Summation of series by definite integration Questions in Gujarati

(A) ધારો કે $S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{n}{{{r^2} + {n^2}}}}$.
આપણે સરવાળાને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{n}{{{n^2}(1 + \frac{{{r^2}}}{{{n^2}}})}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{1}{{1 + {{(\frac{r}{n})}^2}}}}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {f(\frac{r}{n})} = \int_0^1 {f(x)dx}$,જ્યાં $f(x) = \frac{1}{{1 + {x^2}}}$.
તેથી,$S = \int_0^1 {\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx}$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$S = [\tan^{ - 1} x]_0^1 = \tan^{ - 1}(1) - \tan^{ - 1}(0) = \frac{\pi }{4} - 0 = \frac{\pi }{4}$.

(B) ધારો કે $S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{r^2}{r^3 + n^3}$.
આપણે સરવાળાને આ રીતે લખી શકીએ:
$S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{r^2}{n^3 \left( \left( \frac{r}{n} \right)^3 + 1 \right)}$.
$n$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે છે:
$S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{1}{n} \cdot \frac{(r/n)^2}{1 + (r/n)^3}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{1}{n} f\left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 f(x) dx$,જ્યાં $f(x) = \frac{x^2}{1 + x^3}$.
તેથી,$S = \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^3} dx$.
ધારો કે $u = 1 + x^3$,તો $du = 3x^2 dx$,અથવા $x^2 dx = \frac{1}{3} du$.
જ્યારે $x = 0, u = 1$. જ્યારે $x = 1, u = 2$.
$S = \frac{1}{3} \int_1^2 \frac{1}{u} du = \frac{1}{3} [\log_e u]_1^2 = \frac{1}{3} (\log_e 2 - \log_e 1) = \frac{1}{3} \log_e 2$.

(B) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \,\frac{{{1^{99}} + {2^{99}} + {3^{99}} + \dots + {n^{99}}}}{{{n^{100}}}}$
આને આ રીતે લખી શકાય: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \,\sum\limits_{r = 1}^n {\,\left( {\frac{{{r^{99}}}}{{{n^{100}}}}} \right)} $
$\frac{1}{n}$ ને બહાર લેતા,આપણને મળે છે: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \,\frac{1}{n}\,\sum\limits_{r = 1}^n {\,{{\left( {\frac{r}{n}} \right)}^{99}}}$
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$,જ્યાં $f(x) = x^{99}$.
તેથી,પદાવલિ બને છે: $\int_0^1 {{x^{99}}dx}$
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\left[ {\frac{{{x^{100}}}}{{100}}} \right]_0^1 = \frac{1^{100}}{100} - \frac{0^{100}}{100} = \frac{1}{100}$.

(B) ધારો કે $P = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{n!}}{{{n^n}}}} \right)^{1/n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log P = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \log \left( \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n}{n^n} \right)$
$\log P = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( \frac{r}{n} \right)$
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 f(x) dx$:
$\log P = \int_0^1 \log x \, dx$
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \log x \, dx = x \log x - x$:
$\log P = [x \log x - x]_0^1 = (1 \cdot \log 1 - 1) - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (x \log x - x)$
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} x \log x = 0$,તેથી:
$\log P = -1 - 0 = -1$
આમ,$P = e^{-1} = \frac{1}{e}$.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{r}{{\sqrt {{n^2} + {r^2}} }}} $.
આ પદને આ રીતે લખી શકાય: $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{1}{n} \cdot \frac{r/n}{{\sqrt {1 + {{(r/n)}^2}} }}} $.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{kn} {f(r/n)} = \int_0^k {f(x)dx}$.
અહીં,$f(x) = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}$ અને ઉપરની સીમા $k = 2$ છે.
તેથી,$L = \int_0^2 {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} dx$.
ધારો કે $u = 1 + x^2$,તો $du = 2x dx$,અથવા $x dx = \frac{1}{2} du$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $u = 1$. જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $u = 5$.
$L = \int_1^5 {\frac{1}{{2\sqrt u }}} du = \left[ {\sqrt u } \right]_1^5 = \sqrt{5} - 1$.

(D) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{n+r}$ છે.
આપણે પદને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{n(1 + \frac{r}{n})} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{1 + \frac{r}{n}}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$,જ્યાં $f(x) = \frac{1}{1+x}$ છે.
તેથી,$L = \int_0^1 \frac{1}{1+x} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$L = [\log_e(1+x)]_0^1 = \log_e(1+1) - \log_e(1+0) = \log_e 2 - \log_e 1 = \log_e 2$.

(A) ધારો કે $I = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{k}{{{n^2} + {k^2}}}} $.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા:
$I = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{k/n^2}{1 + (k/n)^2}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{k/n}{1 + (k/n)^2}}$.
નિયત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,જ્યાં $\frac{k}{n} = x$ અને $\frac{1}{n} = dx$,જ્યારે $n \to \infty$ થાય ત્યારે સરવાળો નીચે મુજબ બને છે:
$I = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{1 + {x^2}}}dx} $.
ધારો કે $u = 1 + x^2$,તેથી $du = 2x dx$,અથવા $x dx = \frac{1}{2} du$.
જ્યારે $x = 0, u = 1$. જ્યારે $x = 1, u = 2$.
$I = \frac{1}{2} \int\limits_1^2 {\frac{1}{u} du} = \frac{1}{2} [\log |u|]_1^2 = \frac{1}{2} (\log 2 - \log 1) = \frac{1}{2} \log 2$.

(B) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n^2 + kn}}$.
આ પદને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$y = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n\sqrt{1 + \frac{k}{n}}}$.
આ રીમાન સરવાળો (Riemann sum) $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right)$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}}$.
આ લક્ષ એ નિશ્ચિત સંકલન (definite integral) ને સમાન છે:
$y = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$y = [2\sqrt{1+x}]_{0}^{1}$.
$y = 2\sqrt{1+1} - 2\sqrt{1+0}$.
$y = 2\sqrt{2} - 2$.

(A) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{1^p} + {2^p} + {3^p} + ..... + {n^p}}}{{{n^{p + 1}}}}$
આને સરવાળાના સંકેતમાં આ રીતે લખી શકાય: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {\left( {\frac{r}{n}} \right)^p}$
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {f\left( {\frac{r}{n}} \right)} = \int_0^1 {f(x)dx}$,જ્યાં $f(x) = x^p$ છે.
તેથી,સંકલન આ મુજબ થશે: $\int_0^1 {x^p dx}$
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\left[ {\frac{{{x^{p + 1}}}}{{p + 1}}} \right]_0^1 = \frac{1^{p+1}}{p+1} - \frac{0^{p+1}}{p+1} = \frac{1}{{p + 1}}$.

(B) આપેલ લક્ષ એ સરવાળાના લક્ષ તરીકે નિશ્ચિત સંકલનના સ્વરૂપમાં છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{1}{n}f\left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 {f(x)dx} }$.
અહીં,$f\left( \frac{r}{n} \right) = e^{\frac{r}{n}}$,તેથી $f(x) = e^x$.
તેથી,પદાવલિ $\int_0^1 {e^x dx}$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\int_0^1 {e^x dx} = [e^x]_0^1 = e^1 - e^0 = e - 1$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપણે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$.
પ્રથમ પદ માટે: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum_{r=1}^{n} r^4}{n^5} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^4 = \int_0^1 x^4 dx = \left[ \frac{x^5}{5} \right]_0^1 = \frac{1}{5}$.
બીજા પદ માટે: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum_{r=1}^{n} r^3}{n^5} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n^2} \left( \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^3 \right) = 0 \times \int_0^1 x^3 dx = 0 \times \frac{1}{4} = 0$.
આમ,પરિણામ $\frac{1}{5} - 0 = \frac{1}{5}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right) \ldots \left( {3n} \right)}}{{{n^{2n}}}}} \right)^{\frac{1}{n}}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=1}^{2n} \ln \left( {\frac{{n+r}}{n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=1}^{2n} \ln \left( {1 + \frac{r}{n}} \right)$.
આ એક રીમેન સરવાળો છે,જે નિશ્ચિત સંકલનમાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$\ln L = \int\limits_0^2 \ln(1+x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \ln(1+x) dx = (1+x)\ln(1+x) - (1+x) + C$.
નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\ln L = \left[ (1+x)\ln(1+x) - x \right]_0^2 = (3\ln 3 - 2) - (1\ln 1 - 0) = 3\ln 3 - 2$.
આમ,$L = e^{3\ln 3 - 2} = e^{\ln(3^3) - 2} = e^{\ln 27} \cdot e^{-2} = \frac{27}{e^2}$.

(C) ધારો કે આપેલ સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^{4n} \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{r}(3\sqrt{r} + 4\sqrt{n})^2}$ છે.
અંશ અને છેદને $n\sqrt{n}$ વડે ભાગતા:
$S_n = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{4n} \frac{1}{\sqrt{\frac{r}{n}} (3\sqrt{\frac{r}{n}} + 4)^2}$.
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે આ સરવાળો નિશ્ચિત સંકલન બને છે:
$S = \int_0^4 \frac{dx}{\sqrt{x}(3\sqrt{x} + 4)^2}$.
ધારો કે $t = 3\sqrt{x} + 4$. તેથી $dt = \frac{3}{2\sqrt{x}} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dx}{\sqrt{x}} = \frac{2}{3} dt$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 4$. જ્યારે $x = 4$,ત્યારે $t = 3(2) + 4 = 10$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$S = \int_4^{10} \frac{1}{t^2} \cdot \frac{2}{3} dt = \frac{2}{3} \left[ -\frac{1}{t} \right]_4^{10} = \frac{2}{3} \left( -\frac{1}{10} + \frac{1}{4} \right) = \frac{2}{3} \left( \frac{-2 + 5}{20} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{20} = \frac{1}{10}$.

(A) આપેલ પદાવલિ $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે.
ધારો કે $f(x) = \frac{\pi}{6} \sec^2\left(\frac{\pi x}{6}\right)$.
પદાવલિને $\sum_{r=1}^{n-1} \frac{\pi}{6n} \sec^2\left(\frac{r\pi}{6n}\right) + \frac{\pi}{6n} \cdot \frac{4}{3}$ તરીકે લખી શકાય.
જેમ $n \to \infty$,તેમ પદ $\frac{\pi}{6n} \cdot \frac{4}{3} \to 0$ થાય.
તેથી,લક્ષ $\int_{0}^{1} \frac{\pi}{6} \sec^2\left(\frac{\pi x}{6}\right) dx$ છે.
ધારો કે $u = \frac{\pi x}{6}$,તો $du = \frac{\pi}{6} dx$.
સંકલન $\int_{0}^{\pi/6} \sec^2(u) du = [\tan(u)]_{0}^{\pi/6}$ બને છે.
આનું મૂલ્ય શોધતા,આપણને $\tan(\pi/6) - \tan(0) = \frac{1}{\sqrt{3}} - 0 = \frac{\sqrt{3}}{3}$ મળે છે.

(A) આપેલ લક્ષ $\mathop {\lim}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=0}^{n-1} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int\limits_0^1 f(x) \, dx$ ના સ્વરૂપમાં છે.
અહીં,પદને $\frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n} \sum\limits_{r=0}^{n-1} \cos\left(\frac{\pi}{2} \cdot \frac{r}{n}\right)$ તરીકે લખી શકાય છે.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)$ મળે છે.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{\pi}{2} \int\limits_0^1 \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) \, dx$ થશે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\frac{\pi}{2} \left[ \frac{\sin(\frac{\pi x}{2})}{\frac{\pi}{2}} \right]_0^1 = \left[ \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) \right]_0^1 = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - \sin(0) = 1 - 0 = 1$.

(C) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n \frac{n}{n^2 + k^2 x^2}$ છે.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા:
$L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1}^n \frac{1}{1 + (k/n)^2 x^2}$.
આ રીમાન સરવાળો $\int_0^1 f(t) dt$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $t = k/n$ અને $dt = 1/n$ જ્યારે $n \to \infty$.
તેથી,$L = \int_0^1 \frac{1}{1 + t^2 x^2} dt$.
ધારો કે $u = tx$,તો $du = x dt$,એટલે કે $dt = du/x$. જ્યારે $t=0, u=0$ અને જ્યારે $t=1, u=x$.
$L = \int_0^x \frac{1}{1 + u^2} \cdot \frac{du}{x} = \frac{1}{x} [\tan^{-1}(u)]_0^x$.
$L = \frac{1}{x} (\tan^{-1}(x) - \tan^{-1}(0)) = \frac{\tan^{-1}(x)}{x}$.

(C) આપેલ પદાવલિ $S = \mathop {Limit}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{3n-3} \sqrt{\frac{n}{n+r}}$ છે.
આને $S = \mathop {Limit}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{3n-3} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{r}{n}}}$ તરીકે લખી શકાય.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {Limit}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{kn} f(\frac{r}{n}) = \int_0^k f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}}$ અને ઉપલી સીમા $k = \frac{3n-3}{n} \to 3$ જ્યારે $n \to \infty$.
તેથી,$S = \int_0^3 \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $S = [2\sqrt{1+x}]_0^3$.
$S = 2\sqrt{1+3} - 2\sqrt{1+0} = 2\sqrt{4} - 2(1) = 2(2) - 2 = 4 - 2 = 2$.

(B) મોટા $n$ માટે સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k}$ શોધવા માટે,આપણે રીમાન સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ.
આપણે સરવાળાને આ રીતે લખીએ છીએ:
$S_n = n \sqrt{n} \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} \right)$
જેમ $n \to \infty$,કૌંસમાં રહેલું પદ નિશ્ચિત સંકલન તરફ જાય છે:
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \int_{0}^{1} \sqrt{x} \, dx$
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\int_{0}^{1} x^{\frac{1}{2}} \, dx = \left[ \frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}$
તેથી,મોટા $n$ માટે:
$S_n \approx n \sqrt{n} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{3} n^{\frac{3}{2}}$

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left\{ {\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {1 + \frac{{{k^2}}}{{{n^2}}}} \right)} } \right\}^{1/n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{{{k^2}}}{{{n^2}}}} \right)}$.
આ $\int_0^1 {\ln (1 + x^2) dx}$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \ln(1+x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા:
$\int {\ln (1 + {x^2})dx} = x\ln (1 + {x^2}) - 2x + 2\tan^{-1}(x)$.
$0$ થી $1$ સુધીની સીમાઓ મૂકતા:
$\ln(2) - 2 + \frac{\pi}{2} = \ln(2) + \frac{\pi - 4}{2}$.
તેથી,$L = e^{\ln(2) + (\pi - 4)/2} = 2e^{(\pi - 4)/2}$.

(D) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{r = 1}^{2n} r \cos \left( \frac{{{r^2}}}{{{n^2}}} \right)$ છે.
આને રીમાન સરવાળા તરીકે લખતા,$x = \frac{r}{n}$ લેતા,$dx = \frac{1}{n}$ મળે.
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે આ સરવાળો નિશ્ચિત સંકલન $\int_0^2 x \cos(x^2) dx$ માં ફેરવાય છે.
ધારો કે $u = x^2$,તેથી $du = 2x dx$,જેનો અર્થ છે કે $x dx = \frac{1}{2} du$.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $u = 0$ અને જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $u = 4$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$L = \int_0^4 \cos(u) \cdot \frac{1}{2} du$.
$L = \frac{1}{2} [\sin(u)]_0^4 = \frac{1}{2} (\sin 4 - \sin 0) = \frac{\sin 4}{2}$.

(D) આપેલ પદાવલિ $\lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n} f\left(\frac{r}{n}\right)$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે,જ્યાં $f(x) = \sin x \cos^2 x$ છે.
આ લક્ષનું મૂલ્ય નિશ્ચિત સંકલન $\int_{0}^{1} \sin x \cos^2 x \, dx$ જેટલું થાય છે.
ધારો કે $t = \cos x$,તો $dt = -\sin x \, dx$,અથવા $\sin x \, dx = -dt$ થાય.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = \cos 0 = 1$. જ્યારે $x = 1$,ત્યારે $t = \cos 1$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$\int_{1}^{\cos 1} t^2 (-dt) = \int_{\cos 1}^{1} t^2 \, dt$ મળે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\left[ \frac{t^3}{3} \right]_{\cos 1}^{1} = \frac{1}{3} (1^3 - \cos^3 1) = \frac{1}{3}(1 - \cos^3 1)$ મળે.

(D) આપેલ લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 0}^n \frac{n}{(2r + n)^2}$ છે.
આપણે સરવાળાને આ રીતે લખી શકીએ: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 0}^n \frac{n}{n^2 (\frac{2r}{n} + 1)^2} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 0}^n \frac{1}{(\frac{2r}{n} + 1)^2}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=0}^n f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$.
અહીં,$x = \frac{r}{n}$ લેતા,સંકલન $\int_0^1 \frac{1}{(2x + 1)^2} dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_0^1 (2x + 1)^{-2} dx = [\frac{(2x + 1)^{-1}}{-1 \times 2}]_0^1 = [-\frac{1}{2(2x + 1)}]_0^1$.
સીમાઓ મૂકતા: $(-\frac{1}{2(3)}) - (-\frac{1}{2(1)}) = -\frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{-1 + 3}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

(D) આપેલ લક્ષને રીમાન સરવાળા તરીકે દર્શાવી શકાય છે:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left( \frac{r}{n} \right)^2 \sin \left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 x^2 \sin x \, dx$
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = x^2$ અને $dv = \sin x \, dx$ લો. તેથી $du = 2x \, dx$ અને $v = -\cos x$ મળે.
$\int x^2 \sin x \, dx = -x^2 \cos x + \int 2x \cos x \, dx$
$\int 2x \cos x \, dx$ માટે ફરીથી ખંડશઃ સંકલન કરતા,$u = 2x$ અને $dv = \cos x \, dx$ લેતા:
$\int 2x \cos x \, dx = 2x \sin x - \int 2 \sin x \, dx = 2x \sin x + 2 \cos x$
આ બંનેને જોડતા,આપણને મળે છે:
$\left[ -x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x \right]_0^1$
$0$ અને $1$ ની સીમાઓ પર મૂલ્ય શોધતા:
$= (-1^2 \cos 1 + 2(1) \sin 1 + 2 \cos 1) - (-0^2 \cos 0 + 2(0) \sin 0 + 2 \cos 0)$
$= (-\cos 1 + 2 \sin 1 + 2 \cos 1) - (0 + 0 + 2)$
$= \cos 1 + 2 \sin 1 - 2$

(C) આપેલ પદને આ રીતે લખી શકાય:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{n} {\frac{{n + r}}{{{n^2} + {r^2}}}} $
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{n} {\frac{{1 + \frac{r}{n}}}{{1 + (\frac{r}{n})^2}} \cdot \frac{1}{n}}$
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $x = \frac{r}{n}$ અને $dx = \frac{1}{n}$:
$= \int_{0}^{1} \frac{1 + x}{1 + x^2} dx$
સંકલનને અલગ કરતા:
$= \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^2} dx + \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^2} dx$
સંકલનનું મૂલ્ય મેળવતા:
$= [\tan^{-1}(x)]_{0}^{1} + \frac{1}{2} [\ln(1 + x^2)]_{0}^{1}$
$= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2$

(A) આપેલ લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{r=1}^n r^a}}{{(n+1)^{a-1} \sum_{r=1}^n (na + r)}} = \frac{1}{60}$ છે.
અંશ અને છેદને $n^{a+1}$ વડે ભાગતા:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n (\frac{r}{n})^a}}{{(\frac{n+1}{n})^{a-1} \cdot \frac{1}{n^2} \sum_{r=1}^n (na + r)}} = \frac{1}{60}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા $\int_0^1 x^a dx = \frac{1}{a+1}$ અને સમાંતર શ્રેણીના સરવાળાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\int_0^1 x^a dx}{\lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{a-1} (a + \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{n}))} = \frac{1}{60}$.
$\frac{\frac{1}{a+1}}{a + \frac{1}{2}} = \frac{1}{60}$.
$\frac{2}{(a+1)(2a+1)} = \frac{1}{60} \Rightarrow (a+1)(2a+1) = 120$.
$2a^2 + 3a - 119 = 0$.
$(2a + 17)(a - 7) = 0$.
$a > 0$ હોવાથી,$a = 7$ મળે.

(D) આપેલ પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{n}{{{n^2} + {r^2}}}}$ છે.
આપણે સામાન્ય પદને $\frac{n}{n^2(1 + (r/n)^2)} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (r/n)^2}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r=1}^{kn} \frac{1}{n} f(\frac{r}{n}) = \int_0^k f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ અને ઉપલી સીમા $2$ છે (કારણ કે $r$ એ $2n$ સુધી જાય છે).
તેથી,સંકલન $\int_0^2 \frac{1}{1+x^2} dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,આપણને $[\tan^{-1}(x)]_0^2 = \tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(0) = \tan^{-1}(2)$ મળે છે.

(A) આપેલ પદને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{1}{n} \left( \frac{n+r}{n} \right)^{1/3}$
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા:
$\int\limits_0^1 (1+x)^{1/3} dx$
સંકલન કરતા:
$= \left[ \frac{(1+x)^{4/3}}{4/3} \right]_0^1 = \frac{3}{4} (2^{4/3} - 1)$

(A) વ્યાખ્યા મુજબ,સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલન $\int_{a}^{b} f(x) dx = (b-a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a + r\frac{b-a}{n})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$a=0, b=2, f(x)=e^x$,તેથી $\int_{0}^{2} e^x dx = (2-0) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} e^{0 + r\frac{2}{n}} = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} (e^{2/n})^r$.
આ $n$ પદો ધરાવતી સમગુણોત્તર શ્રેણી છે,જેમાં પ્રથમ પદ $1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $e^{2/n}$ છે.
સરવાળો $\frac{1( (e^{2/n})^n - 1 )}{e^{2/n} - 1} = \frac{e^2 - 1}{e^{2/n} - 1}$ થાય છે.
આમ,$\int_{0}^{2} e^x dx = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{e^2 - 1}{e^{2/n} - 1} \right) = 2(e^2 - 1) \lim_{n \to \infty} \frac{1/n}{e^{2/n} - 1}$.
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા,આપણને $2(e^2 - 1) \lim_{n \to \infty} \frac{2/n}{2(e^{2/n} - 1)} = (e^2 - 1) \lim_{h \to 0} \frac{h}{e^h - 1}$ મળે છે,જ્યાં $h = 2/n$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} \frac{e^h - 1}{h} = 1$,તેથી પરિણામ $e^2 - 1$ છે.

આપણે જાણીએ છીએ કે,$\int_a^b f(x) \, dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(a) + f(a + h) + \dots + f(a + (n - 1)h)]$ જ્યાં $h = \frac{b - a}{n}$ છે.
અહીં,$f(x) = x$ છે.
$\therefore \int_a^b x \, dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [a + (a + h) + (a + 2h) + \dots + (a + (n - 1)h)]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [(a + a + \dots + a) + (h + 2h + \dots + (n - 1)h)]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [na + h(1 + 2 + \dots + (n - 1))]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ na + h \frac{(n - 1)n}{2} \right]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \left[ a + \frac{(n - 1)nh}{2n} \right] = (b - a) \lim_{n \to \infty} \left[ a + \frac{(n - 1)h}{2} \right]$.
કારણ કે $h = \frac{b - a}{n}$,તેથી $\lim_{n \to \infty} \frac{(n - 1)(b - a)}{2n} = \frac{b - a}{2}$ થાય.
$= (b - a) \left[ a + \frac{b - a}{2} \right] = (b - a) \left[ \frac{2a + b - a}{2} \right]$.
$= \frac{(b - a)(b + a)}{2} = \frac{b^2 - a^2}{2}$.

(N/A) આપણે જાણીએ છીએ કે,
$\int_{a}^{b} f(x) d x = (b-a) \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a+rh)$,જ્યાં $h = \frac{b-a}{n}$.
અહીં,$a=2, b=3$,અને $f(x)=x^{2}$.
$\Rightarrow h = \frac{3-2}{n} = \frac{1}{n}$.
$\therefore \int_{2}^{3} x^{2} d x = (3-2) \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ f(2) + f\left(2+\frac{1}{n}\right) + f\left(2+\frac{2}{n}\right) + \dots + f\left(2+\frac{n-1}{n}\right) \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ 2^{2} + \left(2+\frac{1}{n}\right)^{2} + \left(2+\frac{2}{n}\right)^{2} + \dots + \left(2+\frac{n-1}{n}\right)^{2} \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ n(2^{2}) + \frac{1}{n^{2}}(1^{2} + 2^{2} + \dots + (n-1)^{2}) + \frac{4}{n}(1 + 2 + \dots + (n-1)) \right]$
સૂત્રો $\sum_{k=1}^{m} k = \frac{m(m+1)}{2}$ અને $\sum_{k=1}^{m} k^{2} = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $m = n-1$:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ 4n + \frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{(n-1)(n)(2n-1)}{6} + \frac{4}{n} \cdot \frac{(n-1)n}{2} \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ 4 + \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^{2}} + \frac{2(n-1)}{n} \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ 4 + \frac{1}{6}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{1}{n}\right) + 2\left(1-\frac{1}{n}\right) \right]$
$= 4 + \frac{1}{6}(1)(2) + 2(1) = 4 + \frac{1}{3} + 2 = 6 + \frac{1}{3} = \frac{19}{3}$.

ધારો કે $I = \int_{-1}^{1} e^{x} dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે,
$\int_{a}^{b} f(x) dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(a) + f(a + h) + \dots + f(a + (n - 1)h)]$,જ્યાં $h = \frac{b - a}{n}$.
અહીં,$a = -1$,$b = 1$,અને $f(x) = e^{x}$.
$\therefore h = \frac{1 - (-1)}{n} = \frac{2}{n}$.
$\therefore I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(-1) + f(-1 + \frac{2}{n}) + f(-1 + 2 \cdot \frac{2}{n}) + \dots + f(-1 + (n - 1)\frac{2}{n})]$.
$I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [e^{-1} + e^{-1 + \frac{2}{n}} + e^{-1 + \frac{4}{n}} + \dots + e^{-1 + (n - 1)\frac{2}{n}}]$.
$I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{-1}}{n} [1 + e^{\frac{2}{n}} + e^{\frac{4}{n}} + \dots + e^{(n - 1)\frac{2}{n}}]$.
આ $n$ પદો ધરાવતી સમગુણોત્તર શ્રેણી છે,જ્યાં પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = e^{\frac{2}{n}}$ છે.
સરવાળાના સૂત્ર $S_n = \frac{a(r^n - 1)}{r - 1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{-1}}{n} \left[ \frac{e^{\frac{2n}{n}} - 1}{e^{\frac{2}{n}} - 1} \right] = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{-1}}{n} \left[ \frac{e^{2} - 1}{e^{\frac{2}{n}} - 1} \right]$.
$I = e^{-1} (e^{2} - 1) \lim_{n \to \infty} \frac{2/n}{e^{2/n} - 1}$.
કારણ કે $\lim_{h \to 0} \frac{e^{h} - 1}{h} = 1$,જ્યાં $h = \frac{2}{n}$,તેથી:
$I = (e - e^{-1}) \cdot 1 = e - \frac{1}{e} = \frac{e^{2} - 1}{e}$.

(N/A) આપણે જાણીએ છીએ કે નિશ્ચિત સંકલનની સરવાળાના લક્ષ તરીકેની વ્યાખ્યા નીચે મુજબ છે:
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$,જ્યાં $h = \frac{b-a}{n}$.
અહીં,$a = 0$,$b = 4$,અને $f(x) = x + e^{2x}$.
તેથી,$h = \frac{4-0}{n} = \frac{4}{n}$.
$\int_{0}^{4} (x + e^{2x}) \, dx = 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(rh)$
$= 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} (rh + e^{2rh})$
$= 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ h \sum_{r=0}^{n-1} r + \sum_{r=0}^{n-1} (e^{2h})^r \right]$
સૂત્રો $\sum_{r=0}^{n-1} r = \frac{(n-1)n}{2}$ અને સમગુણોત્તર શ્રેણીના સરવાળા $\sum_{r=0}^{n-1} (e^{2h})^r = \frac{e^{2nh} - 1}{e^{2h} - 1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ \frac{4}{n} \cdot \frac{n(n-1)}{2} + \frac{e^{8} - 1}{e^{8/n} - 1} \right]$
$= 4 \lim_{n \to \infty} \left[ 2 \cdot \frac{n-1}{n} + \frac{e^{8} - 1}{n(e^{8/n} - 1)} \right]$
$= 4 \left[ 2(1) + \frac{e^{8} - 1}{8 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{8/n} - 1}{8/n}} \right]$
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$,તેથી:
$= 4 \left[ 2 + \frac{e^{8} - 1}{8(1)} \right] = 8 + \frac{e^{8} - 1}{2} = \frac{16 + e^{8} - 1}{2} = \frac{15 + e^{8}}{2}$.

(N/A) ધારો કે $I = \int_{0}^{1} e^{2-3 x} d x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે,
$\int_a^b f(x) dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(a) + f(a + h) + \dots + f(a + (n - 1)h)]$
જ્યાં $h = \frac{b - a}{n}$.
અહીં,$a = 0, b = 1,$ અને $f(x) = e^{2-3x}$.
$\Rightarrow h = \frac{1 - 0}{n} = \frac{1}{n}$.
$\therefore \int_0^1 e^{2 - 3x} dx = (1 - 0) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(0) + f(h) + \dots + f((n - 1)h)]$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [e^2 + e^{2 - 3h} + e^{2 - 6h} + \dots + e^{2 - 3(n - 1)h}]$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{e^2}{n} [1 + e^{-3h} + e^{-6h} + \dots + e^{-3(n - 1)h}]$
ભૌમિતિક શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્ર $S_n = \frac{a(1 - r^n)}{1 - r}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $r = e^{-3h}$:
$= \lim_{n \to \infty} \frac{e^2}{n} \left[ \frac{1 - (e^{-3h})^n}{1 - e^{-3h}} \right] = \lim_{n \to \infty} \frac{e^2}{n} \left[ \frac{1 - e^{-3}}{1 - e^{-3/n}} \right]$
$= e^2 (1 - e^{-3}) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n(1 - e^{-3/n})} = e^2 (1 - e^{-3}) \lim_{n \to \infty} \frac{1/n}{1 - e^{-3/n}}$
ધારો કે $x = -3/n$. જેમ $n \to \infty, x \to 0$. તો $\frac{1}{n} = -x/3$.
$= e^2 (1 - e^{-3}) \lim_{x \to 0} \frac{-x/3}{1 - e^x} = e^2 (1 - e^{-3}) \cdot \frac{1}{3} \lim_{x \to 0} \frac{x}{e^x - 1}$
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{x}{e^x - 1} = 1$,આપણને મળે છે:
$= \frac{e^2 (1 - e^{-3})}{3} = \frac{e^2 - e^{-1}}{3} = \frac{1}{3} \left( e^2 - \frac{1}{e} \right)$.

અહીં $f(x) = 7x - 5$,$a = -1$,$b = 2$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $h = \frac{b-a}{n} = \frac{2 - (-1)}{n} = \frac{3}{n}$,તેથી $nh = 3$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ:
$\int_{a}^{b} f(x) dx = \lim_{n \to \infty} h \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$.
અહીં,$f(a + rh) = f(-1 + rh) = 7(-1 + rh) - 5 = -7 + 7rh - 5 = 7rh - 12$.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા:
$\sum_{r=0}^{n-1} (7rh - 12) = 7h \sum_{r=0}^{n-1} r - \sum_{r=0}^{n-1} 12 = 7h \frac{(n-1)n}{2} - 12n$.
હવે $h$ વડે ગુણતા:
$h [7h \frac{n(n-1)}{2} - 12n] = \frac{7}{2} (nh)(nh - h) - 12(nh)$.
જ્યારે $n \to \infty$ (જેનો અર્થ છે $h \to 0$):
$\lim_{h \to 0} [\frac{7}{2} (3)(3 - h) - 12(3)] = \frac{7}{2} (9) - 36 = \frac{63}{2} - 36 = \frac{63 - 72}{2} = -\frac{9}{2}$.

(N/A) ધારો કે $I = \int_{0}^{2} e^{x} d x$.
અહીં,$a = 0$ અને $b = 2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $h = \frac{b-a}{n}$,તેથી $nh = 2 - 0 = 2$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\int_{a}^{b} f(x) d x = \lim_{n \to \infty} h \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$.
અહીં,$f(x) = e^{x}$,તેથી $f(0 + rh) = e^{rh}$.
આમ,$I = \lim_{n \to \infty} h \sum_{r=0}^{n-1} e^{rh} = \lim_{n \to \infty} h [1 + e^{h} + e^{2h} + \dots + e^{(n-1)h}]$.
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં $n$ પદો છે,પ્રથમ પદ $1$ છે અને સામાન્ય ગુણોત્તર $e^{h}$ છે.
$I = \lim_{n \to \infty} h \left[ \frac{1(e^{nh} - 1)}{e^{h} - 1} \right] = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{e^{nh} - 1}{\frac{e^{h} - 1}{h}} \right)$.
જેમ કે $nh = 2$,જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે $h \to 0$.
$I = \frac{e^{2} - 1}{\lim_{h \to 0} \frac{e^{h} - 1}{h}} = \frac{e^{2} - 1}{1} = e^{2} - 1$.

(A) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{n}{(n+r)^{2}}$ છે.
આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ: $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{(1 + r/n)^{2}}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(r/n) = \int_{0}^{1} f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{(1+x)^{2}}$.
તેથી,$L = \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)^{2}} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $L = \left[ -\frac{1}{1+x} \right]_{0}^{1} = -\left( \frac{1}{2} - 1 \right) = -(-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{2 n-1} \frac{n^{2}}{n^{2}+4 r^{2}}$ છે.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{2 n-1} \frac{1}{1+4(\frac{r}{n})^2}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{kn-1} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{k} f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{1+4x^2}$ અને ઉપરની સીમા $k = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{2n-1}{n} = 2$ છે.
તેથી,$L = \int_{0}^{2} \frac{1}{1+(2x)^2} dx$.
સૂત્ર $\int \frac{1}{1+a^2x^2} dx = \frac{1}{a} \tan^{-1}(ax) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \left[ \frac{1}{2} \tan^{-1}(2x) \right]_{0}^{2}$.
$L = \frac{1}{2} \tan^{-1}(2 \times 2) - \frac{1}{2} \tan^{-1}(2 \times 0)$.
$L = \frac{1}{2} \tan^{-1}(4) - 0 = \frac{1}{2} \tan^{-1}(4)$.

(A) આપેલ છે કે $U_{n}=\prod_{r=1}^{n}\left(1+\frac{r^{2}}{n^{2}}\right)^{r}$.
ધારો કે $L=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(U_{n}\right)^{-4 / n^{2}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log L=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{-4}{n^{2}} \sum_{r=1}^{n} r \log \left(1+\frac{r^{2}}{n^{2}}\right)$.
આને આ રીતે લખી શકાય:
$\log L=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n}-4 \left(\frac{r}{n}\right) \log \left(1+\left(\frac{r}{n}\right)^{2}\right) \cdot \frac{1}{n}$.
આ રીમેન સરવાળો છે,જે નિશ્ચિત સંકલનમાં રૂપાંતરિત થાય છે:
$\log L = -4 \int_{0}^{1} x \log (1+x^{2}) \, dx$.
ધારો કે $t = 1+x^{2}$,તો $dt = 2x \, dx$.
જ્યારે $x=0, t=1$; જ્યારે $x=1, t=2$.
$\log L = -2 \int_{1}^{2} \log (t) \, dt = -2 [t \log t - t]_{1}^{2}$.
$\log L = -2 [(2 \log 2 - 2) - (1 \log 1 - 1)] = -2 [2 \log 2 - 2 + 1] = -2 [2 \log 2 - 1]$.
$\log L = -4 \log 2 + 2 = \log (2^{-4}) + \log (e^{2}) = \log \left(\frac{e^{2}}{16}\right)$.
તેથી,$L = \frac{e^{2}}{16}$.

(B) આપેલ પદાવલિ એ રીમાન સરવાળાના સ્વરૂપમાં છે: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f\left(\frac{5r}{n}\right)$.
આને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય: $I = \int_{0}^{1} f(5x) \,dx$.
$f(x) = x+1$ મૂકતા,આપણને $f(5x) = 5x+1$ મળે છે.
તેથી,$I = \int_{0}^{1} (5x+1) \,dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $I = \left[ \frac{5x^2}{2} + x \right]_{0}^{1}$.
$I = \left( \frac{5(1)^2}{2} + 1 \right) - (0) = \frac{5}{2} + 1 = \frac{7}{2}$.

(C) આપેલ સીમા $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{(2 j-1)+8 n}{(2 j-1)+4 n}$ છે.
સરવાળાની અંદરના પદના અંશ અને છેદને $n$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{2(\frac{j}{n}) - \frac{1}{n} + 8}{2(\frac{j}{n}) - \frac{1}{n} + 4}$.
રીમાન સરવાળાની સીમા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $n \rightarrow \infty$ ત્યારે $\frac{j}{n} \rightarrow x$ અને $\frac{1}{n} \rightarrow dx$ થાય છે,તેથી પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$L = \int_{0}^{1} \frac{2x + 8}{2x + 4} dx$.
આપણે સંકલ્યને નીચે મુજબ સરળ બનાવી શકીએ છીએ:
$\frac{2x + 8}{2x + 4} = \frac{(2x + 4) + 4}{2x + 4} = 1 + \frac{4}{2x + 4} = 1 + \frac{2}{x + 2}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $0$ થી $1$ સુધી સંકલન કરતા:
$L = \int_{0}^{1} (1 + \frac{2}{x + 2}) dx = [x + 2 \ln|x + 2|]_{0}^{1}$.
નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$L = (1 + 2 \ln(3)) - (0 + 2 \ln(2)) = 1 + 2(\ln(3) - \ln(2)) = 1 + 2 \ln(\frac{3}{2})$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ પદને $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n^{2}}{(n^{2}+r^{2})(n+r)}$ તરીકે લખી શકાય.
અંશ અને છેદને $n^3$ વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n \left(1+(\frac{r}{n})^{2}\right)(1+\frac{r}{n})}$.
આ એક રીમાન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય:
$\int_{0}^{1} \frac{dx}{(1+x^{2})(1+x)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા,$\frac{1}{(1+x^{2})(1+x)} = \frac{1}{2(1+x)} - \frac{x-1}{2(1+x^{2})}$.
તેથી,સંકલન $\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{dx}{1+x} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x-1}{1+x^{2}} dx$ બને છે.
$= \frac{1}{2} [\ln(1+x)]_{0}^{1} - \frac{1}{2} [\frac{1}{2} \ln(1+x^{2}) - \tan^{-1} x]_{0}^{1}$.
$= \frac{1}{2} \ln 2 - \frac{1}{2} (\frac{1}{2} \ln 2 - \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4} \ln 2$.

(C) ધારો કે આપેલ લક્ષ $I = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{r=1}^{2^{n}-1} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{r}{2^{n}}}}$ છે.
$2^{n} = t$ આદેશ લેતા,જ્યારે $n \rightarrow \infty$ ત્યારે $t \rightarrow \infty$ થાય.
આથી પદાવલિ $I = \lim _{t \rightarrow \infty} \frac{1}{t} \sum_{r=1}^{t-1} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{r}{t}}}$ બને છે.
આ રીમાન સરવાળાના સ્વરૂપ $\int_{0}^{1} f(x) dx = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n})$ માં છે.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x}}$.
તેથી,$I = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x}} dx$.
$u = 1-x$ લેતા,$du = -dx$ મળે. જ્યારે $x=0, u=1$ અને જ્યારે $x=1, u=0$ થાય.
$I = \int_{1}^{0} \frac{1}{\sqrt{u}} (-du) = \int_{0}^{1} u^{-1/2} du$.
$I = [2u^{1/2}]_{0}^{1} = 2(1) - 2(0) = 2$.

(C) પ્રથમ,$a$ ની કિંમત શોધો:
$a = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{n(1+(k/n)^2)} = \int_{0}^{1} \frac{2}{1+x^2} dx = 2[\tan^{-1} x]_0^1 = 2(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2}$.
હવે,$f(x)$ ને સરળ બનાવો:
$f(x) = \sqrt{\frac{2\sin^2(x/2)}{2\cos^2(x/2)}} = \tan(x/2)$ જ્યાં $x \in (0, 1)$.
તેથી $f'(x) = \frac{1}{2} \sec^2(x/2)$.
હવે $x = a/2 = \pi/4$ માટે કિંમત શોધો:
$f(\pi/4) = \tan(\pi/8) = \sqrt{2}-1$.
$f'(\pi/4) = \frac{1}{2} \sec^2(\pi/8) = \frac{1}{2} (1 + \tan^2(\pi/8)) = \frac{1}{2} (1 + (\sqrt{2}-1)^2) = \frac{1}{2} (1 + 2 + 1 - 2\sqrt{2}) = \frac{4-2\sqrt{2}}{2} = 2-\sqrt{2} = \sqrt{2}(\sqrt{2}-1) = \sqrt{2} f(\pi/4)$.
આમ,$f'(\frac{a}{2}) = \sqrt{2} f(\frac{a}{2})$.

(D) ધારો કે $I = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{1}{\sqrt{4n^2-r^2}}$.
આ પદાવલિને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$I = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{1}{\sqrt{4 - (\frac{r}{n})^2}}$.
આ નિશ્ચિત સંકલન માટે રીમાન સરવાળો છે:
$I = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{4 - x^2}} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx = \sin^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \left[ \sin^{-1}(\frac{x}{2}) \right]_{0}^{1}$.
$I = \sin^{-1}(\frac{1}{2}) - \sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{6} - 0 = \frac{\pi}{6}$.

(D) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3}{n} \sum _{r=0}^{n-1} \left( 2 + \frac{r}{n} \right)^2$ છે.
નિયત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum _{r=0}^{n-1} f\left( \frac{r}{n} \right) = \int _0^1 f(x) dx$.
અહીં,આ પદાવલિને $3 \int _0^1 (2+x)^2 dx$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $u = 2+x$,તો $du = dx$. જ્યારે $x=0, u=2$ અને જ્યારે $x=1, u=3$.
તેથી,$3 \int _2^3 u^2 du = 3 \left[ \frac{u^3}{3} \right] _2^3 = [u^3] _2^3 = 3^3 - 2^3 = 27 - 8 = 19$.

(B) આપેલ લક્ષ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n+r}$ છે.
આપણે તેને $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n(1+\frac{r}{n})}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$,જ્યાં $f(x) = \frac{1}{1+x}$ છે.
તેથી,પદાવલિ $\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $[\ln(1+x)]_{0}^{1} = \ln(2) - \ln(1) = \ln(2) - 0 = \ln(2)$.

(A) $(S1)$ માટે: પ્રથમ $n$ બેકી સંખ્યાઓનો સરવાળો $2(1+2+3+\ldots+n) = 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1)$ થાય છે.
આમ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{n^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^2+n}{n^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} (1 + \frac{1}{n}) = 1$. તેથી,$(S1)$ સાચું છે.
$(S2)$ માટે: આપણે સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$.
અહીં,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{16}} \sum_{r=1}^{n} r^{15} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} (\frac{r}{n})^{15} = \int_{0}^{1} x^{15} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\int_{0}^{1} x^{15} dx = [\frac{x^{16}}{16}]_{0}^{1} = \frac{1}{16}$. તેથી,$(S2)$ સાચું છે.

(D) આ સરવાળાને રીમાન સંકલન તરીકે દર્શાવતા: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{(1+(k/n)^2)(1+3(k/n)^2)}$.
ધારો કે $x = k/n$,તો પદ $\int_0^1 \frac{dx}{(1+x^2)(1+3x^2)}$ બને છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(1+x^2)(1+3x^2)} = \frac{3/2}{1+3x^2} - \frac{1/2}{1+x^2}$.
સંકલન કરતા: $\int_0^1 \left( \frac{3/2}{1+3x^2} - \frac{1/2}{1+x^2} \right) dx = \frac{3}{2} \int_0^1 \frac{dx}{1+(\sqrt{3}x)^2} - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}$.
$= \frac{3}{2} \left[ \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\sqrt{3}x) \right]_0^1 - \frac{1}{2} [\tan^{-1}x]_0^1$.
$= \frac{\sqrt{3}}{2} (\frac{\pi}{3}) - \frac{1}{2} (\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{\pi}{8} = \frac{\pi(2\sqrt{3}-3)}{24}$.
આ કિંમત $\frac{\pi}{8(2\sqrt{3}+3)}$ ને સમાન છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ લક્ષને રીમાન સરવાળા તરીકે લખી શકાય છે:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \left( \frac{n}{\sqrt{n^4+r^4}} - \frac{2 n r^2}{(n^2+r^2) \sqrt{n^4+r^4}} \right)$
સરવાળાની અંદર અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા:
$S = \int_0^1 \left( \frac{1}{\sqrt{1+x^4}} - \frac{2x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^4}} \right) dx$
$S = \int_0^1 \frac{1-x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^4}} dx$
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$S = \int_0^1 \frac{\frac{1}{x^2}-1}{(x+\frac{1}{x})\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}} dx$
ધારો કે $t = x + \frac{1}{x}$,તો $dt = (1 - \frac{1}{x^2}) dx$. જ્યારે $x \to 0^+, t \to \infty$ અને જ્યારે $x \to 1, t \to 2$:
$S = -\int_{\infty}^2 \frac{dt}{t\sqrt{t^2-2}} = \int_2^{\infty} \frac{dt}{t\sqrt{t^2-2}}$
ધારો કે $t^2 - 2 = u^2$,તો $t dt = u du$:
$S = \int_0^{\infty} \frac{u du}{(u^2+2)u} = \int_0^{\infty} \frac{du}{u^2+2}$
$S = \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1} \left( \frac{u}{\sqrt{2}} \right) \right]_0^{\infty} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$
આપેલ છે કે $S = \frac{\pi}{k}$,તેથી $k = 2\sqrt{2}$.
તેથી,$k^2 = (2\sqrt{2})^2 = 8$. (નોંધ: પ્રશ્નમાં આપેલ વિકલ્પો મુજબ $k^2 = 32$ સાચો જવાબ છે.)