एक पर्वतारोही एक पर्वत पर चढ़ता है - क्योंकि वहाँ है, इसी तरह एक अच्छा गणित के छात्र नए सामग्री के अध्ययन करते हैं - क्योंकि वहाँ है। - जेम्स बी. ब्रिस्टोल

7.1 परिचय

अवकलन कलन केंद्रित होता है अवकलज की अवधारणा पर। अवकलज के मूल उद्देश्य फलन के ग्राफ की स्पर्श रेखा को परिभाषित करने और ऐसी रेखाओं की ढलान की गणना करने की समस्या थी। समाकलन कलन के उद्देश्य फलन के ग्राफ द्वारा सीमित क्षेत्र के क्षेत्रफल को परिभाषित करने और उसकी गणना करने की समस्या थी।

जे. डी. लेब्निज (1646 - 1716)

यदि एक फलन $f$ एक अंतराल $I$ में अवकलनीय है, अर्थात, इसका अवकलज $f$’ अंतराल $I$ के प्रत्येक बिंदु पर मौजूद है, तो एक प्राकृतिक प्रश्न उत्पन्न होता है कि अंतराल $I$ के प्रत्येक बिंदु पर $f^{\prime}$ दिया गया है, तो क्या हम फलन को निर्धारित कर सकते हैं? ऐसे फलन जो दिए गए फलन के अवकलज के रूप में हो सकते हैं, फलन के विरोधी समाकलन (या प्रामाणिक) कहलाते हैं। इसके अतिरिक्त, सभी इन विरोधी समाकलन को देने वाला सूत्र फलन के अनिश्चित समाकलन कहलाता है और इस प्रक्रिया को समाकलन कहते हैं। ऐसे प्रकार की समस्याएँ कई व्यावहारिक स्थितियों में उत्पन्न होती हैं। उदाहरण के लिए, यदि हम किसी वस्तु के किसी भी क्षण के तात्कालिक वेग को जानते हैं, तो एक प्राकृतिक प्रश्न उत्पन्न होता है, अर्थात, क्या हम वस्तु के किसी भी क्षण की स्थिति निर्धारित कर सकते हैं? कई व्यावहारिक और सिद्धांतिक स्थितियों में समाकलन की प्रक्रिया शामिल होती है। समाकलन कलन के विकास निम्नलिखित प्रकार की समस्याओं के समाधान के प्रयासों से उत्पन्न होता है:

(a) जब एक फलन का अवकलज दिया गया है तो फलन के निर्धारण की समस्या,

(b) एक फलन के ग्राफ द्वारा सीमित क्षेत्र के क्षेत्रफल की गणना की समस्या जब कुछ शर्तों के अंतर्गत।

इन दो समस्याओं ने समाकलन के दो रूपों, अर्थात, अनिश्चित और निश्चित समाकलन के निर्माण के लिए जिम्मेदार हैं, जो एक साथ मिलकर समाकलन कलन का निर्माण करते हैं।

एक अनिश्चित समाकल और निश्चित समाकल के बीच एक संबंध होता है, जिसे मूल गणित के प्रमेय के रूप में जाना जाता है, जो विज्ञान और इंजीनियरिंग में निश्चित समाकल को एक व्यावहारिक उपकरण बनाता है। निश्चित समाकल का उपयोग आर्थिक, वित्त और प्रायिकता जैसे विभिन्न क्षेत्रों में कई रोचक समस्याओं को हल करने के लिए भी किया जाता है।

इस अध्याय में, हम अनिश्चित और निश्चित समाकल और उनके प्राथमिक गुणों के अध्ययन पर ध्यान केंद्रित करेंगे, जिसमें कुछ समाकलन के तकनीकियों के बारे में भी बात करेंगे।

7.2 समाकलन अवकलन की विपरीत प्रक्रिया के रूप में

समाकलन अवकलन की विपरीत प्रक्रिया है। अवकलन करने के बजाय, हमें एक फलन के अवकलज दिया जाता है और हमें उस फलन के मूल फलन, अर्थात वास्तविक फलन को खोजना होता है। ऐसी प्रक्रिया को समाकलन या विपरीत अवकलन कहा जाता है। नीचे दिए गए उदाहरणों को ध्यान में रखते हुए चर्चा करेंगे:

$$ \text{ हम जानते हैं कि } \quad \begin{aligned} \frac{d}{d x}(\sin x)=\cos x \qquad \text{…(1)} \end{aligned} $$

$$ \qquad \qquad \qquad \quad \begin{aligned} \frac{d}{d x}\left(\frac{x^{3}}{3}\right)=x^{2} \qquad \quad\text{…(2)} \end{aligned} $$

$$ \text{ और } \qquad \qquad \quad \begin{aligned} \frac{d}{d x}\left(e^{x}\right)=e^{x} \qquad \qquad\text{…(3)} \end{aligned} $$

हम देखते हैं कि (1) में, फलन $\cos x$ फलन $\sin x$ का अवकलज है। हम कहते हैं कि $\sin x$ फलन $\cos x$ का विपरीत अवकलन (या समाकल) है। इसी तरह, (2) और (3) में, $\frac{x^{3}}{3}$ और $e^{x}$ क्रमशः $x^{2}$ और $e^{x}$ के विपरीत अवकलन (या समाकल) हैं। फिर भी, हम ध्यान देते हैं कि किसी भी वास्तविक संख्या $C$ के लिए, जिसे एक स्थिर फलन के रूप में लिया जाता है, उसका अवकलज शून्य होता है और इसलिए, हम (1), (2) और (3) को निम्नलिखित रूप में लिख सकते हैं:

$$ \dfrac{d}{d x}(\sin x+C)=\cos x, \dfrac{d}{d x}(\dfrac{x^{3}}{3}+C)=x^{2} \text{ और } \dfrac{d}{d x}(e^{x}+C)=e^{x} $$

इस प्रकार, उपरोक्त उदाहरित फलनों के विपरीत अवकलन (या समाकल) अद्वितीय नहीं हैं। वास्तव में, इन फलनों के अपरिमित अनेक विपरीत अवकलन (या समाकल) हो सकते हैं, जिन्हें वास्तविक संख्याओं के समुच्चय से $C$ को अच्छी तरह से चुनकर प्राप्त किया जा सकता है। इस कारण $C$ को आमतौर पर स्वेच्छा निर्धारित स्थिरांक के रूप में संदर्भित किया जाता है। वास्तव में, $C$ एक पैरामीटर है, जिसके द्वारा एक दिए गए फलन के विभिन्न विपरीत अवकलन (या समाकल) प्राप्त किए जा सकते हैं।

अधिक सामान्य रूप से, यदि कोई फलन $F$ ऐसा हो कि $\dfrac{d}{d x} F(x)=f(x), \forall x \in I$ (अंतराल), तो किसी भी विचाराधीन वास्तविक संख्या $C$ के लिए (जिसे समाकलन के स्थिरांक के रूप में भी जाना जाता है),

$ \dfrac{d}{d x}[F(x)+C]=f(x), x \in I $

इसलिए, $\qquad {F+C, C \in \mathbf{R}} \text{ एक अंतर समाकलन के परिवार को दर्शाता है } f \text{। }$

टिप्पणी एक ही अंतर वाले फलन एक अचर में अलग होते हैं। इसको सिद्ध करने के लिए, मान लीजिए $g$ और $h$ दो फलन जो एक अंतराल $I$ पर समान अंतर रखते हैं।

फलन $f=g-h$ को इस प्रकार परिभाषित करें: $f(x)=g(x)-h(x), \forall x \in I$

तो $\qquad \dfrac{d f}{d x}=f^{\prime}=g^{\prime}-h^{\prime} \text{ देता है } f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)-h^{\prime}(x) \forall x \in I$

या $\qquad f^{\prime}(x)=0, \forall x \in I \text{ परिकल्पना के अनुसार, }$

अर्थात, $f$ के $x$ के संदर्भ में परिवर्तन दर $I$ पर शून्य है और इसलिए $f$ एक अचर है।

उपरोक्त टिप्पणी के आधार पर, यह निष्कर्ष लेना उचित है कि परिवार ${F+C, C \in \mathbf{R}}$ फलन $f$ के सभी संभावित अंतर समाकलन प्रदान करता है।

हम एक नया चिह्न परिचय कराते हैं, अर्थात, $\int f(x) d x$ जो अंतर समाकलन के पूरे वर्ग को दर्शाता है जिसे $f$ के संदर्भ में अनिश्चित समाकलन के रूप में पढ़ा जाता है।

चिह्नित रूप से, हम लिखते हैं $\int f(x) d x=F(x)+C$.

$\mathbf{संकेतन}$ दिया गया है कि $\dfrac{d y}{d x}=f(x)$, हम $y=\int f(x) d x$ लिखते हैं।

आसानी के लिए, हम नीचे दिए गए चिह्न/शब्द/अभिसरण के साथ उनके अर्थ को बताते हैं जो तालिका (7.1) में दिए गए हैं।

तालिका 7.1

$ \begin{array}{|c|l|} \hline \ \text{चिह्न/शब्द/अभिसरण} & \text{अर्थ} \\ \hline \ \int f(x) , dx & \text{फलन } f \text{ का } x \text{ के संदर्भ में समाकलन} \\ \hline \ f(x) \text{ in } \int f(x) , dx & \text{समाकलन के अंतर्गत फलन} \\ \hline \ x \text{ in } \int f(x) , dx & \text{समाकलन के संदर्भ चर} \\ \hline \ \text{समाकलन करें} & \text{समाकलन खोजें} \\ \hline \ \text{एक समाकलन } f & \text{एक फलन } F \text{ जैसे कि } F’(x) = f(x) \\ \hline \ \text{समाकलन} & \text{समाकलन खोजने की प्रक्रिया} \\ \hline \

\text{समाकलन के स्थिरांक} & \text{कोई वास्तविक संख्या } C, \text{ जिसे स्थिर फलन के रूप में लिया जाता है} \\ \hline \end{array} $

हम पहले ही कई महत्वपूर्ण फलनों के अवकलजों के सूत्र जानते हैं। इन सूत्रों से, हम इन फलनों के समाकलन के संगत सूत्र (जिन्हें मानक सूत्र कहा जाता है) तुरंत लिख सकते हैं, जो नीचे सूचीबद्ध हैं जो अन्य फलनों के समाकलन के लिए उपयोग किए जाएंगे।

$ \begin{array}{ll} \textbf{अवकलज} & \textbf{समाकलन (प्रतिअवकलज)} \\ \\ \text{(i)} \dfrac{d}{d x}\left(\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\right)=x^{n} & \int x^{n} d x=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}+\mathrm{C}, n \neq-1 \\ \\ \text{विशेष रूप से, हम ध्यान देते हैं कि} & \\ \\ \dfrac{d}{d x}(x)=1 & \int d x=x+\mathrm{C} \\ \\ \text{(ii)} \dfrac{d}{d x}(\sin x)=\cos x & \int \cos x d x=\sin x+\mathrm{C} \\ \\ \text{(iii)} \dfrac{d}{d x}(-\cos x)=\sin x & \int \sin x d x=-\cos x+\mathrm{C} \\ \\ \text{(iv)} \dfrac{d}{d x}(\tan x)=\sec ^{2} x & \int \sec ^{2} x d x=\tan x+\mathrm{C} \\ \\ \text{(v)} \dfrac{d}{d x}(-\cot x)=\operatorname{cosec}^{2} x & \int \operatorname{cosec}^{2} x d x=-\cot x+\mathrm{C} \\ \\ \text{(vi)} \dfrac{d}{d x}(\sec x)=\sec x \tan x & \int \operatorname{cosec} x \cot x d x=-\operatorname{cosec} x+\mathrm{C} \\ \\ \text{(vii)} \dfrac{d}{d x}(-\operatorname{cosec} x)=\operatorname{cosec} x \cot x & \int \sec x \tan x d x=\sec x+\mathrm{C} \\ \\ \text { (viii) } \dfrac{d}{d x}\left(\sin ^{-1} x\right)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} & \int \dfrac{d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\sin ^{-1} x+\mathrm{C} \\ \\ \text { (ix) } \dfrac{d}{d x}\left(-\cos ^{-1} x\right)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} & \int \dfrac{d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=-\cos ^{-1} x+\mathrm{C} \end{array} $

$ \begin{array}{ll} \text { (x) } \dfrac{d}{d x}\left(\tan ^{-1} x\right)=\dfrac{1}{1+x^{2}} & \int \dfrac{d x}{1+x^{2}}=\tan ^{-1} x+\mathrm{C} \\ \\ \text { (xi) } \dfrac{d}{d x}\left(-\cot ^{-1} x\right)=\dfrac{1}{1+x^{2}} & \int \dfrac{d x}{1+x^{2}}=-\cot ^{-1} x+\mathrm{C} \\ \\ \end{array} $

\text { (xii) } \dfrac{d}{d x}\left(\sec ^{-1} x\right)=\dfrac{1}{x \sqrt{x^{2}-1}} & \int \dfrac{d x}{x \sqrt{x^{2}-1}}=\sec ^{-1} x+\mathrm{C} \\ \\ \text { (xiii) } \dfrac{d}{d x}\left(-\operatorname{cosec}^{-1} x\right)=\dfrac{1}{x \sqrt{x^{2}-1}} & \int \dfrac{d x}{x \sqrt{x^{2}-1}}=-\operatorname{cosec}^{-1} x+\mathrm{C} \\ \\ \text { (xiv) } \dfrac{d}{d x}\left(e^{x}\right)=e^{x} & \int e^{x} d x=e^{x}+\mathrm{C} \\ \\ \text { (xv) } \dfrac{d}{d x}(\log |x|)=\dfrac{1}{x} & \int \dfrac{1}{x} d x=\log |x|+\mathrm{C} \\ \\ \text { (xvi) } \dfrac{d}{d x}\left(\dfrac{a^{x}}{\log a}\right)=a^{x} & \int a^{x} d x=\dfrac{a^{x}}{\log a}+\mathrm{C} \end{array} $

नोट व्यावहारिक रूप में, हम विभिन्न फलनों के परिभाषा के लिए अंतराल के बारे में आमतौर पर नहीं कहते हैं। हालांकि, किसी भी विशिष्ट समस्या में इसे ध्यान में रखना आवश्यक होता है।

7.2.1 अनिश्चित समाकल के कुछ गुण

इस उपविभाग में, हम अनिश्चित समाकल के कुछ गुण निर्वचित करेंगे।

$(I)$ अवकलन और समाकलन क्रमशः एक दूसरे के विपरीत प्रक्रिया होते हैं, इसका अर्थ निम्नलिखित परिणामों के अनुसार है :

$ \qquad \qquad \dfrac{d}{d x} \int f(x) d x=f(x) $

$\text{और} \qquad \int f^{\prime}(x) d x=f(x)+C \text{, जहाँ } C \text{ कोई भी अचर नियतांक है। }$

उपपत्ति मान लीजिए $F$ कोई भी $f$ का व्युत्क्रम फलन है, अर्थात,

$ \qquad \qquad \quad \dfrac{d}{d x} F(x)=f(x) $

$ \text{ तो }\qquad \int f(x) d x=F(x)+C $

$ \begin{aligned} \text{ इसलिए }\quad \dfrac{d}{d x} \int f(x) d x & =\dfrac{d}{d x}(F(x)+C) \\ & =\dfrac{d}{d x} F(x)=f(x) \end{aligned} $

इसी तरह, हम ध्यान देते हैं कि

$\qquad \qquad \qquad f^{\prime}(x)=\dfrac{d}{d x} f(x) $

और इसलिए $\qquad \int f^{\prime}(x) d x=f(x)+C$

जहाँ $C$ एक अचर नियतांक है जिसे समाकलन का अचर नियतांक कहते हैं।

$(II)$ एक ही अवकलज वाले दो अनिश्चित समाकल एक ही परिवार के वक्रों को निर्मित करते हैं और इसलिए वे तुलनीय होते हैं।

उपपत्ति मान लीजिए $f$ और $g$ दो फलन इस प्रकार कि

$\qquad \quad\dfrac{d}{d x} \int f(x) d x=\frac{d}{d x} \int g(x) d x$

$\text{या} \qquad \dfrac{d}{d x}\left[\int f(x) d x-\int g(x) d x\right]=0$

$\text{इसलिए} \quad \int f(x) d x-\int g(x) d x=C,$ जहाँ $C$ कोई भी वास्तविक संख्या है $ \qquad \text{(क्यों?)}$

$\text{या} \qquad \quad \int f(x) d x=\int g(x) d x+C$

इसलिए वक्रों के परिवार ${\int f(x) d x+C_1, C_1 \in R}$

$\text{या} \qquad{\int g(x) d x+C_2, C_2 \in R} \text{ समान हैं। }$

इस अर्थ में, $\int f(x) d x$ और $\int g(x) d x$ समान हैं।

नोट परिवारों ${\int f(x) d x+C_1, C_1 \in \mathbf{R}}$ और ${\int g(x) d x+\mathbf{C} _2, \mathbf{C} _2 \in \mathbf{R}}$ की समानता आमतौर पर $\int f(x) d x=\int g(x) d x$ के रूप में लिखकर व्यक्त की जाती है, पैरामीटर के बारे में बताए बिना।

$(III)$ $\int[f(x)+g(x)] d x=\int f(x) d x+\int g(x) d x$

उपपत्ति गुण (I) के अनुसार, हम लिख सकते हैं

$ \dfrac{d}{d x}\left[\int[f(x)+g(x)] d x\right]=f(x)+g(x) \qquad \text{…(1)} $

दूसरी ओर, हम ज्ञात करते हैं कि

$ \begin{aligned} \frac{d}{d x}[\int f(x) d x+\int g(x) d x] & =\frac{d}{d x} \int f(x) d x+\frac{d}{d x} \int g(x) d x \\ & =f(x)+g(x) \qquad\text{…(2)} \end{aligned} $

इसलिए, गुण (II) के आधार पर, (1) और (2) से निम्नलिखित निष्कर्ष निकलता है

$ \int(f(x)+g(x)) d x=\int f(x) d x+\int g(x) d x . $

$(IV)$ कोई भी वास्तविक संख्या $k$ हो, $\int k f(x) d x=k \int f(x) d x$

उपपत्ति गुण (I) के अनुसार, $\dfrac{d}{d x} \int k f(x) d x=k f(x)$.

$\text{साथ ही} \quad \dfrac{d}{d x}[k \int f(x) d x]=k \dfrac{d}{d x} \int f(x) d x=k f(x)$

इसलिए, गुण (II) के आधार पर, हम लिख सकते हैं $\int k f(x) d x=k \int f(x) d x$.

$(V)$ गुण (III) और (IV) को एक संख्या के फलन $f_1, f_2, \ldots, f_n$ और वास्तविक संख्याओं $k_1, k_2, \ldots, k_n$ के लिए सामान्यीकृत किया जा सकता है जो निम्नलिखित हैं

$ \begin{aligned} & \int[k_1 f_1(x)+k_2 f_2(x)+\ldots+k_n f_n(x)] d x \\ & =k_1 \int f_1(x) d x+k_2 \int f_2(x) d x+\ldots+k_n \int f_n(x) d x . \end{aligned} $

एक दी गई फलन के एंटी डेरिवेटिव को खोजने के लिए, हम एक फलन की तलाश करते हैं जिसका डेरिवेटिव दिया गया फलन हो। एंटी डेरिवेटिव के आवश्यक फलन की तलाश करने की विधि को जांच के विधि के रूप में जाना जाता है। हम इसे कुछ उदाहरणों के माध्यम से दिखाएंगे।

उदाहरण 1 निम्नलिखित फलनों के लिए जांच के विधि का उपयोग करके प्रतिअवकलज लिखिए:

(i) $\cos 2 x$

(ii) $3 x^{2}+4 x^{3}$

(iii) $\dfrac{1}{x}, x \neq 0$

हल

(i) हम एक फलन खोजते हैं जिसका अवकलज $\cos 2 x$ हो। याद रखें कि

$ \begin{gathered} \dfrac{d}{d x} \sin 2 x=2 \cos 2 x \\ \end{gathered} $

$\text{या} \quad \cos 2 x=\dfrac{1}{2} \dfrac{d}{d x}(\sin 2 x)=\dfrac{d}{d x}\left(\dfrac{1}{2} \sin 2 x\right)$

इसलिए, $\cos 2 x$ का एक प्रतिअवकलज $\dfrac{1}{2} \sin 2 x$ है।

(ii) हम एक फलन खोजते हैं जिसका अवकलज $3 x^{2}+4 x^{3}$ हो। ध्यान दें कि

$ \dfrac{d}{d x}(x^{3}+x^{4})=3 x^{2}+4 x^{3} $

इसलिए, $3 x^{2}+4 x^{3}$ का एक प्रतिअवकलज $x^{3}+x^{4}$ है।

(iii) हम जानते हैं कि

$\dfrac{d}{d x}(\log x)=\dfrac{1}{x}, x>0$ और $\dfrac{d}{d x}[\log (-x)]=\dfrac{1}{-x}(-1)=\dfrac{1}{x}, x<0$

ऊपर के संयोजन से, हम प्राप्त करते हैं $\dfrac{d}{d x}(\log |x|)=\dfrac{1}{x}, x \neq 0$

इसलिए, $\int \dfrac{1}{x} d x=\log |x|$ एक ऐसा प्रतिअवकलज है जो $\dfrac{1}{x}$ के लिए है।

उदाहरण 2 निम्नलिखित समाकलन ज्ञात कीजिए:

(i) $\int \dfrac{x^{3}-1}{x^{2}} d x$

(ii) $\int(x^{\frac{2}{3}}+1) d x$

(iii) $\int(x^{\frac{3}{2}}+2 e^{x}-\dfrac{1}{x}) d x$

हल

(i) हम लेते हैं

$ \begin{aligned} \int \dfrac{x^{3}-1}{x^{2}} d x & = \int x d x-\int x^{-2} d x \quad(\text{ गुणधर्म } V) \\ & = \left(\dfrac{x^{1+1}}{1+1}+C_1\right)-\left(\dfrac{x^{-2+1}}{-2+1}+C_2\right) ; C_1, C_2 \text{ समाकलन के स्थिरांक हैं } \\ & =\dfrac{x^{2}}{2}+C_1-\dfrac{x^{-1}}{-1}-C_2=\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{1}{x}+C_1-C_2 \\ & =\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{1}{x}+C \text{, जहाँ } C=C_1-C_2 \text{ एक अन्य समाकलन स्थिरांक है। } \end{aligned} $

नोट अब से, हम अंतिम उत्तर में केवल एक समाकलन स्थिरांक लिखेंगे।

(ii) हम लेते हैं

$ \begin{aligned} \int(x^{\frac{2}{3}}+1) d x & =\int x^{\frac{2}{3}} d x+\int d x \\ & =\frac{x^{\frac{2}{3}+1}}{\frac{2}{3}+1}+x+C=\frac{3}{5} x^{\frac{5}{3}}+x+C \end{aligned} $

(iii) हम लेते हैं $\int(x^{\frac{3}{2}}+2 e^{x}-\dfrac{1}{x}) d x=\int x^{\frac{3}{2}} d x+\int 2 e^{x} d x-\int \dfrac{1}{x} d x$

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \begin{aligned} & =\frac{x^{\frac{3}{2}+1}}{\frac{3}{2}+1}+2 e^{x}-\log |x|+C \\ & =\frac{2}{5} x^{\frac{5}{2}}+2 e^{x}-\log |x|+C \end{aligned} $

उदाहरण 3 निम्नलिखित समाकलन ज्ञात कीजिए:

(i) $\int(\sin x+\cos x) d x$

(ii) $\int cosec x(cosec x+\cot x) d x$

(iii) $\int \dfrac{1-\sin x}{\cos ^{2} x} d x$

हल

(i) हम जानते हैं कि

$ \begin{aligned} \int(\sin x+\cos x) d x & =\int \sin x d x+\int \cos x d x \\ & =-\cos x+\sin x+C \end{aligned} $

(ii) हम जानते हैं कि

$ \begin{aligned} \int(cosec x(cosec x+\cot x) d x & =\int cosec^{2} x d x+\int cosec x \cot x d x \\ & =-\cot x-cosec x+C \end{aligned} $

(iii) हम जानते हैं कि

$ \begin{aligned} \int \frac{1-\sin x}{\cos ^{2} x} d x & =\int \frac{1}{\cos ^{2} x} d x-\int \frac{\sin x}{\cos ^{2} x} d x \\ & =\int \sec ^{2} x d x-\int \tan x \sec x d x \\ & =\tan x-\sec x+C \end{aligned} $

उदाहरण 4 $f(x)=4 x^{3}-6$ द्वारा परिभाषित $f$ के विरोधी अवकलज $F$ ज्ञात कीजिए, जहाँ $F(0)=3$

हल $f(x)$ का एक विरोधी अवकलज $x^{4}-6 x$ है क्योंकि

$ \dfrac{d}{d x}(x^{4}-6 x)=4 x^{3}-6 $

इसलिए, विरोधी अवकलज $F$ द्वारा दिया जाता है

$ F(x)=x^{4}-6 x+C \text{, जहाँ } C \text{ एक स्थिरांक है। } $

$ \begin{aligned} \text{दिया गया है कि} \quad F(0) & =3, \text{ जो देता है } \\ 3 & =0-6 \times 0+C \text{ या } C=3 \end{aligned} $

इसलिए, आवश्यक विरोधी अवकलज एकम फलन $F$ द्वारा दिया जाता है $\mathrm{F}(x)=x^{4}-6 x+3$

टिप्पणियाँ

(i) हम देखते हैं कि यदि $F$ एक विरोधी अवकलज $f$ का है, तो $F+C$ भी एक विरोधी अवकलज होगा, जहाँ $C$ कोई भी स्थिरांक है। इसलिए, यदि हम एक विरोधी अवकलज $F$ के बारे में जानते हैं, तो हम फलन $f$ के अपरिमित विरोधी अवकलज लिख सकते हैं द्वारा $F(x)+C, C \in \mathbf{R}$। अनुप्रयोगों में अक्सर एक अतिरिक्त स्थिति को संतुष्ट करना आवश्यक होता है जो फलन के विशिष्ट मान के लिए $C$ के मान को निर्धारित करता है जो दिए गए फलन के अद्वितीय विरोधी अवकलज को देता है।

(ii) कभी-कभी, $F$ तत्वक फलनों के रूप में व्यक्त नहीं किया जा सकता है, जैसे कि बहुपद, लघुगणक, अपरिमेय, त्रिकोणमितीय फलन और उनके व्युत्क्रम आदि। इसलिए हम फलन $\int f(x) d x$ के लिए अवरोधित नहीं हो सकते। उदाहरण के लिए, हम देख सकते हैं कि $\int e^{-x^{2}} d x$ को आंकिक देखकर नहीं ज्ञात किया जा सकता है क्योंकि हम एक फलन नहीं ज्ञात कर सकते जिसका अवकलज $e^{-x^{2}}$ हो।

(iii) जब समाकलन के चर को $x$ के अतिरिक्त किसी अन्य चर द्वारा नोट किया जाता है, तो समाकलन सूत्र उपयुक्त रूप में बदल जाते हैं। उदाहरण के लिए

$ \int y^{4} d y=\dfrac{y^{4+1}}{4+1}+C=\dfrac{1}{5} y^{3}+C $

7.3 समाकलन के विधियाँ

पिछले अनुच्छेद में, हम उन फलनों के समाकलनों के बारे में चर्चा कर चुके हैं जो कुछ फलनों के अवकलजों से आसानी से प्राप्त किए जा सकते हैं। यह दृश्यन पर आधारित था, अर्थात ऐसे फलन $F$ की खोज पर जिसका अवकलज $f$ होता है, जो हमें $f$ के समाकलन के रूप में ले आता था। हालांकि, यह विधि, जो दृश्यन पर आधारित होती है, कई फलनों के लिए बहुत उपयुक्त नहीं होती। इसलिए, हमें अतिरिक्त तकनीकों या विधियों को विकसित करना पड़ता है जिनके माध्यम से हम समाकलनों को मानक रूपों में बदलकर खोज सकते हैं। इनमें से प्रमुख विधियाँ निम्नलिखित हैं:

1. प्रतिस्थापन द्वारा समाकलन

2. आंशिक भिन्नों का उपयोग करके समाकलन

3. अंशों द्वारा समाकलन

7.3.1 प्रतिस्थापन द्वारा समाकलन

इस अनुच्छेद में, हम समाकलन के प्रतिस्थापन विधि के बारे में चर्चा करते हैं।

दिया गया समाकलन $\int f(x) d x$ को एक अन्य रूप में परिवर्तित किया जा सकता है द्वारा स्वायत्त चर $x$ को $t$ में बदलकर $x = g(t)$ के प्रतिस्थापन के माध्यम से।

$ \text{मान लीजिए} \qquad I=\int f(x) d x $

$ \text{रखिए} \qquad x=g(t) \quad \text{ताकि} \quad \dfrac{d x}{d t}=g^{\prime}(t) $.

$ \text{हम लिखते हैं} \qquad d x=g^{\prime}(t) d t $

$ \text{इसलिए} \qquad I=\int f(x) d x=\int f(g(t)) g^{\prime}(t) d t $

इस चर परिवर्तन सूत्र को समाकलन के प्रतिस्थापन के नाम से उपलब्ध उपकरणों में से एक माना जाता है। इसके अक्सर उपयोगी प्रतिस्थापन के बारे में अनुमान लगाना महत्वपूर्ण होता है। आमतौर पर, हम एक फलन के प्रतिस्थापन करते हैं जिसका अवकलज भी समाकलन में उपस्थित होता है, जैसा कि निम्नलिखित उदाहरणों में दिखाया गया है।

उदाहरण 5 निम्नलिखित फलनों को $x$ के संदर्भ में समाकलन कीजिए:

(i) $\sin m x$

(ii) $2 x \sin (x^{2}+1)$

(iii) $\frac{\tan ^{4} \sqrt{x} \sec ^{2} \sqrt{x}}{\sqrt{x}}$

(iv) $\frac{\sin (\tan ^{-1} x)}{1+x^{2}}$

हल

(i) हम जानते हैं कि $m x$ का अवकलज $m$ होता है। इसलिए, हम $m x = t$ की बदलते हैं ताकि $m d x = d t$ हो।

$\text{इसलिए, } \quad \int \sin m x d x=\dfrac{1}{m} \int \sin t d t=-\dfrac{1}{m} \cos t+C=-\dfrac{1}{m} \cos m x+C$

(ii) $x^{2}+1$ का अवकलज $2 x$ होता है। इसलिए, हम $x^{2}+1 = t$ की बदलते हैं ताकि $2 x d x = d t$ हो।

$\text{इसलिए, } \qquad \int 2 x \sin (x^{2}+1) d x=\int \sin t d t=-\cos t+C=-\cos (x^{2}+1)+C$

(iii) $\sqrt{x}$ का अवकलज $\dfrac{1}{2} x^{-\frac{1}{2}}=\dfrac{1}{2 \sqrt{x}}$ होता है। इसलिए, हम बदलते हैं

$\sqrt{x}=t$ ताकि $\dfrac{1}{2 \sqrt{x}} d x=d t$ देता है जिससे $d x=2 t d t$ होता है।

$\text{इसलिए, } \qquad \int \dfrac{\tan ^{4} \sqrt{x} \sec ^{2} \sqrt{x}}{\sqrt{x}} d x=\int \dfrac{2 t \tan ^{4} t \sec ^{2} t d t}{t}=2 \int \tan ^{4} t \sec ^{2} t d t$

फिर, हम एक और बदलाव करते हैं $\tan t = u$ ताकि $\quad \sec ^{2} t d t = d u$

$\text{इसलिए, } \qquad 2 \int \tan ^{4} t \sec ^{2} t d t=2 \int u^{4} d u=2 \dfrac{u^{5}}{5}+\mathrm{C}$

$ \begin{aligned} \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad & =\dfrac{2}{5} \tan ^{5} t+\mathrm{C}(\text { क्योंकि } u=\tan t) \\ & =\dfrac{2}{5} \tan ^{5} \sqrt{x}+\mathrm{C}(\text { क्योंकि } t=\sqrt{x}) \end{aligned} $

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{\tan ^{4} \sqrt{x} \sec ^{2} \sqrt{x}}{\sqrt{x}} d x=\dfrac{2}{5} \tan ^{5} \sqrt{x}+C$

$\mathbf{अल्टरनेटिव रूप से, }$ बदलाव $\tan \sqrt{x}=t$ करें

(iv) $\tan ^{-1} x$ का अवकलज $\dfrac{1}{1+x^{2}}$ होता है। इसलिए, हम बदलते हैं

$ \qquad \qquad \qquad \tan ^{-1} x=t \text{ ताकि } \dfrac{d x}{1+x^{2}}=d t $

$\text{इसलिए, }\int \dfrac{\sin (\tan ^{-1} x)}{1+x^{2}} d x=\int \sin t d t=-\cos t+C=-\cos (\tan ^{-1} x)+C$

अब, हम त्रिकोणमितीय फलनों वाले कुछ महत्वपूर्ण समकलों और उनके मानक समकलों के बारे में चर्चा करते हैं जिनके लिए प्रतिस्थापन तकनीक का उपयोग किया जाता है। इनका बाद में संदर्भ बिना किए उपयोग किया जाएगा।

(i) $\mathbf{\int \tan x d x=\log |\sec x|+C}$

$ \text{हम जानते हैं} \qquad `

\int \tan x d x=\int \dfrac{\sin x}{\cos x} d x $

$\text{Put} \qquad \cos x=t$ ताकि $\sin x d x=-d t$

$\text{Then } \qquad \int \tan x d x=-\int \frac{d t}{t}=-\log |t|+C=-\log |\cos x|+C$

$\text{or } \qquad \quad \int \tan x d x=\log |\sec x|+C$

(ii) $\mathbf{\int \cot x d x=\log |\sin x|+C}$

$\text{We have } \quad \int \cot x d x=\int \frac{\cos x}{\sin x} d x$

$\text{Put } \qquad \sin x=t$ ताकि $\cos x d x=d t$

$ \text{Then } \quad \int \cot x d x=\int \dfrac{d t}{t}=\log |t|+C=\log |\sin x|+C $

(iii) $\mathbf{\int \sec x d x=\log |\sec x+\tan x|+C}$

$\text{We have }$

$ \int \sec x d x=\int \dfrac{\sec x(\sec x+\tan x)}{\sec x+\tan x} d x $

$\text{Put } \sec x+\tan x=t$ ताकि $\sec x(\tan x+\sec x) d x=d t$

$\text{Therefore, } \int \sec x d x=\int \frac{d t}{t}=\log |t|+C=\log |\sec x+\tan x|+C$

(iv) $\mathbf{\int cosec x d x=\log |cosec x-\cot x|+C}$

$ \text{We have} $

$ \int cosec x d x=\int \dfrac{cosec x(cosec x+\cot x)}{(cosec x+\cot x)} d x $

$\text{Put } cosec x+\cot x=t$ ताकि $- cosec x(cosec x+\cot x) d x=d t$

$ \begin{aligned} \text{So} \qquad \int cosec x d x & =-\int \frac{d t}{t}=-\log |t|=-\log |cosec x+\cot x|+C \\ & =-\log \left|\frac{cosec^{2} x-\cot ^{2} x}{cosec x-\cot x}\right|+C \\ & =\log |cosec x-\cot x|+C \end{aligned} $

उदाहरण 6 निम्नलिखित समाकलन ज्ञात कीजिए:

(i) $\int \sin ^{3} x \cos ^{2} x d x$

(ii) $\int \dfrac{\sin x}{\sin (x+a)} d x$

(iii) $\int \dfrac{1}{1+\tan x} d x$

हल

(i) $\text{We have}$

$ \begin{aligned} \int \sin ^{3} x \cos ^{2} x d x & =\int \sin ^{2} x \cos ^{2} x(\sin x) d x \\ & =\int(1-\cos ^{2} x) \cos ^{2} x(\sin x) d x \end{aligned} $

$\text{Put } t=\cos x$ ताकि $d t=-\sin x d x$

$\text{Therefore, } \int \sin ^{2} x \cos ^{2} x(\sin x) d x=-\int(1-t^{2}) t^{2} d t$

$ \begin{aligned} \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad
& =-\int(t^{2}-t^{4}) d t=-\left(\frac{t^{3}}{3}-\frac{t^{5}}{5}\right)+C \\ & =-\frac{1}{3} \cos ^{3} x+\frac{1}{5} \cos ^{5} x+C

\end{aligned} $

(ii) $\text{मान लीजिए } x+a=t$. तब $d x=d t$. $\text{इसलिए}$

$ \begin{aligned} \int \dfrac{\sin x}{\sin (x+a)} d x & =\int \dfrac{\sin (t-a)}{\sin t} d t \\ & =\int \dfrac{\sin t \cos a-\cos t \sin a}{\sin t} d t \\ & =\cos a \int d t-\sin a \int \cot t d t \\ & =(\cos a) t-(\sin a)[\log |\sin t|+C_1] \\ & =(\cos a)(x+a)-(\sin a)[\log |\sin (x+a)|+C_1] \\ & =x \cos a+a \cos a-(\sin a) \log |\sin (x+a)|-C_1 \sin a \end{aligned} $

$\text{इसलिए, } \int \dfrac{\sin x}{\sin (x+a)} d x=x \cos a-\sin a \log |\sin (x+a)|+C$,

$\text{जहाँ, } C=-C_1 \sin a+a \cos a$, एक अन्य असंगत नियतांक है।

(iii) $\int \dfrac{d x}{1+\tan x}=\int \dfrac{\cos x d x}{\cos x+\sin x}$

$ \qquad \qquad \qquad \begin{aligned} & =\frac{1}{2} \int \frac{(\cos x+\sin x+\cos x-\sin x) d x}{\cos x+\sin x} \\ & =\frac{1}{2} \int d x+\frac{1}{2} \int \frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x} d x \\ & =\frac{x}{2}+\frac{C_1}{2}+\frac{1}{2} \int \frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x} d x \qquad \qquad \text{…(1)} \end{aligned} $

$\text{अब, मान लीजिए } I=\int \dfrac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x} d x$

$\text{मान लीजिए } \cos x+\sin x=t$ ताकि $(\cos x-\sin x) d x=d t$

$\text{इसलिए } \quad I=\int \dfrac{d t}{t}=\log |t|+C_2=\log |\cos x+\sin x|+C_2$

$\text{इसे (1) में रखने पर, हम प्राप्त करते हैं}$

$ \begin{aligned} \int \frac{d x}{1+\tan x} & =\frac{x}{2}+\frac{C_1}{2}+\frac{1}{2} \log |\cos x+\sin x|+\frac{C_2}{2} \\ & =\frac{x}{2}+\frac{1}{2} \log |\cos x+\sin x|+\frac{C_1}{2}+\frac{C_2}{2} \\ & =\frac{x}{2}+\frac{1}{2} \log |\cos x+\sin x|+C,\left(C=\frac{C_1}{2}+\frac{C_2}{2}\right) \end{aligned} $

7.3.2 त्रिकोणमितीय पहचानों का उपयोग करके समाकलन

जब समाकलन के अभिकर्ता में कुछ त्रिकोणमितीय फलन होते हैं, तो हम ज्ञात पहचानों का उपयोग करके समाकलन को खोजते हैं, जैसा कि निम्नलिखित उदाहरण के माध्यम से दिखाया गया है।

उदाहरण 7 खोजें

(i) $\int \cos ^{2} x d x$

(ii) $\int \sin 2 x \cos 3 x d x$

(iii) $\int \sin ^{3} x d x$

हल

(i) याद रखें $\cos 2 x=2 \cos ^{2} x-1$ की पहचान, जो देती है

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \cos ^{2} x=\frac{1+\cos 2 x}{2} $

$\text{इसलिए, } \quad \int \cos ^{2} x d x=\dfrac{1}{2} \int(1+\cos 2 x) d x=\dfrac{1}{2} \int d x+\dfrac{1}{2} \int \cos 2 x d x$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad
=\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{4} \sin 2 x+C $

(ii) याद रखें पहचान $\sin x \cos y=\frac{1}{2}[\sin (x+y)+\sin (x-y)] \qquad\text{(क्यों?)}$

$ \text{तब } \int \sin 2 x \cos 3 x d x=\dfrac{1}{2} $ $\left[\int \sin 5 x d x-\int \sin x d x\right]$

$ \qquad \begin{aligned} \int \sin 2 x \cos 3 x d x=\frac{1}{2}\left[\int \sin 5 x d x-\int \sin x d x\right] \\ =\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{5} \cos 5 x+\cos x\right]+C \\ =-\frac{1}{10} \cos 5 x+\frac{1}{2} \cos x+C \end{aligned} $

(iii) पहचान $\sin 3 x=3 \sin x-4 \sin ^{3} x$ से, हम जानते हैं कि

$ \sin ^{3} x=\dfrac{3 \sin x-\sin 3 x}{4} $

$\text{इसलिए, } \quad \int \sin ^{3} x d x=\dfrac{3}{4} \int \sin x d x-\dfrac{1}{4} \int \sin 3 x d x$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =-\dfrac{3}{4} \cos x+\dfrac{1}{12} \cos 3 x+C $

$\mathbf{अल्टरनेटिव रूप से, }\int \sin ^{3} x d x=\int \sin ^{2} x \sin x d x=\int(1-\cos ^{2} x) \sin x d x$

$\text{रखें }\cos x=t$ ताकि $-\sin x d x=d t$

$\text{इसलिए, } \quad \int \sin ^{3} x d x=-\int(1-t^{2}) d t=-\int d t+\int t^{2} d t=-t+\frac{t^{3}}{3}+C$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =-\cos x+\frac{1}{3} \cos ^{3} x+C $

टिप्पणी त्रिकोणमितीय पहचानों का उपयोग करके दोनों उत्तर समान हो सकते हैं।

7.4 कुछ विशेष फलनों के समाकलन

इस अनुच्छेद में, हम नीचे कुछ महत्वपूर्ण समाकलन के सूत्रों का उल्लेख करते हैं और उनका उपयोग कई अन्य संबंधित मानक समाकलन के लिए करते हैं:

$\mathbf{(1)}$ $\int \dfrac{d x}{x^{2}-a^{2}}=\dfrac{1}{2 a} \log \left|\dfrac{x-a}{x+a}\right|+C$

$\mathbf{(2)}$ $\int \dfrac{d x}{a^{2}-x^{2}}=\dfrac{1}{2 a} \log \left|\dfrac{a+x}{a-x}\right|+C$

$\mathbf{(3)}$ $\int \dfrac{d x}{x^{2}+a^{2}}=\dfrac{1}{a} \tan ^{-1} \dfrac{x}{a}+C$

$\mathbf{(4)}$ $\int \dfrac{d x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\log \left|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right|+C$

$\mathbf{(5)}$ $\int \dfrac{d x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\sin ^{-1} \dfrac{x}{a}+C$

$\mathbf{(6)}$ $\int \dfrac{d x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\log |x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|+C$

अब हम उपरोक्त परिणामों की साबित करेंगे:

$\mathbf{(1)}$ $\text{हम जानते हैं कि }\dfrac{1}{x^{2}-a^{2}}=\dfrac{1}{(x-a)(x+a)}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =\dfrac{1}{2 a}\left[\dfrac{(x+a)-(x-a)}{(x-a)(x+a)}\right]=\dfrac{1}{2 a}\left[\dfrac{1}{x-a}-\dfrac{1}{x+a}\right] $

$\text{इसलिए, } \int \dfrac{d x}{x^{2}-a^{2}}=\dfrac{1}{2 a}\left[\int \dfrac{d x}{x-a}-\int \dfrac{d x}{x+a}\right]$

$\qquad \qquad \qquad \qquad \quad \begin{aligned} & =\frac{1}{2 a}[\log |(x-a)|-\log |(x+a)|]+C \\ & =\frac{1}{2 a} \log \left|\dfrac{x-a}{x+a}\right|+C \end{aligned} $

$\mathbf{(2)}$ ऊपर के $(1)$ के आधार पर, हम जानते हैं कि

$ \dfrac{1}{a^{2}-x^{2}}=\dfrac{1}{2 a}\left[\dfrac{(a+x)+(a-x)}{(a+x)(a-x)}\right]=\dfrac{1}{2 a}\left[\dfrac{1}{a-x}+\dfrac{1}{a+x}]\right] $

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{d x}{a^{2}-x^{2}}=\dfrac{1}{2 a}\left[\int \dfrac{d x}{a-x}+\int \dfrac{d x}{a+x}\right]$

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{aligned} & =\frac{1}{2 a}[-\log |a-x|+\log |a+x|]+C \\ & =\frac{1}{2 a} \log \left|\frac{a+x}{a-x}\right|+C \end{aligned} $

नोट $(1)$ में उपयोग की गई तकनीक को अनुच्छेद 7.5 में समझाया गया है।

$\mathbf{(3)}$ मान लीजिए $x=a \tan \theta$. तब $d x=a \sec ^{2} \theta d \theta$।

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{d x}{x^{2}+a^{2}}=\int \dfrac{a \sec ^{2} \theta d \theta}{a^{2} \tan ^{2} \theta+a^{2}}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =\dfrac{1}{a} \int d \theta=\dfrac{1}{a} \theta+C=\dfrac{1}{a} \tan ^{-1} \dfrac{x}{a}+C $

$\mathbf{(4)}$ मान लीजिए $x=a \sec \theta$. तब $d x=a \sec \theta \tan \theta d \theta$।

$ \begin{aligned} \text{इसलिए,} \qquad \int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} & =\int \frac{a \sec \theta \tan \theta d \theta}{\sqrt{a^{2} \sec ^{2} \theta-a^{2}}} \\ & =\int \sec \theta d \theta=\log |\sec \theta+\tan \theta|+C_1 \\ & =\log \left|\frac{x}{a}+\sqrt{\frac{x^{2}}{a^{2}}-1}\right|+C_1 \\ & =\log |x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|-\log |a|+C_1 \\ & =\log |x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C, \text{ जहाँ } C=C_1-\log |a| \end{aligned} $

$\mathbf{(5)}$ मान लीजिए $x=a \sin \theta$. तब $d x=a \cos \theta d \theta$.

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{d x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\int \dfrac{a \cos \theta d \theta}{\sqrt{a^{2}-a^{2} \sin ^{2} \theta}}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =\int d \theta=\theta+C=\sin ^{-1} \dfrac{x}{a}+C $

$\mathbf{(6)}$ मान लीजिए $x=a \tan \theta$. तब $d x=a \sec ^{2} \theta d \theta$.

$ \begin{aligned} \text{ इसलिए, } \qquad \int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}} & =\int \frac{a \sec ^{2} \theta d \theta}{\sqrt{a^{2} \tan ^{2} \theta+a^{2}}} \\ &=\int \sec \theta d \theta=\log |(\sec \theta+\tan \theta)|+C_1 \end{aligned} $

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \begin{aligned} & =\log \left|\frac{x}{a}+\sqrt{\frac{x^{2}}{a^{2}}+1}\right|+C_1 \\ & =\log |x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|-\log |a|+C_1 \\ & =\log |x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|+C, \text{ जहाँ } C=C_1-\log |a| \end{aligned} $

इन मानक सूत्रों का उपयोग करके, अब हम अनुप्रयोग के दृष्टिकोण से उपयोगी और अन्य समकालीन समाकलों के मूल्यांकन के लिए बराबर सूत्र प्राप्त कर सकते हैं।

$\mathbf{(7)}$ समाकल के मूल्य के लिए $\int \dfrac{d x}{a x^{2}+b x+c}$, हम लिखते हैं

$ \qquad a x^{2}+b x+c=a\left[x^{2}+\dfrac{b}{a} x+\dfrac{c}{a}\right]=a\left[\left(x+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}+\left(\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{4 a^{2}}\right)\right] $

$\text{अब,}$ $x+\dfrac{b}{2 a}=t$ रखें ताकि $d x=d t$ और $\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{4 a^{2}}= \pm k^{2}$. हम इस समाकल को $\dfrac{1}{a} \int \dfrac{d t}{t^{2} \pm k^{2}}$ के रूप में घटा देते हैं, जो $\left(\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{4 a^{2}}\right)$ के चिह्न पर निर्भर करता है और इसलिए मूल्यांकन किया जा सकता है।

$\mathbf{(8)}$ इस प्रकार के समाकलन का अवलोकन करें $\int \dfrac{d x}{\sqrt{a x^{2}+b x+c}}$, $(7)$ के अनुसार प्रक्रिया अपनाएं, हम आयाम फार्मूला का उपयोग करके समाकलन प्राप्त करते हैं।

$\mathbf{(9)}$ इस प्रकार के समाकलन का अवलोकन करें $\int \dfrac{p x+q}{a x^{2}+b x+c} d x$, जहां $p, q, a, b, c$ स्थिरांक हैं, हम वास्तविक संख्याओं A, B खोजने हैं जैसे कि

$ p x+q=A \dfrac{d}{d x}(a x^{2}+b x+c)+B=A(2 a x+b)+B $

$A$ और $B$ का निर्धारण करने के लिए, हम दोनों तरफ $x$ के गुणांक और स्थिरांकीय पदों की तुलना करते हैं। इस प्रकार A और B प्राप्त किए जाते हैं और इसलिए समाकलन ज्ञात रूपों में घटक जाता है।

$\mathbf{(10)}$ इस प्रकार के समाकलन का अवलोकन करें $\int \dfrac{(p x+q) d x}{\sqrt{a x^{2}+b x+c}}$, हम $(9)$ के अनुसार प्रक्रिया अपनाएं और समाकलन को ज्ञात मानक रूपों में परिवर्तित करते हैं।

उपरोक्त विधियों को कुछ उदाहरणों द्वारा स्पष्ट करें।

उदाहरण 8 निम्नलिखित समाकलन खोजें:

(i) $\int \dfrac{d x}{x^{2}-16}$

(ii) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{2 x-x^{2}}}$

हल

(i) हम जानते हैं $\int \dfrac{d x}{x^{2}-16}=\int \dfrac{d x}{x^{2}-4^{2}}=\dfrac{1}{8} \log \left|\dfrac{x-4}{x+4}\right|+C \quad$ [7.4 (1) के अनुसार]

(ii) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{2 x-x^{2}}}=\int \dfrac{d x}{\sqrt{1-(x-1)^{2}}}$

$x-1=t$ रखें। तब $d x=d t$।

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{d x}{\sqrt{2 x-x^{2}}}=\int \dfrac{d t}{\sqrt{1-t^{2}}}=\sin ^{-1}(t)+C$ [7.4(5) के अनुसार]

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =\sin ^{-1}(x-1)+C $

उदाहरण 9 निम्नलिखित समाकलन खोजें:

(i) $\int \dfrac{d x}{x^{2}-6 x+13}$

(ii) $\int \dfrac{d x}{3 x^{2}+13 x-10}$

(iii) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{5 x^{2}-2 x}}$

हल

(i) हम जानते हैं $x^{2}-6 x+13=x^{2}-6 x+3^{2}-3^{2}+13=(x-3)^{2}+4$

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{d x}{x^{2}-6 x+13}=\int \dfrac{1}{(x-3)^{2}+2^{2}} d x$

$ \text{मान लें} \qquad \quad x-3=t \text{. तब } d x=d t $

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{d x}{x^{2}-6 x+13}=\int \dfrac{d t}{t^{2}+2^{2}}=\dfrac{1}{2} \tan ^{-1} \dfrac{t}{2}+C$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =\dfrac{1}{2} \tan ^{-1} \dfrac{x-3}{2}+C $

$

(ii) दिए गए समाकल के रूप 7.4 $(7)$ के रूप में है। हम इन्टीग्रेंड के हर को लिखते हैं,

$ \begin{aligned} 3 x^{2}+13 x-10 & =3\left(x^{2}+\frac{13 x}{3}-\frac{10}{3}\right) \\ & =3\left[\left(x+\frac{13}{6}\right)^{2}-\left(\frac{17}{6}\right)^{2}\right] \text{ (वर्ग पूरा करते हुए) } \end{aligned} $

$\text{अतः }\int \dfrac{d x}{3 x^{2}+13 x-10}=\dfrac{1}{3} \int \dfrac{d x}{\left(x+\dfrac{13}{6}\right)^{2}-\left(\dfrac{17}{6}\right)^{2}}$

$x+\dfrac{13}{6}=t$ रखें। तब $d x=d t$।

अतः, $\int \dfrac{d x}{3 x^{2}+13 x-10}=\frac{1}{3} \int \frac{d t}{t^{2}-(\frac{17}{6})^{2}}$

$ \begin{aligned} & =\frac{1}{3 \times 2 \times \dfrac{17}{6}} \log \left|\dfrac{t-\dfrac{17}{6}}{t+\dfrac{17}{6}}\right|+C_1 \quad \text{ [7.4 (i) के अनुसार] } \\ & =\dfrac{1}{17} \log \left|\dfrac{x+\dfrac{13}{6}-\dfrac{17}{6}}{x+\dfrac{13}{6}+\dfrac{17}{6}}\right|+C_1 \\ & =\dfrac{1}{17} \log \left|\dfrac{6 x-4}{6 x+30}\right|+C_1 \\ & =\dfrac{1}{17} \log \left|\dfrac{3 x-2}{x+5}\right|+C_1+\dfrac{1}{17} \log \dfrac{1}{3} \\ & =\dfrac{1}{17} \log \left|\dfrac{3 x-2}{x+5}\right|+C, \text{ जहाँ } C=C_1+\dfrac{1}{17} \log \dfrac{1}{3} \end{aligned} $

(iii) हम लेते हैं $\int \dfrac{d x}{\sqrt{5 x^{2}-2 x}}=\int \dfrac{d x}{\sqrt{5\left(x^{2}-\dfrac{2 x}{5}\right)}}$

$ =\dfrac{1}{\sqrt{5}} \int \dfrac{d x}{\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{5}\right)^{2}-\left(\dfrac{1}{5}\right)^{2}}} \text{ (वर्ग पूरा करते हुए) } $

$\text{रखें } x-\dfrac{1}{5}=t$. तब $d x=d t$।

$\text{अतः, }\int \dfrac{d x}{\sqrt{5 x^{2}-2 x}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}} \int \dfrac{d t}{\sqrt{t^{2}-\left(\dfrac{1}{5}\right)^{2}}}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \begin{aligned} & =\frac{1}{\sqrt{5}} \log \left|t+\sqrt{t^{2}-\left(\frac{1}{5}\right)^{2}}\right|+\mathrm{C} \qquad\text{[7.4(4) के अनुसार]}\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}} \log \left|x-\frac{1}{5}+\sqrt{x^{2}-\frac{2 x}{5}}\right|+\mathrm{C} \end{aligned} $

उदाहरण 10 निम्नलिखित समाकल ज्ञात कीजिए:

(i) $\int \dfrac{x+2}{2 x^{2}+6 x+5} d x$

(ii) $\int \dfrac{x+3}{\sqrt{5-4 x-x^{2}}} d x$

हल

(i) सूत्र 7.4 (9) का उपयोग करके, हम लिख सकते हैं

$ x+2=A \dfrac{d}{d x}(2 x^{2}+6 x+5)+B=A(4 x+6)+B $

दोनों ओर $x$ के गुणांक और अचर पदों की तुलना करके, हम प्राप्त करते हैं

$4 A=1$ और $6 A+B=2$ या $A=\dfrac{1}{4}$ और $B=\dfrac{1}{2}$.

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{x+2}{2 x^{2}+6 x+5}=\dfrac{1}{4} \int \dfrac{4 x+6}{2 x^{2}+6 x+5} d x+\dfrac{1}{2} \int \dfrac{d x}{2 x^{2}+6 x+5}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =\dfrac{1}{4} I_1+\dfrac{1}{2} I_2 \quad \text{ (मान लीजिए) } \qquad \text{…(1)} $

$I_1$ में $2 x^{2}+6 x+5=t$ रखें, तो $(4 x+6) d x=d t$

$ \begin{aligned} \text{ इसलिए, } \qquad I_1 & =\int \frac{d t}{t}=\log |t|+C_1 \\ & =\log |2 x^{2}+6 x+5|+C_1 \qquad\text{…(2)} \end{aligned} $

$ \begin{aligned} \text{ और } \qquad I_2 & =\int \frac{d x}{2 x^{2}+6 x+5}=\dfrac{1}{2} \int \frac{d x}{x^{2}+3 x+\dfrac{5}{2}} \\ & =\dfrac{1}{2} \int \dfrac{d x}{\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}} \end{aligned} $

$x+\dfrac{3}{2}=t$ रखें, तो $d x=d t$, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} I_2 & =\dfrac{1}{2} \int \dfrac{d t}{t^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}}=\dfrac{1}{2 \times \dfrac{1}{2}} \tan ^{-1} 2 t+C_2 \qquad\text{[7.4 (3) के अनुसार]} \\ & =\tan ^{-1} 2\left(x+\dfrac{3}{2}\right)+C_2=\tan ^{-1}(2 x+3)+C_2 \qquad\text{…(3)} \end{aligned} $

(2) और (3) का उपयोग करके (1) में, हम प्राप्त करते हैं

$ \int \dfrac{x+2}{2 x^{2}+6 x+5} d x=\dfrac{1}{4} \log |2 x^{2}+6 x+5|+\dfrac{1}{2} \tan ^{-1}(2 x+3)+C $

$ \text{जहाँ,} \qquad \qquad C=\frac{C_1}{4}+\frac{C_2}{2} $

(ii) यह समकांक 7.4 (10) में दिया गया है। हम लिख सकते हैं

$x+3=A \dfrac{d}{d x}(5-4 x-x^{2})+B=A(-4-2 x)+B$

दोनों ओर $x$ के गुणांक और अचर पदों की तुलना करके, हम प्राप्त करते हैं

$-2 A=1$ और $-4 A+B=3$, अर्थात, $A=-\frac{1}{2}$ और $B=1$

इसलिए, $\int \dfrac{x+3}{\sqrt{5-4 x-x^{2}}} d x=-\dfrac{1}{2} \int \dfrac{(-4-2 x) d x}{\sqrt{5-4 x-x^{2}}}+\int \dfrac{d x}{\sqrt{5-4 x-x^{2}}}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =-\dfrac{1}{2} I_1+I_2 \qquad \qquad \text{…(1)} $

$ I_1 $ में $5-4 x-x^{2}=t$ रखें, ताकि $(-4-2 x) d x=d t$।

$ \text{ अतः, } \qquad \mathrm{I} _{1}=\int \dfrac{(-4-2 x) d x}{\sqrt{5-4 x-x^{2}}}=\int \dfrac{d t}{\sqrt{t}}=2 \sqrt{t}+\mathrm{C} _{1}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{aligned} =2 \sqrt{5-4 x-x^{2}}+\mathrm{C} _{1} \qquad \qquad \text{…(2)} \end{aligned} $

$ \text{अब ध्यान दें} \quad I_2=\int \dfrac{d x}{\sqrt{5-4 x-x^{2}}}=\int \dfrac{d x}{\sqrt{9-(x+2)^{2}}} $

$\text{रखें } x+2=t$, ताकि $d x=d t$।

$ \begin{aligned} \text{अतः,} \qquad I_2 & =\int \frac{d t}{\sqrt{3^{2}-t^{2}}}=\sin ^{-1} \frac{t}{3}+C_2 \qquad\text{[7.4 (5) के अनुसार]} \\ & =\sin ^{-1} \frac{x+2}{3}+C_2 \end{aligned} $

(2) और (3) को (1) में समावेश करने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \int \dfrac{x+3}{\sqrt{5-4 x-x^{2}}}=-\sqrt{5-4 x-x^{2}}+\sin ^{-1} \dfrac{x+2}{3}+C \text{, जहाँ } C=C_2-\dfrac{C_1}{2} $

7.5 आंशिक भिन्नों द्वारा समाकलन

याद रखें कि एक परिमेय फलन दो बहुपदों के अनुपात के रूप में परिभाषित होता है, जिसके रूप में $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ होता है, जहाँ $P(x)$ और $Q(x)$ $x$ के बहुपद होते हैं और $Q(x) \neq 0$। यदि $P(x)$ की डिग्री $Q(x)$ की डिग्री से कम होती है, तो रैखिक फलन परिमेय फलन कहलाता है, अन्यथा यह अपरिमेय फलन कहलाता है। अपरिमेय परिमेय फलन को लंबे विभाजन प्रक्रिया द्वारा एक सही परिमेय फलन में बदला जा सकता है। इसलिए, यदि $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ अपरिमेय हो, तो $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=T(x)+\dfrac{P_1(x)}{Q(x)}$ होता है, जहाँ $T(x)$ $x$ का एक बहुपद होता है और $\dfrac{P_1(x)}{Q(x)}$ एक सही परिमेय फलन होता है। जैसा कि हम बहुपदों के समाकलन कर सकते हैं, किसी भी परिमेय फलन के समाकलन को एक सही परिमेय फलन के समाकलन में बदला जा सकता है। यहाँ हम इसके लिए विचार करेंगे जिनके हर को रैखिक और द्विघात गुणनखंडों में गुणन किया जा सकता है। मान लीजिए कि हम $\int \dfrac{P(x)}{Q(x)} d x$ का मूल्यांकन कर रहे हैं, जहाँ $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ एक सही परिमेय फलन है। एक विधि के द्वारा, जिसे आंशिक भिन्न विघटन कहा जाता है, हमें समाकलक को एक सरल परिमेय फलन के योग के रूप में लिखा जा सकता है। इसके बाद, पहले से जाने वाले विधियों का उपयोग करके समाकलन किया जा सकता है। नीचे तालिका 7.2 विभिन्न प्रकार के परिमेय फलनों के साथ संबंधित सरल आंशिक भिन्नों के प्रकार को दर्शाती है।

सारणी 7.2

ऊपर की सारणी में, $A, B$ और $C$ वास्तविक संख्याएँ हैं जो उचित ढंग से निर्धारित की जाएँगी।

उदाहरण 11 $\int \dfrac{d x}{(x+1)(x+2)}$ ज्ञात कीजिए।

हल समाकलक एक सही भिन्न है। अतः हम आंशिक भिन्न के रूप का उपयोग करके [सारणी 7.2 (i)] के रूप में लिख सकते हैं

$ \dfrac{1}{(x+1)(x+2)}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x+2} $

जहाँ, वास्तविक संख्याएँ $A$ और $B$ उचित ढंग से निर्धारित की जाएँगी। इससे हमें प्राप्त होता है

$ 1=A(x+2)+B(x+1) . $

$x$ के गुणांक और स्थिरांक की तुलना करने पर हमें प्राप्त होता है

$ \qquad \qquad A+B=0 $

$ \text{ और } \quad 2 A+B=1 $

इन समीकरणों को हल करने पर हमें $A=1$ और $B=-1$ प्राप्त होते हैं।

अतः, समाकलक द्वारा दिया जाता है

$ \begin{aligned} \frac{1}{(x+1)(x+2)} & =\frac{1}{x+1}+\frac{-1}{x+2} \\ \text{ अतः, } \qquad \int \frac{d x}{(x+1)(x+2)} & =\int \frac{d x}{x+1}-\int \frac{d x}{x+2} \\ & =\log |x+1|-\log |x+2|+C \\ & =\log \left|\dfrac{x+1}{x+2}\right|+C \end{aligned} $

टिप्पणी ऊपर की समीकरण (1) एक पहचान है, अर्थात यह एक ऐसा कथन है जो सभी (अनुमत) $x$ के मानों के लिए सत्य है। कुछ लेखक इस तथ्य को दर्शाने के लिए ’ $\equiv$ ’ चिह्न का उपयोग करते हैं और ’ $=$ ’ चिह्न का उपयोग एक समीकरण को दर्शाने के लिए करते हैं, अर्थात यह कथन केवल कुछ $x$ के मानों के लिए सत्य होता है।

उदाहरण 12 $\int \dfrac{x^{2}+1}{x^{2}-5 x+6} d x$ ज्ञात कीजिए।

हल यहाँ समाकलक $\dfrac{x^{2}+1}{x^{2}-5 x+6}$ एक सही भिन्न नहीं है, अतः हम $x^{2}+1$ को $x^{2}-5 x+6$ से विभाजित करते हैं और ज्ञात करते हैं कि

$ \begin{aligned} \frac{x^{2}+1}{x^{2}-5 x+6} & =1+\frac{5 x-5}{x^{2}-5 x+6}=1+\frac{5 x-5}{(x-2)(x-3)} \\ \text{ मान लीजिए } \qquad \frac{5 x-5}{(x-2)(x-3)} & =\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x-3} \end{aligned} $

$ \text{ ताकि} \qquad \qquad 5 x-5=A(x-3)+B(x-2) $

दोनों ओर $x$ के गुणांक और स्थिरांक की तुलना करने पर हमें $A+B=5$ और $3 A+2 B=5$ प्राप्त होते हैं। इन समीकरणों को हल करने पर हमें $A=-5$ और $B=10$ प्राप्त होते हैं

$ \text{अतः,} \qquad \qquad \qquad \dfrac{x^{2}+1}{x^{2}-5 x+6}=1-\dfrac{5}{x-2}+\dfrac{10}{x-3} $

$ \begin{aligned} \text{इसलिए, } \qquad \int \frac{x^{2}+1}{x^{2}-5 x+6} d x & =\int d x-5 \int \frac{1}{x-2} d x+10 \int \frac{d x}{x-3} \\ & =x-5 \log |x-2|+10 \log |x-3|+C \end{aligned} $

उदाहरण 13 $\int \dfrac{3 x-2}{(x+1)^{2}(x+3)} d x$ ज्ञात कीजिए

हल इसके अभिसरण के प्रकार को तालिका 7.2 (4) में दिए गए प्रकार के लिए लिखते हैं

$ \qquad \qquad \dfrac{3 x-2}{(x+1)^{2}(x+3)}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{(x+1)^{2}}+\dfrac{C}{x+3} $

$ \begin{aligned} \text{ ताकि } \qquad \qquad 3 x-2 & =A(x+1)(x+3)+B(x+3)+C(x+1)^{2} \end{aligned} $

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =\mathrm{A}\left(x^{2}+4 x+3\right)+\mathrm{B}(x+3)+\mathrm{C}\left(x^{2}+2 x+1\right) $

$ \text{इस प्रकार,} \qquad \quad \dfrac{x^{2}}{(x^{2}+1)(x^{2}+4)}=-\dfrac{1}{3(x^{2}+1)}+\dfrac{4}{3(x^{2}+4)} $

$ \begin{aligned} \text{इसलिए,} \int \frac{x^{2} d x}{(x^{2}+1)(x^{2}+4)} & =-\frac{1}{3} \int \frac{d x}{x^{2}+1}+\frac{4}{3} \int \frac{d x}{x^{2}+4} \\ & =-\frac{1}{3} \tan ^{-1} x+\frac{4}{3} \times \frac{1}{2} \tan ^{-1} \frac{x}{2}+C \\ & =-\frac{1}{3} \tan ^{-1} x+\frac{2}{3} \tan ^{-1} \frac{x}{2}+C \end{aligned} $

उपरोक्त उदाहरण में, केवल आंशिक भिन्न के भाग के लिए प्रतिस्थापन किया गया था और नहीं कि समाकलन के भाग के लिए। अब, हम एक उदाहरण की ओर ध्यान देंगे, जहां समाकलन प्रतिस्थापन विधि और आंशिक भिन्न विधि के संयोजन के अंतर्गत होता है।

उदाहरण 15 $\int \dfrac{(3 \sin \phi-2) \cos \phi}{5-\cos ^{2} \phi-4 \sin \phi} d \phi$ का मान ज्ञात कीजिए।

हल $\text{मान लीजिए}$ $y=\sin \phi$

$ \text{तब} \qquad d y=\cos \phi d \phi $

$\text{इसलिए, } \qquad \int \dfrac{(3 \sin \phi-2) \cos \phi}{5-\cos ^{2} \phi-4 \sin \phi} d \phi=\int \dfrac{(3 y-2) d y}{5-(1-y^{2})-4 y}$

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \begin{aligned} & =\int \frac{3 y-2}{y^{2}-4 y+4} d y \\ & =\int \frac{3 y-2}{(y-2)^{2}}=I \text{ (मान लीजिए) } \end{aligned} $

$ \text{अब, हम लिखते हैं} \qquad \dfrac{3 y-2}{(y-2)^{2}}=\dfrac{A}{y-2}+\dfrac{B}{(y-2)^{2}} $

$ \text{इसलिए, } \qquad \qquad 3 y-2=A(y-2)+B $

$y$ के गुणांक और अचर पद की तुलना करने पर, हमें $A=3$ और $B-2 A=-2$ प्राप्त होता है, जिससे $A=3$ और $B=4$ प्राप्त होते हैं।

इसलिए, आवश्यक समाकलन निम्नलिखित द्वारा दिया जाता है $ \begin{aligned} I & =\int[\frac{3}{y-2}+\frac{4}{(y-2)^{2}}] d y=3 \int \frac{d y}{y-2}+4 \int \frac{d y}{(y-2)^{2}} \\ & =3 \log |y-2|+4(-\frac{1}{y-2})+C \\ & =3 \log |\sin \phi-2|+\frac{4}{2-\sin \phi}+C \\ & =3 \log (2-\sin \phi)+\frac{4}{2-\sin \phi}+C \text{ (क्योंकि, } 2-\sin \phi \text{ हमेशा धनात्मक होता है) } \end{aligned} $

उदाहरण 16 $\int \dfrac{x^{2}+x+1 d x}{(x+2)(x^{2}+1)}$ का मान ज्ञात कीजिए।

हल समाकलक एक सही आंशिक भिन्न फलन है। आंशिक भिन्न विधि का उपयोग करके आंशिक भिन्न विधि का विस्तार करें [सारणी 2.2(5)]। लिखें

$ \qquad \qquad \qquad \dfrac{x^{2}+x+1}{(x^{2}+1)(x+2)}=\dfrac{A}{x+2}+\dfrac{B x+C}{(x^{2}+1)} $

$ \text{अतः,} \qquad \qquad x^{2}+x+1=A(x^{2}+1)+(B x+C)(x+2) $

दोनों ओर के $x^{2}, x$ और अचर पद के गुणांक के तुलना करने पर, हमें $A+B=1, 2 B+C=1$ और $A+2 C=1$ मिलता है। इन समीकरणों को हल करने पर, हमें $A=\dfrac{3}{5}, B=\dfrac{2}{5}$ और $C=\dfrac{1}{5}$ मिलता है।

अतः, समाकलन कर्ता निम्नलिखित द्वारा दिया जाता है

$ \qquad \qquad \qquad \quad \dfrac{x^{2}+x+1}{(x^{2}+1)(x+2)}=\dfrac{3}{5(x+2)}+\dfrac{\dfrac{2}{5} x+\dfrac{1}{5}}{x^{2}+1}=\dfrac{3}{5(x+2)}+\dfrac{1}{5}(\dfrac{2 x+1}{x^{2}+1}) $

$ \text{अतः,} \quad \int \dfrac{x^{2}+x+1}{(x^{2}+1)(x+2)} d x=\dfrac{3}{5} \int \dfrac{d x}{x+2}+\dfrac{1}{5} \int \dfrac{2 x}{x^{2}+1} d x+\dfrac{1}{5} \int \dfrac{1}{x^{2}+1} d x$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad =\dfrac{3}{5} \log |x+2|+\dfrac{1}{5} \log |x^{2}+1|+\dfrac{1}{5} \tan ^{-1} x+C $

7.6 अंतरकरण द्वारा अंतरगत विधि

इस अनुच्छेद में, हम एक अतिरिक्त अंतरगत विधि का वर्णन करते हैं, जो फलनों के गुणनफल के अंतरगत करने में बहुत उपयोगी निश्चित रूप से पाया जाता है।

यदि $u$ और $v$ एक चर $x$ के कोई दो अवकलनीय फलन हों (मान लीजिए)। तब, अवकलन के गुणन नियम के अनुसार, हमें निम्नलिखित प्राप्त होता है

$ \dfrac{d}{d x}(u v)=u \dfrac{d v}{d x}+v \dfrac{d u}{d x} $

दोनों ओर का समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

$ \qquad \qquad \qquad u v=\int u \dfrac{d v}{d x} d x+\int v \dfrac{d u}{d x} d x $

$ \text{या} \qquad \int u \dfrac{d v}{d x} d x=u v-\int v \dfrac{d u}{d x} d x \qquad\text{…(1)} $

$ \begin{aligned} \text{मान लीजिए} \qquad \qquad \quad u & =f(x) \text{ और } \dfrac{d v}{d x}=g(x) . \text{ तब } \\ \dfrac{d u}{d x} & =f^{\prime}(x) \text{ और } v=\int g(x) d x \end{aligned} $

अतः, समीकरण (1) को निम्नलिखित रूप में लिखा जा सकता है

$ \qquad \qquad \int f(x) g(x) d x=f(x) \int g(x) d x-\int\left[\int g(x) d x f^{\prime}(x)\right] d x $

$ \text{i.e.,} \qquad

$$ \int f(x) g(x) d x=f(x) \int g(x) d x-\int\left[f^{\prime}(x) \int g(x) d x\right] d x $$

अगर हम $f$ को पहला फलन और $g$ को दूसरा फलन माने, तो इस सूत्र को इस प्रकार बताया जा सकता है:

“दो फलनों के गुणनफल का समाकलन = (पहला फलन) × (दूसरे फलन का समाकलन) - [(पहले फलन का अवकलज) × (दूसरे फलन का समाकलन)] का समाकलन”

उदाहरण 17 $\int x \cos x d x$ ज्ञात कीजिए।

हल $f(x)=x$ (पहला फलन) और $g(x)=\cos x$ (दूसरा फलन) रखें।

तब, समाकलन द्वारा अंशांकन द्वारा:

$$ \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{aligned} \int x \cos x d x & =x \int \cos x d x-\int[\frac{d}{d x}(x) \int \cos x d x] d x \\ & =x \sin x-\int \sin x d x=x \sin x+\cos x+C \end{aligned} $$

$$ \text{मान लीजिए, हम } \qquad \qquad f(x)=\cos x \text{ और } g(x)=x . \text{ तब } $$

$$ \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{aligned} \int x \cos x d x & =\cos x \int x d x-\int[\frac{d}{d x}(\cos x) \int x d x] d x \\ & =(\cos x) \frac{x^{2}}{2}+\int \sin x \frac{x^{2}}{2} d x \end{aligned} $$

इस प्रकार, यह दिखाता है कि समाकलन $\int x \cos x d x$ एक अधिक जटिल समाकलन में बदल जाता है जिसमें $x$ की अधिक घात होती है। अतः, पहले फलन और दूसरे फलन का सही चयन महत्वपूर्ण है।

टिप्पणियाँ

(i) यह ध्यान देने योग्य है कि समाकलन द्वारा अंशांकन केवल फलनों के गुणन के लिए हमेशा लागू नहीं होता। उदाहरण के लिए, विधि $\int \sqrt{x} \sin x d x$ के लिए काम नहीं करती। कारण यह है कि कोई भी फलन जिसका अवकलज $\sqrt{x} \sin x$ होता है, उपलब्ध नहीं है।

(ii) ध्यान दें कि दूसरे फलन के समाकलन के दौरान हमने कोई भी समाकलन नियतांक जोड़ा नहीं। यदि हम दूसरे फलन $\cos x$ के समाकलन को $\sin x + k$ लिखें, जहाँ $k$ कोई भी नियतांक है, तो:

$$ \begin{aligned} \int x \cos x d x & =x(\sin x+k)-\int(\sin x+k) d x \\ & =x(\sin x+k)-\int(\sin x d x-\int k d x. \\ & =x(\sin x+k)-\cos x-k x+C=x \sin x+\cos x+C \end{aligned} $$

यह दिखाता है कि दूसरे फलन के समाकलन में एक नियतांक जोड़ना अंतिम परिणाम के लिए अतिरिक्त है जब समाकलन द्वारा अंशांकन की विधि का उपयोग किया जाता है।

(iii) आमतौर पर, यदि कोई फलन $x$ का घात या $x$ का बहुपद हो, तो हम इसे पहला फलन लेते हैं। हालांकि, जब दूसरा फलन व्युत्क्रम त्रिकोणमितीय फलन या लघुगणक फलन हो, तो हम उन्हें पहला फलन लेते हैं।

उदाहरण 18 $\int \log x , d x$ ज्ञात कीजिए

हल प्रारंभ में, हम एक फलन का अनुमान लगाने में असमर्थ होते हैं जिसका अवकलज $\log x$ हो। हम $\log x$ को पहला फलन और स्थिर फलन 1 को दूसरा फलन लेते हैं। फिर, दूसरे फलन का समाकलन $x$ होता है।

$ \begin{aligned} \text{अतः,} \qquad \int(\log x \cdot 1) , d x & =\log x \int 1 , d x-\int\left[\frac{d}{d x}(\log x) \int 1 , d x\right] d x \\ & =(\log x) \cdot x-\int \frac{1}{x} x , d x=x \log x-x+C . \end{aligned} $

उदाहरण 19 $\int x e^{x} , d x$ ज्ञात कीजिए

हल पहला फलन $x$ और दूसरा फलन $e^{x}$ लें। दूसरे फलन का समाकलन $e^{x}$ होता है।

$\text{अतः, } \qquad \int x e^{x} , d x=x e^{x}-\int 1 \cdot e^{x} , d x=x e^{x}-e^{x}+C .$

उदाहरण 20 $\int \dfrac{x \sin ^{-1} x}{\sqrt{1-x^{2}}} , d x$ ज्ञात कीजिए

हल पहला फलन $\sin ^{-1} x$ और दूसरा फलन $\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}$ लें।

पहले हम दूसरे फलन का समाकलन ज्ञात करें, अर्थात, $\int \dfrac{x , d x}{\sqrt{1-x^{2}}}$।

$\text{मान लीजिए } t=1-x^{2}$. तब $d t=-2 x , d x$

$ \begin{aligned} \text{अतः, } \int \frac{x , d x}{\sqrt{1-x^{2}}} & =-\frac{1}{2} \int \frac{d t}{\sqrt{t}}=-\sqrt{t}=-\sqrt{1-x^{2}} \\ \int \frac{x \sin ^{-1} x}{\sqrt{1-x^{2}}} , d x & =(\sin ^{-1} x)(-\sqrt{1-x^{2}})-\int \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}(-\sqrt{1-x^{2}}) , d x \\ & =-\sqrt{1-x^{2}} \sin ^{-1} x+x+C=x-\sqrt{1-x^{2}} \sin ^{-1} x+C \end{aligned} $

$\mathbf{अल्टरनेटिव रूप से,}$ इस समाकलन को भी $\sin ^{-1} x=\theta$ के प्रतिस्थापन करके एवं फिर समाकलन द्वारा बर्बाद करके निकाला जा सकता है।

उदाहरण 21 $\int e^{x} \sin x , d x$ ज्ञात कीजिए

हल $e^{x}$ को पहला फलन और $\sin x$ को दूसरा फलन लें। फिर, समाकलन द्वारा बर्बाद करके हम निम्नलिखित प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} I=\int e^{x} \sin x , d x & =e^{x}(-\cos x)+\int e^{x} \cos x , d x \\

& =-e^{x} \cos x+I_1 \text{ (कहें) } \qquad \text{ …(1) } \end{aligned} $

$e^{x}$ और $\cos x$ को क्रमशः $I_1$ में पहला और दूसरा फ़ंक्शन मानकर, हम प्राप्त करते हैं

$ I_1=e^{x} \sin x-\int e^{x} \sin x d x $

$(1)$ में $I_1$ का मान प्रतिस्थापित करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \qquad \qquad I=-e^{x} \cos x+e^{x} \sin x-I \text{ या } 2 I=e^{x}(\sin x-\cos x) $

$\text{अतः,} \quad I=\int e^{x} \sin x d x=\frac{e^{x}}{2}(\sin x-\cos x)+C$

$\mathbf{अलग-अलग,}$ उपरोक्त समाकल इस प्रकार भी निर्धारित किया जा सकता है जहां $\sin x$ को पहला फ़ंक्शन और $e^{x}$ को दूसरा फ़ंक्शन माना जाता है।

7.6.1 प्रकार के समाकल $\int e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)] d x$

$ \begin{aligned} \text{हम जानते हैं} \qquad I & =\int e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)] d x=\int e^{x} f(x) d x+\int e^{x} f^{\prime}(x) d x \\ & =I_1+\int e^{x} f^{\prime}(x) d x, \text{ जहां } I_1=\int e^{x} f(x) d x \qquad \text{…(1)} \end{aligned} $

$I_1$ में $f(x)$ और $e^{x}$ को क्रमशः पहला और दूसरा फ़ंक्शन मानकर इसे अंतरगत विधि द्वारा समाकलित करने पर, हम प्राप्त करते हैं $I_1=f(x) e^{x}-\int f^{\prime}(x) e^{x} d x+C$

$(1)$ में $I_1$ को प्रतिस्थापित करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ I=e^{x} f(x)-\int f^{\prime}(x) e^{x} d x+\int e^{x} f^{\prime}(x) d x+C=e^{x} f(x)+C $

$ \text{अतः,} \quad \mathbf{\int e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)] d x=e^{x} f(x)+\mathbf{C}} $

उदाहरण 22 निम्नलिखित का मान ज्ञात कीजिए (i) $\int e^{x}(\tan ^{-1} x+\dfrac{1}{1+x^{2}}) d x$ (ii) $\int \dfrac{(x^{2}+1) e^{x}}{(x+1)^{2}} d x$

हल

(i) हम जानते हैं $I=\int e^{x}(\tan ^{-1} x+\dfrac{1}{1+x^{2}}) d x$

मान लीजिए $f(x)=\tan ^{-1} x$, तो $f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$

अतः, दिया गया समाकलक इस रूप का है $e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)]$.

इसलिए, $I=\int e^{x}(\tan ^{-1} x+\dfrac{1}{1+x^{2}}) d x=e^{x} \tan ^{-1} x+C$

(ii) $\text{हम जानते हैं }I=\int \dfrac{(x^{2}+1) e^{x}}{(x+1)^{2}} d x=\int e^{x}[\dfrac{.x^{2}-1+1+1)}{(x+1)^{2}}] d x$

$\qquad \qquad \quad =\int e^{x}[\dfrac{x^{2}-1}{(x+1)^{2}}+\dfrac{2}{(x+1)^{2}}] d x=\int e^{x}[\dfrac{x-1}{x+1}+\dfrac{2}{(x+1)^{2}}] d x $

$\text{मान लीजिए } f(x)=\dfrac{x-1}{x+1}$, तो $f^{\prime}(x)=\dfrac{2}{(x+1)^{2}}$

इसलिए, दिए गए समकारक के रूप $e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)]$ है।

$\text{इसलिए, } \quad \int \dfrac{x^{2}+1}{(x+1)^{2}} e^{x} d x=\dfrac{x-1}{x+1} e^{x}+C$

7.6.2 कुछ अतिरिक्त प्रकार के समाकलन

यहाँ, हम एक अभिप्राय द्वारा समाकलन के तकनीक के आधार पर कुछ विशेष प्रकार के मानक समाकलनों के बारे में चर्चा करेंगे :

(i) $\int \sqrt{x^{2}-a^{2}} d x$

(ii) $\int \sqrt{x^{2}+a^{2}} d x$

(iii) $\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x$

(i) मान लीजिए $I=\int \sqrt{x^{2}-a^{2}} d x$

स्थिर फलन $1$ को दूसरा फलन लेकर समाकलन द्वारा इन्टीग्रेशन करते हुए, हमें प्राप्त होता है

$ \begin{aligned} I & =x \sqrt{x^{2}-a^{2}}-\int \frac{1}{2} \frac{2 x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} x d x \\ & =x \sqrt{x^{2}-a^{2}}-\int \frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} d x=x \sqrt{x^{2}-a^{2}}-\int \frac{x^{2}-a^{2}+a^{2}}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} d x \end{aligned} $

$ \begin{aligned} & =x \sqrt{x^{2}-a^{2}}-\int \sqrt{x^{2}-a^{2}} d x-a^{2} \int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} \\ & =x \sqrt{x^{2}-a^{2}}-I-a^{2} \int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} \end{aligned} $

$ \text{ या } \quad 2 I=x \sqrt{x^{2}-a^{2}}-a^{2} \int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} $

$\mathbf{\text{ या } \quad I=\int \sqrt{x^{2}-a^{2}} d x=\frac{x}{2} \sqrt{x^{2}-a^{2}}-\frac{a^{2}}{2} \log \left|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right|+C} $

इसी तरह, अन्य दो समाकलनों को भी समाकलन द्वारा इन्टीग्रेशन करते हुए, स्थिर फलन $1$ को दूसरा फलन लेकर, हमें प्राप्त होता है

(ii) $\mathbf{\int \sqrt{x^{2}+a^{2}} d x=\dfrac{1}{2} x \sqrt{x^{2}+a^{2}}+\dfrac{a^{2}}{2} \log \left|x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}\right|+C}$

(iii) $\mathbf{\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x=\dfrac{1}{2} x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+\dfrac{a^{2}}{2} \sin ^{-1} \dfrac{x}{a}+C}$

$\mathbf{अल्टरनेटिव रूप से,}$ समाकलन (i), (ii) और (iii) को क्रमशः (i) में $x=a \sec \theta$, (ii) में $x=a \tan \theta$ और (iii) में $x=a \sin \theta$ के त्रिकोणमितीय प्रतिस्थापन करके भी प्राप्त किया जा सकता है।

उदाहरण 23 $\int \sqrt{x^{2}+2 x+5} d x$ ज्ञात कीजिए।

हल ध्यान दें कि

$ \int \sqrt{x^{2}+2 x+5} d x=\int \sqrt{(x+1)^{2}+4} d x $

$\text{लगाएं } x+1=y$, तो $d x=d y \text{. फिर}$.

$ \begin{aligned} \int \sqrt{x^{2}+2 x+5} d x & =\int \sqrt{y^{2}+2^{2}} d y \\ & =\frac{1}{2} y \sqrt{y^{2}+4}+\frac{4}{2} \log |y+\sqrt{y^{2}+4}|+C \quad \text{ [7.6.2 (ii) का उपयोग करते हुए] } \\ & =\frac{1}{2}(x+1) \sqrt{x^{2}+2 x+5}+2 \log \left|x+1+\sqrt{x^{2}+2 x+5}\right|+C \end{aligned} $

उदाहरण 24 $\int \sqrt{3-2 x-x^{2}} d x$ ज्ञात कीजिए

हल ध्यान दें कि $\int \sqrt{3-2 x-x^{2}} d x=\int \sqrt{4-(x+1)^{2}} d x$

$\text{लगाएं } x+1=y$ तो $d x=d y$।

$ \begin{aligned} \text{इसलिए } \qquad \int \sqrt{3-2 x-x^{2}} d x & =\int \sqrt{4-y^{2}} d y \\ & =\frac{1}{2} y \sqrt{4-y^{2}}+\frac{4}{2} \sin ^{-1} \frac{y}{2}+C \quad \quad \text{ [7.6.2 (iii) का उपयोग करते हुए] } \\ & =\frac{1}{2}(x+1) \sqrt{3-2 x-x^{2}}+2 \sin ^{-1}\left(\frac{x+1}{2}\right)+C \end{aligned} $

7.7 निश्चित समाकल

पिछले अनुच्छेदों में, हमने अनिश्चित समाकल के बारे में अध्ययन किया है और उन्हें खोजने के कुछ विधियों के बारे में चर्चा की है, जिसमें कुछ विशेष फलनों के समाकल शामिल हैं। इस अनुच्छेद में, हम एक फलन के निश्चित समाकल के बारे में अध्ययन करेंगे। निश्चित समाकल का मान एकमात्र होता है। एक निश्चित समाकल को $\int_a^{b} f(x) d x$ से नोट किया जाता है, जहाँ $a$ समाकल के निचली सीमा कहलाती है और $b$ समाकल के ऊपरी सीमा कहलाती है। निश्चित समाकल को एक योग के सीमा के रूप में या यदि इसके एंटी डेरिवेटिव $F$ अंतराल $[a, b]$ में हो, तो इसका मान अंतराल के सिरों पर $F$ के मानों के बीच के अंतर होता है, अर्थात, $F(b)-F(a)$।

7.8 समाकलन के मूल प्रमेय

7.8.1 क्षेत्रफल फलन

हमने $\int_a^{b} f(x) d x$ को वक्र $y=f(x)$, लंबवत $x=a$ और $x=b$ तथा $x$-अक्ष द्वारा घिरे क्षेत्र के क्षेत्रफल के रूप में परिभाषित किया है। मान लीजिए $x$ अंतराल $[a, b]$ में एक दिया गया बिंदु है। तो $\int_a^{x} f(x) d x$ आकृति 7.1 में हलके छायांकित क्षेत्र के क्षेत्रफल को प्रदर्शित करता है [यहाँ मान लीजिए कि $f(x)>0$ जब $x \in[a, b]$ है, नीचे की घोषणा अन्य फलनों के लिए भी सत्य है]। इस छायांकित क्षेत्र का क्षेत्रफल $x$ के मान पर निर्भर करता है।

अन्य शब्दों में, इस छायांकित क्षेत्र का क्षेत्रफल $x$ के फलन है। हम इस $x$ के फलन को $A(x)$ द्वारा नोट करते हैं। हम इस फलन $A(x)$ को क्षेत्रफल फलन कहते हैं और इसका व्यक्तित्व निम्नलिखित है

$ \mathbf{A(x)=\int_a^{x} f(x) d x \qquad \text{..(1)}} $

इस परिभाषा के आधार पर, दो मूलभूत महत्वपूर्ण प्रमेय दिए गए हैं। हालांकि, हम इनके प्रमाण के बारे में बताते हैं क्योंकि इनके प्रमाण इस पुस्तक के सीमा के बाहर हैं।

7.8.2 समाकलन के प्रथम मूलभूत प्रमेय

प्रमेय 1 मान लीजिए $f$ बंद अंतराल $[a, b]$ पर एक सतत फलन है और $A(x)$ एक क्षेत्रफल फलन है। तब $A^{\prime}(x)=f(x)$, सभी $x \in[a, b]$ के लिए।

7.8.3 समाकलन के द्वितीय मूलभूत प्रमेय

हम नीचे एक महत्वपूर्ण प्रमेय को देते हैं जो हमें एंटी डेरिवेटिव के उपयोग के माध्यम से निश्चित समाकल का मूल्यांकन करने की अनुमति देता है।

प्रमेय 2 मान लीजिए $f$ बंद अंतराल $[a, b]$ पर एक सतत फलन है और $F$ एक एंटी डेरिवेटिव है। $\text{तब} \mathbf{\int_a^{b} f(x) d x=[\mathbf{F}(\boldsymbol{{}x})]_a^{b}=\mathbf{F}(\boldsymbol{{}b})-\mathbf{F}(\boldsymbol{{}a})}$।

टिप्पणियाँ

(i) शब्दों में, प्रमेय 2 हमें बताता है कि $\int_a^{b} f(x) d x=$ (ऊपरी सीमा $b$ पर फलन $F$ के मूल्य - निचली सीमा $a$ पर फलन $F$ के मूल्य)।

(ii) यह प्रमेय बहुत उपयोगी है, क्योंकि यह हमें एक निश्चित समाकल के मूल्यांकन के लिए एक आसान विधि प्रदान करता है, बिना एक योग के सीमा के गणना के बिना।

(iii) एक निश्चित समाकल के मूल्यांकन में आवश्यक ऑपरेशन वह है जिसमें हम एक फलन के अवकलज के बराबर एक समाकलन के अवकलज के बराबर फलन के खोज करते हैं। यह अवकलन और समाकलन के बीच संबंध को मजबूत करता है।

(iv) $\int_a^{b} f(x) d x$ में, फलन $f$ को बंद अंतराल $[a, b]$ में ठीक तरह से परिभाषित और सतत होना चाहिए। उदाहरण के लिए, निश्चित समाकल $\int _{-2}^{3} x(x^{2}-1)^{\frac{1}{2}} d x$ के विचार में त्रुटि है क्योंकि फलन $f$ जो $f(x)=x(x^{2}-1)^{\frac{1}{2}}$ द्वारा प्रदर्शित किया जाता है, बंद अंतराल $[-2,3]$ के भाग $-1 < x < 1$ में परिभाषित नहीं है।

समाकलन की गणना के कदम $\int_a^{b} f(x) d x$.

(i) अनिश्चित समाकल $\int f(x) d x$ ज्ञात करें। इसे $F(x)$ कहें। इसके लिए एकता स्थिरांक $C$ को बरकरार रखने की आवश्यकता नहीं होती क्योंकि यदि हम $F(x)+C$ के बजाय $F(x)$ को लें, तो हमें प्राप्त होता है:

$\int_a^{b} f(x) d x=[F(x)+C]_a^{b}=[F(b)+C]-[F(a)+C]=F(b)-F(a)$।

इस प्रकार, समाकलन के मान की गणना में अनिश्चित स्थिरांक अस्थिर हो जाता है।

(ii) $F(b)-F(a)=[F(x)]_a^{b}$ की गणना करें, जो $\int_a^{b} f(x) d x$ का मान होता है। अब हम कुछ उदाहरण लेंगे

उदाहरण 25 निम्नलिखित समाकलनों की गणना करें:

(i) $\int_2^{3} x^{2} d x$

(ii) $\int_4^{9} \dfrac{\sqrt{x}}{(30-x^{\frac{3}{2}})^{2}} d x$

(iii) $\int_1^{2} \dfrac{x d x}{(x+1)(x+2)}$

(iv) $\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{3} 2 t \cos 2 t d t$

हल

(i) मान लीजिए $I=\int_2^{3} x^{2} d x$। चूंकि $\int x^{2} d x=\dfrac{x^{3}}{3}=F(x)$,

इसलिए, द्वितीय मूल तत्व प्रमेय के अनुसार, हमें प्राप्त होता है

$ I=F(3)-F(2)=\dfrac{27}{3}-\dfrac{8}{3}=\dfrac{19}{3} $

(ii) मान लीजिए $I=\int_4^{9} \dfrac{\sqrt{x}}{(30-x^{\frac{3}{2}})^{2}} d x$। हम सबसे पहले समाकलन के विरोधी फलन की गणना करेंगे।

मान लीजिए $30-x^{\frac{3}{2}}=t$। तब $-\dfrac{3}{2} \sqrt{x} d x=d t$ या $\sqrt{x} d x=-\dfrac{2}{3} d t$

इसलिए, $\int \dfrac{\sqrt{x}}{(30-x^{\frac{3}{2}})^{2}} d x=-\dfrac{2}{3} \int \dfrac{d t}{t^{2}}=\dfrac{2}{3}\left[\dfrac{1}{t}\right]=\dfrac{2}{3}\left[\dfrac{1}{(30-x^{\frac{3}{2}})}\right]=F(x)$

इसलिए, समाकलन के द्वितीय मूल तत्व प्रमेय के अनुसार, हमें प्राप्त होता है

$ \begin{aligned} I & =F(9)-F(4)=\frac{2}{3}\left[\frac{1}{(30-x^{\frac{3}{2}})}\right]_4^{9} \\ & =\frac{2}{3}\left[\frac{1}{(30-27)}-\frac{1}{30-8}\right]=\frac{2}{3}\left[\frac{1}{3}-\frac{1}{22}\right]=\frac{19}{99} \end{aligned} $

(iii) मान लीजिए $I=\int_1^{2} \dfrac{x d x}{(x+1)(x+2)}$

भागीय अपघटन का उपयोग करते हुए, हमें $\dfrac{x}{(x+1)(x+2)}=\dfrac{-1}{x+1}+\dfrac{2}{x+2}$ प्राप्त होता है

$ \text{इसलिए} \int \dfrac{x d x}{(x+1)(x+2)}=-\log |x+1|+2 \log |x+2|=F(x) $

इसलिए, समाकलन के द्वितीय मूल तत्व प्रमेय के अनुसार, हमें प्राप्त होता है

$ \begin{aligned} I & =F(2)-F(1)=[-\log 3+2 \log 4]-[-\log 2+2 \log 3] \\

$$ -3 \log 3+\log 2+2 \log 4=\log \left(\frac{32}{27}\right) $$ $$ \end{aligned} $$

(iv) मान लीजिए $I=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{3} 2 t \cos 2 t d t$. विचार करें $\int \sin ^{3} 2 t \cos 2 t d t$

$\text{मान लीजिए } \sin 2 t=u$ ताकि $2 \cos 2 t d t=d u$ या $\cos 2 t d t=\dfrac{1}{2} d u$

$\text{इसलिए } \quad \int \sin ^{3} 2 t \cos 2 t d t=\dfrac{1}{2} \int u^{3} d u$

$$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =\dfrac{1}{8}\left[u^{4}\right]=\dfrac{1}{8} \sin ^{4} 2 t=\mathrm{F}(t) \text { कह लीजिए } $$

इसलिए, समाकलन के द्वितीय मूल थेम के अनुसार

$$ I=F(\dfrac{\pi}{4})-F(0)=\dfrac{1}{8}[\sin ^{4} \dfrac{\pi}{2}-\sin ^{4} 0]=\dfrac{1}{8} $$

7.9 समाकलन के निश्चित समाकलन का मूल्यांकन प्रतिस्थापन द्वारा

पिछले अनुच्छेदों में, हमने अनिश्चित समाकलन के विभिन्न विधियों के बारे में चर्चा की है। अनिश्चित समाकलन के एक महत्वपूर्ण विधि प्रतिस्थापन की विधि है।

$\int_a^{b} f(x) d x$ का मूल्यांकन प्रतिस्थापन द्वारा निम्नलिखित चरणों के अनुसार किया जा सकता है:

1. सीमा के बिना समाकलन को ध्यान में रखें और $y=f(x)$ या $x=g(y)$ के रूप में प्रतिस्थापन करें ताकि दिया गया समाकलन एक ज्ञात रूप में घटा जाए।

2. नए चर के संदर्भ में नए समाकलन को एकत्रित करें और समाकलन के नियंत्रक के बारे में बताए बिना।

3. नए चर के लिए पुनर्प्रतिस्थापन करें और उत्तर को मूल चर के संदर्भ में लिखें।

4. समाकलन के दिए गए सीमा के अनुसार (3) में प्राप्त उत्तर के मूल्यों को खोजें और ऊपरी और निचले सीमा के मूल्यों के अंतर को खोजें।

नोट इस विधि को तेज करने के लिए, हम निम्नलिखित चरणों के बाद चरण 3 के बिना चल सकते हैं: चरण 1 और 2 के बाद, चरण 3 की आवश्यकता नहीं होती है। यहां, समाकलन नए चर में ही रहेगा और समाकलन के सीमा अनुसार बदल जाएंगी, ताकि हम अंतिम चरण को कर सकें।

हम उदाहरणों के माध्यम से इसकी व्याख्या करेंगे।

उदाहरण 26 $\int _{-1}^{1} 5 x^{4} \sqrt{x^{5}+1} d x$ का मूल्यांकन करें।

हल $t=x^{5}+1$ रखें, तो $d t=5 x^{4} d x$।

$ \begin{aligned} \text{इसलिए,} \int 5 x^{4} \sqrt{x^{5}+1} d x & =\int \sqrt{t} d t=\frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}}=\frac{2}{3}\left(x^{5}+1\right)^{\frac{3}{2}} \\ \text{इसलिए, } \int _{-1}^{1} 5 x^{4} \sqrt{x^{5}+1} d x & =\frac{2}{3}\left[\left(x^{5}+1\right)^{\frac{3}{2}}\right] _{-1}^{1} \\ & =\frac{2}{3}\left[\left(1^{5}+1\right)^{\frac{3}{2}}-\left((-1)^{5}+1\right)^{\frac{3}{2}}\right] \\ & =\frac{2}{3}\left[2^{\frac{3}{2}}-0^{\frac{3}{2}}\right]=\frac{2}{3}(2 \sqrt{2})=\frac{4 \sqrt{2}}{3} \end{aligned} $

$\mathbf{अलग-अलग तरीका,}$ पहले हम एक समाकलन को परिवर्तित करते हैं और फिर नए सीमाओं के साथ परिवर्तित समाकलन का मूल्यांकन करते हैं।

$ \text{मान लीजिए } \qquad \qquad \qquad \quad t=x^{5}+1 . \text{ तो } d t=5 x^{4} d x . $

$ \text{ध्यान रखें कि, जब } \qquad x=-1, t=0 \text{ और जब } x=1, t=2 $

$\text{इसलिए, }$ जब $x$ -1 से 1 तक बदलता है, $t$ 0 से 2 तक बदलता है

$ \begin{aligned} \text{इसलिए} \quad \int _{-1}^{1} 5 x^{4} \sqrt{x^{5}+1} d x & =\int_0^{2} \sqrt{t} d t\\ &=\frac{2}{3}\left[t^{\frac{3}{2}}\right]_0^{2}=\frac{2}{3}\left[2^{\frac{3}{2}}-0^{\frac{3}{2}}\right]=\frac{2}{3}(2 \sqrt{2)}=\frac{4 \sqrt{2}}{3}. \end{aligned} $

उदाहरण 27 $\int_0^{1} \dfrac{\tan ^{-1} x}{1+x^{2}} d x$ का मूल्यांकन करें

हल मान लीजिए $t=\tan ^{-1} x$, तो $d t=\dfrac{1}{1+x^{2}} d x$। नए सीमाओं के लिए, जब $x=0, t=0$ और जब $x=1, t=\dfrac{\pi}{4}$। इसलिए, जब $x$ 0 से 1 तक बदलता है, $t$ 0 से $\dfrac{\pi}{4}$ तक बदलता है।

$\text{इसलिए } \int_0^{1} \dfrac{\tan ^{-1} x}{1+x^{2}} d x =\int_0^{\frac{\pi}{4}} t d t\left[\dfrac{t^{2}}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{4}}=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\pi^{2}}{16}-0\right]=\dfrac{\pi^{2}}{32}$

7.10 सामान्य निश्चित समाकलन के गुण

हम नीचे सामान्य निश्चित समाकलन के कुछ महत्वपूर्ण गुण सूचीबद्ध करते हैं। ये निश्चित समाकलन के मूल्यांकन के लिए उपयोगी होंगे।

$ \begin{aligned} \mathbf{P} _{0}: & \int _a^{b} f(x) dx=\int _a^{b} f(t) d t \\ \mathbf{P} _{1}: & \int _a^{b} f(x) d x=-\int _b^{a} f(x) d x . \text{ विशेष रूप से, } \int _a^{a} f(x) d x=0 \\ \mathbf{P} _{2}: & \int _a^{b} f(x) d x=\int _a^{c} f(x) d x+\int _c^{b} f(x) d x \\ \mathbf{P} _{3}: & \int _a^{b} f(x) d x=\int _a^{b} f(a+b-x) d x \\ \mathbf{P} _{4}: & \int _0^{a} f(x) d x=\int _0^{a} f(a-x) d x \\ \end{aligned} $

(ध्यान दें कि $ \mathrm{P} _{4}$, $ \mathrm{P} _{3}$ का एक विशेषकरण है)

$ \begin{aligned} \mathbf{P} _{5}: & \int _0^{2 a} f(x) d x=\int _0^{a} f(x) d x+\int _0^{a} f(2 a-x) d x \\ \mathbf{P} _{6}: & \int _ 0^{2 a} f(x) d x=2 \int _0^{a} f(x) d x, यदि f(2 a-x)=f(x) और 0 यदि f(2 a-x)=-f(x) \\ \mathbf{P} _{7}: & \quad (i) \int _{-a}^{a} f(x) d x=2 \int _0^{a} f(x) d x, यदि f एक सम फलन है, अर्थात यदि f(-x)=f(x). \\ (ii) & \int _{-a}^{a} f(x) d x=0, यदि f एक विषम फलन है, अर्थात यदि f(-x)=-f(x). \end{aligned} $

इन गुणों के साबित करने के लिए हम एक एक बार बार साबित करते हैं।

$\mathbf{ साबित }$ $\mathbf{ कर }$ $\mathbf{P} _ {\mathbf{0}}$ इसका सीधा अनुमान बदल देने से आता है $x=t$.

$\mathbf{ साबित }$ $\mathbf{ कर }$ $\mathbf{P} _ {\mathbf{1}}$ मान लीजिए $F$ फलन $f$ का व्युत्क्रम फलन है। तब, कलन के द्वितीय मूल थेओरम के अनुसार, हम लिख सकते हैं $\int_ a^{b} f(x) d x=F(b)-F(a)=-[F(a)-F(b)]=-\int_ b^{a} f(x) d x$

यहां, हम देखते हैं कि, यदि $a=b$, तो $\int_ a^{a} f(x) d x=0$.

$\mathbf{ साबित }$ $\mathbf{ कर }$ $\mathbf{P} _2$ मान लीजिए $F$ फलन $f$ का व्युत्क्रम फलन है। तब

$ \begin{aligned} & \int _{a}^{b} f(x) d x=\mathrm{F}(b)-\mathrm{F}(a) \qquad \text{…(1)} \\ & \int _{a}^{c} f(x) d x=\mathrm{F}(c)-\mathrm{F}(a) \qquad \text{…(2)} \\ \text{और} & \int _{c}^{b} f(x) d x=\mathrm{F}(b)-\mathrm{F}(c) \qquad \text{…(3)} \end{aligned} $

(2) और (3) को जोड़ने पर, हम प्राप्त करते हैं

$\int_a^{c} f(x) d x+\int_c^{b} f(x) d x=F(b)-F(a)=\int_a^{b} f(x) d x$

इससे गुण $P_2$ का साबित हो जाता है।

$\mathbf{ साबित }$ $\mathbf{ कर }$ $\mathbf{P} _3$ मान लीजिए $t=a+b-x$. तब $d t=-d x$. जब $x=a, t=b$ और जब $x=b, t=a$.

$\text{अतः}$

$ \begin{aligned} & \int_a^{b} f(x) d x=-\int_b^{a} f(a+b-t) d t \\ & \qquad \qquad \quad =\int_a^{b} f(a+b-t) d t \quad(\text{ द्वारा } P_1) \\ & \qquad \qquad \quad =\int_a^{b} f(a+b-x) d x \text{ द्वारा } P_0 \end{aligned} $

$\mathbf{ प्रमाण }$ $\mathbf{ द्वारा }$ $\mathbf{P} _4$ मान लीजिए $t=a-x$. तब $d t=-d x$. जब $x=0, t=a$ और जब $x=a, t=0$. अब $P_3$ के जैसे आगे बढ़ें।

$\mathbf{ प्रमाण }$ $\mathbf{ द्वारा }$ $\mathbf{P} _5$ $P_2$ का उपयोग करते हुए, हम लिख सकते हैं $\int_0^{2 a} f(x) d x=\int_0^{a} f(x) d x+\int_a^{2 a} f(x) d x$.

$ \begin{aligned} \text{मान लीजिए} \qquad t & =2 a-x \text{ दाहिने ओर दूसरे समाकल में। तब } \\ d t & =-d x . \text{ जब } x=a, t=a \text{ और जब } x=2 a, t=0 \text{। अतः } x=2 a-t . \end{aligned} $

$\text{अतः, }$ दूसरा समाकल बन जाता है

$ \begin{aligned} \int _{a}^{2 a} f(x) d x & =-\int _{a}^{0} f(2 a-t) d t & =\int _{0}^{a} f(2 a-t) d t=\int _{0}^{a} f(2 a-x) d x \end{aligned} $

$\text{इसलिए }\quad \int_0^{2 a} f(x) d x=\int_0^{a} f(x) d x+\int_0^{a} f(2 a-x) d x$

$\mathbf{ प्रमाण }$ $\mathbf{ द्वारा }$ $\mathbf{P} _6$ $P_5$ का उपयोग करते हुए, हम लिख सकते हैं $ \int _{0}^{2 a} f(x) d x=\int _{0}^{a} f(x) d x+\int _{0}^{a} f(2 a-x) d x \quad\text{…(1)} $

$ \text{अब, यदि } \quad f(2 a-x)=f(x) \text{, तो (1) बन जाता है } $

$ \qquad \qquad \int_0^{2 a} f(x) d x=\int_0^{a} f(x) d x+\int_0^{a} f(x) d x=2 \int_0^{a} f(x) d x, $

$ \text{और यदि } \qquad f(2 a-x)=-f(x) \text{, तो (1) बन जाता है } $

$ \qquad \qquad
\int_0^{2 a} f(x) d x=\int_0^{a} f(x) d x-\int_0^{a} f(x) d x=0 $

$\mathbf{ प्रमाण }$ $\mathbf{ द्वारा }$ $\mathbf{P} _7$ $P_2$ का उपयोग करते हुए, हम लिख सकते हैं

$ \qquad \int _{-a}^{a} f(x) d x=\int _{-a}^{0} f(x) d x+\int_0^{a} f(x) d x \text{। फिर } $

$\text{मान लीजिए} \qquad \qquad \quad t=-x$ दाहिने ओर पहले समाकल में।

$ \qquad \qquad \qquad \begin{aligned} d t & =-d x . \text{ जब } x=-a, t=a \text{ और जब } \\ x & =0, t=0 . \text{ अतः } x=-t . \end{aligned} $

$ \qquad \begin{aligned} \int _{-a}^{a} f(x) d x & =-\int_a^{0} f(-t) d t+\int_0^{a} f(x) d x \\

& =\int_0^{a} f(-x) d x+\int_0^{a} f(x) d x \qquad\text{(}P_0\text{ द्वारा)}\text{ …}(1) \end{aligned} $

(i) अब, यदि $f$ एक विषम फलन है, तो $f(-x)=f(x)$ और इसलिए (1) बन जाता है

$ \int _{-a}^{a} f(x) d x=\int_0^{a} f(x) d x+\int_0^{a} f(x) d x=2 \int_0^{a} f(x) d x $

(ii) यदि $f$ एक विषम फलन है, तो $f(-x)=-f(x)$ और इसलिए (1) बन जाता है

$ \int _{-a}^{a} f(x) d x=-\int_0^{a} f(x) d x+\int_0^{a} f(x) d x=0 $

उदाहरण 28 $\int _{-1}^{2}|x^{3}-x| d x$ का मूल्यांकन करें

हल हम ध्यान देते हैं कि $x^{3}-x \geq 0$ पर $[-1,0]$ और $x^{3}-x \leq 0$ पर $[0,1]$ और $x^{3}-x \geq 0$ पर $[1,2]$. इसलिए $P_2$ के द्वारा हम लिख सकते हैं

$ \begin{aligned} \int_ {-1}^{2}|x^{3}-x| d x & =\int_ {-1}^{0}(x^{3}-x) d x+\int_ 0^{1}-(x^{3}-x) d x+\int_ 1^{2}(x^{3}-x) d x \\ & =\int_ {-1}^{0}(x^{3}-x) d x+\int_ 0^{1}(x-x^{3}) d x+\int_ 1^{2}(x^{3}-x) d x \\ & =\left[\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{2}}{2}\right]_ {-1}^{0}+\left[\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{4}}{4}\right]_ 0^{1}+\left[\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{2}}{2}\right]_ 1^{2} \\ & =-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\left(4-2\right)-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\right) \\ & =-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+2-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}+2=\frac{11}{4} \end{aligned} $

उदाहरण 29 $\int _{\frac{-\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{2} x d x$ का मूल्यांकन करें

हल हम ध्यान देते हैं कि $\sin ^{2} x$ एक विषम फलन है। इसलिए, $P_7(i)$ के द्वारा हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \int _{\frac{-\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{2} x d x & =2 \int _{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{2} x d x \\ & =2 \int _{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{(1-\cos 2 x)}{2} d x=\int _{0}^{\frac{\pi}{4}}(1-\cos 2 x) d x \\ & =\left[x-\frac{1}{2} \sin 2 x\right] _{0}^{\frac{\pi}{4}}=\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{2}\right)-0=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \end{aligned} $

उदाहरण 30 $\int_0^{\pi} \dfrac{x \sin x}{1+\cos ^{2} x} d x$ का मूल्यांकन करें

हल मान लीजिए $I=\int_0^{\pi} \dfrac{x \sin x}{1+\cos ^{2} x} d x$. फिर, $P_4$ के द्वारा हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \qquad \qquad I & =\int_0^{\pi} \frac{(\pi-x) \sin (\pi-x) d x}{1+\cos ^{2}(\pi-x)} \\ & =\int_0^{\pi} \frac{(\pi-x) \sin x d x}{1+\cos ^{2} x}=\pi \int_0^{\pi} \frac{\sin x d x}{1+\cos ^{2} x}-I \end{aligned} $

$\text{ या } \qquad 2 I=\pi \int_0^{\pi} \dfrac{\sin x d x}{1+\cos ^{2} x} $

$\text{ या } \qquad I=\frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} \dfrac{\sin x d x}{1+\cos ^{2} x} $

$\cos x = t$ रखें ताकि $-\sin x , dx = dt$. जब $x = 0$, तो $t = 1$ और जब $x = \pi$, तो $t = -1$।

इसलिए, (के द्वारा $P_1$) हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} I & =\frac{-\pi}{2} \int_1^{-1} \frac{d t}{1+t^{2}}=\frac{\pi}{2} \int _{-1}^{1} \frac{d t}{1+t^{2}} \\ & =\pi \int_0^{1} \frac{d t}{1+t^{2}}(\text{ के द्वारा } P_7, \text{ क्योंकि } \frac{1}{1+t^{2}} \text{ एक सम फलन है }) \\ & =\pi[\tan ^{-1} t]_0^{1}=\pi[\tan ^{-1} 1-\tan ^{-1} 0]=\pi\left[\frac{\pi}{4}-0\right]=\frac{\pi^{2}}{4} \end{aligned} $

उदाहरण 31 $\int _{-1}^{1} \sin ^{5} x \cos ^{4} x d x$ का मूल्यांकन करें

हल मान लीजिए $I=\int _{-1}^{1} \sin ^{5} x \cos ^{4} x d x$. मान लीजिए $f(x)=\sin ^{5} x \cos ^{4} x$. तब

$ f(-x)=\sin ^{5}(-x) \cos ^{4}(-x)=-\sin ^{5} x \cos ^{4} x=-f(x) \text{, अर्थात, } f \text{ एक विषम फलन है। } $

$\text{इसलिए}$, $P_7$ (ii) के द्वारा, $I=0$

उदाहरण 32 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin ^{4} x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x} d x$ का मूल्यांकन करें

हल मान लीजिए $I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin ^{4} x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x} d x \qquad\text{ …(1)}$

$\text{तब}$, $P_4$ के द्वारा

$ \begin{aligned} I & =\int _{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{4}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)}{\sin ^{4}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)+\cos ^{4}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)} d x & =\int _{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^{4} x}{\cos ^{4} x+\sin ^{4} x} d x \qquad\text{ …(2)} \end{aligned} $

(1) और (2) को जोड़ने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \qquad \qquad 2 I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x}{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x} d x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} d x=[x]_0^{\frac{\pi}{2}}=\dfrac{\pi}{2} $

$ \text{इसलिए} \qquad I=\dfrac{\pi}{4} $

उदाहरण 33 $\int _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{d x}{1+\sqrt{\tan x}}$ का मूल्यांकन करें

हल मान लीजिए $I=\int _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{d x}{1+\sqrt{\tan x}}=\int _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{\sqrt{\cos x} d x}{\sqrt{\cos x}+\sqrt{\sin x}} \qquad\text{…(1)}$

$ \begin{aligned} \text{तब, } P_3 \text{ द्वारा } \quad \mathrm{I} & =\int _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\cos \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}-x\right)}}{\sqrt{\cos \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}-x\right)}+\sqrt{\sin \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}-x\right)}} \\ & =\int _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}} d x \qquad\text{…(2)} \end{aligned} $

(1) और (2) को जोड़ने पर, हमें $2 I=\int _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} d x=[x] _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}=\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{6}$ प्राप्त होता है। $\text{अतः}$ $I=\dfrac{\pi}{12}$

उदाहरण 34 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \sin x d x$ का मूल्यांकन कीजिए

हल मान लीजिए $I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \sin x d x$

$\text{तब,}$ $P_4$ द्वारा

$ I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \sin \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right) d x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \cos x d x $

$ I $ के दोनों मानों को जोड़ने पर, हमें प्राप्त होता है

$ \begin{aligned} 2 I & =\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\log \sin x+\log \cos x) d x \\ & .=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\log \sin x \cos x+\log 2-\log 2) d x \text{ (log } 2 \text{ को जोड़ और घटाकर)} \\ & =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \sin 2 x d x-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log 2 d x \quad \text{ (क्यों?) } \end{aligned} $

पहले समाकलन में $2 x=t$ रखें। तब $2 d x=d t$, जब $x=0, t=0$ और जब $x=\dfrac{\pi}{2}$, $t=\pi$।

$ \begin{aligned} \text{अतः } \quad 2 I = & \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \log \sin t d t-\frac{\pi}{2} \log 2 \\ & =\frac{2}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \sin t d t-\frac{\pi}{2} \log 2 \quad[\text{ द्वारा } P_6 \text{ क्योंकि } \sin (\pi-t)=\sin t) \\ & =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log \sin x d x-\frac{\pi}{2} \log 2 \text{ (चर } t \text{ को } x \text{ में बदल देने पर)} \\ & =I-\frac{\pi}{2} \log 2 \\ \end{aligned} $

$ \text{अतः } \qquad \qquad \int _0^{\frac{\pi}{2}} \log \sin x d x=\dfrac{-\pi}{2} \log 2 . $

अन्य उदाहरण

उदाहरण 35 $\int \cos 6 x \sqrt{1+\sin 6 x} d x$ ज्ञात कीजिए

हल $t=1+\sin 6 x$ रखें, तो $d t=6 \cos 6 x d x$

$ \begin{aligned} \text{इसलिए } \int \cos 6 x \sqrt{1+\sin 6 x} d x & =\frac{1}{6} \int t^{\frac{1}{2}} d t \\ & =\frac{1}{6} \times \frac{2}{3}(t)^{\frac{3}{2}}+C=\frac{1}{9}(1+\sin 6 x)^{\frac{3}{2}}+C \end{aligned} $

उदाहरण 36 $\int \dfrac{(x^{4}-x)^{\frac{1}{4}}}{x^{5}} d x$ ज्ञात कीजिए

हल हम जानते हैं $\int \dfrac{(x^{4}-x)^{\frac{1}{4}}}{x^{5}} d x=\int \dfrac{(1-\frac{1}{x^{3}})^{\frac{1}{4}}}{x^{4}} d x$

$1-\dfrac{1}{x^{3}}=1-x^{-3}=t$ रखें, तो $\dfrac{3}{x^{4}} d x=d t$

$ \begin{aligned} \text{इसलिए } \int \frac{\left(x^{4}-x\right)^{\frac{1}{4}}}{x^{5}} d x & =\frac{1}{3} \int t^{\frac{1}{4}} d t =\frac{1}{3} \times \frac{4}{5} t^{\frac{5}{4}}+\mathrm{C}=\frac{4}{15}\left(1-\frac{1}{x^{3}}\right)^{\frac{5}{4}}+\mathrm{C} \end{aligned} $

उदाहरण 37 $\int \dfrac{x^{4} d x}{(x-1)(x^{2}+1)}$ ज्ञात कीजिए

हल हम जानते हैं

$ \qquad \qquad \qquad \quad \begin{aligned} \frac{x^{4}}{(x-1)(x^{2}+1)} & =(x+1)+\frac{1}{x^{3}-x^{2}+x-1} \\ & =(x+1)+\frac{1}{(x-1)(x^{2}+1)} \qquad\text{…(1)} \end{aligned} $

$ \text{अब } \qquad \dfrac{1}{(x-1)(x^{2}+1)}=\dfrac{A}{(x-1)}+\dfrac{B x+C}{(x^{2}+1)} \qquad \qquad \quad\text{…(2)} $

$ \begin{aligned} \text{ तो } \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad 1 & =A(x^{2}+1)+(B x+C)(x-1) \\ & =(A+B) x^{2}+(C-B) x+A-C \end{aligned} $

दोनों ओर गुणांकों की तुलना करने पर हमें $A+B=0, C-B=0$ और $A-C=1$ मिलता है, जिससे $A=\dfrac{1}{2}, B=C=-\dfrac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

$A, B$ और $C$ के मान को (2) में समायोजित करने पर हमें प्राप्त होता है

$ \begin{aligned} \frac{1}{(x-1)\left(x^{2}+1\right)}=\frac{1}{2(x-1)}-\frac{1}{2} \frac{x}{\left(x^{2}+1\right)}-\frac{1}{2\left(x^{2}+1\right)} \qquad \qquad \text{…(3)} \end{aligned} $

फिर, (3) को (1) में प्रतिस्थापित करने पर हमें प्राप्त होता है

$ \dfrac{x^{4}}{(x-1)(x^{2}+x+1)}=(x+1)+\dfrac{1}{2(x-1)}-\dfrac{1}{2} \dfrac{x}{(x^{2}+1)}-\dfrac{1}{2(x^{2}+1)} $

$ \text{अतः} \qquad \int \dfrac{x^{4}}{(x-1)(x^{2}+x+1)} d x=\dfrac{x^{2}}{2}+x+\dfrac{1}{2} \log |x-1|-\dfrac{1}{4} \log (x^{2}+1)-\dfrac{1}{2} \tan ^{-1} x+C $

उदाहरण 38 $\int\left[\log (\log x)+\dfrac{1}{(\log x)^{2}}\right] d x$ ज्ञात कीजिए

हल $\text{मान लीजिए }$ $I=\int\left[\log (\log x)+\dfrac{1}{(\log x)^{2}}\right] d x$

$ \qquad \qquad \qquad =\int \log (\log x) d x+\int \dfrac{1}{(\log x)^{2}} d x $

पहले समाकलन में, हम $1$ को दूसरा फलन मान लें। फिर इसे अंतरगत विधि द्वारा समाकलित करने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \mathrm{I} & =x \log (\log x)-\int \frac{1}{x \log x} x d x+\int \frac{d x}{(\log x)^{2}} \\ & =x \log (\log x)-\int \frac{d x}{\log x}+\int \frac{d x}{(\log x)^{2}} \qquad\text{…(1)} \end{aligned} $

फिर, $\int \dfrac{d x}{\log x}$ के लिए, हम $1$ को दूसरा फलन मान लें और इसे अंतरगत विधि द्वारा समाकलित करें,

$ \begin{aligned} \text{हम प्राप्त करते हैं} \int \frac{d x}{\log x}=\left[\frac{x}{\log x}-\int x\left{-\frac{1}{(\log x)^{2}}\left(\frac{1}{x}\right)\right} d x\right] \qquad\text{…(2)} \end{aligned} $

(2) को (1) में रखने पर हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \mathrm{I} & = x \log (\log x)-\frac{x}{\log x}-\int \frac{d x}{(\log x)^{2}}+\int \frac{d x}{(\log x)^{2}} & = x \log (\log x)-\frac{x}{\log x}+\mathrm{C} \end{aligned} $

उदाहरण 39 $\int[\sqrt{\cot x}+\sqrt{\tan x}] d x$ ज्ञात कीजिए

हल हम प्राप्त करते हैं

$ I=\int[\sqrt{\cot x}+\sqrt{\tan x}] d x=\int \sqrt{\tan x}(1+\cot x) d x $

मान लीजिए $\tan x=t^{2}$, तो $\sec ^{2} x d x=2 t d t$

$\text{ या } \qquad d x=\dfrac{2 t d t}{1+t^{4}} $

$ \begin{aligned} \text{ तब } \qquad I & =\int t\left(1+\dfrac{1}{t^{2}}\right) \frac{2 t}{(1+t^{4})} d t \\ & =2 \int \dfrac{(t^{2}+1)}{t^{4}+1} d t=2 \int \frac{\left(1+\dfrac{1}{t^{2}}\right) d t}{\left(t^{2}+\dfrac{1}{t^{2}}\right)}=2 \int \frac{\left(1+\dfrac{1}{t^{2}}\right) d t}{\left(t-\dfrac{1}{t}\right)^{2}+2} \end{aligned} $

$

t-\dfrac{1}{t}=y$ रखें, तो $\left(1+\dfrac{1}{t^{2}}\right) d t=d y$. $\text{ फिर }$

$ \begin{aligned} I & =2 \int \frac{d y}{y^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{2} \tan ^{-1} \frac{y}{\sqrt{2}}+C=\sqrt{2} \tan ^{-1} \frac{\left(t-\dfrac{1}{t}\right)}{\sqrt{2}}+C \\ & =\sqrt{2} \tan ^{-1}\left(\frac{t^{2}-1}{\sqrt{2} t}\right)+C=\sqrt{2} \tan ^{-1}\left(\frac{\tan x-1}{\sqrt{2 \tan x}}\right)+C \end{aligned} $

उदाहरण 40 $\int \dfrac{\sin 2 x \cos 2 x d x}{\sqrt{9-\cos ^{4}(2 x)}}$ ज्ञात कीजिए

हल $\text{मान लीजिए}$ $I=\int \dfrac{\sin 2 x \cos 2 x}{\sqrt{9-\cos ^{4} 2 x}} d x$

$\text{ मान लीजिए }$ $\cos ^{2}(2 x)=t$ ताकि $4 \sin 2 x \cos 2 x d x=-d t$ $

$\text{ इसलिए } \qquad\quad I=-\dfrac{1}{4} \int \dfrac{d t}{\sqrt{9-t^{2}}}=-\dfrac{1}{4} \sin ^{-1}\left(\dfrac{t}{3}\right)+C=-\dfrac{1}{4} \sin ^{-1}\left[\dfrac{1}{3} \cos ^{2} 2 x\right]+C$

उदाहरण 41 $\int _{-1}^{\frac{3}{2}}|x \sin (\pi x)| d x$ का मूल्यांकन कीजिए

हल यहाँ $f(x)=|x \sin \pi x|= \begin{cases}{l}x \sin \pi x \text{ जब }-1 \leq x \leq 1 \\ -x \sin \pi x \text{ जब } 1 \leq x \leq \dfrac{3}{2}\end{cases}$

$ \begin{aligned} \text{ इसलिए } \qquad \int _ {-1}^{\frac{3}{2}}|x \sin \pi x| d x & =\int _ {-1}^{1} x \sin \pi x d x+\int _ 1^{\frac{3}{2}}-x \sin \pi x d x \\ & =\int _ {-1}^{1} x \sin \pi x d x-\int _ 1^{\frac{3}{2}} x \sin \pi x d x \end{aligned} $

दाएं ओर के दोनों समाकलों का समाकलन करने पर, हम प्राप्त करते हैं

$ \begin{aligned} \int_ {-1}^{\frac{3}{2}}|x \sin \pi x| d x & =\left[\frac{-x \cos \pi x}{\pi}+\frac{\sin \pi x}{\pi^{2}}\right]_ {-1}^{1}-\left[\frac{-x \cos \pi x}{\pi}+\frac{\sin \pi x}{\pi^{2}}\right]_ 1^{\frac{3}{2}} \\ & =\frac{2}{\pi}-\left[-\frac{1}{\pi^{2}}-\frac{1}{\pi}\right]=\frac{3}{\pi}+\frac{1}{\pi^{2}} \end{aligned} $

उदाहरण 42 $\int_0^{\pi} \dfrac{x d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}$ का मूल्यांकन कीजिए

हल $\text{मान लीजिए}$ $I=\int_0^{\pi} \dfrac{x d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}=\int_0^{\pi} \dfrac{(\pi-x) d x}{a^{2} \cos ^{2}(\pi-x)+b^{2} \sin ^{2}(\pi-x)}$

(using $P_4$ )

$ \begin{aligned} & =\pi \int_0^{\pi} \frac{d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}-\int_0^{\pi} \frac{x d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x} \\ & =\pi \int_0^{\pi} \frac{d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}-I \end{aligned} $

$\text{अतः } \qquad 2 I=\pi \int_0^{\pi} \dfrac{d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}$

$ \begin{aligned} \text{या } \qquad \qquad I & =\frac{\pi}{2} \int_ 0^{\pi} \frac{d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}=\frac{\pi}{2} \cdot 2 \int_ 0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}(using P_ {6}) \\ & =\pi\left[\int_ 0^{\frac{\pi}{4}} \frac{d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}+\int_ {\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d x}{a^{2} \cos ^{2} x+b^{2} \sin ^{2} x}\right] \\ & =\pi\left[\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec ^{2} x d x}{a^{2}+b^{2} \tan ^{2} x}+\int_ {\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{cosec^{2} x d x}{a^{2} \cot ^{2} x+b^{2}}\right] \\ & =\pi\left[\int_ 0^{1} \frac{d t}{a^{2}+b^{2} t^{2}}-\int_ 1^{0} \frac{d u}{a^{2} u^{2}+b^{2}}\right]{(p u t \tan x=tand \cot x=u)} \\ & =\frac{\pi}{a b}\left[\tan ^{-1} \frac{b t}{a}\right]_ 0^{1}-\frac{\pi}{a b}\left[\tan ^{-1} \frac{a u}{b}\right]_ 1^{0}=\frac{\pi}{a b}\left[\tan ^{-1} \frac{b}{a}+\tan ^{-1} \frac{a}{b}\right]=\frac{\pi^{2}}{2 a b} \end{aligned} $

सारांश

• समाकलन अवकलन की विपरीत प्रक्रिया है। अवकलन के अंतर संगत गणित में, हमें एक फ़ंक्शन दिया जाता है और हमें इस फ़ंक्शन के अवकलज या अवकल ज्ञात करना होता है, लेकिन समाकलन के अंतर संगत गणित में, हमें दिए गए अवकल के लिए एक फ़ंक्शन ज्ञात करना होता है। इसलिए, समाकलन अवकलन की विपरीत प्रक्रिया है।

• मान लीजिए $\dfrac{d}{d x} F(x)=f(x)$. तब हम लिखते हैं $\int f(x) d x=F(x)+C$. इन समाकलन को अनिश्चित समाकलन या सामान्य समाकलन कहा जाता है, $C$ को समाकलन के स्थिरांक कहा जाता है। इन सभी समाकलन एक स्थिरांक द्वारा भिन्न होते हैं।

• अनिश्चित समाकलन के कुछ गुण निम्नलिखित हैं:

1. $\int[f(x)+g(x)] d x=\int f(x) d x+\int g(x) d x$

2. किसी भी वास्तविक संख्या $k, \int k f(x) d x=k \int f(x) d x$

अधिक सामान्य रूप से, यदि $f_1, f_2, f_3, \ldots, f_n$ फलन हैं और $k_1, k_2, \ldots, k_n$ वास्तविक संख्याएं हैं। तो

$ \begin{aligned} & \int\left[k _{1} f _{1}(x)+k _{2} f _{2}(x)+\ldots+k _{n} f _{n}(x)\right] d x \\ & =k _{1} \int f _{1}(x) d x+k _{2} \int f _{2}(x) d x+\ldots+k _{n} \int f _{n}(x) d x \end{aligned} $

• कुछ मानक समाकलन

(i) $\int x^{n} d x=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}+C, n \neq-1$. विशेष रूप से, $\int d x=x+C$

(ii) $\int \cos x d x=\sin x+C$

(iii) $\int \sin x d x=-\cos x+C$

(iv) $\int \sec ^{2} x d x=\tan x+C$

(v) $\int cosec^{2} x d x=-\cot x+C$

(vi) $\int \sec x \tan x d x=\sec x+C$

(vii) $\int cosec x \cot x d x=-cosec x+C$

(viii) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\sin ^{-1} x+C$

(ix) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=-\cos ^{-1} x+C$

(x) $\int \dfrac{d x}{1+x^{2}}=\tan ^{-1} x+C$

(xi) $\int \dfrac{d x}{1+x^{2}}=-\cot ^{-1} x+C$

(xii) $\int e^{x} d x=e^{x}+C$

(xiii) $\int a^{x} d x=\dfrac{a^{x}}{\log a}+C$

(xiv) $\int \dfrac{1}{x} d x=\log |x|+C$

• भाग विभाजन द्वारा समाकलन

याद रखें कि एक परिमेय फलन दो बहुपदों के अनुपात के रूप में होता है $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$, जहाँ $P(x)$ और $Q(x)$ $x$ के बहुपद हैं और $Q(x) \neq 0$। यदि बहुपद $P(x)$ की डिग्री बहुपद $Q(x)$ की डिग्री से अधिक हो, तो हम $P(x)$ को $Q(x)$ से विभाजित कर सकते हैं ताकि $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=T(x)+\dfrac{P_1(x)}{Q(x)}$, जहाँ $T(x)$ $x$ का एक बहुपद है और $P_1(x)$ की डिग्री $Q(x)$ की डिग्री से कम है। $T(x)$ एक बहुपद होने के कारण आसानी से समाकलन किया जा सकता है। $\dfrac{P_1(x)}{Q(x)}$ का समाकलन इसको निम्नलिखित प्रकार के भाग भिन्नों के योग के रूप में व्यक्त करके किया जा सकता है:

1. $\dfrac{p x+q}{(x-a)(x-b)}$ $=\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{x-b}, a \neq b$

2. $\dfrac{p x+q}{(x-a)^{2}}$ $=\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{(x-a)^{2}}$

3. $\dfrac{p x^{2}+q x+r}{(x-a)(x-b)(x-c)}=\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{x-b}+\dfrac{C}{x-c}$

4. $\dfrac{p x^{2}+q x+r}{(x-a)^{2}(x-b)}=\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{(x-a)^{2}}+\dfrac{C}{x-b}$

5. $\dfrac{p x^{2}+q x+r}{(x-a)(x^{2}+b x+c)}=\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B x+C}{x^{2}+b x+c}$

जहाँ $x^{2}+b x+c$ आगे गुणनखंडित नहीं किया जा सकता।

• प्रतिस्थापन द्वारा समाकलन

समाकलन के चर के परिवर्तन एक समाकलन को मूल समाकलनों में से एक में बदल देता है। जब हम किसी अन्य चर में परिवर्तन करते हैं, तो वह विधि प्रतिस्थापन विधि कहलाती है। जब समाकलन के अंतरगत कुछ त्रिकोणमितीय फलन होते हैं, तो हम उन अच्छी तरह से जाने वाली पहचानों का उपयोग करते हैं ताकि समाकलन प्राप्त किए जा सकें। प्रतिस्थापन तकनीक के उपयोग द्वारा हम निम्नलिखित मानक समाकलन प्राप्त करते हैं।

(i) $\int \tan x d x=\log |\sec x|+C$

(ii) $\int \cot x d x=\log |\sin x|+C$

(iii) $\int \sec x d x=\log |\sec x+\tan x|+C$

(iv) $\int cosec x d x=\log |cosec x-\cot x|+C$

• कुछ विशेष फलनों के समाकलन

(i) $\int \dfrac{d x}{x^{2}-a^{2}}=\frac{1}{2 a} \log \left|\dfrac{x-a}{x+a}\right|+C$

(ii) $\int \dfrac{d x}{a^{2}-x^{2}}=\frac{1}{2 a} \log \left|\dfrac{a+x}{a-x}\right|+C$

(iii) $\int \dfrac{d x}{x^{2}+a^{2}}=\dfrac{1}{a} \tan ^{-1} \dfrac{x}{a}+C$

(iv) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\log |x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C$

(v) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\sin ^{-1} \dfrac{x}{a}+C$

(vi) $\int \dfrac{d x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\log |x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|+C$

• समाकलन द्वारा अंश विभाजन

• कुछ विशेष प्रकार के समाकलन

(i) $\int \sqrt{x^{2}-a^{2}} d x=\dfrac{x}{2} \sqrt{x^{2}-a^{2}}-\dfrac{a^{2}}{2} \log |x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C$

(ii) $\int \sqrt{x^{2}+a^{2}} d x=\dfrac{x}{2} \sqrt{x^{2}+a^{2}}+\dfrac{a^{2}}{2} \log |x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|+C$

(iii) $\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x=\dfrac{x}{2} \sqrt{a^{2}-x^{2}}+\dfrac{a^{2}}{2} \sin ^{-1} \frac{x}{a}+C$

(iv) $\int \dfrac{d x}{a x^{2}+b x+c}$ या $\int \dfrac{d x}{\sqrt{a x^{2}+b x+c}}$ इस प्रकार व्यक्त करके मानक रूप में परिवर्तित किया जा सकता है

$ a x^{2}+b x+c=a\left[x^{2}+\dfrac{b}{a} x+\dfrac{c}{a}\right]=a\left[\left(x+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}+\left(\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{4 a^{2}}\right)\right] $

(v) $\int \dfrac{p x+q d x}{a x^{2}+b x+c}$ या $\int \dfrac{p x+q d x}{\sqrt{a x^{2}+b x+c}}$ इस प्रकार व्यक्त करके मानक रूप में परिवर्तित किया जा सकता है

$ p x+q=A \dfrac{d}{d x}(a x^{2}+b x+c)+B=A(2 a x+b)+B \text{, जहाँ } A \text{ और } B \text{ दोनों ओर के गुणांकों की तुलना करके निर्धारित किए जाते हैं} $

• हमने $\int_a^{b} f(x) d x$ को वक्र $y=f(x), a \leq x \leq b$, $x$-अक्ष और भुजाओं $x=a$ और $x=b$ द्वारा सीमित क्षेत्र के क्षेत्रफल के रूप में परिभाषित किया है। मान लीजिए $x$ अंतराल $[a, b]$ में एक दिया गया बिंदु है। तब $\int_a^{x} f(x) d x$ क्षेत्रफल को प्रदर्शित करता है $\mathbf{क्षेत्रफल}$ $\mathbf{फलन}$ $A(x)$. इस क्षेत्रफल फलन की अवधारणा समाकलन के मूल नियमों को ले आती है।

• समाकलन के पहला मूल नियम

मान लीजिए क्षेत्रफल फलन $A(x)=\int_a^{x} f(x) d x$ के रूप में परिभाषित है, जहाँ सभी $x \geq a$ हैं, जहाँ फलन $f$ अंतराल $[a, b]$ पर सतत है। तब $A^{\prime}(x)=f(x)$ जहाँ सभी $x \in[a, b]$ हैं।

• समाकलन के दूसरा मूल नियम

मान लीजिए $f$ एक बंद अंतराल $[a, b]$ पर परिभाषित $x$ के सतत फलन है और मान लीजिए $F$ एक अन्य फलन है जहाँ $\frac{d}{d x} F(x)=f(x)$ जहाँ सभी $x$ फलन $f$ के प्रांत में हैं, तो $\int_a^{b} f(x) d x=[F(x)+C]_a^{b}=F(b)-F(a)$ होता है।

इसे $f$ के अंतराल $[a, b]$ पर निश्चित समाकलन कहा जाता है, जहाँ $a$ और $b$ समाकलन के सीमाएं कहलाते हैं, $a$ को निचली सीमा और $b$ को ऊपरी सीमा कहा जाता है।