Properties of definite integration Questions in Hindi

(B) दिया गया समाकलन $I = \int_0^{2n\pi } {\left( {|\sin x| - \frac{1}{2}|\sin x|} \right)} \;dx$ है।
समाकल्य को सरल करने पर,हमें $I = \int_0^{2n\pi } {\frac{1}{2}|\sin x|} \;dx$ प्राप्त होता है।
चूंकि $|\sin x|$ एक $\pi$ आवर्तकाल वाला फलन है,हम गुणधर्म $\int_0^{nT} f(x) dx = n \int_0^T f(x) dx$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ $T = \pi$ है,इसलिए $I = \frac{1}{2} \times n \int_0^{\pi} |\sin x| \;dx$।
$x \in [0, \pi]$ के लिए $\sin x \ge 0$ है,इसलिए $|\sin x| = \sin x$ होगा।
$I = \frac{n}{2} \int_0^{\pi} \sin x \;dx = \frac{n}{2} [-\cos x]_0^{\pi}$।
$I = \frac{n}{2} (-(-1) - (-1)) = \frac{n}{2} (2) = n$ गणना के अनुसार है,लेकिन $\int_0^{2n\pi} |\sin x| dx = 2n \int_0^{\pi} \sin x dx = 2n(2) = 4n$ होता है।
अतः $I = \frac{1}{2} (4n) = 2n$।
सही उत्तर $2n$ है।

(A) माना $f(x) = \frac{1}{x + x^3}$ है।
जाँच करें कि फलन सम है या विषम।
$f(-x) = \frac{1}{(-x) + (-x)^3} = \frac{1}{-(x + x^3)} = -\frac{1}{x + x^3} = -f(x)$ है।
चूँकि $f(-x) = -f(x)$,इसलिए फलन $f(x)$ एक विषम फलन है।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म के अनुसार,यदि $f(x)$ एक विषम फलन है,तो $\int_{-a}^a f(x) dx = 0$ होता है।
अतः,$\int_{-a}^a \frac{1}{x + x^3} dx = 0$ है।

(A) माना $I = \int_{\pi /6}^{\pi /3} \frac{dx}{1 + \sqrt{\tan x}}$.
$I = \int_{\pi /6}^{\pi /3} \frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}} dx$ ...$(i)$
गुणधर्म $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a + b - x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{\pi /6}^{\pi /3} \frac{\sqrt{\cos(\pi/2 - x)}}{\sqrt{\cos(\pi/2 - x)} + \sqrt{\sin(\pi/2 - x)}} dx$
$I = \int_{\pi /6}^{\pi /3} \frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}} dx$ ...(ii)
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{\pi /6}^{\pi /3} \frac{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}} dx$
$2I = \int_{\pi /6}^{\pi /3} 1 dx$
$2I = [x]_{\pi /6}^{\pi /3} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6}$
$I = \frac{\pi}{12}$.

(D) माना $I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x} \, dx$ है।
चूंकि फलन $f(x) = \frac{\sin^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x}$ एक सम फलन है,इसलिए $I = 2 \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x} \, dx$ होगा।
गुणधर्म $\int_{0}^{2a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $f(\pi - x) = f(x)$ है,
$I = 2 \times 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x} \, dx = 4 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x} \, dx$ ..... $(i)$।
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx$ का उपयोग करते हुए,$I = 4 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos^4 x}{\cos^4 x + \sin^4 x} \, dx$ ..... $(ii)$।
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर,$2I = 4 \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^4 x + \cos^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x} \, dx = 4 \int_{0}^{\pi/2} 1 \, dx = 4 \times \frac{\pi}{2} = 2\pi$।
अतः,$I = \pi$।

(D) दिया गया है कि $f$ एक सतत फलन है।
समाकलन $I = \int_{-3}^{5} f(x) dx$ पर विचार करें।
माना $x = t - 1$,तब $dx = dt$।
जब $x = -3$ है,तो $t = -2$।
जब $x = 5$ है,तो $t = 6$।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{-2}^{6} f(t - 1) dt$।
चूंकि समाकलन का चर एक डमी चर है,हम $t$ को $x$ से बदल सकते हैं:
$I = \int_{-2}^{6} f(x - 1) dx$।
अतः,विकल्प $(d)$ सही है।

(B) माना $I = \int_0^\infty \frac{\log(1 + x^2)}{1 + x^2} \,dx$ है।
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^2 \theta \,d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$ तब $\theta = 0$ और जब $x \to \infty$ तब $\theta = \frac{\pi}{2}$ होता है।
अतः,$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\log(1 + \tan^2 \theta)}{1 + \tan^2 \theta} \cdot \sec^2 \theta \,d\theta$.
चूँकि $1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$,इसलिए $I = \int_0^{\pi/2} \log(\sec^2 \theta) \,d\theta$.
$\log(a^b) = b \log a$ गुणधर्म का उपयोग करने पर,$I = 2 \int_0^{\pi/2} \log(\sec \theta) \,d\theta$.
चूँकि $\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$,इसलिए $\log(\sec \theta) = -\log(\cos \theta)$ होता है।
अतः,$I = -2 \int_0^{\pi/2} \log(\cos \theta) \,d\theta$.
मानक समाकलन $\int_0^{\pi/2} \log(\cos \theta) \,d\theta = -\frac{\pi}{2} \log 2$ का उपयोग करने पर:
$I = -2 \left( -\frac{\pi}{2} \log 2 \right) = \pi \log 2$.

(C) माना $f(x) = \tan^{-1} \frac{1}{x}$ है। समाकलन $\int_{-1}^{1} f'(x) dx = [f(x)]_{-1}^{1} = f(1) - f(-1)$ है।
यहाँ $f(1) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$ और $f(-1) = \tan^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{4}$ है।
चूँकि $x = 0$ पर फलन असतत है,यह एक अनुचित समाकलन है: $\int_{-1}^{1} f'(x) dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{-1}^{-\epsilon} f'(x) dx + \lim_{\delta \to 0^+} \int_{\delta}^{1} f'(x) dx$.
$= [f(-\epsilon) - f(-1)] + [f(1) - f(\delta)] = (\tan^{-1}(-1/\epsilon) - \tan^{-1}(-1)) + (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(1/\delta))$.
जब $\epsilon, \delta \to 0$,तब $\tan^{-1}(-1/\epsilon) \to -\frac{\pi}{2}$ और $\tan^{-1}(1/\delta) \to \frac{\pi}{2}$ होता है।
परिणाम $= (-\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{4})) + (\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2}) = -\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{2}$.

(C) माना $I_k = \int_0^1 {f(k - 1 + x)\,dx} $.
$t = k - 1 + x$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$ है,तो $t = k - 1$ और जब $x = 1$ है,तो $t = k$ होता है।
अतः,$I_k = \int_{k - 1}^k {f(t)\,dt} = \int_{k - 1}^k {f(x)\,dx} $.
अब,दिया गया योग $\sum\limits_{k = 1}^n {I_k} = \sum\limits_{k = 1}^n {\int_{k - 1}^k {f(x)\,dx} } $ है।
योग का विस्तार करने पर:
$\int_0^1 {f(x)\,dx} + \int_1^2 {f(x)\,dx} + \dots + \int_{n - 1}^n {f(x)\,dx} $.
निश्चित समाकलन के गुणधर्म के अनुसार,$\int_a^b f(x)dx + \int_b^c f(x)dx = \int_a^c f(x)dx$.
इसलिए,यह योग $\int_0^n {f(x)\,dx} $ के बराबर है।

(C) माना $I = \int_a^{a + (\pi /2)} (\sin^4 x + \cos^4 x) \, dx$ है।
चूंकि फलन $f(x) = \sin^4 x + \cos^4 x$ एक आवर्ती फलन है जिसका आवर्तकाल $\frac{\pi}{2}$ है,इसलिए $\frac{\pi}{2}$ लंबाई के किसी भी अंतराल पर समाकलन का मान समान रहता है और यह $[0, \pi/2]$ पर समाकलन के बराबर होता है।
अतः,$I = \int_0^{\pi/2} (\sin^4 x + \cos^4 x) \, dx$।
सर्वसमिका $\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{1}{2}(2\sin x \cos x)^2 = 1 - \frac{1}{2}\sin^2(2x)$ का उपयोग करने पर।
अतः,$I = \int_0^{\pi/2} (1 - \frac{1}{2}\sin^2(2x)) \, dx = \int_0^{\pi/2} 1 \, dx - \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \sin^2(2x) \, dx$।
$I = [x]_0^{\pi/2} - \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos(4x)}{2} \, dx = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4} [x - \frac{\sin(4x)}{4}]_0^{\pi/2}$।
$I = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4} (\frac{\pi}{2} - 0) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{8} = \frac{3\pi}{8}$।

(A) माना $I = \int_0^\infty \log \left( x + \frac{1}{x} \right) \frac{dx}{1 + x^2}$.
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापन करने पर,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$.
जब $x \to 0, \theta \to 0$ और जब $x \to \infty, \theta \to \pi / 2$.
$I = \int_0^{\pi / 2} \log (\tan \theta + \cot \theta) \frac{\sec^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta} \, d\theta = \int_0^{\pi / 2} \log \left( \frac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{\sin \theta \cos \theta} \right) d\theta$.
$I = \int_0^{\pi / 2} \log \left( \frac{1}{\sin \theta \cos \theta} \right) d\theta = - \int_0^{\pi / 2} \log (\sin \theta \cos \theta) \, d\theta$.
$I = - \int_0^{\pi / 2} (\log \sin \theta + \log \cos \theta) \, d\theta$.
गुणधर्म $\int_0^{\pi / 2} \log \sin \theta \, d\theta = \int_0^{\pi / 2} \log \cos \theta \, d\theta = -\frac{\pi}{2} \log 2$ का उपयोग करने पर.
$I = - \left( -\frac{\pi}{2} \log 2 - \frac{\pi}{2} \log 2 \right) = - (-\pi \log 2) = \pi \log 2$.

(A) माना $I = \int_{0}^{\infty} \frac{x \ln x}{(1 + x^2)^2} \, dx$.
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^2 \theta \, d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x \to 0$,तब $\theta \to 0$ और जब $x \to \infty$,तब $\theta \to \frac{\pi}{2}$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\tan \theta \ln(\tan \theta)}{(1 + \tan^2 \theta)^2} \sec^2 \theta \, d\theta$
चूंकि $1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$,इसलिए:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\tan \theta \ln(\tan \theta)}{\sec^4 \theta} \sec^2 \theta \, d\theta$
$I = \int_{0}^{\pi/2} \sin \theta \cos \theta \ln(\tan \theta) \, d\theta$
$\sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} \sin 2\theta$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \sin 2\theta \ln(\tan \theta) \, d\theta$
माना $J = \int_{0}^{\pi/2} \sin 2\theta \ln(\tan \theta) \, d\theta$। गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$J = \int_{0}^{\pi/2} \sin(2(\frac{\pi}{2} - \theta)) \ln(\tan(\frac{\pi}{2} - \theta)) \, d\theta$
$J = \int_{0}^{\pi/2} \sin(\pi - 2\theta) \ln(\cot \theta) \, d\theta$
$J = \int_{0}^{\pi/2} \sin 2\theta \ln(\cot \theta) \, d\theta$
$J = \int_{0}^{\pi/2} \sin 2\theta (-\ln(\tan \theta)) \, d\theta = -J$
अतः,$2J = 0$,जिसका अर्थ है $J = 0$। इसलिए,$I = 0$।

(D) $0 < x < 1$ के लिए,हमारे पास $\frac{1}{2}{x^2} < {x^2} < x$ है।
इसका अर्थ है कि $- \frac{1}{2}{x^2} > - {x^2} > - x$।
परिणामस्वरूप,${e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}} > {e^{ - {x^2}}} > {e^{ - x}}$।
चूंकि ${\cos ^2}x \le 1$,इसलिए ${e^{ - {x^2}}}{\cos ^2}x \le {e^{ - {x^2}}} < {e^{ - \frac{1}{2}{x^2}}}$।
$0$ से $1$ तक समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है $\int_0^1 {{e^{ - x}}{{\cos }^2}x\,dx} < \int_0^1 {{e^{ - {x^2}}}{{\cos }^2}x\,dx} < \int_0^1 {{e^{ - {x^2}}}} dx < \int_0^1 {{e^{ - {x^2}/2}}dx}$।
अतः,${I_1} < {I_2} < {I_3} < {I_4}$।
इसलिए,${I_4}$ सबसे बड़ा समाकल है।

(C) दिया गया है $I_1 = \int_{1 - k}^k x f\{x(1 - x)\} dx$ और $I_2 = \int_{1 - k}^k f\{x(1 - x)\} dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} g(x) dx = \int_{a}^{b} g(a + b - x) dx$ का उपयोग करने पर,यहाँ $a + b = 1 - k + k = 1$ है।
अतः,$I_1 = \int_{1 - k}^k (1 - x) f\{(1 - x)(1 - (1 - x))\} dx$.
$I_1 = \int_{1 - k}^k (1 - x) f\{(1 - x)x\} dx$.
$I_1 = \int_{1 - k}^k f\{x(1 - x)\} dx - \int_{1 - k}^k x f\{x(1 - x)\} dx$.
$I_1 = I_2 - I_1$.
$2I_1 = I_2$.
इसलिए,$I_1/I_2 = 1/2$.

(C) माना $I = \int_0^\pi {e^{\cos^2 x} \cos^3((2n + 1)x)} \, dx$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a - x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^\pi {e^{\cos^2(\pi - x)} \cos^3((2n + 1)(\pi - x))} \, dx$.
चूंकि $\cos(\pi - x) = -\cos x$,इसलिए $\cos^2(\pi - x) = \cos^2 x$.
साथ ही,$\cos((2n + 1)(\pi - x)) = \cos((2n + 1)\pi - (2n + 1)x) = \cos((2n + 1)\pi) \cos((2n + 1)x) + \sin((2n + 1)\pi) \sin((2n + 1)x)$.
चूंकि $(2n + 1)$ एक विषम पूर्णांक है,$\cos((2n + 1)\pi) = -1$ और $\sin((2n + 1)\pi) = 0$.
अतः,$\cos((2n + 1)(\pi - x)) = -\cos((2n + 1)x)$.
इसलिए,$\cos^3((2n + 1)(\pi - x)) = (-\cos((2n + 1)x))^3 = -\cos^3((2n + 1)x)$.
इस मान को समाकलन में रखने पर,हमें $I = \int_0^\pi e^{\cos^2 x} (-\cos^3((2n + 1)x)) \, dx = -I$ प्राप्त होता है।
$2I = 0 \implies I = 0$.

(C) माना $I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1 + a^x} dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,हम $x$ को $-\pi + \pi - x = -x$ से प्रतिस्थापित करते हैं:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2(-x)}{1 + a^{-x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1 + \frac{1}{a^x}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a^x \cos^2 x}{a^x + 1} dx$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\cos^2 x}{1 + a^x} dx + \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a^x \cos^2 x}{1 + a^x} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{(1 + a^x) \cos^2 x}{1 + a^x} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 x dx$.
चूंकि $\cos^2 x$ एक सम फलन है,$2I = 2 \int_{0}^{\pi} \cos^2 x dx = \int_{0}^{\pi} (1 + \cos 2x) dx$.
$2I = [x + \frac{\sin 2x}{2}]_{0}^{\pi} = (\pi + 0) - (0 + 0) = \pi$.
अतः,$I = \frac{\pi}{2}$.

(D) दिया गया है $f(x) = \frac{e^x}{1 + e^x}$. ध्यान दें कि $f(-a) = \frac{e^{-a}}{1 + e^{-a}} = \frac{1}{e^a + 1}$.
अतः,$f(a) + f(-a) = \frac{e^a}{1 + e^a} + \frac{1}{1 + e^a} = 1$.
माना $I_1 = \int_{f(-a)}^{f(a)} x g\{x(1 - x)\} dx$. गुणधर्म $\int_{A}^{B} h(x) dx = \int_{A}^{B} h(A + B - x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $A + B = 1$:
$I_1 = \int_{f(-a)}^{f(a)} (1 - x) g\{(1 - x)(1 - (1 - x))\} dx = \int_{f(-a)}^{f(a)} (1 - x) g\{(1 - x)x\} dx$.
$I_1 = \int_{f(-a)}^{f(a)} g\{x(1 - x)\} dx - \int_{f(-a)}^{f(a)} x g\{x(1 - x)\} dx$.
$I_1 = I_2 - I_1$.
$2I_1 = I_2$.
इसलिए,$\frac{I_2}{I_1} = 2$.

(D) मान लीजिए $h(x) = [f(x) + f(-x)][g(x) - g(-x)]$ है।
अब,$h(-x)$ की गणना करते हैं:
$h(-x) = [f(-x) + f(-(-x))][g(-x) - g(-(-x))] = [f(-x) + f(x)][g(-x) - g(x)]$।
हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$h(-x) = -[f(x) + f(-x)][g(x) - g(-x)] = -h(x)$।
चूंकि $h(-x) = -h(x)$,इसलिए फलन $h(x)$ एक विषम फलन (odd function) है।
किसी भी विषम फलन $h(x)$ के लिए,सममित अंतराल $[-a, a]$ पर समाकलन का मान शून्य होता है:
$\int_{-a}^{a} h(x) \, dx = 0$।
अतः,$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} [f(x) + f(-x)][g(x) - g(-x)] \, dx = 0$।

(D) माना कि दिया गया व्यंजक $S = \sum\limits_{n = 1}^{10} \int_{ - 2n - 1}^{2n} \sin^{27}x \, dx + \sum\limits_{n = 1}^{10} \int_{2n}^{2n + 1} \sin^{27}x \, dx$ है।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म के अनुसार,$\int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{b}^{c} f(x) dx = \int_{a}^{c} f(x) dx$ होता है।
अतः,$S = \sum\limits_{n = 1}^{10} \int_{ - 2n - 1}^{2n + 1} \sin^{27}x \, dx$।
चूँकि $\sin^{27}x$ एक विषम फलन है,इसलिए $\int_{-a}^{a} \sin^{27}x \, dx = 0$ होता है।
अतः,प्रत्येक $n$ के लिए $\int_{ - (2n + 1)}^{(2n + 1)} \sin^{27}x \, dx = 0$ होगा।
इसलिए,$S = \sum\limits_{n = 1}^{10} 0 = 0$।

(B) दिया गया है ${I_n} = \int_{0}^{\pi /4} {\tan^n x} \,dx$.
हम जानते हैं कि $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$.
अतः,${I_n} = \int_{0}^{\pi /4} {\tan^{n-2} x (\sec^2 x - 1)} \,dx$.
${I_n} = \int_{0}^{\pi /4} {\tan^{n-2} x \sec^2 x} \,dx - \int_{0}^{\pi /4} {\tan^{n-2} x} \,dx$.
${I_n} = \left[ \frac{\tan^{n-1} x}{n-1} \right]_{0}^{\pi /4} - {I_{n-2}}$.
चूंकि $\tan(\pi/4) = 1$ और $\tan(0) = 0$,इसलिए ${I_n} = \frac{1}{n-1} - {I_{n-2}}$.
इस प्रकार,${I_n} + {I_{n-2}} = \frac{1}{n-1}$.
अब,हमें $\lim_{n \to \infty} n[{I_n} + {I_{n-2}}]$ का मान ज्ञात करना है।
$\lim_{n \to \infty} n \left( \frac{1}{n-1} \right) = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 - 1/n} = 1$.

(C) हम जानते हैं कि $2\sin \frac{x}{2} \left( {\frac{1}{2} + \cos x + \cos 2x + \dots + \cos nx} \right) = \sin \frac{x}{2} + \sum_{k=1}^n 2\sin \frac{x}{2} \cos kx$।
सर्वसमिका $2\sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$ का उपयोग करने पर:
$2\sin \frac{x}{2} \cos kx = \sin \left( k + \frac{1}{2} \right)x - \sin \left( k - \frac{1}{2} \right)x$।
$k=1$ से $n$ तक योग करने पर,हमें एक टेलीस्कोपिंग श्रेणी प्राप्त होती है:
$\sin \frac{x}{2} + \left( \sin \frac{3x}{2} - \sin \frac{x}{2} \right) + \dots + \left( \sin \left( n + \frac{1}{2} \right)x - \sin \left( n - \frac{1}{2} \right)x \right) = \sin \left( n + \frac{1}{2} \right)x$।
अतः,$\frac{\sin \left( n + \frac{1}{2} \right)x}{\sin \frac{x}{2}} = 1 + 2\cos x + 2\cos 2x + \dots + 2\cos nx$।
अब,$0$ से $\pi$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^\pi \left( 1 + 2\sum_{k=1}^n \cos kx \right) dx = \left[ x + 2\sum_{k=1}^n \frac{\sin kx}{k} \right]_0^\pi$।
चूंकि सभी पूर्णांक $k$ के लिए $\sin(k\pi) = 0$ है,इसलिए समाकलन का मान $\pi - 0 = \pi$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है $\int_0^1 {{e^{{x^2}}}(x - \alpha )\,dx = 0}$.
इसे $\int_0^1 {x{e^{{x^2}}}dx = \alpha \int_0^1 {{e^{{x^2}}}dx} }$ के रूप में लिखा जा सकता है।
बाईं ओर के लिए,मान लीजिए $u = x^2$,तो $du = 2x \, dx$,इसलिए $x \, dx = \frac{1}{2} du$। जब $x=0, u=0$ और जब $x=1, u=1$।
अतः,$\frac{1}{2} \int_0^1 {e^u du} = \alpha \int_0^1 {{e^{{x^2}}}dx}$।
$\frac{1}{2} [e^u]_0^1 = \alpha \int_0^1 {{e^{{x^2}}}dx}$।
$\frac{1}{2} (e - 1) = \alpha \int_0^1 {{e^{{x^2}}}dx}$।
इसलिए,$\alpha = \frac{e - 1}{2 \int_0^1 {{e^{{x^2}}}dx}}$।
चूंकि $e^x$ अंतराल $[0, 1]$ पर एक वर्धमान फलन है,$1 \le e^{x^2} \le e$। अतः,$\int_0^1 1 \, dx < \int_0^1 e^{x^2} \, dx < \int_0^1 e \, dx$,जिसका अर्थ है कि $1 < \int_0^1 e^{x^2} \, dx < e$।
चूंकि $e \approx 2.718$,$\frac{e-1}{2} \approx 0.859$। चूंकि $\int_0^1 e^{x^2} \, dx > 1$,$\alpha = \frac{0.859}{\text{value} > 1} < 0.859 < 1$।
साथ ही,चूंकि $e > 1$,$\alpha > 0$। अतः,$0 < \alpha < 1$।

(D) हम जानते हैं कि फलन $f(x) = |\sin x|$ का आवर्तकाल $\pi$ है।
गुणधर्म $\int_{a}^{a+nT} f(x) dx = n \int_{0}^{T} f(x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $T$ आवर्तकाल है:
$\int_{\,\pi }^{\,10\pi } {|\sin x|dx} = \int_{\,0}^{\,9\pi } {|\sin x|dx}$ (सीमाओं को $-\pi$ स्थानांतरित करने पर)।
चूंकि आवर्तकाल $\pi$ है,हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$9 \int_{\,0}^{\,\pi } {|\sin x|dx} = 9 \int_{\,0}^{\,\pi } {\sin x dx}$ (क्योंकि $[0, \pi]$ में $\sin x \ge 0$ है)।
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$9 [-\cos x]_{0}^{\pi} = 9 (-(\cos \pi) + \cos 0) = 9 (-(-1) + 1) = 9(1 + 1) = 18$.

(B) माना $I = \int_{ - \pi }^\pi {\frac{{2x(1 + \sin x)}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} $.
हम समाकलन को दो भागों में विभाजित कर सकते हैं:
$I = \int_{ - \pi }^\pi {\frac{{2x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} + \int_{ - \pi }^\pi {\frac{{2x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} $.
प्रथम भाग के लिए,$f(x) = \frac{2x}{1 + \cos^2 x}$ लें। चूंकि $f(-x) = \frac{-2x}{1 + \cos^2(-x)} = -f(x)$,फलन विषम है। अतः,$\int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx = 0$.
दूसरे भाग के लिए,$g(x) = \frac{2x\sin x}{1 + \cos^2 x}$ लें। चूंकि $g(-x) = \frac{2(-x)\sin(-x)}{1 + \cos^2(-x)} = \frac{2x\sin x}{1 + \cos^2 x} = g(x)$,फलन सम है। अतः,$\int_{-\pi}^{\pi} g(x) dx = 2 \int_0^{\pi} g(x) dx$.
अतः,$I = 2 \int_0^{\pi} \frac{2x\sin x}{1 + \cos^2 x} dx = 4 \int_0^{\pi} \frac{x\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$ ... $(i)$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = 4 \int_0^{\pi} \frac{(\pi - x)\sin(\pi - x)}{1 + \cos^2(\pi - x)} dx = 4 \int_0^{\pi} \frac{(\pi - x)\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$ ... $(ii)$.
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$2I = 4 \int_0^{\pi} \frac{x\sin x + (\pi - x)\sin x}{1 + \cos^2 x} dx = 4\pi \int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
$I = 2\pi \int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
माना $t = \cos x$,तब $dt = -\sin x dx$. जब $x=0, t=1$; जब $x=\pi, t=-1$.
$I = 2\pi \int_1^{-1} \frac{-dt}{1 + t^2} = 2\pi \int_{-1}^1 \frac{dt}{1 + t^2} = 2\pi [\tan^{-1} t]_{-1}^1$.
$I = 2\pi (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1)) = 2\pi (\frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4})) = 2\pi (\frac{\pi}{2}) = \pi^2$.

(D) माना $I = \int_{0}^{\pi} x f(\sin x) dx$ $(1)$
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{0}^{\pi} (\pi - x) f(\sin(\pi - x)) dx$
चूँकि $\sin(\pi - x) = \sin x$,इसलिए:
$I = \int_{0}^{\pi} (\pi - x) f(\sin x) dx$
$I = \pi \int_{0}^{\pi} f(\sin x) dx - \int_{0}^{\pi} x f(\sin x) dx$
$I = \pi \int_{0}^{\pi} f(\sin x) dx - I$
$2I = \pi \int_{0}^{\pi} f(\sin x) dx$
$I = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin x) dx$
गुणधर्म $\int_{0}^{2a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$ का उपयोग करने पर यदि $f(2a-x) = f(x)$ हो:
यहाँ $f(\sin(\pi - x)) = f(\sin x)$,इसलिए $\int_{0}^{\pi} f(\sin x) dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) dx$
$I = \frac{\pi}{2} \times 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) dx = \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) dx$
$\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) dx$
अतः,$I = \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) dx$.

(C) माना $I = \int_{-\frac{3\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}} \left[ (x+\pi)^3 + \cos^2(x+3\pi) \right] dx$.
$t = x + \pi$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = -\frac{3\pi}{2}$,तब $t = -\frac{\pi}{2}$।
जब $x = -\frac{\pi}{2}$,तब $t = \frac{\pi}{2}$।
चूंकि $\cos(x+3\pi) = \cos(x+\pi) = -\cos x$,इसलिए $\cos^2(x+3\pi) = \cos^2 x$ होगा।
अतः,$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (t^3 + \cos^2 t) dt$.
$t^3$ एक विषम फलन है और $\cos^2 t$ एक सम फलन है,इसलिए $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} t^3 dt = 0$ होगा।
अतः,$I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 t dt = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 t dt$.
सर्वसमिका $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$ का उपयोग करने पर,$I = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2t}{2} dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \cos 2t) dt$.
समाकलन करने पर: $[t + \frac{\sin 2t}{2}]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = (\frac{\pi}{2} + 0) - (0 + 0) = \frac{\pi}{2}$.

(C) दिया गया है $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\log_{e} t}{1+t} dt$.
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{1/x} \frac{\log_{e} t}{1+t} dt$ पर विचार करें।
मान लीजिए $t = \frac{1}{u}$,तो $dt = -\frac{1}{u^2} du$.
जब $t=1, u=1$. जब $t=1/x, u=x$.
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\log_{e}(1/u)}{1+(1/u)} \left(-\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{-\log_{e} u}{\frac{u+1}{u}} \left(\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{-\log_{e} u}{u(u+1)} du$.
अब,$F(x) = f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\log_{e} t}{1+t} dt + \int_{1}^{x} \frac{-\log_{e} t}{t(1+t)} dt$.
$F(x) = \int_{1}^{x} \frac{\log_{e} t}{1+t} \left( 1 - \frac{1}{t} \right) dt = \int_{1}^{x} \frac{\log_{e} t}{t} dt$.
$F(x) = \left[ \frac{(\log_{e} t)^2}{2} \right]_{1}^{x} = \frac{(\log_{e} x)^2}{2}$.
$x=e$ के लिए,$F(e) = \frac{(\log_{e} e)^2}{2} = \frac{1}{2} = 0.5$.

(C) माना $I = \int_{0}^{\pi} [\cot x] dx$.
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{0}^{\pi} [\cot(\pi - x)] dx = \int_{0}^{\pi} [-\cot x] dx$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{0}^{\pi} ([\cot x] + [-\cot x]) dx$.
हम जानते हैं कि किसी भी $y \notin \mathbb{Z}$ के लिए,$[y] + [-y] = -1$ होता है,और $y \in \mathbb{Z}$ के लिए,$[y] + [-y] = 0$ होता है।
फलन $\cot x$ बिंदु $x=0, \pi/2, \pi$ पर परिभाषित नहीं है। $x=\pi/2$ पर,$\cot x = 0$ है,इसलिए $[0] + [0] = 0$ होता है।
अन्य सभी $x \in (0, \pi)$ के लिए,$\cot x$ पूर्णांक नहीं है।
अतः,$(0, \pi)$ में लगभग हर जगह $[\cot x] + [-\cot x] = -1$ होता है।
$2I = \int_{0}^{\pi} (-1) dx = -\pi$.
इसलिए,$I = -\frac{\pi}{2}$.

(A) दिया गया है कि $p'(x) = p'(1 - x)$।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,हमें $p(x) = -p(1 - x) + C$ प्राप्त होता है।
$x = 0$ पर,$p(0) = -p(1) + C$।
दिए गए मान $p(0) = 1$ और $p(1) = 41$ रखने पर,$1 = -41 + C$,जिसका अर्थ है कि $C = 42$।
अतः,$p(x) + p(1 - x) = 42$।
मान लीजिए $I = \int_{0}^{1} p(x) dx$। गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a - x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें $I = \int_{0}^{1} p(1 - x) dx$ प्राप्त होता है।
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर,$2I = \int_{0}^{1} (p(x) + p(1 - x)) dx$।
$p(x) + p(1 - x) = 42$ रखने पर,$2I = \int_{0}^{1} 42 dx = 42[x]_{0}^{1} = 42$।
इसलिए,$I = 21$।

(D) माना $I = \int_{0}^{1} \frac{8 \log(1+x)}{1+x^{2}} dx$.
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^{2} \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x=0, \theta=0$ और जब $x=1, \theta=\frac{\pi}{4}$ होता है।
$I = 8 \int_{0}^{\pi/4} \frac{\log(1+\tan \theta)}{1+\tan^{2} \theta} \sec^{2} \theta d\theta = 8 \int_{0}^{\pi/4} \log(1+\tan \theta) d\theta$ ... $(i)$.
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = 8 \int_{0}^{\pi/4} \log(1+\tan(\frac{\pi}{4}-\theta)) d\theta$.
चूंकि $\tan(\frac{\pi}{4}-\theta) = \frac{1-\tan \theta}{1+\tan \theta}$,इसलिए:
$I = 8 \int_{0}^{\pi/4} \log(1 + \frac{1-\tan \theta}{1+\tan \theta}) d\theta = 8 \int_{0}^{\pi/4} \log(\frac{2}{1+\tan \theta}) d\theta$.
$I = 8 \int_{0}^{\pi/4} (\log 2 - \log(1+\tan \theta)) d\theta$.
$I = 8 \log 2 [\theta]_{0}^{\pi/4} - 8 \int_{0}^{\pi/4} \log(1+\tan \theta) d\theta$.
$I = 8 \log 2 (\frac{\pi}{4}) - I$.
$2I = 2\pi \log 2 \Rightarrow I = \pi \log 2$.

(D) माना $I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{dx}{1 + \sqrt{\tan x}}$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a + b - x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{dx}{1 + \sqrt{\tan(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} - x)}} = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{dx}{1 + \sqrt{\tan(\frac{\pi}{2} - x)}} = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{dx}{1 + \sqrt{\cot x}}$.
$I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{dx}{1 + \frac{1}{\sqrt{\tan x}}} = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\sqrt{\tan x}}{\sqrt{\tan x} + 1} dx$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left( \frac{1}{1 + \sqrt{\tan x}} + \frac{\sqrt{\tan x}}{1 + \sqrt{\tan x}} \right) dx = \int_{\pi/6}^{\pi/3} 1 dx = [x]_{\pi/6}^{\pi/3} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6}$.
अतः,$I = \frac{\pi}{12}$.
कथन $-1$ में मान $\frac{\pi}{6}$ दिया गया है,जो असत्य है। कथन $-2$ निश्चित समाकलन का एक मानक गुणधर्म है,जो सत्य है।

(D) माना $I = \int_{2}^{4} \frac{\log(x^2)}{\log(x^2) + \log((6-x)^2)} \, dx$ है।
गुणधर्म $\log(a^2) = 2\log|a|$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{2}^{4} \frac{2\log x}{2\log x + 2\log(6-x)} \, dx = \int_{2}^{4} \frac{\log x}{\log x + \log(6-x)} \, dx \quad \dots(1)$।
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) \, dx$ का उपयोग करने पर,जहाँ $a+b = 2+4 = 6$:
$I = \int_{2}^{4} \frac{\log(6-x)}{\log(6-x) + \log(6-(6-x))} \, dx = \int_{2}^{4} \frac{\log(6-x)}{\log(6-x) + \log x} \, dx \quad \dots(2)$।
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{2}^{4} \frac{\log x + \log(6-x)}{\log x + \log(6-x)} \, dx = \int_{2}^{4} 1 \, dx$।
$2I = [x]_{2}^{4} = 4 - 2 = 2$।
$I = 1$।

(C) माना $I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{dx}{1 + \cos x} \quad (i)$
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a+b = \frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{4} = \pi$ है:
$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{dx}{1 + \cos(\pi - x)} = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{dx}{1 - \cos x} \quad (ii)$
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \left( \frac{1}{1 + \cos x} + \frac{1}{1 - \cos x} \right) dx$
$2I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{1 - \cos x + 1 + \cos x}{1 - \cos^2 x} dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{2}{\sin^2 x} dx$
$2I = 2 \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \csc^2 x dx$
$I = [-\cot x]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}$
$I = -(\cot \frac{3\pi}{4} - \cot \frac{\pi}{4}) = -(-1 - 1) = 2$

(C) माना $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{\sin^2 x}{1 + 2^x} dx$ $(i)$
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{\sin^2(-x)}{1 + 2^{-x}} dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{\sin^2 x}{1 + \frac{1}{2^x}} dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{2^x \sin^2 x}{2^x + 1} dx$ $(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{\sin^2 x + 2^x \sin^2 x}{1 + 2^x} dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2 x dx$
चूंकि $\sin^2 x$ एक सम फलन है,$2I = 2 \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 x dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} \sin^2 x dx = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2x}{2} dx = \left[ \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} \right]_{0}^{\pi/2} = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$

(A) दिया गया है ${I_n} = \int_0^{\pi /4} {{\tan ^n}\theta \,d\theta }$.
${I_{n + 1}} + {I_{n - 1}} = \int_0^{\pi /4} {{\tan ^{n + 1}}\theta \,d\theta } + \int_0^{\pi /4} {{\tan ^{n - 1}}\theta \,d\theta }$ पर विचार करें।
$= \int_0^{\pi /4} {{\tan ^{n - 1}}\theta (\tan ^2\theta + 1)d\theta }$.
$= \int_0^{\pi /4} {{\tan ^{n - 1}}\theta \sec ^2\theta \,d\theta }$.
माना $u = \tan \theta$,तब $du = \sec ^2\theta \,d\theta$. जब $\theta = 0, u = 0$ और जब $\theta = \pi /4, u = 1$.
$= \int_0^1 {{u^{n - 1}}du} = \left[ \frac{u^n}{n} \right]_0^1 = \frac{1}{n}$.
अतः,$n({I_{n - 1}} + {I_{n + 1}}) = 1$.

(A) माना $u = h(x)$ है। तब $du = h'(x) \, dx$ होगा।
जब $x = a$,तब $u = h(a)$। जब $x = b$,तब $u = h(b)$।
समाकलन $\int_{h(a)}^{h(b)} [f(g(u))]^{-1} f'(g(u)) g'(u) \, du$ बन जाता है।
माना $v = g(u)$ है। तब $dv = g'(u) \, du$ होगा।
जब $u = h(a)$,तब $v = g(h(a))$। जब $u = h(b)$,तब $v = g(h(b))$।
समाकलन $\int_{g(h(a))}^{g(h(b))} [f(v)]^{-1} f'(v) \, dv$ बन जाता है।
यह $\int_{g(h(a))}^{g(h(b))} \frac{f'(v)}{f(v)} \, dv = [\ln|f(v)|]_{g(h(a))}^{g(h(b))}$ है।
चूंकि $h(a) = h(b)$,इसलिए ऊपरी और निचली सीमाएं समान हैं: $g(h(a)) = g(h(b))$।
अतः,समाकलन का मान $0$ है।

(A) माना $I = \int_0^a f(x)g(x) dx$.
गुणधर्म $\int_0^a h(x) dx = \int_0^a h(a - x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_0^a f(a - x)g(a - x) dx$.
दिया गया है कि $f(x) = f(a - x)$ और $g(a - x) = 2 - g(x)$,इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_0^a f(x)[2 - g(x)] dx$.
$I = 2\int_0^a f(x) dx - \int_0^a f(x)g(x) dx$.
$I = 2\int_0^a f(x) dx - I$.
$2I = 2\int_0^a f(x) dx$.
$I = \int_0^a f(x) dx$.

(C) माना $I = \int_1^3 \sqrt{3 + x^3} \,dx$ है।
चूँकि $f(x) = \sqrt{3 + x^3}$ अंतराल $[1, 3]$ पर एक वर्धमान फलन है,इसलिए न्यूनतम मान $x = 1$ पर और अधिकतम मान $x = 3$ पर प्राप्त होता है।
$f(1) = \sqrt{3 + 1^3} = \sqrt{4} = 2$.
$f(3) = \sqrt{3 + 3^3} = \sqrt{3 + 27} = \sqrt{30}$.
निश्चित समाकलन के गुणधर्म का उपयोग करते हुए,$(b - a)f(x)_{\min} \le I \le (b - a)f(x)_{\max}$.
यहाँ,$a = 1$ और $b = 3$,इसलिए $(b - a) = 2$.
अतः,$2 \times 2 \le I \le 2 \times \sqrt{30}$.
$4 \le I \le 2\sqrt{30}$.
इसलिए,समाकलन का मान $(4, 2\sqrt{30})$ अंतराल में स्थित है।

(D) माना $I = \int_0^{2\pi } {\frac{{x{{\sin }^{2n}}x}}{{{{\sin }^{2n}}x + {{\cos }^{2n}}x}}dx} $.
गुणधर्म $\int_0^a {f(x)dx = \int_0^a {f(a - x)dx} }$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_0^{2\pi } {\frac{{(2\pi - x){{\sin }^{2n}}(2\pi - x)}}{{{{\sin }^{2n}}(2\pi - x) + {{\cos }^{2n}}(2\pi - x)}}dx} $
$I = \int_0^{2\pi } {\frac{{(2\pi - x){{\sin }^{2n}}x}}{{{{\sin }^{2n}}x + {{\cos }^{2n}}x}}dx} $
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_0^{2\pi } {\frac{{2\pi {{\sin }^{2n}}x}}{{{{\sin }^{2n}}x + {{\cos }^{2n}}x}}dx} $
$I = \pi \int_0^{2\pi } {\frac{{{{\sin }^{2n}}x}}{{{{\sin }^{2n}}x + {{\cos }^{2n}}x}}dx} $
गुणधर्म $\int_0^{2a} {f(x)dx = 2\int_0^a {f(x)dx} }$ का उपयोग करते हुए यदि $f(2a-x) = f(x)$ हो:
$I = 2\pi \int_0^{\pi } {\frac{{{{\sin }^{2n}}x}}{{{{\sin }^{2n}}x + {{\cos }^{2n}}x}}dx} $
$I = 4\pi \int_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2n}}x}}{{{{\sin }^{2n}}x + {{\cos }^{2n}}x}}dx} $ (समीकरण $i$)
इसी प्रकार,$I = 4\pi \int_0^{\pi /2} {\frac{{{{\cos }^{2n}}x}}{{{{\sin }^{2n}}x + {{\cos }^{2n}}x}}dx} $ (समीकरण $ii$)
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$2I = 4\pi \int_0^{\pi /2} {1 dx} = 4\pi \left( \frac{\pi }{2} \right) = 2{\pi ^2}$
अतः,$I = {\pi ^2}$.

(C) मान लीजिए $J = \int_{3}^{3 + 3T} f(2x) dx$. $u = 2x$ प्रतिस्थापित करने पर,$du = 2 dx$ या $dx = \frac{1}{2} du$ प्राप्त होता है।
जब $x = 3, u = 6$. जब $x = 3 + 3T, u = 6 + 6T$.
अतः,$J = \frac{1}{2} \int_{6}^{6 + 6T} f(u) du$.
चूंकि $f$ एक $T$ आवर्तकाल वाला आवर्ती फलन है,इसलिए किसी भी $a \in \mathbb{R}$ और $n \in \mathbb{Z}$ के लिए $\int_{a}^{a + nT} f(x) dx = n \int_{0}^{T} f(x) dx$ होता है।
यहाँ,समाकलन $6T$ लंबाई के अंतराल पर है,जो आवर्तकाल $T$ का $6$ गुना है।
इसलिए,$\int_{6}^{6 + 6T} f(u) du = 6 \int_{0}^{T} f(u) du = 6I$.
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$J = \frac{1}{2} \times 6I = 3I$.

(D) माना $I = \int_0^\pi \frac{x \, dx}{a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x} \dots (i)$
गुणधर्म $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \, dx}{a^2 \cos^2(\pi - x) + b^2 \sin^2(\pi - x)} = \int_0^\pi \frac{(\pi - x) \, dx}{a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x} \dots (ii)$
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_0^\pi \frac{\pi \, dx}{a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x} = \pi \int_0^\pi \frac{dx}{a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x}$
चूंकि फलन $\frac{\pi}{2}$ के सापेक्ष सममित है,$I = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x}$
अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर:
$I = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 x \, dx}{a^2 + b^2 \tan^2 x}$
माना $b \tan x = t$,तब $b \sec^2 x \, dx = dt \implies \sec^2 x \, dx = \frac{dt}{b}$.
जब $x \to 0, t \to 0$ और जब $x \to \frac{\pi}{2}, t \to \infty$.
$I = \frac{\pi}{b} \int_0^\infty \frac{dt}{a^2 + t^2} = \frac{\pi}{b} \left[ \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{t}{a} \right) \right]_0^\infty = \frac{\pi}{ab} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi^2}{2ab}$.

(B) माना $f(x) = \sin^{-1}(3x - 4x^3) - \cos^{-1}(4x^3 - 3x)$.
हम जानते हैं कि $y \in [-1, 1]$ के लिए $\cos^{-1}(y) = \pi - \sin^{-1}(y)$.
अतः,$f(x) = \sin^{-1}(3x - 4x^3) - [\pi - \sin^{-1}(4x^3 - 3x)]$.
चूंकि $4x^3 - 3x = -(3x - 4x^3)$,इसलिए $\sin^{-1}(4x^3 - 3x) = \sin^{-1}(-(3x - 4x^3)) = -\sin^{-1}(3x - 4x^3)$.
इस मान को $f(x)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ के लिए $\sin^{-1}(3x - 4x^3) = 3\sin^{-1}x$ और $\cos^{-1}(4x^3 - 3x) = \frac{\pi}{2} + \sin^{-1}(3x - 4x^3)$ होता है।
अतः $f(x) = \sin^{-1}(3x - 4x^3) - (\frac{\pi}{2} + \sin^{-1}(3x - 4x^3)) = -\frac{\pi}{2}$.
इसलिए,$I = \int_{-1/2}^{1/2} -\frac{\pi}{2} dx = -\frac{\pi}{2} [x]_{-1/2}^{1/2} = -\frac{\pi}{2} (\frac{1}{2} - (-\frac{1}{2})) = -\frac{\pi}{2}$.

(A) माना $I = \int\limits_0^\pi x \sin^2 x \cos x \, dx$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^\pi (\pi - x) \sin^2(\pi - x) \cos(\pi - x) \, dx$
चूंकि $\sin(\pi - x) = \sin x$ और $\cos(\pi - x) = -\cos x$,इसलिए:
$I = \int_0^\pi (\pi - x) \sin^2 x (-\cos x) \, dx$
$I = -\pi \int_0^\pi \sin^2 x \cos x \, dx + \int_0^\pi x \sin^2 x \cos x \, dx$
$I = -\pi \int_0^\pi \sin^2 x \cos x \, dx + I$
इसका अर्थ है कि $\pi \int_0^\pi \sin^2 x \cos x \, dx = 0$.
माना $u = \sin x$,तो $du = \cos x \, dx$.
जब $x=0, u=0$ और जब $x=\pi, u=0$.
अतः,$\int_0^\pi \sin^2 x \cos x \, dx = \int_0^0 u^2 \, du = 0$.
इसलिए,$I = 0$.

(B) माना $I = \int\limits_0^{\pi / 2n} \frac{dx}{1 + \tan^n(nx)}$.
$nx = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$n \, dx = dt$,अतः $dx = \frac{dt}{n}$.
जब $x = 0, t = 0$. जब $x = \frac{\pi}{2n}, t = \frac{\pi}{2}$.
$I = \frac{1}{n} \int\limits_0^{\pi / 2} \frac{dt}{1 + \tan^n(t)} = \frac{1}{n} \int\limits_0^{\pi / 2} \frac{\cos^n(t)}{\sin^n(t) + \cos^n(t)} \, dt$.
गुणधर्म $\int\limits_0^a f(t) \, dt = \int\limits_0^a f(a-t) \, dt$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{n} \int\limits_0^{\pi / 2} \frac{\sin^n(t)}{\cos^n(t) + \sin^n(t)} \, dt$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \frac{1}{n} \int\limits_0^{\pi / 2} \frac{\cos^n(t) + \sin^n(t)}{\cos^n(t) + \sin^n(t)} \, dt = \frac{1}{n} \int\limits_0^{\pi / 2} 1 \, dt = \frac{1}{n} \left[ t \right]_0^{\pi / 2} = \frac{\pi}{2n}$.
अतः,$I = \frac{\pi}{4n}$.

(A) माना $I = \int\limits_{-a}^a f(x)\,dx$.
गुणधर्म $\int\limits_a^b f(x)\,dx = \int\limits_a^b f(a+b-x)\,dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \int\limits_{-a}^a f(-x)\,dx$.
$I$ के लिए इन दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int\limits_{-a}^a [f(x) + f(-x)]\,dx$.
चूंकि फलन $g(x) = f(x) + f(-x)$ एक सम फलन है (क्योंकि $g(-x) = f(-x) + f(x) = g(x)$),इसलिए हम लिख सकते हैं:
$2I = 2\int\limits_0^a [f(x) + f(-x)]\,dx$.
$2$ से भाग देने पर,हमें $I = \int\limits_0^a [f(x) + f(-x)]\,dx$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(C) माना $f(x) = \frac{1}{2}(|x - 3| + |1 - x| - 4)$.
$x \in [\frac{1}{2}, 1]$ के लिए,$f(x) = \frac{1}{2}(3 - x + 1 - x - 4) = -x$. अतः,$\{f(x)\} = \{-x\} = 1 - x$.
$x \in [1, 3]$ के लिए,$f(x) = \frac{1}{2}(3 - x + x - 1 - 4) = -1$. अतः,$\{f(x)\} = \{-1\} = 0$.
$x \in [3, \frac{7}{2}]$ के लिए,$f(x) = \frac{1}{2}(x - 3 + x - 1 - 4) = x - 4$. अतः,$\{f(x)\} = \{x - 4\} = x - 3$.
अब,समाकलन $\int_{\frac{1}{2}}^{1} (1 - x) dx + \int_{1}^{3} 0 dx + \int_{3}^{\frac{7}{2}} (x - 3) dx$ होगा।
$= [x - \frac{x^2}{2}]_{\frac{1}{2}}^{1} + 0 + [\frac{x^2}{2} - 3x]_{3}^{\frac{7}{2}}$.
$= (1 - \frac{1}{2}) - (\frac{1}{2} - \frac{1}{8}) + ((\frac{49}{8} - \frac{21}{2}) - (\frac{9}{2} - 9))$.
$= \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4}$.

(C) माना $I = \int_{a}^{b} x \cdot f(a + b - x) \, dx$ है।
गुणधर्म $\int_{a}^{b} g(x) \, dx = \int_{a}^{b} g(a + b - x) \, dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{a}^{b} (a + b - x) \cdot f(a + b - (a + b - x)) \, dx$
$I = \int_{a}^{b} (a + b - x) \cdot f(x) \, dx$
$I = (a + b) \int_{a}^{b} f(x) \, dx - \int_{a}^{b} x \cdot f(x) \, dx$
चूंकि $f(a + b - x) = f(x)$,मूल समाकलन $I = \int_{a}^{b} x \cdot f(x) \, dx$ है।
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = (a + b) \int_{a}^{b} f(x) \, dx - I$
$2I = (a + b) \int_{a}^{b} f(x) \, dx$
$I = \frac{a + b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \, dx$.

(B) माना $I = \int_{0}^{a} f(x) g(x) dx$ ....$(1)$
गुणधर्म $\int_{0}^{a} h(x) dx = \int_{0}^{a} h(a - x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{a} f(a - x) g(a - x) dx$
चूंकि $f(x) = f(a - x)$ और $g(a - x) = 4 - g(x)$,इसलिए:
$I = \int_{0}^{a} f(x) (4 - g(x)) dx$
$I = 4 \int_{0}^{a} f(x) dx - \int_{0}^{a} f(x) g(x) dx$
$I = 4 \int_{0}^{a} f(x) dx - I$
दोनों पक्षों में $I$ जोड़ने पर:
$2I = 4 \int_{0}^{a} f(x) dx$
$I = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$

(A) माना $I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right) dx$.
गुणधर्म $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a = \frac{1}{2}$ और $b = 2$,हमें $a+b = \frac{5}{2}$ प्राप्त होता है।
$x = \frac{1}{t}$ प्रतिस्थापन करने पर,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = \frac{1}{2}$,तो $t = 2$. जब $x = 2$,तो $t = \frac{1}{2}$.
$I = \int\limits_2^{\frac{1}{2}} t \sin \left( \frac{1}{t} - t \right) \left( -\frac{1}{t^2} \right) dt$
$I = \int\limits_2^{\frac{1}{2}} \frac{1}{t} \sin \left( t - \frac{1}{t} \right) dt$
$I = -\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 \frac{1}{t} \sin \left( t - \frac{1}{t} \right) dt$
$I = -I$
अतः,$2I = 0$,जिसका अर्थ है कि $I = 0$.

(C) दिया गया है $I_n = \int_{1}^{e} (\ln x)^n dx$।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,मान लीजिए $u = (\ln x)^n$ और $dv = dx$।
तब $du = n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
$I_n = [x(\ln x)^n]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} x \cdot n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$।
$I_n = (e(\ln e)^n - 1(\ln 1)^n) - n \int_{1}^{e} (\ln x)^{n-1} dx$।
चूंकि $\ln e = 1$ और $\ln 1 = 0$,इसलिए $I_n = e - n I_{n-1}$ प्राप्त होता है।
$n$ को $n+1$ से प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I_{n+1} = e - (n+1) I_n$ प्राप्त होता है।
पदों को व्यवस्थित करने पर,$I_{n+1} + (n+1) I_n = e$ प्राप्त होता है।