Properties of definite integration Questions in Gujarati

(B) પ્રથમ,નોંધો કે $f(x) + f(1-x) = \frac{4^x}{4^x+2} + \frac{4^{1-x}}{4^{1-x}+2} = \frac{4^x}{4^x+2} + \frac{4/4^x}{4/4^x+2} = \frac{4^x}{4^x+2} + \frac{4}{4+2 \cdot 4^x} = \frac{4^x}{4^x+2} + \frac{2}{2+4^x} = \frac{4^x+2}{4^x+2} = 1.$
ધારો કે $M = \int_{f(a)}^{f(1-a)} x \sin^4(x(1-x)) dx.$ ગુણધર્મ $\int_A^B g(x) dx = \int_A^B g(A+B-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અને $A+B = f(a) + f(1-a) = 1$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$M = \int_{f(a)}^{f(1-a)} (1-x) \sin^4((1-x)(1-(1-x))) dx = \int_{f(a)}^{f(1-a)} (1-x) \sin^4((1-x)x) dx.$
આમ,$M = \int_{f(a)}^{f(1-a)} \sin^4(x(1-x)) dx - \int_{f(a)}^{f(1-a)} x \sin^4(x(1-x)) dx.$
આનો અર્થ એ થાય કે $M = N - M,$ જેનું સાદું રૂપ $2M = N$ થાય છે.
આપેલ છે કે $\alpha M = \beta N,$ તેથી $\alpha M = \beta (2M),$ એટલે કે $\alpha = 2\beta.$
કારણ કે $\alpha, \beta \in N,$ સૌથી નાની કિંમતો $\beta = 1$ અને $\alpha = 2$ છે.
તેથી $\alpha^2 + \beta^2 = 2^2 + 1^2 = 4 + 1 = 5$ થાય.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{x^2 \sin x \cos x}{\sin^4 x + \cos^4 x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int_0^\pi \frac{(\pi-x)^2 \sin(\pi-x) \cos(\pi-x)}{\sin^4(\pi-x) + \cos^4(\pi-x)} dx = -\int_0^\pi \frac{(\pi^2 - 2\pi x + x^2) \sin x \cos x}{\sin^4 x + \cos^4 x} dx$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int_0^\pi \frac{(2\pi x - \pi^2) \sin x \cos x}{\sin^4 x + \cos^4 x} dx$.
આને ઉકેલતા,$I = -\frac{\pi^2}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin t \cos t}{\sin^4 t + \cos^4 t} dt$.
$u = \sin^2 t$ આદેશ લેતા,સંકલન $-\frac{\pi^3}{8}$ મળે છે.
માનાંક લેતા,$\left| -\frac{\pi^3}{8} \right| = \frac{\pi^3}{8}$.
અંતિમ જવાબ: $\frac{120}{\pi^3} \cdot \frac{\pi^3}{8} = 15$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{x \, dx}{\sin^4(2x) + \cos^4(2x)}$.
$2x = t$ લેતા,$dx = \frac{1}{2} dt$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\frac{\pi}{4}, t=\frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(t/2) \cdot (1/2) dt}{\sin^4 t + \cos^4 t} = \frac{1}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{t \, dt}{\sin^4 t + \cos^4 t}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(t) dt = \int_0^a f(a-t) dt$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\frac{\pi}{2} - t) dt}{\cos^4 t + \sin^4 t} = \frac{\pi}{8} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dt}{\sin^4 t + \cos^4 t} - I$.
તેથી,$2I = \frac{\pi}{8} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dt}{\sin^4 t + \cos^4 t}$.
અંશ અને છેદને $\cos^4 t$ વડે ભાગતા:
$2I = \frac{\pi}{8} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^4 t \, dt}{\tan^4 t + 1} = \frac{\pi}{8} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1 + \tan^2 t) \sec^2 t \, dt}{\tan^4 t + 1}$.
$\tan t = y$ લેતા,$\sec^2 t \, dt = dy$:
$2I = \frac{\pi}{8} \int_0^{\infty} \frac{1 + y^2}{y^4 + 1} dy = \frac{\pi}{8} \int_0^{\infty} \frac{1 + 1/y^2}{y^2 + 1/y^2} dy$.
$y - 1/y = p$ લેતા,$(1 + 1/y^2) dy = dp$. સીમાઓ $-\infty$ થી $\infty$ બદલાય છે:
$2I = \frac{\pi}{8} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dp}{p^2 + 2} = \frac{\pi}{8} \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1} \left( \frac{p}{\sqrt{2}} \right) \right]_{-\infty}^{\infty} = \frac{\pi}{8\sqrt{2}} (\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})) = \frac{\pi^2}{8\sqrt{2}}$.
તેથી,$I = \frac{\pi^2}{16\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}\pi^2}{32}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{8 \sqrt{2} \cos x}{(1+e^{\sin x})(1+\sin ^4 x)} \, dx$ $(1)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) \, dx = \int_a^b f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{8 \sqrt{2} \cos x \cdot e^{\sin x}}{(1+e^{\sin x})(1+\sin ^4 x)} \, dx$ $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{8 \sqrt{2} \cos x}{1+\sin ^4 x} \, dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{8 \sqrt{2} \cos x}{1+\sin ^4 x} \, dx$
$I = \int_{0}^{1} \frac{8 \sqrt{2}}{1+t^4} \, dt$ (જ્યાં $\sin x = t$)
આ સંકલન ઉકેલતા આપણને મળે છે $I = 2\pi + 2 \ln (3+2\sqrt{2})$
તેથી,$\alpha = 2$ અને $\beta = 2$.
પરિણામે,$\alpha^2 + \beta^2 = 2^2 + 2^2 = 8$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^1 (2x^3 - 3x^2 - x + 1)^{\frac{1}{3}} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા.
ધારો કે $f(x) = (2x^3 - 3x^2 - x + 1)^{\frac{1}{3}}$.
તેથી $f(1-x) = (2(1-x)^3 - 3(1-x)^2 - (1-x) + 1)^{\frac{1}{3}}$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $f(1-x) = (2(1 - 3x + 3x^2 - x^3) - 3(1 - 2x + x^2) - 1 + x + 1)^{\frac{1}{3}}$.
$f(1-x) = (2 - 6x + 6x^2 - 2x^3 - 3 + 6x - 3x^2 - 1 + x + 1)^{\frac{1}{3}}$.
$f(1-x) = (-2x^3 + 3x^2 + x - 1)^{\frac{1}{3}} = -(2x^3 - 3x^2 - x + 1)^{\frac{1}{3}} = -f(x)$.
કારણ કે $f(1-x) = -f(x)$,તેથી સંકલન $I = \int_0^1 f(x) dx$ માટે $I = -I$ થાય છે,જેનો અર્થ છે કે $2I = 0$,તેથી $I = 0$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} -2, & -2 \leq x \leq 0 \\ x-2, & 0 < x \leq 2 \end{cases}$.
આપણે $h(x) = f(|x|) + |f(x)|$ શોધવાનું છે.
$x \in [0, 2]$ માટે,$f(|x|) = f(x) = x-2$ અને $|f(x)| = |x-2| = 2-x$. તેથી,$h(x) = (x-2) + (2-x) = 0$.
$x \in [-2, 0)$ માટે,$f(|x|) = |x|-2 = -x-2$.
$|f(x)| = \begin{cases} |-2| = 2, & -2 \leq x \leq 0 \\ |x-2| = 2-x, & 0 < x \leq 2 \end{cases}$.
તેથી,$h(x) = f(|x|) + |f(x)| = \begin{cases} (-x-2) + 2 = -x, & -2 \leq x < 0 \\ (x-2) + (2-x) = 0, & 0 \leq x \leq 2 \end{cases}$.
હવે,$\int_{-2}^2 h(x) dx = \int_{-2}^0 (-x) dx + \int_0^2 0 dx = \left[ -\frac{x^2}{2} \right]_{-2}^0 = 0 - (-\frac{(-2)^2}{2}) = 0 - (-2) = 2$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin^2 x}{1+\sin x \cos x} dx$. અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા $I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{2\sin^2 x}{2+2\sin x \cos x} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1-\cos 2x}{2+\sin 2x} dx$.
આને $I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2+\sin 2x} dx - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos 2x}{2+\sin 2x} dx = I_1 - I_2$ તરીકે લખી શકાય.
$I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 x}{2\tan^2 x + 2\tan x + 2} dx$. ધારો કે $t = \tan x$,$dt = \sec^2 x dx$. સીમાઓ $0$ થી $1$ બદલાય છે.
$I_1 = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dt}{t^2+t+1} = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dt}{(t+1/2)^2 + 3/4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} [\tan^{-1}(\frac{2t+1}{\sqrt{3}})]_0^1 = \frac{1}{\sqrt{3}} (\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{6\sqrt{3}}$.
$I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos 2x}{2+\sin 2x} dx$. ધારો કે $u = 2+\sin 2x$,$du = 2\cos 2x dx$.
$I_2 = \frac{1}{2} \int_2^3 \frac{du}{u} = \frac{1}{2} \ln(\frac{3}{2}) = \frac{1}{2} \ln(3) - \frac{1}{2} \ln(2)$.
સરખામણી કરતા $I = I_1 - I_2 = \frac{\pi}{6\sqrt{3}} - \frac{1}{2} \ln(3) + \frac{1}{2} \ln(2) = \frac{\pi}{6\sqrt{3}} + \frac{1}{2} \ln(2/3)$.
આપેલ સ્વરૂપ $\frac{1}{a} \ln(a/3) + \frac{\pi}{b\sqrt{3}}$ છે. $a=2, b=6$ લેતા,આપણને $\frac{1}{2} \ln(2/3) + \frac{\pi}{6\sqrt{3}}$ મળે છે.
આમ $a=2, b=6$,તેથી $a+b = 8$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-1}^{1} \frac{\cos \alpha x}{1+3^x} dx$ $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{\cos \alpha (-x)}{1+3^{-x}} dx = \int_{-1}^{1} \frac{\cos \alpha x}{1+\frac{1}{3^x}} dx = \int_{-1}^{1} \frac{3^x \cos \alpha x}{3^x+1} dx$ $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-1}^{1} \frac{\cos \alpha x}{1+3^x} dx + \int_{-1}^{1} \frac{3^x \cos \alpha x}{1+3^x} dx$
$2I = \int_{-1}^{1} \frac{(1+3^x) \cos \alpha x}{1+3^x} dx = \int_{-1}^{1} \cos \alpha x dx$
$\cos \alpha x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી:
$2I = 2 \int_{0}^{1} \cos \alpha x dx = 2 \left[ \frac{\sin \alpha x}{\alpha} \right]_{0}^{1} = \frac{2 \sin \alpha}{\alpha}$
$I = \frac{\sin \alpha}{\alpha}$
આપેલ છે કે $I = \frac{2}{\pi}$,તેથી $\frac{\sin \alpha}{\alpha} = \frac{2}{\pi}$.
નિરીક્ષણ દ્વારા,$\alpha = \frac{\pi}{2}$ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે કારણ કે $\frac{\sin(\pi/2)}{\pi/2} = \frac{1}{\pi/2} = \frac{2}{\pi}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^\pi \frac{2 y(1+\sin y)}{1+\cos ^2 y} d y$.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો:
$I = \int_{-\pi}^\pi \frac{2 y}{1+\cos ^2 y} d y + \int_{-\pi}^\pi \frac{2 y \sin y}{1+\cos ^2 y} d y$.
પ્રથમ ભાગ $\int_{-\pi}^\pi \frac{2 y}{1+\cos ^2 y} d y = 0$ છે કારણ કે વિધેય અયુગ્મ છે.
બીજા ભાગ માટે,$y \sin y$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી:
$I = 2 \int_0^\pi \frac{2 y \sin y}{1+\cos ^2 y} d y = 4 \int_0^\pi \frac{y \sin y}{1+\cos ^2 y} d y$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(y) dy = \int_0^a f(a-y) dy$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 4 \int_0^\pi \frac{(\pi-y) \sin y}{1+\cos ^2 y} d y = 4\pi \int_0^\pi \frac{\sin y}{1+\cos ^2 y} d y - 4 \int_0^\pi \frac{y \sin y}{1+\cos ^2 y} d y$.
$I = 4\pi \int_0^\pi \frac{\sin y}{1+\cos ^2 y} d y - I
\implies 2I = 4\pi \int_0^\pi \frac{\sin y}{1+\cos ^2 y} d y
\implies I = 2\pi \int_0^\pi \frac{\sin y}{1+\cos ^2 y} d y$.
ધારો કે $t = \cos y$,તો $dt = -\sin y dy$. જ્યારે $y=0, t=1$; જ્યારે $y=\pi, t=-1$.
$I = 2\pi \int_1^{-1} \frac{-dt}{1+t^2} = 2\pi \int_{-1}^1 \frac{dt}{1+t^2} = 2\pi [\tan^{-1} t]_{-1}^1$.
$I = 2\pi [\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1)] = 2\pi [\frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4})] = 2\pi [\frac{\pi}{2}] = \pi^2$.

(C) આપેલ છે $f(t) = \int_0^\pi \frac{2x \, dx}{1 - \cos^2 t \sin^2 x}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a g(x) \, dx = \int_0^a g(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(t) = \int_0^\pi \frac{2(\pi - x) \, dx}{1 - \cos^2 t \sin^2 x}$.
$f(t)$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2f(t) = \int_0^\pi \frac{2x + 2\pi - 2x}{1 - \cos^2 t \sin^2 x} \, dx = \int_0^\pi \frac{2\pi \, dx}{1 - \cos^2 t \sin^2 x}$.
તેથી,$f(t) = \pi \int_0^\pi \frac{dx}{1 - \cos^2 t \sin^2 x}$.
વિધેય $x = \frac{\pi}{2}$ ની આસપાસ સંમિત હોવાથી,$f(t) = 2\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1 - \cos^2 t \sin^2 x}$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$f(t) = 2\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2 x \, dx}{\sec^2 x - \cos^2 t \tan^2 x} = 2\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2 x \, dx}{1 + \tan^2 x - \cos^2 t \tan^2 x} = 2\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2 x \, dx}{1 + \sin^2 t \tan^2 x}$.
ધારો કે $\tan x = z$,તો $\sec^2 x \, dx = dz$. જ્યારે $x \to 0, z \to 0$ અને જ્યારે $x \to \frac{\pi}{2}, z \to \infty$:
$f(t) = 2\pi \int_0^{\infty} \frac{dz}{1 + (\sin t \cdot z)^2} = 2\pi \left[ \frac{1}{\sin t} \tan^{-1}(\sin t \cdot z) \right]_0^{\infty} = 2\pi \cdot \frac{1}{\sin t} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{\sin t}$.
હવે,સંકલન $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi^2}{f(t)} \, dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi^2}{\pi^2 / \sin t} \, dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin t \, dt$.
$= [-\cos t]_0^{\frac{\pi}{2}} = -(0 - 1) = 1$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2 \cos x}{1+e^x} dx$ ... $(i)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a+b = 0$ છે.
$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(-x)^2 \cos(-x)}{1+e^{-x}} dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2 \cos x}{1+e^{-x}} dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2 \cos x \cdot e^x}{e^x+1} dx$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2 \cos x (1+e^x)}{1+e^x} dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x dx$
$x^2 \cos x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$2I = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x dx$ થાય.
તેથી $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I = [x^2 \sin x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2x \sin x dx$
$I = (\frac{\pi^2}{4} - 0) - 2 [x(-\cos x) - \int 1(-\cos x) dx]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$I = \frac{\pi^2}{4} - 2 [-x \cos x + \sin x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$I = \frac{\pi^2}{4} - 2 [1 - 0] = \frac{\pi^2}{4} - 2$.

(A) આપેલ છે $I_n = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin(nx)}{(1+\pi^x) \sin x} dx \quad \ldots (i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,
$I_n = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\pi^x \sin(nx)}{(1+\pi^x) \sin x} dx \quad \ldots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I_n = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin(nx)}{\sin x} dx = 2 \int_0^{\pi} \frac{\sin(nx)}{\sin x} dx$ (કારણ કે વિધેય યુગ્મ છે).
આમ,$I_n = \int_0^{\pi} \frac{\sin(nx)}{\sin x} dx$.
હવે,$I_{n+2} - I_n = \int_0^{\pi} \frac{\sin((n+2)x) - \sin(nx)}{\sin x} dx = \int_0^{\pi} \frac{2 \cos((n+1)x) \sin x}{\sin x} dx = 2 \int_0^{\pi} \cos((n+1)x) dx = 0$.
તેથી,$I_{n+2} = I_n$.
$n=1$ માટે,$I_1 = \int_0^{\pi} \frac{\sin x}{\sin x} dx = \pi$.
$n=2$ માટે,$I_2 = \int_0^{\pi} \frac{\sin(2x)}{\sin x} dx = \int_0^{\pi} 2 \cos x dx = 0$.
$I_{n+2} = I_n$ હોવાથી,બધા એકી પદો $I_{2m+1} = \pi$ અને બધા બેકી પદો $I_{2m} = 0$ થાય.
તેથી,$\sum_{m=1}^{10} I_{2m+1} = 10\pi$ અને $\sum_{m=1}^{10} I_{2m} = 0$.
આમ,વિકલ્પો $(A)$,$(B)$,અને $(C)$ સાચા છે.

(A) વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = x - [x]$ જો $[x]$ એકી હોય,અને $f(x) = 1 + [x] - x$ જો $[x]$ બેકી હોય.
$x \in [0, 1)$ માટે,$[x] = 0$ (બેકી),તેથી $f(x) = 1 + 0 - x = 1 - x$.
$x \in [1, 2)$ માટે,$[x] = 1$ (એકી),તેથી $f(x) = x - 1$.
આ વિધેય $T = 2$ આવર્તકાળ સાથેનું આવર્તી વિધેય છે.
ધારો કે $I = \int_{-10}^{10} f(x) \cos(\pi x) \, dx$.
$f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય છે $(f(-x) = f(x))$ અને $\cos(\pi x)$ પણ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર યુગ્મ વિધેય થાય.
$I = 2 \int_{0}^{10} f(x) \cos(\pi x) \, dx = 2 \times 5 \int_{0}^{2} f(x) \cos(\pi x) \, dx = 10 \left[ \int_{0}^{1} (1-x) \cos(\pi x) \, dx + \int_{1}^{2} (x-1) \cos(\pi x) \, dx \right]$.
ધારો કે $I_1 = \int_{0}^{1} (1-x) \cos(\pi x) \, dx$. ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = \left[ (1-x) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \right]_0^1 - \int_{0}^{1} (-1) \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \, dx = 0 + \left[ -\frac{\cos(\pi x)}{\pi^2} \right]_0^1 = -\frac{1}{\pi^2} (-1 - 1) = \frac{2}{\pi^2}$.
ધારો કે $I_2 = \int_{1}^{2} (x-1) \cos(\pi x) \, dx$. ધારો કે $t = x-1$,તો $dt = dx$:
$I_2 = \int_{0}^{1} t \cos(\pi(t+1)) \, dt = \int_{0}^{1} t \cos(\pi t + \pi) \, dt = -\int_{0}^{1} t \cos(\pi t) \, dt$.
$\int t \cos(\pi t) \, dt = \frac{t \sin(\pi t)}{\pi} + \frac{\cos(\pi t)}{\pi^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_2 = -\left[ \frac{t \sin(\pi t)}{\pi} + \frac{\cos(\pi t)}{\pi^2} \right]_0^1 = -\left( 0 + \frac{-1}{\pi^2} - (0 + \frac{1}{\pi^2}) \right) = \frac{2}{\pi^2}$.
આમ,$I = 10 \left( \frac{2}{\pi^2} + \frac{2}{\pi^2} \right) = \frac{40}{\pi^2}$.
છેલ્લે,$\frac{\pi^2}{10} I = \frac{\pi^2}{10} \times \frac{40}{\pi^2} = 4$.

(A) ધારો કે $I = \int_{\sqrt{\ln 2}}^{\sqrt{\ln 3}} \frac{x \sin x^2}{\sin x^2 + \sin (\ln 6 - x^2)} dx$.
$x^2 = t$ લેતા,$2x dx = dt$ અથવા $x dx = \frac{1}{2} dt$ મળે.
જ્યારે $x = \sqrt{\ln 2}$,ત્યારે $t = \ln 2$. જ્યારે $x = \sqrt{\ln 3}$,ત્યારે $t = \ln 3$.
આથી સંકલન $I = \frac{1}{2} \int_{\ln 2}^{\ln 3} \frac{\sin t}{\sin t + \sin (\ln 6 - t)} dt$ બને છે.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(t) dt = \int_{a}^{b} f(a+b-t) dt$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{1}{2} \int_{\ln 2}^{\ln 3} \frac{\sin (\ln 2 + \ln 3 - t)}{\sin (\ln 2 + \ln 3 - t) + \sin (\ln 6 - (\ln 2 + \ln 3 - t))} dt$ મળે.
$\ln 2 + \ln 3 = \ln 6$ હોવાથી,આ $I = \frac{1}{2} \int_{\ln 2}^{\ln 3} \frac{\sin (\ln 6 - t)}{\sin (\ln 6 - t) + \sin t} dt$ માં પરિણમે છે.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{1}{2} \int_{\ln 2}^{\ln 3} \frac{\sin t + \sin (\ln 6 - t)}{\sin t + \sin (\ln 6 - t)} dt = \frac{1}{2} \int_{\ln 2}^{\ln 3} 1 dt$.
$2I = \frac{1}{2} [t]_{\ln 2}^{\ln 3} = \frac{1}{2} (\ln 3 - \ln 2) = \frac{1}{2} \ln \frac{3}{2}$.
તેથી,$I = \frac{1}{4} \ln \frac{3}{2}$.

(C) આપેલ છે કે $R_1 = \int_{-1}^2 x f(x) dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b g(x) dx = \int_a^b g(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$R_1 = \int_{-1}^2 ((-1) + 2 - x) f((-1) + 2 - x) dx$
$R_1 = \int_{-1}^2 (1 - x) f(1 - x) dx$.
કારણ કે $f(x) = f(1 - x)$,આપણે આ કિંમત સંકલનમાં મૂકીએ:
$R_1 = \int_{-1}^2 (1 - x) f(x) dx = \int_{-1}^2 f(x) dx - \int_{-1}^2 x f(x) dx$.
$R_1 = \int_{-1}^2 f(x) dx - R_1$.
$2 R_1 = \int_{-1}^2 f(x) dx$.
કારણ કે $R_2$ એ $y = f(x)$ દ્વારા $x = -1$ થી $x = 2$ સુધી ઘેરાયેલું ક્ષેત્રફળ છે,$R_2 = \int_{-1}^2 f(x) dx$.
તેથી,$2 R_1 = R_2$.

(B) ધારો કે $I = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{dx}{(1 + e^{\sin x})(2 - \cos 2x)}$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{dx}{(1 + e^{-\sin x})(2 - \cos 2x)}$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{1}{2 - \cos 2x} \left( \frac{1}{1 + e^{\sin x}} + \frac{e^{\sin x}}{1 + e^{\sin x}} \right) dx = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi / 4}^{\pi / 4} \frac{dx}{2 - \cos 2x}$.
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,$I = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi / 4} \frac{dx}{2 - \cos 2x} = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi / 4} \frac{\sec^2 x dx}{2(1 + \tan^2 x) - (1 - \tan^2 x)} = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi / 4} \frac{\sec^2 x dx}{1 + 3 \tan^2 x}$.
ધારો કે $u = \sqrt{3} \tan x$,તો $du = \sqrt{3} \sec^2 x dx$.
$I = \frac{2}{\pi \sqrt{3}} \int_0^{\sqrt{3}} \frac{du}{1 + u^2} = \frac{2}{\pi \sqrt{3}} [\tan^{-1} u]_0^{\sqrt{3}} = \frac{2}{\pi \sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{3} = \frac{2}{3\sqrt{3}}$.
તેથી,$27 I^2 = 27 \cdot \frac{4}{27} = 4$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 2} \frac{3 \sqrt{\cos \theta}}{(\sqrt{\cos \theta}+\sqrt{\sin \theta})^5} d \theta$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\pi / 2} \frac{3 \sqrt{\sin \theta}}{(\sqrt{\sin \theta}+\sqrt{\cos \theta})^5} d \theta$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\pi / 2} \frac{3(\sqrt{\cos \theta} + \sqrt{\sin \theta})}{(\sqrt{\cos \theta}+\sqrt{\sin \theta})^5} d \theta = \int_0^{\pi / 2} \frac{3}{(\sqrt{\cos \theta}+\sqrt{\sin \theta})^4} d \theta$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 \theta$ વડે ભાગતા:
$2I = 3 \int_0^{\pi / 2} \frac{\sec^2 \theta}{(1+\sqrt{\tan \theta})^4} d \theta$.
ધારો કે $1+\sqrt{\tan \theta} = t$,તેથી $\frac{1}{2\sqrt{\tan \theta}} \cdot \sec^2 \theta d \theta = dt$,એટલે કે $\sec^2 \theta d \theta = 2(t-1) dt$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$2I = 3 \int_1^{\infty} \frac{2(t-1)}{t^4} dt = 6 \int_1^{\infty} (t^{-3} - t^{-4}) dt$.
$2I = 6 \left[ \frac{t^{-2}}{-2} - \frac{t^{-3}}{-3} \right]_1^{\infty} = 6 \left[ 0 - (-\frac{1}{2} + \frac{1}{3}) \right] = 6 \left( \frac{1}{6} \right) = 1$.
આમ,$I = 0.50$.

(C) $S_1$ માટે,આપણી પાસે $S_1 = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} \sin^2 x dx$ છે. ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $S_1 = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} \sin^2(\frac{\pi}{8} + \frac{3\pi}{8} - x) dx = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} \cos^2 x dx$ મળે છે.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$2S_1 = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} (\sin^2 x + \cos^2 x) dx = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} 1 dx = \frac{3\pi}{8} - \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{4}$.
આમ,$S_1 = \frac{\pi}{8}$,તેથી $\frac{16S_1}{\pi} = \frac{16}{\pi} \cdot \frac{\pi}{8} = 2$.
$S_2$ માટે,$S_2 = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} \sin^2 x |4x - \pi| dx$. સમાન ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$S_2 = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} \sin^2(\frac{\pi}{2}-x) |4(\frac{\pi}{2}-x) - \pi| dx = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} \cos^2 x |\pi - 4x| dx = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} \cos^2 x |4x - \pi| dx$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$2S_2 = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} |4x - \pi| (\sin^2 x + \cos^2 x) dx = \int_{\pi/8}^{3\pi/8} |4x - \pi| dx$.
આ સંકલન બે ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળને દર્શાવે છે જેનો પાયો $\frac{\pi}{8}$ અને વેધ $\frac{\pi}{2}$ છે,તેથી $2S_2 = 2 \cdot (\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{8} \cdot \frac{\pi}{2}) = \frac{\pi^2}{16}$.
આમ,$S_2 = \frac{\pi^2}{32}$,તેથી $\frac{48S_2}{\pi^2} = \frac{48}{\pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{32} = \frac{48}{32} = 1.5$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \left(x^2 + \ln \frac{\pi+x}{\pi-x}\right) \cos x \, dx$.
આપણે તેને બે સંકલનમાં વિભાજિત કરી શકીએ: $I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} x^2 \cos x \, dx + \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} \ln \left(\frac{\pi+x}{\pi-x}\right) \cos x \, dx$.
ધારો કે $f(x) = \ln \left(\frac{\pi+x}{\pi-x}\right) \cos x$. અહીં $\ln \left(\frac{\pi+x}{\pi-x}\right)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે અને $\cos x$ એ યુગ્મ વિધેય છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર અયુગ્મ વિધેય થાય. આમ,$\int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} f(x) \, dx = 0$.
હવે,$I = \int_{-\pi / 2}^{\pi / 2} x^2 \cos x \, dx$. $x^2 \cos x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = 2 \int_0^{\pi / 2} x^2 \cos x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int x^2 \cos x \, dx = x^2 \sin x - \int 2x \sin x \, dx = x^2 \sin x - 2 \left( -x \cos x + \int \cos x \, dx \right) = x^2 \sin x + 2x \cos x - 2 \sin x$.
$0$ થી $\pi / 2$ સુધીની સીમાઓ મૂકતા: $2 \left[ (x^2 \sin x + 2x \cos x - 2 \sin x) \right]_0^{\pi / 2} = 2 \left[ ((\pi/2)^2 \cdot 1 + 0 - 2(1)) - (0 + 0 - 0) \right] = 2 \left( \frac{\pi^2}{4} - 2 \right) = \frac{\pi^2}{2} - 4$.

(A) ધારો કે $f(t) = e^t(\sin^6 at + \cos^4 at)$. આપણે જોઈએ છીએ કે $a=2$ અને $a=4$ માટે,વિધેય $f(t)$ એ $f(t+\pi) = e^{t+\pi}(\sin^6 a(t+\pi) + \cos^4 a(t+\pi)) = e^{\pi} e^t(\sin^6 at + \cos^4 at) = e^{\pi} f(t)$ સંતોષે છે,કારણ કે બેકી પૂર્ણાંક $a$ માટે $\sin(a(t+\pi)) = \sin(at)$ અને $\cos(a(t+\pi)) = \cos(at)$ થાય છે.
ધારો કે $I_k = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(t) dt$. તો $I_{k+1} = \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(t) dt$. $t = u + \pi$ આદેશ લેતા,આપણને $I_{k+1} = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(u+\pi) du = e^{\pi} \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(u) du = e^{\pi} I_k$ મળે છે.
આમ,$I_1 = A$,$I_2 = e^{\pi} A$,$I_3 = e^{2\pi} A$,અને $I_4 = e^{3\pi} A$,જ્યાં $A = \int_0^{\pi} f(t) dt$ છે.
અંશ $\int_0^{4\pi} f(t) dt = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = A(1 + e^{\pi} + e^{2\pi} + e^{3\pi}) = A \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}$ છે.
તેથી,$L = \frac{A \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}}{A} = \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}$.
આ $a=2$ અને $a=4$ બંને માટે સાચું છે. તેથી,વિકલ્પો $(A)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = 7 \tan^6 x (\tan^2 x + 1) - 3 \tan^2 x (\tan^2 x + 1) = (7 \tan^6 x - 3 \tan^2 x) \sec^2 x$.
પ્રથમ,$\int_0^{\pi/4} f(x) dx$ ની ગણતરી કરો:
$\int_0^{\pi/4} (7 \tan^6 x - 3 \tan^2 x) \sec^2 x dx$. ધારો કે $u = \tan x$,તો $du = \sec^2 x dx$. જ્યારે $x=0, u=0$; જ્યારે $x=\pi/4, u=1$.
$= \int_0^1 (7u^6 - 3u^2) du = [u^7 - u^3]_0^1 = (1 - 1) - (0 - 0) = 0$. આમ,$(B)$ સાચું છે.
આગળ,ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીને $\int_0^{\pi/4} x f(x) dx$ ની ગણતરી કરો:
ધારો કે $I = \int_0^{\pi/4} x f(x) dx$. ધારો કે $g(x) = \int f(x) dx = \tan^7 x - \tan^3 x$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int_0^{\pi/4} x f(x) dx = [x g(x)]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} g(x) dx$.
$[x(\tan^7 x - \tan^3 x)]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{4}(1 - 1) - 0 = 0$.
તેથી,$I = - \int_0^{\pi/4} (\tan^7 x - \tan^3 x) dx = \int_0^{\pi/4} (\tan^3 x - \tan^7 x) dx$.
$= \int_0^{\pi/4} \tan^3 x (1 - \tan^4 x) dx = \int_0^{\pi/4} \tan^3 x (1 - \tan^2 x)(1 + \tan^2 x) dx$.
$= \int_0^{\pi/4} (\tan^3 x - \tan^5 x) \sec^2 x dx$. ધારો કે $u = \tan x$,$du = \sec^2 x dx$.
$= \int_0^1 (u^3 - u^5) du = [\frac{u^4}{4} - \frac{u^6}{6}]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{3-2}{12} = \frac{1}{12}$. આમ,$(A)$ સાચું છે.

(B) $(1)$ ધારો કે $I = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \sqrt{\frac{\pi x}{2} - x^2} dx - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{\pi x}{2} - x^2} dx$.
ધારો કે $I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \sqrt{(\frac{\pi}{4})^2 - (x - \frac{\pi}{4})^2} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a h(x) dx = \int_0^a h(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \sqrt{(\frac{\pi}{4})^2 - (x - \frac{\pi}{4})^2} dx$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin^2 x + \cos^2 x) \sqrt{(\frac{\pi}{4})^2 - (x - \frac{\pi}{4})^2} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} g(x) dx$.
આમ,$I = 2I_1 - \int_0^{\frac{\pi}{2}} g(x) dx = 0$.
$(2)$ ઉપર મુજબ,$I_1 = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} g(x) dx = \frac{\pi^3}{64}$.
તેથી,$\frac{16}{\pi^3} I_1 = \frac{16}{\pi^3} \cdot \frac{\pi^3}{64} = 0.25$.

(C) ધારો કે $I = \int_{e^2}^{e^4} \frac{1}{x} \left( \frac{e^{((\ln x)^2+1)^{-1}}}{e^{((\ln x)^2+1)^{-1}} + e^{((6-\ln x)^2+1)^{-1}}} \right) dx$.
$\ln x = t$ આદેશ લેતા,$\frac{1}{x} dx = dt$ મળે.
જ્યારે $x = e^2$,ત્યારે $t = 2$ અને જ્યારે $x = e^4$,ત્યારે $t = 4$.
તેથી,$I = \int_{2}^{4} \frac{e^{(t^2+1)^{-1}}}{e^{(t^2+1)^{-1}} + e^{((6-t)^2+1)^{-1}}} dt$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(t) dt = \int_{a}^{b} f(a+b-t) dt$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{2}^{4} \frac{e^{((6-t)^2+1)^{-1}}}{e^{((6-t)^2+1)^{-1}} + e^{(t^2+1)^{-1}}} dt$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{2}^{4} \frac{e^{(t^2+1)^{-1}} + e^{((6-t)^2+1)^{-1}}}{e^{(t^2+1)^{-1}} + e^{((6-t)^2+1)^{-1}}} dt = \int_{2}^{4} 1 dt = [t]_{2}^{4} = 4 - 2 = 2$.
આમ,$I = 1$.

(A) ધારો કે $I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x \sin x \cos x}{\sin ^4 x+\cos ^4 x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\frac{\pi}{2}-x) \sin(\frac{\pi}{2}-x) \cos(\frac{\pi}{2}-x)}{\sin ^4(\frac{\pi}{2}-x)+\cos ^4(\frac{\pi}{2}-x)} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\frac{\pi}{2}-x) \cos x \sin x}{\cos ^4 x+\sin ^4 x} dx$.
$I_2$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\frac{\pi}{2} \sin x \cos x}{\sin ^4 x+\cos ^4 x} dx = \frac{\pi}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cos x}{\sin ^4 x+\cos ^4 x} dx$.
અંશ અને છેદને $\cos^4 x$ વડે ભાગતા:
$I_2 = \frac{\pi}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan x \sec^2 x}{\tan^4 x + 1} dx$.
ધારો કે $t = \tan^2 x$,તેથી $dt = 2 \tan x \sec^2 x dx$,એટલે કે $\tan x \sec^2 x dx = \frac{dt}{2}$.
જ્યારે $x \to 0, t \to 0$ અને જ્યારે $x \to \frac{\pi}{2}, t \to \infty$.
$I_2 = \frac{\pi}{4} \int_0^{\infty} \frac{dt/2}{t^2+1} = \frac{\pi}{8} [\tan^{-1} t]_0^{\infty} = \frac{\pi}{8} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{16}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{96 x^2 \cos^2 x}{1+e^x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{96 x^2 \cos^2 x}{1+e^{-x}} dx$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 96 x^2 \cos^2 x \left( \frac{1}{1+e^x} + \frac{1}{1+e^{-x}} \right) dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 96 x^2 \cos^2 x dx$.
$x^2 \cos^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 96 x^2 \cos^2 x dx = 48 \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 (1 + \cos 2x) dx$.
$I = 48 \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} + 48 \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos 2x dx$.
$I = 48 \left( \frac{\pi^3}{24} \right) + 48 \left[ x^2 \frac{\sin 2x}{2} - \int 2x \frac{\sin 2x}{2} dx \right]_0^{\frac{\pi}{2}}$.
$I = 2\pi^3 + 48 \left[ 0 - \int_0^{\frac{\pi}{2}} x \sin 2x dx \right] = 2\pi^3 - 48 \left[ x \left( -\frac{\cos 2x}{2} \right) - \int -\frac{\cos 2x}{2} dx \right]_0^{\frac{\pi}{2}}$.
$I = 2\pi^3 - 48 \left[ -\frac{x \cos 2x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 2\pi^3 - 48 \left[ -\frac{\pi}{2} \cdot \frac{(-1)}{2} - 0 \right] = 2\pi^3 - 12\pi = \pi(2\pi^2 - 12)$.
$\pi(\alpha \pi^2 + \beta)$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = 2, \beta = -12$ મળે છે.
તેથી,$(\alpha + \beta)^2 = (2 - 12)^2 = (-10)^2 = 100$.

(A) આપેલ વક્ર $x^2=2y$ અને રેખા $y=2x+6$ છે. રેખાના સમીકરણમાંથી $y$ ની કિંમત વક્રના સમીકરણમાં મૂકતા:
$x^2=2(2x+6) \Rightarrow x^2=4x+12$
$x^2-4x-12=0 \Rightarrow (x-6)(x+2)=0$
તેથી,$x=6$ અથવા $x=-2$.
$x=6$ માટે,$y=2(6)+6=18$. $x=-2$ માટે,$y=2(-2)+6=2$.
છેદબિંદુઓ $(6, 18)$ અને $(-2, 2)$ છે.
બિંદુ $(a, b)$ બીજા ચરણમાં હોવાથી,$a=-2$ અને $b=2$ મળે.
આપણે $I=\int_{-2}^2 \frac{9x^2}{1+5^x} dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ગુણધર્મ $\int_{-k}^k f(x) dx = \int_0^k (f(x)+f(-x)) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{-2}^2 \frac{9x^2}{1+5^x} dx$.
અહીં $\frac{9x^2}{1+5^x} + \frac{9(-x)^2}{1+5^{-x}} = \frac{9x^2}{1+5^x} + \frac{9x^2 \cdot 5^x}{5^x+1} = \frac{9x^2(1+5^x)}{1+5^x} = 9x^2$.
તેથી,$I = \int_0^2 9x^2 dx = [3x^3]_0^2 = 3(8) - 3(0) = 24$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{8 x \, dx}{4 \cos^2 x + \sin^2 x}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{8(\pi - x) \, dx}{4 \cos^2(\pi - x) + \sin^2(\pi - x)} = \int_0^\pi \frac{8(\pi - x) \, dx}{4 \cos^2 x + \sin^2 x}$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \frac{8x + 8\pi - 8x}{4 \cos^2 x + \sin^2 x} \, dx = 8\pi \int_0^\pi \frac{dx}{4 \cos^2 x + \sin^2 x}$.
વિધેય $\pi/2$ ની સાપેક્ષ સંમિત હોવાથી,$2I = 8\pi \times 2 \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{4 \cos^2 x + \sin^2 x}$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = 8\pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 x \, dx}{4 + \tan^2 x}$.
ધારો કે $t = \tan x$,તેથી $dt = \sec^2 x \, dx$. જ્યારે $x \to 0, t \to 0$ અને જ્યારે $x \to \pi/2, t \to \infty$.
$I = 8\pi \int_0^\infty \frac{dt}{4 + t^2} = 8\pi \left[ \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{t}{2}\right) \right]_0^\infty$.
$I = 4\pi \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = 2\pi^2$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-1}^1 \frac{(1+\sqrt{|x|-x}) e^x+(\sqrt{|x|-x}) e^{-x}}{e^x+e^{-x}} dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરીને,$x$ ને $-x$ વડે બદલતા:
$I = \int_{-1}^1 \frac{(1+\sqrt{|-x|-(-x)}) e^{-x}+(\sqrt{|-x|-(-x)}) e^{-(-x)}}{e^{-x}+e^{-(-x)}} dx$
$I = \int_{-1}^1 \frac{(1+\sqrt{|x|+x}) e^{-x}+(\sqrt{|x|+x}) e^x}{e^{-x}+e^x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-1}^1 \frac{(1+\sqrt{|x|-x}) e^x + (\sqrt{|x|-x}) e^{-x} + (1+\sqrt{|x|+x}) e^{-x} + (\sqrt{|x|+x}) e^x}{e^x+e^{-x}} dx$
$2I = \int_{-1}^1 \frac{(1+\sqrt{|x|-x}+\sqrt{|x|+x})(e^x+e^{-x})}{e^x+e^{-x}} dx$
$2I = \int_{-1}^1 (1+\sqrt{|x|-x}+\sqrt{|x|+x}) dx$.
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,$2I = 2 \int_0^1 (1+\sqrt{x-x}+\sqrt{x+x}) dx = 2 \int_0^1 (1+0+\sqrt{2x}) dx$.
$I = \int_0^1 (1+\sqrt{2}x^{1/2}) dx = [x + \sqrt{2} \cdot \frac{2}{3} x^{3/2}]_0^1$
$I = 1 + \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

(C) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{(x+3) \sin x}{1+3 \cos^2 x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi-x+3) \sin(\pi-x)}{1+3 \cos^2(\pi-x)} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi-x+3) \sin x}{1+3 \cos^2 x} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \frac{(x+3+\pi-x+3) \sin x}{1+3 \cos^2 x} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi+6) \sin x}{1+3 \cos^2 x} dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) dx = 2 \int_0^a f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2I = 2(\pi+6) \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{1+3 \cos^2 x} dx$.
$I = (\pi+6) \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{1+3 \cos^2 x} dx$.
ધારો કે $\sqrt{3} \cos x = t$,તેથી $-\sqrt{3} \sin x dx = dt$,એટલે કે $\sin x dx = -\frac{dt}{\sqrt{3}}$.
જ્યારે $x=0, t=\sqrt{3}$ અને જ્યારે $x=\pi/2, t=0$.
$I = (\pi+6) \int_{\sqrt{3}}^0 \frac{-dt/\sqrt{3}}{1+t^2} = \frac{\pi+6}{\sqrt{3}} \int_0^{\sqrt{3}} \frac{dt}{1+t^2}$.
$I = \frac{\pi+6}{\sqrt{3}} [\tan^{-1} t]_0^{\sqrt{3}} = \frac{\pi+6}{\sqrt{3}} (\tan^{-1} \sqrt{3} - \tan^{-1} 0) = \frac{\pi+6}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{3} = \frac{\pi(\pi+6)}{3\sqrt{3}}$.

(D) આપેલ છે $I_1 = \int_{-\frac{1}{2}}^1 2x f(2x(1-2x)) dx$. ધારો કે $2x = t$,તેથી $2dx = dt$,એટલે કે $dx = \frac{1}{2} dt$. જ્યારે $x = -\frac{1}{2}$,ત્યારે $t = -1$. જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = 2$. આ કિંમતો મૂકતા,$I_1 = \int_{-1}^2 t f(t(1-t)) \frac{1}{2} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^2 t f(t(1-t)) dt$. તેથી,$2I_1 = \int_{-1}^2 t f(t(1-t)) dt$.
ગુણધર્મ $\int_a^b g(t) dt = \int_a^b g(a+b-t) dt$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $2I_1 = \int_{-1}^2 (1-t) f((1-t)(1-(1-t))) dt = \int_{-1}^2 (1-t) f((1-t)t) dt$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$2I_1 = \int_{-1}^2 f(t(1-t)) dt - \int_{-1}^2 t f(t(1-t)) dt$.
$I_2 = \int_{-1}^2 f(t(1-t)) dt$ અને $2I_1 = \int_{-1}^2 t f(t(1-t)) dt$ મૂકતા,આપણને મળે $2I_1 = I_2 - 2I_1$.
તેથી,$4I_1 = I_2$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{I_2}{I_1} = 4$.

(A) ધારો કે $\alpha=\int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\tan ^{-1} x}{2 x^2-3 x+2} d x \quad ...(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અથવા $x = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ મળે.
જ્યારે $x = \frac{1}{2}, t = 2$ અને જ્યારે $x = 2, t = \frac{1}{2}$.
$\alpha = \int_2^{\frac{1}{2}} \frac{\tan ^{-1}(1/t)}{2/t^2 - 3/t + 2} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt = \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\cot ^{-1} x}{2x^2 - 3x + 2} dx \quad ...(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2\alpha = \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x}{2x^2 - 3x + 2} dx = \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{\pi/2}{2x^2 - 3x + 2} dx$
$2\alpha = \frac{\pi}{4} \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{dx}{x^2 - \frac{3}{2}x + 1} = \frac{\pi}{4} \int_{\frac{1}{2}}^2 \frac{dx}{(x - 3/4)^2 + 7/16}$
$2\alpha = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{4}{\sqrt{7}} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{x - 3/4}{\sqrt{7}/4} \right) \right]_{\frac{1}{2}}^2 = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{4x - 3}{\sqrt{7}} \right) \right]_{\frac{1}{2}}^2$
$2\alpha = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \left[ \tan^{-1} \left( \frac{5}{\sqrt{7}} \right) - \tan^{-1} \left( \frac{-1}{\sqrt{7}} \right) \right] = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \tan^{-1} \left( \frac{5/\sqrt{7} + 1/\sqrt{7}}{1 - (5/\sqrt{7})(-1/\sqrt{7})} \right)$
$2\alpha = \frac{\pi}{\sqrt{7}} \tan^{-1} (3\sqrt{7})$
આમ,$\sqrt{7} \tan \left( \frac{2\alpha\sqrt{7}}{\pi} \right) = \sqrt{7} \tan \left( \tan^{-1}(3\sqrt{7}) \right) = \sqrt{7} \cdot 3\sqrt{7} = 21$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = f(1-x)$ અને $R_1 = \int_{-1}^2 x f(x) dx$.
ગુણધર્મ $\int_{a}^b g(x) dx = \int_{a}^b g(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = -1$ અને $b = 2$,આપણને $a+b = 1$ મળે છે.
તેથી,$R_1 = \int_{-1}^2 (1-x) f(1-x) dx$.
કારણ કે $f(1-x) = f(x)$,આપણને $R_1 = \int_{-1}^2 (1-x) f(x) dx$ મળે છે.
$R_1 = \int_{-1}^2 f(x) dx - \int_{-1}^2 x f(x) dx$.
$R_1 = \int_{-1}^2 f(x) dx - R_1$.
$2 R_1 = \int_{-1}^2 f(x) dx$.
કારણ કે $R_2$ એ $y = f(x)$ દ્વારા $x = -1$ થી $x = 2$ સુધીનું આવૃત ક્ષેત્રફળ છે,તેથી $R_2 = \int_{-1}^2 f(x) dx$.
તેથી,$R_2 = 2 R_1$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left[x^2 + \log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right)\right] \cos x \, dx$.
આપણે સંકલનને $I = I_1 + I_2$ તરીકે વિભાજિત કરી શકીએ છીએ,જ્યાં $I_1 = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x \, dx$ અને $I_2 = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right) \cos x \, dx$ છે.
કારણ કે $f(x) = \log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right) \cos x$ એ અયુગ્મ વિધેય છે કારણ કે $f(-x) = \log \left(\frac{\pi+x}{\pi-x}\right) \cos(-x) = -\log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right) \cos x = -f(x)$,તેથી $I_2 = 0$ થાય.
હવે,$I_1 = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x \, dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x \, dx$ (કારણ કે $x^2 \cos x$ એ યુગ્મ વિધેય છે).
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int x^2 \cos x \, dx = x^2 \sin x - \int 2x \sin x \, dx = x^2 \sin x - 2 \left[x(-\cos x) - \int 1(-\cos x) \, dx\right] = x^2 \sin x + 2x \cos x - 2 \sin x$.
$0$ થી $\frac{\pi}{2}$ સુધીની સીમાઓ મૂકતા: $2 \left[x^2 \sin x + 2x \cos x - 2 \sin x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 2 \left[\left(\frac{\pi^2}{4} \cdot 1 + 2 \cdot \frac{\pi}{2} \cdot 0 - 2 \cdot 1\right) - (0 + 0 - 0)\right] = 2 \left(\frac{\pi^2}{4} - 2\right) = \frac{\pi^2}{2} - 4$.
આમ,$I = \frac{\pi^2}{2} - 4$.

(C) ધારો કે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \left[\sqrt{\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}}\right] dx$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1-\cos 2x = 2\sin^2 x$ અને $1+\cos 2x = 2\cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sqrt{\frac{2\sin^2 x}{2\cos^2 x}} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right) dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log (\tan x) dx$ ... $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \left(\tan \left(\frac{\pi}{2}-x\right)\right) dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log (\cot x) dx$ ... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} [\log (\tan x) + \log (\cot x)] dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log (\tan x \cdot \cot x) dx$
કારણ કે $\tan x \cdot \cot x = 1$,તેથી:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log (1) dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 0 dx = 0$
આમ,$I = 0$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-2}^0 (x^3 + 3x^2 + 3x + 5 + (x + 1) \cos(x + 1)) \, dx$.
આપણે પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ:
$I = \int_{-2}^0 ((x + 1)^3 + 4 + (x + 1) \cos(x + 1)) \, dx$.
$t = x + 1$ આદેશ લેતા,$dt = dx$ મળે.
જ્યારે $x = -2$,ત્યારે $t = -1$ અને જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 1$.
તેથી,$I = \int_{-1}^1 (t^3 + 4 + t \cos t) \, dt$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $t^3$ અને $t \cos t$ એ અયુગ્મ વિધેયો છે,અને સંમિત અંતરાલ $[-a, a]$ પર અયુગ્મ વિધેયનું સંકલન $0$ થાય છે.
તેથી,$I = \int_{-1}^1 t^3 \, dt + \int_{-1}^1 4 \, dt + \int_{-1}^1 t \cos t \, dt$.
$I = 0 + \int_{-1}^1 4 \, dt + 0$.
$I = 4 [t]_{-1}^1 = 4(1 - (-1)) = 4(2) = 8$.
સાચો જવાબ $8$ છે.

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

(D) આપણને આપેલ છે કે $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \cos x \, dx = \frac{\pi}{2} \log \left(\frac{1}{2}\right)$.
આપણે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \sec x \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે $\sec x = \frac{1}{\cos x}$,તેથી $\log \sec x = \log \left(\frac{1}{\cos x}\right) = \log 1 - \log \cos x = -\log \cos x$ થાય.
તેથી,$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} -\log \cos x \, dx$.
$I = -\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \cos x \, dx$.
આપેલ કિંમત મૂકતા,$I = -\left[\frac{\pi}{2} \log \left(\frac{1}{2}\right)\right]$.
કારણ કે $\log \left(\frac{1}{2}\right) = \log (2^{-1}) = -\log 2$,તેથી $I = -\left[\frac{\pi}{2} (-\log 2)\right] = \frac{\pi}{2} \log 2$ મળે.

(C) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sec x)^{1/n}}{(\sec x)^{1/n} + (\operatorname{cosec} x)^{1/n}} dx \dots (i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sec(\frac{\pi}{2}-x))^{1/n}}{(\sec(\frac{\pi}{2}-x))^{1/n} + (\operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2}-x))^{1/n}} dx$
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\operatorname{cosec} x)^{1/n}}{(\operatorname{cosec} x)^{1/n} + (\sec x)^{1/n}} dx \dots (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sec x)^{1/n} + (\operatorname{cosec} x)^{1/n}}{(\sec x)^{1/n} + (\operatorname{cosec} x)^{1/n}} dx$
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx$
$2I = [x]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}$
$I = \frac{\pi}{4}$

(D) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \log \left(\frac{2-\sin x}{2+\sin x}\right) d x$.
વિધેય $f(x) = \log \left(\frac{2-\sin x}{2+\sin x}\right)$ ધ્યાનમાં લો.
હવે,$f(-x)$ ની કિંમત શોધીને વિધેય યુગ્મ છે કે અયુગ્મ તે તપાસો:
$f(-x) = \log \left(\frac{2-\sin(-x)}{2+\sin(-x)}\right) = \log \left(\frac{2+\sin x}{2-\sin x}\right)$.
કારણ કે $\log \left(\frac{a}{b}\right) = -\log \left(\frac{b}{a}\right)$,તેથી:
$f(-x) = -\log \left(\frac{2-\sin x}{2+\sin x}\right) = -f(x)$.
અહીં $f(-x) = -f(x)$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ,જો $f(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોય,તો $\int_{-a}^{a} f(x) d x = 0$ થાય.
તેથી,$I = 0$.

(C) ધારો કે $f(x) = \sin^7 x \cos^{16} x$.
આપણે $f(-x)$ ની ગણતરી કરીને વિધેય યુગ્મ છે કે અયુગ્મ તે તપાસીએ.
$f(-x) = \sin^7(-x) \cos^{16}(-x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(-x) = -\sin x$ અને $\cos(-x) = \cos x$,તેથી:
$f(-x) = (-\sin x)^7 (\cos x)^{16} = -\sin^7 x \cos^{16} x = -f(x)$.
જેથી $f(-x) = -f(x)$ 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,$\int_{-3}^3 \sin^7 x \cos^{16} x \,dx = 0$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-1}^1 \left(\sqrt{1+x+x^2} - \sqrt{1-x+x^2}\right) dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a+b = -1+1 = 0$ છે.
તેથી,$I = \int_{-1}^1 \left(\sqrt{1+(-x)+(-x)^2} - \sqrt{1-(-x)+(-x)^2}\right) dx$.
$I = \int_{-1}^1 \left(\sqrt{1-x+x^2} - \sqrt{1+x+x^2}\right) dx$.
$I = - \int_{-1}^1 \left(\sqrt{1+x+x^2} - \sqrt{1-x+x^2}\right) dx$.
$I = -I$.
$2I = 0$,જેનો અર્થ છે કે $I = 0$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1+(\cot x)^{101}}$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1+(\cot(\frac{\pi}{2}-x))^{101}}$
કારણ કે $\cot(\frac{\pi}{2}-x) = \tan x$,તેથી:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1+(\tan x)^{101}} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1+\frac{1}{(\cot x)^{101}}} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\cot x)^{101}}{1+(\cot x)^{101}} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+(\cot x)^{101}}{1+(\cot x)^{101}} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = [x]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$I = \frac{\pi}{4}$.

(A) ધારો કે $I = \int_2^4 \frac{\log x^2}{\log x^2 + \log (36-12x+x^2)} dx$.
અહીં $36-12x+x^2 = (6-x)^2$ છે.
તેથી,$I = \int_2^4 \frac{\log x^2}{\log x^2 + \log (6-x)^2} dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a+b = 2+4 = 6$.
$x$ ને $6-x$ વડે બદલતા:
$I = \int_2^4 \frac{\log (6-x)^2}{\log (6-x)^2 + \log (6-(6-x))^2} dx = \int_2^4 \frac{\log (6-x)^2}{\log (6-x)^2 + \log x^2} dx$.
$I$ ના બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_2^4 \frac{\log x^2 + \log (6-x)^2}{\log x^2 + \log (6-x)^2} dx = \int_2^4 1 dx$.
$2I = [x]_2^4 = 4-2 = 2$.
તેથી,$I = 1$.

(B) ધારો કે $I = \int_{-1}^3 \left(\tan^{-1}\left(\frac{x}{x^2+1}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{x^2+1}{x}\right)\right) dx$.
ગુણધર્મ $\tan^{-1}(u) + \tan^{-1}(1/u) = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યારે $u > 0$ હોય ત્યારે સંકલનનું મૂલ્ય $\frac{\pi}{2}$ થાય છે.
જોકે,$x < 0$ માટે,$u = x/(x^2+1) < 0$ થાય છે.
$u < 0$ માટે $\tan^{-1}(u) + \tan^{-1}(1/u) = -\frac{\pi}{2}$ હોવાથી,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int_{-1}^0 (-\frac{\pi}{2}) dx + \int_0^3 (\frac{\pi}{2}) dx$.
$I = -\frac{\pi}{2} [x]_{-1}^0 + \frac{\pi}{2} [x]_0^3$.
$I = -\frac{\pi}{2} (0 - (-1)) + \frac{\pi}{2} (3 - 0)$.
$I = -\frac{\pi}{2} (1) + \frac{\pi}{2} (3) = -\frac{\pi}{2} + \frac{3\pi}{2} = \frac{2\pi}{2} = \pi$.

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

(B) ધારો કે $I = \int_{3}^{5} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{8-x}+\sqrt{x}} \, dx$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_{3}^{5} \frac{\sqrt{3+5-x}}{\sqrt{8-(3+5-x)}+\sqrt{3+5-x}} \, dx$
$I = \int_{3}^{5} \frac{\sqrt{8-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{8-x}} \, dx$
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{3}^{5} \frac{\sqrt{x}+\sqrt{8-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{8-x}} \, dx$
$2I = \int_{3}^{5} 1 \, dx$
$2I = [x]_{3}^{5} = 5 - 3 = 2$
$I = 1$

(A) ધારો કે $I = \int_0^1 \tan^{-1}(1-x+x^2) dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^1 \tan^{-1}(1-(1-x)+(1-x)^2) dx$
$I = \int_0^1 \tan^{-1}(x^2-x+1) dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1}(1-x+x^2) = \tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(1-x)$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$I = \int_0^1 \tan^{-1}(x) dx + \int_0^1 \tan^{-1}(1-x) dx$.
કારણ કે $\int_0^1 \tan^{-1}(x) dx = \int_0^1 \tan^{-1}(1-x) dx$,તેથી:
$I = 2 \int_0^1 \tan^{-1}(x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int \tan^{-1}(x) dx = x \tan^{-1}(x) - \frac{1}{2} \log(1+x^2)$.
$0$ થી $1$ ની સીમાઓ મૂકતા:
$I = 2 [x \tan^{-1}(x) - \frac{1}{2} \log(1+x^2)]_0^1$
$I = 2 [ (1 \cdot \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \log 2) - 0 ] = \frac{\pi}{2} - \log 2$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^1 \log \left(\frac{1-x}{x}\right) dx$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^1 \log \left(\frac{1-(1-x)}{1-x}\right) dx = \int_0^1 \log \left(\frac{x}{1-x}\right) dx$.
$I = \int_0^1 \log \left(\left(\frac{1-x}{x}\right)^{-1}\right) dx = -\int_0^1 \log \left(\frac{1-x}{x}\right) dx$.
$I = -I$.
$2I = 0$,જેનો અર્થ છે કે $I = 0$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(x^2 + \log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right) \cdot \cos x\right) dx$.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો: $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x^2 dx + \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right) \cdot \cos x dx$.
ધારો કે $f(x) = \log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right) \cdot \cos x$.
તો $f(-x) = \log \left(\frac{\pi-(-x)}{\pi+(-x)}\right) \cdot \cos(-x) = \log \left(\frac{\pi+x}{\pi-x}\right) \cdot \cos x = \log \left(\left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right)^{-1}\right) \cdot \cos x = -\log \left(\frac{\pi-x}{\pi+x}\right) \cdot \cos x = -f(x)$.
જેથી $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે,તેથી $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) dx = 0$.
આમ,$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x^2 dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 dx = 2 \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 2 \cdot \frac{(\pi/2)^3}{3} = 2 \cdot \frac{\pi^3}{8 \cdot 3} = \frac{\pi^3}{12}$.

(A) ધારો કે $I = \int_1^3 \frac{\log x^2}{\log \left(16 x^2-8 x^3+x^4\right)} dx$.
નોંધો કે $16x^2 - 8x^3 + x^4 = x^2(16 - 8x + x^2) = x^2(4-x)^2$.
તેથી,છેદ $\log(x^2(4-x)^2) = \log x^2 + \log(4-x)^2$ થાય છે.
આમ,$I = \int_1^3 \frac{\log x^2}{\log x^2 + \log(4-x)^2} dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,અહીં $a+b = 1+3 = 4$ છે.
$x$ ને $(4-x)$ વડે બદલતા,આપણને $I = \int_1^3 \frac{\log(4-x)^2}{\log(4-x)^2 + \log x^2} dx$ મળે છે.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_1^3 \frac{\log x^2 + \log(4-x)^2}{\log x^2 + \log(4-x)^2} dx = \int_1^3 1 dx = [x]_1^3 = 3-1 = 2$.
તેથી,$I = 1$.