Properties of definite integration Questions in Hindi

(C) हम गुणधर्म $\left| \int_{a}^{b} f(x) dx \right| \le \int_{a}^{b} |f(x)| dx$ का उपयोग करते हैं।
दिए गए समाकलन $I = \int_{10}^{19} \frac{\sin x}{1 + x^8} dx$ के लिए,हमारे पास है:
$|I| \le \int_{10}^{19} \frac{|\sin x|}{1 + x^8} dx$.
चूंकि $|\sin x| \le 1$ और $1 + x^8 > x^8$,हमें प्राप्त होता है:
$|I| < \int_{10}^{19} \frac{1}{x^8} dx$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$\int_{10}^{19} x^{-8} dx = \left[ \frac{x^{-7}}{-7} \right]_{10}^{19} = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{10^7} - \frac{1}{19^7} \right)$.
चूंकि $\frac{1}{7} < 1$ और $\left( \frac{1}{10^7} - \frac{1}{19^7} \right) < \frac{1}{10^7}$,इसलिए:
$|I| < \frac{1}{10^7} = 10^{-7}$.

(D) माना $I = \int_{-\pi}^{\pi} (\cos px - \sin qx)^2 dx$.
समाकल्य का विस्तार करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} (\cos^2 px + \sin^2 qx - 2 \cos px \sin qx) dx$.
गुणधर्म $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 0$ का उपयोग करते हुए यदि $f(x)$ एक विषम फलन है,तो पद $\int_{-\pi}^{\pi} 2 \cos px \sin qx dx = 0$ होगा क्योंकि $\cos px$ सम है और $\sin qx$ विषम है।
अतः,$I = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 px dx + \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 qx dx$.
सर्वसमिका $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ और $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 + \cos 2px}{2} dx + \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 - \cos 2qx}{2} dx$.
$I = \frac{1}{2} [x + \frac{\sin 2px}{2p}]_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{2} [x - \frac{\sin 2qx}{2q}]_{-\pi}^{\pi}$.
चूंकि $p, q$ पूर्णांक हैं,$\sin(2p\pi) = 0$ और $\sin(-2p\pi) = 0$.
$I = \frac{1}{2} [(\pi - 0) - (-\pi - 0)] + \frac{1}{2} [(\pi - 0) - (-\pi - 0)]$.
$I = \frac{1}{2} [2\pi] + \frac{1}{2} [2\pi] = \pi + \pi = 2\pi$.

(B) माना $f(x) = \{x\}^2 + 3 \sin(2\pi x)$ है।
चूँकि $\{x\}$ का आवर्तकाल $T = 1$ है और $\sin(2\pi x)$ का आवर्तकाल भी $T = 1$ है,इसलिए फलन $f(x)$ का आवर्तकाल $1$ है।
आवर्ती फलन के लिए हम गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = (b-a) \int_{0}^{1} f(x) \, dx$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$a = 19$ और $b = 37$ है,इसलिए $b - a = 37 - 19 = 18$ है।
अतः,समाकलन $18 \int_{0}^{1} (x^2 + 3 \sin(2\pi x)) \, dx$ हो जाता है।
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$18 \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{3}{2\pi} \cos(2\pi x) \right]_{0}^{1}$
$= 18 \left( (\frac{1}{3} - \frac{3}{2\pi} \cos(2\pi)) - (0 - \frac{3}{2\pi} \cos(0)) \right)$
$= 18 \left( \frac{1}{3} - \frac{3}{2\pi} - (0 - \frac{3}{2\pi}) \right)$
$= 18 \left( \frac{1}{3} - \frac{3}{2\pi} + \frac{3}{2\pi} \right)$
$= 18 \times \frac{1}{3} = 6$.

(B) माना $I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {\tan x} \,dx} \quad ....(1)$
गुणधर्म $\int\limits_0^a f(x) dx = \int\limits_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {\tan(\frac{\pi}{2} - x)} \,dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {\cot x} \,dx} \quad ....(2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(\sqrt {\tan x} + \sqrt {\cot x}) \,dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{\sin x \cos x}} \,dx}$
अंश और हर को $\sqrt{2}$ से गुणा करने पर:
$2I = \sqrt{2} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2 \sin x \cos x}} \,dx} = \sqrt{2} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{1 - (\sin x - \cos x)^2}} \,dx}$
माना $t = \sin x - \cos x$,तब $dt = (\cos x + \sin x) dx$. जब $x=0, t=-1$; जब $x=\frac{\pi}{2}, t=1$.
$2I = \sqrt{2} \int\limits_{-1}^1 {\frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}}} = \sqrt{2} [\sin^{-1} t]_{-1}^1 = \sqrt{2} (\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})) = \sqrt{2} \pi$
$I = \frac{\sqrt{2} \pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.

(A) माना $I_1 = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin x + \cos x) dx$ है।
गुणधर्म $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I_1 = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} - x) + \cos(-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} - x)) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(-x) + \cos(-x)) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos x - \sin x) dx$ प्राप्त होता है।
$I_1$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I_1 = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} (\ln(\sin x + \cos x) + \ln(\cos x - \sin x)) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos^2 x - \sin^2 x) dx = \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos 2x) dx$।
चूँकि $\ln(\cos 2x)$ एक सम फलन है,इसलिए $2I_1 = 2 \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos 2x) dx$।
माना $2x = t$,तब $2dx = dt$। जब $x=0, t=0$; जब $x=\frac{\pi}{4}, t=\frac{\pi}{2}$।
$I_1 = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos t) \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t) dt = \frac{I}{2}$।

(D) माना $I = \int_{a}^{0} (3^{-2x} - 2 \cdot 3^{-x}) \, dx \geq 0$.
$t = 3^{-x}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = -3^{-x} \ln 3 \, dx$,अतः $dx = -\frac{dt}{t \ln 3}$.
जब $x = a$,तब $t = 3^{-a}$. जब $x = 0$,तब $t = 1$.
समाकलन $\int_{3^{-a}}^{1} (t^2 - 2t) \left( -\frac{dt}{t \ln 3} \right) = \frac{1}{\ln 3} \int_{1}^{3^{-a}} (t - 2) \, dt \geq 0$ हो जाता है।
चूंकि $\ln 3 > 0$,इसलिए $\int_{1}^{3^{-a}} (t - 2) \, dt \geq 0$.
समाकलन का मान: $\left[ \frac{t^2}{2} - 2t \right]_{1}^{3^{-a}} \geq 0$.
$\left( \frac{3^{-2a}}{2} - 2 \cdot 3^{-a} \right) - \left( \frac{1}{2} - 2 \right) \geq 0$.
$\frac{3^{-2a}}{2} - 2 \cdot 3^{-a} + \frac{3}{2} \geq 0$.
$2$ से गुणा करने पर: $3^{-2a} - 4 \cdot 3^{-a} + 3 \geq 0$.
$u = 3^{-a}$ रखने पर,$u^2 - 4u + 3 \geq 0$,जिसके गुणनखंड $(u - 3)(u - 1) \geq 0$ हैं।
इसका अर्थ है $u \leq 1$ या $u \geq 3$.
स्थिति $1$: $3^{-a} \leq 3^0 \implies -a \leq 0 \implies a \geq 0$.
स्थिति $2$: $3^{-a} \geq 3^1 \implies -a \geq 1 \implies a \leq -1$.
अतः,$a \in (-\infty, -1] \cup [0, \infty)$.

(B) माना $I = \int\limits_{a - 1}^a \frac{e^{-t}}{t - a - 1} \, dt$.
$t = a - 1 + y$ प्रतिस्थापन करने पर,$dt = dy$.
जब $t = a - 1$,तब $y = 0$. जब $t = a$,तब $y = 1$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int\limits_0^1 \frac{e^{-(a - 1 + y)}}{a - 1 + y - a - 1} \, dy = \int\limits_0^1 \frac{e^{1 - a - y}}{y - 2} \, dy$.
$y \to 1-y$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$I = \int\limits_0^1 \frac{e^{1 - a - (1 - y)}}{(1 - y) - 2} \, dy = \int\limits_0^1 \frac{e^{-a + y}}{-1 - y} \, dy = -e^{-a} \int\limits_0^1 \frac{e^y}{1 + y} \, dy = -e^{-a} A$.

(B) माना $I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2\theta} \sin \theta \,d\theta$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2(\frac{\pi}{2}-\theta)} \sin(\frac{\pi}{2}-\theta) \,d\theta = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2\theta} \cos \theta \,d\theta$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin 2\theta} (\sin \theta + \cos \theta) \,d\theta$.
चूँकि $\sin 2\theta = 1 - (\sin \theta - \cos \theta)^2$,माना $t = \sin \theta - \cos \theta$.
तब $dt = (\cos \theta + \sin \theta) \,d\theta$.
जब $\theta = 0, t = -1$. जब $\theta = \frac{\pi}{2}, t = 1$.
$2I = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 - t^2} \,dt$.
यह $1$ त्रिज्या वाले अर्धवृत्त का क्षेत्रफल है,जो $\frac{1}{2} \pi (1)^2 = \frac{\pi}{2}$ है।
अतः,$2I = \frac{\pi}{2} \implies I = \frac{\pi}{4}$.

(C) दिया गया है $f(x) = \int\limits_0^\pi \frac{t \sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
गुणधर्म $\int_0^a f(t) \, dt = \int_0^a f(a-t) \, dt$ का उपयोग करने पर,$f(x) = \int_0^\pi \frac{(\pi-t) \sin(\pi-t)}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2(\pi-t)}} \, dt = \int_0^\pi \frac{(\pi-t) \sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर: $2f(x) = \pi \int_0^\pi \frac{\sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
चूँकि समाकल्य $t = \frac{\pi}{2}$ के सापेक्ष सममित है,$f(x) = \pi \int_0^{\pi/2} \frac{\sin t}{\sqrt{1 + \tan^2 x \sin^2 t}} \, dt$.
मान लीजिए $y = \cos t$,तो $dy = -\sin t \, dt$. जब $t=0, y=1$; जब $t=\pi/2, y=0$.
$f(x) = \pi \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{1 + \tan^2 x (1-y^2)}} = \pi \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{\sec^2 x - \tan^2 x \, y^2}} = \frac{\pi}{\tan x} \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{\csc^2 x - y^2}}$.
$f(x) = \frac{\pi}{\tan x} [\sin^{-1}(\frac{y}{\csc x})]_0^1 = \frac{\pi}{\tan x} \sin^{-1}(\sin x) = \frac{\pi x}{\tan x}$.
चूँकि $f(x) = \frac{\pi x}{\tan x}$ अंतराल $(0, \pi/2)$ में अवकलनीय फलनों का संयोजन है,इसलिए $f$ अंतराल $(0, \pi/2)$ में सतत और अवकलनीय है।

(B) माना $I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{x^3} + |x| + 1}}{{{x^2} + 2|x| + 1}}} dx$ है।
चूंकि हर ${x^2} + 2|x| + 1 = (|x| + 1)^2$ एक सम फलन है,हम समाकलन को विषम और सम भागों में विभाजित कर सकते हैं।
$I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{x^3}}}{{(|x| + 1)^2}}} dx + \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{|x| + 1}}{{(|x| + 1)^2}}} dx$।
पहला भाग $\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{x^3}}}{{(|x| + 1)^2}}} dx$ एक सममित अंतराल $[-1, 1]$ पर एक विषम फलन का समाकलन है,इसलिए यह $0$ के बराबर है।
अतः,$I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{1}{{|x| + 1}}} dx$।
चूंकि $\frac{1}{{|x| + 1}}$ एक सम फलन है,$I = 2 \int\limits_0^1 {\frac{1}{{x + 1}}} dx$।
$I = 2 [\ln(x + 1)]_0^1 = 2(\ln 2 - \ln 1) = 2 \ln 2$।
$2 \ln 2$ की तुलना $a \ln 2 + b$ से करने पर,हमें $a = 2$ और $b = 0$ प्राप्त होता है।

(C) हम जानते हैं कि महत्तम पूर्णांक फलन $[x]$ के लिए,योग $[x] + [-x]$ इस प्रकार परिभाषित है:
$[x] + [-x] = \begin{cases} 0, & \text{यदि } x \in \mathbb{Z} \\ -1, & \text{यदि } x \notin \mathbb{Z} \end{cases}$
चूंकि अंतराल $[a, b]$ में पूर्णांकों का समुच्चय $\mathbb{Z}$ का माप शून्य है,इसलिए अंतराल $[a, b]$ पर फलन का समाकलन,अंतराल $[a, b]$ पर अचर मान $-1$ के समाकलन के बराबर है।
अतः,$I = \int\limits_a^b ([x] + [-x]) \,dx = \int\limits_a^b (-1) \,dx$
$I = -[x]_a^b = -(b - a) = a - b$.

(B) माना $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1 + \sin x + \cos x} dx$ और $J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1 + \sin x + \cos x} dx$ है।
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें $J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1 + \cos x + \sin x} dx = I$ प्राप्त होता है।
अब,$I + J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x + \cos x}{1 + \sin x + \cos x} dx$ है।
चूंकि $I = J$,इसलिए $2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \sin x + \cos x - 1}{1 + \sin x + \cos x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \frac{1}{1 + \sin x + \cos x}) dx$ है।
$2I = [x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1 + \sin x + \cos x}$ है।
$2I = \frac{\pi}{2} - \ln 2$ है।
$I = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$ है।

(C) माना $I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x\cos x}}{{{{\left( {1 + \sin x} \right)}^2}}}} dx$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_0^\pi \frac{(\pi - x)\cos(\pi - x)}{(1 + \sin(\pi - x))^2} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi - x)(-\cos x)}{(1 + \sin x)^2} dx$.
$I = -\pi \int_0^\pi \frac{\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx + \int_0^\pi \frac{x\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx$.
$I = -\pi \int_0^\pi \frac{\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx + I$.
इसका अर्थ है कि $\pi \int_0^\pi \frac{\cos x}{(1 + \sin x)^2} dx = 0$.
माना $u = 1 + \sin x$,तो $du = \cos x dx$.
जब $x = 0, u = 1$. जब $x = \pi, u = 1$.
अतः,$\int_1^1 \frac{1}{u^2} du = 0$.
इसलिए,समाकलन का मान $0$ है।

(B) माना $I = \int\limits_0^1 \frac{\ln x}{\sqrt{1 - x^2}} dx$. $x = \sin \theta$ रखने पर,$dx = \cos \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x \to 0, \theta \to 0$ और जब $x \to 1, \theta \to \pi/2$।
$I = \int\limits_0^{\pi/2} \ln(\sin \theta) d\theta = -\frac{\pi}{2} \ln 2$।
अब दाहिने पक्ष $(RHS)$ पर विचार करें: $J = \int\limits_0^\pi \ln(1 + \cos x) dx$।
गुणधर्म $\int\limits_0^a f(x) dx = \int\limits_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,$J = \int\limits_0^\pi \ln(1 - \cos x) dx$।
$2J = \int\limits_0^\pi \ln(1 - \cos^2 x) dx = \int\limits_0^\pi \ln(\sin^2 x) dx = 2 \int\limits_0^\pi \ln(\sin x) dx$।
चूंकि $\int\limits_0^\pi \ln(\sin x) dx = 2 \int\limits_0^{\pi/2} \ln(\sin x) dx = 2(-\frac{\pi}{2} \ln 2) = -\pi \ln 2$,इसलिए $2J = 2(-\pi \ln 2) = -2\pi \ln 2$,जिसका अर्थ है $J = -\pi \ln 2$।
$I = kJ$ की तुलना करने पर,$-\frac{\pi}{2} \ln 2 = k(-\pi \ln 2)$,जिससे $k = 1/2$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है $f(x) = \cos(\tan^{-1}x)$.
समाकलन $I = \int_{0}^{1} x f''(x) dx$ के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$I = [x f'(x)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f'(x) dx$
$I = f'(1) - [f(1) - f(0)] = f'(1) - f(1) + f(0)$.
अब,$f(x) = \cos(\tan^{-1}x)$. $x=1$ पर,$\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$,अतः $f(1) = \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$x=0$ पर,$\tan^{-1}(0) = 0$,अतः $f(0) = \cos(0) = 1$.
अवकलन $f'(x) = -\sin(\tan^{-1}x) \cdot \frac{1}{1+x^2}$.
$f'(1) = -\sin(\frac{\pi}{4}) \cdot \frac{1}{1+1^2} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} = -\frac{1}{2\sqrt{2}}$.
इन मानों को रखने पर:
$I = -\frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 = 1 - \frac{1+2}{2\sqrt{2}} = 1 - \frac{3}{2\sqrt{2}}$.

(C) दिया गया है $U_n = \int\limits_0^1 x^n (2 - x)^n \, dx$ और $V_n = \int\limits_0^1 x^n (1 - x)^n \, dx$.
$U_n$ के समाकलन के लिए,$x = 2t$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2 \, dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0, t = 0$ और जब $x = 1, t = 1/2$ होता है।
$U_n = \int\limits_0^{1/2} (2t)^n (2 - 2t)^n (2 \, dt) = \int\limits_0^{1/2} 2^n t^n 2^n (1 - t)^n (2 \, dt) = 2^{2n+1} \int\limits_0^{1/2} t^n (1 - t)^n \, dt$.
अब,$V_n = \int\limits_0^1 x^n (1 - x)^n \, dx$ पर विचार करें।
गुणधर्म $\int\limits_0^{2a} f(x) \, dx = 2 \int\limits_0^a f(x) \, dx$ का उपयोग करते हुए,यदि $f(2a - x) = f(x)$ हो,तो $f(x) = x^n (1 - x)^n$ के लिए जाँच करने पर,
$f(1 - x) = (1 - x)^n (1 - (1 - x))^n = (1 - x)^n x^n = f(x)$ प्राप्त होता है।
अतः,$V_n = 2 \int\limits_0^{1/2} x^n (1 - x)^n \, dx$.
$U_n$ और $V_n$ की तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है कि $U_n = 2^{2n} \left( 2 \int\limits_0^{1/2} t^n (1 - t)^n \, dt \right) = 2^{2n} V_n$.

(D) अंतराल $(0, \frac{\pi}{2})$ में,हमारे पास $0 < \sin(x) < 1$ है। चूंकि $e^{-x^2} > 0$,$e^{-x^2}$ से गुणा करने पर $e^{-x^2}\sin(x) < e^{-x^2}$ प्राप्त होता है। $0$ से $\frac{\pi}{2}$ तक समाकलन करने पर,हमें $I_1 < I_2$ प्राप्त होता है। अतः,कथन $I$ सत्य है।
आगे,अंतराल $(0, \frac{\pi}{2})$ में,$1 + x > 1$ है। $e^{-x^2} > 0$ से गुणा करने पर,$e^{-x^2}(1 + x) > e^{-x^2}$ प्राप्त होता है। $0$ से $\frac{\pi}{2}$ तक समाकलन करने पर,हमें $I_3 > I_2$ प्राप्त होता है। अतः,कथन $II$ सत्य है।
चूंकि $I_1 < I_2$ और $I_2 < I_3$,इसलिए $I_1 < I_3$ होता है,अतः कथन $III$ असत्य है।
इसलिए,$I$ और $II$ दोनों सत्य हैं।

(D) दिया गया है $f(x) = \frac{\sin x}{x}$. हमें $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) f\left(\frac{\pi}{2} - x\right) dx$ का मान ज्ञात करना है।
फलन का मान रखने पर,$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{\sin(\frac{\pi}{2} - x)}{\frac{\pi}{2} - x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cos x}{x(\frac{\pi}{2} - x)} dx$.
इसे सरल करने पर $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2x}{2x(\frac{\pi}{2} - x)} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2x}{x(\pi - 2x)} dx$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए $t = 2x$,तो $dt = 2dx$ या $dx = \frac{dt}{2}$. जब $x=0, t=0$ और जब $x=\frac{\pi}{2}, t=\pi$.
$I = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t(\pi - t)} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t(\pi - t)} dt$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{t(\pi - t)} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1}{t} + \frac{1}{\pi - t} \right)$.
$I = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\pi} \sin t \left( \frac{1}{t} + \frac{1}{\pi - t} \right) dt = \frac{1}{2\pi} \left( \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t} dt + \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{\pi - t} dt \right)$.
दूसरे समाकलन में,मान लीजिए $u = \pi - t$,तो $du = -dt$. समाकलन $\int_{0}^{\pi} \frac{\sin u}{u} du$ बन जाता है।
अतः,$I = \frac{1}{2\pi} \left( 2 \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{t} dt \right) = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(t) dt$.

(D) $1$. विकल्प $A$ के लिए: गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,$I = \int_{a}^{\pi-a} x f(\sin x) dx$. $x$ को $a + (\pi - a) - x = \pi - x$ से प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \int_{a}^{\pi-a} (\pi - x) f(\sin(\pi - x)) dx = \int_{a}^{\pi-a} (\pi - x) f(\sin x) dx$. दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर: $2I = \int_{a}^{\pi-a} \pi f(\sin x) dx$,अतः $I = \frac{\pi}{2} \int_{a}^{\pi-a} f(\sin x) dx$. यह सत्य है।
$2$. विकल्प $B$ के लिए: यदि $f(x)^2$ एक सम फलन है,तो $\int_{-a}^{a} f(x)^2 dx = 2 \int_{0}^{a} f(x)^2 dx$. चूंकि $f(x)^2$ हमेशा गैर-ऋणात्मक और सममित होता है,इसलिए यह गुणधर्म सत्य है।
$3$. विकल्प $C$ के लिए: गुणधर्म $\int_{0}^{nT} f(x) dx = n \int_{0}^{T} f(x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $f(x+T) = f(x)$,यहाँ $f(\cos^2 x)$ का आवर्तकाल $\pi$ है। अतः,$\int_{0}^{n\pi} f(\cos^2 x) dx = n \int_{0}^{\pi} f(\cos^2 x) dx$. यह सत्य है।
$4$. चूंकि सभी कथन सत्य हैं,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(A) माना $I = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1 + x)(1 + x^2)} \, dx$.
गुणधर्म $\int_{0}^{\infty} f(x) \, dx = \int_{0}^{\infty} f(1/x) \cdot \frac{1}{x^2} \, dx$ का उपयोग करते हुए,हम $x = 1/t$ प्रतिस्थापित करते हैं,जिससे $dx = -1/t^2 \, dt$ प्राप्त होता है।
जब $x \to 0, t \to \infty$ और जब $x \to \infty, t \to 0$।
$I = \int_{\infty}^{0} \frac{1/t}{(1 + 1/t)(1 + 1/t^2)} \cdot (-1/t^2) \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1/t}{(\frac{t+1}{t})(\frac{t^2+1}{t^2})} \cdot \frac{1}{t^2} \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t(t+1)(t^2+1)/t^3} \cdot \frac{1}{t^2} \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(t+1)(t^2+1)} \, dt$.
अब,$2I = \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1+x)(1+x^2)} \, dx + \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x)(1+x^2)} \, dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x+1}{(1+x)(1+x^2)} \, dx = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx$.
$2I = [\tan^{-1}(x)]_{0}^{\infty} = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.
अतः,$I = \frac{\pi}{4}$.

(D) दिया गया है $f(x) = \int\limits_1^x \frac{\ln t}{1 + t} dt$.
$f(1/x) = \int\limits_1^{1/x} \frac{\ln t}{1 + t} dt$ पर विचार करें।
माना $t = 1/u$,तो $dt = -1/u^2 du$.
जब $t = 1$,तो $u = 1$ और जब $t = 1/x$,तो $u = x$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$f(1/x) = \int\limits_1^x \frac{\ln(1/u)}{1 + 1/u} (-1/u^2) du = \int\limits_1^x \frac{-\ln u}{\frac{u+1}{u}} \cdot \frac{1}{u^2} du = -\int\limits_1^x \frac{\ln u}{u(u+1)} du$.
अब,$f(x) + f(1/x) = \int\limits_1^x \frac{\ln t}{1 + t} dt - \int\limits_1^x \frac{\ln t}{t(1 + t)} dt = \int\limits_1^x \ln t \left( \frac{1}{1+t} - \frac{1}{t(1+t)} \right) dt$.
समाकल्य को सरल करने पर:
$\frac{1}{1+t} - \frac{1}{t(1+t)} = \frac{t-1}{t(1+t)}$.
अतः,$f(x) + f(1/x) = \int\limits_1^x \frac{\ln t (t-1)}{t(1+t)} dt$.
यह समाकलन $x=1$ के लिए $0$ होता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही विकल्प $(D)$ है।

(A) $I.$ फलन $f(x) = -x^4$ पर विचार करें। तब $f'(x) = -4x^3$ और $f''(x) = -12x^2$ होगा।
यहाँ $f(x)$ का $x = 0$ पर उच्चिष्ठ है लेकिन $f''(0) = 0$ है। अतः,कथन $I$ गलत है।
$II.$ $f(x) = \cos x + 1$ पर विचार करें,जो $2\pi$ आवर्तकाल वाला आवर्ती फलन है। लेकिन $\int (\cos x + 1)\,dx = \sin x + x + C$ एक आवर्ती फलन नहीं है। अतः,कथन $II$ गलत है।
$III.$ $\int\limits_0^T {f(x + a)\,dx}$ के लिए,$x + a = y$ लें। तब समाकलन $\int\limits_a^{a + T} {f(y)\,dy}$ हो जाता है।
आवर्ती फलनों के गुणधर्म के अनुसार $\int\limits_a^{a+T} f(y) dy = \int\limits_0^T f(y) dy$ होता है,इसलिए यह कथन सही है।
$IV.$ यह कथन तभी सत्य है यदि $f$,$x = c$ पर सतत हो। फलन $f(x) = \begin{cases} x & \text{यदि } x > 0 \\ 1 & \text{यदि } x = 0 \\ -x & \text{यदि } x < 0 \end{cases}$ पर विचार करें।
इस फलन का $x = 0$ पर उच्चिष्ठ है,लेकिन यह समस्या में दी गई शर्तों को पूरा नहीं करता है। अतः,कथन $IV$ गलत है।
निष्कर्ष: केवल कथन $III$ सही है। इसलिए,केवल एक कथन सही है।

(D) माना $I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{x^2 \ln x}{(1+x^2)^3} dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,हम देखते हैं कि सीमाएँ व्युत्क्रम हैं ($a=1/2, b=2$,इसलिए $a \times b = 1$).
माना $x = \frac{1}{t}$,तो $dx = -\frac{1}{t^2} dt$.
जब $x = \frac{1}{2}, t = 2$. जब $x = 2, t = \frac{1}{2}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{2}^{\frac{1}{2}} \frac{(\frac{1}{t})^2 \ln(\frac{1}{t})}{(1+(\frac{1}{t})^2)^3} (-\frac{1}{t^2}) dt$
$I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{\frac{1}{t^2} (-\ln t)}{(\frac{t^2+1}{t^2})^3} \frac{1}{t^2} dt$
$I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{-\ln t \cdot \frac{1}{t^4}}{\frac{(1+t^2)^3}{t^6}} dt$
$I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{-\ln t \cdot t^2}{(1+t^2)^3} dt$
$I = -\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{t^2 \ln t}{(1+t^2)^3} dt = -I$.
अतः,$2I = 0$,जिसका अर्थ है कि $I = 0$.

(D) हमें $I = \int_{1}^{6\pi} ([\sec^{-1}x] + [\cot^{-1}x]) dx$ का मान ज्ञात करना है।
चूँकि $x \ge 1$,हमारे पास $0 < \sec^{-1}x < \pi/2$ और $0 < \cot^{-1}x < \pi/4$ है।
$x \ge 1$ के लिए,$\sec^{-1}x$ का मान $[0, \pi/2)$ अंतराल में होता है। अतः,$1 \le x < \sec 1$ के लिए $[\sec^{-1}x] = 0$ और $\sec 1 \le x \le 6\pi$ के लिए $[\sec^{-1}x] = 1$ होगा।
$x \ge 1$ के लिए,$\cot^{-1}x$ का मान $(0, \pi/4]$ अंतराल में होता है। अतः,सभी $x \ge 1$ के लिए $[\cot^{-1}x] = 0$ होगा।
इसलिए,समाकलन $I = \int_{1}^{\sec 1} (0 + 0) dx + \int_{\sec 1}^{6\pi} (1 + 0) dx$ हो जाएगा।
$I = 0 + [x]_{\sec 1}^{6\pi} = 6\pi - \sec 1$.

(C) माना $I = \int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{x^2}{1 + \tan x + \sec x} \, dx$ (क्योंकि $x \in [-\pi/2, \pi/2]$ के लिए $\sqrt{1+\tan^2 x} = |\sec x| = \sec x$ होता है)।
गुणधर्म $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} (f(x) + f(-x)) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \left( \frac{x^2}{1 + \tan x + \sec x} + \frac{(-x)^2}{1 + \tan(-x) + \sec(-x)} \right) \, dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{1}{1 + \tan x + \sec x} + \frac{1}{1 - \tan x + \sec x} \right) \, dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{1 + \sec x - \tan x + 1 + \sec x + \tan x}{(1 + \sec x)^2 - \tan^2 x} \right) \, dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{2 + 2\sec x}{1 + 2\sec x + \sec^2 x - \tan^2 x} \right) \, dx$
चूंकि $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,इसलिए हर $1 + 2\sec x + 1 = 2 + 2\sec x$ हो जाता है।
$I = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \left( \frac{2(1 + \sec x)}{2(1 + \sec x)} \right) \, dx = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \, dx$
$I = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{\pi/2} = \frac{(\pi/2)^3}{3} = \frac{\pi^3}{8 \times 3} = \frac{\pi^3}{24}$.

(B) माना $I = \int\limits_0^1 {\sqrt[3]{{2{x^3} - 3{x^2} - x + 1}}\,dx}$ है।
गुणधर्म $\int\limits_0^a {f(x)\,dx} = \int\limits_0^a {f(a - x)\,dx}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int\limits_0^1 {\sqrt[3]{{2{{(1 - x)}^3} - 3{{(1 - x)}^2} - (1 - x) + 1}}\,dx}$
घनमूल के अंदर के पदों का विस्तार करने पर:
$2{(1 - x)^3} = 2(1 - 3x + 3{x^2} - {x^3}) = 2 - 6x + 6{x^2} - 2{x^3}$
$-3{(1 - x)^2} = -3(1 - 2x + {x^2}) = -3 + 6x - 3{x^2}$
$-(1 - x) + 1 = -1 + x + 1 = x$
योग करने पर: $(2 - 3 - 1 + 1) + (-6x + 6x + x) + (6{x^2} - 3{x^2}) + (-2{x^3}) = -1 + x + 3{x^2} - 2{x^3}$
अतः,$I = \int\limits_0^1 {\sqrt[3]{{ - 2{x^3} + 3{x^2} + x - 1}}\,dx} = \int\limits_0^1 { - \sqrt[3]{{2{x^3} - 3{x^2} - x + 1}}\,dx} = -I$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$2I = 0$,जिसका अर्थ है कि $I = 0$।

(A) माना $I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1 + (2017)^x} \, dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) \, dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2(-x)}{1 + (2017)^{-x}} \, dx$.
चूंकि $\sin^2(-x) = \sin^2 x$,इसलिए $I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1 + \frac{1}{(2017)^x}} \, dx = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(2017)^x \sin^2 x}{(2017)^x + 1} \, dx$.
$I$ के दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$2I = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x + (2017)^x \sin^2 x}{1 + (2017)^x} \, dx = \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \, dx$.
चूंकि $\sin^2 x$ एक सम फलन है,इसलिए $2I = 2 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \, dx$.
$I = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \, dx = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx = \left[ \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$.

(D) माना $I = \int\limits_0^{1/2} \frac{\ln(1 + 2x)}{1 + 4x^2} \,dx$.
$2x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$2 \,dx = \sec^2 \theta \,d\theta$,अतः $dx = \frac{1}{2} \sec^2 \theta \,d\theta$.
जब $x = 0$,तो $\theta = 0$. जब $x = 1/2$,तो $\tan \theta = 1$,अतः $\theta = \pi/4$.
समाकलन इस प्रकार होगा: $I = \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\ln(1 + \tan \theta)}{1 + \tan^2 \theta} \cdot \frac{1}{2} \sec^2 \theta \,d\theta$.
चूंकि $1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$,इसलिए $I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan \theta) \,d\theta$.
गुणधर्म $\int\limits_0^a f(x) \,dx = \int\limits_0^a f(a-x) \,dx$ का उपयोग करने पर,$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan(\pi/4 - \theta)) \,d\theta$.
चूंकि $\tan(\pi/4 - \theta) = \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}$,इसलिए $1 + \tan(\pi/4 - \theta) = 1 + \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta} = \frac{2}{1 + \tan \theta}$.
अतः,$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} (\ln 2 - \ln(1 + \tan \theta)) \,d\theta = \frac{1}{2} [\theta \ln 2]_0^{\pi/4} - I$.
$2I = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} \ln 2 = \frac{\pi \ln 2}{8}$.
अतः,$I = \frac{\pi \ln 2}{16}$.

(C) दिया गया है कि $\int_{2}^{4} (3 - f(x)) dx = 7$।
समाकलन का विस्तार करने पर: $\int_{2}^{4} 3 dx - \int_{2}^{4} f(x) dx = 7$।
चूंकि $\int_{2}^{4} 3 dx = [3x]_{2}^{4} = 3(4 - 2) = 6$,इसलिए $6 - \int_{2}^{4} f(x) dx = 7$।
अतः,$\int_{2}^{4} f(x) dx = 6 - 7 = -1$।
हमें $\int_{2}^{-1} f(x) dx$ का मान ज्ञात करना है।
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = -\int_{b}^{a} f(x) dx$ का उपयोग करने पर,$\int_{2}^{-1} f(x) dx = -\int_{-1}^{2} f(x) dx$।
गुणधर्म $\int_{a}^{c} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{b}^{c} f(x) dx$ का उपयोग करने पर,हम जानते हैं कि $\int_{-1}^{4} f(x) dx = \int_{-1}^{2} f(x) dx + \int_{2}^{4} f(x) dx$।
ज्ञात मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $4 = \int_{-1}^{2} f(x) dx + (-1)$।
इसलिए,$\int_{-1}^{2} f(x) dx = 4 + 1 = 5$।
अंत में,$\int_{2}^{-1} f(x) dx = -\int_{-1}^{2} f(x) dx = -5$।

(A) माना $I_1 = \int_{0}^{\pi/2} (x \cos x + 1) e^{\sin x} dx$ और $I_2 = \int_{0}^{\pi/2} (x \sin x + 1) e^{\cos x} dx$ है।
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करके,हम $I_2$ को रूपांतरित करते हैं:
$I_2 = \int_{0}^{\pi/2} ((\frac{\pi}{2} - x) \sin(\frac{\pi}{2} - x) + 1) e^{\cos(\frac{\pi}{2} - x)} dx$
$I_2 = \int_{0}^{\pi/2} ((\frac{\pi}{2} - x) \cos x + 1) e^{\sin x} dx$
$I_1$ और $I_2$ का मूल्यांकन करने पर,दोनों का मान समान प्राप्त होता है। अतः अनुपात $1$ है।

(B) माना $I = \int_{-1/2}^{1/2} (\sin^{-1}(3x - 4x^3) - \cos^{-1}(4x^3 - 3x)) dx$.
हम जानते हैं कि $x \in [-1/2, 1/2]$ के लिए $\sin^{-1}(3x - 4x^3) = 3\sin^{-1}(x)$ होता है।
साथ ही,$\cos^{-1}(4x^3 - 3x) = \cos^{-1}(-(3x - 4x^3)) = \pi - \cos^{-1}(3x - 4x^3)$।
चूंकि $\sin^{-1}(\theta) + \cos^{-1}(\theta) = \frac{\pi}{2}$,इसलिए $\cos^{-1}(3x - 4x^3) = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1}(3x - 4x^3)$।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$\cos^{-1}(4x^3 - 3x) = \pi - (\frac{\pi}{2} - \sin^{-1}(3x - 4x^3)) = \frac{\pi}{2} + \sin^{-1}(3x - 4x^3)$।
अब,समाकल्य पद: $\sin^{-1}(3x - 4x^3) - (\frac{\pi}{2} + \sin^{-1}(3x - 4x^3)) = -\frac{\pi}{2}$ हो जाता है।
अतः,$I = \int_{-1/2}^{1/2} -\frac{\pi}{2} dx = -\frac{\pi}{2} [x]_{-1/2}^{1/2} = -\frac{\pi}{2} (\frac{1}{2} - (-\frac{1}{2})) = -\frac{\pi}{2} (1) = -\frac{\pi}{2}$।

(B) माना $I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\tan x} \, dx$.
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\tan(\pi/2 - x)} \, dx = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\cot x} \, dx$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{0}^{\pi/2} (\sqrt{\tan x} + \sqrt{\cot x}) \, dx = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{\sin x \cos x}} \, dx$.
अंश और हर को $\sqrt{2}$ से गुणा करने पर:
$2I = \sqrt{2} \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2 \sin x \cos x}} \, dx = \sqrt{2} \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{1 - (\sin x - \cos x)^2}} \, dx$.
माना $u = \sin x - \cos x$,तब $du = (\cos x + \sin x) \, dx$.
जब $x=0, u=-1$; जब $x=\pi/2, u=1$.
$2I = \sqrt{2} \int_{-1}^{1} \frac{du}{\sqrt{1-u^2}} = \sqrt{2} [\sin^{-1}(u)]_{-1}^{1} = \sqrt{2} (\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})) = \sqrt{2} \pi$.
अतः,$I = \frac{\sqrt{2} \pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.

(A) माना $I = \int_{1}^{5} f(x) dx + \int_{2}^{10} g(y) dy$ है।
चूँकि $g(y)$,$f(x)$ का प्रतिलोम है,इसलिए $y = f(x)$,जिसका अर्थ है $x = g(y)$।
जब $x = 1$,तब $y = f(1) = 2$। जब $x = 5$,तब $y = f(5) = 10$।
प्रतिलोम फलनों के समाकलन के गुणधर्म का उपयोग करने पर: $\int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{f(a)}^{f(b)} g(y) dy = b f(b) - a f(a)$।
यहाँ,$a = 1$ और $b = 5$ है।
अतः,$\int_{1}^{5} f(x) dx + \int_{f(1)}^{f(5)} g(y) dy = 5 f(5) - 1 f(1)$।
दिए गए मान $f(1) = 2$ और $f(5) = 10$ रखने पर:
$= 5(10) - 1(2) = 50 - 2 = 48$।
अतः,सही उत्तर $48$ है।

(B) माना $I = \int_{2}^{4} (x(3 - x)(4 + x)(6 - x)(10 - x) + \sin x) dx$ $(1)$
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a + b - x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a = 2$ और $b = 4$,हमें $a + b - x = 6 - x$ प्राप्त होता है।
समाकलन में $x$ के स्थान पर $6 - x$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{2}^{4} ((6 - x)(3 - (6 - x))(4 + (6 - x))(6 - (6 - x))(10 - (6 - x)) + \sin(6 - x)) dx$
$I = \int_{2}^{4} ((6 - x)(x - 3)(10 - x)x(4 + x) + \sin(6 - x)) dx$
यहाँ बहुपद भाग $(6 - x)(x - 3)(10 - x)x(4 + x)$ मूल बहुपद $x(3 - x)(4 + x)(6 - x)(10 - x)$ का ऋणात्मक है।
अतः,दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{2}^{4} (\sin x + \sin(6 - x)) dx$
$2I = [-\cos x - \cos(6 - x)]_{2}^{4}$
$2I = (-\cos 4 - \cos 2) - (-\cos 2 - \cos 4) = 0$.
बहुपद भाग का समाकलन $0$ हो जाता है।
अतः,$I = \int_{2}^{4} \sin x dx = [-\cos x]_{2}^{4} = \cos 2 - \cos 4$.

(A) दिया गया है $2f(x) + f(-x) = \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$ .....$(1)$
$x$ को $-x$ से बदलने पर,हमें मिलता है $2f(-x) + f(x) = \frac{1}{-x} \sin \left( -x - \frac{1}{-x} \right) = \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$ .....$(2)$
समीकरण $(1)$ को $2$ से गुणा करके $(2)$ को घटाने पर,$3f(x) = \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$ प्राप्त होता है।
अतः,$f(x) = \frac{1}{3x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right)$
अब,$I = \int_{1/e}^{e} f(x) dx = \frac{1}{3} \int_{1/e}^{e} \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right) dx$
$x = 1/t$ प्रतिस्थापन लेने पर,$dx = -1/t^2 dt$। सीमाएँ $1/e$ से $e$ बदलकर $e$ से $1/e$ हो जाएंगी।
$I = \frac{1}{3} \int_{e}^{1/e} t \sin \left( \frac{1}{t} - t \right) (-1/t^2) dt = \frac{1}{3} \int_{e}^{1/e} \frac{1}{t} \sin \left( t - \frac{1}{t} \right) dt = -I$
इस प्रकार,$2I = 0$ अर्थात $I = 0$।

(B) माना $f(x) = (2^x + 2^{-x})(3^x + 3^{-x})$.
गुणनफल का विस्तार करने पर,हमें प्राप्त होता है $f(x) = 2^x 3^x + 2^x 3^{-x} + 2^{-x} 3^x + 2^{-x} 3^{-x} = 6^x + (2/3)^x + (3/2)^x + 6^{-x}$.
चूंकि $f(-x) = 6^{-x} + (2/3)^{-x} + (3/2)^{-x} + 6^x = 6^{-x} + (3/2)^x + (2/3)^x + 6^x = f(x)$,अतः $f(x)$ एक सम फलन है।
सम फलन के गुणधर्म $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$\int_{-4}^{4} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{4} (6^x + (2/3)^x + (3/2)^x + 6^{-x}) \, dx$.
इसे $2 \int_{0}^{4} (6^x + 6^{-x} + (2/3)^x + (3/2)^x) \, dx$ के रूप में लिखा जा सकता है।

(B) माना $I = \int_{-1}^{1} \frac{x^{3} + |x| + 3}{x^{2} + 4|x| + 3} dx$ है।
यहाँ $f(x) = \frac{x^{3} + |x| + 3}{x^{2} + 4|x| + 3}$ है,इसलिए समाकलन को दो भागों में विभाजित करने पर:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{x^{3}}{x^{2} + 4|x| + 3} dx + \int_{-1}^{1} \frac{|x| + 3}{x^{2} + 4|x| + 3} dx$।
पहला भाग एक विषम फलन है,इसलिए $[-1, 1]$ पर इसका समाकलन $0$ होगा।
दूसरे भाग के लिए,चूंकि $x^2 = |x|^2$,इसलिए $\frac{|x| + 3}{|x|^2 + 4|x| + 3} = \frac{|x| + 3}{(|x| + 1)(|x| + 3)} = \frac{1}{|x| + 1}$।
अतः,$I = 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{x + 1} dx = 2 [\ln(x + 1)]_{0}^{1} = 2 \ln 2$।
मानक समाकलन $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin \alpha) d\alpha = -\frac{\pi}{2} \ln 2$ का उपयोग करने पर,हम पाते हैं कि $- \frac{4}{\pi} (-\frac{\pi}{2} \ln 2) = 2 \ln 2$।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(B) दिया गया है $h(x) = \int\limits_0^x g(t)dt$. चूँकि $g(x)$ एक विषम फलन है,$g(-t) = -g(t)$.
$h(-x) = \int\limits_0^{-x} g(t)dt$ पर विचार करें। मान लें $t = -u$,तो $dt = -du$.
जब $t=0, u=0$ और जब $t=-x, u=x$.
$h(-x) = \int\limits_0^x g(-u)(-du) = \int\limits_0^x -g(-u)du = \int\limits_0^x g(u)du = h(x)$.
अतः,$h(-x) = h(x)$,जिसका अर्थ है कि $h(x) - h(-x) = 0$ और $h(x) + h(-x) = 2h(x) = 2\int\limits_0^x g(t)dt$. इसलिए,कथन $2$ सत्य है।
कथन $3$ के लिए,$h(3n) = \int\limits_0^{3n} g(t)dt$. चूँकि $g(t)$ का आवर्तकाल $3$ है और यह एक विषम फलन है,$\int_0^3 g(t)dt = 0$.
चूँकि एक विषम आवर्ती फलन का उसके आवर्तकाल पर समाकलन शून्य होता है,$h(3n) = n \int_0^3 g(t)dt = n(0) = 0$. इसलिए,कथन $3$ सत्य है।
अतः,कथन $2$ और कथन $3$ सत्य हैं।

(A) दिया गया है $f(x) = \int_{0}^{x} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$.
हम जानते हैं कि $f(x+\pi) = \int_{0}^{x+\pi} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$.
निश्चित समाकलन के गुणधर्म का उपयोग करते हुए,$f(x+\pi) = \int_{0}^{x} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt + \int_{x}^{x+\pi} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$.
यह सरल होकर $f(x+\pi) = f(x) + \int_{x}^{x+\pi} (2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t) dt$ हो जाता है।
समाकल्य $g(t) = 2\cos^2 3t + 3\sin^2 3t$ का आवर्तकाल $T = \frac{\pi}{3}$ है।
चूंकि समाकलन अंतराल $[x, x+\pi]$ की लंबाई $\pi$ है,जो $T = \frac{\pi}{3}$ का एक गुणज है (अर्थात $\pi = 3 \times \frac{\pi}{3}$),इसलिए $\pi$ लंबाई के किसी भी अंतराल पर समाकलन का मान $[0, \pi]$ पर समाकलन के मान के बराबर होगा।
अतः,$\int_{x}^{x+\pi} g(t) dt = \int_{0}^{\pi} g(t) dt = f(\pi)$.
इसलिए,$f(x+\pi) = f(x) + f(\pi)$.

(B) अंतर $I_{n+2} - I_n = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin((n+2)x) - \sin(nx)}{\sin(x)} dx$ पर विचार करें।
सूत्र $\sin(A) - \sin(B) = 2 \cos(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{A-B}{2})$ का उपयोग करने पर,हमें $\sin((n+2)x) - \sin(nx) = 2 \cos((n+1)x) \sin(x)$ प्राप्त होता है।
अतः,$I_{n+2} - I_n = \int_{0}^{\pi} 2 \cos((n+1)x) dx = [\frac{2 \sin((n+1)x)}{n+1}]_{0}^{\pi} = 0$।
इसका अर्थ है कि $I_n = I_{n+2}$।
$n=1$ के लिए,$I_1 = \int_{0}^{\pi} 1 dx = \pi$।
$n=2$ के लिए,$I_2 = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(2x)}{\sin(x)} dx = \int_{0}^{\pi} 2 \cos(x) dx = [2 \sin(x)]_{0}^{\pi} = 0$।
चूंकि $I_n = I_{n+2}$,सभी विषम पद $I_1, I_3, \dots, I_9$ का मान $\pi$ है,और सभी सम पद $I_2, I_4, \dots, I_{10}$ का मान $0$ है।
इसलिए,$\sum_{n=1}^{10} I_n = (I_1 + I_3 + I_5 + I_7 + I_9) + (I_2 + I_4 + I_6 + I_8 + I_{10}) = 5(\pi) + 5(0) = 5\pi$।

(D) दिया गया है $I_{n+1} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1} - 1}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1} - 1}{x + 1} dx + \int_{0}^{1} \frac{x^n - 1}{x + 1} dx$ पर विचार करें।
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1} + x^n - 2}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^n(x + 1) - 2}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \int_{0}^{1} x^n dx - 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{x + 1} dx$.
$I_{n+1} + I_n = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 - 2 [\log(x + 1)]_0^1$.
$I_{n+1} + I_n = \frac{1}{n+1} - 2 \log 2$.
$n = 10$ के लिए,हमें $I_{11} + I_{10} = \frac{1}{11} - 2 \log 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$I_{10} + I_{11} + 2 \log 2 = \frac{1}{11}$.

(B) माना $I = \int\limits_0^1 f(x) \, dx$,जहाँ $f(x) = \sqrt[3]{2x^3 - 3x^2 - x + 1}$ है।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म $\int\limits_a^b f(x) \, dx = \int\limits_a^b f(a+b-x) \, dx$ का उपयोग करने पर,हमें $I = \int\limits_0^1 f(1-x) \, dx$ प्राप्त होता है।
अब $f(1-x) = \sqrt[3]{2(1-x)^3 - 3(1-x)^2 - (1-x) + 1}$ की गणना करते हैं।
$f(1-x) = \sqrt[3]{2(1 - 3x + 3x^2 - x^3) - 3(1 - 2x + x^2) - 1 + x + 1}$.
$f(1-x) = \sqrt[3]{2 - 6x + 6x^2 - 2x^3 - 3 + 6x - 3x^2 - 1 + x + 1}$.
$f(1-x) = \sqrt[3]{-2x^3 + 3x^2 + x - 1} = -\sqrt[3]{2x^3 - 3x^2 - x + 1} = -f(x)$.
अतः,$I = \int\limits_0^1 -f(x) \, dx = -I$.
$2I = 0 \implies I = 0$.

(D) $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ के लिए,हम जानते हैं कि $\cos$ फलन $(0, \frac{\pi}{2})$ अंतराल में एक ह्रासमान फलन है।
चूँकि $\sin x < x$,इसलिए $\cos(\sin x) > \cos x$ होगा।
साथ ही,$\cos x > \sin(\cos x)$ क्योंकि $\sin \theta < \theta$ सभी $\theta > 0$ के लिए सत्य है।
अतः,$x \in (0, \frac{\pi}{2})$ के लिए $\cos(\sin x) > \cos x > \sin(\cos x)$ प्राप्त होता है।
इन असमिकाओं का $0$ से $\frac{\pi}{2}$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(\sin x) \,dx > \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \,dx > \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(\cos x) \,dx$.
इसलिए,$I > K > J$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int_{1}^{c} \frac{f(x)}{x} dx$.
हम समाकलन को $I = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(x)}{x} dx + \int_{\sqrt{c}}^{c} \frac{f(x)}{x} dx$ के रूप में विभाजित कर सकते हैं।
दूसरे समाकलन के लिए,माना $x = \frac{c}{u}$. तब $dx = -\frac{c}{u^2} du$.
जब $x = \sqrt{c}$,तब $u = \sqrt{c}$,और जब $x = c$,तब $u = 1$.
अतः,$\int_{\sqrt{c}}^{c} \frac{f(x)}{x} dx = \int_{\sqrt{c}}^{1} \frac{f(c/u)}{c/u} (-\frac{c}{u^2}) du = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(c/u)}{c/u} \frac{c}{u^2} du = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(u)}{u} du$.
चूंकि $f(x) = f(c/x)$,इसलिए $\int_{\sqrt{c}}^{c} \frac{f(x)}{x} dx = \int_{1}^{\sqrt{c}} \frac{f(u)}{u} du = 3$.
अतः,$I = 3 + 3 = 6$.

(D) हम प्रतिलोम फलनों के लिए निश्चित समाकल के गुणधर्म का उपयोग करते हैं: $\int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) dx = b f(b) - a f(a)$.
दिया गया है कि $f: [2, 5] \to [2, 5]$ एक बाइजेक्शन है,इसलिए $f(2) = 2$ और $f(5) = 5$ होगा (क्योंकि प्रतिलोम का अवकलज धनात्मक है,इसलिए $f$ एक वर्धमान फलन है)।
अतः,समाकल $\int_{2}^{5} f(x) dx + \int_{2}^{5} f^{-1}(x) dx$ हो जाता है।
$a = 2$ और $b = 5$ के साथ सूत्र का उपयोग करने पर:
$\int_{2}^{5} f(x) dx + \int_{f(2)}^{f(5)} f^{-1}(x) dx = 5 \cdot f(5) - 2 \cdot f(2)$.
$f(5) = 5$ और $f(2) = 2$ मान रखने पर:
$= 5(5) - 2(2) = 25 - 4 = 21$.

(D) माना $I = \int_0^\infty {\frac{{{x^3}}}{{1 + x + 2{x^2} + 2{x^3} + {x^4} + {x^5}}}} dx$.
हर का गुणनखंड करने पर: $1 + x + 2x^2 + 2x^3 + x^4 + x^5 = (1+x)(1+x^2)^2$.
अतः,$I = \int_0^\infty {\frac{{{x^3}}}{{(1 + x){{(1 + {x^2})}^2}}}} dx$.
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^2 \theta d\theta$. जब $x \to 0, \theta \to 0$ और जब $x \to \infty, \theta \to \frac{\pi}{2}$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan^3 \theta \sec^2 \theta}{(1 + \tan \theta) \sec^4 \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3 \theta}{\cos \theta + \sin \theta} d\theta$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^3 \theta}{\cos \theta + \sin \theta} d\theta$.
दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3 \theta + \cos^3 \theta}{\sin \theta + \cos \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta - \sin \theta \cos \theta) d\theta$.
$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \frac{1}{2} \sin 2\theta) d\theta = [\theta + \frac{1}{4} \cos 2\theta]_0^{\frac{\pi}{2}} = (\frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}) - (0 + \frac{1}{4}) = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2} = \frac{\pi - 1}{2}$.
अतः,$I = \frac{\pi - 1}{4}$.

(C) माना $I = \int_{-7}^{7} \frac{5^x}{5^{[x]}} dx$.
चूँकि $x - [x] = \{x\}$ (भिन्नात्मक भाग),समाकलन $I = \int_{-7}^{7} 5^{\{x\}} dx$ हो जाता है।
चूँकि फलन $f(x) = 5^{\{x\}}$ का आवर्तकाल $T = 1$ है,हम लिख सकते हैं:
$I = 14 \int_{0}^{1} 5^x dx$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$I = 14 \left[ \frac{5^x}{\ln 5} \right]_{0}^{1}$.
$I = \frac{14}{\ln 5} (5^1 - 5^0) = \frac{14}{\ln 5} (5 - 1)$.
$I = \frac{14 \times 4}{\ln 5} = \frac{56}{\ln 5}$.

(B) हम समाकलन $I = \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f''(x) dx$ के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करेंगे।
माना $u = e^{-2x}$ और $dv = f''(x) dx$ है। तब $du = -2e^{-2x} dx$ और $v = f'(x)$ होगा।
$\int u dv = uv - \int v du$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$I = [e^{-2x} f'(x)]_{0}^{\ln 2} - \int_{0}^{\ln 2} f'(x) (-2e^{-2x}) dx$
$I = [e^{-2\ln 2} f'(\ln 2) - e^{0} f'(0)] + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx$
चूंकि $e^{-2\ln 2} = e^{\ln(2^{-2})} = \frac{1}{4}$ है,इसलिए:
$I = [\frac{1}{4}(4) - 1(3)] + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx = (1 - 3) + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx = -2 + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx$ है।
अब,$\int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx$ का पुनः खंडशः समाकलन करने पर:
माना $u = e^{-2x}$ और $dv = f'(x) dx$ है। तब $du = -2e^{-2x} dx$ और $v = f(x)$ होगा।
$\int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f'(x) dx = [e^{-2x} f(x)]_{0}^{\ln 2} - \int_{0}^{\ln 2} f(x) (-2e^{-2x}) dx$
$= [e^{-2\ln 2} f(\ln 2) - e^{0} f(0)] + 2 \int_{0}^{\ln 2} e^{-2x} f(x) dx$
$= [\frac{1}{4}(6) - 0] + 2(3) = 1.5 + 6 = 7.5$ है।
इस मान को $I$ के समीकरण में रखने पर:
$I = -2 + 2(7.5) = -2 + 15 = 13$।

(B) हमें $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$ दिया गया है।
हमें $f(e^2) - f\left(\frac{1}{e^2}\right) = \int_{1}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt - \int_{1}^{1/e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$ का मान ज्ञात करना है।
ध्यान दें कि $-\int_{1}^{1/e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt = \int_{1/e^2}^{1} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$ है।
अतः,$f(e^2) - f\left(\frac{1}{e^2}\right) = \int_{1}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt + \int_{1/e^2}^{1} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$ है।
मान लीजिए $I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t}{t} dt$ है। गुणधर्म $\int_{a}^{b} g(t) dt = \int_{a}^{b} g\left(\frac{ab}{t}\right) dt$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $ab = (e^2)(1/e^2) = 1$ है,हमें $I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1}(1/t)}{t} dt$ प्राप्त होता है।
दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर: $2I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\tan^{-1} t + \tan^{-1}(1/t)}{t} dt$।
चूँकि $t > 0$ के लिए $\tan^{-1} t + \tan^{-1}(1/t) = \frac{\pi}{2}$ होता है,इसलिए $2I = \int_{1/e^2}^{e^2} \frac{\pi/2}{t} dt = \frac{\pi}{2} [\ln t]_{1/e^2}^{e^2} = \frac{\pi}{2} (\ln e^2 - \ln e^{-2}) = \frac{\pi}{2} (2 - (-2)) = \frac{\pi}{2} (4) = 2\pi$।
अतः,$I = \frac{2\pi}{2} = \pi$।