Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(B) આપણે $\lim_{x \rightarrow \pi/4} \frac{\cot^3 x - \tan x}{\cos(x + \pi/4)}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $t = \tan x$. જેમ $x \rightarrow \pi/4$,તેમ $t \rightarrow 1$.
અંશ $\frac{1}{t^3} - t = \frac{1 - t^4}{t^3} = \frac{(1 - t^2)(1 + t^2)}{t^3} = \frac{(1 - t)(1 + t)(1 + t^2)}{t^3}$ છે.
છેદ $\cos(x + \pi/4) = \cos x \cos(\pi/4) - \sin x \sin(\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\cos x - \sin x) = \frac{\cos x}{\sqrt{2}}(1 - \tan x) = \frac{\cos x}{\sqrt{2}}(1 - t)$ છે.
આ કિંમતોને લક્ષમાં મૂકતા:
$\lim_{t \rightarrow 1} \frac{(1 - t)(1 + t)(1 + t^2)}{t^3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\cos x(1 - t)} = \lim_{t \rightarrow 1} \frac{\sqrt{2}(1 + t)(1 + t^2)}{t^3 \cos x}$.
જેમ $t \rightarrow 1$,તેમ $x \rightarrow \pi/4$,તેથી $\cos x \rightarrow 1/\sqrt{2}$.
$= \frac{\sqrt{2}(1 + 1)(1 + 1^2)}{1^3 \cdot (1/\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2} \cdot 2 \cdot 2}{1/\sqrt{2}} = 4 \cdot 2 = 8$.

(C) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \tan x+\cos x-1+x}{\sqrt{4 \sin ^2 x+2 \tan x+1}-\sqrt{3 \tan ^2 x+\sin x+1}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2 \tan x + \cos x - 1 + x)(\sqrt{4 \sin ^2 x + 2 \tan x + 1} + \sqrt{3 \tan ^2 x + \sin x + 1})}{(4 \sin ^2 x + 2 \tan x + 1) - (3 \tan ^2 x + \sin x + 1)}$.
જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $(\sqrt{4 \sin ^2 x + 2 \tan x + 1} + \sqrt{3 \tan ^2 x + \sin x + 1}) \rightarrow \sqrt{1} + \sqrt{1} = 2$.
તેથી,$L = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \tan x + x + (\cos x - 1)}{4 \sin ^2 x - 3 \tan ^2 x + 2 \tan x - \sin x}$.
નાના ખૂણાના અંદાજો $\tan x \approx x$,$\sin x \approx x$,$\cos x - 1 \approx -\frac{x^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x + x - \frac{x^2}{2}}{4x^2 - 3x^2 + 2x - x} = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3x - \frac{x^2}{2}}{x^2 + x} = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 - \frac{x}{2}}{x + 1} = 2 \times \frac{3}{1} = 6$.

(B) આપણે $\lim_{x \to 0^-} f(x)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x \in (-1, 0)$ માટે,મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x] = -1$ થાય.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin[x]}{[x]}$.
$[x] = -1$ મૂકતા,આપણને $\frac{\sin(-1)}{-1}$ મળે.
$\sin(-\theta) = -\sin\theta$ હોવાથી,આપણને $\frac{-\sin 1}{-1} = \sin 1$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે નાના $x$ માટે,$\sin^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right) = \tan^{-1} x$ થાય છે.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^4+x^3+x^2}{(\tan^{-1} x)(\tan^{-1} x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2(x^2+x+1)}{(\tan^{-1} x)^2}$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan^{-1} x}{x} = 1$,તેથી આપણે લખી શકીએ કે જ્યારે $x \rightarrow 0$ હોય ત્યારે $(\tan^{-1} x)^2 \approx x^2$.
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2(x^2+x+1)}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} (x^2+x+1) = 0^2+0+1 = 1$.

(D) આપેલ છે કે,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos (1-\cos x)}{\sin ^4 x}$
$= \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{1-\cos (1-\cos x)}{(1-\cos x)^2} \times \left(\frac{1-\cos x}{x^2}\right)^2 \times \left(\frac{x}{\sin x}\right)^4$
જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $(1-\cos x) \rightarrow 0$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{1-\cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2} \times \left(\frac{1}{2}\right)^2 \times (1)^4$
$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times 1 = \frac{1}{8}$

(A) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0}\left[\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right]^{1 / x}$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે $\lim_{x \to a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} [f(x)-1]g(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left[\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)-1\right] \frac{1}{x}}$.
નિત્યસમ $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\tan(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{\tan x + 1}{1 - \tan x}$ મળે.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left[\frac{\tan x+1}{1-\tan x}-1\right] \frac{1}{x}} = e^{\lim _{x \rightarrow 0} \left[\frac{\tan x+1-1+\tan x}{1-\tan x}\right] \frac{1}{x}}$.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \tan x}{x(1-\tan x)}}$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} (1-\tan x) = 1$,તેથી $L = e^{2 \times 1 / 1} = e^2$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = [x-3] + |x-4|$.
$\lim_{x \rightarrow 3^{-}} f(x)$ શોધવા માટે,ધારો કે $x = 3 - h$,જ્યાં $h \rightarrow 0$ અને $h > 0$.
$\lim_{x \rightarrow 3^{-}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} ([3 - h - 3] + |3 - h - 4|)$
$= \lim_{h \rightarrow 0} ([-h] + |-1 - h|)$
કારણ કે $h$ એ ખૂબ જ નાની ધન સંખ્યા છે,$-h$ એ ખૂબ જ નાની ઋણ સંખ્યા છે,તેથી $[-h] = -1$.
વળી,$|-1 - h| = |-(1 + h)| = 1 + h$.
તેથી,$\lim_{h \rightarrow 0} (-1 + 1 + h) = 0$.

(B) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x \sin ^{-1} x}{x^2}$
આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ: $\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right) \left(\frac{\sin ^{-1} x}{x}\right)$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{-1} x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 \times 1 = 1$

(B) આપેલ છે $\lim _{x \rightarrow \infty} x\left(a^{1 / x}+b^{1 / x}+c^{1 / x}-3 k^{1 / x}\right)=0$.
ધારો કે $y = \frac{1}{x}$. જ્યારે $x \rightarrow \infty$,ત્યારે $y \rightarrow 0$.
પદાવલિ $\lim _{y \rightarrow 0} \frac{a^y+b^y+c^y-3 k^y}{y} = 0$ બને છે.
આને $\lim _{y \rightarrow 0} \left[ \frac{a^y-1}{y} + \frac{b^y-1}{y} + \frac{c^y-1}{y} - 3 \frac{k^y-1}{y} \right] = 0$ તરીકે લખી શકાય.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{y \rightarrow 0} \frac{a^y-1}{y} = \ln a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\ln a + \ln b + \ln c - 3 \ln k = 0$.
$\ln (abc) = 3 \ln k$.
$\ln (abc) = \ln (k^3)$.
તેથી,$k^3 = abc$,જેનો અર્થ છે કે $k = (abc)^{1/3}$.

(C) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0}\left(\frac{4 !}{x^8}\left(1-\cos \frac{x^2}{3}-\cos \frac{x^2}{4}+\cos \frac{x^2}{3} \cos \frac{x^2}{4}\right)\right)$ છે.
આપણે લક્ષની અંદરની પદાવલિને આ રીતે અવયવ પાડી શકીએ:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4!}{x^8} (1 - \cos \frac{x^2}{3})(1 - \cos \frac{x^2}{4})$.
નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 - \cos \frac{x^2}{3} = 2 \sin^2(\frac{x^2}{6})$ અને $1 - \cos \frac{x^2}{4} = 2 \sin^2(\frac{x^2}{8})$.
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$L = 24 \times \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^8} \times 2 \sin^2(\frac{x^2}{6}) \times 2 \sin^2(\frac{x^2}{8})$.
$L = 24 \times 4 \times \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left(\frac{\sin(\frac{x^2}{6})}{\frac{x^2}{6}}\right)^2 \times (\frac{x^2}{6})^2 \times \left(\frac{\sin(\frac{x^2}{8})}{\frac{x^2}{8}}\right)^2 \times (\frac{x^2}{8})^2 \times \frac{1}{x^8}$.
કારણ કે $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,તેથી:
$L = 96 \times 1^2 \times \frac{x^4}{36} \times 1^2 \times \frac{x^4}{64} \times \frac{1}{x^8}$.
$L = 96 \times \frac{1}{36 \times 64} = \frac{96}{2304} = \frac{1}{24}$.

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{2 x^2+3 x+4}{x^2-3 x+5}\right)^{\frac{3|x|+1}{2|x|-1}}$.
જ્યારે $x \rightarrow \infty$,ત્યારે $|x| = x$.
તેથી,$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \left(\frac{2 + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{5}{x^2}}\right)^{\frac{3 + \frac{1}{x}}{2 - \frac{1}{x}}}$.
લક્ષની કિંમત મુકતા,$\frac{1}{x}$ અને $\frac{1}{x^2}$ પદો $0$ ને અનુલક્ષે છે.
આમ,$L = \left(\frac{2+0+0}{1-0+0}\right)^{\frac{3+0}{2-0}} = (2)^{\frac{3}{2}}$.
$L = 2^{\frac{3}{2}} = 2^1 \times 2^{\frac{1}{2}} = 2 \sqrt{2}$.

(C) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sinh 2 x}{2 x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$.
$\sinh(u)$ માટે ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$\sinh(2x) = 2x + \frac{4x^3}{3} + O(x^5)$.
તેથી,$\frac{\sinh 2x}{2x} = 1 + \frac{2x^2}{3} + O(x^4)$.
હવે,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left(1 + \frac{2x^2}{3} + O(x^4)\right)^{\frac{1}{x^2}}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{u \rightarrow 0} (1+u)^{1/u} = e$ નો ઉપયોગ કરતા,$L = e^{2/3}$ મળે છે.

(C) અમને લક્ષ આપેલું છે: $\lim _{x \rightarrow \infty} x\left(\log \left(1+\frac{x}{2}\right)-\log \frac{x}{2}\right)$.
ગુણધર્મ $\log a - \log b = \log \left(\frac{a}{b}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\lim _{x \rightarrow \infty} x \log \left(\frac{1+\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right) = \lim _{x \rightarrow \infty} x \log \left(\frac{2}{x} + 1\right)$.
ધારો કે $t = \frac{1}{x}$. જેમ $x \rightarrow \infty$,તેમ $t \rightarrow 0$. પદાવલિ આ મુજબ બને છે:
$\lim _{t \rightarrow 0} \frac{\log (1+2t)}{t}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{\log (1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $2$ વડે ગુણીએ અને ભાગીએ છીએ:
$\lim _{t \rightarrow 0} 2 \cdot \frac{\log (1+2t)}{2t} = 2 \cdot 1 = 2$.

(B) પ્રથમ લક્ષ ધ્યાનમાં લો: $L_1 = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{3|x|-x}{|x|-2 x}$.
જ્યારે $x \rightarrow-\infty$,ત્યારે $|x| = -x$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા,$L_1 = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{3(-x)-x}{(-x)-2 x} = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-4x}{-3x} = \frac{4}{3}$.
બીજું લક્ષ ધ્યાનમાં લો: $L_2 = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\log (1+x^3)}{\sin ^3 x}$.
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{\log (1+u)}{u} = 1$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L_2 = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\log (1+x^3)}{x^3} \cdot \frac{x^3}{\sin ^3 x} \right) = 1 \cdot 1 = 1$.
હવે,બંને પરિણામોની બાદબાકી કરતા:
$L_1 - L_2 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{4-3}{3} = \frac{1}{3}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} n(x^{1/n} - 1)$. ધારો કે $h = \frac{1}{n}$. જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $h \rightarrow 0$.
$f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x^h - 1}{h} = \ln x$.
આપેલ સમીકરણમાં $f(x) = \ln x$ મૂકતા:
$97 \ln x + m \ln\left(\frac{1}{x}\right) = 0$
$97 \ln x - m \ln x = 0$
$(97 - m) \ln x = 0$
આ સમીકરણ તમામ $x > 0$ માટે સાચું હોવાથી,$97 - m = 0$ થાય,તેથી $m = 97$.

(D) આપેલ છે,$L = \lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x^2+x+3}{x^2-x+2}\right]^x$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપ છે.
સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow \infty}[1+f(x)]^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} f(x) \cdot g(x)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty}\left[1+\frac{x^2+x+3}{x^2-x+2}-1\right]^x$
$= \lim _{x \rightarrow \infty}\left[1+\frac{x^2+x+3-x^2+x-2}{x^2-x+2}\right]^x$
$= \lim _{x \rightarrow \infty}\left[1+\frac{2x+1}{x^2-x+2}\right]^x$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2x+1}{x^2-x+2} \cdot x}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2x^2+x}{x^2-x+2}}$
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2+1/x}{1-1/x+2/x^2}} = e^{\frac{2+0}{1-0+0}} = e^2$.

(C) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x+b})^{x+c} = e^a$.
આપેલ પદાવલિ: $\lim _{x \rightarrow \infty} (\frac{x+6}{x+1})^{x+4}$.
આધારને ફરીથી લખતા: $\frac{x+6}{x+1} = \frac{x+1+5}{x+1} = 1 + \frac{5}{x+1}$.
તેથી,લક્ષ આ મુજબ બને છે: $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{5}{x+1})^{x+4}$.
ગુણધર્મ $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{k}{f(x)})^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} k \cdot \frac{g(x)}{f(x)}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} 5 \cdot \frac{x+4}{x+1}}$.
$= e^{5 \cdot \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1 + 4/x}{1 + 1/x}} = e^{5 \cdot 1} = e^5$.

(A) આપણે લક્ષની કિંમત મેળવીએ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-e^x) \sin x}{x^2+x^3}$
છેદનું અવયવીકરણ કરતા: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-e^x) \sin x}{x^2(1+x)}$
પદને ફરીથી ગોઠવતા: $\lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{1-e^x}{x} \right) \times \left( \frac{\sin x}{x} \right) \times \left( \frac{1}{1+x} \right)$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^x-1}{x} = 1$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
પદની કિંમત $(-1) \times (1) \times \left( \frac{1}{1+0} \right) = -1 \times 1 \times 1 = -1$ થાય.

(B) આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^x-e^{\sin x}}{2(x-\sin x)}$
અંશમાં $e^{\sin x}$ સામાન્ય લેતા:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{\sin x}(e^{x-\sin x}-1)}{2(x-\sin x)}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{e^u-1}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x - \sin x$:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{e^{\sin x}}{2} \cdot \frac{e^{x-\sin x}-1}{x-\sin x} \right)$
જ્યારે $x \rightarrow 0$,ત્યારે $e^{\sin x} \rightarrow e^0 = 1$ અને $\frac{e^{x-\sin x}-1}{x-\sin x} \rightarrow 1$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$ થાય છે.

(C) આપણી પાસે $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(q^n+p^n\right)^{1 / n}$ છે.
કારણ કે $0 < p < q$,આપણે પદમાંથી $q^n$ સામાન્ય લઈ શકીએ છીએ:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \left[q^n \left(1 + \left(\frac{p}{q}\right)^n\right)\right]^{1/n}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} q \left(1 + \left(\frac{p}{q}\right)^n\right)^{1/n}$
કારણ કે $0 < \frac{p}{q} < 1$,જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $\left(\frac{p}{q}\right)^n \rightarrow 0$ થાય.
તેથી,$\lim _{n \rightarrow \infty} q \left(1 + 0\right)^{1/n} = q \cdot 1^0 = q \cdot 1 = q$.

(A) આપણે લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+a}{x+b}\right)^{x}$ ની ગણતરી કરીએ.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપનું છે.
આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{x}$.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{k}{x})^x = e^k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{\frac{x+b}{a-b} \cdot \frac{x(a-b)}{x+b}}$.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x(a-b)}{x+b}} = e^{a-b}$.

(C) ધારો કે $y = \lim _{n \rightarrow \infty} P\left(1+\frac{r}{100 n}\right)^{t n}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રમાણિત લક્ષનું સૂત્ર $\lim _{k \rightarrow \infty} (1+\frac{x}{k})^k = e^x$ છે.
અહીં,$k = n$ લેતા,પદાવલિ $P \left[ \lim _{n \rightarrow \infty} (1+\frac{r/100}{n})^n \right]^t$ બને છે.
લક્ષના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} (1+\frac{r/100}{n})^n = e^{r/100}$.
તેથી,$y = P \left( e^{r/100} \right)^t = P e^{\frac{rt}{100}}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x+b})^{x+c} = e^a$.
આપેલ પદાવલિ: $\lim _{x \rightarrow \infty} (\frac{x+5}{x+2})^{x+3} = \lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{3}{x+2})^{x+3}$.
ધારો કે $t = x+2$,તો જ્યારે $x \rightarrow \infty$,ત્યારે $t \rightarrow \infty$.
$= \lim _{t \rightarrow \infty} (1 + \frac{3}{t})^{t+1} = \lim _{t \rightarrow \infty} (1 + \frac{3}{t})^t \cdot (1 + \frac{3}{t})^1$.
$= e^3 \cdot 1 = e^3$.

(D) આપણે પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{a^u - 1}{u} = \ln a$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદાવલિ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3^{\sin x}-2^{\tan x}}{\sin x}$ છે.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{3^{\sin x}-1}{x} - \frac{2^{\tan x}-1}{x}}{\frac{\sin x}{x}}$.
કારણ કે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x} = 1$,તેથી:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{3^{\sin x}-1}{\sin x} \cdot \frac{\sin x}{x} - \frac{2^{\tan x}-1}{\tan x} \cdot \frac{\tan x}{x} \right) / \frac{\sin x}{x}$.
આનું સાદું રૂપ $\ln 3 - \ln 2 = \ln \left( \frac{3}{2} \right)$ થાય છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n (k^2 x)$
$x$ એ $k$ થી સ્વતંત્ર હોવાથી,આપણે લખી શકીએ: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x}{n^3} \sum_{k=1}^n k^2$
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના વર્ગોના સરવાળાનું સૂત્ર વાપરતા,$\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
આ કિંમત પદમાં મૂકતા: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x}{n^3} \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x}{6} \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{n^3}$
$= \frac{x}{6} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^3(1 + \frac{1}{n})(2 + \frac{1}{n})}{n^3}$
$= \frac{x}{6} \cdot (1 \cdot 2) = \frac{2x}{6} = \frac{x}{3}$

(A) આપણે $\lim _{x \rightarrow 3} \frac{11-[2-x]}{[x+10]}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ $x \rightarrow 3^-$ માટે વિચારીએ:
જેમ $x \rightarrow 3^-$,$x$ એ $3$ કરતા થોડો નાનો છે,તેથી $2-x$ એ $-1$ કરતા થોડો મોટો છે. આમ,$[2-x] = -1$.
વળી,$x+10$ એ $13$ કરતા થોડો નાનો છે,તેથી $[x+10] = 12$.
$LHL = \lim _{x \rightarrow 3^-} \frac{11-(-1)}{12} = \frac{12}{12} = 1$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ $x \rightarrow 3^+$ માટે વિચારીએ:
જેમ $x \rightarrow 3^+$,$x$ એ $3$ કરતા થોડો મોટો છે,તેથી $2-x$ એ $-1$ કરતા થોડો નાનો છે. આમ,$[2-x] = -2$.
વળી,$x+10$ એ $13$ કરતા થોડો મોટો છે,તેથી $[x+10] = 13$.
$RHL = \lim _{x \rightarrow 3^+} \frac{11-(-2)}{13} = \frac{13}{13} = 1$.
કારણ કે $LHL = RHL = 1$,લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તેની કિંમત $1$ છે.

(B) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2^k \cdot 3^k} + \frac{1}{2^{k+1} \cdot 3^k}\right)$ છે.
દરેક કૌંસમાંથી સામાન્ય પદ બહાર કાઢતા: $\frac{1}{2^k \cdot 3^k} (1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{6^k} \cdot \frac{3}{2}$.
આમ,સરવાળો $\frac{3}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{6^k}$ થાય છે.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$,આ એક અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = \frac{1}{6}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{1}{6}$ છે.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r} = \frac{1/6}{1-1/6} = \frac{1/6}{5/6} = \frac{1}{5}$ થાય.
તેથી,કુલ કિંમત $\frac{3}{2} \times \frac{1}{5} = \frac{3}{10}$ છે.

(D) લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin |x|}{x}$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ.
$x < 0$ માટે,$|x| = -x$,તેથી $\lim _{x \rightarrow 0^-} \frac{\sin(-x)}{x} = \lim _{x \rightarrow 0^-} \frac{-\sin x}{x} = -1$.
$x > 0$ માટે,$|x| = x$,તેથી $\lim _{x \rightarrow 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$.
અહીં ડાબી બાજુનું લક્ષ $(-1)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(1)$ જેટલું નથી,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{\sqrt{x+3}}{x+1}$ માત્ર ત્યારે જ વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $x+3 \geq 0$,એટલે કે $x \geq -3$.
$x < -3$ માટે,પદ $\sqrt{x+3}$ એ ઋણ સંખ્યાનું વર્ગમૂળ દર્શાવે છે,જે વાસ્તવિક સંખ્યાઓના ગણમાં વ્યાખ્યાયિત નથી.
કારણ કે લક્ષ $\lim_{x \rightarrow -3^{-}} f(x)$ માટે $x$ ની $-3$ થી નાની કિંમતો માટે વિધેયનું મૂલ્ય ચકાસવું પડે છે,અને આ અંતરાલમાં વિધેય વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(C) આપણને $f(x) = \frac{1}{3} x \sin x - (1 - \cos x)$ આપેલ છે.
$x = 0$ ની નજીક $\sin x$ અને $\cos x$ ના ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$
આ કિંમતોને $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \frac{1}{3} x \left(x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)\right) - \left(1 - (1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6))\right)$
$f(x) = \frac{1}{3} x^2 - \frac{x^4}{18} - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$
$f(x) = (\frac{1}{3} - \frac{1}{2}) x^2 + (\frac{1}{24} - \frac{1}{18}) x^4 + O(x^6)$
$f(x) = -\frac{1}{6} x^2 - \frac{1}{72} x^4 + O(x^6)$
હવે,લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x^k} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{6} x^2 - \frac{1}{72} x^4 + O(x^6)}{x^k}$ ધ્યાનમાં લો.
જો $k < 2$ હોય,તો લક્ષ $\pm \infty$ થાય છે.
જો $k = 2$ હોય,તો લક્ષ $-\frac{1}{6} \neq 0$ થાય છે.
જો $k > 2$ હોય,તો લક્ષ $0$ થાય છે.
આમ,સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $k$ જેના માટે લક્ષ શૂન્યતર છે તે $k = 2$ છે.

(A) $n$ બાજુઓ ધરાવતા નિયમિત બહુકોણના અંતઃકોણનું સૂત્ર: $\theta_n = \frac{(n-2) \times 180^{\circ}}{n}$ છે.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$ હોય ત્યારે આપણે મર્યાદા શોધવી છે:
$\lim_{n \rightarrow \infty} \theta_n = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(n-2) \times 180^{\circ}}{n} = \lim_{n \rightarrow \infty} (1 - \frac{2}{n}) \times 180^{\circ}$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ પદ $\frac{2}{n} \rightarrow 0$ થાય છે.
તેથી,મર્યાદા $(1 - 0) \times 180^{\circ} = 180^{\circ} = \pi \text{ રેડિયન}$ થાય છે.

(B) સામાન્ય પદ $1 - \frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}} = 1 - \frac{2}{n(n+1)} = \frac{n^2+n-2}{n(n+1)} = \frac{(n+2)(n-1)}{n(n+1)}$ છે.
$x_n = \left[ \prod_{k=2}^{n} \frac{(k+2)(k-1)}{k(k+1)} \right]^2$.
$x_n = \left[ \left( \prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1} \right) \left( \prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} \right) \right]^2$.
ગુણાકારની ગણતરી કરતા:
$\prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1} = \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdot \dots \cdot \frac{n+2}{n+1} = \frac{n+2}{3}$.
$\prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \dots \cdot \frac{n-1}{n} = \frac{1}{n}$.
આમ,$x_n = \left( \frac{n+2}{3} \cdot \frac{1}{n} \right)^2 = \frac{1}{9} \left( \frac{n+2}{n} \right)^2 = \frac{1}{9} \left( 1 + \frac{2}{n} \right)^2$.
$n \rightarrow \infty$ લેતા,$\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = \frac{1}{9} (1+0)^2 = \frac{1}{9}$.

(B) ધારો કે $n^{th}$ પદનો અંશ $a_{n} = 1, 10, 21, 34, 49, \ldots$ છે.
આ એક દ્વિઘાત શ્રેણી છે. પ્રથમ તફાવત $9, 11, 13, 15, \ldots$ છે,જે સમાંતર શ્રેણી બનાવે છે.
સામાન્ય પદ $a_{n} = An^{2} + Bn + C$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n=1$ માટે,$a_{1} = A + B + C = 1$.
$n=2$ માટે,$a_{2} = 4A + 2B + C = 10$.
$n=3$ માટે,$a_{3} = 9A + 3B + C = 21$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા: $(a_{2}-a_{1}) = 3A + B = 9$ અને $(a_{3}-a_{2}) = 5A + B = 11$.
બાદબાકી કરતા $2A = 2 \Rightarrow A = 1$ મળે છે.
પછી $3(1) + B = 9 \Rightarrow B = 6$.
પછી $1 + 6 + C = 1 \Rightarrow C = -6$.
તેથી,$a_{n} = n^{2} + 6n - 6$.
શ્રેણીનું $n^{th}$ પદ $t_{n} = \frac{n^{2} + 6n - 6}{n!}$ છે.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ ફેક્ટોરિયલ $n!$ એ બહુપદી $n^{2} + 6n - 6$ કરતા ખૂબ ઝડપથી વધે છે.
તેથી,$\lim _{n \rightarrow \infty} t_{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2} + 6n - 6}{n!} = 0$.

(A) આપણે $\lim _{x \rightarrow 0}\left\{\frac{1}{x^{2}}+\frac{(2013)^{x}-1}{e^{x}-1}\right\}$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x-1}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$\lim _{x \rightarrow 0}\left\{\frac{1}{x^{2}}+\frac{(2013)^{x}-1}{x} \cdot \frac{x}{e^{x}-1}\right\}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2013)^{x}-1}{x} = \ln(2013)$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{e^{x}-1} = 1$.
તેથી,પદ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^{2}} + \ln(2013) \cdot 1$ બને છે.
જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $\frac{1}{x^2} \rightarrow +\infty$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $+\infty$ છે.

(C) ધારો કે $S = \sum_{n=1}^{1000} (-1)^{n} x^{n} = -x + x^{2} - x^{3} + x^{4} - \dots + x^{1000}$.
આ એક શાંત ભૂમિતિ શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = -x$,સામાન્ય ગુણોત્તર $r = -x$ અને પદોની સંખ્યા $n = 1000$ છે.
સરવાળો $S = a \frac{r^{n} - 1}{r - 1} = (-x) \frac{(-x)^{1000} - 1}{-x - 1} = (-x) \frac{x^{1000} - 1}{-(x + 1)} = x \frac{x^{1000} - 1}{x + 1} = \frac{x^{1001} - x}{x + 1}$ દ્વારા મળે છે.
હવે,$x \rightarrow \infty$ માટે લક્ષ કિંમત મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x^{1001} - x}{x + 1} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x^{1001}(1 - \frac{1}{x^{1000}})}{x(1 + \frac{1}{x})} = \lim_{x \rightarrow \infty} x^{1000} = +\infty$.

(D) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n !)^{1 / n}}{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \left( \frac{n!}{n^n} \right)^{1/n}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \ln \left( \frac{n!}{n^n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \ln \left( \frac{r}{n} \right)$.
આ સંકલન $\int_{0}^{1} \ln(x) \, dx$ માટે રીમાન સરવાળો છે.
$\ln L = \int_{0}^{1} \ln(x) \, dx = [x \ln x - x]_{0}^{1}$.
$x \rightarrow 0^+$ તરીકે લક્ષ લેતા,આપણને $\lim_{x \rightarrow 0^+} x \ln x = 0$ મળે છે.
તેથી,$\ln L = (1 \ln 1 - 1) - (0) = -1$.
આમ,$L = e^{-1} = \frac{1}{e}$.

(C) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{x+x^2+\ldots+x^n-n}{x-1}$ છે.
અંશને $(x-1) + (x^2-1) + \ldots + (x^n-1)$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$L = \lim _{x \rightarrow 1} \left( \frac{x-1}{x-1} + \frac{x^2-1}{x-1} + \ldots + \frac{x^n-1}{x-1} \right)$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow a} \frac{x^n-a^n}{x-a} = na^{n-1}$ નો ઉપયોગ કરતા,દરેક પદ $k$ થશે.
તેથી,$L = 1 + 2 + 3 + \ldots + n = \frac{n(n+1)}{2}$.

(B) આપણે લક્ષની કિંમત શોધવાની છે: $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^2 x + \cos x - 1}{x^2}$.
નિત્યસમ $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos^2 x + \cos x - 1}{x^2} = \operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x - \cos^2 x}{x^2}$.
$\cos x$ સામાન્ય લેતા:
$\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x(1 - \cos x)}{x^2} = \operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \cos x \cdot \operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \cos x = 1$ અને $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ થાય છે.

(C) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \ln \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$.
ગુણધર્મ $\ln(a^b) = b \ln(a)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદાવલિને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$.
$L = \frac{1}{2} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+x) - \ln(1-x)}{x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+ax)}{x} = a$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણને મળે છે:
$L = \frac{1}{2} \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+x)}{x} - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1-x)}{x} \right)$.
$L = \frac{1}{2} (1 - (-1)) = \frac{1}{2} (2) = 1$.

(C) સૌ પ્રથમ આપણે સાઈન વિધેયની અંદરના લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-x-1-\frac{x^{2}}{2}}{x^{2}}$
$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \dots$ માટે ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + \dots) - x - 1 - \frac{x^{2}}{2}}{x^{2}}$
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^{3}}{6} + \dots}{x^{2}} = \lim_{x \rightarrow 0} (\frac{x}{6} + \dots) = 0$
વિધેય $\sin(u)$ એ $u=0$ આગળ સતત હોવાથી,આપણને મળે છે:
$I = \sin(L) = \sin(0) = 0$

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim _{x \rightarrow 0} (1+ax)^{1/x} = e^a$.
આનો ઉપયોગ કરીને,$\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{1+cx}{1-cx}\right)^{1/x} = \frac{\lim _{x \rightarrow 0} (1+cx)^{1/x}}{\lim _{x \rightarrow 0} (1-cx)^{1/x}} = \frac{e^c}{e^{-c}} = e^{2c}$.
આપેલ છે કે $e^{2c} = 4$.
હવે,આપણે $\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{1+2cx}{1-2cx}\right)^{1/x} = \frac{\lim _{x \rightarrow 0} (1+2cx)^{1/x}}{\lim _{x \rightarrow 0} (1-2cx)^{1/x}} = \frac{e^{2c}}{e^{-2c}} = e^{4c}$ શોધવાની જરૂર છે.
કારણ કે $e^{2c} = 4$,તેથી $e^{4c} = (e^{2c})^2 = 4^2 = 16$.