Summation of series by definite integration Questions in Gujarati

(A,D) આપણે સરવાળાને રીમાન સરવાળા તરીકે ફરીથી લખી શકીએ:
$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (k/n) + (k/n)^2}$
$T_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (k/n) + (k/n)^2}$
ધારો કે $f(x) = \frac{1}{1+x+x^2}$. કારણ કે $f(x)$ એ $[0, 1]$ પર ઘટતું વિધેય છે,તેથી જમણો રીમાન સરવાળો $S_n$ એ સંકલનનું ઓછું મૂલ્ય આપે છે અને ડાબો રીમાન સરવાળો $T_n$ એ વધારે મૂલ્ય આપે છે.
આમ,$S_n < \int_0^1 \frac{dx}{1+x+x^2} < T_n$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\int_0^1 \frac{dx}{(x+1/2)^2 + 3/4} = \left[ \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1} \left( \frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right) \right]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}} (\tan^{-1}(\sqrt{3}) - \tan^{-1}(1/\sqrt{3})) = \frac{2}{\sqrt{3}} (\pi/3 - \pi/6) = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$.
તેથી,$S_n < \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$ અને $T_n > \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$.

(D) આપણી પાસે $y_n = \frac{1}{n} \left( \prod_{r=1}^n (n+r) \right)^{\frac{1}{n}} = \left( \prod_{r=1}^n (1 + \frac{r}{n}) \right)^{\frac{1}{n}}$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(y_n) = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \ln(1 + \frac{r}{n})$.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે આ રીમાન સરવાળો બને છે:
$\lim_{n \rightarrow \infty} \ln(y_n) = \int_0^1 \ln(1+x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_0^1 \ln(1+x) dx = 2 \ln 2 - 1 = \ln(4/e)$.
આમ,$\ln(L) = \ln(4/e)$,જેનો અર્થ છે કે $L = 4/e$.
$e \approx 2.718$ હોવાથી,$L = 4/2.718 \approx 1.47$.
તેથી,$[L] = [1.47] = 1$.

(A) આપેલ લક્ષ: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sum_{r=1}^n r^{1/3}}{n^{7/3} \sum_{r=1}^n \frac{1}{(an+r)^2}} = 54$.
અંશ અને છેદને $n^{4/3}$ વડે ભાગતા,પદાવલિ આ મુજબ બને છે:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n (r/n)^{1/3}}{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{1}{(a+r/n)^2}} = 54$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f(r/n) = \int_0^1 f(x) dx$.
અંશ $\int_0^1 x^{1/3} dx = [\frac{3}{4} x^{4/3}]_0^1 = \frac{3}{4}$ થાય છે.
છેદ $\int_0^1 \frac{1}{(a+x)^2} dx = [-\frac{1}{a+x}]_0^1 = -(\frac{1}{a+1} - \frac{1}{a}) = \frac{1}{a(a+1)}$ થાય છે.
તેથી,સમીકરણ $\frac{3/4}{1/(a(a+1))} = 54$ થાય,જેનું સાદું રૂપ $\frac{3}{4} a(a+1) = 54$ છે.
$a(a+1) = 54 \times \frac{4}{3} = 72$.
$a^2 + a - 72 = 0 \Rightarrow (a+9)(a-8) = 0$.
આમ,$a = -9$ અથવા $a = 8$. બંને $|a| > 1$ ની શરતનું પાલન કરે છે.

(B,D) આપેલ લક્ષ $L = \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{r=1}^n r^a}{(n+1)^{a-1} \sum_{r=1}^n (na+r)}$ છે.
પ્રથમ,છેદનો સરવાળો ગણીએ: $\sum_{r=1}^n (na+r) = n^2a + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{2n^2a + n^2 + n}{2} = \frac{n^2(2a+1) + n}{2}$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{r=1}^n r^a}{(n+1)^{a-1} \cdot \frac{n^2(2a+1) + n}{2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2 \sum_{r=1}^n r^a}{(n+1)^{a-1} n^2(2a+1) (1 + \frac{1}{n(2a+1)})}$.
જેમ $n \to \infty$,$(n+1)^{a-1} \approx n^{a-1}$ થાય,તેથી:
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{2 \sum_{r=1}^n r^a}{n^{a-1} n^2 (2a+1)} = \lim_{n \to \infty} \frac{2 \sum_{r=1}^n r^a}{n^{a+1} (2a+1)} = \frac{2}{2a+1} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \left(\frac{r}{n}\right)^a$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા $\int_0^1 x^a dx = \frac{1}{a+1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \frac{2}{(2a+1)(a+1)} = \frac{1}{60}$.
તેથી,$(2a+1)(a+1) = 120 \implies 2a^2 + 3a + 1 = 120 \implies 2a^2 + 3a - 119 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $a = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરીને ઉકેલતા:
$a = \frac{-3 \pm \sqrt{9 - 4(2)(-119)}}{4} = \frac{-3 \pm \sqrt{9 + 952}}{4} = \frac{-3 \pm \sqrt{961}}{4} = \frac{-3 \pm 31}{4}$.
આમ,$a = \frac{28}{4} = 7$ અથવા $a = \frac{-34}{4} = \frac{-17}{2}$.
તેથી,$a$ ની કિંમતો $7$ અને $\frac{-17}{2}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(n) = n + \sum_{r=1}^n \frac{16r + (9-4r)n - 3n^2}{4rn + 3n^2}$.
સામાન્ય પદને $\frac{(16r + 9n) - (4rn + 3n^2)}{4rn + 3n^2} = \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2} - 1$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$f(n) = n + \sum_{r=1}^n \left( \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2} - 1 \right) = n + \sum_{r=1}^n \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2} - n = \sum_{r=1}^n \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2}$.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા,આપણને $\sum_{r=1}^n \frac{16(r/n) + 9}{4(r/n) + 3} \cdot \frac{1}{n}$ મળે છે.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$ હોય ત્યારે,આ નિશ્ચિત સંકલન $\int_0^1 \frac{16x + 9}{4x + 3} dx$ માં ફેરવાય છે.
સંકલ્યને $\frac{4(4x + 3) - 3}{4x + 3} = 4 - \frac{3}{4x + 3}$ તરીકે લખી શકાય.
સંકલન કરતા,આપણને $[4x - \frac{3}{4} \ln|4x + 3|]_0^1$ મળે છે.
સીમાઓ પર મૂલ્ય શોધતા: $(4 - \frac{3}{4} \ln 7) - (0 - \frac{3}{4} \ln 3) = 4 - \frac{3}{4} \ln \left(\frac{7}{3}\right)$.

(C) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{n}{n^2+r^2}$ છે.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા,આપણને $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{1}{n} \left(\frac{1}{1+(r/n)^2}\right)$ મળે છે.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{kn} \frac{1}{n} f(r/n) = \int_0^k f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ અને $k = 2$ છે.
તેથી,સંકલન $\int_0^2 \frac{1}{1+x^2} dx$ થશે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,$[\tan ^{-1}(x)]_0^2 = \tan ^{-1}(2) - \tan ^{-1}(0) = \tan ^{-1}(2)$ મળે છે.

(D) આપણે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ સરવાળાની મર્યાદા તરીકે કરીએ છીએ: $\int_a^b f(x) dx = \lim_{h \to 0} h \sum_{r=0}^{n-1} f(a+rh)$,જ્યાં $nh = b-a$.
અહીં,$a=2$,$b=3$,અને $f(x)=x^2$. તેથી,$nh = 3-2 = 1$.
$I = \lim_{h \to 0} h \sum_{r=0}^{n-1} (2+rh)^2 = \lim_{h \to 0} h \sum_{r=0}^{n-1} (4 + 4rh + r^2h^2)$.
$I = \lim_{h \to 0} [4nh + 4h^2 \sum_{r=0}^{n-1} r + h^3 \sum_{r=0}^{n-1} r^2]$.
સૂત્રો $\sum_{r=0}^{n-1} r = \frac{(n-1)n}{2}$ અને $\sum_{r=0}^{n-1} r^2 = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \lim_{h \to 0} [4nh + 4h^2 \frac{(n-1)n}{2} + h^3 \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}]$.
કારણ કે $nh=1$,આપણને મળે છે $I = \lim_{h \to 0} [4(1) + 2(nh-h)(nh) + \frac{(nh-h)(nh)(2nh-h)}{6}]$.
$nh=1$ અને $h \to 0$ મૂકતા:
$I = 4 + 2(1)(1) + \frac{(1)(1)(2)}{6} = 4 + 2 + \frac{1}{3} = 6 + \frac{1}{3} = \frac{19}{3}$.

(C) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n (k^2 x)$ છે.
આપણે તેને $x \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (\frac{k}{n})^2$ તરીકે લખી શકીએ.
રીમાન સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n}) = \int_0^1 f(t) dt$.
અહીં,$f(t) = t^2$,તેથી પદાવલિ $x \int_0^1 t^2 dt$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $x [\frac{t^3}{3}]_0^1 = x (\frac{1}{3} - 0) = \frac{x}{3}$.

(D) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r \sqrt{r}}{n^{5/2}}$ છે.
આને $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^{3/2}}{n^{5/2}} = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \left( \frac{r}{n} \right)^{3/2} \cdot \frac{1}{n}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n f\left( \frac{r}{n} \right) \frac{1}{n} = \int_0^1 f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = x^{3/2}$.
આમ,લક્ષ $\int_0^1 x^{3/2} dx = \left[ \frac{x^{5/2}}{5/2} \right]_0^1 = \frac{2}{5} (1 - 0) = \frac{2}{5}$ છે.

(D) ધારો કે $y = \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ \prod_{r=1}^n \left(1 + \frac{r^2}{n^2} \right) \right]^{\frac{1}{n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log y = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1 + \left(\frac{r}{n}\right)^2 \right)$.
આ રીમાન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય:
$\log y = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log(1+x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા:
$\log y = [x \log(1+x^2)]_0^1 - \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2} dx$.
$\log y = \log 2 - 2 \int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1+x^2} \right) dx$.
$\log y = \log 2 - 2 [x - \tan^{-1} x]_0^1$.
$\log y = \log 2 - 2 (1 - \frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
આમ,$y = e^{\log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}} = 2 e^{\frac{\pi}{2} - 2}$.
$ae^b$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 2$ અને $b = \frac{\pi}{2} - 2$ મળે છે.
તેથી,$a + b = 2 + \frac{\pi}{2} - 2 = \frac{\pi}{2}$.

(A) આપેલ લક્ષ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{2n} e^{-k/n}$ છે.
આ $\int_a^b f(x) dx = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n(b-a)} \frac{1}{n} f(a + k/n)$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે.
અહીં,$f(x) = e^{-x}$,$a=0$,અને $b=2$ છે.
તેથી,સંકલન $\int_0^2 e^{-x} dx$ થાય.
સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_0^2 e^{-x} dx = [-e^{-x}]_0^2$.
$= -e^{-2} - (-e^0) = 1 - e^{-2}$.

(C) ધારો કે $A = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^{n} \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{\frac{1}{n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log A = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$,આપણને મળે છે:
$\log A = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log(1+x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા. તેથી $du = \frac{2x}{1+x^2} dx$ અને $v = x$.
$\int_0^1 \log(1+x^2) dx = [x \log(1+x^2)]_0^1 - \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2} dx$.
$= [1 \cdot \log(2) - 0] - 2 \int_0^1 \left(\frac{1+x^2-1}{1+x^2}\right) dx$.
$= \log 2 - 2 \int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= \log 2 - 2 [x - \tan^{-1}(x)]_0^1$.
$= \log 2 - 2 [(1 - \tan^{-1}(1)) - (0 - 0)]$.
$= \log 2 - 2(1 - \frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2} = \log 2 + \frac{\pi-4}{2}$.
તેથી $A = e^{\log 2 + \frac{\pi-4}{2}} = 2 e^{\frac{\pi-4}{2}}$.

(C) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^n \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{1 / n} = k$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log k = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
આ રીમાન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય:
$\log k = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log(1+x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા:
$\int \log(1+x^2) dx = x \log(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2 \int \frac{x^2}{1+x^2} dx = x \log(1+x^2) - 2 \int \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1}(x)$.
$0$ થી $1$ સુધીની સીમાઓ મૂકતા:
$\log k = [1 \cdot \log(2) - 2(1) + 2 \tan^{-1}(1)] - [0 - 0 + 0]$.
$\log k = \log 2 - 2 + 2 \left(\frac{\pi}{4}\right) = \log 2 + \frac{\pi}{2} - 2$.

(D) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^4}{r^5+n^5}$ છે.
સામાન્ય પદના અંશ અને છેદને $n^5$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{(\frac{r}{n})^4}{(\frac{r}{n})^5+1}$.
આ એક રીમાન સરવાળો છે જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય:
$\int_0^1 \frac{x^4}{1+x^5} dx$.
ધારો કે $u = 1+x^5$,તો $du = 5x^4 dx$,અથવા $x^4 dx = \frac{du}{5}$.
જ્યારે $x=0, u=1$ અને જ્યારે $x=1, u=2$.
સંકલન $\frac{1}{5} \int_1^2 \frac{1}{u} du = \frac{1}{5} [\ln |u|]_1^2 = \frac{1}{5} \ln 2$ બને છે.
ગુણધર્મ $a \ln b = \ln b^a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\ln 2^{1/5} = \ln \sqrt[5]{2}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^2}{n^3+r^3}$.
આપણે સરવાળાને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^2}{n^3(1+(r/n)^3)} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{(r/n)^2}{1+(r/n)^3}$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$,આપણને મળે છે:
$L = \int_0^1 \frac{x^2}{1+x^3} dx$.
ધારો કે $1+x^3 = t$,તો $3x^2 dx = dt$,અથવા $x^2 dx = \frac{dt}{3}$.
જ્યારે $x=0, t=1$ અને જ્યારે $x=1, t=2$.
$L = \int_1^2 \frac{1}{t} \cdot \frac{dt}{3} = \frac{1}{3} [\log |t|]_1^2 = \frac{1}{3} (\log 2 - \log 1) = \frac{1}{3} \log 2$.
$a \log b = \log b^a$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{1}{3} \log 2 = \log 2^{1/3} = \log \sqrt[3]{2}$.

(C) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+km}$ છે.
આપણે તેને $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+m(\frac{k}{n})}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{1+mx}$.
તેથી,સંકલન $\int_0^1 \frac{1}{1+mx} dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય: $\frac{1}{m} [\log _e(1+mx)]_0^1 = \frac{1}{m} (\log _e(1+m) - \log _e(1)) = \frac{\log _e(1+m)}{m}$.

(D) ધારો કે $P = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} [(n+1)(n+2) \cdots (2n)]^{\frac{1}{n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log P = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( \frac{n+r}{n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( 1 + \frac{r}{n} \right)$.
આ એક રીમેન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય છે:
$\int_{0}^{1} \log(1+x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \log(1+x) dx = (1+x)\log(1+x) - (1+x) + C$.
$0$ થી $1$ સુધી મૂલ્ય શોધતા:
$[(1+x)\log(1+x) - (1+x)]_{0}^{1} = (2\log 2 - 2) - (0 - 1) = 2\log 2 - 1 = \log 4 - \log e = \log \left( \frac{4}{e} \right)$.
તેથી $\log P = \log \left( \frac{4}{e} \right)$,તેથી $P = \frac{4}{e}$.
આમ,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(A) સૌ પ્રથમ,નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય શોધો:
$\int_{0}^{1} a^k x^k dx = a^k \int_{0}^{1} x^k dx = a^k [\frac{x^{k+1}}{k+1}]_{0}^{1} = \frac{a^k}{k+1}$.
હવે,વિકલ્પ $A$ ધ્યાનમાં લો:
$\lim_{n \to \infty} \frac{a^k (1^k + 2^k + 3^k + \dots + n^k)}{n^{k+1}} = a^k \lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r^k}{n \cdot n^k} = a^k \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} (\frac{r}{n})^k$.
સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} (\frac{r}{n})^k = \int_{0}^{1} x^k dx = \frac{1}{k+1}$.
તેથી,પદાવલિ $a^k \cdot \frac{1}{k+1} = \frac{a^k}{k+1}$ બને છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{n \rightarrow \infty} n^4 \sum_{r=0}^n \frac{1}{\left(n^2+r^2\right)^{\frac{5}{2}}}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^n \frac{n^5}{\left(n^2+r^2\right)^{\frac{5}{2}}}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^n \frac{1}{\left(1+\left(\frac{r}{n}\right)^2\right)^{\frac{5}{2}}}$
$= \int_0^1 \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{\frac{5}{2}}} dx$
ધારો કે $x = \tan \theta$,તો $dx = \sec^2 \theta d\theta$. જ્યારે $x=0, \theta=0$ અને જ્યારે $x=1, \theta=\frac{\pi}{4}$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 \theta d\theta}{(\sec^2 \theta)^{\frac{5}{2}}} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 \theta}{\sec^5 \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^3 \theta d\theta$
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos \theta (1 - \sin^2 \theta) d\theta$
ધારો કે $\sin \theta = t$,તો $\cos \theta d\theta = dt$. જ્યારે $\theta=0, t=0$ અને જ્યારે $\theta=\frac{\pi}{4}, t=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
$I = \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} (1 - t^2) dt = \left[ t - \frac{t^3}{3} \right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}$
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{3(2\sqrt{2})} = \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{6\sqrt{2}} = \frac{6-1}{6\sqrt{2}} = \frac{5}{6\sqrt{2}}$

(D) આપેલ લક્ષ: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1^{77}+2^{77}+\ldots+n^{77}}{n^{78}}$
આને આ રીતે લખી શકાય: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^{77}$
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$
અહીં,$f(x) = x^{77}$.
તેથી,લક્ષનું મૂલ્ય: $\int_{0}^{1} x^{77} dx$
સંકલન કરતા: $\left[ \frac{x^{78}}{78} \right]_{0}^{1} = \frac{1^{78}}{78} - \frac{0^{78}}{78} = \frac{1}{78}$

(C) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n^2-r^2}}$ છે.
છેદમાં વર્ગમૂળમાંથી $n$ સામાન્ય કાઢીને આપણે પદને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{1}{n \sqrt{1-(\frac{r}{n})^2}}$.
આ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(\frac{r}{n})$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે,જે નિશ્ચિત સંકલન $\int_0^1 f(x) dx$ ને સમાન છે.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
તેથી,$L = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ નું સંકલન $\sin^{-1}(x)$ છે.
$0$ થી $1$ સુધીના નિશ્ચિત સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$L = [\sin^{-1}(x)]_0^1 = \sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(C) ધારો કે $I = \lim _{n \rightarrow \infty} \prod_{r=1}^n \left(1+\frac{r^3}{n^3}\right)^{\frac{r^2}{n^3}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log I = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^2}{n^3} \log \left(1+\frac{r^3}{n^3}\right)$.
આને આ રીતે ફરીથી લખી શકાય:
$\log I = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \left(\frac{r}{n}\right)^2 \log \left(1+\left(\frac{r}{n}\right)^3\right)$.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$:
$\log I = \int_0^1 x^2 \log(1+x^3) dx$.
ધારો કે $t = 1+x^3$,તો $dt = 3x^2 dx$,અથવા $x^2 dx = \frac{1}{3} dt$.
જ્યારે $x=0, t=1$. જ્યારે $x=1, t=2$.
$\log I = \frac{1}{3} \int_1^2 \log t dt = \frac{1}{3} [t \log t - t]_1^2$.
$\log I = \frac{1}{3} [(2 \log 2 - 2) - (1 \log 1 - 1)] = \frac{1}{3} [2 \log 2 - 2 + 1] = \frac{2 \log 2 - 1}{3}$.
તેથી,$I = e^{\left(\frac{2 \log 2 - 1}{3}\right)}$.

(A) આપેલ લક્ષ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{n}{(n+k) \sqrt{k(2n+k)}}$ છે.
આપણે સામાન્ય પદને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{n}{(n+k) \sqrt{k \cdot n \left(2+\frac{k}{n}\right)}}$
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{n^2}{(n+k) \sqrt{\frac{k}{n} \cdot n \left(2+\frac{k}{n}\right)}}$
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right) \sqrt{\frac{k}{n} \left(2+\frac{k}{n}\right)}}$
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n g\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 g(x) dx$,જ્યાં $x = \frac{k}{n}$.
આમ,$S = \int_0^1 \frac{1}{(1+x) \sqrt{x(2+x)}} dx = \int_0^1 \frac{1}{(1+x) \sqrt{2x+x^2}} dx$.
આને $\int_0^1 f(x) dx$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \frac{1}{(1+x) \sqrt{2x+x^2}}$ મળે છે.

(B) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{r}}$ છે.
આપણે આ પદને $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{r/n}}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ છે.
તેથી,$L = \int_0^1 x^{-1/2} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $L = \left[ \frac{x^{1/2}}{1/2} \right]_0^1 = [2\sqrt{x}]_0^1 = 2(1) - 2(0) = 2$.

(C) આપેલ લક્ષ:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{4n} \frac{n^2}{(n+r)^3}$
આપણે સામાન્ય પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$\frac{n^2}{(n+r)^3} = \frac{n^2}{n^3(1+\frac{r}{n})^3} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{(1+\frac{r}{n})^3}$
આમ,પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{4n} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{(1+\frac{r}{n})^3}$
સરવાળાના લક્ષ તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\frac{r}{n} = x$ અને $\frac{1}{n} = dx$,જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે $x$ ની સીમા $0$ થી $4$ છે:
$L = \int_{0}^{4} \frac{1}{(1+x)^3} dx$
$L = \left[ \frac{(1+x)^{-2}}{-2} \right]_{0}^{4} = -\frac{1}{2} \left[ \frac{1}{(1+x)^2} \right]_{0}^{4}$
$L = -\frac{1}{2} \left( \frac{1}{25} - 1 \right) = -\frac{1}{2} \left( -\frac{24}{25} \right) = \frac{12}{25}$
તેથી,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.

(B) આપેલ પદાવલિ છે,$I = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n}}{n^{\frac{3}{2}}}$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{r=1}^{n} \sqrt{r}}{n \sqrt{n}}$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \sqrt{\frac{r}{n}}$
નિયત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$,જ્યાં $f(x) = \sqrt{x}$ છે.
$I = \int_{0}^{1} \sqrt{x} dx$
$= [\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}]_{0}^{1}$
$= \frac{2}{3} [x^{\frac{3}{2}}]_{0}^{1}$
$= \frac{2}{3} (1 - 0) = \frac{2}{3}$

(B) આપેલ પદાવલિ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} n \sum_{r=1}^n \frac{1}{3 n^2+8 n r+4 r^2}$ છે.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{1}{3+8(\frac{r}{n})+4(\frac{r}{n})^2}$.
આ એક રીમાન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે લખી શકાય:
$S = \int_0^1 \frac{dx}{4x^2+8x+3} = \int_0^1 \frac{dx}{(2x+2)^2-1} = \int_0^1 \frac{dx}{4(x+1)^2-1}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2-a^2} = \frac{1}{2a} \ln |\frac{x-a}{x+a}|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{dx}{(x+1)^2-(\frac{1}{2})^2} = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2(\frac{1}{2})} [\ln |\frac{x+1-1/2}{x+1+1/2}|]_0^1$.
$S = \frac{1}{4} [\ln |\frac{x+1/2}{x+3/2}|]_0^1 = \frac{1}{4} [\ln \frac{3/2}{5/2} - \ln \frac{1/2}{3/2}] = \frac{1}{4} [\ln \frac{3}{5} - \ln \frac{1}{3}] = \frac{1}{4} \ln (\frac{3}{5} \times 3) = \frac{1}{4} \ln \frac{9}{5}$.

(A) આપેલ પદાવલિ $\lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n}{n^2 + r^2}$ છે.
આપણે તેને $\lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n}{n^2(1 + (r/n)^2)}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
આનું સાદું રૂપ $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{1 + (r/n)^2}$ થાય છે.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,આ $\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^2} dx$ ને સમાન છે.
$\frac{1}{1 + x^2}$ નું સંકલન $\tan^{-1}(x)$ છે.
$0$ થી $1$ સુધીની કિંમત મૂકતા,આપણને $\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(0) = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$ મળે છે.

(A) આપેલ લક્ષ $L = \lim_{n \to \infty} \sum_{r=0}^{n(b-a)} \frac{1}{na + r}$ છે.
આપણે તેને $L = \lim_{n \to \infty} \sum_{r=0}^{n(b-a)} \frac{1}{n(a + \frac{r}{n})}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
આ $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n(b-a)} f(\frac{r}{n})$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે,જ્યાં $f(x) = \frac{1}{a+x}$ છે.
તેને નિશ્ચિત સંકલનમાં ફેરવતા,આપણને $L = \int_{0}^{b-a} \frac{1}{a+x} dx$ મળે છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,$L = [\log(a+x)]_{0}^{b-a}$ મળે છે.
સીમાઓ મૂકતા,$L = \log(a + (b-a)) - \log(a + 0) = \log(b) - \log(a) = \log(\frac{b}{a})$.

(B) આપેલ પદાવલિ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{2n} \frac{1}{n+r}$ છે.
આપણે તેને $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{2n} \frac{1}{n(1 + \frac{r}{n})}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
આ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{2n} f(\frac{r}{n})$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે,જે $\int_{0}^{2} f(x) dx$ બરાબર થાય છે.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{1+x}$ છે.
તેથી,$S = \int_{0}^{2} \frac{1}{1+x} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,આપણને $S = [\ln(1+x)]_{0}^{2}$ મળે છે.
$S = \ln(1+2) - \ln(1+0) = \ln(3) - \ln(1) = \ln(3) - 0 = \ln(3)$.

(A) આપેલ પદાવલિ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{\sqrt{n^2-r^2}}{n^2}$ છે.
આને આપણે $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n \sqrt{1-(r/n)^2}}{n^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \sqrt{1-(\frac{r}{n})^2}$ તરીકે લખી શકીએ.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \sqrt{1-x^2}$.
તેથી,$S = \int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \sqrt{a^2-x^2} dx = \frac{x}{2} \sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2} \sin^{-1}(\frac{x}{a})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = [\frac{x}{2} \sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2} \sin^{-1}(x)]_{0}^{1}$.
સીમાઓ મૂકતા: $S = (0 + \frac{1}{2} \sin^{-1}(1)) - (0 + \frac{1}{2} \sin^{-1}(0)) = \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$.

(A) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{r}{\sqrt{n^2+r^2}}$ છે.
આપણે તેને $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{1}{n} \cdot \frac{r/n}{\sqrt{1+(r/n)^2}}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ.
આ $\int_{0}^{2} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે.
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 $u=1+2^2=5$.
આમ,$L = \int_{1}^{5} \frac{1}{2\sqrt{u}} du = \frac{1}{2} [2\sqrt{u}]_{1}^{5} = [\sqrt{u}]_{1}^{5} = \sqrt{5}-1$.

(B) આપેલ લક્ષ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r^2}{r^3+n^3}$ છે.
આપણે તેને $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r^2}{n^3( (r/n)^3 + 1 )}$ તરીકે લખી શકીએ.
$n$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{(r/n)^2}{(r/n)^3 + 1}$ મળે છે.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$S = \int_{0}^{1} \frac{x^2}{x^3+1} dx$ મળે.
ધારો કે $u = x^3+1$,તો $du = 3x^2 dx$,જેનો અર્થ છે કે $x^2 dx = \frac{du}{3}$.
જ્યારે $x=0$,ત્યારે $u=1$. જ્યારે $x=1$,ત્યારે $u=2$.
આમ,$S = \int_{1}^{2} \frac{1}{u} \cdot \frac{du}{3} = \frac{1}{3} [\ln |u|]_{1}^{2} = \frac{1}{3} (\ln 2 - \ln 1) = \frac{1}{3} \ln 2 = \ln 2^{1/3} = \log \sqrt[3]{2}$.

(C) આપણી પાસે છે,
$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1^k+2^k+3^k+\ldots+n^k}{n^{k+1}}\right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^k$
આ સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા છે:
$\int_0^1 x^k \, dx$
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\int_0^1 x^k \, dx = \left[ \frac{x^{k+1}}{k+1} \right]_0^1$
$= \frac{1^{k+1}}{k+1} - \frac{0^{k+1}}{k+1} = \frac{1}{k+1}$
તેથી,લક્ષનું મૂલ્ય $\frac{1}{k+1}$ છે.

(D) આપેલ પદાવલિ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{4n^2 - r^2}}$ છે.
સરવાળાની અંદરના પદને આપણે $\frac{1}{\sqrt{n^2(4 - (r/n)^2)}} = \frac{1}{n \sqrt{4 - (r/n)^2}}$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{4 - (r/n)^2}}$.
નિયત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{4 - x^2}}$.
તેથી,$S = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{2^2 - x^2}} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx = \arcsin(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = [\arcsin(\frac{x}{2})]_{0}^{1} = \arcsin(\frac{1}{2}) - \arcsin(0) = \frac{\pi}{6} - 0 = \frac{\pi}{6}$.

(B) આપેલ પદાવલિ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n^2-r^2}}$ છે.
આપણે તેને $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n-1} \frac{1}{n \sqrt{1-(\frac{r}{n})^2}}$ તરીકે લખી શકીએ.
સરવાળાના લક્ષ તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n-1} f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
તેથી,$S = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,$S = [\sin ^{-1} x]_0^1$.
$S = \sin ^{-1}(1) - \sin ^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(C) આપેલ લક્ષને આ રીતે લખી શકાય:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2n} \frac{n+r}{n^2+r^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2n} \frac{n(1+r/n)}{n^2(1+(r/n)^2)} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{2n} \frac{1+r/n}{1+(r/n)^2}$
આ $\int_{0}^{2} \frac{1+x}{1+x^2} dx$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$\int_{0}^{2} \frac{1}{1+x^2} dx + \int_{0}^{2} \frac{x}{1+x^2} dx$
$= [\operatorname{Tan}^{-1} x]_{0}^{2} + \frac{1}{2} [\log(1+x^2)]_{0}^{2}$
$= (\operatorname{Tan}^{-1} 2 - 0) + \frac{1}{2} (\log 5 - \log 1)$
$= \operatorname{Tan}^{-1} 2 + \frac{1}{2} \log 5$.

(B) આપેલ પદને સરવાળા સ્વરૂપે લખી શકાય:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r}{r^2+n^2}$
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r/n^2}{(r/n)^2+1} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{r/n}{(r/n)^2+1}$
આ રીમાન સરવાળો $\int_{0}^{1} f(x) dx$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $x = r/n$ અને $dx = 1/n$:
$S = \int_{0}^{1} \frac{x}{x^2+1} dx$
ધારો કે $u = x^2+1$,તેથી $du = 2x dx$,એટલે કે $x dx = du/2$:
$S = \frac{1}{2} \int_{1}^{2} \frac{1}{u} du = \frac{1}{2} [\log |u|]_{1}^{2}$
$S = \frac{1}{2} (\log 2 - \log 1) = \frac{1}{2} \log 2$

(B) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{(k-1)n} \frac{1}{n+r}$ છે.
આને $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{(k-1)n} \frac{1}{n(1 + \frac{r}{n})}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{m n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{m} f(x) dx$.
અહીં,$m = k-1$ અને $f(x) = \frac{1}{1+x}$ છે.
તેથી,$L = \int_{0}^{k-1} \frac{1}{1+x} dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા,આપણને $L = [\log(1+x)]_{0}^{k-1}$ મળે છે.
સીમાઓ મૂકતા,$L = \log(1 + k - 1) - \log(1 + 0) = \log(k) - \log(1) = \log(k)$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપેલ લક્ષ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ સ્વરૂપમાં છે.
આપણે પદાવલિને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{\pi}{2 n} \sin \left( r \cdot \frac{\pi}{2 n} \right)$.
ધારો કે $x = \frac{r \pi}{2 n}$,તો $dx = \frac{\pi}{2 n}$.
જ્યારે $r=1$,ત્યારે $x \rightarrow 0$ અને જ્યારે $r=n$,ત્યારે $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$.
સંકલન આ મુજબ બનશે:
$\int_{0}^{\pi/2} \sin(x) dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$[-\cos(x)]_{0}^{\pi/2} = -\cos(\frac{\pi}{2}) - (-\cos(0)) = -0 + 1 = 1$.

(C) આપેલ પદાવલિ $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2} \sec^2 \left(\frac{k^2}{n^4}\right)$ છે.
આને $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2} \sec^2 \left(\left(\frac{k}{n^2}\right)^2\right)$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $x = \frac{k}{n^2}$ અને $dx = \frac{1}{n^2}$.
જ્યારે $k=1$,$x \rightarrow 0$ અને જ્યારે $k=n$,$x \rightarrow \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} \rightarrow 0$ એવું નથી,પણ અહીં $n^2$ હોવાથી આ રીમાન સરવાળો $\int_{0}^{1} x \sec^2(x^2) dx$ બને છે.
ધારો કે $u = x^2$,તો $du = 2x dx$,તેથી $x dx = \frac{1}{2} du$.
જ્યારે $x=0, u=0$ અને જ્યારે $x=1, u=1$.
આમ,$S = \int_{0}^{1} \frac{1}{2} \sec^2(u) du = \frac{1}{2} [\tan(u)]_{0}^{1} = \frac{1}{2} \tan(1)$.

(B) આપેલ લક્ષ $l = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n} \sin \left( \frac{\pi}{4} + \frac{k \pi}{12n} \right)$ છે.
આ $\int_{0}^{1} f(x) dx = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n} f(\frac{k}{n})$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે.
અહીં,$f(x) = \sin(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}x)$.
તેથી,$l = \int_{0}^{1} \sin(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}x) dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$l = \left[ -\frac{12}{\pi} \cos(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}x) \right]_{0}^{1}$
$l = -\frac{12}{\pi} \left[ \cos(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}) - \cos(\frac{\pi}{4}) \right]$
$l = -\frac{12}{\pi} \left[ \cos(\frac{\pi}{3}) - \cos(\frac{\pi}{4}) \right]$
$l = \frac{12}{\pi} \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2} \right] = \frac{6(\sqrt{2}-1)}{\pi}$.

(B) ધારો કે $V = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)\right]^{1 / n}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log V = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \log \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)$.
આ $\int_{0}^{1} f(x) dx$ સ્વરૂપનો રીમાન સરવાળો છે જ્યાં $f(x) = \log(1+x^2)$:
$\log V = \int_{0}^{1} \log(1+x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \log(1+x^2) dx = x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1}(x)$.
$0$ થી $1$ સુધી મૂલ્ય શોધતા:
$\log V = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$V = e^{\log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}} = 2 e^{\frac{\pi}{2}-2}$.

(D) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ \prod_{r=1}^n \left(1 + \frac{r^2}{n^2}\right) \right]^{\frac{1}{n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1 + \left(\frac{r}{n}\right)^2\right)$.
સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા:
$\log L = \int_0^1 \log(1 + x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log(1 + x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા:
$\log L = [x \log(1 + x^2)]_0^1 - \int_0^1 x \cdot \frac{2x}{1 + x^2} dx$.
$\log L = \log 2 - 2 \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^2} dx = \log 2 - 2 \int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1 + x^2}\right) dx$.
$\log L = \log 2 - 2 [x - \tan^{-1} x]_0^1 = \log 2 - 2(1 - \frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
આમ,$L = e^{\log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}} = 2 e^{\frac{\pi-4}{2}}$.

(D) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{((2n)!/n!)^{1/n}}{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \left( \frac{(2n)!}{n! n^n} \right)^{1/n}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \left( \frac{n+k}{n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \left( 1 + \frac{k}{n} \right)$.
આ સંકલન $\int_0^1 \ln(1+x) \, dx$ માટે રીમાન સરવાળો છે.
આમ,$\ln L = \int_0^1 \ln(1+x) \, dx$,જે સૂચવે છે કે $L = e^{\int_0^1 \ln(1+x) \, dx}$.
સીમામાં આપેલ પદાવલિ જ્યારે નિશ્ચિત સંકલનની રીમાન સરવાળાની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીને મૂલ્યાંકન કરવામાં આવે ત્યારે $\int_0^1 \ln(1+x) \, dx$ ને સમતુલ્ય છે.

(C) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^n \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{1 / n}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
આ એક રીમેન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય:
$\log L = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log(1+x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા:
$\int \log(1+x^2) dx = x \log(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2 \int \frac{x^2+1-1}{1+x^2} dx = x \log(1+x^2) - 2 \int \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x$.
$0$ થી $1$ સુધી મૂલ્ય શોધતા:
$\log L = [1 \cdot \log(2) - 2(1) + 2 \tan^{-1}(1)] - [0 - 0 + 0] = \log 2 - 2 + 2(\frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
$\log L = \log 2 + \frac{\pi-4}{2} = \log 2 + \log e^{\frac{\pi-4}{2}} = \log \left(2 e^{\frac{\pi-4}{2}}\right)$.
તેથી,$L = 2 e^{\frac{\pi-4}{2}}$.

(C) આપેલ પદ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{r}{n} \sin ^{-1} \left( \frac{r}{n} \right)$ છે.
આ રીમાન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન $\int_0^1 x \sin ^{-1} x \, dx$ તરીકે લખી શકાય.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \sin ^{-1} x$ અને $dv = x \, dx$ લેતા,$du = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ અને $v = \frac{x^2}{2}$ મળે.
$\int_0^1 x \sin ^{-1} x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \sin ^{-1} x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2 \sqrt{1-x^2}} \, dx$.
પ્રથમ પદની કિંમત: $\left[ \frac{1^2}{2} \sin ^{-1}(1) - 0 \right] = \frac{\pi}{4}$.
બીજા પદ માટે: $-\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = -\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2 - 1 + 1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \frac{1}{2} \int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$.
પ્રમાણિત સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{2} \left[ \frac{x}{2} \sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2} \sin ^{-1} x \right]_0^1 - \frac{1}{2} \left[ \sin ^{-1} x \right]_0^1 = \frac{\pi}{8} - \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{8}$.
કુલ સરવાળો: $\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{8}$.

(D) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{n^2} \sec ^2 \frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2} \sec ^2 \frac{4}{n^2}+\ldots+\frac{n}{n^2} \sec ^2 \frac{n^2}{n^2}\right]$ છે.
આને $\int_0^1 x \sec^2(x^2) dx$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $x^2 = t$,તેથી $2x dx = dt$,એટલે કે $x dx = \frac{1}{2} dt$.
જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=1, t=1$.
સંકલન $\frac{1}{2} \int_0^1 \sec^2 t dt = \frac{1}{2} [\tan t]_0^1 = \frac{1}{2} \tan(1)$ થાય છે.

(A) અમને નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા સરવાળાની મર્યાદા તરીકે આપવામાં આવી છે: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n p} f\left(\frac{r}{n}\right)=\int_0^p f(x) d x$.
આપણે $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{7k}{n}\right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $r = k$. આ પદાવલિને $L = 3 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(7 \cdot \frac{r}{n}\right)$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
ધારો કે $g(x) = f(7x) = (7x)^2 + 2 = 49x^2 + 2$.
તેથી પદાવલિ $3 \int_0^1 g(x) dx = 3 \int_0^1 (49x^2 + 2) dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $3 \left[ \frac{49x^3}{3} + 2x \right]_0^1 = 3 \left( \frac{49}{3} + 2 \right) = 49 + 6 = 55$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.