यदि b_{n} = int_{0}^{frac{pi}{2}} frac{cos^{2 | vedclass

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Question

(D) अंतर $b_{n+1} - b_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2}(n+1)x - \cos^{2}nx}{\sin x} dx$ पर विचार करें।सर्वसमिका $\cos^{2}A - \cos^{2}B = -

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$\frac{1}{b_{3}-b_{2}}, \frac{1}{b_{4}-b_{3}}, \frac{1}{b_{5}-b_{4}}$ एक $A.P.$ में हैं जिनका सार्व अंतर $-2$ है

Vedclass · Answer

(D) अंतर $b_{n+1} - b_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2}(n+1)x - \cos^{2}nx}{\sin x} dx$ पर विचार करें।सर्वसमिका $\cos^{2}A - \cos^{2}B = -\sin(A+B)\sin(A-B)$ का उपयोग करने पर:$b_{n+1} - b_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{-\sin(2n+1)x \sin x}{\sin x} dx = -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(2n+1)x dx$।समाकलन का मान ज्ञात करने पर:$b_{n+1} - b_{n} = \left[ \frac{\cos(2n+1)x}{2n+1} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\cos((2n+1)\frac{\pi}{2}) - \cos(0)}{2n+1} = \frac{0 - 1}{2n+1} = -\frac{1}{2n+1}$।अब,मान लें कि $a_{n} = b_{n+1} - b_{n} = -\frac{1}{2n+1}$।अतः $\frac{1}{a_{n}} = -(2n+1)$।$n=2, 3, 4$ के लिए,$\frac{1}{a_{2}} = -5, \frac{1}{a_{3}} = -7, \frac{1}{a_{4}} = -9$ प्राप्त होता है।ये पद $-2$ के सार्व अंतर के साथ $A.P.$ में हैं,क्योंकि $-7 - (-5) = -2$ और $-9 - (-7) = -2$।इस प्रकार,$\frac{1}{b_{3}-b_{2}}, \frac{1}{b_{4}-b_{3}}, \frac{1}{b_{5}-b_{4}}$ एक $A.P.$ में हैं जिनका सार्व अंतर $-2$ है।

स्तंभ $I$	स्तंभ $II$
$(A) \int_{-1}^1 \frac{dx}{1+x^2}$	$(p) \frac{1}{2} \log \left(\frac{2}{3}\right)$
$(B) \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$	$(q) 2 \log \left(\frac{2}{3}\right)$
$(C) \int_2^3 \frac{dx}{1-x^2}$	$(r) \frac{\pi}{3}$
$(D) \int_1^2 \frac{dx}{x \sqrt{x^2-1}}$	$(s) \frac{\pi}{2}$

यदि $b_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2} nx}{\sin x} dx$,$n \in N$,तो

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$\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{{{(1 - x)}^2}}}} $ का मान है

मान लीजिए $I_n = \int_0^1 e^{-y} y^n \, dy$,जहाँ $n$ एक अऋणात्मक पूर्णांक है। तो,$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{I_n}{n!}$ का मान ज्ञात कीजिए।

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