Integration by substitution Questions in Hindi

(A) माना $I = \int \frac{\sin^3 x}{(\cos^4 x + 3 \cos^2 x + 1) \tan^{-1}(\sec x + \cos x)} dx$ है।
$u = \sec x + \cos x$ प्रतिस्थापित करें। तब $du = (\sec x \tan x - \sin x) dx = \sin x (\frac{1 - \cos^2 x}{\cos^2 x}) dx = \sin x \tan^2 x dx$ है।
हर के पद को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\cos^4 x + 3 \cos^2 x + 1 = \cos^2 x ((\sec x + \cos x)^2 + 1) = \cos^2 x (u^2 + 1)$।
अतः $I = \int \frac{\sin x (\sec^2 x - 1)}{(u^2 + 1) \tan^{-1} u} dx = \int \frac{du}{(u^2 + 1) \tan^{-1} u}$ है।
$v = \tan^{-1} u$ लेने पर, $dv = \frac{1}{u^2 + 1} du$ प्राप्त होता है।
अतः $I = \int \frac{1}{v} dv = \log|v| + c = \log(\tan^{-1}(\sec x + \cos x)) + c$।

(B) माना $I = \int \frac{\sqrt[n]{\text{cosec}^{2}x^n - 1}}{x^{(1-n)}} dx$ है।
चूँकि $\text{cosec}^{2}x^n - 1 = \cot^{2}x^n$, समाकलन $I = \int \frac{(\cot^{2}x^n)^{1/n}}{x^{1-n}} dx = \int \frac{(\cot x^n)^{2/n}}{x^{1-n}} dx$ हो जाता है।
यदि हम $u = x^n$ लें, तो $du = n x^{n-1} dx$, जिससे $dx = \frac{du}{n x^{n-1}}$ प्राप्त होता है।
सरलीकरण पर, $I = \frac{1}{n} \int \cot u du = \frac{1}{n} \log|\sin u| + c = \frac{1}{n} \log|\sin x^n| + c$।

(B) माना $I = \int \frac{x^4(x^{10}-1)}{x^{20}+3x^{10}+1} dx$। अंश और हर को $x^{10}$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{x^{14}(1 - x^{-10})}{x^{20}(1 + 3x^{-10} + x^{-20})} dx = \int \frac{x^{-6}(1 - x^{-10})}{1 + 3x^{-10} + x^{-20}} dx$।
माना $u = x^5 + x^{-5}$। तब $du = (5x^4 - 5x^{-6}) dx = 5x^4(1 - x^{-10}) dx$।
$I = \frac{1}{5} \int \frac{du}{u^2 + 1} = \frac{1}{5} \tan^{-1}(u) + c = \frac{1}{5} \tan^{-1}(x^5 + x^{-5}) + c$।

(D) माना $t = x^2$, तब $dt = 2x dx$, अतः $x dx = \frac{dt}{2}$ है।
$f(x) = \int \frac{1}{2(t+4)(t+9)} dt$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करने पर: $\frac{1}{(t+4)(t+9)} = \frac{1}{5} (\frac{1}{t+4} - \frac{1}{t+9})$ है।
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} \int (\frac{1}{t+4} - \frac{1}{t+9}) dt = \frac{1}{10} [\ln|t+4| - \ln|t+9|] + C = \frac{1}{10} \ln|\frac{x^2+4}{x^2+9}| + C$ है।
दिया है $f(0) = \frac{1}{10} \ln(\frac{4}{9}) + C = \frac{1}{10} \ln((\frac{2}{3})^2) + C = \frac{1}{5} \ln(\frac{2}{3}) + C$ है।
चूंकि $f(0) = \frac{1}{5} \ln(\frac{2}{3})$ है, इसलिए $C = 0$ प्राप्त होता है।
अतः, $f(x) = \frac{1}{10} \ln(\frac{x^2+4}{x^2+9})$ है।
$f(1) = \frac{1}{10} \ln(\frac{1+4}{1+9}) = \frac{1}{10} \ln(\frac{5}{10}) = \frac{1}{10} \ln(\frac{1}{2}) = -\frac{1}{10} \ln(2)$ है।

(A) माना $I = \int (x^{21} + x^6 + x^3)(2x^{18} + 7x^3 + 14)^{1/3} dx$ है।
प्रथम पद से $x^{18}$ उभयनिष्ठ लेने पर: $I = \int x^{18}(x^3 + x^{-12} + x^{-15})(2x^{18} + 7x^3 + 14)^{1/3} dx$।
समाकल को इस प्रकार लिखें: $I = \int x^{18} \cdot x^{18/3} (2 + 7x^{-15} + 14x^{-18})^{1/3} (x^3 + x^{-12} + x^{-15}) dx$।
$I = \int x^{24} (2 + 7x^{-15} + 14x^{-18})^{1/3} (x^3 + x^{-12} + x^{-15}) dx$।
माना $t = 2x^{18} + 7x^3 + 14$ है। तब $dt = (36x^{17} + 21x^2) dx = 3x^2(12x^{15} + 7) dx$।
हल करने पर, $I = \frac{1}{56} (2x^{18} + 7x^3 + 14)^{4/3} + c$ प्राप्त होता है।

(A) चरण $1$: द्विघात व्यंजक $2x-x^2$ के लिए पूर्ण वर्ग बनाएं।
$2x-x^2 = -(x^2-2x) = -(x^2-2x+1-1) = -( (x-1)^2 - 1 ) = 1 - (x-1)^2$।
चरण $2$: पूर्ण वर्ग का उपयोग करके समाकल को पुनः लिखें।
$\int \frac{1}{\sqrt{1-(x-1)^2}} dx$।
चरण $3$: मानक समाकल सूत्र $\int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du = \sin^{-1}(u) + c$ का उपयोग करें।
मान लीजिए $u = x-1$, तो $du = dx$।
अतः, $\int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du = \sin^{-1}(u) + c = \sin^{-1}(x-1) + c$।

(D) हमारे पास समाकल $I = \int \frac{\sin^n x}{\cos^{n+2} x} dx$ है।
समाकल्य को $I = \int \left( \frac{\sin x}{\cos x} \right)^n \cdot \frac{1}{\cos^2 x} dx$ के रूप में पुनः लिखें।
चूँकि $\frac{\sin x}{\cos x} = \tan x$ और $\frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x$ है, हमें $I = \int \tan^n x \sec^2 x dx$ प्राप्त होता है।
माना $t = \tan x$, तब $dt = \sec^2 x dx$ है।
इन्हें समाकल में प्रतिस्थापित करने पर, हमें $I = \int t^n dt$ प्राप्त होता है।
समाकलन के घात नियम का उपयोग करने पर, $I = \frac{t^{n+1}}{n+1} + C$ है।
$t = \tan x$ को वापस प्रतिस्थापित करने पर, हमें $I = \frac{\tan^{n+1} x}{n+1} + C$ प्राप्त होता है।