Summation of series by definite integration Questions in Hindi

(A) माना $S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{n}{{{r^2} + {n^2}}}}$.
हम योग को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{n}{{{n^2}(1 + \frac{{{r^2}}}{{{n^2}}})}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{1}{{1 + {{(\frac{r}{n})}^2}}}}$.
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {f(\frac{r}{n})} = \int_0^1 {f(x)dx}$,जहाँ $f(x) = \frac{1}{{1 + {x^2}}}$.
अतः,$S = \int_0^1 {\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx}$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$S = [\tan^{ - 1} x]_0^1 = \tan^{ - 1}(1) - \tan^{ - 1}(0) = \frac{\pi }{4} - 0 = \frac{\pi }{4}$.

(B) माना $S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{r^2}{r^3 + n^3}$.
हम योग को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{r^2}{n^3 \left( \left( \frac{r}{n} \right)^3 + 1 \right)}$.
$n$ से गुणा और भाग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{1}{n} \cdot \frac{(r/n)^2}{1 + (r/n)^3}$.
निश्चित समाकलन की परिभाषा के अनुसार,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{1}{n} f\left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 f(x) dx$,जहाँ $f(x) = \frac{x^2}{1 + x^3}$.
अतः,$S = \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^3} dx$.
माना $u = 1 + x^3$,तो $du = 3x^2 dx$,या $x^2 dx = \frac{1}{3} du$.
जब $x = 0, u = 1$. जब $x = 1, u = 2$.
$S = \frac{1}{3} \int_1^2 \frac{1}{u} du = \frac{1}{3} [\log_e u]_1^2 = \frac{1}{3} (\log_e 2 - \log_e 1) = \frac{1}{3} \log_e 2$.

(B) हमें दिया गया सीमा मान है: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \,\frac{{{1^{99}} + {2^{99}} + {3^{99}} + \dots + {n^{99}}}}{{{n^{100}}}}$
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \,\sum\limits_{r = 1}^n {\,\left( {\frac{{{r^{99}}}}{{{n^{100}}}}} \right)} $
$\frac{1}{n}$ को बाहर लेने पर,हमें प्राप्त होता है: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \,\frac{1}{n}\,\sum\limits_{r = 1}^n {\,{{\left( {\frac{r}{n}} \right)}^{99}}}$
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$,जहाँ $f(x) = x^{99}$ है।
अतः,व्यंजक बन जाता है: $\int_0^1 {{x^{99}}dx}$
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $\left[ {\frac{{{x^{100}}}}{{100}}} \right]_0^1 = \frac{1^{100}}{100} - \frac{0^{100}}{100} = \frac{1}{100}$.

(B) माना $P = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{n!}}{{{n^n}}}} \right)^{1/n}}$ है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log P = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \log \left( \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n}{n^n} \right)$
$\log P = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( \frac{r}{n} \right)$
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 f(x) dx$:
$\log P = \int_0^1 \log x \, dx$
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int \log x \, dx = x \log x - x$:
$\log P = [x \log x - x]_0^1 = (1 \cdot \log 1 - 1) - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (x \log x - x)$
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} x \log x = 0$,इसलिए:
$\log P = -1 - 0 = -1$
अतः,$P = e^{-1} = \frac{1}{e}$।

(B) माना कि $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{r}{{\sqrt {{n^2} + {r^2}} }}} $.
हम इस व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं: $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{1}{n} \cdot \frac{r/n}{{\sqrt {1 + {{(r/n)}^2}} }}} $.
निश्चित समाकलन की परिभाषा के अनुसार,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{r = 1}^{kn} {f(r/n)} = \int_0^k {f(x)dx}$.
यहाँ,$f(x) = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}$ और ऊपरी सीमा $k = 2$ है।
अतः,$L = \int_0^2 {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} dx$.
माना $u = 1 + x^2$,तब $du = 2x dx$,या $x dx = \frac{1}{2} du$.
जब $x = 0$,तब $u = 1$. जब $x = 2$,तब $u = 5$.
$L = \int_1^5 {\frac{1}{{2\sqrt u }}} du = \left[ {\sqrt u } \right]_1^5 = \sqrt{5} - 1$.

(D) दी गई सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{n+r}$ है।
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{n(1 + \frac{r}{n})} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{1 + \frac{r}{n}}$.
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$,जहाँ $f(x) = \frac{1}{1+x}$ है।
अतः,$L = \int_0^1 \frac{1}{1+x} dx$.
समाकल का मान ज्ञात करने पर:
$L = [\log_e(1+x)]_0^1 = \log_e(1+1) - \log_e(1+0) = \log_e 2 - \log_e 1 = \log_e 2$.

(A) माना $I = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{k}{{{n^2} + {k^2}}}} $.
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर:
$I = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{k/n^2}{1 + (k/n)^2}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{k/n}{1 + (k/n)^2}}$.
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,जहाँ $\frac{k}{n} = x$ और $\frac{1}{n} = dx$,जैसे ही $n \to \infty$,योग इस प्रकार हो जाता है:
$I = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{1 + {x^2}}}dx} $.
माना $u = 1 + x^2$,तब $du = 2x dx$,या $x dx = \frac{1}{2} du$.
जब $x = 0, u = 1$. जब $x = 1, u = 2$.
$I = \frac{1}{2} \int\limits_1^2 {\frac{1}{u} du} = \frac{1}{2} [\log |u|]_1^2 = \frac{1}{2} (\log 2 - \log 1) = \frac{1}{2} \log 2$.

(B) माना $y = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n^2 + kn}}$.
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$y = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n\sqrt{1 + \frac{k}{n}}}$.
यह $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right)$ के रूप में एक रीमान योग (Riemann sum) है,जहाँ $f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}}$.
यह सीमा निश्चित समाकल (definite integral) के बराबर है:
$y = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx$.
समाकल का मूल्यांकन करने पर:
$y = [2\sqrt{1+x}]_{0}^{1}$.
$y = 2\sqrt{1+1} - 2\sqrt{1+0}$.
$y = 2\sqrt{2} - 2$.

(A) हमें दिया गया सीमा है: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{1^p} + {2^p} + {3^p} + ..... + {n^p}}}{{{n^{p + 1}}}}$
इसे योग के रूप में इस प्रकार लिखा जा सकता है: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {\left( {\frac{r}{n}} \right)^p}$
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 1}^n {f\left( {\frac{r}{n}} \right)} = \int_0^1 {f(x)dx}$,जहाँ $f(x) = x^p$ है।
अतः,समाकलन हो जाता है: $\int_0^1 {x^p dx}$
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $\left[ {\frac{{{x^{p + 1}}}}{{p + 1}}} \right]_0^1 = \frac{1^{p+1}}{p+1} - \frac{0^{p+1}}{p+1} = \frac{1}{{p + 1}}$.

(B) दिया गया सीमा (limit) योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकल (definite integral) के रूप में है।
हम जानते हैं कि $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n {\frac{1}{n}f\left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 {f(x)dx} }$.
यहाँ,$f\left( \frac{r}{n} \right) = e^{\frac{r}{n}}$,इसलिए $f(x) = e^x$.
अतः,व्यंजक $\int_0^1 {e^x dx}$ हो जाता है।
समाकल का मूल्यांकन करने पर: $\int_0^1 {e^x dx} = [e^x]_0^1 = e^1 - e^0 = e - 1$.
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) हम निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$.
प्रथम पद के लिए: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum_{r=1}^{n} r^4}{n^5} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^4 = \int_0^1 x^4 dx = \left[ \frac{x^5}{5} \right]_0^1 = \frac{1}{5}$.
द्वितीय पद के लिए: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum_{r=1}^{n} r^3}{n^5} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n^2} \left( \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^3 \right) = 0 \times \int_0^1 x^3 dx = 0 \times \frac{1}{4} = 0$.
अतः,परिणाम $\frac{1}{5} - 0 = \frac{1}{5}$ है।

(D) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right) \ldots \left( {3n} \right)}}{{{n^{2n}}}}} \right)^{\frac{1}{n}}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=1}^{2n} \ln \left( {\frac{{n+r}}{n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=1}^{2n} \ln \left( {1 + \frac{r}{n}} \right)$.
यह एक रीमैन योग है,जो निश्चित समाकल में परिवर्तित हो जाता है:
$\ln L = \int\limits_0^2 \ln(1+x) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int \ln(1+x) dx = (1+x)\ln(1+x) - (1+x) + C$.
निश्चित समाकल का मान ज्ञात करने पर:
$\ln L = \left[ (1+x)\ln(1+x) - x \right]_0^2 = (3\ln 3 - 2) - (1\ln 1 - 0) = 3\ln 3 - 2$.
अतः,$L = e^{3\ln 3 - 2} = e^{\ln(3^3) - 2} = e^{\ln 27} \cdot e^{-2} = \frac{27}{e^2}$.

(C) माना कि दिया गया योग $S_n = \sum_{r=1}^{4n} \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{r}(3\sqrt{r} + 4\sqrt{n})^2}$ है।
अंश और हर को $n\sqrt{n}$ से विभाजित करने पर:
$S_n = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{4n} \frac{1}{\sqrt{\frac{r}{n}} (3\sqrt{\frac{r}{n}} + 4)^2}$.
जैसे ही $n \to \infty$,यह योग निश्चित समाकलन बन जाता है:
$S = \int_0^4 \frac{dx}{\sqrt{x}(3\sqrt{x} + 4)^2}$.
माना $t = 3\sqrt{x} + 4$. तब $dt = \frac{3}{2\sqrt{x}} dx$,जिसका अर्थ है $\frac{dx}{\sqrt{x}} = \frac{2}{3} dt$.
जब $x = 0$,तब $t = 4$. जब $x = 4$,तब $t = 3(2) + 4 = 10$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$S = \int_4^{10} \frac{1}{t^2} \cdot \frac{2}{3} dt = \frac{2}{3} \left[ -\frac{1}{t} \right]_4^{10} = \frac{2}{3} \left( -\frac{1}{10} + \frac{1}{4} \right) = \frac{2}{3} \left( \frac{-2 + 5}{20} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{20} = \frac{1}{10}$.

(A) दी गई अभिव्यक्ति $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ के रूप में एक रीमान योग है।
मान लीजिए $f(x) = \frac{\pi}{6} \sec^2\left(\frac{\pi x}{6}\right)$ है।
अभिव्यक्ति को $\sum_{r=1}^{n-1} \frac{\pi}{6n} \sec^2\left(\frac{r\pi}{6n}\right) + \frac{\pi}{6n} \cdot \frac{4}{3}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
जैसे $n \to \infty$,पद $\frac{\pi}{6n} \cdot \frac{4}{3} \to 0$ हो जाता है।
अतः,सीमा $\int_{0}^{1} \frac{\pi}{6} \sec^2\left(\frac{\pi x}{6}\right) dx$ है।
मान लीजिए $u = \frac{\pi x}{6}$,तो $du = \frac{\pi}{6} dx$ होगा।
समाकलन $\int_{0}^{\pi/6} \sec^2(u) du = [\tan(u)]_{0}^{\pi/6}$ बन जाता है।
इसका मान निकालने पर,हमें $\tan(\pi/6) - \tan(0) = \frac{1}{\sqrt{3}} - 0 = \frac{\sqrt{3}}{3}$ प्राप्त होता है।

(A) दी गई सीमा $\mathop {\lim}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=0}^{n-1} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int\limits_0^1 f(x) \, dx$ के रूप में है।
यहाँ,व्यंजक को $\frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n} \sum\limits_{r=0}^{n-1} \cos\left(\frac{\pi}{2} \cdot \frac{r}{n}\right)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
निश्चित समाकलन की परिभाषा से तुलना करने पर,हमें $f(x) = \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)$ प्राप्त होता है।
अतः,सीमा का मान $\frac{\pi}{2} \int\limits_0^1 \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) \, dx$ होगा।
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $\frac{\pi}{2} \left[ \frac{\sin(\frac{\pi x}{2})}{\frac{\pi}{2}} \right]_0^1 = \left[ \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) \right]_0^1 = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - \sin(0) = 1 - 0 = 1$.

(C) दिया गया सीमा $L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n \frac{n}{n^2 + k^2 x^2}$ है।
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर:
$L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1}^n \frac{1}{1 + (k/n)^2 x^2}$.
यह रीमान योग $\int_0^1 f(t) dt$ के रूप में है,जहाँ $t = k/n$ और $dt = 1/n$ जब $n \to \infty$ हो।
अतः,$L = \int_0^1 \frac{1}{1 + t^2 x^2} dt$.
माना $u = tx$,तो $du = x dt$,अर्थात $dt = du/x$। जब $t=0, u=0$ और जब $t=1, u=x$।
$L = \int_0^x \frac{1}{1 + u^2} \cdot \frac{du}{x} = \frac{1}{x} [\tan^{-1}(u)]_0^x$.
$L = \frac{1}{x} (\tan^{-1}(x) - \tan^{-1}(0)) = \frac{\tan^{-1}(x)}{x}$.

(C) दी गई अभिव्यक्ति $S = \mathop {Limit}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{3n-3} \sqrt{\frac{n}{n+r}}$ है।
इसे $S = \mathop {Limit}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{3n-3} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{r}{n}}}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {Limit}\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{kn} f(\frac{r}{n}) = \int_0^k f(x) dx$।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x}}$ और ऊपरी सीमा $k = \frac{3n-3}{n} \to 3$ है जब $n \to \infty$।
अतः,$S = \int_0^3 \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx$।
समाकल का मूल्यांकन करने पर: $S = [2\sqrt{1+x}]_0^3$।
$S = 2\sqrt{1+3} - 2\sqrt{1+0} = 2\sqrt{4} - 2(1) = 2(2) - 2 = 4 - 2 = 2$।

(B) बड़े $n$ के लिए योग $S_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k}$ ज्ञात करने के लिए,हम निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग रीमान योग की सीमा के रूप में कर सकते हैं।
हम योग को इस प्रकार लिखते हैं:
$S_n = n \sqrt{n} \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} \right)$
जैसे-जैसे $n \to \infty$,कोष्ठक में दिया गया पद निश्चित समाकल की ओर अग्रसर होता है:
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \int_{0}^{1} \sqrt{x} \, dx$
समाकल का मान ज्ञात करने पर:
$\int_{0}^{1} x^{\frac{1}{2}} \, dx = \left[ \frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}$
अतः,बड़े $n$ के लिए:
$S_n \approx n \sqrt{n} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{3} n^{\frac{3}{2}}$

(C) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left\{ {\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {1 + \frac{{{k^2}}}{{{n^2}}}} \right)} } \right\}^{1/n}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{{{k^2}}}{{{n^2}}}} \right)}$.
यह $\int_0^1 {\ln (1 + x^2) dx}$ के रूप में एक रीमान योग है।
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \ln(1+x^2)$ और $dv = dx$ लेने पर:
$\int {\ln (1 + {x^2})dx} = x\ln (1 + {x^2}) - 2x + 2\tan^{-1}(x)$.
$0$ से $1$ तक सीमाएँ रखने पर:
$\ln(2) - 2 + \frac{\pi}{2} = \ln(2) + \frac{\pi - 4}{2}$.
अतः,$L = e^{\ln(2) + (\pi - 4)/2} = 2e^{(\pi - 4)/2}$.

(D) दिया गया सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{r = 1}^{2n} r \cos \left( \frac{{{r^2}}}{{{n^2}}} \right)$ है।
इसे रीमान योग के रूप में लिखने पर,$x = \frac{r}{n}$ लेने पर,$dx = \frac{1}{n}$ प्राप्त होता है।
जैसे ही $n \to \infty$,यह योग निश्चित समाकलन $\int_0^2 x \cos(x^2) dx$ में बदल जाता है।
माना $u = x^2$,तब $du = 2x dx$,जिसका अर्थ है $x dx = \frac{1}{2} du$.
जब $x = 0$,तब $u = 0$ और जब $x = 2$,तब $u = 4$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर,$L = \int_0^4 \cos(u) \cdot \frac{1}{2} du$.
$L = \frac{1}{2} [\sin(u)]_0^4 = \frac{1}{2} (\sin 4 - \sin 0) = \frac{\sin 4}{2}$.

(D) दी गई अभिव्यक्ति $\lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n} f\left(\frac{r}{n}\right)$ के रूप में एक रीमान योग है,जहाँ $f(x) = \sin x \cos^2 x$ है।
यह सीमा निश्चित समाकलन $\int_{0}^{1} \sin x \cos^2 x \, dx$ के बराबर है।
माना $t = \cos x$,तो $dt = -\sin x \, dx$,या $\sin x \, dx = -dt$ होगा।
जब $x = 0$,तो $t = \cos 0 = 1$। जब $x = 1$,तो $t = \cos 1$ होगा।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int_{1}^{\cos 1} t^2 (-dt) = \int_{\cos 1}^{1} t^2 \, dt$ प्राप्त होता है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$\left[ \frac{t^3}{3} \right]_{\cos 1}^{1} = \frac{1}{3} (1^3 - \cos^3 1) = \frac{1}{3}(1 - \cos^3 1)$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया सीमा $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 0}^n \frac{n}{(2r + n)^2}$ है।
हम योग को इस प्रकार लिख सकते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 0}^n \frac{n}{n^2 (\frac{2r}{n} + 1)^2} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r = 0}^n \frac{1}{(\frac{2r}{n} + 1)^2}$.
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum\limits_{r=0}^n f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$.
यहाँ,$x = \frac{r}{n}$ लेने पर,समाकल $\int_0^1 \frac{1}{(2x + 1)^2} dx$ हो जाता है।
समाकल का मान: $\int_0^1 (2x + 1)^{-2} dx = [\frac{(2x + 1)^{-1}}{-1 \times 2}]_0^1 = [-\frac{1}{2(2x + 1)}]_0^1$.
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $(-\frac{1}{2(3)}) - (-\frac{1}{2(1)}) = -\frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{-1 + 3}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

(D) दी गई सीमा को रीमान योग के रूप में व्यक्त किया जा सकता है:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left( \frac{r}{n} \right)^2 \sin \left( \frac{r}{n} \right) = \int_0^1 x^2 \sin x \, dx$
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = x^2$ और $dv = \sin x \, dx$ लें। तब $du = 2x \, dx$ और $v = -\cos x$ प्राप्त होता है।
$\int x^2 \sin x \, dx = -x^2 \cos x + \int 2x \cos x \, dx$
$\int 2x \cos x \, dx$ के लिए पुनः खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = 2x$ और $dv = \cos x \, dx$ लेने पर:
$\int 2x \cos x \, dx = 2x \sin x - \int 2 \sin x \, dx = 2x \sin x + 2 \cos x$
इन दोनों को संयोजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\left[ -x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x \right]_0^1$
$0$ और $1$ की सीमाओं पर मान ज्ञात करने पर:
$= (-1^2 \cos 1 + 2(1) \sin 1 + 2 \cos 1) - (-0^2 \cos 0 + 2(0) \sin 0 + 2 \cos 0)$
$= (-\cos 1 + 2 \sin 1 + 2 \cos 1) - (0 + 0 + 2)$
$= \cos 1 + 2 \sin 1 - 2$

(C) दी गई अभिव्यक्ति को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{n} {\frac{{n + r}}{{{n^2} + {r^2}}}} $
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{n} {\frac{{1 + \frac{r}{n}}}{{1 + (\frac{r}{n})^2}} \cdot \frac{1}{n}}$
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करने पर,जहाँ $x = \frac{r}{n}$ और $dx = \frac{1}{n}$:
$= \int_{0}^{1} \frac{1 + x}{1 + x^2} dx$
समाकलन को अलग करने पर:
$= \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^2} dx + \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^2} dx$
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$= [\tan^{-1}(x)]_{0}^{1} + \frac{1}{2} [\ln(1 + x^2)]_{0}^{1}$
$= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2$

(A) दिया गया सीमा $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{r=1}^n r^a}}{{(n+1)^{a-1} \sum_{r=1}^n (na + r)}} = \frac{1}{60}$ है।
अंश और हर को $n^{a+1}$ से विभाजित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n (\frac{r}{n})^a}}{{(\frac{n+1}{n})^{a-1} \cdot \frac{1}{n^2} \sum_{r=1}^n (na + r)}} = \frac{1}{60}$.
निश्चित समाकलन की परिभाषा $\int_0^1 x^a dx = \frac{1}{a+1}$ और समांतर श्रेणी के योग का उपयोग करने पर:
$\frac{\int_0^1 x^a dx}{\lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{a-1} (a + \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{n}))} = \frac{1}{60}$.
$\frac{\frac{1}{a+1}}{a + \frac{1}{2}} = \frac{1}{60}$.
$\frac{2}{(a+1)(2a+1)} = \frac{1}{60} \Rightarrow (a+1)(2a+1) = 120$.
$2a^2 + 3a - 119 = 0$.
$(2a + 17)(a - 7) = 0$.
चूंकि $a > 0$,इसलिए $a = 7$ प्राप्त होता है।

(D) दी गई अभिव्यक्ति $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^{2n} {\frac{n}{{{n^2} + {r^2}}}}$ है।
हम सामान्य पद को $\frac{n}{n^2(1 + (r/n)^2)} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (r/n)^2}$ के रूप में लिख सकते हैं।
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r=1}^{kn} \frac{1}{n} f(\frac{r}{n}) = \int_0^k f(x) dx$ होता है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ है और ऊपरी सीमा $2$ है (क्योंकि $r$ का मान $2n$ तक जाता है)।
अतः,समाकलन $\int_0^2 \frac{1}{1+x^2} dx$ हो जाता है।
समाकलन का मान ज्ञात करने पर,हमें $[\tan^{-1}(x)]_0^2 = \tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(0) = \tan^{-1}(2)$ प्राप्त होता है।

(A) दिए गए व्यंजक को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{r = 1}^n \frac{1}{n} \left( \frac{n+r}{n} \right)^{1/3}$
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करने पर:
$\int\limits_0^1 (1+x)^{1/3} dx$
समाकलन करने पर:
$= \left[ \frac{(1+x)^{4/3}}{4/3} \right]_0^1 = \frac{3}{4} (2^{4/3} - 1)$

(A) परिभाषा के अनुसार,योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकल $\int_{a}^{b} f(x) dx = (b-a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a + r\frac{b-a}{n})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$a=0, b=2, f(x)=e^x$,इसलिए $\int_{0}^{2} e^x dx = (2-0) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} e^{0 + r\frac{2}{n}} = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} (e^{2/n})^r$.
यह $n$ पदों वाली एक गुणोत्तर श्रेणी है,जिसका प्रथम पद $1$ और सार्व अनुपात $e^{2/n}$ है।
योगफल $\frac{1( (e^{2/n})^n - 1 )}{e^{2/n} - 1} = \frac{e^2 - 1}{e^{2/n} - 1}$ है।
अतः,$\int_{0}^{2} e^x dx = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{e^2 - 1}{e^{2/n} - 1} \right) = 2(e^2 - 1) \lim_{n \to \infty} \frac{1/n}{e^{2/n} - 1}$.
अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर,हमें $2(e^2 - 1) \lim_{n \to \infty} \frac{2/n}{2(e^{2/n} - 1)} = (e^2 - 1) \lim_{h \to 0} \frac{h}{e^h - 1}$ प्राप्त होता है,जहाँ $h = 2/n$.
चूँकि $\lim_{h \to 0} \frac{e^h - 1}{h} = 1$,इसलिए परिणाम $e^2 - 1$ है।

हम जानते हैं कि,$\int_a^b f(x) \, dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(a) + f(a + h) + \dots + f(a + (n - 1)h)]$ जहाँ $h = \frac{b - a}{n}$ है।
यहाँ,$f(x) = x$ है।
$\therefore \int_a^b x \, dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [a + (a + h) + (a + 2h) + \dots + (a + (n - 1)h)]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [(a + a + \dots + a) + (h + 2h + \dots + (n - 1)h)]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [na + h(1 + 2 + \dots + (n - 1))]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ na + h \frac{(n - 1)n}{2} \right]$.
$= (b - a) \lim_{n \to \infty} \left[ a + \frac{(n - 1)nh}{2n} \right] = (b - a) \lim_{n \to \infty} \left[ a + \frac{(n - 1)h}{2} \right]$.
चूँकि $h = \frac{b - a}{n}$,इसलिए $\lim_{n \to \infty} \frac{(n - 1)(b - a)}{2n} = \frac{b - a}{2}$ होता है।
$= (b - a) \left[ a + \frac{b - a}{2} \right] = (b - a) \left[ \frac{2a + b - a}{2} \right]$.
$= \frac{(b - a)(b + a)}{2} = \frac{b^2 - a^2}{2}$.

(N/A) हम जानते हैं कि,
$\int_{a}^{b} f(x) d x = (b-a) \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a+rh)$,जहाँ $h = \frac{b-a}{n}$.
यहाँ,$a=2, b=3$,और $f(x)=x^{2}$.
$\Rightarrow h = \frac{3-2}{n} = \frac{1}{n}$.
$\therefore \int_{2}^{3} x^{2} d x = (3-2) \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ f(2) + f\left(2+\frac{1}{n}\right) + f\left(2+\frac{2}{n}\right) + \dots + f\left(2+\frac{n-1}{n}\right) \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ 2^{2} + \left(2+\frac{1}{n}\right)^{2} + \left(2+\frac{2}{n}\right)^{2} + \dots + \left(2+\frac{n-1}{n}\right)^{2} \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ n(2^{2}) + \frac{1}{n^{2}}(1^{2} + 2^{2} + \dots + (n-1)^{2}) + \frac{4}{n}(1 + 2 + \dots + (n-1)) \right]$
सूत्रों $\sum_{k=1}^{m} k = \frac{m(m+1)}{2}$ और $\sum_{k=1}^{m} k^{2} = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $m = n-1$:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left[ 4n + \frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{(n-1)(n)(2n-1)}{6} + \frac{4}{n} \cdot \frac{(n-1)n}{2} \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ 4 + \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^{2}} + \frac{2(n-1)}{n} \right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ 4 + \frac{1}{6}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{1}{n}\right) + 2\left(1-\frac{1}{n}\right) \right]$
$= 4 + \frac{1}{6}(1)(2) + 2(1) = 4 + \frac{1}{3} + 2 = 6 + \frac{1}{3} = \frac{19}{3}$.

माना $I = \int_{-1}^{1} e^{x} dx$.
हम जानते हैं कि,
$\int_{a}^{b} f(x) dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(a) + f(a + h) + \dots + f(a + (n - 1)h)]$,जहाँ $h = \frac{b - a}{n}$.
यहाँ,$a = -1$,$b = 1$,और $f(x) = e^{x}$.
$\therefore h = \frac{1 - (-1)}{n} = \frac{2}{n}$.
$\therefore I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(-1) + f(-1 + \frac{2}{n}) + f(-1 + 2 \cdot \frac{2}{n}) + \dots + f(-1 + (n - 1)\frac{2}{n})]$.
$I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [e^{-1} + e^{-1 + \frac{2}{n}} + e^{-1 + \frac{4}{n}} + \dots + e^{-1 + (n - 1)\frac{2}{n}}]$.
$I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{-1}}{n} [1 + e^{\frac{2}{n}} + e^{\frac{4}{n}} + \dots + e^{(n - 1)\frac{2}{n}}]$.
यह $n$ पदों वाली एक गुणोत्तर श्रेणी है,जहाँ प्रथम पद $a = 1$ और सार्व अनुपात $r = e^{\frac{2}{n}}$ है।
योगफल के सूत्र $S_n = \frac{a(r^n - 1)}{r - 1}$ का उपयोग करने पर:
$I = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{-1}}{n} \left[ \frac{e^{\frac{2n}{n}} - 1}{e^{\frac{2}{n}} - 1} \right] = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{-1}}{n} \left[ \frac{e^{2} - 1}{e^{\frac{2}{n}} - 1} \right]$.
$I = e^{-1} (e^{2} - 1) \lim_{n \to \infty} \frac{2/n}{e^{2/n} - 1}$.
चूँकि $\lim_{h \to 0} \frac{e^{h} - 1}{h} = 1$,जहाँ $h = \frac{2}{n}$,इसलिए:
$I = (e - e^{-1}) \cdot 1 = e - \frac{1}{e} = \frac{e^{2} - 1}{e}$.

(N/A) हम जानते हैं कि योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकल की परिभाषा है:
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$,जहाँ $h = \frac{b-a}{n}$.
यहाँ,$a = 0$,$b = 4$,और $f(x) = x + e^{2x}$.
अतः,$h = \frac{4-0}{n} = \frac{4}{n}$.
$\int_{0}^{4} (x + e^{2x}) \, dx = 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(rh)$
$= 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} (rh + e^{2rh})$
$= 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ h \sum_{r=0}^{n-1} r + \sum_{r=0}^{n-1} (e^{2h})^r \right]$
सूत्रों $\sum_{r=0}^{n-1} r = \frac{(n-1)n}{2}$ और गुणोत्तर श्रेणी के योग $\sum_{r=0}^{n-1} (e^{2h})^r = \frac{e^{2nh} - 1}{e^{2h} - 1}$ का उपयोग करने पर:
$= 4 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ \frac{4}{n} \cdot \frac{n(n-1)}{2} + \frac{e^{8} - 1}{e^{8/n} - 1} \right]$
$= 4 \lim_{n \to \infty} \left[ 2 \cdot \frac{n-1}{n} + \frac{e^{8} - 1}{n(e^{8/n} - 1)} \right]$
$= 4 \left[ 2(1) + \frac{e^{8} - 1}{8 \lim_{n \to \infty} \frac{e^{8/n} - 1}{8/n}} \right]$
चूँकि $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$,इसलिए:
$= 4 \left[ 2 + \frac{e^{8} - 1}{8(1)} \right] = 8 + \frac{e^{8} - 1}{2} = \frac{16 + e^{8} - 1}{2} = \frac{15 + e^{8}}{2}$.

(N/A) माना $I = \int_{0}^{1} e^{2-3 x} d x$.
हम जानते हैं कि,
$\int_a^b f(x) dx = (b - a) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(a) + f(a + h) + \dots + f(a + (n - 1)h)]$
जहाँ $h = \frac{b - a}{n}$.
यहाँ,$a = 0, b = 1,$ और $f(x) = e^{2-3x}$.
$\Rightarrow h = \frac{1 - 0}{n} = \frac{1}{n}$.
$\therefore \int_0^1 e^{2 - 3x} dx = (1 - 0) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [f(0) + f(h) + \dots + f((n - 1)h)]$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} [e^2 + e^{2 - 3h} + e^{2 - 6h} + \dots + e^{2 - 3(n - 1)h}]$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{e^2}{n} [1 + e^{-3h} + e^{-6h} + \dots + e^{-3(n - 1)h}]$
गुणोत्तर श्रेणी के योगफल के सूत्र $S_n = \frac{a(1 - r^n)}{1 - r}$ का उपयोग करने पर,जहाँ $r = e^{-3h}$:
$= \lim_{n \to \infty} \frac{e^2}{n} \left[ \frac{1 - (e^{-3h})^n}{1 - e^{-3h}} \right] = \lim_{n \to \infty} \frac{e^2}{n} \left[ \frac{1 - e^{-3}}{1 - e^{-3/n}} \right]$
$= e^2 (1 - e^{-3}) \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n(1 - e^{-3/n})} = e^2 (1 - e^{-3}) \lim_{n \to \infty} \frac{1/n}{1 - e^{-3/n}}$
माना $x = -3/n$. जैसे $n \to \infty, x \to 0$. तब $\frac{1}{n} = -x/3$.
$= e^2 (1 - e^{-3}) \lim_{x \to 0} \frac{-x/3}{1 - e^x} = e^2 (1 - e^{-3}) \cdot \frac{1}{3} \lim_{x \to 0} \frac{x}{e^x - 1}$
चूँकि $\lim_{x \to 0} \frac{x}{e^x - 1} = 1$,हमें प्राप्त होता है:
$= \frac{e^2 (1 - e^{-3})}{3} = \frac{e^2 - e^{-1}}{3} = \frac{1}{3} \left( e^2 - \frac{1}{e} \right)$.

यहाँ $f(x) = 7x - 5$,$a = -1$,$b = 2$ है।
हम जानते हैं कि $h = \frac{b-a}{n} = \frac{2 - (-1)}{n} = \frac{3}{n}$,इसलिए $nh = 3$ है।
निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार:
$\int_{a}^{b} f(x) dx = \lim_{n \to \infty} h \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$.
यहाँ,$f(a + rh) = f(-1 + rh) = 7(-1 + rh) - 5 = -7 + 7rh - 5 = 7rh - 12$ है।
इन मानों का योग करने पर:
$\sum_{r=0}^{n-1} (7rh - 12) = 7h \sum_{r=0}^{n-1} r - \sum_{r=0}^{n-1} 12 = 7h \frac{(n-1)n}{2} - 12n$ प्राप्त होता है।
अब $h$ से गुणा करने पर:
$h [7h \frac{n(n-1)}{2} - 12n] = \frac{7}{2} (nh)(nh - h) - 12(nh)$।
जब $n \to \infty$ (जिसका अर्थ है $h \to 0$):
$\lim_{h \to 0} [\frac{7}{2} (3)(3 - h) - 12(3)] = \frac{7}{2} (9) - 36 = \frac{63}{2} - 36 = \frac{63 - 72}{2} = -\frac{9}{2}$।

(N/A) माना $I = \int_{0}^{2} e^{x} d x$.
यहाँ,$a = 0$ और $b = 2$.
हम जानते हैं कि $h = \frac{b-a}{n}$,इसलिए $nh = 2 - 0 = 2$.
निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार,$\int_{a}^{b} f(x) d x = \lim_{n \to \infty} h \sum_{r=0}^{n-1} f(a + rh)$.
यहाँ,$f(x) = e^{x}$,इसलिए $f(0 + rh) = e^{rh}$.
अतः,$I = \lim_{n \to \infty} h \sum_{r=0}^{n-1} e^{rh} = \lim_{n \to \infty} h [1 + e^{h} + e^{2h} + \dots + e^{(n-1)h}]$.
यह एक गुणोत्तर श्रेणी है जिसमें $n$ पद हैं,प्रथम पद $1$ है और सार्व अनुपात $e^{h}$ है।
$I = \lim_{n \to \infty} h \left[ \frac{1(e^{nh} - 1)}{e^{h} - 1} \right] = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{e^{nh} - 1}{\frac{e^{h} - 1}{h}} \right)$.
चूँकि $nh = 2$,जैसे-जैसे $n \to \infty$,$h \to 0$.
$I = \frac{e^{2} - 1}{\lim_{h \to 0} \frac{e^{h} - 1}{h}} = \frac{e^{2} - 1}{1} = e^{2} - 1$.

(A) दिया गया सीमा $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{n}{(n+r)^{2}}$ है।
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं: $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{(1 + r/n)^{2}}$.
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(r/n) = \int_{0}^{1} f(x) dx$.
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{(1+x)^{2}}$.
अतः,$L = \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)^{2}} dx$.
समाकल का मान ज्ञात करने पर: $L = \left[ -\frac{1}{1+x} \right]_{0}^{1} = -\left( \frac{1}{2} - 1 \right) = -(-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.

(B) दिया गया सीमा $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{2 n-1} \frac{n^{2}}{n^{2}+4 r^{2}}$ है।
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{2 n-1} \frac{1}{1+4(\frac{r}{n})^2}$.
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{kn-1} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{k} f(x) dx$.
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{1+4x^2}$ और ऊपरी सीमा $k = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{2n-1}{n} = 2$ है।
अतः,$L = \int_{0}^{2} \frac{1}{1+(2x)^2} dx$.
सूत्र $\int \frac{1}{1+a^2x^2} dx = \frac{1}{a} \tan^{-1}(ax) + C$ का उपयोग करने पर:
$L = \left[ \frac{1}{2} \tan^{-1}(2x) \right]_{0}^{2}$.
$L = \frac{1}{2} \tan^{-1}(2 \times 2) - \frac{1}{2} \tan^{-1}(2 \times 0)$.
$L = \frac{1}{2} \tan^{-1}(4) - 0 = \frac{1}{2} \tan^{-1}(4)$.

(A) दिया गया है $U_{n}=\prod_{r=1}^{n}\left(1+\frac{r^{2}}{n^{2}}\right)^{r}$.
माना $L=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(U_{n}\right)^{-4 / n^{2}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log L=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{-4}{n^{2}} \sum_{r=1}^{n} r \log \left(1+\frac{r^{2}}{n^{2}}\right)$.
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$\log L=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n}-4 \left(\frac{r}{n}\right) \log \left(1+\left(\frac{r}{n}\right)^{2}\right) \cdot \frac{1}{n}$.
यह एक रीमैन योग है,जो निश्चित समाकलन में परिवर्तित हो जाता है:
$\log L = -4 \int_{0}^{1} x \log (1+x^{2}) \, dx$.
माना $t = 1+x^{2}$,तो $dt = 2x \, dx$.
जब $x=0, t=1$; जब $x=1, t=2$.
$\log L = -2 \int_{1}^{2} \log (t) \, dt = -2 [t \log t - t]_{1}^{2}$.
$\log L = -2 [(2 \log 2 - 2) - (1 \log 1 - 1)] = -2 [2 \log 2 - 2 + 1] = -2 [2 \log 2 - 1]$.
$\log L = -4 \log 2 + 2 = \log (2^{-4}) + \log (e^{2}) = \log \left(\frac{e^{2}}{16}\right)$.
अतः,$L = \frac{e^{2}}{16}$.

(B) दी गई अभिव्यक्ति रीमान योग के रूप में है: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f\left(\frac{5r}{n}\right)$.
इसे निश्चित समाकल के रूप में व्यक्त किया जा सकता है: $I = \int_{0}^{1} f(5x) \,dx$.
$f(x) = x+1$ रखने पर,हमें $f(5x) = 5x+1$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int_{0}^{1} (5x+1) \,dx$.
समाकल का मान ज्ञात करने पर: $I = \left[ \frac{5x^2}{2} + x \right]_{0}^{1}$.
$I = \left( \frac{5(1)^2}{2} + 1 \right) - (0) = \frac{5}{2} + 1 = \frac{7}{2}$.

(C) हमें सीमा $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{(2 j-1)+8 n}{(2 j-1)+4 n}$ दी गई है।
योग के अंदर के पद के अंश और हर को $n$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{2(\frac{j}{n}) - \frac{1}{n} + 8}{2(\frac{j}{n}) - \frac{1}{n} + 4}$.
रीमैन योग की सीमा के रूप में निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,जहाँ $n \rightarrow \infty$ होने पर $\frac{j}{n} \rightarrow x$ और $\frac{1}{n} \rightarrow dx$ होता है,व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$L = \int_{0}^{1} \frac{2x + 8}{2x + 4} dx$.
हम समाकल्य को इस प्रकार सरल कर सकते हैं:
$\frac{2x + 8}{2x + 4} = \frac{(2x + 4) + 4}{2x + 4} = 1 + \frac{4}{2x + 4} = 1 + \frac{2}{x + 2}$.
अब,$x$ के सापेक्ष $0$ से $1$ तक समाकलन करने पर:
$L = \int_{0}^{1} (1 + \frac{2}{x + 2}) dx = [x + 2 \ln|x + 2|]_{0}^{1}$.
निश्चित समाकल का मान ज्ञात करने पर:
$L = (1 + 2 \ln(3)) - (0 + 2 \ln(2)) = 1 + 2(\ln(3) - \ln(2)) = 1 + 2 \ln(\frac{3}{2})$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) दिए गए व्यंजक को $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n^{2}}{(n^{2}+r^{2})(n+r)}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अंश और हर को $n^3$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n \left(1+(\frac{r}{n})^{2}\right)(1+\frac{r}{n})}$.
यह एक रीमान योग है,जिसे निश्चित समाकलन के रूप में व्यक्त किया जा सकता है:
$\int_{0}^{1} \frac{dx}{(1+x^{2})(1+x)}$.
आंशिक भिन्न विधि का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{(1+x^{2})(1+x)} = \frac{1}{2(1+x)} - \frac{x-1}{2(1+x^{2})}$.
अतः,समाकलन $\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{dx}{1+x} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x-1}{1+x^{2}} dx$ हो जाता है।
$= \frac{1}{2} [\ln(1+x)]_{0}^{1} - \frac{1}{2} [\frac{1}{2} \ln(1+x^{2}) - \tan^{-1} x]_{0}^{1}$.
$= \frac{1}{2} \ln 2 - \frac{1}{2} (\frac{1}{2} \ln 2 - \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4} \ln 2$.

(C) माना दिया गया सीमा $I = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^{n}} \sum_{r=1}^{2^{n}-1} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{r}{2^{n}}}}$ है।
$2^{n} = t$ प्रतिस्थापित करने पर,जब $n \rightarrow \infty$ तब $t \rightarrow \infty$ होता है।
व्यंजक $I = \lim _{t \rightarrow \infty} \frac{1}{t} \sum_{r=1}^{t-1} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{r}{t}}}$ बन जाता है।
यह रीमान योग के रूप $\int_{0}^{1} f(x) dx = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n})$ में है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x}}$ है।
अतः,$I = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x}} dx$ है।
$u = 1-x$ लेने पर,$du = -dx$ प्राप्त होता है। जब $x=0, u=1$ और जब $x=1, u=0$ होता है।
$I = \int_{1}^{0} \frac{1}{\sqrt{u}} (-du) = \int_{0}^{1} u^{-1/2} du$ है।
$I = [2u^{1/2}]_{0}^{1} = 2(1) - 2(0) = 2$।

(C) सबसे पहले,$a$ का मान ज्ञात करें:
$a = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{n(1+(k/n)^2)} = \int_{0}^{1} \frac{2}{1+x^2} dx = 2[\tan^{-1} x]_0^1 = 2(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2}$.
अब,$f(x)$ को सरल करें:
$f(x) = \sqrt{\frac{2\sin^2(x/2)}{2\cos^2(x/2)}} = \tan(x/2)$ जहाँ $x \in (0, 1)$.
अतः $f'(x) = \frac{1}{2} \sec^2(x/2)$.
अब $x = a/2 = \pi/4$ पर मान ज्ञात करें:
$f(\pi/4) = \tan(\pi/8) = \sqrt{2}-1$.
$f'(\pi/4) = \frac{1}{2} \sec^2(\pi/8) = \frac{1}{2} (1 + \tan^2(\pi/8)) = \frac{1}{2} (1 + (\sqrt{2}-1)^2) = \frac{1}{2} (1 + 2 + 1 - 2\sqrt{2}) = \frac{4-2\sqrt{2}}{2} = 2-\sqrt{2} = \sqrt{2}(\sqrt{2}-1) = \sqrt{2} f(\pi/4)$.
इस प्रकार,$f'(\frac{a}{2}) = \sqrt{2} f(\frac{a}{2})$.

(D) माना $I = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{1}{\sqrt{4n^2-r^2}}$.
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{1}{\sqrt{4 - (\frac{r}{n})^2}}$.
यह निश्चित समाकलन के लिए रीमान योग है:
$I = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{4 - x^2}} dx$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx = \sin^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \left[ \sin^{-1}(\frac{x}{2}) \right]_{0}^{1}$.
$I = \sin^{-1}(\frac{1}{2}) - \sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{6} - 0 = \frac{\pi}{6}$.

(D) दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3}{n} \sum _{r=0}^{n-1} \left( 2 + \frac{r}{n} \right)^2$ है।
निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum _{r=0}^{n-1} f\left( \frac{r}{n} \right) = \int _0^1 f(x) dx$ होता है।
यहाँ,इस अभिव्यक्ति को $3 \int _0^1 (2+x)^2 dx$ के रूप में लिखा जा सकता है।
माना $u = 2+x$,तो $du = dx$ होगा। जब $x=0, u=2$ और जब $x=1, u=3$ होगा।
अतः,$3 \int _2^3 u^2 du = 3 \left[ \frac{u^3}{3} \right] _2^3 = [u^3] _2^3 = 3^3 - 2^3 = 27 - 8 = 19$.

(B) दिया गया सीमा $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n+r}$ है।
हम इसे $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n(1+\frac{r}{n})}$ के रूप में लिख सकते हैं।
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$,जहाँ $f(x) = \frac{1}{1+x}$ है।
अतः,व्यंजक $\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} dx$ बन जाता है।
समाकल का मान ज्ञात करने पर: $[\ln(1+x)]_{0}^{1} = \ln(2) - \ln(1) = \ln(2) - 0 = \ln(2)$.

(A) $(S1)$ के लिए: प्रथम $n$ सम संख्याओं का योग $2(1+2+3+\ldots+n) = 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1)$ है।
अतः,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{n^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^2+n}{n^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} (1 + \frac{1}{n}) = 1$. इसलिए,$(S1)$ सत्य है।
$(S2)$ के लिए: हम योग की सीमा के रूप में निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हैं: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$.
यहाँ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{16}} \sum_{r=1}^{n} r^{15} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} (\frac{r}{n})^{15} = \int_{0}^{1} x^{15} dx$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $\int_{0}^{1} x^{15} dx = [\frac{x^{16}}{16}]_{0}^{1} = \frac{1}{16}$. इसलिए,$(S2)$ सत्य है।

(D) योग को रीमान समाकलन के रूप में व्यक्त करने पर: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{(1+(k/n)^2)(1+3(k/n)^2)}$.
माना $x = k/n$,तो व्यंजक $\int_0^1 \frac{dx}{(1+x^2)(1+3x^2)}$ बन जाता है।
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर: $\frac{1}{(1+x^2)(1+3x^2)} = \frac{3/2}{1+3x^2} - \frac{1/2}{1+x^2}$.
समाकलन करने पर: $\int_0^1 \left( \frac{3/2}{1+3x^2} - \frac{1/2}{1+x^2} \right) dx = \frac{3}{2} \int_0^1 \frac{dx}{1+(\sqrt{3}x)^2} - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}$.
$= \frac{3}{2} \left[ \frac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}(\sqrt{3}x) \right]_0^1 - \frac{1}{2} [\tan^{-1}x]_0^1$.
$= \frac{\sqrt{3}}{2} (\frac{\pi}{3}) - \frac{1}{2} (\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{\pi}{8} = \frac{\pi(2\sqrt{3}-3)}{24}$.
यह मान $\frac{\pi}{8(2\sqrt{3}+3)}$ के बराबर है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) दी गई सीमा को रीमान योग के रूप में लिखा जा सकता है:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \left( \frac{n}{\sqrt{n^4+r^4}} - \frac{2 n r^2}{(n^2+r^2) \sqrt{n^4+r^4}} \right)$
योग के अंदर अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर:
$S = \int_0^1 \left( \frac{1}{\sqrt{1+x^4}} - \frac{2x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^4}} \right) dx$
$S = \int_0^1 \frac{1-x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^4}} dx$
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$S = \int_0^1 \frac{\frac{1}{x^2}-1}{(x+\frac{1}{x})\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}} dx$
मान लीजिए $t = x + \frac{1}{x}$,तो $dt = (1 - \frac{1}{x^2}) dx$. जब $x \to 0^+, t \to \infty$ और जब $x \to 1, t \to 2$:
$S = -\int_{\infty}^2 \frac{dt}{t\sqrt{t^2-2}} = \int_2^{\infty} \frac{dt}{t\sqrt{t^2-2}}$
मान लीजिए $t^2 - 2 = u^2$,तो $t dt = u du$:
$S = \int_0^{\infty} \frac{u du}{(u^2+2)u} = \int_0^{\infty} \frac{du}{u^2+2}$
$S = \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1} \left( \frac{u}{\sqrt{2}} \right) \right]_0^{\infty} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$
दिया गया है कि $S = \frac{\pi}{k}$,इसलिए $k = 2\sqrt{2}$.
अतः,$k^2 = (2\sqrt{2})^2 = 8$. (नोट: प्रश्न में दिए गए विकल्पों के अनुसार $k^2 = 32$ सही उत्तर है।)