Properties of definite integration Questions in Hindi

(D) मान लीजिए $I = \int_{0}^{1} \tan^{-1}\left(\frac{\tan x - 2\cot x}{3}\right) dx$ है।
सर्वसमिका $\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ का उपयोग करते हुए,हम समाकल्य को पुनः लिख सकते हैं।
यहाँ $\frac{\tan x - 2\cot x}{3} = \frac{\tan x - 2/\tan x}{1 + (\tan x)(2/\tan x)} = \frac{\tan x - 2/\tan x}{1 + 2}$ है।
अतः,$\tan^{-1}\left(\frac{\tan x - 2\cot x}{3}\right) = \tan^{-1}(\tan x) - \tan^{-1}(2\cot x) = x - \tan^{-1}(2\cot x)$।
एक सरल तरीका यह है कि $\tan^{-1}(\frac{\tan x}{2}) - \tan^{-1}(\cot x) = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{\tan x}{2} - \cot x}{1 + \frac{\tan x}{2} \cot x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\tan x - 2\cot x}{3}\right)$ का उपयोग करें।
इसलिए,समाकलन $\int_{0}^{1} \tan^{-1}\left(\frac{\tan x}{2}\right) dx - \int_{0}^{1} \tan^{-1}(\cot x) dx$ होगा।
दिया गया है कि $\int_{0}^{1} \tan^{-1}\left(\frac{\tan x}{2}\right) dx = \alpha$,अतः $I = \alpha - \int_{0}^{1} (\frac{\pi}{2} - x) dx$।
$I = \alpha - [\frac{\pi}{2}x - \frac{x^2}{2}]_{0}^{1} = \alpha - (\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}) = \alpha - \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}$।

(A) माना $I = \int_{-3}^{1} (2(t+1)^5 - 5(t+1)^3 + t + 3) dt$ है।
$z = t+1$ प्रतिस्थापित करने पर,$dz = dt$ प्राप्त होता है।
जब $t = -3$,तब $z = -2$ और जब $t = 1$,तब $z = 2$।
$I = \int_{-2}^{2} (2z^5 - 5z^3 + (z-1) + 3) dz$
$I = \int_{-2}^{2} (2z^5 - 5z^3 + z + 2) dz$
चूँकि $f(z) = 2z^5 - 5z^3 + z$ एक विषम फलन है,इसलिए $\int_{-2}^{2} (2z^5 - 5z^3 + z) dz = 0$ होगा।
अतः,$I = \int_{-2}^{2} 2 dz = [2z]_{-2}^{2} = 2(2 - (-2)) = 2(4) = 8$।

(B) दिया गया है $P_n = \int_1^e (\ln x)^n dx$।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = (\ln x)^n$ और $dv = dx$ लें।
तब $du = n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
$P_n = [x(\ln x)^n]_1^e - \int_1^e x \cdot n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$।
$P_n = e(1)^n - 0 - n \int_1^e (\ln x)^{n-1} dx$।
$P_n = e - n P_{n-1}$।
अब,हमें $P_{10} - 90P_8$ का मान ज्ञात करना है।
पुनरावृत्ति संबंध (recurrence relation) से:
$P_{10} = e - 10P_9$।
$P_9 = e - 9P_8$।
$P_{10}$ के समीकरण में $P_9$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$P_{10} = e - 10(e - 9P_8)$।
$P_{10} = e - 10e + 90P_8$।
$P_{10} = -9e + 90P_8$।
अतः,$P_{10} - 90P_8 = -9e$।

(B) हमें दिया गया व्यंजक $I = \int_{0}^{\sqrt{3}} (x+4)^2 e^{x^2} dx + \int_{\sqrt{3}}^{0} (x-4)^2 e^{x^2} dx$ है।
गुणधर्म $\int_{b}^{a} f(x) dx = -\int_{a}^{b} f(x) dx$ का उपयोग करते हुए,हम दूसरे समाकल को $-\int_{0}^{\sqrt{3}} (x-4)^2 e^{x^2} dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$I = \int_{0}^{\sqrt{3}} e^{x^2} \{(x+4)^2 - (x-4)^2\} dx$.
कोष्ठक के अंदर के पदों का विस्तार करने पर: $(x+4)^2 - (x-4)^2 = (x^2 + 8x + 16) - (x^2 - 8x + 16) = 16x$.
इस प्रकार,$I = \int_{0}^{\sqrt{3}} e^{x^2} (16x) dx$.
माना $u = x^2$,तब $du = 2x dx$,जिसका अर्थ है कि $8 du = 16x dx$.
जब $x=0, u=0$ और जब $x=\sqrt{3}, u=3$.
$I = \int_{0}^{3} 8 e^u du = 8 [e^u]_{0}^{3} = 8(e^3 - e^0) = 8(e^3 - 1)$.

(B) माना $I = \int_{-\infty}^{\infty} f\left(x - \frac{1}{x}\right) dx$.
हम निश्चित समाकलन के गुणधर्म का उपयोग करते हैं,जहाँ $\int_{-\infty}^{\infty} g\left(x - \frac{1}{x}\right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} g(u) du$ होता है।
माना $u = x - \frac{1}{x}$,तब $du = (1 + \frac{1}{x^2}) dx$ होगा।
यह समाकलन $x - \frac{1}{x} = u$ प्रतिस्थापन लेने पर प्राप्त एक मानक परिणाम है।
विशेष रूप से,$\int_{-\infty}^{\infty} f\left(x - \frac{1}{x}\right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(u) du$.
चूंकि दिया गया है कि $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$,इसलिए $I = 1$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया समीकरण: $\int_{0}^{1} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx = \int_{0}^{2} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx$.
हम दाईं ओर को इस प्रकार लिख सकते हैं: $\int_{0}^{1} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx + \int_{1}^{2} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx$.
दोनों पक्षों से $0$ से $1$ तक के समाकलन को घटाने पर,हमें प्राप्त होता है: $\int_{1}^{2} (1 + |\sin x|)(ax^2 + bx + c) dx = 0$.
मान लीजिए $f(x) = ax^2 + bx + c$ और $g(x) = 1 + |\sin x|$ है। चूंकि $g(x) > 0$ सभी $x \in [1, 2]$ के लिए है,इसलिए अंतराल $[1, 2]$ पर गुणनफल $f(x)g(x)$ का समाकलन शून्य होने के लिए,फलन $f(x)$ को अंतराल $(1, 2)$ में कम से कम एक बार अपना चिह्न बदलना चाहिए।
इंटरमीडिएट वैल्यू थ्योरम के अनुसार,यदि कोई सतत फलन किसी अंतराल में चिह्न बदलता है,तो उस अंतराल में उसका कम से कम एक मूल होना चाहिए।
अतः,$ax^2 + bx + c = 0$ का $(1, 2)$ के बीच कम से कम एक वास्तविक मूल है।

(C) माना कि $I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{x}{{\tan }^{2015}}\left( {x - \frac{1}{x}} \right)dx} $.
$x = \frac{1}{t}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = \frac{1}{2}$,तब $t = 2$ और जब $x = 2$,तब $t = \frac{1}{2}$।
अतः,$I = \int\limits_2^{\frac{1}{2}} {t \cdot {{\tan }^{2015}}\left( {\frac{1}{t} - t} \right) \cdot \left( -\frac{1}{t^2} \right) dt} $.
$I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{t} \cdot {{\tan }^{2015}}\left( {-(t - \frac{1}{t})} \right) dt} $.
चूंकि $\tan(- \theta) = -\tan(\theta)$,इसलिए $\tan^{2015}(-(t - \frac{1}{t})) = -\tan^{2015}(t - \frac{1}{t})$।
इस प्रकार,$I = - \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{t} {{\tan }^{2015}}\left( {t - \frac{1}{t}} \right) dt} = -I$।
$2I = 0 \Rightarrow I = 0$।

(C) माना $I = \int_{2}^{3} \frac{(x+2)^2}{2x^2-10x+53} dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,यहाँ $a+b = 2+3 = 5$ है।
अतः,$I = \int_{2}^{3} \frac{(5-x+2)^2}{2(5-x)^2-10(5-x)+53} dx = \int_{2}^{3} \frac{(7-x)^2}{2(25-10x+x^2)-50+10x+53} dx$.
हर का सरलीकरण करने पर: $2x^2-20x+50-50+10x+53 = 2x^2-10x+53$.
इस प्रकार,$I = \int_{2}^{3} \frac{(7-x)^2}{2x^2-10x+53} dx$.
$I$ के दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $2I = \int_{2}^{3} \frac{(x+2)^2+(7-x)^2}{2x^2-10x+53} dx = \int_{2}^{3} \frac{x^2+4x+4+49-14x+x^2}{2x^2-10x+53} dx = \int_{2}^{3} \frac{2x^2-10x+53}{2x^2-10x+53} dx = \int_{2}^{3} 1 dx = [x]_{2}^{3} = 3-2 = 1$.
अतः,$I = \frac{1}{2}$.

(A) माना $I = \int_{1/2}^{2} \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right) dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f\left( \frac{ab}{x} \right) \frac{ab}{x^2} dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a = 1/2$ और $b = 2$,हमें $ab = 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int_{1/2}^{2} \frac{1}{(1/x)} \sin \left( \frac{1}{x} - x \right) \cdot \frac{1}{x^2} dx$.
$I = \int_{1/2}^{2} x \sin \left( -\left( x - \frac{1}{x} \right) \right) \cdot \frac{1}{x^2} dx$.
चूँकि $\sin(-\theta) = -\sin(\theta)$,हमें $I = -\int_{1/2}^{2} \frac{1}{x} \sin \left( x - \frac{1}{x} \right) dx$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$I = -I$,जिसका अर्थ है कि $2I = 0$,इसलिए $I = 0$.

(C) हम जानते हैं कि $\sqrt{\frac{1 + \cos 2x}{2}} = \sqrt{\frac{2 \cos^2 x}{2}} = |\cos x|$।
अतः,समाकलन $I = \int_{0}^{n\pi + V} |\cos x| dx$ हो जाता है।
चूंकि $|\cos x|$ का आवर्तकाल $\pi$ है,हम लिख सकते हैं $I = \int_{0}^{n\pi} |\cos x| dx + \int_{n\pi}^{n\pi + V} |\cos x| dx$।
$I = n \int_{0}^{\pi} |\cos x| dx + \int_{0}^{V} |\cos x| dx$।
यहाँ $\int_{0}^{\pi} |\cos x| dx = \int_{0}^{\pi/2} \cos x dx + \int_{\pi/2}^{\pi} (-\cos x) dx = [\sin x]_{0}^{\pi/2} - [\sin x]_{\pi/2}^{\pi} = 1 - (0 - 1) = 2$।
दूसरे भाग के लिए,चूंकि $\frac{\pi}{2} < V < \pi$,$x \in [0, \pi/2]$ के लिए $|\cos x| = \cos x$ और $x \in [\pi/2, V]$ के लिए $|\cos x| = -\cos x$ होता है।
अतः,$\int_{0}^{V} |\cos x| dx = \int_{0}^{\pi/2} \cos x dx + \int_{\pi/2}^{V} (-\cos x) dx = [\sin x]_{0}^{\pi/2} - [\sin x]_{\pi/2}^{V} = 1 - (\sin V - 1) = 2 - \sin V$।
इसलिए,$I = n(2) + 2 - \sin V = 2n + 2 - \sin V$।

(C) दिया गया है $f(x) = x^4 + |x|$। चूँकि $f(-x) = (-x)^4 + |-x| = x^4 + |x| = f(x)$,इसलिए $f(x)$ एक सम फलन (even function) है।
$I_1 = \int_{0}^{\pi} f(\cos x) dx$.
गुणधर्म $\int_{0}^{a} g(x) dx = \int_{0}^{a} g(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I_1 = \int_{0}^{\pi} f(\cos(\pi - x)) dx = \int_{0}^{\pi} f(-\cos x) dx$.
चूँकि $f(x)$ एक सम फलन है,$f(-\cos x) = f(\cos x)$ होगा।
अतः,$I_1 = \int_{0}^{\pi} f(\cos x) dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) dx$.
अब,$I_2 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) dx$ लें। गुणधर्म $\int_{0}^{a} g(x) dx = \int_{0}^{a} g(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I_2 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin(\frac{\pi}{2} - x)) dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) dx$.
अतः,$I_1 = 2 I_2$,जिसका अर्थ है कि $\frac{I_1}{I_2} = 2$।

(C) माना $I = \int_{-1}^{0} \frac{4x^2 + 4x + 3}{1 + e^{2x + 1}} dx$ है।
यहाँ $4x^2 + 4x + 3 = (2x + 1)^2 + 2$ है।
$t = 2x + 1$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = 2dx$ या $dx = \frac{dt}{2}$ प्राप्त होता है।
जब $x = -1$ है,तो $t = -1$ और जब $x = 0$ है,तो $t = 1$ होता है।
$I = \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^t} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^t} dt$।
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(t) dt = \int_{a}^{b} f(a+b-t) dt$ का उपयोग करने पर,यहाँ $a+b = 0$ है,अतः $I = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{(-t)^2 + 2}{1 + e^{-t}} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^{-t}} \cdot \frac{e^t}{e^t} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{(t^2 + 2)e^t}{e^t + 1} dt$।
$I$ के दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$2I = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{t^2 + 2}{1 + e^t} dt + \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{(t^2 + 2)e^t}{1 + e^t} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} (t^2 + 2) \frac{1 + e^t}{1 + e^t} dt = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} (t^2 + 2) dt$।
चूँकि $t^2 + 2$ एक सम फलन है,$\int_{-1}^{1} (t^2 + 2) dt = 2 \int_{0}^{1} (t^2 + 2) dt$।
$2I = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^{1} (t^2 + 2) dt = \left[ \frac{t^3}{3} + 2t \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} + 2 = \frac{7}{3}$।
अतः,$2I = \frac{7}{3} \implies I = \frac{7}{6}$।

(D) माना $I = \int\limits_0^\pi e^{\cos^4 x} \cdot \cos^5(2n + 1)x \,dx$ है।
गुणधर्म $\int_0^a f(x) \,dx = \int_0^a f(a - x) \,dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^\pi e^{\cos^4(\pi - x)} \cdot \cos^5(2n + 1)(\pi - x) \,dx$।
चूँकि $\cos(\pi - x) = -\cos x$,इसलिए $\cos^4(\pi - x) = \cos^4 x$।
साथ ही,$\cos(2n + 1)(\pi - x) = \cos((2n + 1)\pi - (2n + 1)x) = \cos((2n + 1)\pi) \cdot \cos(2n + 1)x + \sin((2n + 1)\pi) \cdot \sin(2n + 1)x$।
चूँकि $(2n + 1)$ 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,$\cos^5(2n + 1)(\pi - x) = (-\cos(2n + 1)x)^5 = -\cos^5(2n + 1)x$।
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_0^\pi e^{\cos^4 x} \cdot (-\cos^5(2n + 1)x) \,dx = -I$।
$2I = 0 \implies I = 0$।

(B) हम जानते हैं कि $x - [x] = \{x\}$,जहाँ $\{x\}$ भिन्नात्मक भाग फलन है।
अतः,$\frac{3^x}{3^{[x]}} = 3^{x-[x]} = 3^{\{x\}}$.
समाकलन $I = \int_{-10}^{10} 3^{\{x\}} \, dx$ हो जाता है।
चूँकि $\{x\}$ एक $1$ आवर्तकाल वाला आवर्ती फलन है और अंतराल की लंबाई $20$ है,इसलिए:
$I = 20 \int_{0}^{1} 3^x \, dx$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$I = 20 \left[ \frac{3^x}{\ln 3} \right]_{0}^{1} = \frac{20}{\ln 3} (3^1 - 3^0) = \frac{20}{\ln 3} (3 - 1) = \frac{40}{\ln 3}$.

(A) माना $I = \int_{a}^{b} \frac{f(x)}{f(x) + f(a+b-x)} \, dx$ है।
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) \, dx$ का उपयोग करते हुए,हम जानते हैं कि $I = \frac{b-a}{2}$ होता है।
यहाँ,$a = 2 - \log 3$ और $b = 3 + \log 3$ है।
साथ ही,$f(x) = \log(4+x)$,इसलिए $f(a+b-x) = \log(4 + (2 - \log 3 + 3 + \log 3 - x)) = \log(4 + 5 - x) = \log(9 - x)$ है।
अतः,$I = \frac{(3 + \log 3) - (2 - \log 3)}{2} = \frac{1 + 2 \log 3}{2} = \frac{1}{2} + \log 3$।

(B) हमें ${I_n} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^n}x\,dx}$ दिया गया है।
योग ${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {(\tan^n x + \tan^{n-2} x) dx}$ पर विचार करें।
${\tan^{n-2} x}$ को उभयनिष्ठ लेने पर,${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan^{n-2} x (1 + \tan^2 x) dx}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,इसलिए ${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan^{n-2} x \sec^2 x dx}$।
माना $u = \tan x$,तो $du = \sec^2 x dx$। जब $x=0, u=0$ और जब $x=\pi/4, u=1$।
अतः,${I_n} + {I_{n - 2}} = \int\limits_0^1 {u^{n-2} du} = \left[ \frac{u^{n-1}}{n-1} \right]_0^1 = \frac{1}{n-1}$।
अब,सीमा का मान ज्ञात करते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n({I_n} + {I_{n - 2}}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{n-1}$।
अंश और हर को $n$ से विभाजित करने पर,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{1 - 1/n} = 1$ प्राप्त होता है।

(C) माना $I = \int_{-1}^{1} \frac{x^4}{1 + e^{x^7}} dx$.
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{(-x)^4}{1 + e^{(-x)^7}} dx = \int_{-1}^{1} \frac{x^4}{1 + e^{-x^7}} dx$.
अंश और हर को $e^{x^7}$ से गुणा करने पर:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{x^4 e^{x^7}}{e^{x^7} + 1} dx$.
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{-1}^{1} \frac{x^4}{1 + e^{x^7}} dx + \int_{-1}^{1} \frac{x^4 e^{x^7}}{1 + e^{x^7}} dx = \int_{-1}^{1} \frac{x^4(1 + e^{x^7})}{1 + e^{x^7}} dx$.
$2I = \int_{-1}^{1} x^4 dx$.
चूँकि $x^4$ एक सम फलन है,$2I = 2 \int_{0}^{1} x^4 dx$.
$I = \int_{0}^{1} x^4 dx = \left[ \frac{x^5}{5} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{5} - 0 = \frac{1}{5}$.

(C) माना $I(x) = \int_{0}^{\sin^2 x} \sin^{-1} \sqrt{t} \, dt + \int_{0}^{\cos^2 x} \cos^{-1} \sqrt{t} \, dt$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने के लिए लेबनीज़ नियम का उपयोग करते हुए:
$I'(x) = \sin^{-1}(\sqrt{\sin^2 x}) \cdot \frac{d}{dx}(\sin^2 x) + \cos^{-1}(\sqrt{\cos^2 x}) \cdot \frac{d}{dx}(\cos^2 x)$.
चूंकि $x \in (0, \pi/2)$,$\sin x > 0$ और $\cos x > 0$,इसलिए $\sqrt{\sin^2 x} = \sin x$ और $\sqrt{\cos^2 x} = \cos x$.
$I'(x) = (x) \cdot (2 \sin x \cos x) + (x) \cdot (-2 \cos x \sin x)$.
$I'(x) = x \sin(2x) - x \sin(2x) = 0$.
चूंकि अवकलज $0$ है,इसलिए $I(x)$ एक स्थिरांक है।
स्थिरांक का मान ज्ञात करने के लिए $x = \pi/4$ पर मूल्यांकन करते हैं:
$I(\pi/4) = \int_{0}^{1/2} \sin^{-1} \sqrt{t} \, dt + \int_{0}^{1/2} \cos^{-1} \sqrt{t} \, dt$.
सर्वसमिका $\sin^{-1} \sqrt{t} + \cos^{-1} \sqrt{t} = \pi/2$ का उपयोग करते हुए:
$I(\pi/4) = \int_{0}^{1/2} (\sin^{-1} \sqrt{t} + \cos^{-1} \sqrt{t}) \, dt = \int_{0}^{1/2} \frac{\pi}{2} \, dt = \frac{\pi}{2} [t]_{0}^{1/2} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi}{4}$.

(B) $u = \int_0^1 \frac{\ln(x+1)}{x^2+1} dx$ के लिए,$x = \tan \theta$ रखने पर,$dx = \sec^2 \theta d\theta$ होगा। जब $x=0, \theta=0$ और जब $x=1, \theta=\frac{\pi}{4}$ होगा।
$u = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan \theta) d\theta$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$u = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan(\frac{\pi}{4}-\theta)) d\theta = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\frac{1-\tan \theta}{1+\tan \theta}) d\theta = \int_0^{\pi/4} \ln(\frac{2}{1+\tan \theta}) d\theta$.
$u = \int_0^{\pi/4} \ln 2 d\theta - \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan \theta) d\theta = \frac{\pi}{4} \ln 2 - u$.
$2u = \frac{\pi}{4} \ln 2 \implies u = \frac{\pi}{8} \ln 2 \implies 4u = \frac{\pi}{2} \ln 2 \dots (1)$.
$v = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin 2x) dx$ के लिए,$2x = t$ रखने पर,$dx = \frac{1}{2} dt$ होगा। जब $x=0, t=0$ और जब $x=\frac{\pi}{2}, t=\pi$ होगा।
$v = \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \ln(\sin t) dt = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin t) dt$.
मानक समाकलन $\int_0^{\pi/2} \ln(\sin t) dt = -\frac{\pi}{2} \ln 2$ का उपयोग करने पर,$v = -\frac{\pi}{2} \ln 2 \dots (2)$ प्राप्त होता है।
$(1)$ और $(2)$ से,$4u = -v \implies 4u + v = 0$.

(B) माना $I = \int_{-2}^{\pi} \frac{\sin^2 x}{[\frac{x}{\pi}] + \frac{1}{2}} \,dx$.
$[\frac{x}{\pi}]$ के मान के आधार पर समाकलन को विभाजित करते हैं।
$x \in [-2, 0)$ के लिए,$\frac{x}{\pi} \in [-\frac{2}{\pi}, 0)$,इसलिए $[\frac{x}{\pi}] = -1$.
$x \in [0, \pi)$ के लिए,$\frac{x}{\pi} \in [0, 1)$,इसलिए $[\frac{x}{\pi}] = 0$.
अतः,$I = \int_{-2}^{0} \frac{\sin^2 x}{-1 + 1/2} \,dx + \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^2 x}{0 + 1/2} \,dx$.
$I = -2 \int_{-2}^{0} \sin^2 x \,dx + 2 \int_{0}^{\pi} \sin^2 x \,dx$.
$\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = -2 \int_{-2}^{0} \frac{1 - \cos 2x}{2} \,dx + 2 \int_{0}^{\pi} \frac{1 - \cos 2x}{2} \,dx$.
$I = -[x - \frac{\sin 2x}{2}]_{-2}^{0} + [x - \frac{\sin 2x}{2}]_{0}^{\pi}$.
$I = -[0 - (-2 - \frac{\sin(-4)}{2})] + [(\pi - \frac{\sin 2\pi}{2}) - 0]$.
$I = -[2 - \frac{\sin 4}{2}] + \pi = \pi - 2 + \frac{\sin 4}{2}$.
चूंकि $\sin 4 = 2 \sin 2 \cos 2$,इसलिए $I = \pi - 2 + \sin 2 \cos 2$.

(B) माना $I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{x}{1+\sin x} dx$ है।
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a+b = \frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{4} = \pi$:
$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{\pi-x}{1+\sin(\pi-x)} dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{\pi-x}{1+\sin x} dx$।
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{x + \pi - x}{1+\sin x} dx = \pi \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{1}{1+\sin x} dx$।
अंश और हर को $(1-\sin x)$ से गुणा करने पर:
$2I = \pi \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{1-\sin x}{\cos^2 x} dx = \pi \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} (\sec^2 x - \sec x \tan x) dx$।
समाकलन करने पर:
$2I = \pi [\tan x - \sec x]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}$।
सीमाओं का मान रखने पर:
$2I = \pi [(\tan \frac{3\pi}{4} - \sec \frac{3\pi}{4}) - (\tan \frac{\pi}{4} - \sec \frac{\pi}{4})]$।
$2I = \pi [(-1 - (-\sqrt{2})) - (1 - \sqrt{2})] = \pi [\sqrt{2} - 1 - 1 + \sqrt{2}] = \pi [2\sqrt{2} - 2]$।
$I = \pi(\sqrt{2}-1)$।

(D) $x \in (0, 1)$ के लिए,हमारे पास $x^3 < x^2 < x$ है।
$-1$ से गुणा करने पर,हमें $-x^3 > -x^2 > -x$ प्राप्त होता है।
चूंकि चरघातांकी फलन $f(t) = e^t$ एक वर्धमान फलन है,इसलिए $e^{-x^3} > e^{-x^2} > e^{-x}$ होता है।
अब,समाकल्यों (integrands) पर विचार करें:
$I_3$ के लिए,समाकल्य $f_3(x) = e^{-x^3}$ है।
$I_2$ के लिए,समाकल्य $f_2(x) = e^{-x^2} \cos^2 x$ है। चूंकि $0 \le \cos^2 x \le 1$,इसलिए $e^{-x^2} \cos^2 x \le e^{-x^2}$ होता है।
$I_1$ के लिए,समाकल्य $f_1(x) = e^{-x} \cos^2 x$ है। चूंकि $0 \le \cos^2 x \le 1$,इसलिए $e^{-x} \cos^2 x \le e^{-x}$ होता है।
$(0, 1)$ अंतराल पर फलनों की तुलना करने पर:
$e^{-x^3} > e^{-x^2} \ge e^{-x^2} \cos^2 x$ इंगित करता है कि $I_3 > I_2$ है।
साथ ही,$e^{-x^2} > e^{-x}$ होने के कारण $e^{-x^2} \cos^2 x > e^{-x} \cos^2 x$ होता है।
अतः,$I_3 > I_2 > I_1$ प्राप्त होता है।

(B) हमें दिया गया है कि $2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \int_{0}^{1} \cot^{-1} (1 - x + x^2) \, dx$।
गुणधर्म $\cot^{-1} u = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} u$ का उपयोग करने पर:
$2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \int_{0}^{1} \left( \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} (1 - x + x^2) \right) dx$।
$2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx = \frac{\pi}{2} - \int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx$।
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx = \frac{\pi}{2} - 2 \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx$।
अब,$I = \int_{0}^{1} \tan^{-1} x \, dx$ का मान खंडशः समाकलन (integration by parts) द्वारा ज्ञात करते हैं:
$I = [x \tan^{-1} x]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \, dx = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} [\ln(1+x^2)]_0^1 = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$।
इस मान को समीकरण में रखने पर:
$\int_{0}^{1} \tan^{-1} (1 - x + x^2) \, dx = \frac{\pi}{2} - 2 \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} + \ln 2 = \ln 2$।

(D) माना $I = \int_{4}^{10} \frac{[x^2]}{[(x-14)^2] + [x^2]} dx$ ... $(1)$
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a=4$ और $b=10$,हमें $a+b-x = 14-x$ प्राप्त होता है।
समाकल में $x$ के स्थान पर $14-x$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[(14-x-14)^2] + [(14-x)^2]} dx$
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[(-x)^2] + [(14-x)^2]} dx$
$I = \int_{4}^{10} \frac{[(14-x)^2]}{[x^2] + [(14-x)^2]} dx$ ... $(2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{4}^{10} \frac{[x^2] + [(14-x)^2]}{[x^2] + [(14-x)^2]} dx$
$2I = \int_{4}^{10} 1 dx$
$2I = [x]_{4}^{10} = 10 - 4 = 6$
$I = 3$

(C) दिया गया है $f(x) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{1+t} dt$.
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{1/x} \frac{\ln t}{1+t} dt$ पर विचार करें।
मान लीजिए $t = \frac{1}{u}$,तो $dt = -\frac{1}{u^2} du$. जब $t=1, u=1$ और जब $t=1/x, u=x$ है।
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln(1/u)}{1 + 1/u} \left(-\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{-\ln u}{\frac{u+1}{u}} \left(-\frac{1}{u^2}\right) du = \int_{1}^{x} \frac{\ln u}{u(u+1)} du$.
अब,$f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{1+t} dt + \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t(1+t)} dt = \int_{1}^{x} \ln t \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{t(1+t)} \right) dt$.
समाकल्य (integrand) को सरल करने पर: $\frac{1}{1+t} + \frac{1}{t(1+t)} = \frac{t+1}{t(1+t)} = \frac{1}{t}$.
अतः,$f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{1}^{x} \frac{\ln t}{t} dt$.
मान लीजिए $\ln t = v$,तो $\frac{1}{t} dt = dv$. जब $t=1, v=0$ और जब $t=x, v=\ln x$ है।
$f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_{0}^{\ln x} v dv = \left[ \frac{v^2}{2} \right]_{0}^{\ln x} = \frac{1}{2}(\ln x)^2$.

(C) दिया गया है कि $f(2 - x) = f(2 + x)$,अतः फलन $x = 2$ के सापेक्ष सममित है।
दिया गया है कि $f(4 - x) = f(4 + x)$,अतः फलन $x = 4$ के सापेक्ष सममित है।
दूसरे समीकरण में $x$ को $x - 2$ से प्रतिस्थापित करने पर: $f(4 - (x - 2)) = f(4 + (x - 2)) \Rightarrow f(6 - x) = f(2 + x)$.
चूंकि $f(2 - x) = f(2 + x)$,इसलिए $f(6 - x) = f(2 - x)$.
मान लीजिए $t = 2 - x$,तो $f(4 + t) = f(t)$,जो दर्शाता है कि $f(x)$ एक आवर्ती फलन है जिसका आवर्तकाल $T = 4$ है।
हमें $\int_{0}^{2} f(x) dx = 5$ दिया गया है।
चूंकि $f(2 - x) = f(2 + x)$,इसलिए $\int_{0}^{4} f(x) dx = \int_{0}^{2} f(x) dx + \int_{2}^{4} f(x) dx = 2 \int_{0}^{2} f(x) dx = 2 \times 5 = 10$.
अब,$\int_{10}^{50} f(x) dx = \frac{50 - 10}{4} \int_{0}^{4} f(x) dx = 10 \times 10 = 100$.

(C) माना $I = \int\limits_0^{1/2} \frac{\ln(1 + 2x)}{1 + (2x)^2} dx$.
$2x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$2 dx = \sec^2 \theta d\theta$,जिससे $dx = \frac{1}{2} \sec^2 \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तब $\theta = 0$. जब $x = 1/2$,तब $\theta = \pi/4$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\ln(1 + \tan \theta)}{1 + \tan^2 \theta} \cdot \frac{1}{2} \sec^2 \theta d\theta$
चूंकि $1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$,व्यंजक सरल हो जाता है:
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan \theta) d\theta$ --- $(1)$
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan(\pi/4 - \theta)) d\theta$
$\tan(A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln\left(1 + \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}\right) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln\left(\frac{1 + \tan \theta + 1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}\right) d\theta = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln\left(\frac{2}{1 + \tan \theta}\right) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} (\ln 2 - \ln(1 + \tan \theta)) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \ln 2 \cdot [\theta]_0^{\pi/4} - \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi/4} \ln(1 + \tan \theta) d\theta$
$I = \frac{1}{2} \ln 2 \cdot \frac{\pi}{4} - I$
$2I = \frac{\pi}{8} \ln 2 \implies I = \frac{\pi}{16} \ln 2$.

(D) दिया गया है $P_n = \int\limits_1^e (\log x)^n \, dx$.
माना $\log x = t$,तब $x = e^t$ और $dx = e^t \, dt$.
जब $x = 1$,तब $t = 0$ और जब $x = e$,तब $t = 1$.
अतः,$P_n = \int\limits_0^1 t^n e^t \, dt$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
माना $u = t^n$ और $dv = e^t \, dt$,तब $du = nt^{n-1} \, dt$ और $v = e^t$.
$P_n = [t^n e^t]_0^1 - n \int\limits_0^1 t^{n-1} e^t \, dt = e - n P_{n-1}$.
इसलिए,$P_{10} = e - 10 P_9$.
साथ ही,$P_9 = e - 9 P_8$.
$P_{10}$ के समीकरण में $P_9$ का मान रखने पर:
$P_{10} = e - 10(e - 9 P_8) = e - 10e + 90 P_8$.
$P_{10} = -9e + 90 P_8$.
अतः,$P_{10} - 90 P_8 = -9e$.

(D) माना $I = \int_{0}^{\pi} [\cos x] \, dx \quad \dots(1)$
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi} [\cos(\pi - x)] \, dx = \int_{0}^{\pi} [-\cos x] \, dx \quad \dots(2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{0}^{\pi} ([\cos x] + [-\cos x]) \, dx$
चूँकि $[x] + [-x] = -1$ यदि $x \notin \mathbb{Z}$ और $0$ यदि $x \in \mathbb{Z}$,और $[0, \pi]$ अंतराल में $\cos x \in \mathbb{Z}$ वाले बिंदुओं का समुच्चय सीमित है (माप शून्य है),इसलिए:
$2I = \int_{0}^{\pi} (-1) \, dx$
$2I = -[x]_{0}^{\pi} = -\pi$
$I = -\frac{\pi}{2}$

(D) दिया गया है $F(x) = \int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t} dt, x > 0$ के लिए।
मान लीजिए $I = \int_{1}^{x} \frac{e^{t}}{t+a} dt$ है।
$t+a = z$ प्रतिस्थापित करने पर,$t = z-a$ और $dt = dz$ प्राप्त होता है।
जब $t = 1$,तो $z = 1+a$। जब $t = x$,तो $z = x+a$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_{1+a}^{x+a} \frac{e^{z-a}}{z} dz = e^{-a} \int_{1+a}^{x+a} \frac{e^{z}}{z} dz$।
निश्चित समाकलन के गुणधर्म $\int_{b}^{c} f(z) dz = \int_{1}^{c} f(z) dz - \int_{1}^{b} f(z) dz$ का उपयोग करने पर:
$I = e^{-a} \left[ \int_{1}^{x+a} \frac{e^{z}}{z} dz - \int_{1}^{1+a} \frac{e^{z}}{z} dz \right]$।
$F(x)$ की परिभाषा के अनुसार,यह हो जाता है:
$I = e^{-a} [F(x+a) - F(1+a)]$।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) माना $I = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{1 + {2^x}}}dx} \quad ......(1)$
गुणधर्म $\int\limits_a^b f(x)dx = \int\limits_a^b f(a+b-x)dx$ का उपयोग करते हुए,हम $x$ को $-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} - x = -x$ से प्रतिस्थापित करते हैं:
$I = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}(-x)}}{{1 + {2^{-x}}}}} dx = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{1 + \frac{1}{2^x}}}} dx = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{2^x}{{\sin }^2}x}}{{2^x + 1}}} dx \quad ......(2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^2}x + {2^x}{{\sin }^2}x}}{{1 + {2^x}}}} dx = \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {{{\sin }^2}x dx}$
चूँकि $\sin^2 x$ एक सम फलन है,$2I = 2 \int\limits_0^{\pi /2} {\sin^2 x dx} = 2 \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1 - \cos 2x}{2} dx}$
$2I = \int\limits_0^{\pi /2} {(1 - \cos 2x) dx} = [x - \frac{\sin 2x}{2}]_0^{\pi /2} = (\frac{\pi}{2} - 0) - (0 - 0) = \frac{\pi}{2}$
अतः,$I = \frac{\pi}{4}$.

(A) माना $f(x) = \int_{0}^{\sin^{2}x} \sin^{-1}(\sqrt{t}) \, dt + \int_{0}^{\cos^{2}x} \cos^{-1}(\sqrt{t}) \, dt$.
लीबनीज़ नियम का उपयोग करते हुए,$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f'(x) = \sin^{-1}(\sqrt{\sin^{2}x}) \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{2}x) + \cos^{-1}(\sqrt{\cos^{2}x}) \cdot \frac{d}{dx}(\cos^{2}x)$
$f'(x) = x \cdot (2 \sin x \cos x) + (\frac{\pi}{2} - x) \cdot (-2 \cos x \sin x)$
$f'(x) = x \sin(2x) - (\frac{\pi}{2} - x) \sin(2x) = (2x - \frac{\pi}{2}) \sin(2x)$.
अब,$x = \frac{\pi}{4}$ पर $f(x)$ का मान ज्ञात करते हैं:
$f(\frac{\pi}{4}) = \int_{0}^{1/2} (\sin^{-1}(\sqrt{t}) + \cos^{-1}(\sqrt{t})) \, dt$
हम जानते हैं कि $\sin^{-1}(\sqrt{t}) + \cos^{-1}(\sqrt{t}) = \frac{\pi}{2}$:
$f(\frac{\pi}{4}) = \int_{0}^{1/2} \frac{\pi}{2} \, dt = \frac{\pi}{2} [t]_{0}^{1/2} = \frac{\pi}{4}$.

(D) हमें दिया गया है $R_1 = \int_{-2}^3 f(x) dx$ और $R_2 = \int_{-2}^3 x f(x) dx$.
गुणधर्म $\int_a^b g(x) dx = \int_a^b g(a+b-x) dx$ का उपयोग करने पर,यहाँ $a+b = -2+3 = 1$ है।
अतः,$R_2 = \int_{-2}^3 x f(x) dx = \int_{-2}^3 (1-x) f(1-x) dx$.
चूँकि $f(1-x) = f(x)$,हमें प्राप्त होता है $R_2 = \int_{-2}^3 (1-x) f(x) dx$.
$R_2 = \int_{-2}^3 f(x) dx - \int_{-2}^3 x f(x) dx$.
$R_2 = R_1 - R_2$.
$2R_2 = R_1$ या $R_1 = 2R_2$.

(D) माना $I = \int_{-0.9}^{0.9} \left( [x^2] + \log \left( \frac{2-x}{2+x} \right) \right) dx$.
हम इसे दो समाकलनों में विभाजित कर सकते हैं: $I = \int_{-0.9}^{0.9} [x^2] dx + \int_{-0.9}^{0.9} \log \left( \frac{2-x}{2+x} \right) dx$.
प्रथम भाग के लिए,चूंकि $-0.9 < x < 0.9$,इसलिए $0 \leq x^2 < 0.81$ प्राप्त होता है। अतः,$x \in (-0.9, 0.9)$ के लिए $[x^2] = 0$ होगा। इसलिए,$\int_{-0.9}^{0.9} [x^2] dx = 0$.
दूसरे भाग के लिए,माना $f(x) = \log \left( \frac{2-x}{2+x} \right)$.
तब $f(-x) = \log \left( \frac{2-(-x)}{2+(-x)} \right) = \log \left( \frac{2+x}{2-x} \right) = \log \left( \left( \frac{2-x}{2+x} \right)^{-1} \right) = -\log \left( \frac{2-x}{2+x} \right) = -f(x)$.
चूंकि $f(x)$ एक विषम फलन है और अंतराल $[-0.9, 0.9]$ मूल बिंदु के सापेक्ष सममित है,इसलिए $\int_{-0.9}^{0.9} f(x) dx = 0$.
अतः,$I = 0 + 0 = 0$.

(C) माना $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{dx}{[x] + [\sin x] + 4}$.
हम समाकलन को $x=0$ पर विभाजित करते हैं:
$I = \int_{-\pi/2}^{0} \frac{dx}{[x] + [\sin x] + 4} + \int_{0}^{\pi/2} \frac{dx}{[x] + [\sin x] + 4}$.
$x \in [-\pi/2, 0)$ के लिए,$[\sin x] = -1$ और $x \in [0, \pi/2]$ के लिए,$[\sin x] = 0$.
$I = \int_{-\pi/2}^{-1} \frac{dx}{[x] - 1 + 4} + \int_{-1}^{0} \frac{dx}{[x] - 1 + 4} + \int_{0}^{1} \frac{dx}{[x] + 0 + 4} + \int_{1}^{\pi/2} \frac{dx}{[x] + 0 + 4}$.
$I = \int_{-\pi/2}^{-1} 1 dx + \int_{-1}^{0} \frac{1}{2} dx + \int_{0}^{1} \frac{1}{4} dx + \int_{1}^{\pi/2} \frac{1}{5} dx$.
$I = (\frac{\pi}{2} - 1) + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5}(\frac{\pi}{2} - 1) = \frac{3\pi}{5} - \frac{9}{20} = \frac{3(4\pi - 3)}{20}$.

(A) माना $I = \int_{-2}^{2} f(x) \, dx$,जहाँ $f(x) = \frac{\sin^2 x}{[\frac{x}{\pi}] + \frac{1}{2}}$.
अंतराल $[-2, 2]$ और $\pi \approx 3.14$ होने के कारण,$\frac{x}{\pi}$ का मान $(-\frac{2}{\pi}, \frac{2}{\pi}) \approx (-0.63, 0.63)$ के बीच है।
अतः,$x \in (-2, 0)$ के लिए,$[\frac{x}{\pi}] = -1$,और $x \in [0, 2)$ के लिए,$[\frac{x}{\pi}] = 0$.
हम समाकलन को विभाजित करते हैं: $I = \int_{-2}^{0} \frac{\sin^2 x}{-1 + 0.5} \, dx + \int_{0}^{2} \frac{\sin^2 x}{0 + 0.5} \, dx$.
$I = \int_{-2}^{0} \frac{\sin^2 x}{-0.5} \, dx + \int_{0}^{2} \frac{\sin^2 x}{0.5} \, dx$.
$I = -2 \int_{-2}^{0} \sin^2 x \, dx + 2 \int_{0}^{2} \sin^2 x \, dx$.
गुणधर्म $\int_{-a}^{0} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(-x) \, dx$ का उपयोग करने पर और चूँकि $\sin^2(-x) = \sin^2 x$ है:
$I = -2 \int_{0}^{2} \sin^2 x \, dx + 2 \int_{0}^{2} \sin^2 x \, dx = 0$.

(A) माना $I = \int_{-\pi/4}^{\pi/4} g(f(x)) dx$ है।
यहाँ $f(-x) = \frac{2 - (-x) \cos(-x)}{2 + (-x) \cos(-x)} = \frac{2 + x \cos x}{2 - x \cos x} = \frac{1}{f(x)}$ है।
अतः,$g(f(-x)) = \ln(f(-x)) = \ln(1/f(x)) = -\ln(f(x)) = -g(f(x))$ है।
इस प्रकार,$g(f(x))$ एक विषम फलन (odd function) है।
किसी भी विषम फलन $h(x)$ के लिए,$\int_{-a}^{a} h(x) dx = 0$ होता है।
इसलिए,$I = 0$ है।
चूंकि $\ln 1 = 0$,इसलिए सही विकल्प $\ln 1$ है।

(A) दिया गया है $f(x) = \int_{0}^{x} g(t) dt$. चूँकि $g(t)$ एक सम फलन है,$f(x)$ एक विषम फलन है क्योंकि $f(-x) = \int_{0}^{-x} g(t) dt$. $t = -u$ लेने पर,$dt = -du$. अतः $f(-x) = \int_{0}^{x} g(-u) (-du) = -\int_{0}^{x} g(u) du = -f(x)$.
दिया गया है $f(x+5) = g(x)$. चूँकि $g(x)$ सम है,$g(x) = g(-x)$,इसलिए $f(x+5) = g(-x)$.
साथ ही,चूँकि $f$ विषम है,$f(x+5) = -f(-x-5)$.
हमें $I = \int_{0}^{x} f(t) dt$ का मूल्यांकन करना है।
$f(x+5) = g(x)$ से,हमारे पास $g(t) = f(t+5)$ है।
चूँकि $g$ सम है,$g(t) = g(-t)$,इसलिए $f(t+5) = f(-t+5)$.
अवकलन का उपयोग करते हुए,$f'(x) = g(x)$.
$f(x+5) = g(x)$ का $0$ से $x$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{x} f(t+5) dt = \int_{0}^{x} g(t) dt = f(x)$.
$u = t+5$ लेने पर,$du = dt$. जब $t=0, u=5$; जब $t=x, u=x+5$.
अतः,$\int_{5}^{x+5} f(u) du = f(x)$.
इस प्रकार,$\int_{0}^{x} f(t) dt = \int_{x+5}^{5} g(t) dt$ सही उत्तर है।

(C) माना $I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin^3 x}{\sin x + \cos x} dx$ है।
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\cos^3 x}{\cos x + \sin x} dx$।
$I$ के दोनों व्यंजकों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin^3 x + \cos^3 x}{\sin x + \cos x} dx$।
सर्वसमिका $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ का उपयोग करने पर:
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} \frac{(\sin x + \cos x)(\sin^2 x - \sin x \cos x + \cos^2 x)}{\sin x + \cos x} dx$।
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} (1 - \sin x \cos x) dx$।
$2I = \int_{0}^{\pi / 2} (1 - \frac{1}{2} \sin 2x) dx$।
$2I = [x + \frac{1}{4} \cos 2x]_{0}^{\pi / 2}$।
$2I = (\frac{\pi}{2} + \frac{1}{4} \cos \pi) - (0 + \frac{1}{4} \cos 0)$।
$2I = (\frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}) - (0 + \frac{1}{4}) = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}$।
$I = \frac{\pi - 1}{4}$।

(A) माना $I = \int_{0}^{1} x \cot^{-1}(1 - x^2 + x^4) dx$.
गुणधर्म $\cot^{-1}(u) = \tan^{-1}(\frac{1}{u})$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{0}^{1} x \tan^{-1}\left(\frac{1}{1 - x^2 + x^4}\right) dx$.
हम तर्क को $\frac{x^2 - (x^2 - 1)}{1 + x^2(x^2 - 1)}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$I = \int_{0}^{1} x \left[ \tan^{-1}(x^2) - \tan^{-1}(x^2 - 1) \right] dx$.
माना $x^2 = t$,तो $2x dx = dt$,इसलिए $x dx = \frac{1}{2} dt$.
जब $x=0, t=0$ और जब $x=1, t=1$.
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t - 1) dt$.
दूसरे समाकलन पर $\int_{0}^{a} f(t) dt = \int_{0}^{a} f(a - t) dt$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(1 - t - 1) dt = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(-t) dt$.
चूंकि $\tan^{-1}(-t) = -\tan^{-1}(t)$:
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt = \int_{0}^{1} \tan^{-1}(t) dt$.
खंडशः समाकलन करने पर: $\int \tan^{-1}(t) dt = t \tan^{-1}(t) - \int \frac{t}{1+t^2} dt = t \tan^{-1}(t) - \frac{1}{2} \ln(1+t^2)$.
$0$ से $1$ तक मान ज्ञात करने पर:
$I = [1 \cdot \tan^{-1}(1) - \frac{1}{2} \ln(2)] - [0 - 0] = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$.

(D) माना $I = \int_{0}^{2\pi} [\sin 2x(1 + \cos 3x)] \,dx$.
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) \,dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \,dx$ का उपयोग करते हुए,हम देखते हैं कि फलन $f(x) = [\sin 2x(1 + \cos 3x)]$ के लिए $f(2\pi - x) = [\sin(4\pi - 2x)(1 + \cos(6\pi - 3x))] = [-\sin 2x(1 + \cos 3x)]$ होता है।
गुणधर्म $\int_{0}^{a} [f(x) + f(a-x)] \,dx$ का उपयोग करते हुए,हम जानते हैं कि किसी भी $x$ के लिए जहाँ $\sin 2x(1 + \cos 3x)$ पूर्णांक नहीं है,$[t] + [-t] = -1$ होता है।
चूँकि फलन अंतराल $[0, 2\pi]$ में लगभग हर जगह पूर्णांक नहीं है,इसलिए:
$2I = \int_{0}^{2\pi} ( [\sin 2x(1 + \cos 3x)] + [-\sin 2x(1 + \cos 3x)] ) \,dx$
$2I = \int_{0}^{2\pi} -1 \,dx = -2\pi$.
अतः,$I = -\pi$.

(D) माना $I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} x(f(x)+f(x+1)) dx \quad \dots(1)$
गुणधर्म $\int_{a}^{b} g(x) dx = \int_{a}^{b} g(a+b-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} (a+b-x)(f(a+b-x)+f(a+b-x+1)) dx$
दिया गया है $f(a+b+1-x) = f(x)$,इसलिए $f(a+b-x) = f(x+1)$.
अतः,$I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} (a+b-x)(f(x+1)+f(x)) dx \quad \dots(2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \frac{1}{a+b} \int_{a}^{b} (a+b)(f(x)+f(x+1)) dx = \int_{a}^{b} (f(x)+f(x+1)) dx$
चूँकि $f(a+b+1-x) = f(x)$,$t = a+b+1-x$ लेने पर,$dt = -dx$. जब $x=a, t=b+1$; जब $x=b, t=a+1$.
$\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a+1}^{b+1} f(a+b+1-t) dt = \int_{a+1}^{b+1} f(t) dt$.
अतः,$2I = \int_{a}^{b} f(x) dx + \int_{a}^{b} f(x+1) dx = \int_{a+1}^{b+1} f(x+1) dx + \int_{a}^{b} f(x+1) dx$. इसका सरलीकरण $I = \int_{a}^{b} f(x+1) dx = \int_{a-1}^{b-1} f(x) dx$ है।

(D) माना $I = \int_{0}^{2 \pi} \frac{x \sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$ है।
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{2 \pi} \frac{(2 \pi - x) \sin^{8}(2 \pi - x)}{\sin^{8}(2 \pi - x) + \cos^{8}(2 \pi - x)} dx = \int_{0}^{2 \pi} \frac{(2 \pi - x) \sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$ प्राप्त होता है।
दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{0}^{2 \pi} \frac{2 \pi \sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx = 2 \pi \int_{0}^{2 \pi} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$ मिलता है।
$I = \pi \int_{0}^{2 \pi} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$।
गुणधर्म $\int_{0}^{2a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = 2 \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx = 4 \pi \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^{8} x}{\sin^{8} x + \cos^{8} x} dx$।
अब $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = 4 \pi \int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos^{8} x}{\cos^{8} x + \sin^{8} x} dx$।
दोनों को जोड़ने पर: $2I = 4 \pi \int_{0}^{\pi/2} 1 dx = 4 \pi \cdot \frac{\pi}{2} = 2 \pi^{2}$।
अतः,$I = \pi^{2}$।

(A) हम देखते हैं कि $f(x) = \sin^{2} x$ एक सम फलन है क्योंकि $f(-x) = \sin^{2}(-x) = (-\sin x)^{2} = \sin^{2} x = f(x)$।
अतः,निश्चित समाकलन के गुणधर्म $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sin^{2} x \, dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^{2} x \, dx$
सर्वसमिका $\sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ का उपयोग करते हुए:
$= 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos 2x}{2} \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 - \cos 2x) \, dx$
$= \left[ x - \frac{\sin 2x}{2} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
$= \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{2} \right) - (0 - 0)$
$= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} = \frac{\pi - 2}{4}$

माना $I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos ^{2} x} d x$.
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin(\pi - x)}{1 + \cos^2(\pi - x)} dx = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
$I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx - \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
$I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx - I$.
$2I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
$I = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx$.
माना $\cos x = t$,तब $-\sin x dx = dt$. जब $x=0, t=1$ और जब $x=\pi, t=-1$.
$I = \frac{\pi}{2} \int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1 + t^2}$.
चूंकि $\frac{1}{1+t^2}$ एक सम फलन है,इसलिए $I = \frac{\pi}{2} \times 2 \int_{0}^{1} \frac{dt}{1 + t^2} = \pi [\tan^{-1} t]_{0}^{1}$.
$I = \pi (\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(0)) = \pi (\frac{\pi}{4} - 0) = \frac{\pi^2}{4}$.

(A) माना $I = \int_{-1}^{1} \sin^{5} x \cos^{4} x \, dx$ है।
$f(x) = \sin^{5} x \cos^{4} x$ मानिए।
हम $f(-x)$ का मान ज्ञात करके यह जाँचते हैं कि फलन सम है या विषम:
$f(-x) = \sin^{5}(-x) \cos^{4}(-x) = (-\sin x)^{5} (\cos x)^{4} = -\sin^{5} x \cos^{4} x = -f(x)$।
चूँकि $f(-x) = -f(x)$ है,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,$I = 0$।

(B) माना $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{4} x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x} d x$ ..... $(1)$
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{4} (\frac{\pi}{2} - x)}{\sin ^{4} (\frac{\pi}{2} - x) + \cos ^{4} (\frac{\pi}{2} - x)} dx$
चूंकि $\sin(\frac{\pi}{2} - x) = \cos x$ और $\cos(\frac{\pi}{2} - x) = \sin x$,इसलिए:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^{4} x}{\cos ^{4} x + \sin ^{4} x} dx$ ..... $(2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{4} x + \cos ^{4} x}{\sin ^{4} x + \cos ^{4} x} dx$
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = [x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}$
अतः,$I = \frac{\pi}{4}$.

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

(C) माना $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin x \, dx$
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \cos x \, dx$
$I$ के दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\log \sin x + \log \cos x) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x \cos x) \, dx$
लघुगणक के अंदर $2$ से गुणा और भाग करने पर:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log\left(\frac{\sin 2x}{2}\right) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin 2x \, dx - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log 2 \, dx$
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin 2x \, dx - \frac{\pi}{2} \log 2$
प्रथम समाकलन के लिए,$2x = t$ रखने पर,$2 \, dx = dt$. जब $x=0, t=0$; जब $x=\frac{\pi}{2}, t=\pi$:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin 2x \, dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \log \sin t \, dt = \frac{1}{2} \times 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin t \, dt = I$ (क्योंकि $\int_{0}^{2a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ यदि $f(2a-x) = f(x)$ हो)
मान प्रतिस्थापित करने पर:
$2I = I - \frac{\pi}{2} \log 2$
$I = -\frac{\pi}{2} \log 2$

माना $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{2} x d x$ ..... $(1)$
गुणधर्म $\int_{0}^{a} f(x) d x = \int_{0}^{a} f(a-x) d x$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{2} \left(\frac{\pi}{2} - x\right) d x$
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{2} - x) = \sin x$,इसलिए:
$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2} x d x$ ..... $(2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin ^{2} x + \cos ^{2} x) d x$
चूंकि $\sin ^{2} x + \cos ^{2} x = 1$,इसलिए:
$2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 d x$
$2I = [x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$2I = \frac{\pi}{2} - 0$
$2I = \frac{\pi}{2}$
$I = \frac{\pi}{4}$