Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(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 $h \rightarrow 0$.
તેથી $f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x^h - 1}{h}$.
આ $x=0$ આગળ $a^x$ ના વિકલનનું પ્રમાણિત લક્ષ છે,જે $\ln(x)$ છે.
આમ,$f(x) = \ln(x)$.
હવે,$f(xy) = \ln(xy) = \ln(x) + \ln(y) = f(x) + f(y)$.

(C) આપણી પાસે છે,$\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{(1+\sqrt{x})(1-\sqrt{x})}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1}{1+\sqrt{x}}}$
$= \left(\frac{1+1}{2+1}\right)^{\frac{1}{1+1}} = \left(\frac{2}{3}\right)^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$

(D) ધારો કે $x = 1 + h$. જ્યારે $x \rightarrow 1$,ત્યારે $h \rightarrow 0$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^{(1+h)-1}-1)}{\log(1+h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^h-1)}{\log(1+h)}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\sin u}{u} = 1$,$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\log(1+h)}{h} = 1$,અને $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{e^h-1}{h} = 1$.
પદાવલિને ફરીથી લખતા:
$\lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(e^h-1)}{e^h-1} \cdot \frac{e^h-1}{h} \cdot \frac{h}{\log(1+h)} \right)$
$= 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{1} = 1$.

(C) આપણે $1^{\infty}$ સ્વરૂપના લક્ષની કિંમત $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} g(x)(f(x)-1)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને મેળવીએ છીએ.
અહીં $f(x) = \frac{3x-1}{3x+1}$ અને $g(x) = 4x$ છે.
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1}{3x+1} - 1 \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1 - (3x+1)}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{-2}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8x}{3x+1} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8}{3 + 1/x} = -\frac{8}{3}$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $e^{-8/3}$ છે.

(A) $1^{\infty}$ સ્વરૂપ માટે આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} g(x)[f(x)-1]}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$f(x) = \frac{1+5x^2}{1+3x^2}$ અને $g(x) = \frac{1}{x^2}$ છે.
જ્યારે $x \rightarrow 0$,ત્યારે $f(x) \rightarrow 1$ અને $g(x) \rightarrow \infty$ થાય છે.
તેથી,લક્ષ $e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2}{1+3x^2} - 1 \right)}$ થશે.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2 - (1+3x^2)}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{2x^2}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{2}{1+3x^2}}$.
$= e^{\frac{2}{1+0}} = e^2$.

(C) ધારો કે $L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(\sec(ex)) + \ln(\sec(e^{2}x)) + ... + \ln(\sec(e^{10}x))}{e^{2} - e^{2\cos x}}$.
$\ln(\sec \theta) \approx \frac{\theta^{2}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,અંશ $\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}$ થશે.
છેદ $e^{2} - e^{2\cos x} = e^{2}(1 - e^{2\cos x - 2}) \approx 2e^{2}(1 - \cos x) \approx e^{2}x^{2}$ થશે.
તેથી,$L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}}{e^{2}x^{2}} = \frac{1}{2e^{2}} \sum_{k=1}^{10} (e^{2})^{k}$.
ભૌમિતિક શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્ર મુજબ,$L = \frac{1}{2e^{2}} \cdot \frac{e^{2}(e^{20} - 1)}{e^{2} - 1} = \frac{e^{20} - 1}{2(e^{2} - 1)}$.

(B) $x = 0$ ની નજીક $\sin x$ માટે ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા: $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$.
તેથી,$\sin^2 x = (x - \frac{x^3}{6} + O(x^5))^2 = x^2 - 2(x)(\frac{x^3}{6}) + O(x^6) = x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
છેદમાં આ કિંમત મૂકતા: $x^2 - \sin^2 x = x^2 - (x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)) = \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
હવે,આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા: $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin^2 x}{x^2 - \sin^2 x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 (x^2 + O(x^4))}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)}$.
$= \lim_{x \to 0} \frac{x^4 + O(x^6)}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)} = \frac{1}{1/3} = 3$.

(C) લક્ષ $f(x) = \lim_{y \to 0} \frac{(1 - \cos(xy))\tan(xy)}{y^3}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે $(xy)^3$ વડે ગુણીએ અને ભાગીએ છીએ:
$f(x) = \lim_{y \to 0} \left( \frac{1 - \cos(xy)}{(xy)^2} \cdot \frac{\tan(xy)}{xy} \cdot \frac{x^3 y^3}{y^3} \right)$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ અને $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot x^3 = \frac{x^3}{2}$.
હવે,આપણે સમીકરણ $f(x) = \sin x$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધવાની છે,જે $\frac{x^3}{2} = \sin x$ અથવા $x^3 = 2 \sin x$ છે.
ધારો કે $g(x) = x^3 - 2 \sin x$. આપણે એવા બીજ શોધીએ છીએ જ્યાં $g(x) = 0$ થાય.
$x = 0$ માટે,$g(0) = 0 - 2(0) = 0$. તેથી,$x = 0$ એક ઉકેલ છે.
$x > 0$ માટે,$x^3 = 2 \sin x$ નો એક ધન ઉકેલ છે કારણ કે $x^3$ સતત વધતું વિધેય છે અને $2 \sin x$ એ $2$ દ્વારા સીમિત છે.
$x < 0$ માટે,ધારો કે $x = -t$ જ્યાં $t > 0$. તો $(-t)^3 = 2 \sin(-t) \implies -t^3 = -2 \sin t \implies t^3 = 2 \sin t$. આ એક ઋણ ઉકેલ આપે છે.
આમ,કુલ $3$ ઉકેલો છે: $x = 0$,$x \approx 1.41$,અને $x \approx -1.41$.