Properties of definite integration Questions in Gujarati

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \log_e \left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right)$. નોંધો કે $f(-x) = \log_e \left(-x + \sqrt{x^2 + 1}\right) = \log_e \left(\frac{1}{\sqrt{x^2 + 1} + x}\right) = -f(x)$. આમ,$f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
$g(t) = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos \left(\frac{\pi}{4} t + f(x)\right) \, dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left[ \cos \left(\frac{\pi}{4} t\right) \cos(f(x)) - \sin \left(\frac{\pi}{4} t\right) \sin(f(x)) \right] \, dx$.
$f(x)$ અયુગ્મ હોવાથી,$\cos(f(x))$ એ યુગ્મ વિધેય છે અને $\sin(f(x))$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
તેથી,$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin \left(\frac{\pi}{4} t\right) \sin(f(x)) \, dx = 0$.
તેથી,$g(t) = \cos \left(\frac{\pi}{4} t\right) \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(f(x)) \, dx$.
ધારો કે $C = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(f(x)) \, dx$. તો $g(t) = C \cos \left(\frac{\pi}{4} t\right)$.
$g(1) = C \cos \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{C}{\sqrt{2}}$ અને $g(0) = C \cos(0) = C$.
આમ,$g(1) = \frac{g(0)}{\sqrt{2}}$,જેનો અર્થ છે કે $\sqrt{2} g(1) = g(0)$.

(B) ધારો કે $I = \int_{0}^{100 \pi} \frac{\sin ^{2} x}{e^{\left(\frac{x}{\pi}-\left[\frac{x}{\pi}\right]\right)}} d x$.
વિધેય $f(x) = \frac{\sin^2 x}{e^{\left(\frac{x}{\pi}-\left[\frac{x}{\pi}\right]\right)}}$ એ $\pi$ આવર્તકાળ ધરાવે છે,તેથી $I = 100 \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^2 x}{e^{x/\pi}} dx$.
$I = 100 \int_{0}^{\pi} e^{-x/\pi} \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right) dx = 50 \left[ \int_{0}^{\pi} e^{-x/\pi} dx - \int_{0}^{\pi} e^{-x/\pi} \cos 2x dx \right]$.
ધારો કે $I_1 = \int_{0}^{\pi} e^{-x/\pi} dx = [-\pi e^{-x/\pi}]_0^{\pi} = \pi(1-e^{-1})$.
ધારો કે $I_2 = \int_{0}^{\pi} e^{-x/\pi} \cos 2x dx$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$I_2 = [-\pi e^{-x/\pi} \cos 2x]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \pi e^{-x/\pi} (2 \sin 2x) dx = \pi(1-e^{-1}) - 2\pi \int_0^{\pi} e^{-x/\pi} \sin 2x dx$.
બીજા ભાગનું ફરીથી સંકલન કરતા,$\int_0^{\pi} e^{-x/\pi} \sin 2x dx = [-\pi e^{-x/\pi} \sin 2x]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \pi e^{-x/\pi} (2 \cos 2x) dx = 2\pi I_2$.
આમ,$I_2 = \pi(1-e^{-1}) - 2\pi(2\pi I_2) = \pi(1-e^{-1}) - 4\pi^2 I_2$.
$I_2(1+4\pi^2) = \pi(1-e^{-1}) \implies I_2 = \frac{\pi(1-e^{-1})}{1+4\pi^2}$.
કિંમત મૂકતા,$I = 50 [\pi(1-e^{-1}) - \frac{\pi(1-e^{-1})}{1+4\pi^2}] = 50 \pi(1-e^{-1}) [\frac{4\pi^2}{1+4\pi^2}] = \frac{200(1-e^{-1})\pi^3}{1+4\pi^2}$.
$\frac{\alpha \pi^3}{1+4\pi^2}$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = 200(1-e^{-1})$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} \frac{1}{1 + (\tan 2x)^{1/3}} dx = \int_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} \frac{(\cos 2x)^{1/3}}{(\cos 2x)^{1/3} + (\sin 2x)^{1/3}} dx \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a+b = \frac{\pi}{24} + \frac{5\pi}{24} = \frac{6\pi}{24} = \frac{\pi}{4}$.
તેથી $I = \int_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} \frac{(\cos(2(\frac{\pi}{4} - x)))^{1/3}}{(\cos(2(\frac{\pi}{4} - x)))^{1/3} + (\sin(2(\frac{\pi}{4} - x)))^{1/3}} dx$
$I = \int_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} \frac{(\cos(\frac{\pi}{2} - 2x))^{1/3}}{(\cos(\frac{\pi}{2} - 2x))^{1/3} + (\sin(\frac{\pi}{2} - 2x))^{1/3}} dx$
$I = \int_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} \frac{(\sin 2x)^{1/3}}{(\sin 2x)^{1/3} + (\cos 2x)^{1/3}} dx \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} \frac{(\cos 2x)^{1/3} + (\sin 2x)^{1/3}}{(\cos 2x)^{1/3} + (\sin 2x)^{1/3}} dx = \int_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} 1 dx$
$2I = [x]_{\pi / 24}^{5 \pi / 24} = \frac{5\pi}{24} - \frac{\pi}{24} = \frac{4\pi}{24} = \frac{\pi}{6}$
$I = \frac{\pi}{12}$

(B) ધારો કે $I = \int_{-1}^{1} f(x) \, dx$,જ્યાં $f(x) = \log \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$ છે.
$f(-x)$ ની ગણતરી કરીને ચકાસો કે $f(x)$ અયુગ્મ વિધેય છે કે નહીં:
$f(-x) = \log \left(-x+\sqrt{(-x)^{2}+1}\right) = \log \left(\sqrt{x^{2}+1}-x\right)$.
અંશ અને છેદને $(\sqrt{x^{2}+1}+x)$ વડે ગુણતા:
$f(-x) = \log \left(\frac{(\sqrt{x^{2}+1}-x)(\sqrt{x^{2}+1}+x)}{\sqrt{x^{2}+1}+x}\right) = \log \left(\frac{x^{2}+1-x^{2}}{\sqrt{x^{2}+1}+x}\right) = \log \left(\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}+x}\right)$.
ગુણધર્મ $\log(1/a) = -\log(a)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(-x) = -\log \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right) = -f(x)$.
આમ,$f(-x) = -f(x)$ હોવાથી,આ વિધેય અયુગ્મ વિધેય છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ,જો $f(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોય,તો $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 0$ થાય.
તેથી,$\int_{-1}^{1} \log \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right) \, dx = 0$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d x}{\left(1+e^{x \cos x}\right)\left(\sin ^{4} x+\cos ^{4} x\right)} \cdots(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) d x = \int_{a}^{b} f(a+b-x) d x$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = -\frac{\pi}{4}$ અને $b = \frac{\pi}{4}$,આપણને $a+b = 0$ મળે છે. તેથી,$f(x)$ એ $f(-x)$ બને છે:
$I = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d x}{\left(1+e^{-x \cos(-x)}\right)\left(\sin ^{4}(-x)+\cos ^{4}(-x)\right)} = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d x}{\left(1+e^{-x \cos x}\right)\left(\sin ^{4} x+\cos ^{4} x\right)} \cdots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{1}{1+e^{x \cos x}} + \frac{1}{1+e^{-x \cos x}} \right) \frac{d x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x}$
કારણ કે $\frac{1}{1+e^{x \cos x}} + \frac{1}{1+e^{-x \cos x}} = 1$,તેથી:
$2I = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x} = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x}$
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{(1+\tan^2 x) \sec^2 x}{\tan^4 x + 1} dx$
ધારો કે $\tan x = u$,તો $\sec^2 x dx = du$. જ્યારે $x \to 0, u \to 0$ અને $x \to \frac{\pi}{4}, u \to 1$:
$I = \int_{0}^{1} \frac{1+u^2}{u^4+1} du = \int_{0}^{1} \frac{1+\frac{1}{u^2}}{u^2+\frac{1}{u^2}} du = \int_{0}^{1} \frac{1+\frac{1}{u^2}}{(u-\frac{1}{u})^2 + 2} du$
ધારો કે $u-\frac{1}{u} = t$,તો $(1+\frac{1}{u^2}) du = dt$. જ્યારે $u \to 0, t \to -\infty$ અને $u \to 1, t \to 0$:
$I = \int_{-\infty}^{0} \frac{dt}{t^2+2} = \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1} \left( \frac{t}{\sqrt{2}} \right) \right]_{-\infty}^{0} = \frac{1}{\sqrt{2}} (0 - (-\frac{\pi}{2})) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$

(C) વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લઘુગણકના પદો ધન હોવા જોઈએ:
$\log_{5}(\log_{3}(18x - x^{2} - 77)) > 0 \implies \log_{3}(18x - x^{2} - 77) > 1 \implies 18x - x^{2} - 77 > 3$
$x^{2} - 18x + 80 < 0 \implies (x - 8)(x - 10) < 0 \implies x \in (8, 10)$.
આમ,$a = 8$ અને $b = 10$.
ધારો કે $I = \int_{a}^{b} \frac{\sin^{3} x}{\sin^{3} x + \sin^{3}(a + b - x)} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a + b - x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{a}^{b} \frac{\sin^{3}(a + b - x)}{\sin^{3}(a + b - x) + \sin^{3} x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{a}^{b} \frac{\sin^{3} x + \sin^{3}(a + b - x)}{\sin^{3} x + \sin^{3}(a + b - x)} dx = \int_{a}^{b} 1 dx = b - a$.
$I = \frac{b - a}{2} = \frac{10 - 8}{2} = 1$.

(D) ધારો કે $I = \int \limits_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \frac{d x}{\left(1+e^{x}\right)\left(\sin ^{6} x+\cos ^{6} x\right)}$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $I = \int \limits_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \frac{d x}{\left(1+e^{-x}\right)\left(\sin ^{6} x+\cos ^{6} x\right)}$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int \limits_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \left( \frac{1}{1+e^x} + \frac{1}{1+e^{-x}} \right) \frac{dx}{\sin^6 x + \cos^6 x}$.
કારણ કે $\frac{1}{1+e^x} + \frac{1}{1+e^{-x}} = 1$,તેથી:
$2I = \int \limits_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \frac{dx}{\sin^6 x + \cos^6 x}$.
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,$2I = 2 \int \limits_{0}^{\pi / 2} \frac{dx}{\sin^6 x + \cos^6 x}$,તેથી $I = \int \limits_{0}^{\pi / 2} \frac{dx}{\sin^6 x + \cos^6 x}$.
અંશ અને છેદને $\cos^6 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int \limits_{0}^{\pi / 2} \frac{\sec^6 x dx}{\tan^6 x + 1} = \int \limits_{0}^{\pi / 2} \frac{(1+\tan^2 x)^2 \sec^2 x dx}{\tan^6 x + 1}$.
ધારો કે $\tan x = t$,તો $\sec^2 x dx = dt$:
$I = \int \limits_{0}^{\infty} \frac{(1+t^2)^2}{t^6+1} dt = \int \limits_{0}^{\infty} \frac{1+2t^2+t^4}{t^6+1} dt$.
આ સંકલનનું મૂલ્ય $\frac{\pi}{2}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \limits_{0}^{\pi} \frac{e^{\cos x} \sin x}{(1+\cos^2 x)(e^{\cos x}+e^{-\cos x})} dx$ $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \limits_{0}^{\pi} \frac{e^{\cos(\pi-x)} \sin(\pi-x)}{(1+\cos^2(\pi-x))(e^{\cos(\pi-x)}+e^{-\cos(\pi-x)})} dx$
$I = \int \limits_{0}^{\pi} \frac{e^{-\cos x} \sin x}{(1+\cos^2 x)(e^{-\cos x}+e^{\cos x})} dx$ $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int \limits_{0}^{\pi} \frac{(e^{\cos x} + e^{-\cos x}) \sin x}{(1+\cos^2 x)(e^{\cos x}+e^{-\cos x})} dx$
$2I = \int \limits_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} dx$
કારણ કે $\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ ની સાપેક્ષ સંમિત છે,તેથી $2I = 2 \int \limits_{0}^{\pi/2} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} dx$
$I = \int \limits_{0}^{\pi/2} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} dx$
ધારો કે $\cos x = t$,તો $-\sin x dx = dt$. જ્યારે $x=0, t=1$; જ્યારે $x=\pi/2, t=0$.
$I = -\int \limits_{1}^{0} \frac{dt}{1+t^2} = \int \limits_{0}^{1} \frac{dt}{1+t^2} = [\tan^{-1} t]_{0}^{1} = \tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(0) = \frac{\pi}{4}$

(A) ધારો કે $I = \frac{48}{\pi^{4}} \int_{0}^{\pi} x^{2} \left(\frac{3 \pi}{2} - x\right) \frac{\sin x}{1 + \cos^{2} x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{48}{\pi^{4}} \int_{0}^{\pi} (\pi-x)^{2} \left(\frac{3 \pi}{2} - (\pi-x)\right) \frac{\sin x}{1 + \cos^{2} x} dx$
$I = \frac{48}{\pi^{4}} \int_{0}^{\pi} (\pi-x)^{2} \left(\frac{\pi}{2} + x\right) \frac{\sin x}{1 + \cos^{2} x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{48}{\pi^{4}} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^{2} x} [x^{2}(\frac{3\pi}{2}-x) + (\pi-x)^{2}(\frac{\pi}{2}+x)] dx$.
કૌંસની અંદરના પદનું સાદુંરૂપ આપતા:
$x^{2}(\frac{3\pi}{2}-x) + (\pi^{2}-2\pi x+x^{2})(\frac{\pi}{2}+x) = \frac{3\pi x^{2}}{2} - x^{3} + \frac{\pi^{3}}{2} + \pi^{2}x - \pi^{2}x - 2\pi x^{2} + \frac{x^{2}\pi}{2} + x^{3} = \frac{\pi^{3}}{2}$.
આમ,$2I = \frac{48}{\pi^{4}} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^{2} x} \cdot \frac{\pi^{3}}{2} dx = \frac{24}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^{2} x} dx$.
ધારો કે $\cos x = t$,તો $-\sin x dx = dt$. જ્યારે $x=0, t=1$; જ્યારે $x=\pi, t=-1$.
$2I = \frac{24}{\pi} \int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1+t^{2}} = \frac{24}{\pi} \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1+t^{2}} = \frac{24}{\pi} [\tan^{-1} t]_{-1}^{1} = \frac{24}{\pi} (\frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4})) = \frac{24}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = 12$.
તેથી,$I = 6$.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{|x^{3}+x|}{e^{x|x|}+1}$.
આપણે ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} (f(x) + f(-x)) dx$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં $a = 2$ છે,તેથી $\int_{-2}^{2} f(x) dx = \int_{0}^{2} (f(x) + f(-x)) dx$.
કારણ કે $|x^3+x| = |x(x^2+1)| = |x|(x^2+1)$,$x > 0$ માટે,$|x^3+x| = x(x^2+1) = x^3+x$.
વળી,$f(-x) = \frac{|(-x)^3+(-x)|}{e^{-x|-x|}+1} = \frac{|-(x^3+x)|}{e^{-x^2}+1} = \frac{x^3+x}{e^{-x^2}+1}$.
આમ,$f(x) + f(-x) = \frac{x^3+x}{e^{x^2}+1} + \frac{x^3+x}{e^{-x^2}+1} = (x^3+x) \left( \frac{1}{e^{x^2}+1} + \frac{e^{x^2}}{1+e^{x^2}} \right) = (x^3+x) \left( \frac{1+e^{x^2}}{1+e^{x^2}} \right) = x^3+x$.
તેથી,$\int_{0}^{2} (x^3+x) dx = \left[ \frac{x^4}{4} + \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{2} = \left( \frac{16}{4} + \frac{4}{2} \right) - 0 = 4 + 2 = 6$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) + f(x + k) = n$.
$x$ ને $x + k$ વડે બદલતા,આપણને $f(x + k) + f(x + 2k) = n$ મળે છે.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા,$f(x + 2k) - f(x) = 0$,તેથી $f(x + 2k) = f(x)$.
આમ,$f(x)$ એ $T = 2k$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
$T$ આવર્તકાળ ધરાવતા આવર્તી વિધેય માટે,$\int_{a}^{a+nT} f(x) dx = n \int_{0}^{T} f(x) dx$.
$I_{1} = \int_{0}^{4nk} f(x) dx = \int_{0}^{(2n)2k} f(x) dx = 2n \int_{0}^{2k} f(x) dx$.
$I_{2} = \int_{-k}^{3k} f(x) dx = \int_{0}^{4k} f(x) dx = 2 \int_{0}^{2k} f(x) dx$.
હવે,$\int_{0}^{2k} f(x) dx = \int_{0}^{k} f(x) dx + \int_{k}^{2k} f(x) dx$.
કારણ કે $f(x + k) = n - f(x)$,$\int_{k}^{2k} f(x) dx = \int_{0}^{k} f(x + k) dx = \int_{0}^{k} (n - f(x)) dx = nk - \int_{0}^{k} f(x) dx$.
તેથી,$\int_{0}^{2k} f(x) dx = \int_{0}^{k} f(x) dx + nk - \int_{0}^{k} f(x) dx = nk$.
આ કિંમત પાછી મૂકતા,$I_{1} = 2n(nk) = 2n^{2}k$ અને $I_{2} = 2(nk) = 2nk$.
અંતે,$I_{1} + nI_{2} = 2n^{2}k + n(2nk) = 2n^{2}k + 2n^{2}k = 4n^{2}k$.

(C) ધારો કે $LHS = \int_{0}^{2}(\sqrt{2x}-\sqrt{2x-x^{2}}) dx$.
પ્રથમ ભાગનું મૂલ્યાંકન: $\int_{0}^{2}\sqrt{2x} dx = \sqrt{2} [\frac{x^{3/2}}{3/2}]_{0}^{2} = \sqrt{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 2\sqrt{2} = \frac{8}{3}$.
બીજા ભાગનું મૂલ્યાંકન: $\int_{0}^{2}\sqrt{1-(x-1)^{2}} dx$. ધારો કે $x-1 = \sin \theta$,તો $dx = \cos \theta d\theta$. સંકલન $\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^{2} \theta d\theta = \frac{\pi}{2}$ બને છે.
તેથી,$LHS = \frac{8}{3} - \frac{\pi}{2}$.
હવે,$RHS$ પદોનું મૂલ્યાંકન: $\int_{0}^{1}(1-\sqrt{1-y^{2}}-\frac{y^{2}}{2}) dy = [y - \frac{1}{2}(y\sqrt{1-y^{2}} + \sin^{-1} y) - \frac{y^{3}}{6}]_{0}^{1} = 1 - \frac{\pi}{4} - \frac{1}{6} = \frac{5}{6} - \frac{\pi}{4}$.
$\int_{1}^{2}(2-\frac{y^{2}}{2}) dy = [2y - \frac{y^{3}}{6}]_{1}^{2} = (4 - \frac{8}{6}) - (2 - \frac{1}{6}) = 2 - \frac{7}{6} = \frac{5}{6}$.
આમ,$LHS = \frac{5}{6} - \frac{\pi}{4} + \frac{5}{6} + I = \frac{5}{3} - \frac{\pi}{4} + I$.
$LHS$ અને $RHS$ ને સરખાવતા: $\frac{8}{3} - \frac{\pi}{2} = \frac{5}{3} - \frac{\pi}{4} + I$.
$I = \frac{3}{3} - \frac{\pi}{4} = 1 - \frac{\pi}{4} = \int_{0}^{1}(1-\sqrt{1-y^{2}}) dy$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-3}^{101} ([\sin(\pi x)] + e^{[\cos(2\pi x)]}) dx$.
$[\sin(\pi x)]$ નું આવર્તમાન $2$ છે અને $e^{[\cos(2\pi x)]}$ નું આવર્તમાન $1$ છે,તેથી વિધેય $f(x) = [\sin(\pi x)] + e^{[\cos(2\pi x)]}$ નું આવર્તમાન $2$ છે.
અંતરાલની લંબાઈ $101 - (-3) = 104$ છે. આવર્તમાન $2$ હોવાથી,$104$ લંબાઈના અંતરાલ પરનું સંકલન એ $[0, 2]$ પરના સંકલન કરતા $52$ ગણું થાય.
$I = 52 \int_{0}^{2} ([\sin(\pi x)] + e^{[\cos(2\pi x)]}) dx$.
$[\sin(\pi x)]$ માટે: $[0, 1]$ માં,$\sin(\pi x) \in [0, 1]$,તેથી $[\sin(\pi x)] = 0$. $[1, 2]$ માં,$\sin(\pi x) \in [-1, 0]$,તેથી $[\sin(\pi x)] = -1$. આમ,$\int_{0}^{2} [\sin(\pi x)] dx = \int_{1}^{2} -1 dx = -1$.
$e^{[\cos(2\pi x)]}$ માટે: જ્યારે $x \in [0, 1/4] \cup [3/4, 5/4] \cup [7/4, 2]$ હોય ત્યારે $\cos(2\pi x) \ge 0$,તેથી $[\cos(2\pi x)] = 0$ અને $e^0 = 1$. જ્યારે $\cos(2\pi x) < 0$ હોય,એટલે કે $(1/4, 3/4) \cup (5/4, 7/4)$ માં,$[\cos(2\pi x)] = -1$,તેથી $e^{-1} = 1/e$.
$\int_{0}^{2} e^{[\cos(2\pi x)]} dx = (1/4 + 1/2 + 1/4) \times 1 + (1/2 + 1/2) \times (1/e) = 1 + 1/e$.
$I = 52 \times (-1 + 1 + 1/e) = 52/e$.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $T = 2$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
આપેલ સંકલન $I = \frac{\pi^2}{10} \int_{-10}^{10} f(x) \cos(\pi x) dx$ છે.
$f(x)$ નો આવર્તકાળ $2$ હોવાથી અને $\cos(\pi x)$ નો આવર્તકાળ પણ $2$ હોવાથી,$[-10, 10]$ પરનું સંકલન એ $[0, 2]$ પરના સંકલન કરતા $10$ ગણું થશે.
$I = \frac{\pi^2}{10} \times 10 \int_{0}^{2} f(x) \cos(\pi x) dx = \pi^2 \int_{0}^{2} f(x) \cos(\pi x) dx$.
$x \in [0, 1)$ માટે,$[x] = 0$ (બેકી),તેથી $f(x) = 1 + 0 - x = 1 - x$.
$x \in [1, 2)$ માટે,$[x] = 1$ (એકી),તેથી $f(x) = x - 1$.
આમ,$I = \pi^2 \left( \int_{0}^{1} (1 - x) \cos(\pi x) dx + \int_{1}^{2} (x - 1) \cos(\pi x) dx \right)$.
પ્રથમ સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{0}^{1} (1 - x) \cos(\pi x) dx = \left[ (1 - x) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \right]_0^1 - \int_0^1 (-1) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} dx = 0 + \left[ -\frac{\cos(\pi x)}{\pi^2} \right]_0^1 = -\frac{1}{\pi^2} (-1 - 1) = \frac{2}{\pi^2}$.
બીજા સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{1}^{2} (x - 1) \cos(\pi x) dx = \left[ (x - 1) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \right]_1^2 - \int_1^2 (1) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} dx = 0 - \left[ -\frac{\cos(\pi x)}{\pi^2} \right]_1^2 = \frac{1}{\pi^2} (\cos(2\pi) - \cos(\pi)) = \frac{1}{\pi^2} (1 - (-1)) = \frac{2}{\pi^2}$.
બંનેનો સરવાળો કરતા,$I = \pi^2 \left( \frac{2}{\pi^2} + \frac{2}{\pi^2} \right) = \pi^2 \left( \frac{4}{\pi^2} \right) = 4$.

(D) ધારો કે $I = \int_{0}^{20 \pi} (|\sin x| + |\cos x|)^2 dx$.
વિધેય $f(x) = (|\sin x| + |\cos x|)^2$ એ $\frac{\pi}{2}$ આવર્તમાન ધરાવે છે,તેથી આપણે $\int_{0}^{nT} f(x) dx = n \int_{0}^{T} f(x) dx$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરી શકીએ.
અહીં,$n = \frac{20\pi}{\pi/2} = 40$ અને $T = \frac{\pi}{2}$ છે.
તેથી,$I = 40 \int_{0}^{\pi/2} (|\sin x| + |\cos x|)^2 dx$.
$x \in [0, \pi/2]$ માટે $\sin x \ge 0$ અને $\cos x \ge 0$ હોવાથી:
$I = 40 \int_{0}^{\pi/2} (\sin x + \cos x)^2 dx$.
વર્ગનું વિસ્તરણ કરતા,$(\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + \cos^2 x + 2\sin x \cos x = 1 + \sin 2x$.
તેથી,$I = 40 \int_{0}^{\pi/2} (1 + \sin 2x) dx$.
$I = 40 [x - \frac{\cos 2x}{2}]_{0}^{\pi/2}$.
$I = 40 [(\frac{\pi}{2} - \frac{\cos \pi}{2}) - (0 - \frac{\cos 0}{2})]$.
$I = 40 [(\frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}) - (0 - \frac{1}{2})] = 40 [\frac{\pi}{2} + 1] = 20(\pi + 2)$.

(D) આપેલ છે કે $f(\alpha) = \int_{1}^{\alpha} \frac{\ln t}{(\ln 10)(1+t)} dt$.
$f(e^{3}) = \int_{1}^{e^{3}} \frac{\ln t}{(\ln 10)(1+t)} dt \quad \dots(1)$
$f(e^{-3}) = \int_{1}^{e^{-3}} \frac{\ln t}{(\ln 10)(1+t)} dt$ માટે,$t = \frac{1}{x}$ લેતા,$dt = -\frac{1}{x^{2}} dx$.
જ્યારે $t=1, x=1$ અને જ્યારે $t=e^{-3}, x=e^{3}$.
$f(e^{-3}) = \int_{1}^{e^{3}} \frac{\ln(1/x)}{(\ln 10)(1+1/x)} \left(-\frac{1}{x^{2}}\right) dx = \frac{1}{\ln 10} \int_{1}^{e^{3}} \frac{\ln x}{x(x+1)} dx \quad \dots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$f(e^{3}) + f(e^{-3}) = \frac{1}{\ln 10} \int_{1}^{e^{3}} \left( \frac{\ln t}{1+t} + \frac{\ln t}{t(1+t)} \right) dt$
$= \frac{1}{\ln 10} \int_{1}^{e^{3}} \frac{\ln t}{t} dt$
$\ln t = u$ લેતા,$\frac{1}{t} dt = du$. જ્યારે $t=1, u=0$ અને જ્યારે $t=e^{3}, u=3$.
$= \frac{1}{\ln 10} \int_{0}^{3} u du = \frac{1}{\ln 10} \left[ \frac{u^{2}}{2} \right]_{0}^{3} = \frac{9}{2 \log_{e} 10}$.

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

(B) ધારો કે $I = \int \limits_1^3 \left((x-2)^4 \sin^3(x-2) + (x-2)^{2019} + 1\right) dx$ $(i)$.
ગુણધર્મ $\int \limits_a^b f(x) dx = \int \limits_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=1$ અને $b=3$,આપણને $a+b-x = 4-x$ મળે છે.
$x$ ને $4-x$ વડે બદલતા:
$I = \int \limits_1^3 \left((4-x-2)^4 \sin^3(4-x-2) + (4-x-2)^{2019} + 1\right) dx$
$I = \int \limits_1^3 \left((2-x)^4 \sin^3(2-x) + (2-x)^{2019} + 1\right) dx$
કારણ કે $(2-x)^4 = (x-2)^4$ અને $\sin^3(2-x) = -\sin^3(x-2)$,તથા $(2-x)^{2019} = -(x-2)^{2019}$,તેથી:
$I = \int \limits_1^3 \left(-(x-2)^4 \sin^3(x-2) - (x-2)^{2019} + 1\right) dx$ $(ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int \limits_1^3 \left(((x-2)^4 \sin^3(x-2) + (x-2)^{2019} + 1) + (-(x-2)^4 \sin^3(x-2) - (x-2)^{2019} + 1)\right) dx$
$2I = \int \limits_1^3 (1 + 1) dx = \int \limits_1^3 2 dx = 2[x]_1^3 = 2(3-1) = 4$.
તેથી,$I = 2$.

(C) આપેલ છે $I_n = \int_0^\pi \frac{x \sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \quad \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_n = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin^{2n}(\pi - x)}{\sin^{2n}(\pi - x) + \cos^{2n}(\pi - x)} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \quad \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I_n = \int_0^\pi \frac{\pi \sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx = \pi \int_0^\pi \frac{\sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx$
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) dx = 2 \int_0^a f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2I_n = 2\pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \implies I_n = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx \quad \dots (iii)$
તેવી જ રીતે,$I_n = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^{2n} x}{\cos^{2n} x + \sin^{2n} x} dx \quad \dots (iv)$
$(iii)$ અને $(iv)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I_n = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x}{\sin^{2n} x + \cos^{2n} x} dx = \pi \int_0^{\pi/2} 1 dx = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}$
આમ,$I_n = \frac{\pi^2}{4}$,જે $n$ થી સ્વતંત્ર છે. તેથી,બધા $m, n \in N$ માટે $I_m = I_n$.

(A) $J = \int_0^1 \frac{x}{1+x^8} dx$ નું મૂલ્યાંકન કરવા માટે,આપણે વિધાનોનું વિશ્લેષણ કરીએ.
વિધાન $I$ માટે:
દરેક $x \in (0, 1)$ માટે $1+x^8 < 2$ હોવાથી,આપણને $\frac{1}{1+x^8} > \frac{1}{2}$ મળે છે.
$x > 0$ વડે ગુણતા,$\frac{x}{1+x^8} > \frac{x}{2}$ મળે છે.
બંને બાજુ $0$ થી $1$ સુધી સંકલન કરતા:
$J = \int_0^1 \frac{x}{1+x^8} dx > \int_0^1 \frac{x}{2} dx = \left[ \frac{x^2}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{4}$.
આમ,વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$ માટે:
$x \in (0, 1)$ માટે $x^8 < x^4$ હોવાથી,$1+x^8 < 1+x^4$ થાય.
તેથી $\frac{1}{1+x^8} > \frac{1}{1+x^4}$.
તેથી $J = \int_0^1 \frac{x}{1+x^8} dx > \int_0^1 \frac{x}{1+x^4} dx$.
ધારો કે $u = x^2$,$du = 2x dx$. તો $\int_0^1 \frac{x}{1+x^4} dx = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{du}{1+u^2} = \frac{1}{2} [\tan^{-1}(u)]_0^1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{8}$.
કારણ કે $J > \frac{\pi}{8}$,વિધાન $II$ ખોટું છે.
તેથી,માત્ર $I$ સાચું છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = |\sin x|$ અને $g(x) = \int_0^x |\sin t| \, dt$.
$p(x) = g(x) - \frac{2}{\pi} x$.
આપણે $p(x + \pi) = g(x + \pi) - \frac{2}{\pi}(x + \pi)$ ની ગણતરી કરીએ.
$g(x + \pi) = \int_0^{x + \pi} |\sin t| \, dt = \int_0^{\pi} |\sin t| \, dt + \int_{\pi}^{x + \pi} |\sin t| \, dt$.
કારણ કે $|\sin t|$ એ $\pi$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે,તેથી $\int_{\pi}^{x + \pi} |\sin t| \, dt = \int_0^x |\sin t| \, dt = g(x)$.
વળી,$\int_0^{\pi} |\sin t| \, dt = 2 \int_0^{\pi/2} \sin t \, dt = 2[-\cos t]_0^{\pi/2} = 2(0 - (-1)) = 2$.
આમ,$g(x + \pi) = 2 + g(x)$.
આ કિંમત $p(x + \pi)$ માં મૂકતા:
$p(x + \pi) = (2 + g(x)) - \frac{2}{\pi} x - \frac{2}{\pi} \cdot \pi = 2 + g(x) - \frac{2}{\pi} x - 2 = g(x) - \frac{2}{\pi} x = p(x)$.
તેથી,બધા $x$ માટે $p(x + \pi) = p(x)$ થાય છે.

(C) ધારો કે $I = \int_0^\pi (1 - |\sin 8x|) dx$.
આપણે સંકલનને આ રીતે વિભાજિત કરી શકીએ:
$I = \int_0^\pi 1 dx - \int_0^\pi |\sin 8x| dx$.
પ્રથમ ભાગ $\int_0^\pi dx = \pi$ છે.
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $f(x) = |\sin 8x|$. $|\sin 8x|$ નું આવર્તમાન $\frac{\pi}{8}$ છે.
અંતરાલ $[0, \pi]$ માં $|\sin 8x|$ વિધેયના $8$ પૂર્ણ આવર્તનો સમાવિષ્ટ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$\int_0^\pi |\sin 8x| dx = 8 \int_0^{\pi/8} |\sin 8x| dx$.
અંતરાલ $[0, \pi/8]$ માં,$\sin 8x \ge 0$ છે,તેથી $|\sin 8x| = \sin 8x$ થાય.
આમ,$8 \int_0^{\pi/8} \sin 8x dx = 8 \left[ -\frac{\cos 8x}{8} \right]_0^{\pi/8} = -(\cos \pi - \cos 0) = -(-1 - 1) = 2$.
આ કિંમતોને $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = \pi - 2$.

(A) આપણે લક્ષ $L = \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$ ની ગણતરી કરીએ.
$x = \frac{t}{\sqrt{n}}$ આદેશ લેતા,$dx = \frac{dt}{\sqrt{n}}$ મળે.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે સંકલન $L = \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \int_0^{\sqrt{n}} \frac{1}{(1 + t^2/n)^n} \cdot \frac{dt}{\sqrt{n}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^{\sqrt{n}} (1 + t^2/n)^{-n} dt$ બને છે.
ઘાતાંકીય વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{n \rightarrow \infty} (1 + t^2/n)^{-n} = e^{-t^2}$.
તેથી,$L = \int_0^{\infty} e^{-t^2} dt$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ગાઉસિયન સંકલન $\int_0^{\infty} e^{-t^2} dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ છે.
$\pi \approx 3.14159$ હોવાથી,$\sqrt{\pi} \approx 1.772$.
તેથી,$L = \frac{1.772}{2} = 0.886$.
$0.5 < 0.886 < 2$ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $\frac{1}{2} < L < 2$ છે.

(D) રીમેન-લેબેગ્યુ લેમ્મા (Riemann-Lebesgue Lemma) મુજબ,જો $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સંકલનીય વિધેય હોય,તો $\lim_{n \rightarrow \infty} \int_{a}^{b} f(x) \cos(nx) \, dx = 0$ થાય.
અહીં,$f(x) = |x-1|$ એ $[-\pi, \pi]$ અંતરાલ પર સતત અને તેથી સંકલનીય વિધેય છે.
જેহেতু $f(x) = |x-1|$ સંકલનીય છે,તેથી સંકલન $a_n = \int_{-\pi}^{\pi} |x-1| \cos(nx) \, dx$ એ વિધેય $f(x)$ ના ફુરિયર કોસાઇન સહગુણક (અચળ અવયવ સુધી) ને દર્શાવે છે.
રીમેન-લેબેગ્યુ લેમ્મા મુજબ,જેમ $n \rightarrow \infty$ થાય,તેમ વિધેયનો $\cos(nx)$ સાથેનો ગુણાકારનું સંકલન $0$ ને અનુલક્ષે છે.
તેથી,$\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0$.

(A) આપેલ છે કે તમામ $x \in (0,1]$ માટે $f(x) < x^2$ છે.
બંને બાજુ $0$ થી $1$ સુધી સંકલન લેતા:
$\int_{0}^{1} f(x) dx < \int_{0}^{1} x^2 dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\int_{0}^{1} x^2 dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3}$.
તેથી,$\int_{0}^{1} f(x) dx < \frac{1}{3}$ મળે.
પરંતુ,પ્રશ્નમાં આપેલ છે કે $\int_{0}^{1} f(x) dx = \frac{1}{3}$.
આ વિરોધાભાસ પેદા કરે છે કારણ કે $x^2$ કરતા નાનું વિધેય હોય તો તેનું સંકલન પણ $x^2$ ના સંકલન કરતા ઓછું જ હોવું જોઈએ.
આમ,આવું કોઈ સતત વિધેય $f$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી આવા વિધેયોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) ધારો કે ${x} = x - [x]$. તો $f(x) = \min \{\{x\}, 1 - \{x\}\}$ અને $g(x) = \max \{\{x\}, 1 - \{x\}\}$ થાય.
નોંધો કે $g(x) - f(x) = |\{x\} - (1 - \{x\})| = |2\{x\} - 1|$.
વિધેય $h(x) = g(x) - f(x) = |2\{x\} - 1|$ એ $1$ આવર્તમાન ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
આપણે એક આવર્તગાળા $[0, 1]$ પર સંકલન ગણીએ:
$\int_0^1 |2\{x\} - 1| \, dx = \int_0^{1/2} (1 - 2x) \, dx + \int_{1/2}^1 (2x - 1) \, dx$
$= [x - x^2]_0^{1/2} + [x^2 - x]_{1/2}^1$
$= (1/2 - 1/4) + ((1 - 1) - (1/4 - 1/2)) = 1/4 + 1/4 = 1/2$.
વિધેય $1$ ના આવર્તમાન સાથે આવર્તી હોવાથી,$\int_0^n h(x) \, dx = n \int_0^1 h(x) \, dx = n \times \frac{1}{2}$ થાય.
આપેલ છે કે $\int_0^n (g(x) - f(x)) \, dx = 100$,તેથી $\frac{n}{2} = 100$,જેનો અર્થ છે કે $n = 200$.

(D) કોશી-શ્વાર્ટઝ અસમતા મુજબ,જો $f(x)$ અને $g(x)$ સતત વિધેયો હોય,તો $(\int_a^b f(x)g(x) dx)^2 \leq (\int_a^b f^2(x) dx)(\int_a^b g^2(x) dx)$ થાય.
અહીં $g(x) = 1$ લેતા,$(\int_0^1 f(x) dx)^2 \leq (\int_0^1 f^2(x) dx)(\int_0^1 1^2 dx) = \int_0^1 f^2(x) dx$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\int_0^1 f^2(x) dx = (\int_0^1 f(x) dx)^2$,આનો અર્થ એ છે કે સમાનતા ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $f(x)$ એ $g(x)=1$ ના પ્રમાણમાં હોય,એટલે કે $f(x) = c$ (એક અચળ).
તેથી,$f(x)$ એક અચળ વિધેય છે,જેનો અર્થ છે કે તેનો વિસ્તાર એક સિંગલટન (singleton) ગણ છે.

(A) આપણી પાસે $I_n = \int_0^{\pi / 2} x^n \cos x \, dx$ છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$I_n = [x^n \sin x]_0^{\pi / 2} - \int_0^{\pi / 2} n x^{n-1} \sin x \, dx$.
$I_n = (\frac{\pi}{2})^n - n \int_0^{\pi / 2} x^{n-1} \sin x \, dx$.
ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int_0^{\pi / 2} x^{n-1} \sin x \, dx = [x^{n-1} (-\cos x)]_0^{\pi / 2} - \int_0^{\pi / 2} (n-1) x^{n-2} (-\cos x) \, dx = 0 + (n-1) I_{n-2}$.
આ કિંમત મૂકતા,$I_n = (\frac{\pi}{2})^n - n(n-1) I_{n-2}$.
તેથી,$I_n + n(n-1) I_{n-2} = (\frac{\pi}{2})^n$.
$n!$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{I_n}{n!} + \frac{I_{n-2}}{(n-2)!} = \frac{(\pi/2)^n}{n!}$ મળે છે.
$n=2$ થી $\infty$ સુધી સરવાળો કરતા,$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(\pi/2)^n}{n!} = (\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\pi/2)^n}{n!}) - \frac{(\pi/2)^0}{0!} - \frac{(\pi/2)^1}{1!} = e^{\pi / 2} - 1 - \frac{\pi}{2}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-2012}^{2012} (\sin(x^3) + x^5 + 1) dx$.
સંકલનના રેખીય ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ:
$I = \int_{-2012}^{2012} \sin(x^3) dx + \int_{-2012}^{2012} x^5 dx + \int_{-2012}^{2012} 1 dx$.
અહીં $f(x) = \sin(x^3)$ અને $g(x) = x^5$ એ અયુગ્મ વિધેયો છે (એટલે કે $f(-x) = -f(x)$),તેથી સંમિત અંતરાલ $[-a, a]$ પર આ વિધેયોનું સંકલન $0$ થાય છે.
આમ,$\int_{-2012}^{2012} \sin(x^3) dx = 0$ અને $\int_{-2012}^{2012} x^5 dx = 0$.
તેથી,$I = 0 + 0 + \int_{-2012}^{2012} 1 dx$.
$I = [x]_{-2012}^{2012} = 2012 - (-2012) = 2012 + 2012 = 4024$.

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

(A) ધારો કે $f(x) = x^{1/3}$. કારણ કે $f''(x) = -\frac{2}{9} x^{-5/3} < 0$ છે,તેથી વિધેય $f(x)$ અંતર્મુખ (concave down) છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ,$n = 1000$ અને $h = 1$ માટે ટ્રેપેઝોઇડલ નિયમ મુજબ $T < I$ થાય.
ટ્રેપેઝોઇડલ સરવાળો $T = \frac{h}{2} [f(2012) + 2f(2013) + \ldots + 2f(3011) + f(3012)]$ છે.
અહીં $L = \sum_{k=2012}^{3011} f(k)$ અને $R = \sum_{k=2013}^{3012} f(k)$ છે.
તેથી $L + R = f(2012) + 2f(2013) + \ldots + 2f(3011) + f(3012) = 2T$.
કારણ કે $T < I$,તેથી $2T < 2I$,જેનો અર્થ છે કે $L + R < 2I$.

(B) ધારો કે $I = \int \limits_0^{2012} \frac{e^{\cos (\pi\{x\})}}{e^{\cos (\pi\{x\})}+e^{-\cos (\pi\{x\})}} d x$.
કારણ કે વિધેય $f(x) = \frac{e^{\cos (\pi\{x\})}}{e^{\cos (\pi\{x\})}+e^{-\cos (\pi\{x\})}}$ એ $1$ આવર્તમાન ધરાવે છે,આપણે લખી શકીએ:
$I = 2012 \int \limits_0^1 \frac{e^{\cos (\pi x)}}{e^{\cos (\pi x)}+e^{-\cos (\pi x)}} d x$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2012 \int \limits_0^1 \frac{e^{\cos (\pi(1-x))}}{e^{\cos (\pi(1-x))}+e^{-\cos (\pi(1-x))}} d x$.
કારણ કે $\cos(\pi - \pi x) = -\cos(\pi x)$,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = 2012 \int \limits_0^1 \frac{e^{-\cos (\pi x)}}{e^{-\cos (\pi x)}+e^{\cos (\pi x)}} d x$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = 2012 \int \limits_0^1 \frac{e^{\cos (\pi x)} + e^{-\cos (\pi x)}}{e^{\cos (\pi x)} + e^{-\cos (\pi x)}} d x = 2012 \int \limits_0^1 1 d x = 2012$.
તેથી,$I = 1006$.

(A) આપેલ છે કે $f_n(x) = \min\left(\frac{x^n}{n!}, \frac{(1-x)^n}{n!}\right)$ જ્યાં $x \in [0, 1]$.
$0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ માટે $\frac{x^n}{n!} \leq \frac{(1-x)^n}{n!}$ અને $\frac{1}{2} \leq x \leq 1$ માટે $\frac{(1-x)^n}{n!} \leq \frac{x^n}{n!}$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$I_n = \int_{0}^{1/2} \frac{x^n}{n!} dx + \int_{1/2}^{1} \frac{(1-x)^n}{n!} dx$.
સંમિતિ દ્વારા,$I_n = 2 \int_{0}^{1/2} \frac{x^n}{n!} dx = 2 \left[ \frac{x^{n+1}}{(n+1)n!} \right]_{0}^{1/2} = 2 \frac{(1/2)^{n+1}}{(n+1)!} = \frac{2}{(n+1)! 2^{n+1}} = \frac{1}{(n+1)! 2^n}$.
હવે,$\sum_{n=1}^{\infty} I_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)! 2^n}$.
ધારો કે $k = n+1$,તો $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{(1/2)^{k-1}}{k!} = 2 \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(1/2)^k}{k!}$.
$e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ હોવાથી,$\sum_{k=2}^{\infty} \frac{(1/2)^k}{k!} = e^{1/2} - (1 + 1/2) = \sqrt{e} - \frac{3}{2}$.
આમ,$\sum_{n=1}^{\infty} I_n = 2(\sqrt{e} - \frac{3}{2}) = 2\sqrt{e} - 3$.

(A) ધારો કે $S = \sum \limits_{n=0}^{1947} f(n)$ જ્યાં $f(n) = \frac{1}{2^n + \sqrt{2^{1947}}}$.
સરવાળામાં પદોની સંખ્યા $1947 - 0 + 1 = 1948$ છે.
પદોનો સરવાળો $f(n) + f(1947-n)$ ધ્યાનમાં લો:
$f(n) + f(1947-n) = \frac{1}{2^n + \sqrt{2^{1947}}} + \frac{1}{2^{1947-n} + \sqrt{2^{1947}}}$
$= \frac{1}{2^n + \sqrt{2^{1947}}} + \frac{1}{\frac{2^{1947}}{2^n} + \sqrt{2^{1947}}}$
$= \frac{1}{2^n + \sqrt{2^{1947}}} + \frac{2^n}{2^{1947} + 2^n \sqrt{2^{1947}}}$
$= \frac{1}{2^n + \sqrt{2^{1947}}} + \frac{2^n}{\sqrt{2^{1947}}(\sqrt{2^{1947}} + 2^n)}$
$= \frac{\sqrt{2^{1947}} + 2^n}{\sqrt{2^{1947}}(2^n + \sqrt{2^{1947}})} = \frac{1}{\sqrt{2^{1947}}}$.
અહીં $1948$ પદો હોવાથી,આપણે તેને $1948/2 = 974$ જોડીમાં વહેંચી શકીએ છીએ.
તેથી,$S = 974 \times \frac{1}{\sqrt{2^{1947}}} = \frac{974}{2^{1947/2}} = \frac{2 \times 487}{2^{1947/2}} = \frac{487}{2^{1947/2 - 1}} = \frac{487}{2^{1945/2}} = \frac{487}{\sqrt{2^{1945}}}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)(1+x)^2}$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $\theta = 0$,અને જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\theta = \frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{(1+\tan^2 \theta)(1+\tan \theta)^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta \, d\theta}{\sec^2 \theta (1+\tan \theta)^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(1+\tan \theta)^2}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(\theta) \, d\theta = \int_0^a f(a-\theta) \, d\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(1+\tan(\frac{\pi}{2}-\theta))^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(1+\cot \theta)^2} = \int_0^{\pi/2} \frac{\tan^2 \theta \, d\theta}{(\tan \theta + 1)^2}$.
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \tan^2 \theta}{(1+\tan \theta)^2} \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta}{(1+\tan \theta)^2} \, d\theta$.
$u = 1 + \tan \theta$ લેતા,$du = \sec^2 \theta \, d\theta$ મળે.
$2I = \int_1^{\infty} \frac{du}{u^2} = \left[ -\frac{1}{u} \right]_1^{\infty} = 0 - (-1) = 1$.
તેથી,$I = \frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $I = \frac{8}{\pi} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\cos x)^{2023}}{(\sin x)^{2023}+(\cos x)^{2023}} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \frac{8}{\pi} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sin x)^{2023}}{(\cos x)^{2023}+(\sin x)^{2023}} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{8}{\pi} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{(\cos x)^{2023} + (\sin x)^{2023}}{(\sin x)^{2023}+(\cos x)^{2023}} \right) dx$.
$2I = \frac{8}{\pi} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx$.
$2I = \frac{8}{\pi} [x]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{8}{\pi} \times \frac{\pi}{2} = 4$.
તેથી,$I = \frac{4}{2} = 2$.

(D) ધારો કે $I = \int \limits_{1 / 2}^2 \frac{\tan ^{-1} x}{x} dx$ ... $(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(\frac{ab}{x}) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = \frac{1}{t}$ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ મળે.
જ્યારે $x = 1/2, t = 2$ અને જ્યારે $x = 2, t = 1/2$.
$I = \int \limits_2^{1 / 2} \frac{\tan ^{-1}(1/t)}{1/t} \cdot (-\frac{1}{t^2}) dt = \int \limits_{1 / 2}^2 \frac{\tan ^{-1}(1/t)}{t} dt$.
કારણ કે $t > 0$ માટે $\tan^{-1}(1/t) = \cot^{-1} t$,તેથી $I = \int \limits_{1 / 2}^2 \frac{\cot ^{-1} t}{t} dt = \int \limits_{1 / 2}^2 \frac{\cot ^{-1} x}{x} dx$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int \limits_{1 / 2}^2 \frac{\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x}{x} dx = \int \limits_{1 / 2}^2 \frac{\pi / 2}{x} dx$.
$2I = \frac{\pi}{2} [\ln x]_{1/2}^2 = \frac{\pi}{2} (\ln 2 - \ln(1/2)) = \frac{\pi}{2} (\ln 2 - (-\ln 2)) = \frac{\pi}{2} (2 \ln 2) = \pi \ln 2$.
તેથી,$I = \frac{\pi}{2} \ln 2$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int \limits_1^2 x^2 e^{[x]+[x^3]} dx$ છે. $1 \leq x \leq 2$ માટે,$[x] = 1$ થાય.
તેથી,$I = \int \limits_1^2 x^2 e^{1+[x^3]} dx = e \int \limits_1^2 x^2 e^{[x^3]} dx$.
ધારો કે $x^3 = t$,તો $3x^2 dx = dt$,એટલે કે $x^2 dx = \frac{dt}{3}$.
જ્યારે $x=1, t=1$ અને જ્યારે $x=2, t=8$.
તેથી,$I = \frac{e}{3} \int \limits_1^8 e^{[t]} dt$.
સંકલનનું વિસ્તરણ કરતા: $I = \frac{e}{3} \left( \int \limits_1^2 e^1 dt + \int \limits_2^3 e^2 dt + \dots + \int \limits_7^8 e^7 dt \right)$.
$I = \frac{e}{3} (e^1 + e^2 + e^3 + e^4 + e^5 + e^6 + e^7) = \frac{e^2(e^7-1)}{3(e-1)}$.
આપેલ પદ $\frac{3(e-1)}{e} \cdot I = \frac{3(e-1)}{e} \cdot \frac{e^2(e^7-1)}{3(e-1)} = e(e^7-1) = e^8-e$.

(D) ધારો કે $I = \int \limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x+\frac{\pi}{4}}{2-\cos 2 x} d x$ $(1)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a+b = 0$,આપણે $x$ ને $-x$ વડે બદલીએ છીએ:
$I = \int \limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{-x+\frac{\pi}{4}}{2-\cos 2(-x)} d x = \int \limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{-x+\frac{\pi}{4}}{2-\cos 2 x} d x$ $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int \limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{(x+\frac{\pi}{4}) + (-x+\frac{\pi}{4})}{2-\cos 2 x} d x = \int \limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\frac{\pi}{2}}{2-\cos 2 x} d x$
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,$2I = 2 \cdot \frac{\pi}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2-\cos 2 x} d x = \pi \int \limits_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2-\cos 2 x} d x$
$I = \frac{\pi}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 x}{2(1+\tan^2 x) - (1-\tan^2 x)} dx = \frac{\pi}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 x}{1+3\tan^2 x} dx$
ધારો કે $t = \tan x$,તેથી $dt = \sec^2 x dx$. જ્યારે $x=0, t=0$; જ્યારે $x=\frac{\pi}{4}, t=1$:
$I = \frac{\pi}{2} \int \limits_0^1 \frac{dt}{1+3t^2} = \frac{\pi}{2 \cdot 3} \int \limits_0^1 \frac{dt}{\frac{1}{3}+t^2} = \frac{\pi}{6} \cdot \sqrt{3} [\tan^{-1}(\sqrt{3}t)]_0^1 = \frac{\pi \sqrt{3}}{6} \tan^{-1}(\sqrt{3}) = \frac{\pi \sqrt{3}}{6} \cdot \frac{\pi}{3} = \frac{\pi^2}{6 \sqrt{3}}$

(B) ધારો કે $I = \int \limits_0^\pi \frac{5^{\cos x}(1+\cos x \cos 3x+\cos^2 x+\cos^3 x \cos 3x)}{1+5^{\cos x}} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $I = \int \limits_0^\pi \frac{5^{-\cos x}(1+\cos x \cos 3x+\cos^2 x+\cos^3 x \cos 3x)}{1+5^{-\cos x}} dx$.
અંશ અને છેદને $5^{\cos x}$ વડે ગુણતા,$I = \int \limits_0^\pi \frac{1+\cos x \cos 3x+\cos^2 x+\cos^3 x \cos 3x}{1+5^{\cos x}} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int \limits_0^\pi (1+\cos x \cos 3x+\cos^2 x+\cos^3 x \cos 3x) dx$.
વિધેય $x = \pi/2$ ની આસપાસ સંમિત હોવાથી,$2I = 2 \int \limits_0^{\pi/2} (1+\cos x \cos 3x+\cos^2 x+\cos^3 x \cos 3x) dx$.
$I = \int \limits_0^{\pi/2} (1+\cos x \cos 3x+\cos^2 x+\cos^3 x \cos 3x) dx$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{13\pi}{16}$ મળે છે.
આમ,$k = 13$. આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$k=26$ એ સાચો વિકલ્પ છે.

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

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{(1+x^n)^{1/n}}$.
આપણે સંયોજન માટેની પેટર્ન જોઈએ:
$f(f(x)) = \frac{f(x)}{(1+(f(x))^n)^{1/n}} = \frac{x/(1+x^n)^{1/n}}{(1 + x^n/(1+x^n))^{1/n}} = \frac{x}{(1+x^n+x^n)^{1/n}} = \frac{x}{(1+2x^n)^{1/n}}$.
ગાણિતિક અનુમાન દ્વારા,$f^n(x) = \frac{x}{(1+nx^n)^{1/n}}$.
આપણે $I = \lim_{n \to \infty} \int_0^1 x^{n-2} \frac{x}{(1+nx^n)^{1/n}} dx = \lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{x^{n-1}}{(1+nx^n)^{1/n}} dx$ ની ગણતરી કરવાની છે.
ધારો કે $t = 1 + nx^n$,તો $dt = n^2 x^{n-1} dx$,તેથી $x^{n-1} dx = \frac{dt}{n^2}$.
જ્યારે $x \to 0, t \to 1$ અને જ્યારે $x \to 1, t \to 1+n$.
$I = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} \int_1^{1+n} t^{-1/n} dt = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} \left[ \frac{t^{1-1/n}}{1-1/n} \right]_1^{1+n}$.
$I = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} \frac{n}{n-1} ((1+n)^{(n-1)/n} - 1) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n(n-1)} ((1+n)^{1-1/n} - 1)$.
કારણ કે $(1+n)^{1-1/n} \approx n$,તેથી પદ $\frac{n}{n^2}$ જેવું બને છે,જે $n \to \infty$ માટે $0$ તરફ જાય છે.

(B) ધારો કે $I = \frac{2}{\pi} \int_{\pi/6}^{5\pi/6} (8[\operatorname{cosec} x] - 5[\cot x]) \, dx$.
પ્રથમ,$I_1 = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} [\operatorname{cosec} x] \, dx$ ધ્યાનમાં લો.
અંતરાલ $[\pi/6, 5\pi/6]$ માં,$\operatorname{cosec} x \in [1, 2]$. ખાસ કરીને,$x \in [\pi/6, 5\pi/6]$ માટે $[\operatorname{cosec} x] = 1$ થાય છે.
તેથી,$I_1 = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} 1 \, dx = \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{6} = \frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$.
હવે,$I_2 = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} [\cot x] \, dx$ ધ્યાનમાં લો.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) \, dx = \int_a^b f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I_2 = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} [\cot(\pi-x)] \, dx = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} [-\cot x] \, dx$ મળે.
$I_2$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા: $2I_2 = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} ([\cot x] + [-\cot x]) \, dx$.
ગુણધર્મ $[t] + [-t] = -1$ (જો $t \notin \mathbb{Z}$) નો ઉપયોગ કરતા,$[\cot x] + [-\cot x] = -1$ મળે છે.
$2I_2 = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} (-1) \, dx = -(\frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{6}) = -\frac{2\pi}{3}$.
તેથી,$I_2 = -\frac{\pi}{3}$.
કિંમતો મૂકતા: $I = \frac{2}{\pi} (8 \cdot I_1 - 5 \cdot I_2) = \frac{2}{\pi} (8 \cdot \frac{2\pi}{3} - 5 \cdot (-\frac{\pi}{3})) = \frac{2}{\pi} (\frac{16\pi}{3} + \frac{5\pi}{3}) = \frac{2}{\pi} (\frac{21\pi}{3}) = 14$.

(D) ધારો કે $I = \int \limits_0^{\pi / 2} f(\sin 2x) \sin x \, dx + \alpha \int \limits_0^{\pi / 4} f(\cos 2x) \cos x \, dx = 0$.
પ્રથમ સંકલનને $\frac{\pi}{4}$ પર વિભાજિત કરો:
$I = \int \limits_0^{\pi / 4} f(\sin 2x) \sin x \, dx + \int \limits_{\pi / 4}^{\pi / 2} f(\sin 2x) \sin x \, dx + \alpha \int \limits_0^{\pi / 4} f(\cos 2x) \cos x \, dx = 0$.
પ્રથમ સંકલનમાં,ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરો:
$\int_0^{\pi / 4} f(\sin 2x) \sin x \, dx = \int_0^{\pi / 4} f(\cos 2x) \sin(\frac{\pi}{4}-x) \, dx$.
બીજા સંકલનમાં $x = \frac{\pi}{4} + t$ આદેશ લેતા:
$\int_{\pi / 4}^{\pi / 2} f(\sin 2x) \sin x \, dx = \int_0^{\pi / 4} f(\cos 2t) \sin(\frac{\pi}{4}+t) \, dt$.
આ બંનેને જોડતા:
$\int_0^{\pi / 4} f(\cos 2x) [\sin(\frac{\pi}{4}-x) + \sin(\frac{\pi}{4}+x) + \alpha \cos x] \, dx = 0$.
$\sin(A-B) + \sin(A+B) = 2 \sin A \cos B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin(\frac{\pi}{4}-x) + \sin(\frac{\pi}{4}+x) = \sqrt{2} \cos x$.
તેથી,$(\sqrt{2} + \alpha) \int_0^{\pi / 4} f(\cos 2x) \cos x \, dx = 0$.
આમ,$\alpha = -\sqrt{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int \limits_0^1 \frac{dx}{(5+2x-2x^2)(1+e^{2-4x})}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$x$ ને $1-x$ વડે બદલતા:
$I = \int \limits_0^1 \frac{dx}{(5+2(1-x)-2(1-x)^2)(1+e^{2-4(1-x)})} = \int \limits_0^1 \frac{e^{2-4x} dx}{(5+2x-2x^2)(1+e^{2-4x})}$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int \limits_0^1 \frac{dx}{5+2x-2x^2} = \int \limits_0^1 \frac{dx}{2(\frac{11}{4} - (x-\frac{1}{2})^2)}$.
સંકલન કરતા,$I = \frac{1}{\sqrt{11}} \ln \left( \frac{\sqrt{11}+1}{\sqrt{10}} \right)$.
સરખામણી કરતા,$\alpha = \sqrt{11}$ અને $\beta = \sqrt{10}$.
તેથી,$\alpha^4 - \beta^4 = 121 - 100 = 21$.

(A) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A(1, 2), B(2, 3)$ અને $C(3, 1)$ છે.
પ્રથમ,લંબકેન્દ્ર $(a, b)$ શોધો.
$BC$ નો ઢાળ $= \frac{1 - 3}{3 - 2} = -2$. $A$ માંથી $BC$ પરના વેધનો ઢાળ $\frac{1}{2}$ છે.
$A$ માંથી વેધનું સમીકરણ: $y - 2 = \frac{1}{2}(x - 1) \implies x - 2y + 3 = 0$.
$AC$ નો ઢાળ $= \frac{1 - 2}{3 - 1} = -\frac{1}{2}$. $B$ માંથી $AC$ પરના વેધનો ઢાળ $2$ છે.
$B$ માંથી વેધનું સમીકરણ: $y - 3 = 2(x - 2) \implies 2x - y - 1 = 0$.
$x - 2y = -3$ અને $2x - y = 1$ ઉકેલતા,આપણને $x = \frac{5}{3}, y = \frac{7}{3}$ મળે છે. તેથી $(a, b) = (\frac{5}{3}, \frac{7}{3})$.
નોંધો કે $a + b = \frac{5}{3} + \frac{7}{3} = 4$.
હવે,$I_1 = \int_{a}^{b} x \sin(4x - x^2) dx$. ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a + b - x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = \int_{a}^{b} (a + b - x) \sin(4(a + b - x) - (a + b - x)^2) dx$
$a + b = 4$ હોવાથી,$I_1 = \int_{a}^{b} (4 - x) \sin(4(4 - x) - (4 - x)^2) dx = \int_{a}^{b} (4 - x) \sin(4x - x^2) dx$.
આમ,$I_1 = 4 \int_{a}^{b} \sin(4x - x^2) dx - I_1 \implies 2I_1 = 4I_2 \implies \frac{I_1}{I_2} = 2$.
તેથી,$36 \frac{I_1}{I_2} = 36 \times 2 = 72$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{dx}{1-2a \cos x + a^2}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(\pi-x) = -\cos x$.
તેથી,$I = \int_0^\pi \frac{dx}{1+2a \cos x + a^2}$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \left( \frac{1}{1-2a \cos x + a^2} + \frac{1}{1+2a \cos x + a^2} \right) dx$
$2I = \int_0^\pi \frac{2(1+a^2)}{(1+a^2)^2 - 4a^2 \cos^2 x} dx$
$I = (1+a^2) \int_0^\pi \frac{dx}{(1+a^2)^2 - 4a^2 \cos^2 x}$
વિધેય $\pi/2$ ની આસપાસ સંમિત હોવાથી,$I = 2(1+a^2) \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{(1+a^2)^2 - 4a^2 \cos^2 x}$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = 2(1+a^2) \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 x dx}{(1+a^2)^2 \sec^2 x - 4a^2}$
$\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2(1+a^2) \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 x dx}{(1+a^2)^2 (1+\tan^2 x) - 4a^2}$
$I = 2(1+a^2) \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 x dx}{(1+a^2)^2 \tan^2 x + (1-a^2)^2}$
ધારો કે $u = \tan x$,તો $du = \sec^2 x dx$. જ્યારે $x \to 0, u \to 0$ અને જ્યારે $x \to \pi/2, u \to \infty$.
$I = 2(1+a^2) \int_0^{\infty} \frac{du}{(1+a^2)^2 u^2 + (1-a^2)^2}$
$I = \frac{2(1+a^2)}{(1+a^2)^2} \int_0^{\infty} \frac{du}{u^2 + (\frac{1-a^2}{1+a^2})^2} = \frac{2}{1+a^2} \cdot \frac{1+a^2}{1-a^2} [\arctan(\frac{u(1+a^2)}{1-a^2})]_0^{\infty}$
$I = \frac{2}{1-a^2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{1-a^2}$.

(C) આપેલ છે કે $f(x)=\int_0^x g(t) \ln \left(\frac{1-t}{1+t}\right) d t$.
કારણ કે $g(t)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે અને $\ln \left(\frac{1-t}{1+t}\right)$ પણ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર યુગ્મ વિધેય થાય.
જોકે,યુગ્મ વિધેયનું $0$ થી $x$ સુધીનું સંકલન અયુગ્મ વિધેય આપે છે. આમ,$f(-x) = -f(x)$,એટલે કે $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
ધારો કે $I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \left(f(x) + \frac{x^2 \cos x}{1+e^x}\right) d x$.
ગુણધર્મ $\int_a^b h(x) dx = \int_a^b h(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \left(f(-x) + \frac{(-x)^2 \cos(-x)}{1+e^{-x}}\right) d x$.
$f(x)$ અયુગ્મ હોવાથી,$f(-x) = -f(x)$. વળી,$\frac{x^2 \cos x}{1+e^{-x}} = \frac{x^2 \cos x \cdot e^x}{e^x+1}$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \left(f(x) - f(x) + \frac{x^2 \cos x}{1+e^x} + \frac{x^2 e^x \cos x}{1+e^x}\right) d x = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} x^2 \cos x d x$.
$x^2 \cos x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$2I = 2 \int_0^{\pi / 2} x^2 \cos x d x$,તેથી $I = \int_0^{\pi / 2} x^2 \cos x d x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $I = [x^2 \sin x]_0^{\pi / 2} - \int_0^{\pi / 2} 2x \sin x d x = \frac{\pi^2}{4} - 2([-x \cos x]_0^{\pi / 2} + \int_0^{\pi / 2} \cos x d x) = \frac{\pi^2}{4} - 2(0 + [\sin x]_0^{\pi / 2}) = \frac{\pi^2}{4} - 2$.
$\left(\frac{\pi}{\alpha}\right)^2 - \alpha$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 2$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left( \frac{x^2 \cos x}{1+\pi^x} + \frac{1+\sin^2 x}{1+e^{\sin x^{323}}} \right) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} (f(x) + f(-x)) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,
પ્રથમ પદ માટે,$\frac{x^2 \cos x}{1+\pi^x} + \frac{(-x)^2 \cos(-x)}{1+\pi^{-x}} = x^2 \cos x$.
બીજા પદ માટે,$\sin x^{323}$ એ અયુગ્મ વિધેય હોવાથી,$g(x) + g(-x) = 1+\sin^2 x$.
તેથી,$2I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (x^2 \cos x + 1 + \sin^2 x) dx = 2 \int_{0}^{\pi/2} (x^2 \cos x + 1 + \sin^2 x) dx$.
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \cos x dx + \int_{0}^{\pi/2} 1 dx + \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 x dx$.
ગણતરી કરતા,$I = \frac{\pi^2}{4} - 2 + \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi^2}{4} + \frac{3\pi}{4} - 2 = \frac{\pi}{4}(\pi+3) - 2$.
સરખામણી કરતા,$a=3$ મળે છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 - \sin 2x = \cos^2 x + \sin^2 x - 2 \sin x \cos x = (\cos x - \sin x)^2$.
તેથી,$\sqrt{1 - \sin 2x} = |\cos x - \sin x|$.
અંતરાલ $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]$ માં,$\cos x \ge \sin x$,તેથી $|\cos x - \sin x| = \cos x - \sin x$.
અંતરાલ $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3}]$ માં,$\sin x \ge \cos x$,તેથી $|\cos x - \sin x| = \sin x - \cos x$.
તેથી,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x) \, dx + \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} (\sin x - \cos x) \, dx$
$I = [\sin x + \cos x]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} + [-\cos x - \sin x]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}$
$I = ((\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) - (\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2})) + ((- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}) - (- \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}}))$
$I = (\sqrt{2} - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}) + (\sqrt{2} - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}) = 2\sqrt{2} - 1 - \sqrt{3}$.
$\alpha + \beta \sqrt{2} + \gamma \sqrt{3}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = -1, \beta = 2, \gamma = -1$ મળે છે.
તેથી $3\alpha + 4\beta - \gamma = 3(-1) + 4(2) - (-1) = -3 + 8 + 1 = 6$.