MHT CET 2021 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) दिया गया फलन $f(x) = 3 + 2^x + 4^x$ है।
चूंकि सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए $2^x > 0$,इसलिए $4^x = (2^x)^2 > 0$ होगा।
माना $t = 2^x$,जहाँ $t \in (0, \infty)$ है।
तब फलन $g(t) = 3 + t + t^2$ हो जाता है।
चूंकि $t > 0$,जैसे-जैसे $t \to 0^+$ होता है,$t + t^2$ का न्यूनतम मान $0$ की ओर अग्रसर होता है।
जैसे-जैसे $t \to \infty$ होता है,$t + t^2 \to \infty$ होता है।
अतः,$t > 0$ के लिए $t + t^2$ का परिसर $(0, \infty)$ है।
इस परिसर में $3$ जोड़ने पर,$f(x)$ का परिसर $(3 + 0, 3 + \infty) = (3, \infty)$ प्राप्त होता है।

(B) हमें $f(x) = \frac{x}{2x+1}$ और $g(x) = \frac{x}{x+1}$ दिया गया है।
$(f \circ g)(x)$ ज्ञात करने के लिए,हम $f(g(x))$ की गणना करते हैं:
$(f \circ g)(x) = f\left(\frac{x}{x+1}\right)$
$f(x)$ फलन में $\frac{x}{x+1}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$(f \circ g)(x) = \frac{\left(\frac{x}{x+1}\right)}{2\left(\frac{x}{x+1}\right) + 1}$
सरल बनाने के लिए अंश और हर को $(x+1)$ से गुणा करने पर:
$(f \circ g)(x) = \frac{x}{2x + 1(x+1)}$
$(f \circ g)(x) = \frac{x}{2x + x + 1}$
$(f \circ g)(x) = \frac{x}{3x + 1}$

(A) दिया गया समीकरण $2 f(x)-3 f\left(\frac{1}{x}\right)=x$ है ---$(1)$
समीकरण $(1)$ में $x$ को $\frac{1}{x}$ से प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2 f\left(\frac{1}{x}\right)-3 f(x)=\frac{1}{x}$ ---$(2)$
$f\left(\frac{1}{x}\right)$ को हटाने के लिए,समीकरण $(1)$ को $2$ से और समीकरण $(2)$ को $3$ से गुणा करके उन्हें जोड़ने पर:
$4 f(x)-6 f\left(\frac{1}{x}\right)=2 x$
$6 f\left(\frac{1}{x}\right)-9 f(x)=\frac{3}{x}$
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$-5 f(x)=2 x+\frac{3}{x} \implies f(x)=-\frac{2}{5} x-\frac{3}{5 x}$
अब,समाकलन की गणना करें:
$\int_1^e f(x) d x = \int_1^e \left(-\frac{2}{5} x-\frac{3}{5 x}\right) d x$
$= -\frac{2}{5} \int_1^e x d x - \frac{3}{5} \int_1^e \frac{1}{x} d x$
$= -\frac{2}{5} \left[\frac{x^2}{2}\right]_1^e - \frac{3}{5} [\ln x]_1^e$
$= -\frac{1}{5} (e^2-1) - \frac{3}{5} (\ln e - \ln 1)$
$= -\frac{e^2}{5} + \frac{1}{5} - \frac{3}{5} (1 - 0)$
$= -\frac{e^2}{5} - \frac{2}{5} = -\left(\frac{2+e^2}{5}\right)$

(B) दिया गया है कि $f(x)=3[x]+5\{x+1\}$।
$x=-1.32$ के लिए,$[x]=[-1.32]=-2$ होता है।
साथ ही,$x+1=-1.32+1=-0.32$ होता है।
हम जानते हैं कि $\{x+1\} = (x+1) - [x+1] = -0.32 - [-0.32] = -0.32 - (-1) = 0.68$।
अब,फलन में मान रखने पर:
$f(-1.32) = 3(-2) + 5(0.68)$
$f(-1.32) = -6 + 3.4 = -2.6$।

(D) दिया गया फलन $f(x) = [8x] - 3$ है।
$f(\pi)$ ज्ञात करने के लिए,हम फलन में $x = \pi$ प्रतिस्थापित करते हैं।
चूँकि $\pi \approx 3.14159$,इसलिए $8\pi \approx 8 \times 3.14159 = 25.1327$ होता है।
अतः,$f(\pi) = [8\pi] - 3 = [25.1327] - 3$।
महत्तम पूर्णांक फलन $[25.1327]$ का मान $25$ है।
इस प्रकार,$f(\pi) = 25 - 3 = 22$।

(C) हम जानते हैं कि किसी भी वास्तविक संख्या $x$ के लिए,$x = [x] + \{x\}$,जहाँ $[x]$ महत्तम पूर्णांक फलन है और $\{x\}$ भिन्नात्मक भाग फलन है।
$x = -1.4$ के लिए,महत्तम पूर्णांक $[x] = [-1.4] = -2$ होगा।
अतः,भिन्नात्मक भाग $\{x\} = x - [x] = -1.4 - (-2) = 0.6$ होगा।
दिया गया फलन $f(x) = 2\{x\} + 5x$ है।
फलन में $x = -1.4$ और $\{x\} = 0.6$ रखने पर:
$f(-1.4) = 2(0.6) + 5(-1.4)$
$f(-1.4) = 1.2 - 7.0$
$f(-1.4) = -5.8$.

(C) माना $I = \int [1+2 \tan^2 x + 2 \tan x \sec x]^{1/2} dx$.
चूँकि $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,हम वर्गमूल के अंदर के व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int [\sec^2 x + \tan^2 x + 2 \sec x \tan x]^{1/2} dx$.
यह एक पूर्ण वर्ग है:
$I = \int [(\sec x + \tan x)^2]^{1/2} dx = \int (\sec x + \tan x) dx$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$I = \int \sec x dx + \int \tan x dx$.
$I = \log |\sec x + \tan x| + \log |\sec x| + c$.
गुणधर्म $\log a + \log b = \log(ab)$ का उपयोग करने पर:
$I = \log |\sec x(\sec x + \tan x)| + c$.

(D) हम जानते हैं कि $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + c$ के रूप का समाकलन।
यहाँ,मान लीजिए $f(x) = \frac{1}{x}$.
तब,$f'(x) = -\frac{1}{x^2}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int e^x \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right) dx = \int e^x \left( f(x) + f'(x) \right) dx$.
सूत्र का उपयोग करने पर,हमें $I = e^x f(x) + c = \frac{e^x}{x} + c$ प्राप्त होता है।

(A) समाकलन $I = \int \frac{1}{\cos x+\sqrt{3} \sin x} dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हर को $2$ से गुणा और भाग करते हैं:
$I = \int \frac{1}{2(\frac{1}{2} \cos x + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x)} dx$
सर्वसमिका $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करते हुए,हम लिख सकते हैं कि $\frac{1}{2} \cos x + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x = \sin(x + \frac{\pi}{6})$:
$I = \frac{1}{2} \int \frac{1}{\sin(x + \frac{\pi}{6})} dx$
$I = \frac{1}{2} \int \csc(x + \frac{\pi}{6}) dx$
मानक समाकलन सूत्र $\int \csc \theta d\theta = \log |\tan(\frac{\theta}{2})| + C$ का उपयोग करते हुए:
$I = \frac{1}{2} \log |\tan(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{12})| + C$

(A) माना $I = \int \frac{\sin x}{\sin (x-\alpha)} dx$.
अंश को $\sin x = \sin ((x-\alpha) + \alpha)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
$\sin (A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ सर्वसमिका का उपयोग करने पर:
$\sin ((x-\alpha) + \alpha) = \sin (x-\alpha) \cos \alpha + \cos (x-\alpha) \sin \alpha$.
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{\sin (x-\alpha) \cos \alpha + \cos (x-\alpha) \sin \alpha}{\sin (x-\alpha)} dx$.
$I = \int \cos \alpha dx + \int \sin \alpha \frac{\cos (x-\alpha)}{\sin (x-\alpha)} dx$.
$I = \cos \alpha \int dx + \sin \alpha \int \cot (x-\alpha) dx$.
समाकलन करने पर,$I = x \cos \alpha + \sin \alpha \log |\sin (x-\alpha)| + c$ प्राप्त होता है।
दिए गए रूप $Ax + B \log |\sin (x-\alpha)| + c$ से तुलना करने पर,$A = \cos \alpha$ और $B = \sin \alpha$ प्राप्त होते हैं।

(A) माना $I = \int \frac{x+\sin x}{1+\cos x} dx$.
सर्वसमिकाओं $1+\cos x = 2\cos^2 \frac{x}{2}$ और $\sin x = 2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{x + 2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2\cos^2 \frac{x}{2}} dx$
$I = \int \frac{x}{2\cos^2 \frac{x}{2}} dx + \int \frac{2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2\cos^2 \frac{x}{2}} dx$
$I = \frac{1}{2} \int x \sec^2 \frac{x}{2} dx + \int \tan \frac{x}{2} dx$
प्रथम पद $\int x \sec^2 \frac{x}{2} dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर ($u=x$ और $dv=\sec^2 \frac{x}{2} dx$ लेने पर):
$\int x \sec^2 \frac{x}{2} dx = x(2\tan \frac{x}{2}) - \int 2\tan \frac{x}{2} dx = 2x\tan \frac{x}{2} - 2 \int \tan \frac{x}{2} dx$
इस मान को $I$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{1}{2} [2x\tan \frac{x}{2} - 2 \int \tan \frac{x}{2} dx] + \int \tan \frac{x}{2} dx$
$I = x\tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} dx + \int \tan \frac{x}{2} dx$
$I = x\tan \frac{x}{2} + c$.

(D) माना $I = \int \frac{1+x^2}{1+x^4} dx$ है।
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\frac{1}{x^2} + 1}{\frac{1}{x^2} + x^2} dx = \int \frac{1 + \frac{1}{x^2}}{x^2 + \frac{1}{x^2}} dx$ प्राप्त होता है।
हम हर को $(x - \frac{1}{x})^2 + 2$ के रूप में लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{1 + \frac{1}{x^2}}{(x - \frac{1}{x})^2 + 2} dx$।
माना $t = x - \frac{1}{x}$ है। तब $dt = (1 + \frac{1}{x^2}) dx$ होगा।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{t^2 + 2} = \int \frac{dt}{t^2 + (\sqrt{2})^2}$ प्राप्त होता है।
सूत्र $\int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{t}{\sqrt{2}}) + c$ प्राप्त होता है।
$t = x - \frac{1}{x}$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}\left[\frac{x - \frac{1}{x}}{\sqrt{2}}\right] + c$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना दिए गए व्यंजक $\frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}\left[\frac{f(x)}{\sqrt{2}}\right] + c$ से करने पर,हमें $f(x) = x - \frac{1}{x}$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}} dx = \int \frac{x^2 \cdot x}{\sqrt{1+x^2}} dx$.
$t = \sqrt{1+x^2}$ प्रतिस्थापित करने पर,$t^2 = 1+x^2$ और $x^2 = t^2 - 1$.
अवकलन करने पर,$2t dt = 2x dx$,जिसका अर्थ है $x dx = t dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर: $I = \int \frac{(t^2 - 1) t dt}{t} = \int (t^2 - 1) dt$.
समाकलन करने पर,$I = \frac{t^3}{3} - t + c$.
$t = \sqrt{1+x^2}$ वापस रखने पर,$I = \frac{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}}{3} - \sqrt{1+x^2} + c$.
दिए गए व्यंजक $a(1+x^2)^{\frac{3}{2}} + b \sqrt{1+x^2} + c$ से तुलना करने पर,$a = \frac{1}{3}$ और $b = -1$ प्राप्त होता है।
अतः,$a+b = \frac{1}{3} - 1 = \frac{-2}{3}$.

(A) हमारे पास समाकलन $I = \int e^{\tan x}(\sec^2 x + \sec^3 x \sin x) dx$ है।
चूंकि $\sec^3 x \sin x = \sec^2 x \cdot \sec x \sin x = \sec^2 x \tan x$,हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int e^{\tan x}(\sec^2 x + \sec^2 x \tan x) dx = \int e^{\tan x} \sec^2 x (1 + \tan x) dx$.
माना $u = \tan x$,तब $du = \sec^2 x dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int e^u (1 + u) du = \int (e^u + u e^u) du$.
मानक समाकलन रूप $\int e^u (f(u) + f'(u)) du = e^u f(u) + c$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $f(u) = u$ और $f'(u) = 1$:
$I = e^u \cdot u + c = e^{\tan x} \tan x + c$.

(B) माना $I = \int \frac{dx}{x^{\frac{1}{2}} + x^{\frac{1}{3}}}$.
$x^{\frac{1}{6}} = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = t^6$ और $dx = 6t^5 \, dt$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$x^{\frac{1}{2}} = t^3$ और $x^{\frac{1}{3}} = t^2$ है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{6t^5 \, dt}{t^3 + t^2} = 6 \int \frac{t^5}{t^2(t+1)} \, dt = 6 \int \frac{t^3}{t+1} \, dt$.
बहुपद विभाजन या बीजगणितीय सरलीकरण का उपयोग करने पर:
$I = 6 \int \frac{(t^3 + 1) - 1}{t+1} \, dt = 6 \int \left( \frac{(t+1)(t^2 - t + 1)}{t+1} - \frac{1}{t+1} \right) \, dt$.
$I = 6 \int (t^2 - t + 1) \, dt - 6 \int \frac{1}{t+1} \, dt$.
$I = 6 \left( \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} + t \right) - 6 \log |t+1| + c$.
$I = 2t^3 - 3t^2 + 6t - 6 \log |t+1| + c$.
$t = x^{\frac{1}{6}}$ वापस रखने पर:
$I = 2 \sqrt{x} - 3 \sqrt[3]{x} + 6 \sqrt[6]{x} - 6 \log |\sqrt[6]{x} + 1| + c$.

(D) माना $I = \int [\sin(\log x) + \cos(\log x)] dx$ है।
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = e^t$ और $dx = e^t dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int (\sin t + \cos t) e^t dt$।
मानक समाकलन सूत्र $\int e^t [f(t) + f'(t)] dt = e^t f(t) + c$ का उपयोग करने पर,जहाँ $f(t) = \sin t$ और $f'(t) = \cos t$ है।
अतः,$I = e^t \sin t + c$।
$t = \log x$ वापस रखने पर,हमें $I = x \sin(\log x) + c$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int \sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2}\right) d x$ है।
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec ^2 \theta d \theta$ प्राप्त होता है।
चूँकि $|x| < 1$,इसलिए $\sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2}\right) = \sin ^{-1}(\sin 2 \theta) = 2 \theta$ होगा।
अतः,$I = \int 2 \theta \sec ^2 \theta d \theta = 2 \int \theta \sec ^2 \theta d \theta$।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर,$\int u dv = uv - \int v du$,जहाँ $u = \theta$ और $dv = \sec ^2 \theta d \theta$:
$I = 2 [\theta \tan \theta - \int \tan \theta d \theta] = 2 [\theta \tan \theta - \log |\sec \theta|] + c$।
यहाँ $\tan \theta = x$ और $\sec \theta = \sqrt{1+x^2}$ है,इसलिए $\theta = \tan ^{-1} x$ होगा।
$I = 2 [x \tan ^{-1} x - \log |\sqrt{1+x^2}|] + c = 2 x \tan ^{-1} x - 2 \log (1+x^2)^{1/2} + c$।
$I = 2 x \tan ^{-1} x - \log |1+x^2| + c$।

(A) माना $I = \int \frac{\sec^8 x}{\operatorname{cosec} x} \, dx$.
चूंकि $\frac{1}{\operatorname{cosec} x} = \sin x$,इसलिए:
$I = \int \sec^8 x \cdot \sin x \, dx$.
हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \sec^7 x \cdot (\sec x \tan x) \, dx$.
माना $t = \sec x$,तब $dt = \sec x \tan x \, dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int t^7 \, dt$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \frac{t^8}{8} + c$.
अतः,$I = \frac{\sec^8 x}{8} + c$.

(D) माना $I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\operatorname{cosec} x \cdot \cot x}{1+\operatorname{cosec}^2 x} d x$.
$t = \operatorname{cosec} x$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = -\operatorname{cosec} x \cot x \, dx$,जिससे $\operatorname{cosec} x \cot x \, dx = -dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = \frac{\pi}{6}$,तब $t = \operatorname{cosec}(\frac{\pi}{6}) = 2$.
जब $x = \frac{\pi}{2}$,तब $t = \operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2}) = 1$.
अतः,$I = \int_{2}^{1} \frac{-dt}{1+t^2} = \int_{1}^{2} \frac{dt}{1+t^2}$.
समाकलन करने पर,$I = [\tan^{-1} t]_{1}^{2} = \tan^{-1}(2) - \tan^{-1}(1)$.
सूत्र $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1}(\frac{x-y}{1+xy})$ का उपयोग करने पर,$I = \tan^{-1}(\frac{2-1}{1+2 \cdot 1}) = \tan^{-1}(\frac{1}{3})$.

(C) माना $I = \int \frac{\tan ^4 \sqrt{x} \cdot \sec ^2 \sqrt{x}}{\sqrt{x}} d x$ है।
$\sqrt{x} = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2 dt$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर,$I = 2 \int \tan ^4 t \cdot \sec ^2 t dt$ प्राप्त होता है।
अब,$u = \tan t$ लेने पर,$du = \sec ^2 t dt$ प्राप्त होता है।
$u$ का मान समाकलन में रखने पर,$I = 2 \int u^4 du$ प्राप्त होता है।
$u^4$ का $u$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,$I = 2 \cdot \frac{u^5}{5} + c = \frac{2}{5} u^5 + c$ प्राप्त होता है।
अंत में $u = \tan t$ और $t = \sqrt{x}$ वापस रखने पर,$I = \frac{2}{5} \tan ^5 \sqrt{x} + c$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया समाकलन $I = \int \cos ^3 x \cdot e^{\log (\sin x)} d x$ है।
चूंकि $e^{\log (f(x))} = f(x)$,इसलिए समाकलन सरल होकर निम्न रूप में आता है:
$I = \int \cos ^3 x \cdot \sin x d x$.
माना $u = \cos x$ है।
तब $du = -\sin x d x$,जिसका अर्थ है कि $\sin x d x = -du$ है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int u^3 (-du) = -\int u^3 du$।
$u^3$ का समाकलन $\frac{u^4}{4}$ होता है।
अतः,$I = -\frac{u^4}{4} + c$।
$u = \cos x$ वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = -\frac{\cos ^4 x}{4} + c$।

(C) माना $I = \int \frac{\cos x - \sin x}{8 - \sin 2x} dx$.
हम जानते हैं कि $8 - \sin 2x = 9 - (1 + \sin 2x) = 9 - (\sin x + \cos x)^2$.
अतः,$I = \int \frac{\cos x - \sin x}{3^2 - (\sin x + \cos x)^2} dx$.
माना $t = \sin x + \cos x$. तब $dt = (\cos x - \sin x) dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \int \frac{dt}{3^2 - t^2}$.
मानक सूत्र $\int \frac{dx}{a^2 - x^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2(3)} \log \left| \frac{3+t}{3-t} \right| + c = \frac{1}{6} \log \left| \frac{3 + \sin x + \cos x}{3 - (\sin x + \cos x)} \right| + c$.
दिए गए व्यंजक $\frac{1}{p} \log \left[ \frac{3 + \sin x + \cos x}{3 - \sin x - \cos x} \right] + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $p = 6$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int_0^{\pi / 2} \frac{\cos x}{3 \cos x + \sin x} dx$.
हम अंश को इस प्रकार व्यक्त करते हैं: $\cos x = A(3 \cos x + \sin x) + B \frac{d}{dx}(3 \cos x + \sin x)$.
$\cos x = A(3 \cos x + \sin x) + B(-3 \sin x + \cos x)$.
$\cos x$ और $\sin x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$3A + B = 1$ और $A - 3B = 0$.
दूसरे समीकरण से,$A = 3B$. पहले समीकरण में रखने पर: $3(3B) + B = 1 \implies 10B = 1 \implies B = \frac{1}{10}$.
अतः $A = 3(\frac{1}{10}) = \frac{3}{10}$.
अब,$I = \int_0^{\pi / 2} \left( \frac{3}{10} \frac{3 \cos x + \sin x}{3 \cos x + \sin x} + \frac{1}{10} \frac{-3 \sin x + \cos x}{3 \cos x + \sin x} \right) dx$.
$I = \frac{3}{10} \int_0^{\pi / 2} dx + \frac{1}{10} \int_0^{\pi / 2} \frac{d(3 \cos x + \sin x)}{3 \cos x + \sin x}$.
$I = \frac{3}{10} [x]_0^{\pi / 2} + \frac{1}{10} [\log |3 \cos x + \sin x|]_0^{\pi / 2}$.
$I = \frac{3}{10} (\frac{\pi}{2} - 0) + \frac{1}{10} (\log |3(0) + 1| - \log |3(1) + 0|)$.
$I = \frac{3 \pi}{20} + \frac{1}{10} (\log 1 - \log 3) = \frac{3 \pi}{20} - \frac{\log 3}{10}$.

(B) माना $I = \int \frac{10^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{10^{-x}-10^x}} dx$
हम हर (denominator) को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\sqrt{10^{-x}-10^x} = \sqrt{\frac{1}{10^x} - 10^x} = \sqrt{\frac{1-(10^x)^2}{10^x}} = \frac{\sqrt{1-(10^x)^2}}{10^{\frac{x}{2}}}$
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{10^{\frac{x}{2}}}{\frac{\sqrt{1-(10^x)^2}}{10^{\frac{x}{2}}}} dx = \int \frac{10^x}{\sqrt{1-(10^x)^2}} dx$
माना $t = 10^x$. तब $dt = 10^x (\log 10) dx$,जिसका अर्थ है कि $10^x dx = \frac{dt}{\log 10}$.
समाकलन में $t$ का मान रखने पर:
$I = \frac{1}{\log 10} \int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} = \frac{1}{\log 10} \sin^{-1}(t) + c$
$t$ के स्थान पर $10^x$ रखने पर:
$I = \frac{1}{\log 10} \sin^{-1}(10^x) + c$

(C) हमें समाकलन $I = \int e^{(e^{x}+x)} dx$ दिया गया है।
घातांक के नियम $e^{a+b} = e^{a} \cdot e^{b}$ का उपयोग करके,हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int e^{e^{x}} \cdot e^{x} dx$.
अब,हम प्रतिस्थापन विधि का उपयोग करते हैं।
माना $t = e^{x}$।
अतः,दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $dt = e^{x} dx$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int e^{t} dt$.
$t$ के सापेक्ष $e^{t}$ का समाकलन $e^{t} + c$ होता है।
$t = e^{x}$ वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = e^{(e^{x})} + c$.

(A) माना $I = \int \frac{d x}{\cos x \sqrt{\cos 2 x}}$ है।
अंश और हर को $\cos x$ से विभाजित करने पर या पद को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$I = \int \frac{d x}{\cos x \sqrt{\cos^2 x - \sin^2 x}} = \int \frac{d x}{\cos x \cdot \cos x \sqrt{1 - \tan^2 x}} = \int \frac{\sec^2 x}{\sqrt{1 - \tan^2 x}} d x$.
$t = \tan x$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = \sec^2 x d x$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}} = \sin^{-1}(t) + c$.
$t = \tan x$ का मान वापस रखने पर,हमें $I = \sin^{-1}(\tan x) + c$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{\sqrt{x}}{x(x+1)} dx$.
$x = t^2$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2t dt$ प्राप्त होता है।
अतः $I = \int \frac{t}{t^2(t^2+1)} (2t dt) = \int \frac{2t^2}{t^2(t^2+1)} dt$.
$I = \int \frac{2}{t^2+1} dt = 2 \tan^{-1}(t) + c$.
चूँकि $t = \sqrt{x}$,इसलिए $I = 2 \tan^{-1}(\sqrt{x}) + c$ प्राप्त होता है।
इसे $k \tan^{-1} m + c$ से तुलना करने पर,$k=2$ और $m=\sqrt{x}$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{dx}{e^x+e^{-x}+2}$.
हम हर (denominator) को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$e^x + \frac{1}{e^x} + 2 = \frac{e^{2x} + 1 + 2e^x}{e^x} = \frac{(e^x+1)^2}{e^x}$.
अतः,समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \int \frac{e^x}{(e^x+1)^2} dx$.
माना $u = e^x + 1$. तब $du = e^x dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{du}{u^2} = \int u^{-2} du$.
$u$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \frac{u^{-1}}{-1} + c = -\frac{1}{u} + c$.
$u = e^x + 1$ का मान वापस रखने पर:
$I = -\frac{1}{e^x+1} + c$.

(B) दिया गया समाकलन $I = \int \cos ^3 x e^{\log (\sin x)^2} dx$ है।
गुणधर्म $e^{\log f(x)} = f(x)$ का उपयोग करने पर,हमें $e^{\log (\sin x)^2} = (\sin x)^2$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \cos ^3 x \sin ^2 x dx$।
इसे हम $I = \int \cos ^2 x \sin ^2 x \cos x dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
चूंकि $\cos ^2 x = 1 - \sin ^2 x$,इसलिए $I = \int (1 - \sin ^2 x) \sin ^2 x \cos x dx$।
माना $\sin x = t$,तो $\cos x dx = dt$।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I = \int (1 - t^2) t^2 dt = \int (t^2 - t^4) dt$ प्राप्त होता है।
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,$I = \frac{t^3}{3} - \frac{t^5}{5} + c$ प्राप्त होता है।
$t = \sin x$ वापस रखने पर,हमें $I = \frac{\sin ^3 x}{3} - \frac{\sin ^5 x}{5} + c$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \operatorname{cosec}(x-a) \operatorname{cosec} x \, dx = \int \frac{dx}{\sin(x-a) \sin x}$.
$\sin a$ से गुणा और भाग करने पर:
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin a}{\sin(x-a) \sin x} \, dx$.
चूंकि $a = x - (x-a)$,इसलिए:
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin(x - (x-a))}{\sin(x-a) \sin x} \, dx$.
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{\sin a} \int \frac{\sin x \cos(x-a) - \cos x \sin(x-a)}{\sin(x-a) \sin x} \, dx$.
$I = \frac{1}{\sin a} \left( \int \frac{\cos(x-a)}{\sin(x-a)} \, dx - \int \frac{\cos x}{\sin x} \, dx \right)$.
$I = \frac{1}{\sin a} (\log |\sin(x-a)| - \log |\sin x|) + c$.
$I = \operatorname{cosec} a \cdot \log \left| \frac{\sin(x-a)}{\sin x} \right| + c$.

(D) समाकलन $I = \int \cos^{-1} x \, dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम खंडशः समाकलन (integration by parts) विधि का उपयोग करते हैं: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
माना $u = \cos^{-1} x$ और $dv = dx$.
तब $du = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
सूत्र का उपयोग करने पर: $I = x \cos^{-1} x - \int x \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right) \, dx$.
$I = x \cos^{-1} x + \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$.
$\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ को हल करने के लिए,माना $t = 1-x^2$,इसलिए $dt = -2x \, dx$ या $x \, dx = -\frac{1}{2} \, dt$.
यह समाकलन $\int \frac{-1/2}{\sqrt{t}} \, dt = -\frac{1}{2} \int t^{-1/2} \, dt = -\frac{1}{2} \left( \frac{t^{1/2}}{1/2} \right) = -\sqrt{t} = -\sqrt{1-x^2}$ बन जाता है।
अतः,$I = x \cos^{-1} x - \sqrt{1-x^2} + c$।

(B) समाकलन $I = \int \sec^{-1} x \, dx$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम खंडशः समाकलन (integration by parts) विधि का उपयोग करते हैं: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$।
मान लीजिए $u = \sec^{-1} x$ और $dv = dx$ है।
तब $du = \frac{1}{|x| \sqrt{x^2 - 1}} \, dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
सूत्र लागू करने पर:
$I = x \sec^{-1} x - \int x \cdot \frac{1}{|x| \sqrt{x^2 - 1}} \, dx$।
यदि $x > 1$ है,तो $|x| = x$ होगा,इसलिए:
$I = x \sec^{-1} x - \int \frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}} \, dx$।
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \log \left| x + \sqrt{x^2 - a^2} \right| + C$ का उपयोग करने पर:
$I = x \sec^{-1} x - \log \left| x + \sqrt{x^2 - 1} \right| + C$।

(C) माना $I = \int \frac{2 x^2-1}{x^4-x^2-20} d x$.
$x^2 = t$ प्रतिस्थापित करने पर,समाकल्य $\frac{2 t-1}{t^2-t-20} = \frac{2 t-1}{(t-5)(t+4)}$ हो जाता है।
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,माना $\frac{2 t-1}{(t-5)(t+4)} = \frac{A}{t-5} + \frac{B}{t+4}$.
तब $2t-1 = A(t+4) + B(t-5)$.
$t=5$ के लिए,$9 = 9A \implies A=1$.
$t=-4$ के लिए,$-9 = -9B \implies B=1$.
अतः,$I = \int \left( \frac{1}{x^2-5} + \frac{1}{x^2+4} \right) d x$.
मानक समाकलनों $\int \frac{1}{x^2-a^2} d x = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{x-a}{x+a} \right| + c$ और $\int \frac{1}{x^2+a^2} d x = \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2\sqrt{5}} \log \left| \frac{x-\sqrt{5}}{x+\sqrt{5}} \right| + \frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{x}{2} \right) + c$.

(B) माना $I = \int \sec ^4 x \tan ^4 x \, dx$ है।
हम समाकलन को $I = \int \sec ^2 x \cdot \sec ^2 x \cdot \tan ^4 x \, dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
सर्वसमिका $\sec ^2 x = 1 + \tan ^2 x$ का उपयोग करने पर,हमें $I = \int (1 + \tan ^2 x) \tan ^4 x \cdot \sec ^2 x \, dx$ प्राप्त होता है।
माना $\tan x = t$,तो $\sec ^2 x \, dx = dt$ होगा।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I = \int (1 + t^2) t^4 \, dt = \int (t^4 + t^6) \, dt$ प्राप्त होता है।
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,हमें $I = \frac{t^5}{5} + \frac{t^7}{7} + c$ प्राप्त होता है।
$t = \tan x$ वापस रखने पर,हमें $I = \frac{\tan ^5 x}{5} + \frac{\tan ^7 x}{7} + c$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना दिए गए रूप $\frac{\tan ^m x}{m} + \frac{\tan ^n x}{n} + c$ से करने पर,हमें $m = 5$ और $n = 7$ प्राप्त होता है।
अतः,$m + n = 5 + 7 = 12$।

(D) माना $I = \int \frac{5 \tan x}{\tan x-2} d x$.
$\sin x$ और $\cos x$ के पदों में व्यक्त करने पर:
$I = \int \frac{5 \sin x}{\sin x-2 \cos x} d x$.
अंश को $5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B \frac{d}{dx}(\sin x - 2 \cos x)$ के रूप में लिखें।
$5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B(\cos x + 2 \sin x)$.
$5 \sin x = (A + 2B) \sin x + (B - 2A) \cos x$.
गुणांकों की तुलना करने पर:
$A + 2B = 5$ और $B - 2A = 0 \implies B = 2A$.
$B = 2A$ को पहले समीकरण में रखने पर: $A + 2(2A) = 5 \implies 5A = 5 \implies A = 1$.
अतः,$B = 2(1) = 2$.
इस प्रकार,$5 \sin x = 1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)$.
$I = \int \frac{1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)}{\sin x - 2 \cos x} d x$.
$I = \int 1 d x + 2 \int \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} d x$.
$I = x + 2 \log |\sin x - 2 \cos x| + c$.
दिए गए समीकरण $x + a \log |\sin x - 2 \cos x| + c$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = 2$ प्राप्त होता है।

(A) हम जानते हैं कि $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + c$ होता है।
दिया गया समाकलन $I = \int e^x \left( \frac{1+\sin x}{1+\cos x} \right) dx$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $1+\cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2}$ और $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int e^x \left( \frac{1 + 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} \right) dx$
$I = \int e^x \left( \frac{1}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} + \frac{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} \right) dx$
$I = \int e^x \left( \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} \right) dx$
मान लीजिए $f(x) = \tan \frac{x}{2}$ है। तब $f'(x) = \sec^2 \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2}$ होगा।
चूंकि समाकलन $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx$ के रूप में है,इसलिए परिणाम $e^x f(x) + c$ होगा।
अतः,$I = e^x \tan \frac{x}{2} + c$।

(B) माना $\alpha = \cos ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right)$ और $\beta = \cos ^{-1}\left(\frac{12}{13}\right)$.
तब $\cos \alpha = \frac{4}{5}$ और $\cos \beta = \frac{12}{13}$.
सर्वसमिका $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $\sin \alpha = \sqrt{1 - \left(\frac{4}{5}\right)^2} = \frac{3}{5}$ और $\sin \beta = \sqrt{1 - \left(\frac{12}{13}\right)^2} = \frac{5}{13}$.
सूत्र $\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta$ का उपयोग करने पर:
$\cos(\alpha + \beta) = \left(\frac{4}{5}\right)\left(\frac{12}{13}\right) - \left(\frac{3}{5}\right)\left(\frac{5}{13}\right)$
$= \frac{48}{65} - \frac{15}{65} = \frac{33}{65}$.
अतः,$\alpha + \beta = \cos ^{-1}\left(\frac{33}{65}\right)$.

(C) दिया गया समीकरण: $\tan ^{-1}\left(\frac{x-1}{x-2}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{x+1}{x+2}\right)=\frac{\pi}{4}$
सूत्र $\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ का उपयोग करने पर:
$\tan ^{-1} \left[ \frac{\frac{x-1}{x-2} + \frac{x+1}{x+2}}{1 - \left( \frac{x-1}{x-2} \right) \left( \frac{x+1}{x+2} \right)} \right] = \frac{\pi}{4}$
दोनों पक्षों में $\tan$ लेने पर:
$\frac{(x-1)(x+2) + (x+1)(x-2)}{(x-2)(x+2) - (x-1)(x+1)} = \tan \frac{\pi}{4} = 1$
पदों का विस्तार करने पर:
$\frac{(x^2+x-2) + (x^2-x-2)}{(x^2-4) - (x^2-1)} = 1$
$\frac{2x^2 - 4}{-4 + 1} = 1$
$\frac{2x^2 - 4}{-3} = 1$
$2x^2 - 4 = -3$
$2x^2 = 1$
$x^2 = \frac{1}{2}$
$x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$

(A) माना $\sin ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = x$ और $\cos ^{-1}\left(\frac{12}{13}\right) = y$ है।
तब $\sin x = \frac{3}{5} \implies \cos x = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$।
और $\cos y = \frac{12}{13} \implies \sin y = \sqrt{1 - (\frac{12}{13})^2} = \frac{5}{13}$।
हमें $x + y = \sin ^{-1} \alpha$ दिया गया है,जिसका अर्थ है $\sin(x + y) = \alpha$।
सर्वसमिका $\sin(x + y) = \sin x \cos y + \cos x \sin y$ का उपयोग करने पर:
$\alpha = (\frac{3}{5}) \times (\frac{12}{13}) + (\frac{4}{5}) \times (\frac{5}{13})$
$\alpha = \frac{36}{65} + \frac{20}{65} = \frac{56}{65}$।

(A) हम जानते हैं कि $\tan^{-1} x$ की मुख्य मान शाखा $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ है और $\cos^{-1} x$ के लिए $[0, \pi]$ है।
सबसे पहले,$\tan^{-1}(\tan \frac{5\pi}{6})$ का मान ज्ञात करें:
$\tan^{-1}(\tan(\pi - \frac{\pi}{6})) = \tan^{-1}(-\tan \frac{\pi}{6}) = \tan^{-1}(\tan(-\frac{\pi}{6})) = -\frac{\pi}{6}$.
इसके बाद,$\cos^{-1}(\cos \frac{13\pi}{6})$ का मान ज्ञात करें:
$\cos^{-1}(\cos(2\pi + \frac{\pi}{6})) = \cos^{-1}(\cos \frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{6}$.
इन परिणामों को जोड़ने पर:
$-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} = 0$.

(D) हम जानते हैं कि $\sin ^{-1} x$ की मुख्य मान शाखा का परिसर $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ है।
सबसे पहले,$\sin ^{-1}\left(\frac{-1}{2}\right)$ का मान ज्ञात करें:
चूंकि $\sin(\frac{-\pi}{6}) = \frac{-1}{2}$,इसलिए $\sin ^{-1}\left(\frac{-1}{2}\right) = \frac{-\pi}{6}$ है।
इसके बाद,$\sin ^{-1}\left(\frac{-\sqrt{3}}{2}\right)$ का मान ज्ञात करें:
चूंकि $\sin(\frac{-\pi}{3}) = \frac{-\sqrt{3}}{2}$,इसलिए $\sin ^{-1}\left(\frac{-\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{-\pi}{3}$ है।
इन मानों को जोड़ने पर:
$\frac{-\pi}{6} + (\frac{-\pi}{3}) = \frac{-\pi - 2\pi}{6} = \frac{-3\pi}{6} = \frac{-\pi}{2}$।

(D) दिया गया समीकरण: $4 \sin ^{-1} x + 6 \cos ^{-1} x = 3 \pi$
हम जानते हैं कि: $\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$
समीकरण को इस प्रकार लिखें: $4(\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x) + 2 \cos ^{-1} x = 3 \pi$
सर्वसमिका का उपयोग करने पर: $4(\frac{\pi}{2}) + 2 \cos ^{-1} x = 3 \pi$
सरल करने पर: $2 \pi + 2 \cos ^{-1} x = 3 \pi$
दोनों पक्षों से $2 \pi$ घटाने पर: $2 \cos ^{-1} x = \pi$
$2$ से भाग देने पर: $\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$
दोनों पक्षों का कोसाइन लेने पर: $x = \cos(\frac{\pi}{2})$
अतः: $x = 0$

(D) हमें $\sin ^{-1}[\sin (-600^{\circ})] + \cot ^{-1}(-\sqrt{3})$ का मान ज्ञात करना है।
सबसे पहले,$\sin (-600^{\circ})$ को सरल करें:
$\sin (-600^{\circ}) = -\sin (600^{\circ}) = -\sin (360^{\circ} + 240^{\circ}) = -\sin (240^{\circ}) = -\sin (180^{\circ} + 60^{\circ}) = -(-\sin 60^{\circ}) = \sin 60^{\circ}$.
अतः,$\sin ^{-1}[\sin (-600^{\circ})] = \sin ^{-1}(\sin 60^{\circ}) = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$.
अब,$\cot ^{-1}(-\sqrt{3})$ का मान ज्ञात करें:
चूंकि $\cot ^{-1}(-x) = \pi - \cot ^{-1}(x)$,इसलिए $\cot ^{-1}(-\sqrt{3}) = \pi - \cot ^{-1}(\sqrt{3}) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.
दोनों परिणामों को जोड़ने पर:
$\frac{\pi}{3} + \frac{5\pi}{6} = \frac{2\pi + 5\pi}{6} = \frac{7\pi}{6}$.

(B) दिया गया समीकरण: $2 \tan^{-1}(\cos x) = \tan^{-1}(2 \operatorname{cosec} x)$ है।
सूत्र $2 \tan^{-1}(\theta) = \tan^{-1}\left(\frac{2\theta}{1-\theta^2}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\tan^{-1}\left(\frac{2 \cos x}{1-\cos^2 x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2}{\sin x}\right)$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों की तुलना करने पर:
$\frac{2 \cos x}{\sin^2 x} = \frac{2}{\sin x}$।
यदि $\sin x \neq 0$ है,तो दोनों पक्षों को $\frac{2}{\sin x}$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\cos x}{\sin x} = 1$,जिसका अर्थ है $\cot x = 1$।
अतः,$x = \frac{\pi}{4}$।

(A) हम जानते हैं कि सभी $u \in \mathbb{R}$ के लिए $\tan^{-1}(u) + \cot^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$ होता है।
दिया गया समाकलन $I = \int_1^3 \left[ \tan^{-1} \left( \frac{x}{x^2-1} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{x^2-1}{x} \right) \right] dx$ है।
चूंकि $\tan^{-1} \left( \frac{x^2-1}{x} \right) = \cot^{-1} \left( \frac{x}{x^2-1} \right)$,इसलिए व्यंजक $\tan^{-1} \left( \frac{x}{x^2-1} \right) + \cot^{-1} \left( \frac{x}{x^2-1} \right)$ बन जाता है।
अतः,समाकल्य $\frac{\pi}{2}$ में सरल हो जाता है।
इसलिए,$I = \int_1^3 \frac{\pi}{2} dx = \frac{\pi}{2} [x]_1^3 = \frac{\pi}{2} (3-1) = \frac{\pi}{2} \times 2 = \pi$.

(A) माना कि $\theta_1 = \cos^{-1}\left(\frac{4}{5}\right)$. तब $\cos \theta_1 = \frac{4}{5}$.
सर्वसमिका $\tan \theta_1 = \frac{\sqrt{1-\cos^2 \theta_1}}{\cos \theta_1} = \frac{\sqrt{1-(16/25)}}{4/5} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$ का उपयोग करते हुए.
अतः,$\cos^{-1}\left(\frac{4}{5}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.
अब,व्यंजक $\tan \left(\tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)\right)$ हो जाता है।
सूत्र $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ का उपयोग करते हुए:
$= \tan \left(\tan^{-1} \left(\frac{\frac{3}{4} + \frac{2}{3}}{1 - \frac{3}{4} \times \frac{2}{3}}\right)\right)$.
$= \tan \left(\tan^{-1} \left(\frac{\frac{9+8}{12}}{1 - \frac{6}{12}}\right)\right) = \tan \left(\tan^{-1} \left(\frac{17/12}{6/12}\right)\right) = \tan \left(\tan^{-1} \left(\frac{17}{6}\right)\right) = \frac{17}{6}$.

(B) दिया गया समीकरण: $\tan ^{-1}(2 x)+\tan ^{-1}(3 x)=\frac{\pi}{4}$
सर्वसमिका $\tan ^{-1}(A)+\tan ^{-1}(B)=\tan ^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\tan ^{-1}\left(\frac{2 x+3 x}{1-(2 x)(3 x)}\right)=\frac{\pi}{4}$
$\tan ^{-1}\left(\frac{5 x}{1-6 x^2}\right)=\frac{\pi}{4}$
दोनों पक्षों में $\tan$ लेने पर:
$\frac{5 x}{1-6 x^2}=\tan\left(\frac{\pi}{4}\right)=1$
$5 x = 1 - 6 x^2$
$6 x^2 + 5 x - 1 = 0$
द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर:
$(6 x - 1)(x + 1) = 0$
इससे $x = \frac{1}{6}$ या $x = -1$ प्राप्त होता है।
चूंकि प्रश्न में $x > 0$ दिया गया है,इसलिए हम $x = -1$ को छोड़ देंगे।
अतः,$x = \frac{1}{6}$।

(A) जब $xy > 1$ होता है,तब हम सूत्र $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \pi + \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$x = 2$ और $y = 3$ है,इसलिए $xy = 6 > 1$ है।
अतः,$\tan ^{-1} 2 + \tan ^{-1} 3 = \pi + \tan ^{-1} \left( \frac{2+3}{1-(2)(3)} \right)$.
$= \pi + \tan ^{-1} \left( \frac{5}{1-6} \right) = \pi + \tan ^{-1} (-1)$.
$= \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3 \pi}{4}$.
इस प्रकार,मान $\left( \frac{3 \pi}{4} \right)^c$ है।

(A) $1$. छायांकित क्षेत्र रेखाओं $x=0$ ($Y$-अक्ष),$y=0$ ($X$-अक्ष),$x=5$,$y=3$ और $(0,0)$ तथा $(3,3)$ से गुजरने वाली रेखा द्वारा घिरा हुआ है।
$2$. $(0,0)$ और $(3,3)$ से गुजरने वाली रेखा का समीकरण $y=x$ है,जिसे $x-y=0$ के रूप में लिखा जा सकता है। चूंकि छायांकित क्षेत्र इस रेखा के नीचे स्थित है,इसलिए अवरोध $x-y \geq 0$ है।
$3$. ऊर्ध्वाधर रेखा $x=5$ क्षेत्र को दाईं ओर सीमित करती है,इसलिए $x \leq 5$.
$4$. क्षैतिज रेखा $y=3$ क्षेत्र को ऊपर की ओर सीमित करती है,इसलिए $y \leq 3$.
$5$. चूंकि क्षेत्र प्रथम चतुर्थांश में है,इसलिए $x \geq 0$ और $y \geq 0$.
$6$. इन सबको मिलाने पर,अवरोध $x, y \geq 0, x-y \geq 0, x \leq 5, y \leq 3$ प्राप्त होते हैं।

(B) अवरोध $2x + y \geq 7$,$2x + 3y \leq 15$,$y \leq 3$,$x \geq 0$ और $y \geq 0$ हैं।
ग्राफ से,सुसंगत क्षेत्र के शीर्ष $A(3.5, 0)$,$B(7.5, 0)$,$C(3, 3)$ और $D(2, 3)$ हैं।
हम इन शीर्षों पर उद्देश्य फलन $z = 4x + 5y$ का मान ज्ञात करते हैं:
$z(A) = 4(3.5) + 5(0) = 14 + 0 = 14$
$z(B) = 4(7.5) + 5(0) = 30 + 0 = 30$
$z(C) = 4(3) + 5(3) = 12 + 15 = 27$
$z(D) = 4(2) + 5(3) = 8 + 15 = 23$
न्यूनतम मान $14$ है,जो बिंदु $A(3.5, 0)$ पर प्राप्त होता है। चूंकि बिंदु $A$ $X$-अक्ष पर स्थित है,इसलिए न्यूनतम मान $X$-अक्ष पर प्राप्त होता है।