Integral Calculus MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Integral Calculus - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

प्रयुक्त अवधारणा:

\(\sin 2x = 2 \sin x \cos x\)
खंडश: समाकलन से: \(\int u \, dv = uv - \int v \, du\)

गणना:

\(\int e^{\sin x} \sin 2x \, dx = \int e^{\sin x} (2 \sin x \cos x) \, dx\)

⇒ मान लीजिए, \(\sin x = t\), तब \(\cos x \, dx = dt\)

समाकल बन जाता है, \(\int e^t (2t) \, dt = 2 \int t e^t \, dt\)

⇒ \(2 \int t e^t \, dt = 2 \left( te^t - \int e^t \, dt \right) = 2 \left( te^t - e^t \right) + C\)

⇒ \(2 \left( (\sin x) e^{\sin x} - e^{\sin x} \right) + C = 2e^{\sin x}(\sin x - 1) + C\)

इसलिए, विकल्प 2 सही है। 

अवधारणा:

I=\( \int_{a}^{b}f(x)dx\) = \( \int_{a}^{b}f(a+b-x)dx\)

गणना:

⇒ I =\( \int_{a}^{b}\)x f(x)dx ------------(1)

⇒ I = \( \int_{a}^{b}\)(a +b -x) f(a + b - x)dx---(2)

समीकरण 1+2 को जोड़ने पर,

⇒ 2I=\( \int_{a}^{b}\)x f(x)dx +\( \int_{a}^{b}\)(a + b -x)f(a + b - x)dx

दिया गया है, f(a + b -x)=f(x)

⇒ 2I = \( \int_{a}^{b}\)(b + a)f(x)dx

⇒ I = \({(b+a)\over2 } \int_{a}^{b}\)f(x)dx

अतः विकल्प 1 सही है। 

संकल्पना:

निश्चित समाकल गुण:

\(\mathop \smallint \limits_{\rm{a}}^{\rm{b}} {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{\;dx}} = \mathop \smallint \limits_{\rm{a}}^{\rm{b}} {\rm{f}}\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{x}}} \right){\rm{\;dx}}\)
गणना:

माना कि f(x) = x(1 – x)⁹

अब गुण का प्रयोग करने पर, \(\mathop \smallint \limits_{\rm{a}}^{\rm{b}} {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{\;dx}} = \mathop \smallint \limits_{\rm{a}}^{\rm{b}} {\rm{f}}\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{x}}} \right){\rm{\;dx}}\)

\(\mathop \smallint \nolimits_0^1 {\rm{x}}{(1 - {\rm{x}})^9}{\rm{dx}} = \mathop \smallint \limits_0^1 \left( {1 - {\rm{x}}} \right){\left\{ {1 - \left( {1 - {\rm{x}}} \right)} \right\}^9}{\rm{dx}}\)

\(= \mathop \smallint \limits_0^1 \left( {1 - {\rm{x}}} \right){{\rm{x}}^9}{\rm{dx}}\)

\(= \mathop \smallint \limits_0^1 \left( {{{\rm{x}}^9} - {{\rm{x}}^{10}}} \right){\rm{dx}}\)

\(= \left[ {\frac{{{{\rm{x}}^{10}}}}{{10}} - \frac{{{{\rm{x}}^{11}}}}{{11}}} \right]_0^1\)

= 1/10 – 1/11

= 1/110

∴ समाकलन \(\mathop \smallint \nolimits_0^1 {\rm{x}}{(1 - {\rm{x}})^9}{\rm{dx}}\) का मान 1/110 है।

संकल्पना:

\(\rm \int \frac{dx}{x^2+a^2} = \frac{1}{a}\; \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + c\)

गणना:

माना कि I = \(\displaystyle\int_0^2 \rm \dfrac{dx}{x^2+4}\) है। 

= \(\displaystyle\int_0^2 \rm \dfrac{dx}{x^2+2^2}\)

\(= \rm [\frac{1}{2}\; \tan^{-1}(\frac{x}{2})] _{0}^{2}\)

\(= \rm [\frac{1}{2}\; \tan^{-1}1 -\frac{1}{2}\; \tan^{-1}0 ]\)

\(= \rm \frac{1}{2}\times \frac{\pi}{4} - 0\)

= \(\rm \dfrac{\pi}{8}\)

संकल्पना:

x = a और x = b के बीच वक्र y = f(x) के तहत घिरा क्षेत्रफल निम्न दिया गया है, क्षेत्रफल = \(\rm\int_{a}^{b}ydx\)

y = a और y = b के बीच वक्र y = f(x) के तहत घिरा क्षेत्रफल निम्न दिया गया है, क्षेत्रफल = \(\rm\int_{a}^{b}xdy\)

गणना:

यहाँ, x² = y  और रेखा y = 1 परवलय को काटती है। 

∴ x² = 1

x = 1 और -1

अब, 

\( \text{Area =}\int_{-1}^{1} y d x \)

यहां, वक्र  y- अक्ष के सममित है, हम एक तरफ क्षेत्र को पा सकते हैं और फिर इसे 2 से गुणा कर सकते हैं, हम क्षेत्रफल को प्राप्त करेंगे, 

\( \text{Area } -1= \int_{0}^{1} y d x \)

\( \text{Area}_1 = \int_{0}^{1} x^{2} d x \)

\(= \rm\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{3}\)

यह क्षेत्र y = x2 और x-axis के बीच है I

छायांकित क्षेत्र का क्षेत्रफल ज्ञात करने के लिए, हमें इस क्षेत्रफल को वर्ग के क्षेत्रफल से घटाना होगा अर्थात।

\((1 \times 1)-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\)

\(Total\;Area=2\times{\frac{2}{3}} =\frac{4}{3}\) वर्ग इकाई I

संकल्पना:

\(\rm \int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}+c\)

गणना:

I = \(\rm \int_0^1 x \sqrt{x^2 + 4}\;dx\)

माना कि x² + 4 = t है। 

x के संबंध में अवकलन करने पर, हमें निम्न प्राप्त होता है

⇒ 2xdx = dt

⇒ xdx = \(\rm \frac {dt}{2}\)

अब,

I = \(\rm \frac{1}{2}\int_4^5 \sqrt{t}\;dt\)

= \(\rm \frac{1}{2} \left[\frac{t^{3/2}}{\frac{3}{2}} \right ]_4^5\)

= \(\rm \frac{1}{3} \left[5^{3/2} - 4^{3/2} \right ]\)

= \(\rm \frac{1}{3}[5\sqrt 5 - 8]\)

संकल्पना:

1 + cos 2x = 2cos² x

1 - cos 2x = 2sin² x

\(\rm \int \cos x\;dx = \sin x + c\)

गणना:

I = \(\rm \int cos^2 x\;dx\)

= \(\rm \int \frac{1+\cos 2x}{2}\;dx\)

= \(\rm \frac{1}{2}\int (1+\cos 2x)\;dx\)

= \(\rm \frac{1}{2} \left[x+\frac{\sin 2x}{2} \right ] + c\)

= \(\rm \frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4} + c\)

संकल्पना:

\(\mathop \smallint \nolimits_{\rm{a}}^{\rm{b}} {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{dx}} = \mathop \smallint \nolimits_{\rm{a}}^{\rm{b}} {\rm{f}}\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{x}}} \right){\rm{dx}}\)

गणना:

माना कि I = \(\rm \int _{0}^{2π} \frac{\sin 2x}{a -b\cos x}dx\)  है।        ----(1)

गुण f(a + b – x) का प्रयोग करने पर,

I = \(\rm \int _{0}^{2π} \frac{\sin 2(2π -x)}{a -b\cos (2π -x) }dx\)   

चूँकि हम जानते हैं, sin (2π - x) = - sin x और cos (2π - x) = cos x

I = \(\rm \int _{0}^{2π} \frac{-\sin 2x}{a -b\cos x}dx\)         ----(2)       

I = -I

2I = 0

∴ I = 0

संकल्पना:

\(\rm \int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}+c\)

गणना:

I = \(\rm \int_{1}^{\infty} \frac{4}{x^4}dx\)

= \(\rm \int_{1}^{\infty}4{x^{-4}}dx\)

= \(\rm \left[\frac{4x^{-3}}{-3} \right ]_1^{\infty}\)

= \(\rm \frac{-4}{3}\left[\frac{1}{x^3} \right ]_1^{\infty}\)

= \(\rm \frac{-4}{3}\left[\frac{1}{\infty} - \frac{1}{1}\right ]\)

= \(\rm \frac{-4}{3}[0-1]\)

= \(\frac 4 3\)

अवधारणा:

\(\rm \displaystyle\int_{a}^{b} f(x) dx = \displaystyle\int_{a}^{b} f(a+b-x) dx\)

गणना:

मान लीजिए कि, I = \(\rm \displaystyle\int_0^{\pi/2} \dfrac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x}+ \sqrt{\cos x}}dx\)             ....(1)

I = \(\rm \displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{\sqrt{\sin (\dfrac{\pi}{2}-x)}}{\sqrt{\sin (\dfrac{\pi}{2}-x)}+ \sqrt{\cos (\dfrac{\pi}{2}-x)}}dx\)

I = \(\rm \displaystyle\int_0^{\pi/2} \dfrac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x}+ \sqrt{\sin x}}dx\)                           ....(2)

(1) और (2) जोड़कर हमारे पास है

2I = \(\rm \displaystyle\int_0^{\pi/2} \dfrac{\sqrt{\cos x}+ \sqrt{sinx}}{\sqrt{\cos x}+ \sqrt{\sin x}}dx\)

2I = \(\rm \displaystyle\int_0^{\pi/2}dx\)

2I = \(\rm[x]^\frac{\pi}{2}_0\)

I = \(\dfrac{\pi}{4}\)

अवधारणा:

\(\int\sqrt{a^2-x^2}\;dx=\frac{x}{2} {\sqrt{x^2-a^2}}+\frac{a^2}{2}sin^{-1}\frac{x}{a}+c\)

फलन y = √f(x), f(x) 0 के लिए परिभाषित है। इसलिए y ऋणात्मक नहीं हो सकता।

गणना:

दिया गया है:

y = \(\rm \sqrt{16-x^2}\) और x - अक्ष 

x - अक्ष पर, y शून्य होगा। 

y = \(\rm \sqrt{16-x^2}\)

⇒ 0 = \(\rm \sqrt{16-x^2}\)

⇒ 16 - x² = 0

⇒ x2 = 16

∴ x = ± 4

इसलिए, प्रतिच्छेदन बिंदु (4, 0) और (−4, 0) हैं। 

चूँकि, वक्र y = \(\rm \sqrt{16-x^2}\) है

तो, y ≥ o [सदैव]

तो, हम वृत्ताकार भाग लेंगे जो x-अक्ष के ऊपर है

वक्र का क्षेत्रफल, A \(\rm =\int_{-4}^{4}\sqrt{16-x^2}\;dx\)

हम जानते हैं कि,

\(\int√{a^2-x^2}\;dx=\frac{x}{2} {√{x^2-a^2}}+\frac{a^2}{2}sin^{-1}\frac{x}{a}+c\)

= \( \rm [ \frac x 2 \sqrt{(4^2- x^2) }+ \frac {16}{2}sin^{-1} \frac x4]_{-4}^{4 }\) 

= \( \rm [ \frac x 2 \sqrt{(4^2- 4^2) }+ \frac {16}{2}sin^{-1} \frac 44]- \rm [ \frac x 2 \sqrt{(4^2- (-4)^2) }+ \frac {16}{2}sin^{-1} \frac {4}{-4})]\)

= 8 sin-1 (1) + 8 sin-1 (1)

= 16 sin-1 (1)

= 16 × π/2

= 8π वर्ग इकाई 

संकल्पना:

\(\rm \int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx= \sin^{-1 } \left(\frac{x}{a} \right ) + c\)

गणना:

I = \(\rm \int \frac {1}{\sqrt{16-25x^2}}dx\)

= \(\rm \int \frac {1}{\sqrt{16-(5x)^2}}dx\)

माना कि 5x = t है। 

x के संबंध में अवकलन करने पर, हमें निम्न प्राप्त होता है

⇒ 5dx = dt

⇒ dx = \(\rm \frac {dt}{5}\)

अब, 

I = \(\rm \frac {1}{5}\int \frac {1}{\sqrt{4^2-t^2}} dt\)

= \(\rm \frac 1 5 \sin^{-1} \left(\frac t 4 \right)\) + c

= \(\rm \frac 1 5 \sin^{-1} \left(\frac {5x} {4} \right)\) + c