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

संकल्पना:

मापांक के साथ समाकलन के लिए, पहले हमें उस बिंदु को ज्ञात करना  होगा जहां फलन के मान का चिह्न बदल जाता है।

गणना:

दिया गया है:

\(\mathop \smallint \limits_0^1 \left| {5x - 3} \right|dx\)

f(x) = 5x - 3 = 0

x = 3/5

∴ 0 से 3/5 तक फलन ऋणात्मक होता है और 3/5 से 1 तक फलन धनात्मक होता है।

\(\mathop \smallint \limits_0^1 \left| {5x - 3} \right|dx = - \mathop \smallint \limits_0^{\frac{3}{5}} \left( {5x - 3} \right)dx + \mathop \smallint \limits_{\frac{3}{5}}^1 \left( {5x - 3} \right)dx\)

\( = \left( { - \frac{5}{2}{x^2} + 3x} \right)_0^{\frac{3}{5}} + \left( {\frac{{5{x^2}}}{2} - 3x} \right)_{\frac{3}{5}}^1\)

\( = \left( { - \frac{9}{{10}} + \frac{9}{5}} \right) + \left[ {\left( {\frac{5}{2} - 3} \right) - \left( {\frac{9}{{10}} - \frac{9}{5}} \right)} \right]\)

\( = \frac{9}{{10}} + \left( {\frac{{ - 1}}{2} + \frac{9}{{10}}} \right) = \frac{{13}}{{10}}\)

संकल्पना:

मापांक के साथ समाकलन के लिए, पहले हमें उस बिंदु को ज्ञात करना  होगा जहां फलन के मान का चिह्न बदल जाता है।

गणना:

दिया गया है:

\(\mathop \smallint \limits_0^1 \left| {5x - 3} \right|dx\)

f(x) = 5x - 3 = 0

x = 3/5

∴ 0 से 3/5 तक फलन ऋणात्मक होता है और 3/5 से 1 तक फलन धनात्मक होता है।

\(\mathop \smallint \limits_0^1 \left| {5x - 3} \right|dx = - \mathop \smallint \limits_0^{\frac{3}{5}} \left( {5x - 3} \right)dx + \mathop \smallint \limits_{\frac{3}{5}}^1 \left( {5x - 3} \right)dx\)

\( = \left( { - \frac{5}{2}{x^2} + 3x} \right)_0^{\frac{3}{5}} + \left( {\frac{{5{x^2}}}{2} - 3x} \right)_{\frac{3}{5}}^1\)

\( = \left( { - \frac{9}{{10}} + \frac{9}{5}} \right) + \left[ {\left( {\frac{5}{2} - 3} \right) - \left( {\frac{9}{{10}} - \frac{9}{5}} \right)} \right]\)

\( = \frac{9}{{10}} + \left( {\frac{{ - 1}}{2} + \frac{9}{{10}}} \right) = \frac{{13}}{{10}}\)

माना कि,

 \(I = \smallint {e^x}\left\{ {f\left( x \right) + f'\left( x \right)} \right\}dx\)

\( = \smallint {e^x}f\left( x \right)dx + \smallint {e^x}f'\left( x \right)dx+C\)

खंडश: समाकलन से हल करने पर, हमें निम्न प्राप्त होता है

\( = \left\{ {{e^x}f\left( x \right) - \smallint f'\left( x \right){e^x}dx} \right\} + \smallint {e^x}f'\left( x \right)dx +C\)

\( = f\left( x \right).{e^x} +C\)

जहाँ C स्थिरांक है 

व्याख्या:

इसे हल करने के लिए, हम उपयोग कर सकते हैं

मान लीजिए \(u = \log x\) ताकि \(du = \frac{1}{x} dx\)

dv = dx , इसलिए v = x

अब, समाकलन द्वारा भागों का उपयोग करते हुए \(\int \log x \, dx = x \log x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx\)

\(= x \log x - \int 1 \, dx\)

=\(= x \log x - x + C\)

= \(x (\log x - 1) + C\)

इसलिए, सही उत्तर \(x(\log x - 1) + C\) है

सही विकल्प विकल्प 3 है।

व्याख्या:

\(\int \sqrt{1 + \sin x} dx\)

= \(\int \sqrt{\sin^2{x\over 2}+\cos^2{x\over 2} + 2\sin {x\over 2}\cos{x\over 2}} dx\)

= \(\int \sqrt{(\sin{x\over 2}+\cos{x\over 2})^2} dx\)

= \(\int (\sin{x\over 2}+\cos{x\over 2}) dx\)

= 2(- cos (x/2) + sin (x/2))

= 2(sin (x/2) - cos (x/2))

(3) सही है।

संकल्पना:

\(\displaystyle\int_0^m \int_0^x f(x,y)dA\)

चूँकि आंतरिक सीमा x के पदों में है, इसलिए हमें पहले 'y' पदों को समाकलन करना होगा और संपूर्ण व्यंजक को x के पदों में परिवर्तित करना होगा।

गणना:

दिया गया है:

\(\displaystyle\int_0^1 \int_0^x (x^2 + y^2)dA\)

\(\displaystyle\int_0^1\left[ \int_0^x (x^2 + y^2)dy\right]dx\;\)

\(\displaystyle\int_0^1\left( x^2[y]_0^x\;+\;\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^x\right)dx\;\)

\(\displaystyle\int_0^1\left( x^3\;+\;\frac{x^3}{3}\right)dx\;\)

\(\displaystyle\int_0^1\left(\frac{4x^3}{3}\right)dx\;\)

\(\displaystyle \left(\frac{4x^4}{12}\right)_0^1\;\)

\(\displaystyle \frac{1}{3}\)

व्याख्या:

दिया गया समाकल

\(\rm \displaystyle∫ e^{sin^{-1}x} \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx \)

मान लीजिए, sin^-1 x = t ⇒ \(\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx = dt \) जैसा कि हम sin-1 x = \(\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\) के अवकलज को जानते हैं।

अब समीकरण कम हो जाता है

\(\rm \displaystyle∫ e^{t} dt \) ⇒ हम जानते हैं  ∫exdx = ex + c 

∴ ∫ etdt = et + c, जैसे t = sin-1 x हमारा समीकरण esin-1x  + c हो जाता है

∴ \(\rm \displaystyle\int e^{sin^{-1}x} \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx\) = \(\rm e^{\sin^ {-1}x} + ग \)

दिया गया है,

I = \(\int\frac{(\cos x)^{1.5}−(\sin x)^{1.5}}{\sqrt{\sin x⋅\cos x}}dx\)

⇒ I = \(\int\frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}- \frac{\sin x}{\sqrt{\cos x}}dx\)

⇒ I = \(\int\frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}dx- \int \frac{\sin x}{\sqrt{\cos x}}dx\) = I₁ - I₂ (माना)

I₁ ज्ञात करने पर, 

I₁ = \(\int\frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}dx\)

sin x = t रखने पर → cos x dx = dt

⇒ I₁ = \(\int\frac{dt}{\sqrt{t}} = {t^{-{1 \over 2}+1} \over{-{1 \over 2}+1}} + c_1\)

⇒ I1 = \(2\sqrt t + c_1\)

⇒ I1 = \(2\sqrt {\sin x} + c_1\)

इसी प्रकार,

I2 = \(\int\frac{\sin x}{\sqrt{\cos x}}dx\)

स्पष्टीकरण:

\(\int x^{n} d x=\frac{x^{n+1}}{n+1}+c\), n = -1 के लिए सत्य नहीं है। 

क्योंकि n = -1 के लिए

\(\int x^{n} d x=\int x^{-1} d x\) = \(\int {1\over x}dx\) = log |x| + c

अतः (5) सही है। 

स्पष्टीकरण:

\(I = \mathop \smallint \limits_0^\infty x{e^{ - {x^2}}}dx\)

माना, t = x² ⇒ dt = 2xdx ⇒ xdx = dt/2

\(\begin{array}{l} I = \frac{1}{2}\mathop \smallint \limits_0^\infty {e^{ - t}}dt = \frac{1}{2}\left| { - {e^{ - t}}} \right|_0^\infty = - \frac{1}{2}\left| {\frac{1}{{{e^t}}}} \right|_0^\infty = - \frac{1}{2}\left[ {0 - 1} \right]\\ I = \frac{1}{2} \end{array}\)  

संकल्पना:

मापांक के साथ समाकलन के लिए, पहले हमें उस बिंदु को ज्ञात करना  होगा जहां फलन के मान का चिह्न बदल जाता है।

गणना:

दिया गया है:

\(\mathop \smallint \limits_0^1 \left| {5x - 3} \right|dx\)

f(x) = 5x - 3 = 0

x = 3/5

∴ 0 से 3/5 तक फलन ऋणात्मक होता है और 3/5 से 1 तक फलन धनात्मक होता है।

\(\mathop \smallint \limits_0^1 \left| {5x - 3} \right|dx = - \mathop \smallint \limits_0^{\frac{3}{5}} \left( {5x - 3} \right)dx + \mathop \smallint \limits_{\frac{3}{5}}^1 \left( {5x - 3} \right)dx\)

\( = \left( { - \frac{5}{2}{x^2} + 3x} \right)_0^{\frac{3}{5}} + \left( {\frac{{5{x^2}}}{2} - 3x} \right)_{\frac{3}{5}}^1\)

\( = \left( { - \frac{9}{{10}} + \frac{9}{5}} \right) + \left[ {\left( {\frac{5}{2} - 3} \right) - \left( {\frac{9}{{10}} - \frac{9}{5}} \right)} \right]\)

\( = \frac{9}{{10}} + \left( {\frac{{ - 1}}{2} + \frac{9}{{10}}} \right) = \frac{{13}}{{10}}\)

माना कि,

 \(I = \smallint {e^x}\left\{ {f\left( x \right) + f'\left( x \right)} \right\}dx\)

\( = \smallint {e^x}f\left( x \right)dx + \smallint {e^x}f'\left( x \right)dx+C\)

खंडश: समाकलन से हल करने पर, हमें निम्न प्राप्त होता है

\( = \left\{ {{e^x}f\left( x \right) - \smallint f'\left( x \right){e^x}dx} \right\} + \smallint {e^x}f'\left( x \right)dx +C\)

\( = f\left( x \right).{e^x} +C\)

जहाँ C स्थिरांक है 

संकल्पना:

\(\displaystyle\int_0^m \int_0^x f(x,y)dA\)

चूँकि आंतरिक सीमा x के पदों में है, इसलिए हमें पहले 'y' पदों को समाकलन करना होगा और संपूर्ण व्यंजक को x के पदों में परिवर्तित करना होगा।

गणना:

दिया गया है:

\(\displaystyle\int_0^1 \int_0^x (x^2 + y^2)dA\)

\(\displaystyle\int_0^1\left[ \int_0^x (x^2 + y^2)dy\right]dx\;\)

\(\displaystyle\int_0^1\left( x^2[y]_0^x\;+\;\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^x\right)dx\;\)

\(\displaystyle\int_0^1\left( x^3\;+\;\frac{x^3}{3}\right)dx\;\)

\(\displaystyle\int_0^1\left(\frac{4x^3}{3}\right)dx\;\)

\(\displaystyle \left(\frac{4x^4}{12}\right)_0^1\;\)

\(\displaystyle \frac{1}{3}\)

व्याख्या:

दिया गया समाकल

\(\rm \displaystyle∫ e^{sin^{-1}x} \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx \)

मान लीजिए, sin^-1 x = t ⇒ \(\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx = dt \) जैसा कि हम sin-1 x = \(\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\) के अवकलज को जानते हैं।

अब समीकरण कम हो जाता है

\(\rm \displaystyle∫ e^{t} dt \) ⇒ हम जानते हैं  ∫exdx = ex + c 

∴ ∫ etdt = et + c, जैसे t = sin-1 x हमारा समीकरण esin-1x  + c हो जाता है

∴ \(\rm \displaystyle\int e^{sin^{-1}x} \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx\) = \(\rm e^{\sin^ {-1}x} + ग \)

गणना:

C रेखाओं द्वारा निर्मित वर्ग है।

x = ± 1 और y = ±1. ∮ c ∮ [(x ² +xy)dx + (x ² +y ² )dy]

= ( ∫ ABnbsp;+ ∫ BC + ∫ CD + ∫ DA ) = [∫(x ² +xy)dx + ∫ (x ² +y ² )dy]

रेखा AB पर, x = 1 और y परिवर्तनशील है

∴ dx = 0 और -1 ≤ y ≤ 1

रेखा BC पर, y = 1 और x परिवर्तनशील है

∴ dx = 0 और 1 ≤ x ≤ -1

लाइन सीडी पर, x = -1 और y परिवर्तनशील है

∴ dx = 0 और 1 ≤ y ≤ -1

लाइन डीए पर, y = -1 और x परिवर्तनशील है

∴ dy = 0 और -1 ≤ x ≤ -1

\(\rm =\int_{-1}^1(1+y^2)dy+\int_{1}^{-1}(x^2+x)dx+\int_{1}^{-1}(1+y^2)dy+\int_{-1}^1(x^2-x)dx\)

\(\rm \left[y+\frac{y^3}{3}\right]^1_{-1}+\left[\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right]^{-1}_1+\left[y+\frac{y^3}{3}\right]_1^{-1}+\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}\right]_{-1}^1\)

\(\rm =\left(1+\frac{1}{3}\right)-\left(-1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{-1}{3}+\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right)\)

\(\rm +\left(-1+\frac{-1}{3}\right)-\left(1+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{-1}{3}-\frac{1}{2}\right)\)

\(\rm =\frac{-2}{3}+0+\frac{2}{3}-0\)

= 0

अतः, सही विकल्प 4 है।