Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(B) ધારો કે $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x + 2}}{{x + 1}}} \right)^{x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)^{x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {{{\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)}^{x + 1}}} \right]^{\frac{{x + 3}}{{x + 1}}}}$
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)^{x + 1}} = e$ અને $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x + 3}}{{x + 1}} = 1$,
$A = e^1 = e$.

(C) લક્ષની કિંમત શોધવા માટે,આપણે પદનું સંમેયીકરણ કરીશું:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt {{x^2} + 1} - x) \times \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{({x^2} + 1) - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}$
જેમ $x \to \infty$,છેદ $\sqrt {{x^2} + 1} + x \to \infty$ થાય છે.
તેથી,$\frac{1}{\infty} = 0$.

(A) લક્ષના બીજગણિત મુજબ,જો $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x) = L$ અને $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} g(x) = M$ અસ્તિત્વ ધરાવતા હોય,તો $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,$f(x)$ અને $g(x)$ ના વ્યક્તિગત લક્ષનું અસ્તિત્વ એ તેમના ગુણાકારના લક્ષના અસ્તિત્વ માટેની પૂરતી શરત છે.

(A) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } (1 + \frac{1}{u})^u = e$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{a + bx}}} \right)^{c + dx}}$ ને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {\left( {1 + \frac{1}{{a + bx}}} \right)^{a + bx}} \right]^{\frac{c + dx}{a + bx}}}$
જેમ $x \to \infty$,તેમ $(1 + \frac{1}{a + bx})^{a + bx} \to e$.
હવે,ઘાતાંકનું લક્ષ મેળવીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{c + dx}{a + bx} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{c/x + d}{a/x + b} = \frac{0 + d}{0 + b} = \frac{d}{b}$.
તેથી,લક્ષનું મૂલ્ય $e^{d/b}$ થાય છે.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{1 + \tan x}}{{1 + \sin x}}} \right)^{\text{cosec } x}}$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} g(x)(f(x) - 1)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \text{cosec } x \left( \frac{1 + \tan x}{1 + \sin x} - 1 \right)}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{\sin x} \left( \frac{1 + \tan x - 1 - \sin x}{1 + \sin x} \right)}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{\sin x(1 + \sin x)}}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin x (\frac{1}{\cos x} - 1)}{\sin x(1 + \sin x)}}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{\cos x(1 + \sin x)}}$
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $\cos x \to 1$ અને $\sin x \to 0$.
$L = e^{\frac{1 - 1}{1(1 + 0)}} = e^0 = 1$.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {({4^n} + {5^n})^{1/n}}$.
આપણે સૌથી મોટો આધાર ધરાવતું પદ $5^n$ સામાન્ય લઈ શકીએ:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {5^n \left( {{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} + 1} \right)} \right]^{1/n}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } 5 \cdot {\left( {1 + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n}} \right)^{1/n}}$
જેમ $n \to \infty$,તેમ ${\left( {\frac{4}{5}} \right)^n} \to 0$ થાય.
તેથી,$L = 5 \cdot {(1 + 0)^0} = 5 \cdot 1 = 5$.

(A) ધારો કે $x = \frac{1}{t}$. જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $t \to 0^+$.
પદાવલિ આ મુજબ બનશે: $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{(\frac{1}{t^2}) \sin(t) - \frac{1}{t}}{1 - |\frac{1}{t}|}$.
કારણ કે $x \to \infty$,$t > 0$,તેથી $|\frac{1}{t}| = \frac{1}{t}$.
$= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{\frac{\sin t}{t^2} - \frac{1}{t}}{1 - \frac{1}{t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{\frac{\sin t - t}{t^2}}{\frac{t - 1}{t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{\sin t - t}{t(t - 1)}$.
ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\sin t = t - \frac{t^3}{3!} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{(t - \frac{t^3}{6} + \dots) - t}{t^2 - t} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{-\frac{t^3}{6}}{t(t - 1)} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{-t^2}{6(t - 1)} = \frac{0}{-6} = 0$.

(B) આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {\frac{{x + \sin x}}{{x - \cos x}}}$
વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {\frac{{1 + \frac{{\sin x}}{x}}}{{1 - \frac{{\cos x}}{x}}}}$
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin x}}{x} = 0$ અને $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\cos x}}{x} = 0$,તેથી:
$= \sqrt {\frac{{1 + 0}}{{1 - 0}}} = \sqrt {1} = 1$

(C) આપણી પાસે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {({x^n} + {y^n})^{1/n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } y {\left( 1 + {\left( \frac{x}{y} \right)^n} \right)^{1/n}}$ છે.
કારણ કે $0 < x < y$,તેથી $0 < \frac{x}{y} < 1$ થાય.
જેમ $n \to \infty$,તેમ ${\left( \frac{x}{y} \right)^n} \to 0$ થાય.
તેથી,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } y {\left( 1 + {\left( \frac{x}{y} \right)^n} \right)^{1/n}} = y {(1 + 0)^0} = y(1) = y$.

(A) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt {{a^2}{x^2} + ax + 1} - \sqrt {{a^2}{x^2} + 1})$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે પદનું સંમેયીકરણ કરીએ:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{({a^2}{x^2} + ax + 1) - ({a^2}{x^2} + 1)}{\sqrt {{a^2}{x^2} + ax + 1} + \sqrt {{a^2}{x^2} + 1}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{ax}{\sqrt {{a^2}{x^2} + ax + 1} + \sqrt {{a^2}{x^2} + 1}}$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{a}{\sqrt {{a^2} + \frac{a}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{a^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}}$
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\frac{1}{x} \to 0$ અને $\frac{1}{{{x^2}}} \to 0$:
$= \frac{a}{\sqrt {{a^2}} + \sqrt {{a^2}}} = \frac{a}{2|a|}$
જો $a > 0$ હોય,તો જવાબ $\frac{1}{2}$ મળે છે.

(B) ધારો કે ${\cos ^{ - 1}}x = y$. જ્યારે $x \to - 1$,ત્યારે $y \to \pi$.
તેથી,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{y \to \pi } \frac{{\sqrt \pi - \sqrt y }}{{\sqrt {1 + \cos y} }}$ બને છે.
નિત્યસમ $1 + \cos y = 2 \cos^2(y/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sqrt{1 + \cos y} = \sqrt{2} \cos(y/2)$.
હવે,$\cos(y/2) = \sin(\pi/2 - y/2)$.
તેથી લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{y \to \pi } \frac{{\sqrt \pi - \sqrt y }}{{\sqrt{2} \sin(\frac{\pi - y}{2})}}$ થાય.
અંશ અને છેદને $(\sqrt{\pi} + \sqrt{y})$ વડે ગુણતા અને $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{y \to \pi } \frac{\pi - y}{\sqrt{2} \sin(\frac{\pi - y}{2}) (\sqrt{\pi} + \sqrt{y})} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}$.

(B) લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } - \sqrt x } \right]$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે પદનું સંમેયીકરણ કરીએ:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } - \sqrt x)(\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x)}{\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x + \sqrt {x + \sqrt x } - x}{\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\sqrt {x + \sqrt x}}{\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x}$
અંશ અને છેદને $\sqrt{x}$ વડે ભાગતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\sqrt{1 + x^{-1/2}}}{\sqrt{1 + \sqrt{x^{-1} + x^{-3/2}}} + 1}$
જેમ $x \to \infty$,તેમ $x^{-1/2} \to 0$,$x^{-1} \to 0$,અને $x^{-3/2} \to 0$.
$L = \frac{\sqrt{1+0}}{\sqrt{1+0} + 1} = \frac{1}{2}$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{2}{x - 3}$,$g(x) = \frac{x - 3}{x + 4}$,અને $h(x) = - \frac{2(2x + 1)}{x^2 + x - 12}$.
અહીં $x^2 + x - 12 = (x - 3)(x + 4)$ છે.
વિધેયોનો સરવાળો કરતા: $f(x) + g(x) + h(x) = \frac{2}{x - 3} + \frac{x - 3}{x + 4} - \frac{2(2x + 1)}{(x - 3)(x + 4)}$.
લસાઅ $(x - 3)(x + 4)$ લેતા:
$= \frac{2(x + 4) + (x - 3)^2 - 2(2x + 1)}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{2x + 8 + x^2 - 6x + 9 - 4x - 2}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{x^2 - 8x + 15}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{(x - 3)(x - 5)}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{x - 5}{x + 4}$ જ્યાં $x \neq 3$.
તેથી,$\lim_{x \to 3} [f(x) + g(x) + h(x)] = \lim_{x \to 3} \frac{x - 5}{x + 4} = \frac{3 - 5}{3 + 4} = - \frac{2}{7}$.

(A) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } - \sqrt 3 }}{{x - 2}}$.
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } - \sqrt 3)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1 + \sqrt {2 + x} - 3}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{\sqrt {2 + x} - 2}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}$
ફરીથી અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{(\sqrt {2 + x} - 2)(\sqrt {2 + x} + 2)}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)(\sqrt {2 + x} + 2)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{2 + x - 4}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)(\sqrt {2 + x} + 2)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x - 2}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)(\sqrt {2 + x} + 2)}$
$L = \frac{1}{(\sqrt {1 + \sqrt {4} } + \sqrt 3)(\sqrt {4} + 2)} = \frac{1}{(\sqrt 3 + \sqrt 3)(4)} = \frac{1}{2\sqrt 3 \times 4} = \frac{1}{8\sqrt 3}$.

(C) આપણી પાસે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 - \cos {x^2}} }}{{1 - \cos x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2 \sin^2(x^2/2)} }}{{2 \sin^2(x/2)}}$ છે.
$x \to 0$ માટે,$\sin(x^2/2) > 0$ હોવાથી:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt{2} \sin(x^2/2)}}{{2 \sin^2(x/2)}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin(x^2/2)}{\sin^2(x/2)}$.
$(x^2/2)$ અને $(x/2)^2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$= \frac{1}{\sqrt{2}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{\sin(x^2/2)}{x^2/2} \cdot \frac{x^2/2}{(\sin(x/2)/(x/2))^2 \cdot (x^2/4)} \right)$.
$= \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1/2}{1/4} \cdot 1 = \sqrt{2}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1 + x)^{1/x} = e^{\frac{1}{x} \ln(1 + x)}$.
$\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$(1 + x)^{1/x} = e^{\frac{1}{x}(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots)} = e^{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots} = e \cdot e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots}$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots$:
$(1 + x)^{1/x} = e \left[ 1 + (-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}) + \frac{1}{2}(-\frac{x}{2})^2 + O(x^3) \right]$
$= e \left[ 1 - \frac{x}{2} + \frac{11x^2}{24} + O(x^3) \right]$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{e(1 - \frac{x}{2} + \frac{11x^2}{24}) - e + \frac{ex}{2}}{x^2} = \frac{11e}{24}$.

(A) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 + f(x))^{1/g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}}$.
આપેલ પદ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{1 + 5{x^2}}}{{1 + 3{x^2}}}} \right)^{1/{x^2}}}$ માટે,આપણે આધારને $1 + \left( \frac{1 + 5x^2}{1 + 3x^2} - 1 \right) = 1 + \frac{2x^2}{1 + 3x^2}$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,લક્ષ $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^2} \cdot \frac{2x^2}{1 + 3x^2}}$ બને છે.
ઘાતનું સાદું રૂપ આપતા: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{1 + 3x^2} = \frac{2}{1 + 0} = 2$.
તેથી,જવાબ $e^2$ છે.

(D) સીમા $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(2x - 3)(3x - 4)}{(4x - 5)(5x - 6)}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગીએ છીએ:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x(2 - \frac{3}{x}) \cdot x(3 - \frac{4}{x})}{x(4 - \frac{5}{x}) \cdot x(5 - \frac{6}{x})}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(2 - \frac{3}{x})(3 - \frac{4}{x})}{(4 - \frac{5}{x})(5 - \frac{6}{x})}$
જેમ $x \to \infty$,પદો $\frac{3}{x}, \frac{4}{x}, \frac{5}{x}, \frac{6}{x}$ એ $0$ ની નજીક જાય છે:
$= \frac{(2 - 0)(3 - 0)}{(4 - 0)(5 - 0)} = \frac{2 \times 3}{4 \times 5} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$

(C) આપેલ છે $\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} \frac{\sin(e^{x-2} - 1)}{\log(x-1)}$.
ધારો કે $t = x - 2$. જ્યારે $x \to 2$,ત્યારે $t \to 0$. તેથી $x = t + 2$.
સીમામાં કિંમત મૂકતા:
$\lim_{t \to 0} \frac{\sin(e^t - 1)}{\log(t + 2 - 1)} = \lim_{t \to 0} \frac{\sin(e^t - 1)}{\log(1 + t)}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ અને $\lim_{t \to 0} \frac{\log(1 + t)}{t} = 1$.
$(e^t - 1)$ અને $t$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$\lim_{t \to 0} \left( \frac{\sin(e^t - 1)}{e^t - 1} \right) \times \left( \frac{e^t - 1}{t} \right) \times \left( \frac{t}{\log(1 + t)} \right)$.
કારણ કે $\lim_{t \to 0} (e^t - 1) = 0$,પ્રથમ પદ $1$ ને અનુલક્ષે છે.
$\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1$ અને $\lim_{t \to 0} \frac{t}{\log(1 + t)} = 1$.
તેથી,સીમા $1 \times 1 \times 1 = 1$ મળે છે.

(C) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt {{x^2} + 8x + 3} - \sqrt {{x^2} + 4x + 3} )$ ની કિંમત શોધવા માટે,આપણે પદનું સંમેયીકરણ કરીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(\sqrt {{x^2} + 8x + 3} - \sqrt {{x^2} + 4x + 3})(\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3})}{\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{({x^2} + 8x + 3) - ({x^2} + 4x + 3)}{\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4x}{\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3}}$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4}{\sqrt {1 + \frac{8}{x} + \frac{3}{x^2}} + \sqrt {1 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}}}$
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\frac{1}{x} \to 0$ અને $\frac{1}{x^2} \to 0$:
$= \frac{4}{\sqrt{1+0+0} + \sqrt{1+0+0}} = \frac{4}{1+1} = \frac{4}{2} = 2$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રમાણિત લક્ષનું સૂત્ર: $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{x^n} - {a^n}}}{{x - a}} = n{a^{n - 1}}$ છે.
આપેલ લક્ષ પર આ સૂત્ર લાગુ પાડતા: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{{x^k} - {5^k}}}{{x - 5}} = k{(5)^{k - 1}}$ મળે.
આપેલ છે કે લક્ષનું મૂલ્ય $500$ છે,તેથી: $k{(5)^{k - 1}} = 500$.
આપણે $500$ ને $4 \times 125 = 4 \times 5^3 = 4 \times 5^{4-1}$ તરીકે લખી શકીએ.
$k{(5)^{k - 1}}$ અને $4{(5)^{4 - 1}}$ ની સરખામણી કરતા,આપણને $k = 4$ મળે છે.

(B) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{{x^2}}}$ ની ગણતરી કરવા માટે,અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{{x^2}}} \times \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} }}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(1 - {x^2}) - (1 + {x^2})}}{{{x^2}(\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} )}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2{x^2}}}{{{x^2}(\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} )}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2}}{{\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} }}$
$= \frac{{ - 2}}{{\sqrt {1 - 0} + \sqrt {1 + 0} }} = \frac{{ - 2}}{{1 + 1}} = -1$

(A) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 5x + 8} }}{{4x + 5}}$
$x \to -\infty$ હોવાથી,આપણે $x = -|x| = -\sqrt{x^2}$ લખી શકીએ.
અંશ અને છેદને $|x|$ વડે ભાગતા (જ્યાં $x < 0$ માટે $|x| = -x$):
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{{\sqrt {4{x^2} + 5x + 8} }}{{|x|}}}}{{\frac{{4x + 5}}{{|x|}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4 + \frac{5}{x} + \frac{8}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {4 + \frac{5}{x}} \right)}}$
જેમ $x \to -\infty$,તેમ $\frac{1}{x} \to 0$ અને $\frac{1}{{{x^2}}} \to 0$.
$= \frac{{\sqrt {4 + 0 + 0} }}{{ - (4 + 0)}} = \frac{2}{{ - 4}} = - \frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{mx}}} \right)^x}$.
આપણે પદાવલિને $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {\left( {1 + \frac{1}{{mx}}} \right)^{mx}} \right]^{1/m}}$ તરીકે લખી શકીએ.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{u}} \right)^u} = e$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = mx$,જેમ $x \to \infty$,તેમ $u \to \infty$.
તેથી,$y = e^{1/m}$.

(A) આપેલ લક્ષ: $\lim_{x \to 2} \frac{x^3 - 8}{x^2 - 4}$.
$x = 2$ મૂકતા,આપણને $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ મળે છે.
અવયવીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 2} \frac{(x - 2)(x^2 + 2x + 4)}{(x - 2)(x + 2)}$
$= \lim_{x \to 2} \frac{x^2 + 2x + 4}{x + 2}$
$= \frac{2^2 + 2(2) + 4}{2 + 2} = \frac{4 + 4 + 4}{4} = \frac{12}{4} = 3$.
વૈકલ્પિક રીતે,$L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 2} \frac{d/dx(x^3 - 8)}{d/dx(x^2 - 4)} = \lim_{x \to 2} \frac{3x^2}{2x} = \lim_{x \to 2} \frac{3x}{2} = \frac{3(2)}{2} = 3$.

(A) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{2x^2 + 3x + 4}{3x^2 + 3x + 4}$ ની ગણતરી કરવા માટે,અંશ અને છેદને $x$ ની મહત્તમ ઘાત એટલે કે $x^2$ વડે ભાગતા.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{2 + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2}}{3 + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2}}$
જેમ $x \to \infty$,તેમ $\frac{3}{x}$,$\frac{4}{x^2}$,$\frac{3}{x}$,અને $\frac{4}{x^2}$ પદો $0$ ને અનુલક્ષે છે.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{2 + 0 + 0}{3 + 0 + 0} = \frac{2}{3}$ થાય.

(D) ધારો કે $f(x) = \sin \left( \frac{1}{x} \right)$.
$x = 0$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવા જોઈએ.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \sin \left( \frac{1}{-h} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} -\sin \left( \frac{1}{h} \right)$.
જેમ $h \to 0$,તેમ $\frac{1}{h} \to \infty$,અને $\sin \left( \frac{1}{h} \right)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે. તેથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \sin \left( \frac{1}{h} \right)$.
તે જ રીતે,જેમ $h \to 0$,તેમ $\sin \left( \frac{1}{h} \right)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
કારણ કે ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ કોઈ એક નિશ્ચિત કિંમત તરફ જતું નથી,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sin \left( \frac{1}{x} \right)$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(B) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left[ {\frac{{{x^{3/2}} - 8}}{{x - 4}}} \right]$.
સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{x^n} - {a^n}}}{{x - a}} = n{a^{n - 1}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
અહીં $n = 3/2$ અને $a = 4$ છે.
$y = \frac{3}{2} \times {(4)^{(3/2) - 1}} = \frac{3}{2} \times {(4)^{1/2}} = \frac{3}{2} \times 2 = 3$.
વૈકલ્પિક રીતે,$L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\frac{d}{{dx}}({x^{3/2}} - 8)}}{{\frac{d}{{dx}}(x - 4)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\frac{3}{2}{x^{1/2}}}}{1} = \frac{3}{2} \times \sqrt{4} = \frac{3}{2} \times 2 = 3$.

(D) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{1/x}}}}{{{e^{\left( {\frac{1}{x} + 1} \right)}}}}$
ઘાતાંકના નિયમ $e^{a+b} = e^a \cdot e^b$ નો ઉપયોગ કરતા,છેદને આ રીતે લખી શકાય:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{1/x}}}}{{{e^{1/x}} \cdot e^1}}$
સામાન્ય પદ $e^{1/x}$ ને દૂર કરતા (જે $x \neq 0$ માટે શૂન્ય નથી):
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{e} = \frac{1}{e} = e^{-1}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{n}{{n + y}}} \right)^n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{1 + \frac{y}{n}}} \right)^n}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{y}{n}} \right)^{-n}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {\left( {1 + \frac{y}{n}} \right)^n} \right]^{-1}}$
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{y}{n}} \right)^n} = e^y$,તેથી:
$= (e^y)^{-1} = e^{-y}$.

(A) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(L.H.L.)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(R.H.L.)$ શોધીએ છીએ.
$L.H.L. = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} (x) = 0$.
$R.H.L. = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (x^2) = 0^2 = 0$.
કારણ કે $L.H.L. = R.H.L. = 0$ છે,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $0$ છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{3^{x/2}} - 3}}{{{3^x} - 9}}$
છેદને વર્ગોના તફાવત તરીકે લખતા: ${3^x} - 9 = {({3^{x/2}})^2} - {3^2} = ({3^{x/2}} - 3)({3^{x/2}} + 3)$
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{3^{x/2}} - 3}}{({3^{x/2}} - 3)({3^{x/2}} + 3)}$
સામાન્ય પદ $({3^{x/2}} - 3)$ ને દૂર કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{{3^{x/2}} + 3}}$
$x \to 2$ માટે લક્ષની કિંમત મેળવતા:
$\frac{1}{{{3^{2/2}} + 3}} = \frac{1}{{{3^1} + 3}} = \frac{1}{3 + 3} = \frac{1}{6}$

(C) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + \frac{a}{x})^x} = e^a$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદાવલિ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x - 3}}{{x + 2}}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x + 2 - 5}}{{x + 2}}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 - \frac{5}{{x + 2}}} \right)^x}$.
પદાવલિને આ રીતે લખતા: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {{{\left( {1 - \frac{5}{{x + 2}}} \right)}^{\frac{{x + 2}}{{-5}}}}} \right]^{\frac{-5x}{x + 2}}}$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 - \frac{5}{{x + 2}}} \right)^{\frac{x + 2}{-5}}} = e$ અને $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-5x}{x + 2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-5}{1 + \frac{2}{x}} = -5$.
તેથી લક્ષ $e^{-5}$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $e^x$ નું ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $e^x = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \dots$ છે.
આ કિંમતને લિમિટના પદમાં મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \dots) - 1}{x}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \dots}{x}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 + \frac{x}{2!} + \dots) = 1$.

(D) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{\sqrt{a + x} - \sqrt{a - x}}{x} \right]$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે અંશનું સંમેયીકરણ કરીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{(\sqrt{a + x} - \sqrt{a - x})(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})}{x(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})} \right]$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{(a + x) - (a - x)}{x(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})} \right]$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{2x}{x(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})} \right]$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{2}{\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x}} \right]$
$= \frac{2}{\sqrt{a + 0} + \sqrt{a - 0}} = \frac{2}{2\sqrt{a}} = \frac{1}{\sqrt{a}}$.

(A) ધારો કે $f(x) = (1 + x)^{1/x}$.
$\log(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$(1 + x)^{1/x} = e^{\frac{1}{x} \log(1 + x)} = e^{\frac{1}{x} (x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots)} = e^{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots} = e \cdot e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots}$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots$:
$(1 + x)^{1/x} = e \left( 1 + (-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots) + \frac{(-\frac{x}{2} + \dots)^2}{2} + \dots \right) = e - \frac{ex}{2} + O(x^2)$.
આમ,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{1/x} - e}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(e - \frac{ex}{2} + O(x^2)) - e}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (-\frac{e}{2} + O(x)) = -\frac{e}{2}$.

(D) આપણે લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} {(1 + u)^{1/u}} = e$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } {\left( {\cos \frac{x}{m}} \right)^m}$.
નિત્યસમ $\cos \theta = 1 - 2\sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } {\left[ {1 - 2{{\sin }^2}\left( {\frac{x}{{2m}}} \right)} \right]^m}$
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } m \cdot \left( -2\sin^2\left( \frac{x}{2m} \right) \right) \right)$
જ્યારે $\theta \to 0$ હોય ત્યારે $\sin \theta \approx \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } m \cdot \left( -2 \cdot \frac{x^2}{4m^2} \right) \right)$
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } -\frac{x^2}{2m} \right) = e^0 = 1$.

(C) આપણી પાસે લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \,{\left( {\frac{{x + a}}{{x + b}}} \right)^{x + b}}$ છે.
લક્ષની અંદરની પદાવલિને $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \,{\left( {1 + \frac{{a - b}}{{x + b}}} \right)^{x + b}}$ તરીકે ફરીથી લખો.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } (1 + \frac{k}{u})^u = e^k$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x + b$ અને $k = a - b$ છે:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \,{\left( {1 + \frac{{a - b}}{{x + b}}} \right)^{x + b}} = e^{a - b}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{a^{\cot x}} - {a^{\cos x}}}}{{\cot x - \cos x}}$.
અંશમાંથી ${a^{\cos x}}$ સામાન્ય લેતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{a^{\cos x}}({a^{\cot x - \cos x}} - 1)}}{{\cot x - \cos x}}$.
જેમ $x \to \pi /2$,તેમ $\cos x \to 0$,તેથી ${a^{\cos x}} \to {a^0} = 1$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{{a^u} - 1}}{u} = \log a$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \cot x - \cos x$:
$L = 1 \times \log a = \log a$.

(C) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} [x]$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} [3 + h] = 3$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} [3 - h] = 2$.
અહીં ડાબી બાજુનું લક્ષ $(2)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(3)$ જેટલું નથી,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} [x]$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(C) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$ એ દોલિત વિધેય છે.
જેમ $x \to 0$,તેમ $\frac{1}{x}$ ની કિંમત $\infty$ તરફ જાય છે.
વિધેય $\cos \frac{1}{x}$ એ $x \to 0$ થાય ત્યારે $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે અનંત વખત દોલન કરે છે.
તેથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{n^2} - n + 1}}{{{n^2} - n - 1}}} \right)^{n(n - 1)}}$.
આપણે પદાવલિને $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{(n^2 - n - 1) + 2}}{{n^2 - n - 1}}} \right)^{n(n - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{{n^2 - n - 1}}} \right)^{n(n - 1)}}$ તરીકે લખી શકીએ.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + \frac{a}{x})^x} = e^a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2}{n^2 - n - 1} \cdot n(n - 1) \right)$.
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2(n^2 - n)}{n^2 - n - 1} \right)$.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા,આપણને $\exp(2) = e^2$ મળે છે.

(A) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x + 3}}{{x + 1}}} \right)^{x + 1}}$
કૌંસની અંદરના પદને ફરીથી લખતા: $\frac{x+3}{x+1} = \frac{x+1+2}{x+1} = 1 + \frac{2}{x+1}$
હવે લક્ષ આ મુજબ થશે: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x+1}} \right)^{x+1}}$
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } (1 + \frac{k}{u})^u = e^k$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x+1$ અને $k = 2$:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x+1}} \right)^{x+1}} = e^2$

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = e$.
આપેલ પદ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 - ax)^{\frac{1}{x}}}$ ને આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {[(1 + (-ax))^{\frac{1}{-ax}}]^{\frac{-ax}{x}}}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + (-ax))^{\frac{1}{-ax}}} = e$,તેથી આ પદનું સાદું રૂપ $e^{-a}$ થાય છે.

(B) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {({3^n} + {4^n})^{\frac{1}{n}}}$ છે.
સૌથી મોટો આધાર $4^n$ સામાન્ય લેતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {4^n \left( {\left( \frac{3}{4} \right)^n + 1} \right)} \right]^{\frac{1}{n}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } 4 \cdot {\left[ {1 + \left( \frac{3}{4} \right)^n} \right]^{\frac{1}{n}}}$
જેમ $n \to \infty$,તેમ પદ $\left( \frac{3}{4} \right)^n \to 0$ થાય છે.
તેથી,$L = 4 \cdot (1 + 0)^0 = 4 \cdot 1 = 4$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + f(x))^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x)}$ જો $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = 0$ હોય.
આપેલ છે કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{a}{x} + \frac{b}{{{x^2}}}} \right)^{2x}} = {e^2}$.
સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{a}{x} + \frac{b}{{{x^2}}}) \cdot 2x} = {e^2}$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (2a + \frac{2b}{x})} = {e^2}$ થાય છે.
લક્ષની કિંમત મુકતા,આપણને $e^{2a + 0} = {e^2}$ મળે છે.
આમ,$e^{2a} = {e^2}$,જેનો અર્થ છે કે $2a = 2$,તેથી $a = 1$.
જેમ જેમ $x \to \infty$ થાય,તેમ પદ $\frac{b}{x^2}$ શૂન્ય થઈ જાય છે,તેથી $b$ કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા હોઈ શકે છે.
તેથી,$a = 1$ અને $b \in \mathbb{R}$.

(B) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (1 + \frac{a}{x})^x = e^a$.
આપેલ પદાવલિ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (1 - \frac{4}{x - 1})^{3x - 1}$.
ધારો કે $t = x - 1$,તો જેમ $x \to \infty$,તેમ $t \to \infty$.
$x = t + 1$ મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (1 - \frac{4}{t})^{3(t + 1) - 1} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (1 - \frac{4}{t})^{3t + 2}$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } [(1 - \frac{4}{t})^t]^3 \times \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (1 - \frac{4}{t})^2$.
$= (e^{-4})^3 \times (1 - 0)^2 = e^{-12} \times 1 = e^{-12}$.

(D) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} + 3x + 2}}{{{x^2} + 4x + 3}}$ શોધવા માટે,આપણે અંશ અને છેદના અવયવો પાડીશું.
અંશ: $x^2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)$
છેદ: $x^2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3)$
હવે,આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{(x + 1)(x + 2)}{(x + 1)(x + 3)}$
જ્યારે $x \to - 1$,ત્યારે $x + 1 \neq 0$,તેથી આપણે સામાન્ય અવયવ $(x + 1)$ ને દૂર કરી શકીએ છીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{x + 2}{x + 3}$
હવે,$x = - 1$ મૂકીને લક્ષની કિંમત મેળવતા:
$\frac{- 1 + 2}{- 1 + 3} = \frac{1}{2}$.

(B) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (1 + \frac{a}{x})^{bx} = e^{ab}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પ્રથમ,પદાવલિને $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{-6}{3x + 2}} \right)^{\frac{x + 1}{3}}}$ તરીકે ફરીથી લખો.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે,તેથી લક્ષ $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{-6}{3x + 2} \times \frac{x + 1}{3})}$ થશે.
ઘાતાંકનું લક્ષ ગણો: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-6(x + 1)}{3(3x + 2)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-6x - 6}{9x + 6} = -\frac{6}{9} = -\frac{2}{3}$.
આમ,અંતિમ મૂલ્ય $e^{-2/3}$ છે.

(D) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(x + 1)(3x + 4)}{x^2(x - 8)}$
અંશનું વિસ્તરણ કરતા: $(x + 1)(3x + 4) = 3x^2 + 7x + 4$
છેદનું વિસ્તરણ કરતા: $x^2(x - 8) = x^3 - 8x^2$
હવે,અંશ અને છેદને $x^3$ વડે ભાગતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\frac{3}{x} + \frac{7}{x^2} + \frac{4}{x^3}}{1 - \frac{8}{x}}$
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે દરેક પદ $0$ ને અનુલક્ષે છે.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{0}{1} = 0$ થાય.