Summation of series by definite integration Questions in Hindi

(A,D) हम योग को रीमान योग के रूप में फिर से लिख सकते हैं:
$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (k/n) + (k/n)^2}$
$T_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + (k/n) + (k/n)^2}$
मान लीजिए $f(x) = \frac{1}{1+x+x^2}$ है। चूँकि $f(x)$ अंतराल $[0, 1]$ पर एक ह्रासमान फलन है,इसलिए दायां रीमान योग $S_n$ समाकलन का कम मान देता है और बायां रीमान योग $T_n$ अधिक मान देता है।
अतः,$S_n < \int_0^1 \frac{dx}{1+x+x^2} < T_n$।
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $\int_0^1 \frac{dx}{(x+1/2)^2 + 3/4} = \left[ \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1} \left( \frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right) \right]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}} (\tan^{-1}(\sqrt{3}) - \tan^{-1}(1/\sqrt{3})) = \frac{2}{\sqrt{3}} (\pi/3 - \pi/6) = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$।
इसलिए,$S_n < \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$ और $T_n > \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$।

(D) हमारे पास $y_n = \frac{1}{n} \left( \prod_{r=1}^n (n+r) \right)^{\frac{1}{n}} = \left( \prod_{r=1}^n (1 + \frac{r}{n}) \right)^{\frac{1}{n}}$ है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln(y_n) = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \ln(1 + \frac{r}{n})$.
जैसे ही $n \rightarrow \infty$,यह एक रीमान योग बन जाता है:
$\lim_{n \rightarrow \infty} \ln(y_n) = \int_0^1 \ln(1+x) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
$\int_0^1 \ln(1+x) dx = 2 \ln 2 - 1 = \ln(4/e)$.
अतः,$\ln(L) = \ln(4/e)$,जिसका अर्थ है $L = 4/e$.
चूंकि $e \approx 2.718$,$L = 4/2.718 \approx 1.47$.
इसलिए,$[L] = [1.47] = 1$.

(A) हमें सीमा दी गई है: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sum_{r=1}^n r^{1/3}}{n^{7/3} \sum_{r=1}^n \frac{1}{(an+r)^2}} = 54$.
अंश और हर को $n^{4/3}$ से विभाजित करने पर,व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n (r/n)^{1/3}}{\frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{1}{(a+r/n)^2}} = 54$.
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f(r/n) = \int_0^1 f(x) dx$.
अंश $\int_0^1 x^{1/3} dx = [\frac{3}{4} x^{4/3}]_0^1 = \frac{3}{4}$ हो जाता है।
हर $\int_0^1 \frac{1}{(a+x)^2} dx = [-\frac{1}{a+x}]_0^1 = -(\frac{1}{a+1} - \frac{1}{a}) = \frac{1}{a(a+1)}$ हो जाता है।
अतः,समीकरण $\frac{3/4}{1/(a(a+1))} = 54$ है,जो $\frac{3}{4} a(a+1) = 54$ में सरल हो जाता है।
$a(a+1) = 54 \times \frac{4}{3} = 72$.
$a^2 + a - 72 = 0 \Rightarrow (a+9)(a-8) = 0$.
अतः,$a = -9$ या $a = 8$। दोनों $|a| > 1$ की शर्त को संतुष्ट करते हैं।

(B,D) दिया गया सीमा $L = \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{r=1}^n r^a}{(n+1)^{a-1} \sum_{r=1}^n (na+r)}$ है।
सबसे पहले,हर का योग ज्ञात करें: $\sum_{r=1}^n (na+r) = n^2a + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{2n^2a + n^2 + n}{2} = \frac{n^2(2a+1) + n}{2}$.
इस मान को सीमा व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{r=1}^n r^a}{(n+1)^{a-1} \cdot \frac{n^2(2a+1) + n}{2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2 \sum_{r=1}^n r^a}{(n+1)^{a-1} n^2(2a+1) (1 + \frac{1}{n(2a+1)})}$.
चूंकि $n \to \infty$ होने पर $(n+1)^{a-1} \approx n^{a-1}$,व्यंजक हो जाता है:
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{2 \sum_{r=1}^n r^a}{n^{a-1} n^2 (2a+1)} = \lim_{n \to \infty} \frac{2 \sum_{r=1}^n r^a}{n^{a+1} (2a+1)} = \frac{2}{2a+1} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \left(\frac{r}{n}\right)^a$.
निश्चित समाकलन की परिभाषा $\int_0^1 x^a dx = \frac{1}{a+1}$ का उपयोग करते हुए:
$L = \frac{2}{(2a+1)(a+1)} = \frac{1}{60}$.
अतः,$(2a+1)(a+1) = 120 \implies 2a^2 + 3a + 1 = 120 \implies 2a^2 + 3a - 119 = 0$.
द्विघात सूत्र $a = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करके हल करने पर:
$a = \frac{-3 \pm \sqrt{9 - 4(2)(-119)}}{4} = \frac{-3 \pm \sqrt{9 + 952}}{4} = \frac{-3 \pm \sqrt{961}}{4} = \frac{-3 \pm 31}{4}$.
इससे हमें $a = \frac{28}{4} = 7$ या $a = \frac{-34}{4} = \frac{-17}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$a$ के मान $7$ और $\frac{-17}{2}$ हैं।

(B) दिया गया है $f(n) = n + \sum_{r=1}^n \frac{16r + (9-4r)n - 3n^2}{4rn + 3n^2}$.
हम सामान्य पद को $\frac{(16r + 9n) - (4rn + 3n^2)}{4rn + 3n^2} = \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2} - 1$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$f(n) = n + \sum_{r=1}^n \left( \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2} - 1 \right) = n + \sum_{r=1}^n \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2} - n = \sum_{r=1}^n \frac{16r + 9n}{4rn + 3n^2}$.
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर,हमें $\sum_{r=1}^n \frac{16(r/n) + 9}{4(r/n) + 3} \cdot \frac{1}{n}$ प्राप्त होता है।
जब $n \rightarrow \infty$ होता है,तो यह निश्चित समाकलन $\int_0^1 \frac{16x + 9}{4x + 3} dx$ में बदल जाता है।
समाकल्य को $\frac{4(4x + 3) - 3}{4x + 3} = 4 - \frac{3}{4x + 3}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
समाकलन करने पर,हमें $[4x - \frac{3}{4} \ln|4x + 3|]_0^1$ प्राप्त होता है।
सीमाओं पर मान ज्ञात करने पर: $(4 - \frac{3}{4} \ln 7) - (0 - \frac{3}{4} \ln 3) = 4 - \frac{3}{4} \ln \left(\frac{7}{3}\right)$.

(C) दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{n}{n^2+r^2}$ है।
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर,हमें $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{1}{n} \left(\frac{1}{1+(r/n)^2}\right)$ प्राप्त होता है।
निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार,$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{kn} \frac{1}{n} f(r/n) = \int_0^k f(x) dx$ होता है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ और $k = 2$ है।
अतः,समाकल $\int_0^2 \frac{1}{1+x^2} dx$ होगा।
समाकल का मान ज्ञात करने पर,$[\tan ^{-1}(x)]_0^2 = \tan ^{-1}(2) - \tan ^{-1}(0) = \tan ^{-1}(2)$ प्राप्त होता है।

(D) हम निश्चित समाकल की परिभाषा का योगफल की सीमा के रूप में उपयोग करते हैं: $\int_a^b f(x) dx = \lim_{h \to 0} h \sum_{r=0}^{n-1} f(a+rh)$,जहाँ $nh = b-a$.
यहाँ,$a=2$,$b=3$,और $f(x)=x^2$ है। अतः,$nh = 3-2 = 1$.
$I = \lim_{h \to 0} h \sum_{r=0}^{n-1} (2+rh)^2 = \lim_{h \to 0} h \sum_{r=0}^{n-1} (4 + 4rh + r^2h^2)$.
$I = \lim_{h \to 0} [4nh + 4h^2 \sum_{r=0}^{n-1} r + h^3 \sum_{r=0}^{n-1} r^2]$.
सूत्रों $\sum_{r=0}^{n-1} r = \frac{(n-1)n}{2}$ और $\sum_{r=0}^{n-1} r^2 = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$ का उपयोग करने पर:
$I = \lim_{h \to 0} [4nh + 4h^2 \frac{(n-1)n}{2} + h^3 \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}]$.
चूँकि $nh=1$,हमें प्राप्त होता है $I = \lim_{h \to 0} [4(1) + 2(nh-h)(nh) + \frac{(nh-h)(nh)(2nh-h)}{6}]$.
$nh=1$ और $h \to 0$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = 4 + 2(1)(1) + \frac{(1)(1)(2)}{6} = 4 + 2 + \frac{1}{3} = 6 + \frac{1}{3} = \frac{19}{3}$.

(C) दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n (k^2 x)$ है।
हम इसे $x \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (\frac{k}{n})^2$ के रूप में लिख सकते हैं।
रीमैन योग की सीमा के रूप में निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n}) = \int_0^1 f(t) dt$ होता है।
यहाँ,$f(t) = t^2$,इसलिए अभिव्यक्ति $x \int_0^1 t^2 dt$ हो जाती है।
समाकल का मूल्यांकन करने पर: $x [\frac{t^3}{3}]_0^1 = x (\frac{1}{3} - 0) = \frac{x}{3}$।

(D) दिया गया व्यंजक $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r \sqrt{r}}{n^{5/2}}$ है।
इसे $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^{3/2}}{n^{5/2}} = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \left( \frac{r}{n} \right)^{3/2} \cdot \frac{1}{n}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
योग की सीमा के रूप में निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n f\left( \frac{r}{n} \right) \frac{1}{n} = \int_0^1 f(x) dx$ है।
यहाँ,$f(x) = x^{3/2}$ है।
अतः,सीमा $\int_0^1 x^{3/2} dx = \left[ \frac{x^{5/2}}{5/2} \right]_0^1 = \frac{2}{5} (1 - 0) = \frac{2}{5}$ है।

(D) माना $y = \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ \prod_{r=1}^n \left(1 + \frac{r^2}{n^2} \right) \right]^{\frac{1}{n}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log y = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1 + \left(\frac{r}{n}\right)^2 \right)$.
यह एक रीमान योग है,जिसे निश्चित समाकलन के रूप में व्यक्त किया जा सकता है:
$\log y = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \log(1+x^2)$ और $dv = dx$ लें:
$\log y = [x \log(1+x^2)]_0^1 - \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2} dx$.
$\log y = \log 2 - 2 \int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1+x^2} \right) dx$.
$\log y = \log 2 - 2 [x - \tan^{-1} x]_0^1$.
$\log y = \log 2 - 2 (1 - \frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
अतः,$y = e^{\log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}} = 2 e^{\frac{\pi}{2} - 2}$.
$ae^b$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = 2$ और $b = \frac{\pi}{2} - 2$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$a + b = 2 + \frac{\pi}{2} - 2 = \frac{\pi}{2}$.

(A) दिया गया सीमा $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{2n} e^{-k/n}$ है।
यह $\int_a^b f(x) dx = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n(b-a)} \frac{1}{n} f(a + k/n)$ के रूप में एक रीमान योग है।
यहाँ,$f(x) = e^{-x}$,$a=0$,और $b=2$ है।
अतः,समाकलन $\int_0^2 e^{-x} dx$ है।
समाकलन का मान: $\int_0^2 e^{-x} dx = [-e^{-x}]_0^2$.
$= -e^{-2} - (-e^0) = 1 - e^{-2}$.

(C) माना $A = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^{n} \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{\frac{1}{n}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log A = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$,हमें प्राप्त होता है:
$\log A = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \log(1+x^2)$ और $dv = dx$ लें। तब $du = \frac{2x}{1+x^2} dx$ और $v = x$.
$\int_0^1 \log(1+x^2) dx = [x \log(1+x^2)]_0^1 - \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2} dx$.
$= [1 \cdot \log(2) - 0] - 2 \int_0^1 \left(\frac{1+x^2-1}{1+x^2}\right) dx$.
$= \log 2 - 2 \int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= \log 2 - 2 [x - \tan^{-1}(x)]_0^1$.
$= \log 2 - 2 [(1 - \tan^{-1}(1)) - (0 - 0)]$.
$= \log 2 - 2(1 - \frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2} = \log 2 + \frac{\pi-4}{2}$.
अतः $A = e^{\log 2 + \frac{\pi-4}{2}} = 2 e^{\frac{\pi-4}{2}}$.

(C) माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^n \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{1 / n} = k$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log k = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
यह एक रीमान योग है,जिसे निश्चित समाकलन के रूप में व्यक्त किया जा सकता है:
$\log k = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \log(1+x^2)$ और $dv = dx$ लें:
$\int \log(1+x^2) dx = x \log(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2 \int \frac{x^2}{1+x^2} dx = x \log(1+x^2) - 2 \int \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1}(x)$.
$0$ से $1$ तक सीमाएँ रखने पर:
$\log k = [1 \cdot \log(2) - 2(1) + 2 \tan^{-1}(1)] - [0 - 0 + 0]$.
$\log k = \log 2 - 2 + 2 \left(\frac{\pi}{4}\right) = \log 2 + \frac{\pi}{2} - 2$.

(D) दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^4}{r^5+n^5}$ है।
सामान्य पद के अंश और हर को $n^5$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{(\frac{r}{n})^4}{(\frac{r}{n})^5+1}$.
यह एक रीमान योग है जिसे निश्चित समाकलन के रूप में व्यक्त किया जा सकता है:
$\int_0^1 \frac{x^4}{1+x^5} dx$.
मान लीजिए $u = 1+x^5$,तो $du = 5x^4 dx$,या $x^4 dx = \frac{du}{5}$.
जब $x=0, u=1$ और जब $x=1, u=2$.
समाकलन $\frac{1}{5} \int_1^2 \frac{1}{u} du = \frac{1}{5} [\ln |u|]_1^2 = \frac{1}{5} \ln 2$ हो जाता है।
गुणधर्म $a \ln b = \ln b^a$ का उपयोग करने पर,हमें $\ln 2^{1/5} = \ln \sqrt[5]{2}$ प्राप्त होता है।

(D) माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^2}{n^3+r^3}$.
हम योग को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^2}{n^3(1+(r/n)^3)} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{(r/n)^2}{1+(r/n)^3}$.
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$,हमें प्राप्त होता है:
$L = \int_0^1 \frac{x^2}{1+x^3} dx$.
माना $1+x^3 = t$,तो $3x^2 dx = dt$,या $x^2 dx = \frac{dt}{3}$.
जब $x=0, t=1$ और जब $x=1, t=2$.
$L = \int_1^2 \frac{1}{t} \cdot \frac{dt}{3} = \frac{1}{3} [\log |t|]_1^2 = \frac{1}{3} (\log 2 - \log 1) = \frac{1}{3} \log 2$.
$a \log b = \log b^a$ गुणधर्म का उपयोग करते हुए,हमें मिलता है $\frac{1}{3} \log 2 = \log 2^{1/3} = \log \sqrt[3]{2}$.

(C) दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+km}$ है।
हम इसे $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+m(\frac{k}{n})}$ के रूप में लिख सकते हैं।
निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$ होता है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{1+mx}$ है।
अतः,समाकल $\int_0^1 \frac{1}{1+mx} dx$ हो जाता है।
समाकल का मान: $\frac{1}{m} [\log _e(1+mx)]_0^1 = \frac{1}{m} (\log _e(1+m) - \log _e(1)) = \frac{\log _e(1+m)}{m}$.

(D) माना $P = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} [(n+1)(n+2) \cdots (2n)]^{\frac{1}{n}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log P = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( \frac{n+r}{n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( 1 + \frac{r}{n} \right)$.
यह एक रीमैन योग है,जिसे निश्चित समाकल के रूप में व्यक्त किया जा सकता है:
$\int_{0}^{1} \log(1+x) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर,$\int \log(1+x) dx = (1+x)\log(1+x) - (1+x) + C$.
$0$ से $1$ तक मूल्यांकन करने पर:
$[(1+x)\log(1+x) - (1+x)]_{0}^{1} = (2\log 2 - 2) - (0 - 1) = 2\log 2 - 1 = \log 4 - \log e = \log \left( \frac{4}{e} \right)$.
चूँकि $\log P = \log \left( \frac{4}{e} \right)$,इसलिए $P = \frac{4}{e}$.
अतः,विकल्प $(D)$ सही है.

(A) सबसे पहले,निश्चित समाकल का मान ज्ञात करें:
$\int_{0}^{1} a^k x^k dx = a^k \int_{0}^{1} x^k dx = a^k [\frac{x^{k+1}}{k+1}]_{0}^{1} = \frac{a^k}{k+1}$.
अब,विकल्प $A$ पर विचार करें:
$\lim_{n \to \infty} \frac{a^k (1^k + 2^k + 3^k + \dots + n^k)}{n^{k+1}} = a^k \lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r^k}{n \cdot n^k} = a^k \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} (\frac{r}{n})^k$.
योग की सीमा के रूप में निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार,$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} (\frac{r}{n})^k = \int_{0}^{1} x^k dx = \frac{1}{k+1}$.
इसलिए,व्यंजक $a^k \cdot \frac{1}{k+1} = \frac{a^k}{k+1}$ हो जाता है।
अतः,विकल्प $A$ सही है।

(C) दी गई सीमा: $\lim _{n \rightarrow \infty} n^4 \sum_{r=0}^n \frac{1}{\left(n^2+r^2\right)^{\frac{5}{2}}}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^n \frac{n^5}{\left(n^2+r^2\right)^{\frac{5}{2}}}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^n \frac{1}{\left(1+\left(\frac{r}{n}\right)^2\right)^{\frac{5}{2}}}$
$= \int_0^1 \frac{1}{\left(1+x^2\right)^{\frac{5}{2}}} dx$
माना $x = \tan \theta$,तब $dx = \sec^2 \theta d\theta$. जब $x=0, \theta=0$ और जब $x=1, \theta=\frac{\pi}{4}$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 \theta d\theta}{(\sec^2 \theta)^{\frac{5}{2}}} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2 \theta}{\sec^5 \theta} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^3 \theta d\theta$
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos \theta (1 - \sin^2 \theta) d\theta$
माना $\sin \theta = t$,तब $\cos \theta d\theta = dt$. जब $\theta=0, t=0$ और जब $\theta=\frac{\pi}{4}, t=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
$I = \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} (1 - t^2) dt = \left[ t - \frac{t^3}{3} \right]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}$
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{3(2\sqrt{2})} = \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{6\sqrt{2}} = \frac{6-1}{6\sqrt{2}} = \frac{5}{6\sqrt{2}}$

(D) हमें दिया गया सीमा है: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1^{77}+2^{77}+\ldots+n^{77}}{n^{78}}$
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^{77}$
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$
यहाँ,$f(x) = x^{77}$ है।
अतः,सीमा का मान होगा: $\int_{0}^{1} x^{77} dx$
समाकलन करने पर: $\left[ \frac{x^{78}}{78} \right]_{0}^{1} = \frac{1^{78}}{78} - \frac{0^{78}}{78} = \frac{1}{78}$

(C) दी गई सीमा $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n^2-r^2}}$ है।
हर में वर्गमूल से $n$ को उभयनिष्ठ लेकर हम व्यंजक को फिर से लिख सकते हैं:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{n-1} \frac{1}{n \sqrt{1-(\frac{r}{n})^2}}$.
यह $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n-1} f(\frac{r}{n})$ के रूप का एक रीमान योग है,जो निश्चित समाकलन $\int_0^1 f(x) dx$ के बराबर है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ है।
अतः,$L = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$ है।
$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ का समाकलन $\sin^{-1}(x)$ होता है।
$0$ से $1$ तक निश्चित समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$L = [\sin^{-1}(x)]_0^1 = \sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$।

(C) माना $I = \lim _{n \rightarrow \infty} \prod_{r=1}^n \left(1+\frac{r^3}{n^3}\right)^{\frac{r^2}{n^3}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log I = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^2}{n^3} \log \left(1+\frac{r^3}{n^3}\right)$.
इसे हम इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\log I = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \left(\frac{r}{n}\right)^2 \log \left(1+\left(\frac{r}{n}\right)^3\right)$.
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$:
$\log I = \int_0^1 x^2 \log(1+x^3) dx$.
माना $t = 1+x^3$,तब $dt = 3x^2 dx$,या $x^2 dx = \frac{1}{3} dt$.
जब $x=0, t=1$. जब $x=1, t=2$.
$\log I = \frac{1}{3} \int_1^2 \log t dt = \frac{1}{3} [t \log t - t]_1^2$.
$\log I = \frac{1}{3} [(2 \log 2 - 2) - (1 \log 1 - 1)] = \frac{1}{3} [2 \log 2 - 2 + 1] = \frac{2 \log 2 - 1}{3}$.
अतः,$I = e^{\left(\frac{2 \log 2 - 1}{3}\right)}$.

(A) दी गई सीमा $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{n}{(n+k) \sqrt{k(2n+k)}}$ है।
हम सामान्य पद को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{n}{(n+k) \sqrt{k \cdot n \left(2+\frac{k}{n}\right)}}$
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{n^2}{(n+k) \sqrt{\frac{k}{n} \cdot n \left(2+\frac{k}{n}\right)}}$
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right) \sqrt{\frac{k}{n} \left(2+\frac{k}{n}\right)}}$
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n g\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 g(x) dx$,जहाँ $x = \frac{k}{n}$ है।
अतः,$S = \int_0^1 \frac{1}{(1+x) \sqrt{x(2+x)}} dx = \int_0^1 \frac{1}{(1+x) \sqrt{2x+x^2}} dx$.
इसकी तुलना $\int_0^1 f(x) dx$ से करने पर,हमें $f(x) = \frac{1}{(1+x) \sqrt{2x+x^2}}$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया सीमा $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{r}}$ है।
हम इस व्यंजक को $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{r/n}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$ होता है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ है।
अतः,$L = \int_0^1 x^{-1/2} dx$ है।
समाकल का मान ज्ञात करने पर: $L = \left[ \frac{x^{1/2}}{1/2} \right]_0^1 = [2\sqrt{x}]_0^1 = 2(1) - 2(0) = 2$.

(C) दी गई सीमा:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{4n} \frac{n^2}{(n+r)^3}$
हम सामान्य पद को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\frac{n^2}{(n+r)^3} = \frac{n^2}{n^3(1+\frac{r}{n})^3} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{(1+\frac{r}{n})^3}$
अतः,व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{4n} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{(1+\frac{r}{n})^3}$
योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,जहाँ $\frac{r}{n} = x$ और $\frac{1}{n} = dx$,जैसे ही $n \rightarrow \infty$,$x$ की सीमा $0$ से $4$ तक है:
$L = \int_{0}^{4} \frac{1}{(1+x)^3} dx$
$L = \left[ \frac{(1+x)^{-2}}{-2} \right]_{0}^{4} = -\frac{1}{2} \left[ \frac{1}{(1+x)^2} \right]_{0}^{4}$
$L = -\frac{1}{2} \left( \frac{1}{25} - 1 \right) = -\frac{1}{2} \left( -\frac{24}{25} \right) = \frac{12}{25}$
अतः,विकल्प $(c)$ सही है।

(B) दिया गया व्यंजक है,$I = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n}}{n^{\frac{3}{2}}}$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{r=1}^{n} \sqrt{r}}{n \sqrt{n}}$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \sqrt{\frac{r}{n}}$
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$,जहाँ $f(x) = \sqrt{x}$ है।
$I = \int_{0}^{1} \sqrt{x} dx$
$= [\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}]_{0}^{1}$
$= \frac{2}{3} [x^{\frac{3}{2}}]_{0}^{1}$
$= \frac{2}{3} (1 - 0) = \frac{2}{3}$

(B) दी गई अभिव्यक्ति $S = \lim _{n \rightarrow \infty} n \sum_{r=1}^n \frac{1}{3 n^2+8 n r+4 r^2}$ है।
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{1}{3+8(\frac{r}{n})+4(\frac{r}{n})^2}$.
यह एक रीमान योग है,जिसे निश्चित समाकलन के रूप में लिखा जा सकता है:
$S = \int_0^1 \frac{dx}{4x^2+8x+3} = \int_0^1 \frac{dx}{(2x+2)^2-1} = \int_0^1 \frac{dx}{4(x+1)^2-1}$.
सूत्र $\int \frac{dx}{x^2-a^2} = \frac{1}{2a} \ln |\frac{x-a}{x+a}|$ का उपयोग करते हुए:
$S = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{dx}{(x+1)^2-(\frac{1}{2})^2} = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2(\frac{1}{2})} [\ln |\frac{x+1-1/2}{x+1+1/2}|]_0^1$.
$S = \frac{1}{4} [\ln |\frac{x+1/2}{x+3/2}|]_0^1 = \frac{1}{4} [\ln \frac{3/2}{5/2} - \ln \frac{1/2}{3/2}] = \frac{1}{4} [\ln \frac{3}{5} - \ln \frac{1}{3}] = \frac{1}{4} \ln (\frac{3}{5} \times 3) = \frac{1}{4} \ln \frac{9}{5}$.

(A) दी गई अभिव्यक्ति $\lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n}{n^2 + r^2}$ है।
हम इसे $\lim_{n \to \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n}{n^2(1 + (r/n)^2)}$ के रूप में लिख सकते हैं।
यह सरल होकर $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{1 + (r/n)^2}$ हो जाता है।
निश्चित समाकलन की परिभाषा के अनुसार,यह $\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^2} dx$ के बराबर है।
$\frac{1}{1 + x^2}$ का समाकलन $\tan^{-1}(x)$ है।
$0$ से $1$ तक मान रखने पर,हमें $\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(0) = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।

(A) दी गई सीमा $L = \lim_{n \to \infty} \sum_{r=0}^{n(b-a)} \frac{1}{na + r}$ है।
हम इसे $L = \lim_{n \to \infty} \sum_{r=0}^{n(b-a)} \frac{1}{n(a + \frac{r}{n})}$ के रूप में लिख सकते हैं।
यह $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{n(b-a)} f(\frac{r}{n})$ के रूप में एक रीमान योग है,जहाँ $f(x) = \frac{1}{a+x}$ है।
इसे निश्चित समाकल में बदलने पर,हमें $L = \int_{0}^{b-a} \frac{1}{a+x} dx$ प्राप्त होता है।
समाकल का मूल्यांकन करने पर,$L = [\log(a+x)]_{0}^{b-a}$ प्राप्त होता है।
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर,$L = \log(a + (b-a)) - \log(a + 0) = \log(b) - \log(a) = \log(\frac{b}{a})$।

(B) दी गई अभिव्यक्ति $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{2n} \frac{1}{n+r}$ है।
हम इसे $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=0}^{2n} \frac{1}{n(1 + \frac{r}{n})}$ के रूप में लिख सकते हैं।
यह $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=0}^{2n} f(\frac{r}{n})$ के रूप का रीमान योग है,जो $\int_{0}^{2} f(x) dx$ के बराबर होता है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{1+x}$ है।
अतः,$S = \int_{0}^{2} \frac{1}{1+x} dx$ है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर,हमें $S = [\ln(1+x)]_{0}^{2}$ प्राप्त होता है।
$S = \ln(1+2) - \ln(1+0) = \ln(3) - \ln(1) = \ln(3) - 0 = \ln(3)$।

(A) दी गई अभिव्यक्ति $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{\sqrt{n^2-r^2}}{n^2}$ है।
हम इसे $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{n \sqrt{1-(r/n)^2}}{n^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \sqrt{1-(\frac{r}{n})^2}$ के रूप में लिख सकते हैं।
निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ होता है।
यहाँ,$f(x) = \sqrt{1-x^2}$ है।
अतः,$S = \int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2} dx$ है।
मानक समाकल सूत्र $\int \sqrt{a^2-x^2} dx = \frac{x}{2} \sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2} \sin^{-1}(\frac{x}{a})$ का उपयोग करने पर:
$S = [\frac{x}{2} \sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2} \sin^{-1}(x)]_{0}^{1}$ प्राप्त होता है।
सीमाओं का मान रखने पर: $S = (0 + \frac{1}{2} \sin^{-1}(1)) - (0 + \frac{1}{2} \sin^{-1}(0)) = \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$।

(A) दिया गया सीमा $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{r}{\sqrt{n^2+r^2}}$ है।
हम इसे $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2 n} \frac{1}{n} \cdot \frac{r/n}{\sqrt{1+(r/n)^2}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
यह $\int_{0}^{2} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx$ के रूप का एक रीमान योग है।
माना $u = 1+x^2$,तो $du = 2x dx$,या $x dx = \frac{1}{2} du$ है।
जब $x=0$,तो $u=1$ है। जब $x=2$,तो $u=1+2^2=5$ है।
अतः,$L = \int_{1}^{5} \frac{1}{2\sqrt{u}} du = \frac{1}{2} [2\sqrt{u}]_{1}^{5} = [\sqrt{u}]_{1}^{5} = \sqrt{5}-1$।

(B) दी गई सीमा $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r^2}{r^3+n^3}$ है।
हम इसे $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r^2}{n^3( (r/n)^3 + 1 )}$ के रूप में लिख सकते हैं।
$n$ से गुणा और भाग करने पर,हमें $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{(r/n)^2}{(r/n)^3 + 1}$ प्राप्त होता है।
निश्चित समाकलन की परिभाषा $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ का उपयोग करते हुए,$S = \int_{0}^{1} \frac{x^2}{x^3+1} dx$ प्राप्त होता है।
माना $u = x^3+1$,तो $du = 3x^2 dx$,जिसका अर्थ है $x^2 dx = \frac{du}{3}$।
जब $x=0$,तो $u=1$। जब $x=1$,तो $u=2$।
अतः,$S = \int_{1}^{2} \frac{1}{u} \cdot \frac{du}{3} = \frac{1}{3} [\ln |u|]_{1}^{2} = \frac{1}{3} (\ln 2 - \ln 1) = \frac{1}{3} \ln 2 = \ln 2^{1/3} = \log \sqrt[3]{2}$।

(C) हमारे पास है,
$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1^k+2^k+3^k+\ldots+n^k}{n^{k+1}}\right]$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \left(\frac{r}{n}\right)^k$
यह योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकलन की परिभाषा है:
$\int_0^1 x^k \, dx$
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$\int_0^1 x^k \, dx = \left[ \frac{x^{k+1}}{k+1} \right]_0^1$
$= \frac{1^{k+1}}{k+1} - \frac{0^{k+1}}{k+1} = \frac{1}{k+1}$
अतः,सीमा का मान $\frac{1}{k+1}$ है.

(D) दी गई अभिव्यक्ति $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{4n^2 - r^2}}$ है।
हम योग के अंदर के पद को $\frac{1}{\sqrt{n^2(4 - (r/n)^2)}} = \frac{1}{n \sqrt{4 - (r/n)^2}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{4 - (r/n)^2}}$।
निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{1} f(x) dx$।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{4 - x^2}}$ है।
इसलिए,$S = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{2^2 - x^2}} dx$।
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx = \arcsin(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$S = [\arcsin(\frac{x}{2})]_{0}^{1} = \arcsin(\frac{1}{2}) - \arcsin(0) = \frac{\pi}{6} - 0 = \frac{\pi}{6}$।

(B) दिया गया व्यंजक $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n^2-r^2}}$ है।
हम इसे $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n-1} \frac{1}{n \sqrt{1-(\frac{r}{n})^2}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकल की परिभाषा के अनुसार,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n-1} f(\frac{r}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$ होता है।
यहाँ,$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ है।
अतः,$S = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$।
समाकल का मान ज्ञात करने पर,$S = [\sin ^{-1} x]_0^1$ प्राप्त होता है।
$S = \sin ^{-1}(1) - \sin ^{-1}(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$।

(C) दी गई सीमा को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2n} \frac{n+r}{n^2+r^2} = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{2n} \frac{n(1+r/n)}{n^2(1+(r/n)^2)} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{2n} \frac{1+r/n}{1+(r/n)^2}$
यह $\int_{0}^{2} \frac{1+x}{1+x^2} dx$ के रूप में एक रीमान योग है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$\int_{0}^{2} \frac{1}{1+x^2} dx + \int_{0}^{2} \frac{x}{1+x^2} dx$
$= [\operatorname{Tan}^{-1} x]_{0}^{2} + \frac{1}{2} [\log(1+x^2)]_{0}^{2}$
$= (\operatorname{Tan}^{-1} 2 - 0) + \frac{1}{2} (\log 5 - \log 1)$
$= \operatorname{Tan}^{-1} 2 + \frac{1}{2} \log 5$.

(B) दी गई अभिव्यक्ति को योग के रूप में लिखा जा सकता है:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r}{r^2+n^2}$
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर:
$S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{r/n^2}{(r/n)^2+1} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{r/n}{(r/n)^2+1}$
यह रीमान योग $\int_{0}^{1} f(x) dx$ के रूप में है,जहाँ $x = r/n$ और $dx = 1/n$:
$S = \int_{0}^{1} \frac{x}{x^2+1} dx$
मान लीजिए $u = x^2+1$,तब $du = 2x dx$,अर्थात $x dx = du/2$:
$S = \frac{1}{2} \int_{1}^{2} \frac{1}{u} du = \frac{1}{2} [\log |u|]_{1}^{2}$
$S = \frac{1}{2} (\log 2 - \log 1) = \frac{1}{2} \log 2$

(B) दी गई सीमा $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{(k-1)n} \frac{1}{n+r}$ है।
इसे $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{(k-1)n} \frac{1}{n(1 + \frac{r}{n})}$ के रूप में फिर से लिखा जा सकता है।
निश्चित समाकल की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{m n} f(\frac{r}{n}) = \int_{0}^{m} f(x) dx$ होता है।
यहाँ,$m = k-1$ और $f(x) = \frac{1}{1+x}$ है।
अतः,$L = \int_{0}^{k-1} \frac{1}{1+x} dx$।
समाकल का मूल्यांकन करने पर,हमें $L = [\log(1+x)]_{0}^{k-1}$ प्राप्त होता है।
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर,$L = \log(1 + k - 1) - \log(1 + 0) = \log(k) - \log(1) = \log(k)$।
इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(A) दिया गया सीमा $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ के रूप में है।
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^{n} \frac{\pi}{2 n} \sin \left( r \cdot \frac{\pi}{2 n} \right)$.
मान लीजिए $x = \frac{r \pi}{2 n}$,तो $dx = \frac{\pi}{2 n}$.
जब $r=1$,तो $x \rightarrow 0$ और जब $r=n$,तो $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$.
समाकलन इस प्रकार होगा:
$\int_{0}^{\pi/2} \sin(x) dx$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर:
$[-\cos(x)]_{0}^{\pi/2} = -\cos(\frac{\pi}{2}) - (-\cos(0)) = -0 + 1 = 1$.

(C) दी गई अभिव्यक्ति $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2} \sec^2 \left(\frac{k^2}{n^4}\right)$ है।
इसे $S = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2} \sec^2 \left(\left(\frac{k}{n^2}\right)^2\right)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
माना $x = \frac{k}{n^2}$ और $dx = \frac{1}{n^2}$।
यह रीमान योग $\int_{0}^{1} x \sec^2(x^2) dx$ के बराबर है।
माना $u = x^2$,तो $du = 2x dx$,इसलिए $x dx = \frac{1}{2} du$।
जब $x=0, u=0$ और जब $x=1, u=1$।
अतः,$S = \int_{0}^{1} \frac{1}{2} \sec^2(u) du = \frac{1}{2} [\tan(u)]_{0}^{1} = \frac{1}{2} \tan(1)$।

(B) दी गई सीमा $l = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n} \sin \left( \frac{\pi}{4} + \frac{k \pi}{12n} \right)$ है।
यह $\int_{0}^{1} f(x) dx = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n} f(\frac{k}{n})$ के रूप का रीमान योग है।
यहाँ,$f(x) = \sin(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}x)$ है।
अतः,$l = \int_{0}^{1} \sin(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}x) dx$ है।
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$l = \left[ -\frac{12}{\pi} \cos(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}x) \right]_{0}^{1}$
$l = -\frac{12}{\pi} \left[ \cos(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}) - \cos(\frac{\pi}{4}) \right]$
$l = -\frac{12}{\pi} \left[ \cos(\frac{\pi}{3}) - \cos(\frac{\pi}{4}) \right]$
$l = \frac{12}{\pi} \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2} \right] = \frac{6(\sqrt{2}-1)}{\pi}$.

(B) माना $V = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)\right]^{1 / n}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log V = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \log \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)$.
यह $\int_{0}^{1} f(x) dx$ के रूप में एक रीमान योग है जहाँ $f(x) = \log(1+x^2)$:
$\log V = \int_{0}^{1} \log(1+x^2) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर,$\int \log(1+x^2) dx = x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1}(x)$.
$0$ से $1$ तक मान ज्ञात करने पर:
$\log V = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
अतः,$V = e^{\log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}} = 2 e^{\frac{\pi}{2}-2}$.

(D) माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \left[ \prod_{r=1}^n \left(1 + \frac{r^2}{n^2}\right) \right]^{\frac{1}{n}}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1 + \left(\frac{r}{n}\right)^2\right)$.
योगफल की सीमा के रूप में निश्चित समाकलन की परिभाषा का उपयोग करने पर:
$\log L = \int_0^1 \log(1 + x^2) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \log(1 + x^2)$ और $dv = dx$ लेने पर:
$\log L = [x \log(1 + x^2)]_0^1 - \int_0^1 x \cdot \frac{2x}{1 + x^2} dx$.
$\log L = \log 2 - 2 \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^2} dx = \log 2 - 2 \int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1 + x^2}\right) dx$.
$\log L = \log 2 - 2 [x - \tan^{-1} x]_0^1 = \log 2 - 2(1 - \frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
अतः,$L = e^{\log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}} = 2 e^{\frac{\pi-4}{2}}$.

(D) माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{((2n)!/n!)^{1/n}}{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \left( \frac{(2n)!}{n! n^n} \right)^{1/n}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \left( \frac{n+k}{n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \left( 1 + \frac{k}{n} \right)$.
यह समाकलन $\int_0^1 \ln(1+x) \, dx$ के लिए एक रीमान योग है।
अतः,$\ln L = \int_0^1 \ln(1+x) \, dx$,जिसका अर्थ है $L = e^{\int_0^1 \ln(1+x) \, dx}$.
सीमा में दिया गया व्यंजक निश्चित समाकलन की रीमान योग परिभाषा का उपयोग करके मूल्यांकन करने पर $\int_0^1 \ln(1+x) \, dx$ के बराबर है।

(C) माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^n \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{1 / n}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
यह एक रीमैन योग है,जिसे निश्चित समाकलन के रूप में व्यक्त किया जा सकता है:
$\log L = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \log(1+x^2)$ और $dv = dx$ लेने पर:
$\int \log(1+x^2) dx = x \log(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2 \int \frac{x^2+1-1}{1+x^2} dx = x \log(1+x^2) - 2 \int \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x$.
$0$ से $1$ तक मान ज्ञात करने पर:
$\log L = [1 \cdot \log(2) - 2(1) + 2 \tan^{-1}(1)] - [0 - 0 + 0] = \log 2 - 2 + 2(\frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$.
$\log L = \log 2 + \frac{\pi-4}{2} = \log 2 + \log e^{\frac{\pi-4}{2}} = \log \left(2 e^{\frac{\pi-4}{2}}\right)$.
अतः,$L = 2 e^{\frac{\pi-4}{2}}$.

(C) दिया गया व्यंजक $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \frac{r}{n} \sin ^{-1} \left( \frac{r}{n} \right)$ है।
यह एक रीमान योग है,जिसे निश्चित समाकलन $\int_0^1 x \sin ^{-1} x \, dx$ के रूप में लिखा जा सकता है।
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \sin ^{-1} x$ और $dv = x \, dx$ लेने पर,$du = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ और $v = \frac{x^2}{2}$ प्राप्त होता है।
$\int_0^1 x \sin ^{-1} x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \sin ^{-1} x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2 \sqrt{1-x^2}} \, dx$.
प्रथम पद का मान: $\left[ \frac{1^2}{2} \sin ^{-1}(1) - 0 \right] = \frac{\pi}{4}$.
दूसरे पद के लिए: $-\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = -\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2 - 1 + 1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \frac{1}{2} \int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$.
मानक समाकलन का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{2} \left[ \frac{x}{2} \sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2} \sin ^{-1} x \right]_0^1 - \frac{1}{2} \left[ \sin ^{-1} x \right]_0^1 = \frac{\pi}{8} - \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{8}$.
कुल योग: $\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{8}$.

(D) दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{n^2} \sec ^2 \frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2} \sec ^2 \frac{4}{n^2}+\ldots+\frac{n}{n^2} \sec ^2 \frac{n^2}{n^2}\right]$ है।
इसे $\int_0^1 x \sec^2(x^2) dx$ के रूप में लिखा जा सकता है।
माना $x^2 = t$,तब $2x dx = dt$,अर्थात $x dx = \frac{1}{2} dt$.
जब $x=0, t=0$ और जब $x=1, t=1$.
समाकलन $\frac{1}{2} \int_0^1 \sec^2 t dt = \frac{1}{2} [\tan t]_0^1 = \frac{1}{2} \tan(1)$ प्राप्त होता है।

(A) हमें निश्चित समाकल की परिभाषा योग की सीमा के रूप में दी गई है: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n p} f\left(\frac{r}{n}\right)=\int_0^p f(x) d x$.
हमें $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{7k}{n}\right)$ का मान ज्ञात करना है।
मान लीजिए $r = k$. व्यंजक को $L = 3 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(7 \cdot \frac{r}{n}\right)$ के रूप में फिर से लिखा जा सकता है।
मान लीजिए $g(x) = f(7x) = (7x)^2 + 2 = 49x^2 + 2$.
तब व्यंजक $3 \int_0^1 g(x) dx = 3 \int_0^1 (49x^2 + 2) dx$ बन जाता है।
समाकल का मूल्यांकन करने पर: $3 \left[ \frac{49x^3}{3} + 2x \right]_0^1 = 3 \left( \frac{49}{3} + 2 \right) = 49 + 6 = 55$.
अतः,सही विकल्प $A$ है।