - 1) = \frac{40}{\ln 3}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{a}^{b} \frac{f(x)}{f(x) + f(a+b-x)} \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $I = \frac{b-a}{2}$.
અહીં,$a = 2 - \log 3$ અને $b = 3 + \log 3$ છે.
વળી,$f(x) = \log(4+x)$,તેથી $f(a+b-x) = \log(4 + (2 - \log 3 + 3 + \log 3 - x)) = \log(4 + 5 - x) = \log(9 - x)$.
આમ,$I = \frac{(3 + \log 3) - (2 - \log 3)}{2} = \frac{1 + 2 \log 3}{2} = \frac{1}{2} + \log 3$.

(B) આપણને ${I_n} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^n}x\,dx}$ આપેલ છે.
સરવાળો ${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {(\tan^n x + \tan^{n-2} x) dx}$ ધ્યાનમાં લો.
${\tan^{n-2} x}$ સામાન્ય લેતા,${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan^{n-2} x (1 + \tan^2 x) dx}$ મળે.
કારણ કે $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,તેથી ${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan^{n-2} x \sec^2 x dx}$.
ધારો કે $u = \tan x$,તો $du = \sec^2 x dx$. જ્યારે $x=0, u=0$ અને જ્યારે $x=\pi/4, u=1$.
આમ,${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^1 {u^{n-2} du} = \left[ \frac{u^{n-1}}{n-1} \right]_0^1 = \frac{1}{n-1}$.
હવે,લક્ષની કિંમત મેળવીએ: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n({I_n} + {I_{n - 2}}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{n-1}$.
અંશ અને છેદને $n$ વડે ભાગતા,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{1 - 1/n} = 1$ મળે.

(C) ધારો કે $I = \int_{-1}^{1} \frac{x^4}{1 + e^{x^7}} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{(-x)^4}{1 + e^{(-x)^7}} dx = \int_{-1}^{1} \frac{x^4}{1 + e^{-x^7}} dx$.
અંશ અને છેદને $e^{x^7}$ વડે ગુણતા:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{x^4 e^{x^7}}{e^{x^7} + 1} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-1}^{1} \frac{x^4}{1 + e^{x^7}} dx + \int_{-1}^{1} \frac{x^4 e^{x^7}}{1 + e^{x^7}} dx = \int_{-1}^{1} \frac{x^4(1 + e^{x^7})}{1 + e^{x^7}} dx$.
$2I = \int_{-1}^{1} x^4 dx$.
$x^4$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$2I = 2 \int_{0}^{1} x^4 dx$.
$I = \int_{0}^{1} x^4 dx = \left[ \frac{x^5}{5} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{5} - 0 = \frac{1}{5}$.

(C) ધારો કે $I(x) = \int_{0}^{\sin^2 x} \sin^{-1} \sqrt{t} \, dt + \int_{0}^{\cos^2 x} \cos^{-1} \sqrt{t} \, dt$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરવા માટે લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$I'(x) = \sin^{-1}(\sqrt{\sin^2 x}) \cdot \frac{d}{dx}(\sin^2 x) + \cos^{-1}(\sqrt{\cos^2 x}) \cdot \frac{d}{dx}(\cos^2 x)$.
$x \in (0, \pi/2)$ હોવાથી,$\sin x > 0$ અને $\cos x > 0$,તેથી $\sqrt{\sin^2 x} = \sin x$ અને $\sqrt{\cos^2 x} = \cos x$.
$I'(x) = (x) \cdot (2 \sin x \cos x) + (x) \cdot (-2 \cos x \sin x)$.
$I'(x) = x \sin(2x) - x \sin(2x) = 0$.
વિકલન $0$ હોવાથી,$I(x)$ એક અચળ છે.
અચળ કિંમત શોધવા માટે $x = \pi/4$ મૂકતા:
$I(\pi/4) = \int_{0}^{1/2} \sin^{-1} \sqrt{t} \, dt + \int_{0}^{1/2} \cos^{-1} \sqrt{t} \, dt$.
નિત્યસમ $\sin^{-1} \sqrt{t} + \cos^{-1} \sqrt{t} = \pi/2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I(\pi/4) = \int_{0}^{1/2} (\sin^{-1} \sqrt{t} + \cos^{-1} \sqrt{t}) \, dt = \int_{0}^{1/2} \frac{\pi}{2} \, dt = \frac{\pi}{2} [t]_{0}^{1/2} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi}{4}$.

(B) $u = \int_0^1 \frac{\ln(x+1)}{x^2+1} dx$ માટે,$x = \tan \theta$ લેતા,$dx = \sec^2 \theta d\theta$ થાય. જ્યારે $x=0, \theta=0$ અને જ્યારે $x=1, \theta=\frac{\pi}{4}$ મળે.
$u = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan \theta) d\theta$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$u = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan(\frac{\pi}{4}-\theta)) d\theta = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\frac{1-\tan \theta}{1+\tan \theta}) d\theta = \int_0^{\pi/4} \ln(\frac{2}{1+\tan \theta}) d\theta$.
$u = \int_0^{\pi/4} \ln 2 d\theta - \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan \theta) d\theta = \frac{\pi}{4} \ln 2 - u$.
$2u = \frac{\pi}{4} \ln 2 \implies u = \frac{\pi}{8} \ln 2 \implies 4u = \frac{\pi}{2} \ln 2 \dots (1)$.
$v = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin 2x) dx$ માટે,$2x = t$ લેતા,$dx = \frac{1}{2} dt$ થાય. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=\pi$ મળે.
$v = \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \ln(\sin t) dt = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin t) dt$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int_0^{\pi/2} \ln(\sin t) dt = -\frac{\pi}{2} \ln 2$ નો ઉપયોગ કરતા,$v = -\frac{\pi}{2} \ln 2 \dots (2)$ મળે.
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,$4u = -v \implies 4u + v = 0$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-2}^{\pi} \frac{\sin^2 x}{[\frac{x}{\pi}] + \frac{1}{2}} \,dx$.
$[\frac{x}{\pi}]$ ના મૂલ્યના આધારે સંકલનને વિભાજિત કરીએ.
$x \in [-2, 0)$ માટે,$\frac{x}{\pi} \in [-\frac{2}{\pi}, 0)$,તેથી $[\frac{x}{\pi}] = -1$.
$x \in [0, \pi)$ માટે,$\frac{x}{\pi} \in [0, 1)$,તેથી $[\frac{x}{\pi}] = 0$.
આમ,$I = \int_{-2}^{0} \frac{\sin^2 x}{-1 + 1/2} \,dx + \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^2 x}{0 + 1/2} \,dx$.
$I = -2 \int_{-2}^{0} \sin^2 x \,dx + 2 \int_{0}^{\pi} \sin^2 x \,dx$.
$\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = -2 \int_{-2}^{0} \frac{1 - \cos 2x}{2} \,dx + 2 \int_{0}^{\pi} \frac{1 - \cos 2x}{2} \,dx$.
$I = -[x - \frac{\sin 2x}{2}]_{-2}^{0} + [x - \frac{\sin 2x}{2}]_{0}^{\pi}$.
$I = -[0 - (-2 - \frac{\sin(-4)}{2})] + [(\pi - \frac{\sin 2\pi}{2}) - 0]$.
$I = -[2 - \frac{\sin 4}{2}] + \pi = \pi - 2 + \frac{\sin 4}{2}$.
$\sin 4 = 2 \sin 2 \cos 2$ હોવાથી,$I = \pi - 2 + \sin 2 \cos 2$.

(B) ધારો કે $I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{x}{1+\sin x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a+b = \frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{4} = \pi$:
$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{\pi-x}{1+\sin(\pi-x)} dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{\pi-x}{1+\sin x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{x + \pi - x}{1+\sin x} dx = \pi \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{1}{1+\sin x} dx$.
અંશ અને છેદને $(1-\sin x)$ વડે ગુણતા:
$2I = \pi \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{1-\sin x}{\cos^2 x} dx = \pi \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} (\sec^2 x - \sec x \tan x) dx$.
સંકલન કરતા:
$2I = \pi [\tan x - \sec x]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$2I = \pi [(\tan \frac{3\pi}{4} - \sec \frac{3\pi}{4}) - (\tan \frac{\pi}{4} - \sec \frac{\pi}{4})]$.
$2I = \pi [(-1 - (-\sqrt{2})) - (1 - \sqrt{2})] = \pi [\sqrt{2} - 1 - 1 + \sqrt{2}] = \pi [2\sqrt{2} - 2]$.
$I = \pi(\sqrt{2}-1)$.

(D) $x \in (0, 1)$ માટે,આપણી પાસે $x^3 < x^2 < x$ છે.
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને $-x^3 > -x^2 > -x$ મળે છે.
ઘાતાંકીય વિધેય $f(t) = e^t$ વધતું વિધેય હોવાથી,$e^{-x^3} > e^{-x^2} > e^{-x}$ થાય.
હવે,સંકલ્ય (integrands) ને ધ્યાનમાં લો:
$I_3$ માટે,સંકલ્ય $f_3(x) = e^{-x^3}$ છે.
$I_2$ માટે,સંકલ્ય $f_2(x) = e^{-x^2} \cos^2 x$ છે. $0 \le \cos^2 x \le 1$ હોવાથી,$e^{-x^2} \cos^2 x \le e^{-x^2}$ થાય.
$I_1$ માટે,સંકલ્ય $f_1(x) = e^{-x} \cos^2 x$ છે. $0 \le \cos^2 x \le 1$ હોવાથી,$e^{-x} \cos^2 x \le e^{-x}$ થાય.
$(0, 1)$ અંતરાલ પર વિધેયોની સરખામણી કરતા:
$e^{-x^3} > e^{-x^2} \ge e^{-x^2} \cos^2 x$ સૂચવે છે કે $I_3 > I_2$.
વળી,$e^{-x^2} > e^{-x}$ હોવાથી $e^{-x^2} \cos^2 x > e^{-x} \cos^2 x$ થાય.
આમ,$I_3 > I_2 > I_1$ મળે છે.

(B) આપણને આપેલ છે કે $2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \int_{0}^{1} \cot^{-1} (1 - x + x^2) \, dx$.
ગુણધર્મ $\cot^{-1} u = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} u$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \int_{0}^{1} \left( \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} (1 - x + x^2) \right) dx$.
$2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \frac{\pi}{2} - \int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx$.
પદોને ગોઠવતા:
$\int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx = \frac{\pi}{2} - 2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx$.
હવે,$I = \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx$ ની કિંમત ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) દ્વારા મેળવીએ:
$I = [x \tan^{-1} x]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \, dx = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} [\ln(1+x^2)]_0^1 = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$.
આ કિંમતને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx = \frac{\pi}{2} - 2 \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} + \ln 2 = \ln 2$.

(D) ધારો કે $I = \int_{4}^{10} \frac{[x^2]}{[(x-14)^2] + [x^2]} dx$ ... $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=4$ અને $b=10$,આપણને $a+b-x = 14-x$ મળે છે.
સંકલનમાં $x$ ની જગ્યાએ $14-x$ મૂકતા:
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[(14-x-14)^2] + [(14-x)^2]} dx$
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[(-x)^2] + [(14-x)^2]} dx$
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[x^2] + [(14-x)^2]} dx$ ... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{4}^{10} \frac{[x^2] + [(14-x)^2]}{[x^2] + [(14-x)^2]} dx$
$2I = \int_{4}^{10} 1 dx$
$2I = [x]_{4}^{10} = 10 - 4 = 6$
$I = 3$

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{1+t} dt$.
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{1/x} \frac{\ln t}{1+t} dt$ ધ્યાનમાં લો.
ધારો કે $t = \frac{1}{u}$,તેથી $dt = -\frac{1}{u^2} du$. જ્યારે $t=1, u=1$ અને જ્યારે $t=1/x, u=x$.
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln(1/u)}{1 + 1/u} \left(-\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{-\ln u}{\frac{u+1}{u}} \left(-\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{\ln u}{u(u+1)} du$.
હવે,$f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{1+t} dt + \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t(1+t)} dt = \int_{1}^{x} \ln t \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{t(1+t)} \right) dt$.
ઇન્ટિગ્રન્ડનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{1}{1+t} + \frac{1}{t(1+t)} = \frac{t+1}{t(1+t)} = \frac{1}{t}$.
તેથી,$f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t} dt$.
ધારો કે $\ln t = v$,તેથી $\frac{1}{t} dt = dv$. જ્યારે $t=1, v=0$ અને જ્યારે $t=x, v=\ln x$.
$f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{0}^{\ln x} v dv = \left[ \frac{v^2}{2} \right]_{0}^{\ln x} = \frac{1}{2}(\ln x)^2$.

(C) આપેલ છે કે $f(2 - x) = f(2 + x)$,તેથી વિધેય $x = 2$ ની સાપેક્ષ સંમિત છે.
આપેલ છે કે $f(4 - x) = f(4 + x)$,તેથી વિધેય $x = 4$ ની સાપેક્ષ સંમિત છે.
બીજા સમીકરણમાં $x$ ને $x - 2$ વડે બદલતા: $f(4 - (x - 2)) = f(4 + (x - 2)) \Rightarrow f(6 - x) = f(2 + x)$.
કારણ કે $f(2 - x) = f(2 + x)$,તેથી $f(6 - x) = f(2 - x)$.
ધારો કે $t = 2 - x$,તો $f(4 + t) = f(t)$,જે દર્શાવે છે કે $f(x)$ એ $T = 4$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
આપણને $\int_{0}^{2} f(x) dx = 5$ આપેલ છે.
કારણ કે $f(2 - x) = f(2 + x)$,તેથી $\int_{0}^{4} f(x) dx = \int_{0}^{2} f(x) dx + \int_{2}^{4} f(x) dx = 2 \int_{0}^{2} f(x) dx = 2 \times 5 = 10$.
હવે,$\int_{10}^{50} f(x) dx = \frac{50 - 10}{4} \int_{0}^{4} f(x) dx = 10 \times 10 = 100$.

(C) ધારો કે $I = \int\limits_0^{1/2} \frac{\ln(1 + 2x)}{1 + (2x)^2} dx$.
$2x = \tan \theta$ 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 $\theta = \pi/4$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\ln(1 + \tan \theta)}{1 + \tan^2 \theta} \cdot \frac{1}{2} \sec^2 \theta d\theta$
$1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$ હોવાથી,પદ સાદું રૂપ પામશે:
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan \theta) d\theta$ --- $(1)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan(\pi/4 - \theta)) d\theta$
$\tan(A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ સૂત્ર વાપરતા:
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln\left(1 + \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}\right) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln\left(\frac{1 + \tan \theta + 1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}\right) d\theta = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln\left(\frac{2}{1 + \tan \theta}\right) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} (\ln 2 - \ln(1 + \tan \theta)) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \ln 2 \cdot [\theta]_0^{\pi/4} - \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan \theta) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \ln 2 \cdot \frac{\pi}{4} - I$
$2I = \frac{\pi}{8} \ln 2 \implies I = \frac{\pi}{16} \ln 2$.

(D) આપેલ છે કે $P_n = \int\limits_1^e (\log x)^n \, dx$.
ધારો કે $\log x = t$,તેથી $x = e^t$ અને $dx = e^t \, dt$.
જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = 0$ અને જ્યારે $x = e$,ત્યારે $t = 1$.
આમ,$P_n = \int\limits_0^1 t^n e^t \, dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = t^n$ અને $dv = e^t \, dt$,તેથી $du = nt^{n-1} \, dt$ અને $v = e^t$.
$P_n = [t^n e^t]_0^1 - n \int\limits_0^1 t^{n-1} e^t \, dt = e - n P_{n-1}$.
તેથી,$P_{10} = e - 10 P_9$.
વળી,$P_9 = e - 9 P_8$.
$P_{10}$ ના સમીકરણમાં $P_9$ ની કિંમત મૂકતા:
$P_{10} = e - 10(e - 9 P_8) = e - 10e + 90 P_8$.
$P_{10} = -9e + 90 P_8$.
તેથી,$P_{10} - 90 P_8 = -9e$.

(D) ધારો કે $I = \int_{0}^{\pi} [\cos x] \, dx \quad \dots(1)$
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{\pi} [\cos(\pi - x)] \, dx = \int_{0}^{\pi} [-\cos x] \, dx \quad \dots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{0}^{\pi} ([\cos x] + [-\cos x]) \, dx$
કારણ કે $[x] + [-x] = -1$ જો $x \notin \mathbb{Z}$ અને $0$ જો $x \in \mathbb{Z}$,અને $[0, \pi]$ અંતરાલમાં $\cos x \in \mathbb{Z}$ હોય તેવા બિંદુઓનો ગણ સીમિત છે (માપ શૂન્ય છે),તેથી:
$2I = \int_{0}^{\pi} (-1) \, dx$
$2I = -[x]_{0}^{\pi} = -\pi$
$I = -\frac{\pi}{2}$

(D) આપેલ છે કે $F(x) = \int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t} dt, x > 0$.
ધારો કે $I = \int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t+a} dt$.
$t+a = z$ આદેશ લેતા,તેથી $t = z-a$ અને $dt = dz$.
જ્યારે $t = 1$,ત્યારે $z = 1+a$. જ્યારે $t = x$,ત્યારે $z = x+a$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{1+a}^{x+a} \frac{e^{z-a}}{z} dz = e^{-a} \int_{1+a}^{x+a} \frac{e^{z}}{z} dz$.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ $\int_{b}^{c} f(z) dz = \int_{1}^{c} f(z) dz - \int_{1}^{b} f(z) dz$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = e^{-a} \left[ \int_{1}^{x+a} \frac{e^{z}}{z} dz - \int_{1}^{1+a} \frac{e^{z}}{z} dz \right]$.
$F(x)$ ની વ્યાખ્યા મુજબ,આ પદ નીચે મુજબ થશે:
$I = e^{-a} [F(x+a) - F(1+a)]$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) ધારો કે $I = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{1 + {2^x}}}dx} \quad ......(1)$
ગુણધર્મ $\int\limits_a^b f(x)dx = \int\limits_a^b f(a+b-x)dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે $x$ ને $-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} - x = -x$ વડે બદલીએ છીએ:
$I = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}(-x)}}{{1 + {2^{-x}}}}} dx = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{1 + \frac{1}{2^x}}}} dx = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{2^x}{{\sin }^2}x}}{{2^x + 1}}} dx \quad ......(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}x + {2^x}{{\sin }^2}x}}{{1 + {2^x}}}} dx = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {{{\sin }^2}x dx}$
કારણ કે $\sin^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,$2I = 2 \int\limits_0^{\pi /2} {\sin^2 x dx} = 2 \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1 - \cos 2x}{2} dx}$
$2I = \int\limits_0^{\pi /2} {(1 - \cos 2x) dx} = [x - \frac{\sin 2x}{2}]_0^{\pi /2} = (\frac{\pi}{2} - 0) - (0 - 0) = \frac{\pi}{2}$
તેથી,$I = \frac{\pi}{4}$.

(A) ધારો કે $f(x) = \int_{0}^{\sin^{2}x} \sin^{-1}(\sqrt{t}) \, dt + \int_{0}^{\cos^{2}x} \cos^{-1}(\sqrt{t}) \, dt$.
લીબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \sin^{-1}(\sqrt{\sin^{2}x}) \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{2}x) + \cos^{-1}(\sqrt{\cos^{2}x}) \cdot \frac{d}{dx}(\cos^{2}x)$
$f'(x) = x \cdot (2 \sin x \cos x) + (\frac{\pi}{2} - x) \cdot (-2 \cos x \sin x)$
$f'(x) = x \sin(2x) - (\frac{\pi}{2} - x) \sin(2x) = (2x - \frac{\pi}{2}) \sin(2x)$.
હવે,$x = \frac{\pi}{4}$ માટે $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(\frac{\pi}{4}) = \int_{0}^{1/2} (\sin^{-1}(\sqrt{t}) + \cos^{-1}(\sqrt{t})) \, dt$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}(\sqrt{t}) + \cos^{-1}(\sqrt{t}) = \frac{\pi}{2}$:
$f(\frac{\pi}{4}) = \int_{0}^{1/2} \frac{\pi}{2} \, dt = \frac{\pi}{2} [t]_{0}^{1/2} = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપણને આપેલ છે કે $R_1 = \int_{-2}^3 f(x) dx$ અને $R_2 = \int_{-2}^3 x f(x) dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b g(x) dx = \int_a^b g(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a+b = -2+3 = 1$ છે.
તેથી,$R_2 = \int_{-2}^3 x f(x) dx = \int_{-2}^3 (1-x) f(1-x) dx$.
કારણ કે $f(1-x) = f(x)$,આપણને મળે છે $R_2 = \int_{-2}^3 (1-x) f(x) dx$.
$R_2 = \int_{-2}^3 f(x) dx - \int_{-2}^3 x f(x) dx$.
$R_2 = R_1 - R_2$.
$2R_2 = R_1$ અથવા $R_1 = 2R_2$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-0.9}^{0.9} \left( [x^2] + \log \left( \frac{2-x}{2+x} \right) \right) dx$.
આપણે આને બે સંકલનમાં વિભાજિત કરી શકીએ છીએ: $I = \int_{-0.9}^{0.9} [x^2] dx + \int_{-0.9}^{0.9} \log \left( \frac{2-x}{2+x} \right) dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,કારણ કે $-0.9 < x < 0.9$,તેથી $0 \leq x^2 < 0.81$ મળે. આમ,$x \in (-0.9, 0.9)$ માટે $[x^2] = 0$ થાય. તેથી,$\int_{-0.9}^{0.9} [x^2] dx = 0$.
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $f(x) = \log \left( \frac{2-x}{2+x} \right)$.
ત્યારે $f(-x) = \log \left( \frac{2-(-x)}{2+(-x)} \right) = \log \left( \frac{2+x}{2-x} \right) = \log \left( \left( \frac{2-x}{2+x} \right)^{-1} \right) = -\log \left( \frac{2-x}{2+x} \right) = -f(x)$.
કારણ કે $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે અને અંતરાલ $[-0.9, 0.9]$ એ ઉગમબિંદુની સાપેક્ષ સંમિત છે,તેથી $\int_{-0.9}^{0.9} f(x) dx = 0$.
આમ,$I = 0 + 0 = 0$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{dx}{[x] + [\sin x] + 4}$.
આપણે સંકલનને $x=0$ પર વિભાજિત કરીએ છીએ:
$I = \int_{-\pi/2}^{0} \frac{dx}{[x] + [\sin x] + 4} + \int_{0}^{\pi/2} \frac{dx}{[x] + [\sin x] + 4}$.
$x \in [-\pi/2, 0)$ માટે,$[\sin x] = -1$ અને $x \in [0, \pi/2]$ માટે,$[\sin x] = 0$.
$I = \int_{-\pi/2}^{-1} \frac{dx}{[x] - 1 + 4} + \int_{-1}^{0} \frac{dx}{[x] - 1 + 4} + \int_{0}^{1} \frac{dx}{[x] + 0 + 4} + \int_{1}^{\pi/2} \frac{dx}{[x] + 0 + 4}$.
$I = \int_{-\pi/2}^{-1} 1 dx + \int_{-1}^{0} \frac{1}{2} dx + \int_{0}^{1} \frac{1}{4} dx + \int_{1}^{\pi/2} \frac{1}{5} dx$.
$I = (\frac{\pi}{2} - 1) + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5}(\frac{\pi}{2} - 1) = \frac{3\pi}{5} - \frac{9}{20} = \frac{3(4\pi - 3)}{20}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-2}^{2} f(x) \, dx$,જ્યાં $f(x) = \frac{\sin^2 x}{[\frac{x}{\pi}] + \frac{1}{2}}$.
અંતરાલ $[-2, 2]$ અને $\pi \approx 3.14$ હોવાથી,$\frac{x}{\pi}$ ની કિંમત $(-\frac{2}{\pi}, \frac{2}{\pi}) \approx (-0.63, 0.63)$ ની વચ્ચે છે.
તેથી,$x \in (-2, 0)$ માટે,$[\frac{x}{\pi}] = -1$,અને $x \in [0, 2)$ માટે,$[\frac{x}{\pi}] = 0$.
આપણે સંકલનને વિભાજિત કરીએ: $I = \int_{-2}^{0} \frac{\sin^2 x}{-1 + 0.5} \, dx + \int_{0}^{2} \frac{\sin^2 x}{0 + 0.5} \, dx$.
$I = \int_{-2}^{0} \frac{\sin^2 x}{-0.5} \, dx + \int_{0}^{2} \frac{\sin^2 x}{0.5} \, dx$.
$I = -2 \int_{-2}^{0} \sin^2 x \, dx + 2 \int_{0}^{2} \sin^2 x \, dx$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{0} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા અને $\sin^2(-x) = \sin^2 x$ હોવાથી:
$I = -2 \int_{0}^{2} \sin^2 x \, dx + 2 \int_{0}^{2} \sin^2 x \, dx = 0$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-\pi/4}^{\pi/4} g(f(x)) dx$.
અહીં $f(-x) = \frac{2 - (-x) \cos(-x)}{2 + (-x) \cos(-x)} = \frac{2 + x \cos x}{2 - x \cos x} = \frac{1}{f(x)}$ છે.
તેથી,$g(f(-x)) = \ln(f(-x)) = \ln(1/f(x)) = -\ln(f(x)) = -g(f(x))$.
આમ,$g(f(x))$ એ અયુગ્મ વિધેય (odd function) છે.
કોઈપણ અયુગ્મ વિધેય $h(x)$ માટે,$\int_{-a}^{a} h(x) dx = 0$ થાય છે.
તેથી,$I = 0$.
કારણ કે $\ln 1 = 0$,તેથી સાચો વિકલ્પ $\ln 1$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \int_{0}^{x} g(t) dt$. કારણ કે $g(t)$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે કારણ કે $f(-x) = \int_{0}^{-x} g(t) dt$. $t = -u$ લેતા,$dt = -du$. તેથી $f(-x) = \int_{0}^{x} g(-u) (-du) = -\int_{0}^{x} g(u) du = -f(x)$.
આપેલ છે કે $f(x+5) = g(x)$. કારણ કે $g(x)$ યુગ્મ છે,$g(x) = g(-x)$,તેથી $f(x+5) = g(-x)$.
વધુમાં,$f$ અયુગ્મ હોવાથી,$f(x+5) = -f(-x-5)$.
આપણે $I = \int_{0}^{x} f(t) dt$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$f(x+5) = g(x)$ પરથી,આપણી પાસે $g(t) = f(t+5)$ છે.
$g$ યુગ્મ હોવાથી,$g(t) = g(-t)$,તેથી $f(t+5) = f(-t+5)$.
વિકલનનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = g(x)$.
$f(x+5) = g(x)$ નું $0$ થી $x$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{0}^{x} f(t+5) dt = \int_{0}^{x} g(t) dt = f(x)$.
$u = t+5$ લેતા,$du = dt$. જ્યારે $t=0, u=5$; જ્યારે $t=x, u=x+5$.
તેથી,$\int_{5}^{x+5} f(u) du = f(x)$.
આમ,$\int_{0}^{x} f(t) dt = \int_{x+5}^{5} g(t) dt$ એ સાચો જવાબ છે.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin^3 x}{\sin x + \cos x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\cos^3 x}{\cos x + \sin x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin^3 x + \cos^3 x}{\sin x + \cos x} dx$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{(\sin x + \cos x)(\sin^2 x - \sin x \cos x + \cos^2 x)}{\sin x + \cos x} dx$.
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} (1 - \sin x \cos x) dx$.
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} (1 - \frac{1}{2} \sin 2x) dx$.
$2I = [x + \frac{1}{4} \cos 2x]_{0}^{\pi / 2}$.
$2I = (\frac{\pi}{2} + \frac{1}{4} \cos \pi) - (0 + \frac{1}{4} \cos 0)$.
$2I = (\frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}) - (0 + \frac{1}{4}) = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}$.
$I = \frac{\pi - 1}{4}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{0}^{1} x \cot^{-1}(1 - x^2 + x^4) dx$.
ગુણધર્મ $\cot^{-1}(u) = \tan^{-1}(\frac{1}{u})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે:
$I = \int_{0}^{1} x \tan^{-1}\left(\frac{1}{1 - x^2 + x^4}\right) dx$.
આપણે દલીલને $\frac{x^2 - (x^2 - 1)}{1 + x^2(x^2 - 1)}$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,$I = \int_{0}^{1} x \left[ \tan^{-1}(x^2) - \tan^{-1}(x^2 - 1) \right] dx$.
ધારો કે $x^2 = t$,તો $2x dx = dt$,તેથી $x dx = \frac{1}{2} dt$.
જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=1, t=1$.
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t - 1) dt$.
બીજા સંકલન પર $\int_{0}^{a} f(t) dt = \int_{0}^{a} f(a - t) dt$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(1 - t - 1) dt = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(-t) dt$.
કારણ કે $\tan^{-1}(-t) = -\tan^{-1}(t)$:
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt = \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt$.
ખંડશઃ સંકલન કરતા: $\int \tan^{-1}(t) dt = t \tan^{-1}(t) - \int \frac{t}{1+t^2} dt = t \tan^{-1}(t) - \frac{1}{2} \ln(1+t^2)$.
$0$ થી $1$ સુધી મૂલ્ય શોધતા:
$I = [1 \cdot \tan^{-1}(1) - \frac{1}{2} \ln(2)] - [0 - 0] = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$.

(D) ધારો કે $I = \int_{0}^{2\pi} [\sin 2x(1 + \cos 3x)] \,dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) \,dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \,dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જોઈએ છીએ કે વિધેય $f(x) = [\sin 2x(1 + \cos 3x)]$ માટે $f(2\pi - x) = [\sin(4\pi - 2x)(1 + \cos(6\pi - 3x))] = [-\sin 2x(1 + \cos 3x)]$ થાય છે.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} [f(x) + f(a-x)] \,dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ $x$ માટે જ્યાં $\sin 2x(1 + \cos 3x)$ પૂર્ણાંક ન હોય,ત્યાં $[t] + [-t] = -1$ થાય છે.
કારણ કે વિધેય અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં લગભગ દરેક જગ્યાએ પૂર્ણાંક નથી,તેથી:
$2I = \int_{0}^{2\pi} ( [\sin 2x(1 + \cos 3x)] + [-\sin 2x(1 + \cos 3x)] ) \,dx$
$2I = \int_{0}^{2\pi} -1 \,dx = -2\pi$.
તેથી,$I = -\pi$.

(D) ધારો કે $I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} x(f(x)+f(x+1)) dx \quad \dots(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} g(x) dx = \int_{a}^{b} g(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} (a+b-x)(f(a+b-x)+f(a+b-x+1)) dx$
આપેલ છે કે $f(a+b+1-x) = f(x)$,તેથી $f(a+b-x) = f(x+1)$.
આમ,$I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} (a+b-x)(f(x+1)+f(x)) dx \quad \dots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} (a+b)(f(x)+f(x+1)) dx = \int_{a}^{b} (f(x)+f(x+1)) dx$
$f(a+b+1-x) = f(x)$ હોવાથી,$t = a+b+1-x$ લેતા,$dt = -dx$. જ્યારે $x=a, t=b+1$; જ્યારે $x=b, t=a+1$.
$\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a+1}^{b+1} f(a+b+1-t) dt = \int_{a+1}^{b+1} f(t) dt$.
આમ,$2I = \int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{a}^{b} f(x+1) dx = \int_{a+1}^{b+1} f(x+1) dx + \int_{a}^{b} f(x+1) dx$. આનું સાદું રૂપ $I = \int_{a}^{b} f(x+1) dx = \int_{a-1}^{b-1} f(x) dx$ થાય છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{0}^{2 \pi} \frac{x \sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{2 \pi} \frac{(2 \pi - x) \sin^{8}(2 \pi - x)}{\sin^{8}(2 \pi - x) + \cos^{8}(2 \pi - x)} dx = \int_{0}^{2 \pi} \frac{(2 \pi - x) \sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{0}^{2 \pi} \frac{2 \pi \sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx = 2 \pi \int_{0}^{2 \pi} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$.
$I = \pi \int_{0}^{2 \pi} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{2a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx = 4 \pi \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$.
હવે $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 4 \pi \int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos^{8} x}{\cos^{8} x + \sin^{8} x} dx$.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $2I = 4 \pi \int_{0}^{\pi/2} 1 dx = 4 \pi \cdot \frac{\pi}{2} = 2 \pi^{2}$.
તેથી,$I = \pi^{2}$.

(A) અહીં $f(x) = \sin^{2} x$ એ યુગ્મ વિધેય છે કારણ કે $f(-x) = \sin^{2}(-x) = (-\sin x)^{2} = \sin^{2} x = f(x)$.
તેથી,નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ મુજબ,આપણને મળે છે:
$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sin^{2} x \, dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^{2} x \, dx$
નિત્યસમ $\sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 - \cos 2x) \, dx$
$= \left[ x - \frac{\sin 2x}{2} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
$= \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{2} \right) - (0 - 0)$
$= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} = \frac{\pi - 2}{4}$

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:
$I = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin(\pi - x)}{1 + \cos^2(\pi - x)} dx = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
$I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx - \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
$I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx - I$.
$2I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
$I = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
ધારો કે $\cos x = t$,તેથી $-\sin x dx = dt$. જ્યારે $x=0, t=1$ અને જ્યારે $x=\pi, t=-1$.
$I = \frac{\pi}{2} \int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1 + t^2}$.
$\frac{1}{1+t^2}$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = \frac{\pi}{2} \times 2 \int_{0}^{1} \frac{dt}{1 + t^2} = \pi [\tan^{-1} t]_{0}^{1}$.
$I = \pi (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(0)) = \pi (\frac{\pi}{4} - 0) = \frac{\pi^2}{4}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-1}^{1} \sin^{5} x \cos^{4} x \, dx$.
$f(x) = \sin^{5} x \cos^{4} x$ લો.
આપણે $f(-x)$ ની કિંમત શોધીને વિધેય યુગ્મ છે કે અયુગ્મ તે ચકાસીએ:
$f(-x) = \sin^{5}(-x) \cos^{4}(-x) = (-\sin x)^{5} (\cos x)^{4} = -\sin^{5} x \cos^{4} x = -f(x)$.
અહીં $f(-x) = -f(x)$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ,જો $f(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોય,તો $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 0$ થાય.
તેથી,$I = 0$.

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

(A) ધારો કે $I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{d x}{1+\sqrt{\tan x}} = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\cos x} d x}{\sqrt{\cos x}+\sqrt{\sin x}}$ .... $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) d x = \int_{a}^{b} f(a+b-x) d x$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a+b = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\cos(\frac{\pi}{2}-x)} d x}{\sqrt{\cos(\frac{\pi}{2}-x)} + \sqrt{\sin(\frac{\pi}{2}-x)}} = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\sin x} d x}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}$ .... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$2I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}} d x = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} 1 d x$
$2I = [x]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6}$
તેથી,$I = \frac{\pi}{12}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin x \, dx$
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \cos x \, dx$
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\log \sin x + \log \cos x) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x \cos x) \, dx$
લોગેરિધમની અંદર $2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log\left(\frac{\sin 2x}{2}\right) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin 2x \, dx - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log 2 \, dx$
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin 2x \, dx - \frac{\pi}{2} \log 2$
પ્રથમ સંકલન માટે,$2x = t$ લેતા,$2 \, dx = dt$. જ્યારે $x=0, t=0$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{2}, t=\pi$:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin 2x \, dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \log \sin t \, dt = \frac{1}{2} \times 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin t \, dt = I$ (કારણ કે $\int_{0}^{2a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ જો $f(2a-x) = f(x)$ હોય)
કિંમત મૂકતા:
$2I = I - \frac{\pi}{2} \log 2$
$I = -\frac{\pi}{2} \log 2$

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