Chapter 7: સંકલન (Integration)

Leave a Comment / By /

7.1 – 19

સંકલન (Integration)
પ્રશ્ન 19: કિંમત શોધો : ∫
sec2 x
cosec2 x
dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
sec2 x
cosec2 x
dx
આપણે જાણીએ છીએ કે મૂળભૂત ત્રિકોણમિતિય વિધેયો મુજબ:
sec x =
1
cos x
  અને   cosec x =
1
sin x
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતાં:
I = ∫
1 / cos2 x
1 / sin2 x
dx
છેદનો છેદ અંશમાં જશે અને અંશનો છેદ નીચે આવશે:
I = ∫
sin2 x
cos2 x
dx
આપણે જાણીએ છીએ કે
sin x
cos x
= tan x થાય. તેથી:
I = ∫ tan2 x dx
નોંધ: સંકલનમાં tan2 x નું સીધું કોઈ પ્રમાણિત સૂત્ર નથી. તેથી આપણે ત્રિકોણમિતિના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરવો પડશે.
ત્રિકોણમિતિના નિત્યસમ sec2 x – tan2 x = 1 પરથી tan2 x = sec2 x – 1 સંકલનમાં મૂકતાં:
I = ∫ (sec2 x – 1) dx
હવે બંને પદોનું અલગ-અલગ સંકલન કરતાં:
I = ∫ sec2 x dx – ∫ 1 dx
પ્રમાણિત સૂત્રો મુજબ, sec2 x નું સંકલન tan x થાય અને 1 નું સંકલન x થાય:
✅ અંતિમ જવાબ: I = tan x – x + C
(જ્યાં C એ સંકલનનો સ્વેર અચળાંક છે).

7.2

સ્વાધ્યાય 7.2 : સંકલન (આદેશની રીત) – ભાગ 1
સૂચના: પ્રશ્નો 1 થી 37 માં આપેલાં વિધેયોના સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 1: ∫
2x
1 + x2
dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
2x
1 + x2
dx
અહીં આદેશ 1 + x2 = t લેતાં,
બંને બાજુ વિકલન કરતાં: 2x dx = dt
I = ∫
1
t
dt
I = log|t| + C
t ની કિંમત પાછી મૂકતાં:
✅ જવાબ: I = log|1 + x2| + C
(અહીં C એ સંકલનનો અચળાંક છે).
પ્રશ્ન 2: ∫
(log x)2
x
dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ (log x)2 ·
1
x
dx
આદેશ log x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં:
1
x
dx = dt
I = ∫ t2 dt
I =
t3
3
+ C
t ની કિંમત પાછી મૂકતાં:
✅ જવાબ: I =
(log x)3
3
+ C
પ્રશ્ન 3: ∫
1
x + x log x
dx
ઉકેલ: છેદમાંથી x સામાન્ય કાઢતાં:
I = ∫
1
x (1 + log x)
dx
આદેશ 1 + log x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં:
1
x
dx = dt
I = ∫
1
t
dt
I = log|t| + C
t ની કિંમત પાછી મૂકતાં:
✅ જવાબ: I = log|1 + log x| + C
પ્રશ્ન 4: ∫ sin x · sin(cos x) dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ sin(cos x) · sin x dx
આદેશ cos x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: -sin x dx = dt  ⇒  sin x dx = –dt
I = ∫ sin(t) (-dt)
I = – ∫ sin t dt
આપણે જાણીએ છીએ કે sin t નું સંકલન -cos t થાય:
I = – (-cos t) + C = cos t + C
✅ જવાબ: I = cos(cos x) + C
પ્રશ્ન 5: ∫ sin(ax + b) cos(ax + b) dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ sin(ax + b) cos(ax + b) dx
આદેશ sin(ax + b) = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: a cos(ax + b) dx = dt  ⇒  cos(ax + b) dx =
dt
a
I = ∫ t ·
dt
a
=
1
a
∫ t dt
I =
1
a
(
t2
2
) + C =
t2
2a
+ C
✅ જવાબ: I =
sin2(ax + b)
2a
+ C
નોંધ: આ દાખલો 2 વડે ગુણી અને ભાગીને sin 2θ ના સૂત્રથી પણ ગણી શકાય છે.
પ્રશ્ન 6: ∫ √(ax + b) dx
ઉકેલ: I = ∫ (ax + b)1/2 dx
આદેશ ax + b = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: a dx = dt  ⇒  dx =
dt
a
I = ∫ t1/2 ·
dt
a
=
1
a
∫ t1/2 dt
xn ના સંકલનના નિયમ મુજબ:
I =
1
a
[
t3/2
3/2
] + C =
2
3a
t3/2 + C
✅ જવાબ: I =
2
3a
(ax + b)3/2 + C
પ્રશ્ન 7: ∫ x√(x + 2) dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x(x + 2)1/2 dx
આદેશ x + 2 = t લેતાં, dx = dt થશે.
અને આના પરથી x = t – 2 મળે.
I = ∫ (t – 2) t1/2 dt
I = ∫ (t3/2 – 2t1/2) dt
અલગ-અલગ સંકલન કરતાં:
I =
t5/2
5/2
– 2 (
t3/2
3/2
) + C
I =
2
5
t5/2 –
4
3
t3/2 + C
✅ જવાબ: I =
2
5
(x + 2)5/2 –
4
3
(x + 2)3/2 + C
પ્રશ્ન 8: ∫ x√(1 + 2x2) dx
ઉકેલ: I = ∫ √(1 + 2x2) · x dx
આદેશ 1 + 2x2 = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: 4x dx = dt  ⇒  x dx =
dt
4
I = ∫ √t ·
dt
4
=
1
4
∫ t1/2 dt
I =
1
4
[
t3/2
3/2
] + C =
1
4
·
2
3
t3/2 + C =
1
6
t3/2 + C
✅ જવાબ: I =
1
6
(1 + 2x2)3/2 + C
પ્રશ્ન 9: ∫ (4x + 2)√(x2 + x + 1) dx
ઉકેલ: પ્રથમ કૌંસમાંથી 2 સામાન્ય કાઢતાં:
I = ∫ 2(2x + 1)√(x2 + x + 1) dx
આદેશ x2 + x + 1 = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: (2x + 1) dx = dt
I = ∫ 2√t dt = 2 ∫ t1/2 dt
I = 2 [
t3/2
3/2
] + C = 2 ·
2
3
t3/2 + C =
4
3
t3/2 + C
✅ જવાબ: I =
4
3
(x2 + x + 1)3/2 + C
પ્રશ્ન 10: ∫
1
x – √x
dx
ઉકેલ: છેદમાંથી √x સામાન્ય કાઢતાં:
I = ∫
1
√x (√x – 1)
dx
આદેશ √x – 1 = t લેતાં,
વિકલન કરતાં:
1
2√x
dx = dt  ⇒ 
1
√x
dx = 2dt
I = ∫
1
t
· 2dt = 2 ∫
1
t
dt
I = 2 log|t| + C
✅ જવાબ: I = 2 log|√x – 1| + C
પ્રશ્ન 11: ∫
x
√(x + 4)
dx,   x > -4
ઉકેલ: આદેશ x + 4 = t લેતાં, dx = dt.
અને x = t – 4.
I = ∫
t – 4
√t
dt
છેદ અલગ કરતાં:
I = ∫ (
t
√t
–
4
√t
) dt = ∫ (t1/2 – 4t-1/2) dt
I =
t3/2
3/2
– 4 (
t1/2
1/2
) + C
I =
2
3
t3/2 – 8 t1/2 + C
✅ જવાબ: I =
2
3
(x + 4)3/2 – 8√(x + 4) + C
પ્રશ્ન 12: ∫ (x3 – 1)1/3 x5 dx
ઉકેલ: x5 ના બે ભાગ પાડીએ (x3 · x2):
I = ∫ (x3 – 1)1/3 x3 · x2 dx
આદેશ x3 – 1 = t લેતાં, 3x2 dx = dt  ⇒  x2 dx = dt/3.
અને x3 = t + 1.
I = ∫ t1/3 (t + 1)
dt
3
=
1
3
∫ (t4/3 + t1/3) dt
સંકલન કરતાં:
I =
1
3
[
t7/3
7/3
+
t4/3
4/3
] + C =
1
3
[
3
7
t7/3 +
3
4
t4/3 ] + C
અંદર ગુણાકાર કરતાં 3 ઉડી જશે:
✅ જવાબ: I =
1
7
(x3 – 1)7/3 +
1
4
(x3 – 1)4/3 + C
પ્રશ્ન 13: ∫
x2
(2 + 3x3)3
dx
ઉકેલ: આદેશ 2 + 3x3 = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: 9x2 dx = dt  ⇒  x2 dx =
dt
9
I = ∫
1
t3
·
dt
9
=
1
9
∫ t-3 dt
I =
1
9
(
t-2
-2
) + C = –
1
18 t2
+ C
✅ જવાબ: I = –
1
18(2 + 3x3)2
+ C
પ્રશ્ન 14: ∫
1
x(log x)m
dx,   x > 0, m ≠ 1
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ (log x)-m ·
1
x
dx
આદેશ log x = t લેતાં,
1
x
dx = dt.
I = ∫ t-m dt
I =
t-m + 1
-m + 1
+ C =
t1 – m
1 – m
+ C
✅ જવાબ: I =
(log x)1 – m
1 – m
+ C
પ્રશ્ન 15: ∫
x
9 – 4x2
dx
ઉકેલ: આદેશ 9 – 4x2 = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: -8x dx = dt  ⇒  x dx =
dt
-8
I = ∫
1
t
· (
dt
-8
) = –
1
8
∫
1
t
dt
I = –
1
8
log|t| + C
✅ જવાબ: I = –
1
8
log|9 – 4x2| + C
સ્વાધ્યાય 7.2 : સંકલન (આદેશની રીત) – ભાગ 2
પ્રશ્ન 16: ∫ e2x + 3 dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ e2x + 3 dx
આદેશ 2x + 3 = t લેતાં, 2 dx = dt  ⇒  dx = dt / 2
I = ∫ et
dt
2
=
1
2
∫ et dt =
1
2
et + C
✅ જવાબ: I =
1
2
e2x + 3 + C
પ્રશ્ન 17: ∫
x
ex2
dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x
ex2
dx
આદેશ x2 = t લેતાં, 2x dx = dt  ⇒  x dx = dt / 2
I = ∫
1
et
dt
2
=
1
2
∫ e-t dt
I =
1
2
(
e-t
-1
) + C = –
1
2et
+ C
✅ જવાબ: I = –
1
2ex2
+ C
પ્રશ્ન 18: ∫
etan-1 x
1 + x2
dx
ઉકેલ: આદેશ tan-1 x = t લેતાં,
1
1 + x2
dx = dt
I = ∫ et dt = et + C
✅ જવાબ: I = etan-1 x + C
પ્રશ્ન 19: ∫
e2x – 1
e2x + 1
dx
ઉકેલ: અંશ અને છેદ બંનેને ex વડે ભાગતાં:
I = ∫
ex – e-x
ex + e-x
dx
આદેશ ex + e-x = t લેતાં, વિકલન કરતાં: (ex – e-x) dx = dt
I = ∫
1
t
dt = log|t| + C
✅ જવાબ: I = log|ex + e-x| + C
પ્રશ્ન 20: ∫
e2x – e-2x
e2x + e-2x
dx
ઉકેલ: આદેશ e2x + e-2x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: (2e2x – 2e-2x) dx = dt  ⇒  (e2x – e-2x) dx = dt / 2
I = ∫
1
t
dt
2
=
1
2
log|t| + C
✅ જવાબ: I =
1
2
log|e2x + e-2x| + C
પ્રશ્ન 21: ∫ tan2(2x – 3) dx
ઉકેલ: આપણે જાણીએ છીએ કે tan2θ = sec2θ – 1.
I = ∫ [sec2(2x – 3) – 1] dx
I = ∫ sec2(2x – 3) dx – ∫ 1 dx
✅ જવાબ: I =
tan(2x – 3)
2
– x + C
પ્રશ્ન 22: ∫ sec2(7 – 4x) dx
ઉકેલ: sec2ax નું સીધું સંકલન
tan ax
a
થાય છે.
I =
tan(7 – 4x)
-4
+ C
✅ જવાબ: I = –
1
4
tan(7 – 4x) + C
પ્રશ્ન 23: ∫
sin-1 x
√(1 – x2)
dx
ઉકેલ: આદેશ sin-1 x = t લેતાં,
1
√(1 – x2)
dx = dt
I = ∫ t dt =
t2
2
+ C
✅ જવાબ: I =
(sin-1 x)2
2
+ C
પ્રશ્ન 24: ∫
2 cos x – 3 sin x
6 cos x + 4 sin x
dx
ઉકેલ: છેદમાંથી 2 સામાન્ય કાઢતાં:
I = ∫
2 cos x – 3 sin x
2 (3 cos x + 2 sin x)
dx
આદેશ 3 cos x + 2 sin x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: (-3 sin x + 2 cos x) dx = dt
I =
1
2
∫
1
t
dt =
1
2
log|t| + C
✅ જવાબ: I =
1
2
log|3 cos x + 2 sin x| + C
પ્રશ્ન 25: ∫
1
cos2 x (1 – tan x)2
dx
ઉકેલ: આપણે જાણીએ છીએ કે 1/cos2 x = sec2 x.
I = ∫
sec2 x
(1 – tan x)2
dx
આદેશ 1 – tan x = t લેતાં, -sec2 x dx = dt  ⇒  sec2 x dx = –dt
I = ∫
-dt
t2
= – ∫ t-2 dt = – (
t-1
-1
) + C =
1
t
+ C
✅ જવાબ: I =
1
1 – tan x
+ C
પ્રશ્ન 26: ∫
cos √x
√x
dx
ઉકેલ: આદેશ √x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં:
1
2√x
dx = dt  ⇒ 
1
√x
dx = 2 dt
I = ∫ cos t · 2 dt = 2 ∫ cos t dt = 2 sin t + C
✅ જવાબ: I = 2 sin(√x) + C
પ્રશ્ન 27: ∫ √(sin 2x) cos 2x dx
ઉકેલ: આદેશ sin 2x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: 2 cos 2x dx = dt  ⇒  cos 2x dx = dt / 2
I = ∫ √t
dt
2
=
1
2
∫ t1/2 dt
I =
1
2
(
t3/2
3/2
) + C =
1
3
t3/2 + C
✅ જવાબ: I =
1
3
(sin 2x)3/2 + C
પ્રશ્ન 28: ∫
cos x
√(1 + sin x)
dx
ઉકેલ: આદેશ 1 + sin x = t લેતાં, cos x dx = dt
I = ∫
dt
√t
= ∫ t-1/2 dt
I =
t1/2
1/2
+ C = 2√t + C
✅ જવાબ: I = 2√(1 + sin x) + C
પ્રશ્ન 29: ∫ cot x · log(sin x) dx
ઉકેલ: આદેશ log(sin x) = t લેતાં,
વિકલન કરતાં:
1
sin x
· cos x dx = dt  ⇒  cot x dx = dt
I = ∫ t dt =
t2
2
+ C
✅ જવાબ: I =
(log(sin x))2
2
+ C
પ્રશ્ન 30: ∫
sin x
1 + cos x
dx
ઉકેલ: આદેશ 1 + cos x = t લેતાં, -sin x dx = dt  ⇒  sin x dx = –dt
I = ∫
-dt
t
= -log|t| + C
✅ જવાબ: I = -log|1 + cos x| + C
પ્રશ્ન 31: ∫
sin x
(1 + cos x)2
dx
ઉકેલ: આદેશ 1 + cos x = t લેતાં, sin x dx = –dt
I = ∫
-dt
t2
= – ∫ t-2 dt = – (
t-1
-1
) + C =
1
t
+ C
✅ જવાબ: I =
1
1 + cos x
+ C
પ્રશ્ન 32: ∫
1
1 + cot x
dx
ઉકેલ (ખાસ રીત): cot x ને cos x / sin x માં ફેરવીએ:
I = ∫
1
1 + (cos x / sin x)
dx = ∫
sin x
sin x + cos x
dx
અંશ અને છેદને 2 વડે ગુણતાં:
I =
1
2
∫
2 sin x
sin x + cos x
dx
2 sin x ના ભાગ પાડીએ: (sin x + cos x) + (sin x – cos x)
I =
1
2
∫
(sin x + cos x) – (cos x – sin x)
sin x + cos x
dx
છેદ અલગ કરતાં:
I =
1
2
∫ [ 1 –
cos x – sin x
sin x + cos x
] dx
હવે બીજા પદમાં છેદનું વિકલન અંશમાં છે (f'(x)/f(x) સ્વરૂપ), તેથી તેનું સંકલન log|છેદ| થાય:
✅ જવાબ: I =
1
2
[ x – log|sin x + cos x| ] + C
પ્રશ્ન 33: ∫
1
1 – tan x
dx
ઉકેલ: દાખલા 32 ની જેમ જ, tan x ને sin x / cos x લખતાં:
I = ∫
cos x
cos x – sin x
dx
અંશ અને છેદને 2 વડે ગુણતાં:
I =
1
2
∫
(cos x – sin x) + (cos x + sin x)
cos x – sin x
dx
I =
1
2
∫ [ 1 +
cos x + sin x
cos x – sin x
] dx
બીજા પદમાં છેદ (cos x – sin x) નું વિકલન (-sin x – cos x) થાય. તેથી અંશમાંથી માઇનસ સામાન્ય કાઢવું પડશે:
I =
1
2
∫ [ 1 –
-sin x – cos x
cos x – sin x
] dx
✅ જવાબ: I =
1
2
[ x – log|cos x – sin x| ] + C
પ્રશ્ન 34: ∫
√(tan x)
sin x cos x
dx
ઉકેલ: અંશ અને છેદને cos2 x વડે ભાગતાં:
છેદ:
sin x cos x
cos2 x
= tan x
અંશ:
√(tan x)
cos2 x
= √(tan x) · sec2 x
I = ∫
√(tan x) · sec2 x
tan x
dx = ∫
sec2 x
√(tan x)
dx
આદેશ tan x = t લેતાં, sec2 x dx = dt
I = ∫
1
√t
dt = ∫ t-1/2 dt =
t1/2
1/2
+ C = 2√t + C
✅ જવાબ: I = 2√(tan x) + C
પ્રશ્ન 35: ∫
(1 + log x)2
x
dx
ઉકેલ: આદેશ 1 + log x = t લેતાં,
1
x
dx = dt
I = ∫ t2 dt =
t3
3
+ C
✅ જવાબ: I =
(1 + log x)3
3
+ C
પ્રશ્ન 36: ∫
(x + 1)(x + log x)2
x
dx
ઉકેલ: પદોની ગોઠવણી કરતાં:
I = ∫ (
x + 1
x
) (x + log x)2 dx = ∫ ( 1 +
1
x
) (x + log x)2 dx
આદેશ x + log x = t લેતાં, ( 1 +
1
x
) dx = dt
I = ∫ t2 dt =
t3
3
+ C
✅ જવાબ: I =
(x + log x)3
3
+ C
પ્રશ્ન 37: ∫
x3 sin(tan-1 x4)
1 + x8
dx
ઉકેલ: આદેશ tan-1(x4) = t લેતાં,
સાંકળના નિયમથી વિકલન કરતાં:
1
1 + (x4)2
· (4x3) dx = dt
4x3
1 + x8
dx = dt  ⇒ 
x3
1 + x8
dx =
dt
4
I = ∫ sin t ·
dt
4
=
1
4
∫ sin t dt =
1
4
(-cos t) + C
✅ જવાબ: I = –
1
4
cos(tan-1 x4) + C
સંકલન (Integration) : MCQ
પ્રશ્ન 39: ∫
dx
sin2 x cos2 x
= ………

(A) tan x + cot x + c      (B) tan x – cot x + c
(C) tan x cot x + c        (D) tan x – cot 2x + c
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
sin2 x cos2 x
dx
આપણે ત્રિકોણમિતિનો મૂળભૂત નિત્યસમ જાણીએ છીએ કે 1 = sin2 x + cos2 x. આ કિંમત અંશમાં 1 ની જગ્યાએ મૂકતાં:
I = ∫
sin2 x + cos2 x
sin2 x cos2 x
dx
હવે છેદને અંશના બંને પદો સાથે અલગ કરતાં (સ્પ્લિટ કરતાં):
I = ∫ [
sin2 x
sin2 x cos2 x
+
cos2 x
sin2 x cos2 x
] dx
અંશ અને છેદમાંથી સમાન પદો ઉડાડતાં:
I = ∫ [
1
cos2 x
+
1
sin2 x
] dx
આપણે જાણીએ છીએ કે 1/cos2 x = sec2 x અને 1/sin2 x = cosec2 x થાય, તેથી:
I = ∫ (sec2 x + cosec2 x) dx
હવે સંકલનના પ્રમાણિત સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતાં (∫ sec2 x dx = tan x અને ∫ cosec2 x dx = -cot x):
I = tan x – cot x + c
✅ સાચો વિકલ્પ: (B) tan x – cot x + c

7.3

સ્વાધ્યાય 7.3 : ત્રિકોણમિતિય નિત્યસમોનો ઉપયોગ (ભાગ 1)
પ્રશ્ન 1: ∫ sin2(2x + 5) dx
ઉકેલ: આપણે ત્રિકોણમિતિના નિત્યસમ sin2θ = (1 – cos 2θ) / 2 નો ઉપયોગ કરીશું.
અહીં θ = 2x + 5 છે, તેથી 2θ = 4x + 10 થશે.
I = ∫
1 – cos(4x + 10)
2
dx
I =
1
2
∫ [ 1 – cos(4x + 10) ] dx
અલગ-અલગ સંકલન કરતાં:
I =
1
2
[ x –
sin(4x + 10)
4
] + C
✅ જવાબ: I =
x
2
–
sin(4x + 10)
8
+ C
પ્રશ્ન 2: ∫ sin 3x cos 4x dx
ઉકેલ: મોટા ખૂણાવાળા પદને આગળ લખીએ: I = ∫ cos 4x sin 3x dx
2 વડે ગુણતાં અને ભાગતાં:
I =
1
2
∫ 2 cos 4x sin 3x dx
સૂત્ર: 2 cos A sin B = sin(A + B) – sin(A – B)
I =
1
2
∫ [ sin(4x + 3x) – sin(4x – 3x) ] dx
I =
1
2
∫ (sin 7x – sin x) dx
I =
1
2
[ –
cos 7x
7
– (-cos x) ] + C
✅ જવાબ: I = –
cos 7x
14
+
cos x
2
+ C
પ્રશ્ન 3: ∫ cos 2x cos 4x cos 6x dx
ઉકેલ: મોટા ખૂણાઓને જોડીમાં લઈએ: I = ∫ (cos 6x cos 2x) cos 4x dx
2 વડે ગુણતાં અને ભાગતાં:
I =
1
2
∫ [2 cos 6x cos 2x] cos 4x dx
સૂત્ર: 2 cos A cos B = cos(A + B) + cos(A – B)
I =
1
2
∫ [cos 8x + cos 4x] cos 4x dx
I =
1
2
∫ (cos 8x cos 4x + cos2 4x) dx
ફરીથી 2 વડે ગુણતાં અને ભાગતાં:
I =
1
4
∫ (2 cos 8x cos 4x + 2 cos2 4x) dx
2 cos2θ = 1 + cos 2θ નો ઉપયોગ કરતાં:
I =
1
4
∫ [ (cos 12x + cos 4x) + (1 + cos 8x) ] dx
I =
1
4
[
sin 12x
12
+
sin 4x
4
+ x +
sin 8x
8
] + C
✅ જવાબ: I =
1
4
[ x +
sin 4x
4
+
sin 8x
8
+
sin 12x
12
] + C
પ્રશ્ન 4: ∫ sin3(2x + 1) dx
ઉકેલ: sin3θ ના બે ભાગ પાડીએ: sin2θ · sinθ.
I = ∫ sin2(2x + 1) · sin(2x + 1) dx
I = ∫ [1 – cos2(2x + 1)] · sin(2x + 1) dx
આદેશ cos(2x + 1) = t લેતાં,
-2 sin(2x + 1) dx = dt  ⇒  sin(2x + 1) dx = –dt / 2
I = ∫ (1 – t2) · ( –
dt
2
) = –
1
2
∫ (1 – t2) dt
I = –
1
2
[ t –
t3
3
] + C = –
t
2
+
t3
6
+ C
✅ જવાબ: I = –
1
2
cos(2x + 1) +
1
6
cos3(2x + 1) + C
પ્રશ્ન 5: ∫ sin3 x cos3 x dx
ઉકેલ: આપણે sin3 x ને એમના એમ રાખીશું અને cos3 x ના ભાગ પાડીશું (cos2 x · cos x).
I = ∫ sin3 x (1 – sin2 x) cos x dx
આદેશ sin x = t લેતાં, cos x dx = dt.
I = ∫ t3 (1 – t2) dt = ∫ (t3 – t5) dt
I =
t4
4
–
t6
6
+ C
✅ જવાબ: I =
sin4 x
4
–
sin6 x
6
+ C
પ્રશ્ન 6: ∫ sin x sin 2x sin 3x dx
ઉકેલ: મોટા ખૂણાઓને જોડીમાં લઈએ: I = ∫ (sin 3x sin x) sin 2x dx
2 વડે ગુણતાં અને ભાગતાં:
I =
1
2
∫ [2 sin 3x sin x] sin 2x dx
સૂત્ર: 2 sin A sin B = cos(A – B) – cos(A + B)
I =
1
2
∫ [cos 2x – cos 4x] sin 2x dx
I =
1
2
∫ (sin 2x cos 2x – cos 4x sin 2x) dx
ફરીથી 2 વડે ગુણતાં અને ભાગતાં:
I =
1
4
∫ (2 sin 2x cos 2x – 2 cos 4x sin 2x) dx
I =
1
4
∫ [ sin 4x – (sin 6x – sin 2x) ] dx
I =
1
4
∫ (sin 4x – sin 6x + sin 2x) dx
I =
1
4
[ –
cos 4x
4
+
cos 6x
6
–
cos 2x
2
] + C
✅ જવાબ: I =
1
4
[
cos 6x
6
–
cos 4x
4
–
cos 2x
2
] + C
પ્રશ્ન 7: ∫ sin 4x sin 8x dx
ઉકેલ: મોટા ખૂણાવાળા પદને આગળ લખીએ: I = ∫ sin 8x sin 4x dx
2 વડે ગુણતાં અને ભાગતાં:
I =
1
2
∫ 2 sin 8x sin 4x dx
સૂત્ર: 2 sin A sin B = cos(A – B) – cos(A + B)
I =
1
2
∫ [ cos(8x – 4x) – cos(8x + 4x) ] dx
I =
1
2
∫ (cos 4x – cos 12x) dx
✅ જવાબ: I =
1
2
[
sin 4x
4
–
sin 12x
12
] + C
પ્રશ્ન 8: ∫
1 – cos x
1 + cos x
dx
ઉકેલ: અર્ધખૂણાના સૂત્રો (1 – cos x = 2 sin2(x/2) અને 1 + cos x = 2 cos2(x/2)) નો ઉપયોગ કરતાં:
I = ∫
2 sin2(x/2)
2 cos2(x/2)
dx = ∫ tan2(x/2) dx
આપણે જાણીએ છીએ કે tan2θ = sec2θ – 1.
I = ∫ [sec2(x/2) – 1] dx
I =
tan(x/2)
1/2
– x + C
✅ જવાબ: I = 2 tan(x/2) – x + C
પ્રશ્ન 9: ∫
cos x
1 + cos x
dx
ઉકેલ: અંશમાં 1 ઉમેરીને 1 બાદ કરીએ (અંશને છેદ જેવો બનાવવા):
I = ∫
(1 + cos x) – 1
1 + cos x
dx
છેદ અલગ કરતાં:
I = ∫ [ 1 –
1
1 + cos x
] dx
1 + cos x = 2 cos2(x/2) મૂકતાં:
I = ∫ [ 1 –
1
2 cos2(x/2)
] dx = ∫ [ 1 –
1
2
sec2(x/2) ] dx
I = x –
1
2
(
tan(x/2)
1/2
) + C
✅ જવાબ: I = x – tan(x/2) + C
પ્રશ્ન 10: ∫ sin4 x dx
ઉકેલ: sin4 x ને (sin2 x)2 લખી શકાય.
I = ∫ (
1 – cos 2x
2
)2 dx =
1
4
∫ (1 – 2 cos 2x + cos2 2x) dx
ફરીથી cos2 2x માટે 1 + cos 4x / 2 નું સૂત્ર વાપરતાં:
I =
1
4
∫ [ 1 – 2 cos 2x +
1 + cos 4x
2
] dx
લ.સા.અ. 2 લેતાં:
I =
1
8
∫ (2 – 4 cos 2x + 1 + cos 4x) dx =
1
8
∫ (3 – 4 cos 2x + cos 4x) dx
I =
1
8
[ 3x – 4(
sin 2x
2
) +
sin 4x
4
] + C
✅ જવાબ: I =
3x
8
–
sin 2x
4
+
sin 4x
32
+ C
પ્રશ્ન 11: ∫ cos4 2x dx
ઉકેલ: દાખલા 10 ની જેમ જ ગણતરી કરીશું. (cos2 2x)2 લખીને:
I = ∫ (
1 + cos 4x
2
)2 dx =
1
4
∫ (1 + 2 cos 4x + cos2 4x) dx
cos2 4x = (1 + cos 8x) / 2 મૂકતાં:
I =
1
4
∫ [ 1 + 2 cos 4x +
1 + cos 8x
2
] dx
I =
1
8
∫ (2 + 4 cos 4x + 1 + cos 8x) dx =
1
8
∫ (3 + 4 cos 4x + cos 8x) dx
I =
1
8
[ 3x + 4(
sin 4x
4
) +
sin 8x
8
] + C
✅ જવાબ: I =
3x
8
+
sin 4x
8
+
sin 8x
64
+ C
પ્રશ્ન 12: ∫
sin2 x
1 + cos x
dx
ઉકેલ: આપણે જાણીએ છીએ કે sin2 x = 1 – cos2 x.
I = ∫
1 – cos2 x
1 + cos x
dx
અંશમાં a2 – b2 = (a-b)(a+b) ના અવયવ પાડતાં:
I = ∫
(1 – cos x)(1 + cos x)
1 + cos x
dx
છેદ ઉડી જતાં:
I = ∫ (1 – cos x) dx
✅ જવાબ: I = x – sin x + C
સ્વાધ્યાય 7.3 : ત્રિકોણમિતિય નિત્યસમોનો ઉપયોગ (ભાગ 2)
પ્રશ્ન 13: ∫
cos 2x – cos 2α
cos x – cos α
dx
ઉકેલ: આપણે જાણીએ છીએ કે cos 2θ = 2 cos2 θ – 1. અંશમાં આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતાં:
cos 2x = 2 cos2 x – 1
cos 2α = 2 cos2 α – 1
I = ∫
(2 cos2 x – 1) – (2 cos2 α – 1)
cos x – cos α
dx
I = ∫
2 (cos2 x – cos2 α)
cos x – cos α
dx
અંશમાં a2 – b2 = (a – b)(a + b) ના અવયવ પાડતાં:
I = ∫
2 (cos x – cos α)(cos x + cos α)
cos x – cos α
dx
છેદ ઉડી જતાં:
I = 2 ∫ (cos x + cos α) dx
નોંધ: અહીં α અચળ હોવાથી cos α પણ અચળ છે. તેનું સંકલન x cos α થશે.
✅ જવાબ: I = 2 (sin x + x cos α) + C
પ્રશ્ન 14: ∫
cos x – sin x
1 + sin 2x
dx
ઉકેલ: આપણે છેદમાં 1 = sin2 x + cos2 x અને sin 2x = 2 sin x cos x મૂકીશું.
1 + sin 2x = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x = (cos x + sin x)2
I = ∫
cos x – sin x
(cos x + sin x)2
dx
હવે આદેશ cos x + sin x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: (-sin x + cos x) dx = dt એટલે કે (cos x – sin x) dx = dt
I = ∫
1
t2
dt = ∫ t-2 dt
I =
t-1
-1
+ C = –
1
t
+ C
✅ જવાબ: I = –
1
cos x + sin x
+ C
પ્રશ્ન 15: ∫ tan3 2x sec 2x dx
ઉકેલ: tan3 2x ને tan2 2x · tan 2x તરીકે અલગ કરીએ:
I = ∫ tan2 2x · sec 2x tan 2x dx
હવે tan2 2x = sec2 2x – 1 મૂકતાં:
I = ∫ (sec2 2x – 1) · sec 2x tan 2x dx
આદેશ sec 2x = t લેતાં,
વિકલન કરતાં: 2 sec 2x tan 2x dx = dt  ⇒  sec 2x tan 2x dx =
dt
2
I = ∫ (t2 – 1)
dt
2
=
1
2
∫ (t2 – 1) dt
I =
1
2
[
t3
3
– t ] + C =
t3
6
–
t
2
+ C
✅ જવાબ: I =
sec3 2x
6
–
sec 2x
2
+ C
પ્રશ્ન 16: ∫ tan4 x dx
ઉકેલ: tan4 x ને બે ભાગમાં પાડીએ (tan2 x · tan2 x):
I = ∫ tan2 x (sec2 x – 1) dx
I = ∫ tan2 x sec2 x dx – ∫ tan2 x dx
બીજા સંકલનમાં ફરીથી tan2 x = sec2 x – 1 મૂકતાં:
I = ∫ tan2 x sec2 x dx – ∫ (sec2 x – 1) dx
પ્રથમ સંકલન માટે tan x = t ધારીએ તો sec2 x dx = dt થાય. આથી તેનું સંકલન t3/3 એટલે કે tan3 x / 3 થશે.
I =
tan3 x
3
– [ tan x – x ] + C
✅ જવાબ: I =
tan3 x
3
– tan x + x + C
પ્રશ્ન 17: ∫
sin3 x + cos3 x
sin2 x cos2 x
dx
ઉકેલ: છેદને અંશના બંને પદો સાથે અલગ કરતાં (સ્પ્લિટ કરતાં):
I = ∫ [
sin3 x
sin2 x cos2 x
+
cos3 x
sin2 x cos2 x
] dx
અંશ અને છેદ ઉડાડતાં:
I = ∫ [
sin x
cos2 x
+
cos x
sin2 x
] dx
આને આ રીતે લખી શકાય:
I = ∫ [ (
1
cos x
)(
sin x
cos x
) + (
1
sin x
)(
cos x
sin x
) ] dx
I = ∫ (sec x tan x + cosec x cot x) dx
સૂત્ર મુજબ સંકલન કરતાં:
✅ જવાબ: I = sec x – cosec x + C
પ્રશ્ન 18: ∫
cos 2x + 2 sin2 x
cos2 x
dx
ઉકેલ: આપણે જાણીએ છીએ કે cos 2x = 1 – 2 sin2 x. આ કિંમત અંશમાં મૂકતાં:
I = ∫
(1 – 2 sin2 x) + 2 sin2 x
cos2 x
dx
અંશમાં 2 sin2 x ઉડી જશે:
I = ∫
1
cos2 x
dx = ∫ sec2 x dx
✅ જવાબ: I = tan x + C
પ્રશ્ન 19: ∫
1
sin x cos3 x
dx
ઉકેલ (ખાસ રીત): અંશ અને છેદ બંનેને cos4 x વડે ભાગતાં:
અંશ: 1 / cos4 x = sec4 x = (1 + tan2 x) sec2 x
છેદ: (sin x cos3 x) / cos4 x = sin x / cos x = tan x
I = ∫
(1 + tan2 x) sec2 x
tan x
dx
આદેશ tan x = t લેતાં, sec2 x dx = dt
I = ∫
1 + t2
t
dt = ∫ (
1
t
+ t ) dt
I = log|t| +
t2
2
+ C
✅ જવાબ: I = log|tan x| +
tan2 x
2
+ C
પ્રશ્ન 20: ∫
cos 2x
(cos x + sin x)2
dx
ઉકેલ: આપણે જાણીએ છીએ કે cos 2x = cos2 x – sin2 x.
I = ∫
cos2 x – sin2 x
(cos x + sin x)2
dx
અંશના અવયવ a2 – b2 મુજબ પાડતાં:
I = ∫
(cos x – sin x)(cos x + sin x)
(cos x + sin x)2
dx
છેદ સાથે એક કૌંસ ઉડી જતાં:
I = ∫
cos x – sin x
cos x + sin x
dx
અહીં છેદ (cos x + sin x) નું વિકલન બરાબર અંશ (cos x – sin x) થાય છે. (f'(x)/f(x) સ્વરૂપ). તેથી તેનું સંકલન log|છેદ| થાય.
✅ જવાબ: I = log|cos x + sin x| + C
પ્રશ્ન 21: ∫ sin-1(cos x) dx
ઉકેલ: ત્રિકોણમિતિના નિયમ મુજબ, cos x = sin(π/2 – x) લખી શકાય.
I = ∫ sin-1 [sin(π/2 – x)] dx
sin-1 અને sin દૂર થતાં:
I = ∫ (π/2 – x) dx
અલગ-અલગ સંકલન કરતાં (π/2 અચળ છે):
I =
π
2
x –
x2
2
+ C
✅ જવાબ: I =
πx
2
–
x2
2
+ C
પ્રશ્ન 22: ∫
1
cos(x – a) cos(x – b)
dx
ઉકેલ: આ એક વિશિષ્ટ દાખલો છે. અંશ અને છેદને sin(a – b) વડે ગુણીએ (જે અચળ છે):
I =
1
sin(a – b)
∫
sin(a – b)
cos(x – a) cos(x – b)
dx
અંશના ખૂણા (a – b) ને છેદના ખૂણાઓના સ્વરૂપમાં લખીએ: a – b = (x – b) – (x – a).
I =
1
sin(a – b)
∫
sin[(x – b) – (x – a)]
cos(x – a) cos(x – b)
dx
અંશમાં sin(A – B) નું સૂત્ર વાપરતાં:
I =
1
sin(a – b)
∫
sin(x – b) cos(x – a) – cos(x – b) sin(x – a)
cos(x – a) cos(x – b)
dx
છેદ અલગ કરતાં, સમાન પદો ઉડી જશે:
I =
1
sin(a – b)
∫ [ tan(x – b) – tan(x – a) ] dx
∫ tan θ dθ = -log|cos θ| સૂત્રનો ઉપયોગ કરતાં:
I =
1
sin(a – b)
[ -log|cos(x – b)| – (-log|cos(x – a)|) ] + C
I =
1
sin(a – b)
[ log|cos(x – a)| – log|cos(x – b)| ] + C
✅ જવાબ: I =
1
sin(a – b)
log |
cos(x – a)
cos(x – b)
| + C
સૂચના: પ્રશ્નો 23 તથા 24 માં વિધાન સાચું બને તે રીતે આપેલ વિકલ્પોમાંથી યોગ્ય વિકલ્પ પસંદ કરો.
પ્રશ્ન 23: ∫
sin2 x – cos2 x
sin2 x cos2 x
dx = ………

(A) tan x + cot x + c      (B) tan x + cosec x + c
(C) -tan x + cot x + c        (D) tan x + sec x + c
ઉકેલ: છેદને અંશના બંને પદો સાથે અલગ કરતાં (સ્પ્લિટ કરતાં):
I = ∫ [
sin2 x
sin2 x cos2 x
–
cos2 x
sin2 x cos2 x
] dx
અંશ અને છેદમાંથી સમાન પદો ઉડાડતાં:
I = ∫ [
1
cos2 x
–
1
sin2 x
] dx
I = ∫ (sec2 x – cosec2 x) dx
પ્રમાણિત સૂત્રો મુજબ: ∫ sec2 x dx = tan x અને ∫ cosec2 x dx = -cot x.
I = tan x – (-cot x) + c = tan x + cot x + c
✅ સાચો વિકલ્પ: (A) tan x + cot x + c
પ્રશ્ન 24: ∫
ex (1 + x)
cos2 (ex x)
dx = ………

(A) -cot(exx) + c      (B) tan(x ex) + c
(C) tan(ex) + c          (D) cot(ex) + c
ઉકેલ: આદેશ x ex = t લેતાં,
ગુણાકારના નિયમથી વિકલન કરતાં: (1 · ex + x · ex) dx = dt
ex (1 + x) dx = dt (જે બરાબર આપણો અંશ છે).
I = ∫
1
cos2 t
dt = ∫ sec2 t dt
I = tan t + c
t ની કિંમત પાછી મૂકતાં:
I = tan(x ex) + c
✅ સાચો વિકલ્પ: (B) tan(x ex) + c
કોઈપણ દ્વિઘાત બહુપદીને x2 ± a2 સ્વરૂપમાં ફેરવવાનો શૉર્ટકટ
સૌથી પહેલાં એ યાદ રાખો કે x2 ની આગળ કોઈ સંખ્યા (સહગુણક) હોવી જોઈએ નહીં. જો હોય, તો તેને કૌંસની બહાર સામાન્ય (Common) કાઢી લો.
🔥 માસ્ટર શૉર્ટકટ ફોર્મ્યુલા 🔥
ધારો કે કૌંસની અંદર તમારી પાસે આવી બહુપદી છે: x2 + Bx + C
આને સીધું જ આ સ્વરૂપમાં લખી નાખો:

( x +
B
2
)2 – (
B
2
)2 + C
યાદ રાખવાની ટ્રીક: x ના સહગુણક (B) ના અડધા (B/2) નો વર્ગ ઉમેરવાનો (જે કૌંસમાં જતો રહેશે) અને એ જ અડધાનો વર્ગ હંમેશા બાદ કરવાનો. (અહીં બાદબાકી જ આવશે તે ખાસ યાદ રાખવું).
તમારું ઉદાહરણ: 3x2 + 13x – 10
સ્ટેપ 1: x2 નો સહગુણક 3 સામાન્ય કાઢો.
= 3 [ x2 +
13
3
x –
10
3
]
સ્ટેપ 2: શૉર્ટકટ સાથે સરખાવો.
અહીં x નો સહગુણક B =
13
3
 છે.
તેથી તેના અડધા (
B
2
) =
13
3 × 2
=
13
6
 થશે.
અને અચળ પદ C = –
10
3
 છે.
સ્ટેપ 3: સીધું શૉર્ટકટ સૂત્ર વાપરો.
સૂત્ર: ( x + B/2 )2 – (B/2)2 + C
= 3 [ ( x +
13
6
)2 – (
13
6
)2 –
10
3
]
સ્ટેપ 4: પાછળના અચળ પદોનું સાદુંરૂપ આપો.
પાછળનો ભાગ: –
169
36
–
10
3
લ.સા.અ. (LCM) 36 લેતાં:
=
-169 – 120
36
=
-289
36
આપણે જાણીએ છીએ કે 289 એ 17 નો વર્ગ છે અને 36 એ 6 નો વર્ગ છે. તેથી આને – (
17
6
)2 લખી શકાય.
સ્ટેપ 5: ફાઇનલ જવાબ લખો.
= 3 [ ( x +
13
6
)2 – (
17
6
)2 ]
(જે તમારા ફોટામાં આપેલો ફાઇનલ જવાબ છે!)
સ્વાધ્યાય 7.4 : પ્રશ્નો 1 થી 10 ના સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 1:
3x2
x6 + 1
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
3x2
x6 + 1
dx
I = ∫
3x2
(x3)2 + 1
dx
ધારો કે x3 = t. બંને બાજુ x પ્રત્યે વિકલન કરતા: 3x2 dx = dt
I = ∫
1
t2 + 1
dt
પ્રમાણિત રૂપ મુજબ સંકલન કરતા:
I = tan-1(t) + C
t ની કિંમત x3 પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I = tan-1(x3) + C
પ્રશ્ન 2:
1
√1 + 4x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
√1 + (2x)2
dx
ધારો કે 2x = t. વિકલન કરતા: 2 dx = dt  ⇒  dx =
dt
2
I = ∫
1
√1 + t2
dt
2
=
1
2
∫
1
√t2 + 12
dt
સૂત્ર ∫
1
√(x2+a2)
dx = log|x + √(x2+a2)| નો ઉપયોગ કરતા:
I =
1
2
log| t + √t2 + 1 | + C
t = 2x મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
1
2
log| 2x + √4x2 + 1 | + C
પ્રશ્ન 3:
1
√(2 – x)2 + 1
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
√(2 – x)2 + 1
dx
ધારો કે 2 – x = t. વિકલન કરતા: –dx = dt  ⇒  dx = –dt
I = ∫
1
√t2 + 1
(-dt) = – ∫
1
√t2 + 12
dt
I = – log| t + √t2 + 1 | + C
t ની કિંમત (2 – x) પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I = – log| (2 – x) + √(2 – x)2 + 1 | + C
પ્રશ્ન 4:
1
√9 – 25x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
√32 – (5x)2
dx
ધારો કે 5x = t. વિકલન કરતા: 5 dx = dt  ⇒  dx =
dt
5
I = ∫
1
√32 – t2
dt
5
=
1
5
∫
1
√32 – t2
dt
સૂત્ર ∫
1
√(a2–x2)
dx = sin-1(
x
a
) નો ઉપયોગ કરતા:
I =
1
5
sin-1(
t
3
) + C
✅ જવાબ: I =
1
5
sin-1(
5x
3
) + C
પ્રશ્ન 5:
3x
1 + 2x4
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
3x
1 + (√2 x2)2
dx
ધારો કે √2 x2 = t. વિકલન કરતા: 2√2 x dx = dt  ⇒  x dx =
dt
2√2
I = 3 ∫
1
1 + t2
dt
2√2
=
3
2√2
∫
1
t2 + 12
dt
I =
3
2√2
tan-1(t) + C
✅ જવાબ: I =
3
2√2
tan-1(√2 x2) + C
પ્રશ્ન 6:
x2
1 – x6
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x2
1 – (x3)2
dx
ધારો કે x3 = t. વિકલન કરતા: 3x2 dx = dt  ⇒  x2 dx =
dt
3
I = ∫
1
12 – t2
dt
3
=
1
3
∫
1
12 – t2
dt
સૂત્ર ∫
1
a2–x2
dx =
1
2a
log|
a+x
a–x
| વાપરતા:
I =
1
3
[
1
2(1)
log|
1 + t
1 – t
| ] + C
I =
1
6
log|
1 + x3
1 – x3
| + C
✅ જવાબ: I =
1
6
log|
1 + x3
1 – x3
| + C
પ્રશ્ન 7:
x – 1
√x2 – 1
ઉકેલ: I = ∫
x – 1
√x2 – 1
dx. પદોને અલગ કરતા:
I = ∫
x
√x2 – 1
dx – ∫
1
√x2 – 1
dx
ધારો કે I = I1 – I2.
I1 માટે: ધારો કે x2 – 1 = t2  ⇒  2x dx = 2t dt  ⇒  x dx = t dt.
I1 = ∫
t
t
dt = ∫ 1 dt = t = √x2 – 1
I2 માટે: સીધું પ્રમાણિત સૂત્ર વાપરતા:
I2 = ∫
1
√x2 – 1
dx = log| x + √x2 – 1 |
બંનેની કિંમત મૂકતા: I = I1 – I2 + C
✅ જવાબ: I = √x2 – 1 – log| x + √x2 – 1 | + C
પ્રશ્ન 8:
x2
√x6 + a6
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x2
√(x3)2 + (a3)2
dx
ધારો કે x3 = t. વિકલન કરતા: 3x2 dx = dt  ⇒  x2 dx =
dt
3
I = ∫
1
√t2 + (a3)2
dt
3
=
1
3
∫
1
√t2 + (a3)2
dt
I =
1
3
log| t + √t2 + a6 | + C
✅ જવાબ: I =
1
3
log| x3 + √x6 + a6 | + C
પ્રશ્ન 9:
sec2 x
√tan2 x + 4
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
sec2 x
√tan2 x + 22
dx
ધારો કે tan x = t. વિકલન કરતા: sec2 x dx = dt
I = ∫
1
√t2 + 22
dt
I = log| t + √t2 + 4 | + C
✅ જવાબ: I = log| tan x + √tan2 x + 4 | + C
પ્રશ્ન 10:
1
√x2 + 2x + 2
ઉકેલ: છેદના પદને પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ: x2 + 2x + 2 = (x2 + 2x + 1) + 1 = (x + 1)2 + 12
I = ∫
1
√(x + 1)2 + 12
dx
ધારો કે x + 1 = t. વિકલન કરતા: dx = dt
I = ∫
1
√t2 + 12
dt
I = log| t + √t2 + 1 | + C
t = x + 1 અને t2 + 1 = x2 + 2x + 2 મૂકતા:
✅ જવાબ: I = log| x + 1 + √x2 + 2x + 2 | + C
સ્વાધ્યાય 7.4 : પ્રશ્નો 11 થી 17 ના સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 11:
1
9x2 + 6x + 5
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
9x2 + 6x + 5
dx
છેદને પૂર્ણવર્ગ બહુપદીમાં ફેરવીએ: 9x2 + 6x + 5 = (3x)2 + 2(3x)(1) + 1 + 4 = (3x + 1)2 + 22
I = ∫
1
(3x + 1)2 + 22
dx
ધારો કે 3x + 1 = t. વિકલન કરતા: 3 dx = dt  ⇒  dx =
dt
3
I =
1
3
∫
1
t2 + 22
dt
સૂત્ર ∫
1
x2+a2
dx =
1
a
tan-1(
x
a
) નો ઉપયોગ કરતા:
I =
1
3
×
1
2
tan-1(
t
2
) + C
t ની કિંમત પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
1
6
tan-1(
3x + 1
2
) + C
પ્રશ્ન 12:
1
√7 – 6x – x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
√7 – 6x – x2
dx
વર્ગમૂળની અંદરનાં પદોને પૂર્ણવર્ગ સ્વરૂપે ગોઠવીએ:
7 – (x2 + 6x) = 7 – (x2 + 6x + 9 – 9) = 16 – (x + 3)2 = 42 – (x + 3)2
I = ∫
1
√42 – (x + 3)2
dx
ધારો કે x + 3 = t. વિકલન કરતા: dx = dt
I = ∫
1
√42 – t2
dt = sin-1(
t
4
) + C
✅ જવાબ: I = sin-1(
x + 3
4
) + C
પ્રશ્ન 13:
1
√(x – 1)(x – 2)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
√(x – 1)(x – 2)
dx
કૌંસ છોડતાં: (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + 2
આને પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ: x2 – 3x + 2 = x2 – 3x +
9
4
–
9
4
+ 2 = (x –
3
2
)2 –
1
4
I = ∫
1
√(x –
3
2
)2 – (
1
2
)2
dx
ધારો કે x –
3
2
= t. વિકલન કરતા: dx = dt
I = ∫
1
√t2 – (
1
2
)2
dt = log| t + √t2 –
1
4
 | + C
t = x –
3
2
અને t2 – 1/4 = x2 – 3x + 2 મૂકતા:
✅ જવાબ: I = log| x –
3
2
+ √x2 – 3x + 2 | + C
પ્રશ્ન 14:
1
√8 + 3x – x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
√8 + 3x – x2
dx
વર્ગમૂળની અંદરનાં પદોને ગોઠવીએ: 8 – (x2 – 3x)
પૂર્ણવર્ગ બનાવવા: 8 – (x2 – 3x +
9
4
–
9
4
) = 8 +
9
4
– (x –
3
2
)2 =
41
4
– (x –
3
2
)2 = (
√41
2
)2 – (x –
3
2
)2
I = ∫
1
√(
√41
2
)2 – (x –
3
2
)2
dx
ધારો કે x –
3
2
= t. વિકલન કરતા: dx = dt
I = sin-1(
t
√41 / 2
) + C
✅ જવાબ: I = sin-1(
2x – 3
√41
) + C
પ્રશ્ન 15:
1
√(x – a)(x – b)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
√(x – a)(x – b)
dx
કૌંસ છોડતાં: x2 – (a+b)x + ab
આને પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ: x2 – (a+b)x + (
a+b
2
)2 – (
a+b
2
)2 + ab
= (x –
a+b
2
)2 – (
a–b
2
)2
I = ∫
1
√(x –
a+b
2
)2 – (
a–b
2
)2
dx
સૂત્ર ∫
1
√(X2-A2)
dx = log|X + √(X2-A2)| નો ઉપયોગ કરતા:
✅ જવાબ: I = log| x –
a+b
2
+ √(x – a)(x – b) | + C
પ્રશ્ન 16:
4x + 1
√2x2 + x – 3
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
4x + 1
√2x2 + x – 3
dx
આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે છેદમાં આપેલ પદ 2x2 + x – 3 નું વિકલન 4x + 1 થાય છે (જે અંશમાં છે).
તેથી ધારો કે 2x2 + x – 3 = t. વિકલન કરતા: (4x + 1) dx = dt
I = ∫
1
√t
dt = ∫ t-1/2 dt
I =
t1/2
1/2
+ C = 2√t + C
t ની કિંમત પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I = 2√2x2 + x – 3 + C
પ્રશ્ન 17:
x + 2
√x2 – 1
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x + 2
√x2 – 1
dx. અંશના પદોને અલગ કરતા:
I = ∫
x
√x2 – 1
dx + 2 ∫
1
√x2 – 1
dx = I1 + I2
I1 માટે: ધારો કે x2 – 1 = t  ⇒  2x dx = dt  ⇒  x dx =
dt
2
.
I1 =
1
2
∫ t-1/2 dt =
1
2
(
t1/2
1/2
) = √t = √x2 – 1
I2 માટે: સીધું પ્રમાણિત સૂત્ર વાપરતા:
I2 = 2 log| x + √x2 – 1 |
બંનેનો સરવાળો કરતા:
✅ જવાબ: I = √x2 – 1 + 2 log| x + √x2 – 1 | + C
સ્વાધ્યાય 7.4 : પ્રશ્નો 18 થી 23 ના સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 18:
5x – 2
1 + 2x + 3x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
5x – 2
3x2 + 2x + 1
dx
અંશ = A × [
d
dx
(છેદ)] + B ધારીએ:
5x – 2 = A [
d
dx
(3x2 + 2x + 1) ] + B
5x – 2 = A(6x + 2) + B = 6Ax + 2A + B
સહગુણકો સરખાવતા: 6A = 5  ⇒  A =
5
6
અને 2A + B = -2  ⇒  2(5/6) + B = -2  ⇒  5/3 + B = -2  ⇒  B = -2 – 5/3 = –
11
3
હવે I ને બે ભાગમાં વહેંચીએ:
I = ∫
5
6
(6x + 2) –
11
3
3x2 + 2x + 1
dx
I =
5
6
∫
6x + 2
3x2 + 2x + 1
dx –
11
3
∫
1
3x2 + 2x + 1
dx =
5
6
I1 –
11
3
I2
I1 માટે: છેદનું વિકલન અંશમાં હોવાથી સીધું જ, I1 = log|3x2 + 2x + 1|
I2 માટે: પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ. છેદમાંથી 3 સામાન્ય કાઢતા: 3(x2 + (2/3)x + 1/3)
મધ્યમ પદ (2/3)x, અંતિમ પદ = (2/6)2 = 1/9.
x2 +
2
3
x +
1
9
–
1
9
+
1
3
= (x +
1
3
)2 +
2
9
= (x +
1
3
)2 + (
√2
3
)2
I2 =
1
3
∫
1
(x + 1/3)2 + (√2/3)2
dx
I2 =
1
3
×
1
√2/3
tan-1(
x + 1/3
√2/3
) =
1
√2
tan-1(
3x + 1
√2
)
I1 અને I2 ની કિંમત I માં મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
5
6
log|3x2 + 2x + 1| –
11
3√2
tan-1(
3x + 1
√2
) + C
પ્રશ્ન 19:
6x + 7
√(x – 5)(x – 4)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
6x + 7
√x2 – 9x + 20
dx
અંશ = A × [
d
dx
(છેદના પદની અંદરનો ભાગ)] + B ધારીએ:
6x + 7 = A(2x – 9) + B = 2Ax – 9A + B
સહગુણકો સરખાવતા: 2A = 6  ⇒  A = 3
-9A + B = 7  ⇒  -9(3) + B = 7  ⇒  -27 + B = 7  ⇒  B = 34
I = 3 ∫
2x – 9
√x2 – 9x + 20
dx + 34 ∫
1
√x2 – 9x + 20
dx = 3I1 + 34I2
I1 માટે: ધારો કે x2 – 9x + 20 = t, તો (2x – 9)dx = dt.
I1 = ∫
1
√t
dt = 2√t = 2√x2 – 9x + 20
I2 માટે: x2 – 9x + 20 ને પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ. (અંતિમ પદ 81/4).
= x2 – 9x +
81
4
–
81
4
+ 20 = (x –
9
2
)2 –
1
4
= (x –
9
2
)2 – (
1
2
)2
I2 = ∫
1
√(x – 9/2)2 – (1/2)2
dx = log| x –
9
2
+ √x2 – 9x + 20 |
I1 અને I2 ની કિંમત I માં મૂકતા:
✅ જવાબ: I = 6√x2 – 9x + 20 + 34 log| x –
9
2
+ √x2 – 9x + 20 | + C
પ્રશ્ન 20:
x + 2
√4x – x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x + 2
√4x – x2
dx
અંશ = A × [
d
dx
(4x – x2)] + B
x + 2 = A(4 – 2x) + B = -2Ax + 4A + B
સહગુણકો સરખાવતા: -2A = 1  ⇒  A = –
1
2
4A + B = 2  ⇒  4(-1/2) + B = 2  ⇒  -2 + B = 2  ⇒  B = 4
I = –
1
2
∫
4 – 2x
√4x – x2
dx + 4 ∫
1
√4x – x2
dx = –
1
2
I1 + 4I2
I1 માટે: ધારો કે 4x – x2 = t, તો (4 – 2x)dx = dt.
I1 = ∫ t-1/2 dt = 2√t = 2√4x – x2
I2 માટે: પૂર્ણવર્ગ: 4x – x2 = -(x2 – 4x) = -(x2 – 4x + 4 – 4) = 4 – (x – 2)2 = 22 – (x – 2)2
I2 = ∫
1
√22 – (x – 2)2
dx = sin-1(
x – 2
2
)
I1 અને I2 ની કિંમત I માં મૂકતા (-1/2 * 2 = -1):
✅ જવાબ: I = – √4x – x2 + 4 sin-1(
x – 2
2
) + C
પ્રશ્ન 21:
x + 2
√x2 + 2x + 3
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x + 2
√x2 + 2x + 3
dx
અંશ = A × [
d
dx
(x2 + 2x + 3)] + B
x + 2 = A(2x + 2) + B = 2Ax + 2A + B
સહગુણકો સરખાવતા: 2A = 1  ⇒  A =
1
2
2A + B = 2  ⇒  2(1/2) + B = 2  ⇒  1 + B = 2  ⇒  B = 1
I =
1
2
∫
2x + 2
√x2 + 2x + 3
dx + 1 ∫
1
√x2 + 2x + 3
dx =
1
2
I1 + I2
I1 માટે: છેદની અંદરના પદનું વિકલન અંશમાં છે.
I1 = 2√x2 + 2x + 3
I2 માટે: પૂર્ણવર્ગ: x2 + 2x + 3 = x2 + 2x + 1 + 2 = (x + 1)2 + (√2)2
I2 = ∫
1
√(x + 1)2 + (√2)2
dx = log| (x + 1) + √x2 + 2x + 3 |
I1 અને I2 ની કિંમત I માં મૂકતા:
✅ જવાબ: I = √x2 + 2x + 3 + log| x + 1 + √x2 + 2x + 3 | + C
પ્રશ્ન 22:
x + 3
x2 – 2x – 5
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x + 3
x2 – 2x – 5
dx
અંશ = A × [
d
dx
(x2 – 2x – 5)] + B
x + 3 = A(2x – 2) + B = 2Ax – 2A + B
સહગુણકો સરખાવતા: 2A = 1  ⇒  A =
1
2
-2A + B = 3  ⇒  -2(1/2) + B = 3  ⇒  -1 + B = 3  ⇒  B = 4
I =
1
2
∫
2x – 2
x2 – 2x – 5
dx + 4 ∫
1
x2 – 2x – 5
dx =
1
2
I1 + 4I2
I1 માટે: છેદનું વિકલન અંશમાં છે.
I1 = log|x2 – 2x – 5|
I2 માટે: પૂર્ણવર્ગ: x2 – 2x – 5 = x2 – 2x + 1 – 6 = (x – 1)2 – (√6)2
I2 = ∫
1
(x – 1)2 – (√6)2
dx =
1
2√6
log|
x – 1 – √6
x – 1 + √6
|
I1 અને I2 ની કિંમત I માં મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
1
2
log|x2 – 2x – 5| +
2
√6
log|
x – 1 – √6
x – 1 + √6
| + C
પ્રશ્ન 23:
5x + 3
√x2 + 4x + 10
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
5x + 3
√x2 + 4x + 10
dx
અંશ = A × [
d
dx
(x2 + 4x + 10)] + B
5x + 3 = A(2x + 4) + B = 2Ax + 4A + B
સહગુણકો સરખાવતા: 2A = 5  ⇒  A =
5
2
4A + B = 3  ⇒  4(5/2) + B = 3  ⇒  10 + B = 3  ⇒  B = -7
I =
5
2
∫
2x + 4
√x2 + 4x + 10
dx – 7 ∫
1
√x2 + 4x + 10
dx =
5
2
I1 – 7I2
I1 માટે: છેદની અંદરના પદનું વિકલન અંશમાં છે.
I1 = 2√x2 + 4x + 10
I2 માટે: પૂર્ણવર્ગ: x2 + 4x + 10 = x2 + 4x + 4 + 6 = (x + 2)2 + (√6)2
I2 = ∫
1
√(x + 2)2 + (√6)2
dx = log| (x + 2) + √x2 + 4x + 10 |
I1 અને I2 ની કિંમત I માં મૂકતા:
✅ જવાબ: I = 5√x2 + 4x + 10 – 7 log| x + 2 + √x2 + 4x + 10 | + C
સ્વાધ્યાય 7.5 : આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતે સંકલન (દાખલા 1 થી 6)
પ્રશ્ન 1:
x
(x + 1)(x + 2)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x
(x + 1)(x + 2)
dx
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત લેતાં:
x
(x + 1)(x + 2)
=
A
x + 1
+
B
x + 2
x = A(x + 2) + B(x + 1)
A અને B ની કિંમતો શોધવા:
  • જો x = -1 લઈએ, તો: -1 = A(-1 + 2)  ⇒  A = -1
  • જો x = -2 લઈએ, તો: -2 = B(-2 + 1)  ⇒  -2 = -B  ⇒  B = 2
હવે સંકલન કરતાં:
I = ∫ [
-1
x + 1
+
2
x + 2
] dx
I = – log|x + 1| + 2 log|x + 2| + C
✅ જવાબ: I = – log|x + 1| + 2 log|x + 2| + C
પ્રશ્ન 2:
1
x2 – 9
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
x2 – 9
dx = ∫
1
(x – 3)(x + 3)
dx
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત લેતાં:
1
(x – 3)(x + 3)
=
A
x – 3
+
B
x + 3
1 = A(x + 3) + B(x – 3)
A અને B ની કિંમતો શોધવા:
  • જો x = 3 લઈએ, તો: 1 = A(3 + 3)  ⇒  1 = 6A  ⇒  A =
    1
    6
  • જો x = -3 લઈએ, તો: 1 = B(-3 – 3)  ⇒  1 = -6B  ⇒  B = –
    1
    6
I = ∫ [
1/6
x – 3
–
1/6
x + 3
] dx
I =
1
6
log|x – 3| –
1
6
log|x + 3| + C
✅ જવાબ: I =
1
6
log |
x – 3
x + 3
| + C
પ્રશ્ન 3:
3x – 1
(x – 1)(x – 2)(x – 3)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
3x – 1
(x – 1)(x – 2)(x – 3)
dx
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
3x – 1
(x – 1)(x – 2)(x – 3)
=
A
x – 1
+
B
x – 2
+
C
x – 3
3x – 1 = A(x – 2)(x – 3) + B(x – 1)(x – 3) + C(x – 1)(x – 2)
A, B, C ની કિંમતો શોધવા:
  • જો x = 1 લઈએ: 3(1) – 1 = A(-1)(-2)  ⇒  2 = 2A  ⇒  A = 1
  • જો x = 2 લઈએ: 3(2) – 1 = B(1)(-1)  ⇒  5 = -B  ⇒  B = -5
  • જો x = 3 લઈએ: 3(3) – 1 = C(2)(1)  ⇒  8 = 2C  ⇒  C = 4
આ કિંમતો મૂકી સંકલન કરતાં:
I = ∫ [
1
x – 1
–
5
x – 2
+
4
x – 3
] dx
✅ જવાબ: I = log|x – 1| – 5 log|x – 2| + 4 log|x – 3| + C
પ્રશ્ન 4:
x
(x – 1)(x – 2)(x – 3)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x
(x – 1)(x – 2)(x – 3)
dx
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
x
(x – 1)(x – 2)(x – 3)
=
A
x – 1
+
B
x – 2
+
C
x – 3
x = A(x – 2)(x – 3) + B(x – 1)(x – 3) + C(x – 1)(x – 2)
A, B, C ની કિંમતો શોધવા:
  • જો x = 1 લઈએ: 1 = A(-1)(-2)  ⇒  1 = 2A  ⇒  A =
    1
    2
  • જો x = 2 લઈએ: 2 = B(1)(-1)  ⇒  2 = -B  ⇒  B = -2
  • જો x = 3 લઈએ: 3 = C(2)(1)  ⇒  3 = 2C  ⇒  C =
    3
    2
I = ∫ [
1/2
x – 1
–
2
x – 2
+
3/2
x – 3
] dx
✅ જવાબ: I =
1
2
log|x – 1| – 2 log|x – 2| +
3
2
log|x – 3| + C
પ્રશ્ન 5:
2x
x2 + 3x + 2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
2x
x2 + 3x + 2
dx
છેદના અવયવ પાડીએ: x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
2x
(x + 1)(x + 2)
=
A
x + 1
+
B
x + 2
2x = A(x + 2) + B(x + 1)
A અને B ની કિંમતો શોધવા:
  • જો x = -1 લઈએ: -2 = A(1)  ⇒  A = -2
  • જો x = -2 લઈએ: -4 = B(-1)  ⇒  B = 4
I = ∫ [
-2
x + 1
+
4
x + 2
] dx
✅ જવાબ: I = -2 log|x + 1| + 4 log|x + 2| + C
પ્રશ્ન 6:
1 – x2
x(1 – 2x)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1 – x2
x – 2x2
dx
અગત્યની નોંધ: અહીં અંશ અને છેદ બંનેમાં x ની મહત્તમ ઘાત 2 છે. આથી આ એક અનુચિત સંમેય વિધેય (Improper Rational Function) છે. આંશિક અપૂર્ણાંક વાપરતા પહેલા આપણે બહુપદીનો ભાગાકાર કરવો પડશે.
અંશને છેદના સ્વરૂપમાં ગોઠવીએ:
–x2 + 1
-2x2 + x
=
1
2
+
1 – x/2
-2x2 + x
=
1
2
+
2 – x
2x(1 – 2x)
હવે માત્ર
2 – x
x(1 – 2x)
માટે આંશિક અપૂર્ણાંક લઈએ:
2 – x
x(1 – 2x)
=
A
x
+
B
1 – 2x
2 – x = A(1 – 2x) + B(x)
A અને B ની કિંમતો શોધવા:
  • જો x = 0 લઈએ: 2 – 0 = A(1)  ⇒  A = 2
  • જો x = 1/2 લઈએ: 2 – 1/2 = B(1/2)  ⇒  3/2 = B/2  ⇒  B = 3
આ કિંમતોને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
I = ∫ [
1
2
+
1
2
(
2
x
+
3
1 – 2x
) ] dx
I = ∫ [
1
2
+
1
x
+
3/2
1 – 2x
] dx
દરેક પદનું સંકલન કરતાં (ખાસ ધ્યાન રાખો: છેદ 1-2x નું વિકલન -2 છે, તેથી -2 વડે ભાગવું પડશે):
I =
x
2
+ log|x| +
3
2
[
log|1 – 2x|
-2
] + C
✅ જવાબ: I =
x
2
+ log|x| –
3
4
log|1 – 2x| + C
સ્વાધ્યાય 7.5 : પ્રશ્નો 7 થી 14 ના સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 7:
x
(x2 + 1)(x – 1)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x
(x – 1)(x2 + 1)
dx
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
x
(x – 1)(x2 + 1)
=
A
x – 1
+
Bx + C
x2 + 1
x = A(x2 + 1) + (Bx + C)(x – 1)
A, B, C શોધવા:
  • x = 1 લેતાં: 1 = A(1 + 1)  ⇒  2A = 1  ⇒  A = 1/2
  • x = 0 લેતાં: 0 = A(1) + C(-1)  ⇒  C = A  ⇒  C = 1/2
  • x2 ના સહગુણકો સરખાવતાં: 0 = A + B  ⇒  B = -A  ⇒  B = -1/2
I = ∫ [
1/2
x – 1
+
-1/2 x + 1/2
x2 + 1
] dx
I =
1
2
∫
1
x – 1
dx –
1
4
∫
2x
x2 + 1
dx +
1
2
∫
1
x2 + 1
dx
✅ જવાબ: I =
1
2
log|x – 1| –
1
4
log|x2 + 1| +
1
2
tan-1x + C
પ્રશ્ન 8:
x
(x – 1)2(x + 2)
ઉકેલ: આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
x
(x – 1)2(x + 2)
=
A
x – 1
+
B
(x – 1)2
+
C
x + 2
x = A(x – 1)(x + 2) + B(x + 2) + C(x – 1)2
A, B, C શોધવા:
  • x = 1 લેતાં: 1 = 3B  ⇒  B = 1/3
  • x = -2 લેતાં: -2 = 9C  ⇒  C = -2/9
  • x2 ના સહગુણકો સરખાવતાં: 0 = A + C  ⇒  A = -C  ⇒  A = 2/9
I = ∫ [
2/9
x – 1
+
1/3
(x – 1)2
–
2/9
x + 2
] dx
I =
2
9
log|x – 1| +
1
3
(
-1
x – 1
) –
2
9
log|x + 2| + C
✅ જવાબ: I =
2
9
log |
x – 1
x + 2
| –
1
3(x – 1)
+ C
પ્રશ્ન 9:
3x + 5
x3 – x2 – x + 1
ઉકેલ: છેદના અવયવ પાડીએ: x2(x – 1) – 1(x – 1) = (x2 – 1)(x – 1) = (x + 1)(x – 1)2
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
3x + 5
(x + 1)(x – 1)2
=
A
x + 1
+
B
x – 1
+
C
(x – 1)2
3x + 5 = A(x – 1)2 + B(x + 1)(x – 1) + C(x + 1)
A, B, C શોધવા:
  • x = 1 લેતાં: 8 = 2C  ⇒  C = 4
  • x = -1 લેતાં: 2 = 4A  ⇒  A = 1/2
  • x2 ના સહગુણકો સરખાવતાં: 0 = A + B  ⇒  B = -A  ⇒  B = -1/2
I = ∫ [
1/2
x + 1
–
1/2
x – 1
+
4
(x – 1)2
] dx
✅ જવાબ: I =
1
2
log |
x + 1
x – 1
| –
4
x – 1
+ C
પ્રશ્ન 10:
2x – 3
(x2 – 1)(2x + 3)
ઉકેલ: છેદના અવયવ પાડીએ: (x – 1)(x + 1)(2x + 3)
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
2x – 3
(x – 1)(x + 1)(2x + 3)
=
A
x – 1
+
B
x + 1
+
C
2x + 3
2x – 3 = A(x + 1)(2x + 3) + B(x – 1)(2x + 3) + C(x2 – 1)
A, B, C શોધવા:
  • x = 1 લેતાં: -1 = 10A  ⇒  A = -1/10
  • x = -1 લેતાં: -5 = B(-2)(1) = -2B  ⇒  B = 5/2
  • x = -3/2 લેતાં: 2(-3/2) – 3 = C(9/4 – 1)  ⇒  -6 = 5C/4  ⇒  C = -24/5
I = ∫ [
-1/10
x – 1
+
5/2
x + 1
–
24/5
2x + 3
] dx
છેલ્લા પદમાં છેદનું વિકલન 2 છે, તેથી 2 વડે ભાગવું પડશે:
✅ જવાબ: I = –
1
10
log|x – 1| +
5
2
log|x + 1| –
12
5
log|2x + 3| + C
પ્રશ્ન 11:
5x
(x + 1)(x2 – 4)
ઉકેલ: છેદના અવયવ પાડીએ: (x + 1)(x – 2)(x + 2)
5x
(x + 1)(x – 2)(x + 2)
=
A
x + 1
+
B
x – 2
+
C
x + 2
5x = A(x2 – 4) + B(x + 1)(x + 2) + C(x + 1)(x – 2)
A, B, C શોધવા:
  • x = -1 લેતાં: -5 = -3A  ⇒  A = 5/3
  • x = 2 લેતાં: 10 = B(3)(4) = 12B  ⇒  B = 5/6
  • x = -2 લેતાં: -10 = C(-1)(-4) = 4C  ⇒  C = -5/2
✅ જવાબ: I =
5
3
log|x + 1| +
5
6
log|x – 2| –
5
2
log|x + 2| + C
પ્રશ્ન 12:
x3 + x + 1
x2 – 1
અગત્યની નોંધ: અહીં અંશની ઘાત છેદ કરતાં મોટી છે (અનુચિત અપૂર્ણાંક). બહુપદીનો ભાગાકાર કરવો પડશે.
ભાગાકાર કરતા: x3 + x + 1 = x(x2 – 1) + 2x + 1
I = ∫ [ x +
2x + 1
x2 – 1
] dx
હવે
2x + 1
(x – 1)(x + 1)
માટે આંશિક અપૂર્ણાંક લઈએ:
2x + 1
(x – 1)(x + 1)
=
A
x – 1
+
B
x + 1
2x + 1 = A(x + 1) + B(x – 1)
x = 1 લેતાં 3 = 2A ⇒ A = 3/2. અને x = -1 લેતાં -1 = -2B ⇒ B = 1/2.
I = ∫ x dx + ∫ [
3/2
x – 1
+
1/2
x + 1
] dx
✅ જવાબ: I =
x2
2
+
3
2
log|x – 1| +
1
2
log|x + 1| + C
પ્રશ્ન 13:
2
(1 – x)(1 + x2)
ઉકેલ: આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
2
(1 – x)(1 + x2)
=
A
1 – x
+
Bx + C
1 + x2
2 = A(1 + x2) + (Bx + C)(1 – x)
A, B, C શોધવા:
  • x = 1 લેતાં: 2 = 2A  ⇒  A = 1
  • x = 0 લેતાં: 2 = A(1) + C(1)  ⇒  2 = 1 + C  ⇒  C = 1
  • x2 ના સહગુણકો સરખાવતાં: 0 = A – B  ⇒  B = A  ⇒  B = 1
I = ∫ [
1
1 – x
+
x + 1
1 + x2
] dx
I = ∫
1
1 – x
dx +
1
2
∫
2x
1 + x2
dx + ∫
1
1 + x2
dx
(નોંધ: પહેલા પદનું વિકલન -1 છે, તેથી તેને -1 વડે ભાગવું પડશે.)
✅ જવાબ: I = – log|1 – x| +
1
2
log|1 + x2| + tan-1x + C
પ્રશ્ન 14:
3x – 1
(x + 2)2
ઉકેલ: ધારો કે x + 2 = t, તો x = t – 2 અને dx = dt.
I = ∫
3(t – 2) – 1
t2
dt = ∫
3t – 7
t2
dt
I = ∫ (
3
t
– 7 t-2 ) dt
I = 3 log|t| – 7 (
t-1
-1
) + C = 3 log|t| +
7
t
+ C
✅ જવાબ: I = 3 log|x + 2| +
7
x + 2
+ C
સ્વાધ્યાય 7.5 : પ્રશ્નો 15 થી 21 ના સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 15:
1
x4 – 1
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
x4 – 1
dx
છેદના અવયવ પાડીએ: x4 – 1 = (x2 – 1)(x2 + 1) = (x – 1)(x + 1)(x2 + 1)
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
1
(x – 1)(x + 1)(x2 + 1)
=
A
x – 1
+
B
x + 1
+
Cx + D
x2 + 1
1 = A(x + 1)(x2 + 1) + B(x – 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 – 1)
A, B, C, D ની કિંમતો શોધવા:
  • જો x = 1 લઈએ: 1 = A(2)(2)  ⇒  1 = 4A  ⇒  A = 1/4
  • જો x = -1 લઈએ: 1 = B(-2)(2)  ⇒  1 = -4B  ⇒  B = -1/4
  • જો x = 0 લઈએ: 1 = A(1) + B(-1) + D(-1)  ⇒  1 = 1/4 + 1/4 – D  ⇒  1 = 1/2 – D  ⇒  D = -1/2
  • x3 ના સહગુણકો સરખાવતાં: 0 = A + B + C  ⇒  0 = 1/4 – 1/4 + C  ⇒  C = 0
I = ∫ [
1/4
x – 1
–
1/4
x + 1
–
1/2
x2 + 1
] dx
✅ જવાબ: I =
1
4
log|x – 1| –
1
4
log|x + 1| –
1
2
tan-1x + C
પ્રશ્ન 16:
1
x(xn + 1)

(સૂચન : અંશ અને છેદને xn-1 વડે ગુણો અને xn = t લો.)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
x(xn + 1)
dx
સૂચન મુજબ, અંશ અને છેદને xn-1 વડે ગુણતાં:
I = ∫
xn-1
x · xn-1 (xn + 1)
dx = ∫
xn-1
xn (xn + 1)
dx
ધારો કે xn = t. વિકલન કરતા: nxn-1 dx = dt  ⇒  xn-1 dx =
dt
n
I =
1
n
∫
1
t(t + 1)
dt
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
1
t(t + 1)
=
1
t
–
1
t + 1
I =
1
n
∫ [
1
t
–
1
t + 1
] dt
I =
1
n
[ log|t| – log|t + 1| ] + C =
1
n
log|
t
t + 1
| + C
t ની કિંમત xn પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
1
n
log|
xn
xn + 1
| + C
પ્રશ્ન 17:
cos x
(1 – sin x)(2 – sin x)

(સૂચન : sin x = t લો.)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
cos x
(1 – sin x)(2 – sin x)
dx
ધારો કે sin x = t. વિકલન કરતા: cos x dx = dt
I = ∫
1
(1 – t)(2 – t)
dt
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
1
(1 – t)(2 – t)
=
A
1 – t
+
B
2 – t
1 = A(2 – t) + B(1 – t)
A અને B ની કિંમતો શોધવા:
  • જો t = 1 લઈએ: 1 = A(1)  ⇒  A = 1
  • જો t = 2 લઈએ: 1 = B(-1)  ⇒  B = -1
I = ∫ [
1
1 – t
–
1
2 – t
] dt
સંકલન કરતાં (વિકલન -1 હોવાથી -1 વડે ભાગવું પડશે):
I = – log|1 – t| – ( – log|2 – t| ) + C = log|2 – t| – log|1 – t| + C
t ની કિંમત sin x પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I = log|
2 – sin x
1 – sin x
| + C
પ્રશ્ન 18:
(x2 + 1)(x2 + 2)
(x2 + 3)(x2 + 4)
અગત્યની નોંધ: અહીં અંશ અને છેદ બંનેમાં x ની મહત્તમ ઘાત સમાન (4) છે. તેથી આ અનુચિત સંમેય વિધેય છે.
ગણતરી સરળ કરવા પૂરતું ધારો કે x2 = y (માત્ર પદાવલિ ગોઠવવા પૂરતું, વિકલન માટે નહિ).
પદાવલિ થશે:
(y + 1)(y + 2)
(y + 3)(y + 4)
=
y2 + 3y + 2
y2 + 7y + 12
ભાગાકાર કરતા:
y2 + 7y + 12 – 4y – 10
y2 + 7y + 12
= 1 –
4y + 10
(y + 3)(y + 4)
હવે
4y + 10
(y + 3)(y + 4)
માટે આંશિક અપૂર્ણાંક લઈએ:
4y + 10
(y + 3)(y + 4)
=
A
y + 3
+
B
y + 4
4y + 10 = A(y + 4) + B(y + 3)
A અને B ની કિંમતો શોધવા:
  • જો y = -3 લઈએ: 4(-3) + 10 = A(1)  ⇒  -12 + 10 = A  ⇒  A = -2
  • જો y = -4 લઈએ: 4(-4) + 10 = B(-1)  ⇒  -16 + 10 = -B  ⇒  B = 6
તેથી મૂળ પદાવલિ થશે: 1 – [
-2
y + 3
+
6
y + 4
] = 1 +
2
y + 3
–
6
y + 4
હવે y = x2 પાછું મૂકીને સંકલન કરીએ:
I = ∫ [ 1 +
2
x2 + 3
–
6
x2 + 4
] dx
I = ∫ 1 dx + 2 ∫
1
x2 + (√3)2
dx – 6 ∫
1
x2 + 22
dx
I = x + 2 [
1
√3
tan-1(
x
√3
) ] – 6 [
1
2
tan-1(
x
2
) ] + C
✅ જવાબ: I = x +
2
√3
tan-1(
x
√3
) – 3 tan-1(
x
2
) + C
પ્રશ્ન 19:
2x
(x2 + 1)(x2 + 3)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
2x
(x2 + 1)(x2 + 3)
dx
ધારો કે x2 = t. વિકલન કરતા: 2x dx = dt
I = ∫
1
(t + 1)(t + 3)
dt
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
1
(t + 1)(t + 3)
=
A
t + 1
+
B
t + 3
1 = A(t + 3) + B(t + 1)
A અને B ની કિંમતો શોધવા:
  • જો t = -1 લઈએ: 1 = A(2)  ⇒  A = 1/2
  • જો t = -3 લઈએ: 1 = B(-2)  ⇒  B = -1/2
I = ∫ [
1/2
t + 1
–
1/2
t + 3
] dt
I =
1
2
log|t + 1| –
1
2
log|t + 3| + C =
1
2
log|
t + 1
t + 3
| + C
t ની કિંમત x2 પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
1
2
log|
x2 + 1
x2 + 3
| + C
પ્રશ્ન 20:
1
x(x4 – 1)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
x(x4 – 1)
dx
અંશ અને છેદને x3 વડે ગુણતાં:
I = ∫
x3
x4 (x4 – 1)
dx
ધારો કે x4 = t. વિકલન કરતા: 4x3 dx = dt  ⇒  x3 dx =
dt
4
I =
1
4
∫
1
t(t – 1)
dt
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
1
t(t – 1)
=
A
t
+
B
t – 1
1 = A(t – 1) + B(t)
જો t = 1 લઈએ, તો B = 1. જો t = 0 લઈએ, તો A = -1.
I =
1
4
∫ [ –
1
t
+
1
t – 1
] dt
I =
1
4
[ – log|t| + log|t – 1| ] + C =
1
4
log|
t – 1
t
| + C
t ની કિંમત x4 પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
1
4
log|
x4 – 1
x4
| + C
પ્રશ્ન 21:
1
ex – 1

(સૂચન : ex = t લો.)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
ex – 1
dx
ધારો કે ex = t. વિકલન કરતા: ex dx = dt  ⇒  t dx = dt  ⇒  dx =
dt
t
I = ∫
1
t – 1
×
dt
t
= ∫
1
t(t – 1)
dt
આંશિક અપૂર્ણાંક લેતાં:
1
t(t – 1)
=
A
t
+
B
t – 1
1 = A(t – 1) + B(t)
જો t = 1 લઈએ, તો B = 1. જો t = 0 લઈએ, તો A = -1.
I = ∫ [ –
1
t
+
1
t – 1
] dt
I = – log|t| + log|t – 1| + C = log|
t – 1
t
| + C
t ની કિંમત ex પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I = log|
ex – 1
ex
| + C = log|1 – e–x| + C
સ્વાધ્યાય 7.6 : ખંડશઃ સંકલન (પ્રશ્નો 1 થી 10)
ખંડશઃ સંકલન (Integration by Parts):
∫ u · v dx = u ∫ v dx – ∫ [
du
dx
× ∫ v dx ] dx
(u અને v ની પસંદગી LIATE ના નિયમ મુજબ કરવી: Logarithmic, Inverse Trigonometric, Algebraic, Trigonometric, Exponential)
પ્રશ્ન 1: x sin x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x sin x dx
LIATE નિયમ મુજબ, u = x (બૈજિક) અને v = sin x (ત્રિકોણમિતીય) લેતાં:
I = x ∫ sin x dx – ∫ [
d
dx
(x) × ∫ sin x dx ] dx
I = x (-cos x) – ∫ [ (1) × (-cos x) ] dx
I = –x cos x + ∫ cos x dx
✅ જવાબ: I = –x cos x + sin x + C
પ્રશ્ન 2: x sin 3x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x sin 3x dx
અહીં u = x અને v = sin 3x લેતાં:
I = x ∫ sin 3x dx – ∫ [
d
dx
(x) × ∫ sin 3x dx ] dx
I = x ( –
cos 3x
3
) – ∫ [ 1 × (–
cos 3x
3
) ] dx
I = –
x cos 3x
3
+
1
3
∫ cos 3x dx
I = –
x cos 3x
3
+
1
3
(
sin 3x
3
) + C
✅ જવાબ: I = –
x cos 3x
3
+
sin 3x
9
+ C
પ્રશ્ન 3: x2 ex
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x2 ex dx
LIATE મુજબ u = x2 અને v = ex લેતાં:
I = x2 ∫ ex dx – ∫ [
d
dx
(x2) × ∫ ex dx ] dx
I = x2 ex – ∫ (2x ex) dx = x2 ex – 2 ∫ x ex dx
ફરીથી ∫ x ex dx માટે ખંડશઃ સંકલન (u = x, v = ex) વાપરતાં:
∫ x ex dx = x ex – ∫ (1 · ex) dx = x ex – ex
આ કિંમત મૂળ સમીકરણમાં મૂકતાં:
I = x2 ex – 2(x ex – ex) + C
✅ જવાબ: I = ex (x2 – 2x + 2) + C
પ્રશ્ન 4: x log x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x log x dx
LIATE મુજબ u = log x (લઘુગુણકીય) અને v = x (બૈજિક) લેતાં:
I = (log x) ∫ x dx – ∫ [
d
dx
(log x) × ∫ x dx ] dx
I = (log x) (
x2
2
) – ∫ [
1
x
×
x2
2
] dx
I =
x2
2
log x –
1
2
∫ x dx
I =
x2
2
log x –
1
2
(
x2
2
) + C
✅ જવાબ: I =
x2
2
log x –
x2
4
+ C
પ્રશ્ન 5: x log 2x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x log 2x dx
u = log 2x અને v = x લેતાં:
I = (log 2x) ∫ x dx – ∫ [
d
dx
(log 2x) × ∫ x dx ] dx
(નોંધ:
d
dx
(log 2x) =
1
2x
× 2 =
1
x
થાય)
I = (log 2x) (
x2
2
) – ∫ [
1
x
×
x2
2
] dx
I =
x2
2
log 2x –
1
2
∫ x dx
✅ જવાબ: I =
x2
2
log 2x –
x2
4
+ C
પ્રશ્ન 6: x2 log x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x2 log x dx
u = log x અને v = x2 લેતાં:
I = (log x) ∫ x2 dx – ∫ [
d
dx
(log x) × ∫ x2 dx ] dx
I = (log x) (
x3
3
) – ∫ [
1
x
×
x3
3
] dx
I =
x3
3
log x –
1
3
∫ x2 dx
✅ જવાબ: I =
x3
3
log x –
x3
9
+ C
પ્રશ્ન 7: x sin-1 x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x sin-1 x dx
આ દાખલાને સરળ બનાવવા આપણે આદેશ (Substitution) નો ઉપયોગ કરીશું.
ધારો કે sin-1 x = θ  ⇒  x = sin θ. બંને બાજુ વિકલન કરતાં: dx = cos θ dθ
I = ∫ (sin θ) · θ · (cos θ dθ) = ∫ θ (sin θ cos θ) dθ
2 વડે ગુણતાં અને ભાગતાં (2 sin θ cos θ = sin 2θ):
I =
1
2
∫ θ sin 2θ dθ
હવે u = θ અને v = sin 2θ લઈ ખંડશઃ સંકલન કરતાં:
I =
1
2
[ θ (–
cos 2θ
2
) – ∫ (1) (–
cos 2θ
2
) dθ ]
I = –
θ cos 2θ
4
+
1
4
∫ cos 2θ dθ = –
θ cos 2θ
4
+
sin 2θ
8
+ C
હવે θ ની કિંમત x સ્વરૂપમાં પાછી મૂકીએ:
cos 2θ = 1 – 2sin2 θ = 1 – 2x2
sin 2θ = 2 sin θ cos θ = 2x√1 – x2
I = –
(1 – 2x2) sin-1 x
4
+
2x√1 – x2
8
+ C
✅ જવાબ: I =
(2x2 – 1) sin-1 x
4
+
x√1 – x2
4
+ C
પ્રશ્ન 8: x tan-1 x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x tan-1 x dx
u = tan-1 x અને v = x લેતાં:
I = (tan-1 x) (
x2
2
) – ∫ [
1
1 + x2
×
x2
2
] dx
I =
x2
2
tan-1 x –
1
2
∫
x2
x2 + 1
dx
સંકલન માટે અંશમાં 1 ઉમેરીને અને બાદ કરતાં:
I =
x2
2
tan-1 x –
1
2
∫
(x2 + 1) – 1
x2 + 1
dx
I =
x2
2
tan-1 x –
1
2
∫ ( 1 –
1
x2 + 1
) dx
I =
x2
2
tan-1 x –
1
2
[ x – tan-1 x ] + C
✅ જવાબ: I =
x2
2
tan-1 x –
x
2
+
1
2
tan-1 x + C =
1
2
(x2 + 1)tan-1 x –
x
2
+ C
પ્રશ્ન 9: x cos-1 x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x cos-1 x dx
આદેશ cos-1 x = θ  ⇒  x = cos θ લેતાં. વિકલન: dx = -sin θ dθ
I = ∫ (cos θ) · θ · (-sin θ dθ) = – ∫ θ (sin θ cos θ) dθ
I = –
1
2
∫ θ sin 2θ dθ
દાખલા 7 ની જેમ જ ખંડશઃ સંકલન કરતાં:
I = –
1
2
[ θ (–
cos 2θ
2
) – ∫ (1) (–
cos 2θ
2
) dθ ]
I =
θ cos 2θ
4
–
sin 2θ
8
+ C
θ ની કિંમત x સ્વરૂપમાં પાછી મૂકીએ (cos 2θ = 2x2 – 1 અને sin 2θ = 2x√(1 – x2)):
✅ જવાબ: I =
(2x2 – 1) cos-1 x
4
–
x√1 – x2
4
+ C
પ્રશ્ન 10: (sin-1 x)2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ (sin-1 x)2 dx
ધારો કે sin-1 x = θ  ⇒  x = sin θ. વિકલન: dx = cos θ dθ
I = ∫ θ2 cos θ dθ
ખંડશઃ સંકલન (u = θ2, v = cos θ) કરતાં:
I = θ2 sin θ – ∫ (2θ) sin θ dθ
ફરીથી ∫ 2θ sin θ dθ માટે ખંડશઃ સંકલન (u = 2θ, v = sin θ):
∫ 2θ sin θ dθ = 2θ (-cos θ) – ∫ 2 (-cos θ) dθ = -2θ cos θ + 2 sin θ
આ કિંમત I માં મૂકતાં:
I = θ2 sin θ – ( -2θ cos θ + 2 sin θ ) + C = θ2 sin θ + 2θ cos θ – 2 sin θ + C
હવે θ = sin-1 x, sin θ = x અને cos θ = √1 – x2 પાછા મૂકતા:
✅ જવાબ: I = x (sin-1 x)2 + 2√1 – x2 sin-1 x – 2x + C
સ્વાધ્યાય 7.6 : પ્રશ્નો 11 થી 22 ના સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 11:
x cos-1 x
√1 – x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
x cos-1 x
√1 – x2
dx
આદેશ લઈએ: cos-1 x = θ  ⇒  x = cos θ. વિકલન કરતાં: dx = -sin θ dθ
I = ∫
(cos θ) · θ
sin θ
(-sin θ dθ) = – ∫ θ cos θ dθ
ખંડશઃ સંકલન (u = θ, v = cos θ) કરતાં:
I = – [ θ sin θ – ∫ (1) sin θ dθ ] = – θ sin θ – cos θ + C
θ ની કિંમત x સ્વરૂપમાં પાછી મૂકીએ (sin θ = √1 – x2):
✅ જવાબ: I = – √1 – x2 cos-1 x – x + C
પ્રશ્ન 12: x sec2 x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x sec2 x dx
LIATE મુજબ u = x અને v = sec2 x લઈ ખંડશઃ સંકલન કરતાં:
I = x ∫ sec2 x dx – ∫ [
d
dx
(x) × ∫ sec2 x dx ] dx
I = x tan x – ∫ (1) tan x dx
✅ જવાબ: I = x tan x – log|sec x| + C
પ્રશ્ન 13: tan-1 x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ tan-1 x · 1 dx
u = tan-1 x અને v = 1 લઈ ખંડશઃ સંકલન કરતાં:
I = (tan-1 x) (x) – ∫
1
1 + x2
· x dx
I = x tan-1 x –
1
2
∫
2x
1 + x2
dx
અહીં છેદનું વિકલન અંશમાં ગોઠવાઈ ગયું છે:
✅ જવાબ: I = x tan-1 x –
1
2
log|1 + x2| + C
પ્રશ્ન 14: x (log x)2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x (log x)2 dx
u = (log x)2 અને v = x લેતાં:
I = (log x)2 (
x2
2
) – ∫ [ 2(log x) ·
1
x
×
x2
2
] dx
I =
x2
2
(log x)2 – ∫ x log x dx
ફરીથી ∫ x log x dx માટે ખંડશઃ સંકલન લેતાં (દાખલા 4 મુજબ):
∫ x log x dx =
x2
2
log x –
x2
4
આ કિંમત મૂળ સમીકરણમાં મૂકતાં:
✅ જવાબ: I =
x2
2
(log x)2 –
x2
2
log x +
x2
4
+ C
પ્રશ્ન 15: (x2 + 1) log x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ (x2 + 1) log x dx
u = log x અને v = x2 + 1 લેતાં:
I = (log x) (
x3
3
+ x ) – ∫ [
1
x
× (
x3
3
+ x ) ] dx
I = (
x3
3
+ x ) log x – ∫ (
x2
3
+ 1 ) dx
I = (
x3
3
+ x ) log x – (
x3
9
+ x ) + C
✅ જવાબ: I = (
x3
3
+ x ) log x –
x3
9
– x + C
પ્રશ્ન 16 થી 20 માટે ખાસ સ્વરૂપ:
∫ ex [ f(x) + f'(x) ] dx = ex f(x) + C
પ્રશ્ન 16: ex (sin x + cos x)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ ex (sin x + cos x) dx
અહીં ધારો કે f(x) = sin x છે. તો તેનું વિકલન f'(x) = cos x થશે.
આથી, આ ∫ ex [ f(x) + f'(x) ] dx પ્રકારનું સંકલન છે.
✅ જવાબ: I = ex sin x + C
પ્રશ્ન 17:
x ex
(1 + x)2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ ex [
x
(1 + x)2
] dx
અંશમાં 1 ઉમેરતા અને 1 બાદ કરતા:
I = ∫ ex [
x + 1 – 1
(1 + x)2
] dx = ∫ ex [
x + 1
(1 + x)2
–
1
(1 + x)2
] dx
I = ∫ ex [
1
1 + x
+ (
-1
(1 + x)2
) ] dx
અહીં f(x) =
1
1 + x
 લેતાં, f'(x) = –
1
(1 + x)2
 થશે.
✅ જવાબ: I =
ex
1 + x
+ C
પ્રશ્ન 18: ex (
1 + sin x
1 + cos x
)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ ex [
1 + 2 sin(x/2) cos(x/2)
2 cos2(x/2)
] dx
બંને પદોને અલગ-અલગ છેદ આપતાં:
I = ∫ ex [
1
2 cos2(x/2)
+
2 sin(x/2) cos(x/2)
2 cos2(x/2)
] dx
I = ∫ ex [
1
2
sec2(x/2) + tan(x/2) ] dx
I = ∫ ex [ tan(x/2) +
1
2
sec2(x/2) ] dx
અહીં f(x) = tan(x/2) લેતાં, f'(x) =
1
2
sec2(x/2) થાય છે.
✅ જવાબ: I = ex tan(x/2) + C
પ્રશ્ન 19: ex (
1
x
–
1
x2
)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ ex [
1
x
+ (–
1
x2
) ] dx
અહીં f(x) =
1
x
 લેતાં, f'(x) = –
1
x2
 થશે.
✅ જવાબ: I =
ex
x
+ C
પ્રશ્ન 20:
(x – 3) ex
(x – 1)3
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ ex [
x – 1 – 2
(x – 1)3
] dx
I = ∫ ex [
x – 1
(x – 1)3
–
2
(x – 1)3
] dx
I = ∫ ex [
1
(x – 1)2
+ (
-2
(x – 1)3
) ] dx
અહીં f(x) =
1
(x – 1)2
 લેતાં, f'(x) =
-2
(x – 1)3
 થશે.
✅ જવાબ: I =
ex
(x – 1)2
+ C
પ્રશ્ન 21: e2x sin x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ e2x sin x dx
LIATE મુજબ u = sin x અને v = e2x લઈ ખંડશઃ સંકલન કરતાં:
I = (sin x) (
e2x
2
) – ∫ [ cos x ×
e2x
2
] dx
I =
e2x sin x
2
–
1
2
∫ e2x cos x dx
ફરીથી ∫ e2x cos x dx માટે ખંડશઃ સંકલન લેતાં (u = cos x, v = e2x):
∫ e2x cos x dx = cos x (
e2x
2
) – ∫ [ (-sin x) ×
e2x
2
] dx =
e2x cos x
2
+
1
2
I
આ કિંમત I ના સમીકરણમાં મૂકતાં:
I =
e2x sin x
2
–
1
2
[
e2x cos x
2
+
1
2
I ]
I =
e2x sin x
2
–
e2x cos x
4
–
1
4
I
I +
1
4
I =
e2x
4
(2sin x – cos x)  ⇒ 
5
4
I =
e2x
4
(2sin x – cos x)
✅ જવાબ: I =
e2x
5
(2 sin x – cos x) + C
પ્રશ્ન 22: sin-1 (
2x
1 + x2
)
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ sin-1 (
2x
1 + x2
) dx
ધારો કે x = tan θ  ⇒  θ = tan-1 x. વિકલન: dx = sec2 θ dθ
I = ∫ sin-1 (
2 tan θ
1 + tan2 θ
) · sec2 θ dθ
ત્રિકોણમિતિના સૂત્ર મુજબ
2 tan θ
1 + tan2 θ
= sin 2θ:
I = ∫ sin-1(sin 2θ) · sec2 θ dθ = ∫ 2θ sec2 θ dθ
હવે ખંડશઃ સંકલન (u = 2θ, v = sec2 θ) લેતાં:
I = 2θ tan θ – ∫ 2 · tan θ dθ
I = 2θ tan θ – 2 log|sec θ| + C
કિંમતો પાછી મૂકતા (tan θ = x અને sec θ = √1 + x2):
I = 2x tan-1 x – 2 log√1 + x2 + C
log ના નિયમ મુજબ (ઘાત 1/2 આગળ આવશે અને 2 સાથે ઉડી જશે):
✅ જવાબ: I = 2x tan-1 x – log(1 + x2) + C
સ્વાધ્યાય 7.6 : બહુવિકલ્પી પ્રશ્નો (MCQ) 23 અને 24
પ્રશ્ન 23: ∫ x2 ex3 dx = ………

(A)
1
3
ex3 + c           (B)
1
3
ex2 + c

(C)
1
2
ex3 + c           (D)
1
2
ex2 + c
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ x2 ex3 dx
આદેશની રીત (Substitution Method) નો ઉપયોગ કરીએ. ધારો કે x3 = t.
બંને બાજુ x પ્રત્યે વિકલન કરતા: 3x2 dx = dt  ⇒  x2 dx =
dt
3
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતાં:
I = ∫ et
dt
3
=
1
3
∫ et dt
આપણે જાણીએ છીએ કે et નું સંકલન et જ થાય છે:
I =
1
3
et + c
છેલ્લે, t ની કિંમત x3 પાછી મૂકતા:
✅ સાચો વિકલ્પ: (A)
1
3
ex3 + c
પ્રશ્ન 24: ∫ ex sec x (1 + tan x) dx = ………

(A) ex cos x + c           (B) ex sec x + c

(C) ex sin x + c           (D) ex tan x + c
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ ex sec x (1 + tan x) dx
સૌપ્રથમ કૌંસની અંદર sec x નો ગુણાકાર કરીએ:
I = ∫ ex (sec x + sec x tan x) dx
ખાસ સ્વરૂપ: ∫ ex [ f(x) + f'(x) ] dx = ex f(x) + c
અહીં ધારો કે f(x) = sec x છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે sec x નું વિકલન f'(x) = sec x tan x થાય છે.
તેથી, આપેલ સંકલન બરાબર ઉપર જણાવેલ ખાસ સ્વરૂપ જેવું જ બની ગયું:
I = ∫ ex [ f(x) + f'(x) ] dx
સૂત્ર મુજબ સીધો જ જવાબ મળશે:
I = ex f(x) + c = ex sec x + c
✅ સાચો વિકલ્પ: (B) ex sec x + c
સ્વાધ્યાય 7.7 : પ્રશ્નો 1 થી 9 ના સંકલિત મેળવો.
જરૂરી સૂત્રો:
1. ∫ √a2 – x2 dx =
x
2
√a2 – x2 +
a2
2
sin-1(
x
a
) + C
2. ∫ √x2 + a2 dx =
x
2
√x2 + a2 +
a2
2
log|x + √x2 + a2| + C
3. ∫ √x2 – a2 dx =
x
2
√x2 – a2 –
a2
2
log|x + √x2 – a2| + C
પ્રશ્ન 1: √4 – x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √4 – x2 dx = ∫ √22 – x2 dx
સૂત્ર 1 નો ઉપયોગ કરતા (અહીં a = 2):
I =
x
2
√4 – x2 +
22
2
sin-1(
x
2
) + C
✅ જવાબ: I =
x
2
√4 – x2 + 2 sin-1(
x
2
) + C
પ્રશ્ન 2: √1 – 4x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √1 – 4x2 dx = ∫ √12 – (2x)2 dx
ધારો કે 2x = t. વિકલન: 2 dx = dt  ⇒  dx =
dt
2
I = ∫ √12 – t2
dt
2
=
1
2
∫ √12 – t2 dt
I =
1
2
[
t
2
√1 – t2 +
1
2
sin-1(t) ] + C
t ની કિંમત 2x પાછી મૂકતા:
✅ જવાબ: I =
x
2
√1 – 4x2 +
1
4
sin-1(2x) + C
પ્રશ્ન 3: √x2 + 4x + 6
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √x2 + 4x + 6 dx
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: x2 + 4x + 6 = x2 + 4x + 4 + 2 = (x + 2)2 + (√2)2
I = ∫ √(x + 2)2 + (√2)2 dx
સૂત્ર 2 નો ઉપયોગ કરતા (અહીં x ની જગ્યાએ x+2 અને a = √2 છે):
I =
x + 2
2
√(x + 2)2 + 2 +
2
2
log| (x + 2) + √(x + 2)2 + 2 | + C
✅ જવાબ: I =
x + 2
2
√x2 + 4x + 6 + log| x + 2 + √x2 + 4x + 6 | + C
પ્રશ્ન 4: √x2 + 4x + 1
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √x2 + 4x + 1 dx
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: x2 + 4x + 1 = x2 + 4x + 4 – 3 = (x + 2)2 – (√3)2
I = ∫ √(x + 2)2 – (√3)2 dx
સૂત્ર 3 નો ઉપયોગ કરતા (અહીં a = √3 છે):
I =
x + 2
2
√(x + 2)2 – 3 –
3
2
log| (x + 2) + √(x + 2)2 – 3 | + C
✅ જવાબ: I =
x + 2
2
√x2 + 4x + 1 –
3
2
log| x + 2 + √x2 + 4x + 1 | + C
પ્રશ્ન 5: √1 – 4x – x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √1 – 4x – x2 dx
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: 1 – (x2 + 4x) = 1 – (x2 + 4x + 4 – 4) = 5 – (x + 2)2 = (√5)2 – (x + 2)2
I = ∫ √(√5)2 – (x + 2)2 dx
સૂત્ર 1 નો ઉપયોગ કરતા:
I =
x + 2
2
√5 – (x + 2)2 +
5
2
sin-1(
x + 2
√5
) + C
✅ જવાબ: I =
x + 2
2
√1 – 4x – x2 +
5
2
sin-1(
x + 2
√5
) + C
પ્રશ્ન 6: √x2 + 4x – 5
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √x2 + 4x – 5 dx
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: x2 + 4x – 5 = x2 + 4x + 4 – 9 = (x + 2)2 – 32
I = ∫ √(x + 2)2 – 32 dx
સૂત્ર 3 નો ઉપયોગ કરતા:
I =
x + 2
2
√(x + 2)2 – 9 –
9
2
log| (x + 2) + √(x + 2)2 – 9 | + C
✅ જવાબ: I =
x + 2
2
√x2 + 4x – 5 –
9
2
log| x + 2 + √x2 + 4x – 5 | + C
પ્રશ્ન 7: √1 + 3x – x2
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √1 + 3x – x2 dx
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: 1 – (x2 – 3x) = 1 – (x2 – 3x + 9/4 – 9/4) = 1 + 9/4 – (x – 3/2)2 =
13
4
– (x – 3/2)2
I = ∫ √(
√13
2
)2 – (x – 3/2)2 dx
સૂત્ર 1 નો ઉપયોગ કરતા:
I =
x – 3/2
2
√1 + 3x – x2 +
13/4
2
sin-1(
x – 3/2
√13 / 2
) + C
I =
2x – 3
4
√1 + 3x – x2 +
13
8
sin-1(
2x – 3
√13
) + C
✅ જવાબ: I =
2x – 3
4
√1 + 3x – x2 +
13
8
sin-1(
2x – 3
√13
) + C
પ્રશ્ન 8: √x2 + 3x
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √x2 + 3x dx
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: x2 + 3x = x2 + 3x + 9/4 – 9/4 = (x + 3/2)2 – (3/2)2
I = ∫ √(x + 3/2)2 – (3/2)2 dx
સૂત્ર 3 નો ઉપયોગ કરતા:
I =
x + 3/2
2
√x2 + 3x –
9/4
2
log| (x + 3/2) + √x2 + 3x | + C
✅ જવાબ: I =
2x + 3
4
√x2 + 3x –
9
8
log| x +
3
2
+ √x2 + 3x | + C
પ્રશ્ન 9: √1 +
x2
9
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫ √1 +
x2
9
 dx
લ.સા.અ. લેતાં:
I = ∫ √
9 + x2
9
 dx = ∫
1
3
√x2 + 32 dx =
1
3
∫ √x2 + 32 dx
સૂત્ર 2 નો ઉપયોગ કરતા:
I =
1
3
[
x
2
√x2 + 9 +
9
2
log| x + √x2 + 9 | ] + C
✅ જવાબ: I =
x
6
√x2 + 9 +
3
2
log| x + √x2 + 9 | + C
સ્વાધ્યાય 7.8
પ્રશ્ન 1: ∫-11 (x + 1) dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫-11 (x + 1) dx
I = [
x2
2
+ x ]-11
ઉપલી સીમા (Upper limit = 1) અને નીચલી સીમા (Lower limit = -1) મૂકતાં:
I = (
12
2
+ 1 ) – (
(-1)2
2
+ (-1) )
I = (
1
2
+ 1 ) – (
1
2
– 1 )
I =
3
2
– (–
1
2
) =
3
2
+
1
2
=
4
2
= 2
✅ જવાબ: I = 2
પ્રશ્ન 2: ∫23
1
x
dx
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫23
1
x
dx
I = [ log|x| ]23
I = log(3) – log(2)
લઘુગુણક ના નિયમ log A – log B = log(A/B) મુજબ:
✅ જવાબ: I = log(
3
2
)
પ્રશ્ન 3: ∫12 (4x3 – 5x2 + 6x + 9) dx
ઉકેલ: દરેક પદનું અલગ સંકલન કરતાં:
I = [ 4(
x4
4
) – 5(
x3
3
) + 6(
x2
2
) + 9x ]12
I = [ x4 –
5x3
3
+ 3x2 + 9x ]12
સીમાઓ મૂકતાં:
I = [ 24 –
5(2)3
3
+ 3(2)2 + 9(2) ] – [ 14 –
5(1)3
3
+ 3(1)2 + 9(1) ]
I = [ 16 –
40
3
+ 12 + 18 ] – [ 1 –
5
3
+ 3 + 9 ]
I = [ 46 –
40
3
] – [ 13 –
5
3
] = 46 – 13 –
40
3
+
5
3
I = 33 –
35
3
=
99 – 35
3
=
64
3
✅ જવાબ: I =
64
3
પ્રશ્ન 4: ∫0π/4 sin 2x dx
ઉકેલ: sin 2x નું સંકલન -cos 2x / 2 થાય છે.
I = [ –
cos 2x
2
]0π/4 = –
1
2
[ cos 2x ]0π/4
I = –
1
2
[ cos(2 × π/4) – cos(2 × 0) ]
I = –
1
2
[ cos(π/2) – cos(0) ] = –
1
2
[ 0 – 1 ] = –
1
2
(-1)
✅ જવાબ: I =
1
2
પ્રશ્ન 5: ∫0π/2 cos 2x dx
ઉકેલ: cos 2x નું સંકલન sin 2x / 2 થાય છે.
I = [
sin 2x
2
]0π/2 =
1
2
[ sin 2x ]0π/2
I =
1
2
[ sin(2 × π/2) – sin(2 × 0) ]
I =
1
2
[ sin(π) – sin(0) ] =
1
2
[ 0 – 0 ]
✅ જવાબ: I = 0
પ્રશ્ન 6: ∫45 ex dx
ઉકેલ: ex નું સંકલન ex જ થાય છે.
I = [ ex ]45
I = e5 – e4
e4 સામાન્ય લેતાં:
✅ જવાબ: I = e4 (e – 1)
પ્રશ્ન 7: ∫0π/4 tan x dx
ઉકેલ: tan x નું પ્રમાણિત સંકલન log|sec x| અથવા -log|cos x| થાય છે.
I = [ log|sec x| ]0π/4
I = log|sec(π/4)| – log|sec(0)|
કિંમતો મૂકતાં (sec(π/4) = √2 અને sec(0) = 1):
I = log(√2) – log(1)
log(1) = 0 હોવાથી:
I = log(21/2) =
1
2
log 2
✅ જવાબ: I =
1
2
log 2   (અથવા log √2)
પ્રશ્ન 8: ∫π/6π/4 cosec x dx
ઉકેલ: cosec x નું પ્રમાણિત સંકલન log|cosec x – cot x| થાય છે.
I = [ log|cosec x – cot x| ]π/6π/4
I = log|cosec(π/4) – cot(π/4)| – log|cosec(π/6) – cot(π/6)|
કિંમતો મૂકતાં: cosec(π/4)=√2, cot(π/4)=1, cosec(π/6)=2, cot(π/6)=√3
I = log|√2 – 1| – log|2 – √3|
✅ જવાબ: I = log (
√2 – 1
2 – √3
)
પ્રશ્ન 9: ∫01
1
√1 – x2
dx
ઉકેલ: આ સીધું sin-1 x નું સૂત્ર છે.
I = [ sin-1 x ]01
I = sin-1(1) – sin-1(0)
I =
π
2
– 0
✅ જવાબ: I =
π
2
પ્રશ્ન 10: ∫01
1
1 + x2
dx
ઉકેલ: આ સીધું tan-1 x નું સૂત્ર છે.
I = [ tan-1 x ]01
I = tan-1(1) – tan-1(0)
I =
π
4
– 0
✅ જવાબ: I =
π
4
પ્રશ્ન 11: ∫23
1
x2 – 1
dx
ઉકેલ: પ્રમાણિત સૂત્ર ∫
1
x2 – a2
dx =
1
2a
log|
x – a
x + a
| વાપરતાં (અહીં a = 1):
I = [
1
2
log|
x – 1
x + 1
| ]23
સીમાઓ મૂકતાં:
I =
1
2
[ log|
3 – 1
3 + 1
| – log|
2 – 1
2 + 1
| ]
I =
1
2
[ log(
2
4
) – log(
1
3
) ] =
1
2
[ log(
1
2
) – log(
1
3
) ]
લઘુગુણકના નિયમ મુજબ:
✅ જવાબ: I =
1
2
log (
3
2
)
પ્રશ્ન 12: ∫0π/2 cos2 x dx
ઉકેલ: ત્રિકોણમિતિના સૂત્ર cos2 x =
1 + cos 2x
2
 નો ઉપયોગ કરતાં:
I = ∫0π/2
1 + cos 2x
2
dx =
1
2
∫0π/2 (1 + cos 2x) dx
I =
1
2
[ x +
sin 2x
2
]0π/2
I =
1
2
[ (
π
2
+
sin(π)
2
) – ( 0 +
sin(0)
2
) ]
sin(π) = 0 અને sin(0) = 0 હોવાથી:
I =
1
2
[
π
2
+ 0 – 0 ] =
π
4
✅ જવાબ: I =
π
4
પ્રશ્ન 13: ∫23
x
x2 + 1
dx
ઉકેલ: ધારો કે x2 + 1 = t. બંને બાજુ x પ્રત્યે વિકલન કરતા: 2x dx = dt  ⇒  x dx =
dt
2
સીમાઓ બદલીએ:
  • જ્યારે x = 2 હોય, ત્યારે t = 22 + 1 = 5
  • જ્યારે x = 3 હોય, ત્યારે t = 32 + 1 = 10
I = ∫510
1
t
×
dt
2
=
1
2
[ log|t| ]510
I =
1
2
(log 10 – log 5) =
1
2
log(
10
5
) =
1
2
log 2
✅ જવાબ: I =
1
2
log 2
પ્રશ્ન 14: ∫01
2x + 3
5x2 + 1
dx
ઉકેલ: અંશના પદોને અલગ-અલગ છેદ આપતાં:
I = ∫01
2x
5x2 + 1
dx + 3 ∫01
1
5x2 + 1
dx = I1 + I2
I1 માટે:
છેદનું વિકલન 10x થાય છે. અંશમાં 2x છે, તેથી 5 વડે ગુણી અને ભાગીશું:
I1 =
1
5
∫01
10x
5x2 + 1
dx =
1
5
[ log|5x2 + 1| ]01
I1 =
1
5
( log(6) – log(1) ) =
1
5
log 6
I2 માટે:
છેદને (√5 x)2 + 12 સ્વરૂપે લખીએ:
I2 = 3 ∫01
1
(√5 x)2 + 12
dx = 3 [
1
√5
tan-1(√5 x) ]01
I2 =
3
√5
( tan-1(√5) – tan-1(0) ) =
3
√5
tan-1(√5)
બંનેના જવાબો ભેગા કરતા:
✅ જવાબ: I =
1
5
log 6 +
3
√5
tan-1(√5)
પ્રશ્ન 15: ∫01 x ex2 dx
ઉકેલ: ધારો કે x2 = t. વિકલન કરતા: 2x dx = dt  ⇒  x dx =
dt
2
સીમાઓ બદલીએ:
જ્યારે x = 0 ⇒ t = 0. જ્યારે x = 1 ⇒ t = 1.
I = ∫01 et
dt
2
=
1
2
[ et ]01
I =
1
2
(e1 – e0) =
1
2
(e – 1)
✅ જવાબ: I =
1
2
(e – 1)
પ્રશ્ન 16: ∫12
5x2
x2 + 4x + 3
dx
ઉકેલ: અંશની અને છેદની ઘાત સમાન છે, તેથી આ અનુચિત અપૂર્ણાંક છે. આપણે અંશને છેદ જેવો બનાવીએ:
5x2
x2 + 4x + 3
= 5 [
x2 + 4x + 3 – 4x – 3
x2 + 4x + 3
] = 5 –
5(4x + 3)
x2 + 4x + 3
છેદના અવયવો: x2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3). હવે આંશિક અપૂર્ણાંક લઈએ:
4x + 3
(x + 1)(x + 3)
=
A
x + 1
+
B
x + 3
4x + 3 = A(x + 3) + B(x + 1).
x = -1 મૂકતાં: -1 = 2A ⇒ A = -1/2.
x = -3 મૂકતાં: -9 = -2B ⇒ B = 9/2.
તેથી સંકલન થશે:
I = ∫12 [ 5 – 5 (
-1/2
x + 1
+
9/2
x + 3
) ] dx
I = [ 5x +
5
2
log|x + 1| –
45
2
log|x + 3| ]12
સીમાઓ મૂકતાં:
I = ( 10 +
5
2
log 3 –
45
2
log 5 ) – ( 5 +
5
2
log 2 –
45
2
log 4 )
I = 5 +
5
2
(log 3 – log 2) –
45
2
(log 5 – log 4)
✅ જવાબ: I = 5 +
5
2
log(
3
2
) –
45
2
log(
5
4
)
પ્રશ્ન 17: ∫0π/4 (2 sec2 x + x3 + 2) dx
ઉકેલ: દરેક પદનું સીધું સંકલન કરતાં:
I = [ 2 tan x +
x4
4
+ 2x ]0π/4
સીમાઓ મૂકતાં (નીચલી સીમા 0 માટે બધું શૂન્ય થશે):
I = [ 2 tan(π/4) +
(π/4)4
4
+ 2(π/4) ] – [ 0 ]
I = 2(1) +
π4 / 256
4
+
π
2
= 2 +
π
2
+
π4
1024
✅ જવાબ: I = 2 +
π
2
+
π4
1024
પ્રશ્ન 18: ∫0π (sin2
x
2
– cos2
x
2
) dx
ઉકેલ: આપણે ત્રિકોણમિતિનું સૂત્ર જાણીએ છીએ: cos 2θ = cos2 θ – sin2 θ.
તેથી sin2(x/2) – cos2(x/2) = – (cos2(x/2) – sin2(x/2)) = – cos x.
I = ∫0π (-cos x) dx = – [ sin x ]0π
I = – (sin π – sin 0) = – (0 – 0) = 0
✅ જવાબ: I = 0
પ્રશ્ન 19: ∫02
6x + 3
x2 + 4
dx
ઉકેલ: અંશને અલગ કરીએ:
I = ∫02
6x
x2 + 4
dx + ∫02
3
x2 + 4
dx
પહેલા પદમાં છેદ x2+4 નું વિકલન 2x થાય છે, તેથી 3 સામાન્ય કાઢીએ:
I = 3 ∫02
2x
x2 + 4
dx + 3 ∫02
1
x2 + 22
dx
I = 3 [ log|x2 + 4| ]02 + 3 [
1
2
tan-1(
x
2
) ]02
સીમાઓ મૂકતાં:
I = 3 (log 8 – log 4) +
3
2
(tan-1(1) – tan-1(0))
I = 3 log(8/4) +
3
2
(
π
4
– 0)
✅ જવાબ: I = 3 log 2 +
3π
8
પ્રશ્ન 20: ∫01 (x ex + sin
πx
4
) dx
ઉકેલ: બંને પદોને અલગ કરતાં: I = ∫01 x ex dx + ∫01 sin
πx
4
dx
પહેલા પદ માટે ખંડશઃ સંકલન: ∫ x ex dx = x ex – ex
I = [ x ex – ex ]01 + [ –
cos(πx/4)
π/4
]01
સીમાઓ મૂકતાં:
I = [ (1·e1 – e1) – (0 – e0) ] –
4
π
[ cos(π/4) – cos(0) ]
I = [ 0 – (-1) ] –
4
π
[
1
√2
– 1 ]
I = 1 –
4
π√2
+
4
π
= 1 +
4
π
–
2√2
π
✅ જવાબ: I = 1 +
4
π
–
2√2
π
સ્વાધ્યાય 7.9 : આદેશની રીતનો ઉપયોગ કરીને સંકલિત મેળવો.
પ્રશ્ન 1:
1 ∫ 0
x
x2 + 1
dx
ઉકેલ: આદેશ લઈએ: x2 + 1 = t.
બંને બાજુ વિકલન કરતા: 2x dx = dt  ⇒  x dx =
dt
2
સીમાઓ (Limits) બદલીએ:
  • જ્યારે x = 0 હોય, ત્યારે t = 02 + 1 = 1
  • જ્યારે x = 1 હોય, ત્યારે t = 12 + 1 = 2
I =
2 ∫ 1
1
t
dt
2
=
1
2
2 ∫ 1
1
t
dt
I =
1
2
[ log|t| ]12 =
1
2
( log 2 – log 1 )
આપણે જાણીએ છીએ કે log 1 = 0 થાય.
✅ જવાબ: I =
1
2
log 2
પ્રશ્ન 2:
π
2
 ∫ 0
√sin φ cos5 φ dφ
ઉકેલ: ધારો કે sin φ = t. વિકલન કરતા: cos φ dφ = dt
સીમાઓ બદલીએ:
  • જ્યારે φ = 0 હોય, ત્યારે t = sin 0 = 0
  • જ્યારે φ = π/2 હોય, ત્યારે t = sin(π/2) = 1
પદાવલિને ગોઠવીએ: cos5 φ = cos4 φ · cos φ = (1 – sin2 φ)2 · cos φ
I =
1 ∫ 0
√t · (1 – t2)2 dt =
1 ∫ 0
t1/2 (1 – 2t2 + t4) dt
I =
1 ∫ 0
( t1/2 – 2t5/2 + t9/2 ) dt
I = [
t3/2
3/2
– 2
t7/2
7/2
+
t11/2
11/2
]01
I = [
2
3
t3/2 –
4
7
t7/2 +
2
11
t11/2 ]01
t = 1 મૂકતાં:
I =
2
3
–
4
7
+
2
11
=
154 – 132 + 42
231
=
64
231
✅ જવાબ: I =
64
231
પ્રશ્ન 3:
1 ∫ 0
sin-1 (
2x
1 + x2
) dx
ઉકેલ: આદેશ લઈએ: x = tan θ. વિકલન કરતા: dx = sec2 θ dθ
સીમાઓ બદલીએ:
x = 0 ⇒ θ = 0, અને x = 1 ⇒ θ = π/4
I =
π
4
 ∫ 0
sin-1 (
2 tan θ
1 + tan2 θ
) · sec2 θ dθ
અંદરનું પદ sin 2θ નું સૂત્ર છે:
I =
π
4
 ∫ 0
sin-1(sin 2θ) · sec2 θ dθ =
π
4
 ∫ 0
2θ sec2 θ dθ
હવે ખંડશઃ સંકલન (u = 2θ, v = sec2 θ) કરતાં:
I = [ 2θ tan θ ]0π/4 –
π
4
 ∫ 0
2 tan θ dθ
I = [ 2(π/4)(1) – 0 ] – 2 [ log|sec θ| ]0π/4
I =
π
2
– 2 ( log √2 – log 1 ) =
π
2
– 2 (
1
2
log 2)
✅ જવાબ: I =
π
2
– log 2
પ્રશ્ન 4:
2 ∫ 0
x √x + 2 dx     (સૂચન : x + 2 = t2 લો.)
ઉકેલ: સૂચન મુજબ, x + 2 = t2 ધારો. તેથી x = t2 – 2.
વિકલન કરતા: dx = 2t dt.
સીમાઓ બદલીએ:
x = 0 ⇒ t2 = 2 ⇒ t = √2
x = 2 ⇒ t2 = 4 ⇒ t = 2
I =
2 ∫ √2
(t2 – 2) (t) (2t dt) =
2 ∫ √2
(2t4 – 4t2) dt
I = [
2t5
5
–
4t3
3
]√22
સીમાઓ મૂકતાં:
I = [
2(32)
5
–
4(8)
3
] – [
2(4√2)
5
–
4(2√2)
3
]
I = (
64
5
–
32
3
) – (
8√2
5
–
8√2
3
)
I =
192 – 160
15
–
24√2 – 40√2
15
=
32
15
– (
-16√2
15
)
✅ જવાબ: I =
16(2 + √2)
15
પ્રશ્ન 5:
π
2
 ∫ 0
sin x
1 + cos2 x
dx
ઉકેલ: ધારો કે cos x = t. વિકલન કરતા: –sin x dx = dt  ⇒  sin x dx = –dt
સીમાઓ બદલીએ:
x = 0 ⇒ t = cos 0 = 1
x = π/2 ⇒ t = cos(π/2) = 0
I =
0 ∫ 1
–dt
1 + t2
સીમાઓ ઉલટાવતા નિશાની ધન થઈ જશે:
I =
1 ∫ 0
1
1 + t2
dt = [ tan-1 t ]01
I = tan-1(1) – tan-1(0) =
π
4
– 0
✅ જવાબ: I =
π
4
પ્રશ્ન 6:
2 ∫ 0
dx
x + 4 – x2
ઉકેલ: છેદના પદને પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ:
–x2 + x + 4 = – (x2 – x – 4) = – (x2 – x + 1/4 – 1/4 – 4) = – [ (x – 1/2)2 – 17/4 ]
=
17
4
– (x – 1/2)2 = (
√17
2
)2 – (x –
1
2
)2
આદેશ x – 1/2 = t લેતાં, dx = dt. સીમાઓ બદલાશે: x=0 ⇒ t=-1/2 અને x=2 ⇒ t=3/2.
I =
3/2 ∫ -1/2
1
(√17 / 2)2 – t2
dt
સૂત્ર ∫
1
a2-x2
=
1
2a
log|
a+x
a-x
| વાપરતાં:
I =
1
2(√17/2)
[ log|
√17/2 + t
√17/2 – t
| ]-1/23/2 =
1
√17
[ log|
√17 + 2t
√17 – 2t
| ]-1/23/2
સીમાઓ મૂકતાં:
I =
1
√17
[ log|
√17 + 3
√17 – 3
| – log|
√17 – 1
√17 + 1
| ]
I =
1
√17
log|
(√17 + 3)(√17 + 1)
(√17 – 3)(√17 – 1)
| =
1
√17
log|
20 + 4√17
20 – 4√17
|
4 વડે ભાગતા અને છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
✅ જવાબ: I =
1
√17
log(
21 + 5√17
4
)
પ્રશ્ન 7:
1 ∫ -1
dx
x2 + 2x + 5
ઉકેલ: છેદને પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ: x2 + 2x + 5 = (x2 + 2x + 1) + 4 = (x + 1)2 + 22
I =
1 ∫ -1
1
(x + 1)2 + 22
dx
ધારો કે x + 1 = t, dx = dt. સીમાઓ બદલાશે: x = -1 ⇒ t = 0, અને x = 1 ⇒ t = 2.
I =
2 ∫ 0
1
t2 + 22
dt = [
1
2
tan-1(
t
2
) ]02
I =
1
2
( tan-1(1) – tan-1(0) ) =
1
2
(
π
4
– 0 )
✅ જવાબ: I =
π
8
પ્રશ્ન 8:
2 ∫ 1
(
1
x
–
1
2x2
) e2x dx
ઉકેલ: ધારો કે 2x = t. વિકલન કરતા: 2 dx = dt  ⇒  dx =
dt
2
સીમાઓ બદલીએ:
x = 1 ⇒ t = 2, અને x = 2 ⇒ t = 4
I =
4 ∫ 2
(
1
t/2
–
1
2(t/2)2
) et
dt
2
I =
1
2
4 ∫ 2
(
2
t
–
2
t2
) et dt =
4 ∫ 2
et (
1
t
–
1
t2
) dt
અહીં f(t) = 1/t છે, અને તેનું વિકલન f'(t) = -1/t2 થાય છે. તેથી આ ખાસ સ્વરૂપ ∫ex(f(x) + f'(x)) dx = exf(x) છે.
I = [ et ·
1
t
]24 =
e4
4
–
e2
2
✅ જવાબ: I =
e2(e2 – 2)
4
પ્રશ્ન 9:
1 ∫
1
3
(x – x3)1/3
x4
dx નું મૂલ્ય ……… છે.

(A) 6            (B) 0            (C) 3            (D) 4
ઉકેલ: ધારો કે I બરાબર આપેલું સંકલન છે. અંશના કૌંસમાંથી x3 સામાન્ય (common) કાઢીએ:
(x – x3)1/3 = [ x3 (
1
x2
– 1 ) ]1/3 = x (
1
x2
– 1 )1/3
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતાં:
I =
1 ∫ 1/3
x (x-2 – 1)1/3
x4
dx =
1 ∫ 1/3
x-3 (x-2 – 1)1/3 dx
હવે આદેશ લઈએ: x-2 – 1 = t. વિકલન કરતા: -2x-3 dx = dt  ⇒  x-3 dx = –
dt
2
સીમાઓ બદલીએ:
  • જ્યારે x = 1/3 હોય, ત્યારે t = (1/3)-2 – 1 = 32 – 1 = 9 – 1 = 8
  • જ્યારે x = 1 હોય, ત્યારે t = (1)-2 – 1 = 1 – 1 = 0
I =
0 ∫ 8
t1/3 ( –
dt
2
)
સીમાઓ ઉલટાવતા માઇનસ (-) ની નિશાની પ્લસ (+) થઈ જશે:
I =
1
2
8 ∫ 0
t1/3 dt =
1
2
[
t4/3
4/3
]08
I =
1
2
×
3
4
[ (8)4/3 – 0 ] =
3
8
[ (23)4/3 ] =
3
8
[ 24 ]
I =
3
8
× 16 = 3 × 2 = 6
✅ સાચો વિકલ્પ: (A) 6
પ્રશ્ન 10: જો f(x) =
x ∫ 0
t sin t dt, તો f'(x) = ………

(A) cos x + x sin x            (B) x sin x

(C) x cos x                         (D) sin x + x cos x
કલનનું મૂળભૂત પ્રમેય (Fundamental Theorem of Calculus):
જો f(x) =
x ∫ a
g(t) dt હોય (જ્યાં ‘a‘ અચળ છે), તો તેનું વિકલન f'(x) = g(x) થાય છે.
(એટલે કે સંકલનની નિશાની નીકળી જાય છે અને t ની જગ્યાએ x મૂકવામાં આવે છે.)
ઉકેલ: અહીં આપણને આપેલ છે:
f(x) =
x ∫ 0
t sin t dt
આપણે f'(x) શોધવાનું છે, એટલે કે બંને બાજુ x પ્રત્યે વિકલન કરવાનું છે.
ઉપર જણાવેલ નિયમ મુજબ, નીચલી સીમા (0) અચળ છે અને ઉપલી સીમા x છે. તેથી સંકલન દૂર થશે અને t ની જગ્યાએ x આવી જશે.
f'(x) = x sin x
✅ સાચો વિકલ્પ: (B) x sin x
પ્રકીર્ણ સ્વાધ્યાય 7 : બહુવિકલ્પી પ્રશ્નો (MCQ 38 થી 40)
પ્રશ્ન 38: ∫
dx
ex + e-x
= ………

(A) tan-1 (ex) + c                (B) tan-1 (e-x) + c

(C) log (ex – e-x) + c          (D) log (ex + e-x) + c
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
1
ex + e-x
dx
આપણે e-x ને
1
ex
સ્વરૂપમાં લખી શકીએ:
I = ∫
1
ex +
1
ex
dx = ∫
1
e2x + 1
ex
dx
છેદનો છેદ અંશમાં જશે:
I = ∫
ex
(ex)2 + 1
dx
આદેશ ધારો કે ex = t. વિકલન કરતા: ex dx = dt
I = ∫
1
t2 + 1
dt = tan-1 (t) + c
t ની કિંમત પાછી મૂકતાં:
✅ સાચો વિકલ્પ: (A) tan-1 (ex) + c
પ્રશ્ન 39: ∫
cos 2x
(sin x + cos x)2
dx = ………

(A)
-1
sin x + cos x
+ c            (B) log |sin x + cos x| + c

(C) log |sin x – cos x| + c            (D)
1
(sin x + cos x)2
+ c
ઉકેલ: ધારો કે I = ∫
cos 2x
(sin x + cos x)2
dx
ત્રિકોણમિતિના સૂત્ર મુજબ cos 2x = cos2 x – sin2 x થાય.
I = ∫
cos2 x – sin2 x
(sin x + cos x)2
dx
a2 – b2 = (a – b)(a + b) મુજબ અંશના અવયવ પાડતાં:
I = ∫
(cos x – sin x)(cos x + sin x)
(sin x + cos x)2
dx
અંશ અને છેદમાંથી એક (cos x + sin x) ઉડી જશે:
I = ∫
cos x – sin x
sin x + cos x
dx
હવે જુઓ કે છેદનું વિકલન શું થાય છે?
d
dx
(sin x + cos x) = cos x – sin x. જે અંશમાં જ હાજર છે!
તેથી આ ∫
f'(x)
f(x)
dx = log |f(x)| + c પ્રકારનું સંકલન છે.
✅ સાચો વિકલ્પ: (B) log |sin x + cos x| + c
પ્રશ્ન 40: જો f(a + b – x) = f(x), તો
b ∫ a
x · f(x) dx = ………

(A)
a + b
2
b∫a
f(b – x) dx                (B)
a + b
2
b∫a
f(b + x) dx

(C)
b – a
2
b∫a
f(x) dx                      (D)
a + b
2
b∫a
f(x) dx
ઉકેલ: ધારો કે I =
b ∫ a
x · f(x) dx     …… (સમીકરણ 1)
નિયત સંકલનનો ગુણધર્મ:
b∫a
g(x) dx =
b∫a
g(a + b – x) dx
આ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા, x ની જગ્યાએ (a + b – x) મૂકીએ:
I =
b ∫ a
(a + b – x) · f(a + b – x) dx
રકમમાં આપેલ છે કે f(a + b – x) = f(x). તો આ કિંમત મૂકતાં:
I =
b ∫ a
(a + b – x) · f(x) dx
કૌંસ છોડતાં:
I =
b ∫ a
(a + b) f(x) dx –
b ∫ a
x · f(x) dx
અહીં પાછળનું પદ એ મૂળ સમીકરણ 1 (એટલે કે I) જ છે. તેથી તેને ડાબી બાજુ લઈ જઈએ:
I = (a + b)
b ∫ a
f(x) dx – I
I + I = (a + b)
b ∫ a
f(x) dx  ⇒  2I = (a + b)
b ∫ a
f(x) dx
I =
a + b
2
b ∫ a
f(x) dx
✅ સાચો વિકલ્પ: (D)
a + b
2
b∫a
f(x) dx

7.10

નિયત સંકલનના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરી સંકલિતની કિંમત શોધો
મુખ્ય ગુણધર્મ: મોટાભાગના દાખલાઓમાં આપણે આ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીશું:
a∫0
f(x) dx =
a∫0
f(a – x) dx
પ્રશ્ન 1:
π
2
 ∫ 0
cos2 x dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π
2
 ∫ 0
cos2 x dx     …….. (પરિણામ 1)
ઉપર જણાવેલ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા x ની જગ્યાએ (π/2 – x) મૂકીએ:
I =
π
2
 ∫ 0
cos2 (
π
2
– x) dx
આપણે જાણીએ છીએ કે cos(π/2 – x) = sin x. તેથી,
I =
π
2
 ∫ 0
sin2 x dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા:
2I =
π
2
 ∫ 0
(cos2 x + sin2 x) dx
નિત્યસમ cos2 x + sin2 x = 1 હોવાથી:
2I =
π
2
 ∫ 0
1 dx = [x]0π/2 =
π
2
– 0
2I =
π
2
 ⇒  I =
π
4
✅ જવાબ: I =
π
4
પ્રશ્ન 2:
π
2
 ∫ 0
√sin x
√sin x + √cos x
dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π
2
 ∫ 0
√sin x
√sin x + √cos x
dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ને સ્થાને (π/2 – x) મૂકતાં:
I =
π
2
 ∫ 0
√sin(π/2 – x)
√sin(π/2 – x) + √cos(π/2 – x)
dx
આપણે જાણીએ છીએ કે sin(π/2 – x) = cos x અને cos(π/2 – x) = sin x. તેથી,
I =
π
2
 ∫ 0
√cos x
√cos x + √sin x
dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા, બંનેના છેદ સમાન હોવાથી અંશનો સરવાળો થશે:
2I =
π
2
 ∫ 0
√sin x + √cos x
√sin x + √cos x
dx
2I =
π
2
 ∫ 0
1 dx = [x]0π/2 =
π
2
✅ જવાબ: I =
π
4
પ્રશ્ન 3:
π
2
 ∫ 0
sin3/2 x
sin3/2 x + cos3/2 x
dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π
2
 ∫ 0
sin3/2 x
sin3/2 x + cos3/2 x
dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ને સ્થાને (π/2 – x) મૂકતાં, sin નું cos અને cos નું sin થઈ જશે:
I =
π
2
 ∫ 0
cos3/2 x
cos3/2 x + sin3/2 x
dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા:
2I =
π
2
 ∫ 0
sin3/2 x + cos3/2 x
sin3/2 x + cos3/2 x
dx =
π
2
 ∫ 0
1 dx
2I =
π
2
✅ જવાબ: I =
π
4
પ્રશ્ન 4:
π
2
 ∫ 0
cos5 x
sin5 x + cos5 x
dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π
2
 ∫ 0
cos5 x
sin5 x + cos5 x
dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ને સ્થાને (π/2 – x) મૂકતાં:
I =
π
2
 ∫ 0
sin5 x
cos5 x + sin5 x
dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા:
2I =
π
2
 ∫ 0
cos5 x + sin5 x
sin5 x + cos5 x
dx =
π
2
 ∫ 0
1 dx
2I =
π
2
✅ જવાબ: I =
π
4
પ્રશ્ન 5:
5 ∫ -5
|x + 2| dx
ઉકેલ: માનાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ, કિંમત ક્યાં બદલાય છે તે શોધીએ: x + 2 = 0 ⇒ x = -2.
તેથી આપણે સંકલનને બે ભાગમાં વહેંચીશું: -5 થી -2 અને -2 થી 5.
  • અંતરાલ (-5, -2) માં (x + 2) ઋણ છે, તેથી |x + 2| = -(x + 2)
  • અંતરાલ (-2, 5) માં (x + 2) ધન છે, તેથી |x + 2| = (x + 2)
I =
-2 ∫ -5
-(x + 2) dx +
5 ∫ -2
(x + 2) dx
I = – [
x2
2
+ 2x ]-5-2 + [
x2
2
+ 2x ]-25
સીમાઓ મૂકતાં:
I = – [ (
4
2
– 4) – (
25
2
– 10) ] + [ (
25
2
+ 10) – (
4
2
– 4) ]
I = – [ (2 – 4) – (12.5 – 10) ] + [ (12.5 + 10) – (2 – 4) ]
I = – [ -2 – 2.5 ] + [ 22.5 – (-2) ] = -(-4.5) + (24.5)
I = 4.5 + 24.5 = 29
✅ જવાબ: I = 29
પ્રશ્ન 6:
8 ∫ 2
|x – 5| dx
ઉકેલ: માનાંક x – 5 = 0 ⇒ x = 5 આગળ કિંમત બદલે છે.
I =
5 ∫ 2
-(x – 5) dx +
8 ∫ 5
(x – 5) dx
I = – [
x2
2
– 5x ]25 + [
x2
2
– 5x ]58
સીમાઓ મૂકતાં:
I = – [ (
25
2
– 25) – (
4
2
– 10) ] + [ (
64
2
– 40) – (
25
2
– 25) ]
I = – [ (12.5 – 25) – (2 – 10) ] + [ (32 – 40) – (12.5 – 25) ]
I = – [ -12.5 – (-8) ] + [ -8 – (-12.5) ]
I = – (-4.5) + (4.5) = 4.5 + 4.5 = 9
✅ જવાબ: I = 9
પ્રશ્ન 7:
1 ∫ 0
x (1 – x)n dx
ઉકેલ: ગુણધર્મ
a∫0
f(x) dx =
a∫0
f(a – x) dx નો ઉપયોગ કરતા:
અહીં x ની જગ્યાએ (1 – x) મૂકીએ:
I =
1 ∫ 0
(1 – x) [ 1 – (1 – x) ]n dx
I =
1 ∫ 0
(1 – x) (x)n dx =
1 ∫ 0
(xn – xn+1) dx
હવે સીધું સંકલન કરી શકાય:
I = [
xn+1
n + 1
–
xn+2
n + 2
]01
x = 1 મૂકતાં:
I =
1
n + 1
–
1
n + 2
=
(n + 2) – (n + 1)
(n + 1)(n + 2)
✅ જવાબ: I =
1
(n + 1)(n + 2)
પ્રશ્ન 8:
π
4
 ∫ 0
log (1 + tan x) dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π
4
 ∫ 0
log (1 + tan x) dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ની જગ્યાએ (π/4 – x) મૂકતાં:
I =
π
4
 ∫ 0
log [ 1 + tan(π/4 – x) ] dx
ત્રિકોણમિતિના સૂત્ર tan(A – B) નો ઉપયોગ કરતા:
I =
π
4
 ∫ 0
log [ 1 +
1 – tan x
1 + tan x
] dx
લ.સા.અ. લેતાં:
I =
π
4
 ∫ 0
log [
1 + tan x + 1 – tan x
1 + tan x
] dx =
π
4
 ∫ 0
log [
2
1 + tan x
] dx
લઘુગુણકના નિયમ log(A/B) = log A – log B મુજબ:
I =
π
4
 ∫ 0
( log 2 – log(1 + tan x) ) dx
I = log 2
π
4
 ∫ 0
1 dx –
π
4
 ∫ 0
log(1 + tan x) dx
પાછળનું પદ એ મૂળ સંકલન I જ છે. તેથી તેને ડાબી બાજુ લાવતાં:
I = log 2 [ x ]0π/4 – I
2I = log 2 (
π
4
– 0) =
π
4
log 2
✅ જવાબ: I =
π
8
log 2
નિયત સંકલનના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરી સંકલિતની કિંમત શોધો (પ્રશ્નો 9 થી 19)
પ્રશ્ન 9:
2 ∫ 0
x √2 – x dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
2 ∫ 0
x √2 – x dx
ગુણધર્મ મુજબ x ની જગ્યાએ (2 – x) મૂકતાં:
I =
2 ∫ 0
(2 – x) √2 – (2 – x) dx =
2 ∫ 0
(2 – x) √x dx
કૌંસ છોડતાં અને √x ને x1/2 તરીકે લખતાં:
I =
2 ∫ 0
(2x1/2 – x3/2) dx
I = [ 2
x3/2
3/2
–
x5/2
5/2
]02 = [
4
3
x3/2 –
2
5
x5/2 ]02
x = 2 મૂકતાં (અને x = 0 માટે બધું શૂન્ય થશે):
I =
4
3
(2)3/2 –
2
5
(2)5/2 =
4
3
(2√2) –
2
5
(4√2)
I =
8√2
3
–
8√2
5
=
40√2 – 24√2
15
✅ જવાબ: I =
16√2
15
પ્રશ્ન 10:
π
2
 ∫ 0
(2 log sin x – log sin 2x) dx
ઉકેલ: ત્રિકોણમિતિના સૂત્ર sin 2x = 2 sin x cos x નો ઉપયોગ કરતા:
I =
π
2
 ∫ 0
( log (sin x)2 – log (2 sin x cos x) ) dx
લઘુગુણકના નિયમ મુજબ:
I =
π
2
 ∫ 0
log [
sin2 x
2 sin x cos x
] dx =
π
2
 ∫ 0
log (
tan x
2
) dx
I =
π
2
 ∫ 0
log(tan x) dx –
π
2
 ∫ 0
log 2 dx     …….. (પરિણામ 1)
હવે, ધારો કે I1 =
π/2∫0
log(tan x) dx. ગુણધર્મ x → (π/2 – x) વાપરતાં:
I1 =
π
2
 ∫ 0
log(tan(π/2 – x)) dx =
π
2
 ∫ 0
log(cot x) dx
બંને I1 નો સરવાળો કરતા:
2I1 =
π
2
 ∫ 0
log(tan x) dx +
π
2
 ∫ 0
log(cot x) dx =
π
2
 ∫ 0
log(tan x · cot x) dx
2I1 =
π
2
 ∫ 0
log(1) dx = 0  ⇒  I1 = 0
આ કિંમત પરિણામ 1 માં મૂકતાં:
I = 0 – log 2 [ x ]0π/2 = – log 2 (
π
2
– 0)
✅ જવાબ: I = –
π
2
log 2   (અથવા
π
2
log (1/2))
પ્રશ્ન 11:
π
2
 ∫ –
π
2
sin2 x dx
ઉકેલ: અહીં સીમાઓ -a થી a સ્વરૂપમાં છે.
ધારો કે f(x) = sin2 x. આપણે ચકાસીએ કે આ યુગ્મ (Even) વિધેય છે કે અયુગ્મ (Odd).
f(-x) = sin2(-x) = (-sin x)2 = sin2 x = f(x)
આમ, f(x) યુગ્મ વિધેય છે. તેથી, ગુણધર્મ મુજબ:
I = 2
π
2
 ∫ 0
sin2 x dx = 2
π
2
 ∫ 0
1 – cos 2x
2
dx
I =
π
2
 ∫ 0
(1 – cos 2x) dx = [ x –
sin 2x
2
]0π/2
I = (
π
2
–
sin(π)
2
) – (0 – 0) =
π
2
– 0
✅ જવાબ: I =
π
2
પ્રશ્ન 12:
π ∫ 0
x
1 + sin x
dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π ∫ 0
x
1 + sin x
dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ને સ્થાને (π – x) મૂકતાં:
I =
π ∫ 0
π – x
1 + sin(π – x)
dx
આપણે જાણીએ છીએ કે sin(π – x) = sin x. તેથી,
I =
π ∫ 0
π – x
1 + sin x
dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા, x ઉડી જશે:
2I =
π ∫ 0
π
1 + sin x
dx = π
π ∫ 0
1
1 + sin x
dx
અંશ અને છેદને (1 – sin x) વડે ગુણતા (અનુબદ્ધ કરણી):
2I = π
π ∫ 0
1 – sin x
1 – sin2 x
dx = π
π ∫ 0
1 – sin x
cos2 x
dx
2I = π
π ∫ 0
(sec2 x – sec x tan x) dx
2I = π [ tan x – sec x ]0π
સીમાઓ મૂકતાં (tan π = 0, sec π = -1, tan 0 = 0, sec 0 = 1):
2I = π [ (0 – (-1)) – (0 – 1) ] = π [ 1 + 1 ] = 2π
✅ જવાબ: I = π
પ્રશ્ન 13:
π
2
 ∫ –
π
2
sin7 x dx
ઉકેલ: અહીં સીમાઓ -a થી a સ્વરૂપમાં છે.
ધારો કે f(x) = sin7 x. આપણે ચકાસીએ કે આ યુગ્મ (Even) વિધેય છે કે અયુગ્મ (Odd).
f(-x) = sin7(-x) = (-sin x)7 = -sin7 x = -f(x)
આમ, f(x) અયુગ્મ (Odd) વિધેય છે.
નિયત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ, જો f(x) અયુગ્મ વિધેય હોય, તો
a∫-a
f(x) dx = 0 થાય.
✅ જવાબ: I = 0
પ્રશ્ન 14:
2π ∫ 0
cos5 x dx
ઉકેલ: નિયત સંકલનનો ગુણધર્મ: જો f(2a – x) = f(x) હોય, તો
2a∫0
f(x) dx = 2
a∫0
f(x) dx થાય.
અને જો f(2a – x) = -f(x) હોય, તો સંકલન 0 થાય.
અહીં f(x) = cos5 x અને ઉપરની સીમા 2π છે.
f(2π – x) = cos5(2π – x) = (cos x)5 = cos5 x = f(x)
તેથી ગુણધર્મ મુજબ:
I = 2
π ∫ 0
cos5 x dx
હવે ફરીથી ગુણધર્મ ચકાસીએ, 2a = π માટે f(π – x):
f(π – x) = cos5(π – x) = (-cos x)5 = -cos5 x = -f(x)
આ કિસ્સામાં f(π – x) = -f(x) હોવાથી સંકલનનું મૂલ્ય શૂન્ય થશે.
✅ જવાબ: I = 0
પ્રશ્ન 15:
π
2
 ∫ 0
sin x – cos x
1 + sin x cos x
dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π
2
 ∫ 0
sin x – cos x
1 + sin x cos x
dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ની જગ્યાએ (π/2 – x) મૂકતાં:
I =
π
2
 ∫ 0
sin(π/2 – x) – cos(π/2 – x)
1 + sin(π/2 – x) cos(π/2 – x)
dx
I =
π
2
 ∫ 0
cos x – sin x
1 + cos x sin x
dx
અંશમાંથી માઇનસ (-) નિશાની સામાન્ય કાઢતા:
I = –
π
2
 ∫ 0
sin x – cos x
1 + sin x cos x
dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ 2 એ મૂળ સંકલન I ની જ ઋણ કિંમત છે. એટલે કે I = -I.
2I = 0  ⇒  I = 0
✅ જવાબ: I = 0
પ્રશ્ન 16:
π ∫ 0
log (1 + cos x) dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π ∫ 0
log (1 + cos x) dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ને સ્થાને (π – x) મૂકતાં:
I =
π ∫ 0
log (1 + cos(π – x)) dx =
π ∫ 0
log (1 – cos x) dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા:
2I =
π ∫ 0
[ log (1 + cos x) + log (1 – cos x) ] dx =
π ∫ 0
log (1 – cos2 x) dx
2I =
π ∫ 0
log (sin2 x) dx = 2
π ∫ 0
log (sin x) dx
I =
π ∫ 0
log (sin x) dx
હવે ગુણધર્મ
2a∫0
f(x) dx = 2
a∫0
f(x) dx વાપરતાં (અહીં f(π-x) = f(x) છે):
I = 2
π
2
 ∫ 0
log (sin x) dx
આ એક પ્રમાણિત પરિણામ છે, જેનું મૂલ્ય
π/2∫0
log(sin x) dx = -π/2 log 2 થાય છે.
I = 2 ( –
π
2
log 2 )
✅ જવાબ: I = -π log 2
પ્રશ્ન 17:
a ∫ 0
√x
√x + √a – x
dx
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
a ∫ 0
√x
√x + √a – x
dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ની જગ્યાએ (a – x) મૂકતાં:
I =
a ∫ 0
√a – x
√a – x + √a – (a – x)
dx
I =
a ∫ 0
√a – x
√a – x + √x
dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા:
2I =
a ∫ 0
√x + √a – x
√x + √a – x
dx =
a ∫ 0
1 dx
2I = [x]0a = a – 0 = a
✅ જવાબ: I =
a
2
પ્રશ્ન 18:
4 ∫ 0
|x – 1| dx
ઉકેલ: માનાંક x – 1 = 0 ⇒ x = 1 આગળ કિંમત બદલે છે.
I =
1 ∫ 0
-(x – 1) dx +
4 ∫ 1
(x – 1) dx
I = – [
x2
2
– x ]01 + [
x2
2
– x ]14
સીમાઓ મૂકતાં:
I = – [ (
1
2
– 1) – 0 ] + [ (
16
2
– 4) – (
1
2
– 1) ]
I = – (–
1
2
) + [ (8 – 4) – (–
1
2
) ] =
1
2
+ 4 +
1
2
I = 1 + 4 = 5
✅ જવાબ: I = 5
પ્રશ્ન 19: જો f અને g એ f(x) = f(a – x) અને g(x) + g(a – x) = 4 દ્વારા વ્યાખ્યાયિત વિધેયો હોય, તો સાબિત કરો કે
a ∫ 0
f(x) g(x) dx = 2
a ∫ 0
f(x) dx.
સાબિતી: ધારો કે,
I =
a ∫ 0
f(x) g(x) dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ની જગ્યાએ (a – x) મૂકતાં:
I =
a ∫ 0
f(a – x) g(a – x) dx
રકમ મુજબ f(a – x) = f(x) અને g(a – x) = 4 – g(x) છે. આ કિંમતો મૂકતાં:
I =
a ∫ 0
f(x) [ 4 – g(x) ] dx
I =
a ∫ 0
4 f(x) dx –
a ∫ 0
f(x) g(x) dx
પાછળનું પદ એ મૂળ I જ છે, તેથી તેને ડાબી બાજુ લઈ જતાં:
I = 4
a ∫ 0
f(x) dx – I
2I = 4
a ∫ 0
f(x) dx
I = 2
a ∫ 0
f(x) dx
✅ સાબિત થાય છે.
પ્રશ્ન 20:
π
2
 ∫ –
π
2
(x3 + x cos x + tan5 x + 1) dx નું મૂલ્ય ……… .

(A) 0            (B) 2            (C) π            (D) 1
ઉકેલ: ધારો કે I બરાબર આપેલું સંકલન છે. સંકલનને બે ભાગમાં વહેંચીએ:
I =
π
2
 ∫ –
π
2
(x3 + x cos x + tan5 x) dx +
π
2
 ∫ –
π
2
1 dx
પ્રથમ સંકલન માટે, ધારો કે f(x) = x3 + x cos x + tan5 x. આપણે ચકાસીએ કે આ યુગ્મ વિધેય છે કે અયુગ્મ.
x ની જગ્યાએ (-x) મૂકતાં:
f(-x) = (-x)3 + (-x) cos(-x) + (tan(-x))5
આપણે જાણીએ છીએ કે cos(-x) = cos x અને tan(-x) = -tan x થાય છે:
f(-x) = -x3 – x cos x – tan5 x = – (x3 + x cos x + tan5 x) = – f(x)
આમ, આ અયુગ્મ (Odd) વિધેય છે. તેથી ગુણધર્મ મુજબ તેનું સંકલન 0 થશે.
I = 0 +
π
2
 ∫ –
π
2
1 dx = [x]-π/2π/2
સીમાઓ મૂકતાં:
I =
π
2
– ( –
π
2
) =
π
2
+
π
2
= π
✅ સાચો વિકલ્પ: (C) π
પ્રશ્ન 21:
π
2
 ∫ 0
log (
4 + 3 sin x
4 + 3 cos x
) dx નું મૂલ્ય ……… .

(A) 2            (B)
3
4
           (C) 0            (D) -2
ઉકેલ: ધારો કે,
I =
π
2
 ∫ 0
log (
4 + 3 sin x
4 + 3 cos x
) dx     …….. (પરિણામ 1)
ગુણધર્મ મુજબ x ની જગ્યાએ (π/2 – x) મૂકતાં:
I =
π
2
 ∫ 0
log (
4 + 3 sin(π/2 – x)
4 + 3 cos(π/2 – x)
) dx
આપણે જાણીએ છીએ કે sin(π/2 – x) = cos x અને cos(π/2 – x) = sin x. તેથી,
I =
π
2
 ∫ 0
log (
4 + 3 cos x
4 + 3 sin x
) dx     …….. (પરિણામ 2)
પરિણામ (1) અને (2) નો સરવાળો કરતા:
2I =
π
2
 ∫ 0
[ log (
4 + 3 sin x
4 + 3 cos x
) + log (
4 + 3 cos x
4 + 3 sin x
) ] dx
લઘુગુણકના નિયમ log A + log B = log(A × B) મુજબ:
2I =
π
2
 ∫ 0
log (
4 + 3 sin x
4 + 3 cos x
×
4 + 3 cos x
4 + 3 sin x
) dx
અંશ અને છેદ ઉડી જશે, તેથી 1 વધશે:
2I =
π
2
 ∫ 0
log(1) dx
આપણે જાણીએ છીએ કે log(1) = 0. તેથી આખું સંકલન 0 થઈ જશે.
2I = 0  ⇒  I = 0
✅ સાચો વિકલ્પ: (C) 0

Leave a Comment

Your email address will not be published. Required fields are marked *