Integration by substitution Questions in Gujarati

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin^3 x}{(\cos^4 x + 3 \cos^2 x + 1) \tan^{-1}(\sec x + \cos x)} dx$ છે.
$u = \sec x + \cos x$ આદેશ લેતા, $du = (\sec x \tan x - \sin x) dx = \sin x (\frac{1 - \cos^2 x}{\cos^2 x}) dx = \sin x \tan^2 x dx$ મળે.
છેદના પદને ફરીથી લખતા: $\cos^4 x + 3 \cos^2 x + 1 = \cos^2 x ((\sec x + \cos x)^2 + 1) = \cos^2 x (u^2 + 1)$ થાય.
તેથી, $I = \int \frac{\sin x (\sec^2 x - 1)}{(u^2 + 1) \tan^{-1} u} dx = \int \frac{du}{(u^2 + 1) \tan^{-1} u}$ મળે.
$v = \tan^{-1} u$ લેતા, $dv = \frac{1}{u^2 + 1} du$ મળે.
તેથી, $I = \int \frac{1}{v} dv = \log|v| + c = \log(\tan^{-1}(\sec x + \cos x)) + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\sqrt[n]{\text{cosec}^{2}x^n - 1}}{x^{(1-n)}} dx$ છે.
કારણ કે $\text{cosec}^{2}x^n - 1 = \cot^{2}x^n$, સંકલન $I = \int \frac{(\cot^{2}x^n)^{1/n}}{x^{1-n}} dx = \int \frac{(\cot x^n)^{2/n}}{x^{1-n}} dx$ થાય છે.
જો આપણે $u = x^n$ લઈએ, તો $du = n x^{n-1} dx$, જેથી $dx = \frac{du}{n x^{n-1}}$ મળે છે.
સાદુરૂપ આપતા, $I = \frac{1}{n} \int \cot u du = \frac{1}{n} \log|\sin u| + c = \frac{1}{n} \log|\sin x^n| + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{x^4(x^{10}-1)}{x^{20}+3x^{10}+1} dx$। અંશ અને છેદને $x^{10}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{x^{14}(1 - x^{-10})}{x^{20}(1 + 3x^{-10} + x^{-20})} dx = \int \frac{x^{-6}(1 - x^{-10})}{1 + 3x^{-10} + x^{-20}} dx$।
ધારો કે $u = x^5 + x^{-5}$। તેથી $du = (5x^4 - 5x^{-6}) dx = 5x^4(1 - x^{-10}) dx$।
$I = \frac{1}{5} \int \frac{du}{u^2 + 1} = \frac{1}{5} \tan^{-1}(u) + c = \frac{1}{5} \tan^{-1}(x^5 + x^{-5}) + c$।

(D) ધારો કે $t = x^2$, તો $dt = 2x dx$, તેથી $x dx = \frac{dt}{2}$ થાય.
$f(x) = \int \frac{1}{2(t+4)(t+9)} dt$ થાય.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(t+4)(t+9)} = \frac{1}{5} (\frac{1}{t+4} - \frac{1}{t+9})$ થાય.
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} \int (\frac{1}{t+4} - \frac{1}{t+9}) dt = \frac{1}{10} [\ln|t+4| - \ln|t+9|] + C = \frac{1}{10} \ln|\frac{x^2+4}{x^2+9}| + C$ થાય.
આપેલ છે કે $f(0) = \frac{1}{10} \ln(\frac{4}{9}) + C = \frac{1}{10} \ln((\frac{2}{3})^2) + C = \frac{1}{5} \ln(\frac{2}{3}) + C$ થાય.
$f(0) = \frac{1}{5} \ln(\frac{2}{3})$ હોવાથી, $C = 0$ મળે.
તેથી, $f(x) = \frac{1}{10} \ln(\frac{x^2+4}{x^2+9})$ થાય.
$f(1) = \frac{1}{10} \ln(\frac{1+4}{1+9}) = \frac{1}{10} \ln(\frac{5}{10}) = \frac{1}{10} \ln(\frac{1}{2}) = -\frac{1}{10} \ln(2)$ થાય.

(A) ધારો કે $I = \int (x^{21} + x^6 + x^3)(2x^{18} + 7x^3 + 14)^{1/3} dx$ છે.
પ્રથમ પદમાંથી $x^{18}$ સામાન્ય લેતા: $I = \int x^{18}(x^3 + x^{-12} + x^{-15})(2x^{18} + 7x^3 + 14)^{1/3} dx$ મળે.
સંકલનને આ રીતે લખો: $I = \int x^{18} \cdot x^{18/3} (2 + 7x^{-15} + 14x^{-18})^{1/3} (x^3 + x^{-12} + x^{-15}) dx$।
$I = \int x^{24} (2 + 7x^{-15} + 14x^{-18})^{1/3} (x^3 + x^{-12} + x^{-15}) dx$।
ધારો કે $t = 2x^{18} + 7x^3 + 14$ છે. તેથી $dt = (36x^{17} + 21x^2) dx = 3x^2(12x^{15} + 7) dx$ મળે.
ઉકેલતા, $I = \frac{1}{56} (2x^{18} + 7x^3 + 14)^{4/3} + c$ મળે છે.

(A) પગલું $1$: દ્વિઘાત પદાવલિ $2x-x^2$ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવો.
$2x-x^2 = -(x^2-2x) = -(x^2-2x+1-1) = -( (x-1)^2 - 1 ) = 1 - (x-1)^2$.
પગલું $2$: પૂર્ણવર્ગનો ઉપયોગ કરીને સંકલનને ફરીથી લખો.
$\int \frac{1}{\sqrt{1-(x-1)^2}} dx$.
પગલું $3$: પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du = \sin^{-1}(u) + c$ નો ઉપયોગ કરો.
ધારો કે $u = x-1$, તો $du = dx$.
તેથી, $\int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du = \sin^{-1}(u) + c = \sin^{-1}(x-1) + c$.

(D) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{\sin^n x}{\cos^{n+2} x} dx$ છે.
સંકલ્યને $I = \int \left( \frac{\sin x}{\cos x} \right)^n \cdot \frac{1}{\cos^2 x} dx$ તરીકે ફરીથી લખો.
કારણ કે $\frac{\sin x}{\cos x} = \tan x$ અને $\frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x$ છે, તેથી આપણને $I = \int \tan^n x \sec^2 x dx$ મળે છે.
ધારો કે $t = \tan x$, તો $dt = \sec^2 x dx$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા, આપણને $I = \int t^n dt$ મળે છે.
સંકલનના ઘાત નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $I = \frac{t^{n+1}}{n+1} + C$ મળે.
$t = \tan x$ ની કિંમત પાછી મૂકતા, આપણને $I = \frac{\tan^{n+1} x}{n+1} + C$ મળે છે.