Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(D) $\lim_{x \to 0} f(x)$ શોધવા માટે,આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ છીએ.
$LHL$ માટે: $\lim_{x \to 0^-} f(x)$. જેમ $x \to 0^-$,$x$ એ $0$ થી થોડું નાનું છે,તેથી $[x] = -1$.
આમ,$f(x) = \frac{\sin(-1)}{-1} = \frac{-\sin(1)}{-1} = \sin(1)$.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \sin(1)$.
$RHL$ માટે: $\lim_{x \to 0^+} f(x)$. જેમ $x \to 0^+$,$x$ એ અંતરાલ $[0, 1)$ માં છે,તેથી $[x] = 0$.
$f(x)$ ની વ્યાખ્યા મુજબ,જ્યારે $[x] = 0$,ત્યારે $f(x) = 0$.
તેથી,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \sin(1)$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$,ડાબી બાજુનું લક્ષ એ જમણી બાજુના લક્ષ જેટલું નથી.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(x)$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(C) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 - 10^n}{1 + 10^{n+1}}$
અંશ અને છેદને $10^n$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\frac{1}{10^n} - 1}{\frac{1}{10^n} + 10}$
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે $\frac{1}{10^n} \to 0$:
$= \frac{0 - 1}{0 + 10} = -\frac{1}{10}$
આને આપેલ પદ $\frac{-\alpha}{10}$ સાથે સરખાવતા:
$-\frac{1}{10} = -\frac{\alpha}{10}$
તેથી,$\alpha = 1$.

(B) આપણે લક્ષની કિંમત શોધવાની છે: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{{\sin }^3}x}}$.
જેમ $x \to 0$ થાય તેમ આ સ્વરૂપ $\frac{0}{0}$ હોવાથી,આપણે પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\log (1 + u)}}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ,જ્યાં $u = x^3$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{{\sin }^3}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{x^3}}} \times \frac{{{x^3}}}{{{{\sin }^3}x}} \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{x^3}}} \right) \times \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{x}{{\sin x}} \right)^3$
$= 1 \times (1)^3 = 1$.

(C) આપેલ લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x^n}}}{{{x^n} + 1}}$.
જ્યારે $x < -1$,ત્યારે $|x| > 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x^n$ અનંત તરફ જાય છે,તેથી અંશ અને છેદને $x^n$ વડે ભાગતા:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x^n}}}{{{x^n}(1 + \frac{1}{x^n})}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{1 + \frac{1}{x^n}}$.
જેમ $n \to \infty$ અને $|x| > 1$,તેમ $\frac{1}{x^n} \to 0$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{1}{1 + 0} = 1$ થાય.

(B) આપેલ પદ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\frac{1 + 2 + 3 + \dots + n}{1 - {n^2}}} \right]$ છે.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના સરવાળાના સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,પદ નીચે મુજબ થશે:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n+1)}{2(1 - {n^2})}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n^2 + n}{2 - 2n^2}$
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 + \frac{1}{n}}{\frac{2}{n^2} - 2} = \frac{1 + 0}{0 - 2} = -\frac{1}{2}$.

(C) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{1^2} + {2^2} + {3^2} + \dots + {n^2}}}{{{n^3} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} k^2}}{{{n^3} + 1}}$
$\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n+1)(2n+1)}{6(n^3+1)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{6} \cdot \frac{n^3(1 + \frac{1}{n})(2 + \frac{1}{n})}{n^3(1 + \frac{1}{n^3})}$
$L = \frac{1}{6} \cdot \frac{(1+0)(2+0)}{(1+0)} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$

(A) આપણને આપેલ છે કે ${S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}}$.
તેથી,${S_{n + 1}} - {S_n} = {a_{n + 1}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum\limits_{k = 1}^n k = \frac{n(n + 1)}{2}$.
આમ,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_{n + 1}}}}{{\sqrt{\frac{n(n + 1)}{2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_{n + 1}} \cdot \sqrt{2}}}{{\sqrt{n(n + 1)}}}$ થાય.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = a$,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_{n + 1}} = a$.
જેમ $n \to \infty$,અંશ $a \cdot \sqrt{2}$ (એક નિશ્ચિત કિંમત) તરફ જાય છે અને છેદ $\sqrt{n(n + 1)} \to \infty$ તરફ જાય છે.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{a \cdot \sqrt{2}}{\infty} = 0$ થાય.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે: $\cos A \cos 2A \cos 4A \dots \cos (2^{n-1}A) = \frac{\sin (2^n A)}{2^n \sin A}$.
ધારો કે $A = \frac{x}{2^n}$. તો ગુણાકાર નીચે મુજબ થશે:
$\cos \left( \frac{x}{2^n} \right) \cos \left( \frac{x}{2^{n-1}} \right) \dots \cos \left( \frac{x}{2} \right) = \frac{\sin (2^n \cdot \frac{x}{2^n})}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})} = \frac{\sin x}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})}$.
જ્યારે $n \to \infty$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sin x}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})} = \sin x \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})}$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,ધારો કે $\theta = \frac{x}{2^n}$. જેમ $n \to \infty$,તેમ $\theta \to 0$:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{x/2^n}{\sin (x/2^n)} = 1$.
આમ,પદાવલિ $\frac{\sin x}{x} \cdot 1 = \frac{\sin x}{x}$ થાય છે.

(C) આપેલ શ્રેણી એ સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = \frac{1}{2}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{1}{2}$ છે.
સમગુણોત્તર શ્રેણીના પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \frac{a(1 - r^n)}{1 - r}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,$S_n = \frac{\frac{1}{2}(1 - (\frac{1}{2})^n)}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2^n})}{\frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2^n}$.
હવે,$n \to \infty$ લેતા:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (1 - \frac{1}{2^n}) = 1 - 0 = 1$.

(A) આપેલ લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{2}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^2}}} + \dots + \frac{n}{{{n^2}}}} \right)$ છે.
સરવાળામાંથી $\frac{1}{{{n^2}}}$ સામાન્ય લેતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{n^2}}} (1 + 2 + 3 + \dots + n)$.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના સરવાળાનું સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ વાપરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n+1)}{2{n^2}}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n^2 + n}{2n^2} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2n} \right)$.
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે $\frac{1}{n} \to 0$:
$= \frac{1}{2} + 0 = \frac{1}{2}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $\sum n = \frac{n(n + 1)}{2}$ છે.
આ કિંમતને લક્ષમાં મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 - n^2}{\frac{n(n + 1)}{2}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2(1 - n)(1 + n)}{n(n + 1)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2(1 - n)}{n}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } 2 \left( \frac{1}{n} - 1 \right)$
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે $\frac{1}{n} \to 0$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $2(0 - 1) = -2$ થાય.

(B) અંશ એ શ્રેણી $1 - 2 + 3 - 4 + \dots - 2n$ નો સરવાળો છે.
આને $(1 - 2) + (3 - 4) + \dots + ((2n-1) - 2n)$ તરીકે જૂથબદ્ધ કરી શકાય છે.
આવી $n$ જોડીઓ છે,જેનો દરેકનો સરવાળો $-1$ થાય છે.
તેથી,અંશ $n \times (-1) = -n$ છે.
હવે,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{-n}{\sqrt {n^2 + 1} + \sqrt {4n^2 - 1}}$.
અંશ અને છેદને $n$ વડે ભાગતા:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{-1}{\sqrt {1 + \frac{1}{n^2}} + \sqrt {4 - \frac{1}{n^2}}} = \frac{-1}{\sqrt{1+0} + \sqrt{4-0}} = \frac{-1}{1+2} = -\frac{1}{3}$.

(D) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{{(x + 1)}^{10}} + {{(x + 2)}^{10}} + \dots + {{(x + 100)}^{10}}}}{{{x^{10}} + {{10}^{10}}}}$
અંશ અને છેદને $x^{10}$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}^{10}} + {{\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}^{10}} + \dots + {{\left( {1 + \frac{{100}}{x}} \right)}^{10}}}}{{1 + \frac{{{{10}^{10}}}}{{{x^{10}}}}}}$
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\frac{k}{x} \to 0$ અને $\frac{10^{10}}{x^{10}} \to 0$.
તેથી,પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$= \frac{{{{(1 + 0)}^{10}} + {{(1 + 0)}^{10}} + \dots + {{(1 + 0)}^{10}}}}{{1 + 0}}$
અંશમાં કુલ $100$ પદો છે,જે દરેકની કિંમત $1$ છે:
$= \frac{1 + 1 + \dots + 1 \text{ (100 વખત)}}{1} = 100$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $\frac{n(n+1)}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n + 1)}{2({n^2} + 100)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n^2} + n}{2{n^2} + 200}$
અંશ અને છેદને ${n^2}$ વડે ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 + \frac{1}{n}}{2 + \frac{200}{n^2}}$
જેમ $n \to \infty$,તેમ $\frac{1}{n} \to 0$ અને $\frac{200}{n^2} \to 0$ થાય છે.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{1 + 0}{2 + 0} = \frac{1}{2}$ છે.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + x} - \sqrt {1 - x} }}{{\sqrt {2 + 3x} - \sqrt {2 - 3x} }}$.
અંશ અને છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x})(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})}{(\sqrt{2+3x} - \sqrt{2-3x})(\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x})} \times \frac{\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x}}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1+x) - (1-x)}{(2+3x) - (2-3x)} \times \frac{\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x}}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2x}{6x} \times \frac{\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x}}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}}$
$L = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2}}{1 + 1} = \frac{1}{3} \times \frac{2\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}$.
$\sqrt{2} \approx 1.414$ હોવાથી,$\frac{\sqrt{2}}{3} \approx 0.471$.
આમ,$0 < \frac{\sqrt{2}}{3} < \frac{1}{2}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) ધારો કે $f(x) = 1 - x + [x - 1] + [1 - x]$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $x \to 1^-$ માટે:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (1 - (1 - h) + [1 - h - 1] + [1 - (1 - h)])$
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (h + [-h] + [h]) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (h - 1 + 0) = -1$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $x \to 1^+$ માટે:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (1 - (1 + h) + [1 + h - 1] + [1 - (1 + h)])$
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (-h + [h] + [-h]) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (-h + 0 - 1) = -1$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવાથી,લક્ષનું મૂલ્ય $-1$ છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $x_1 = 3$ અને $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ છે.
પ્રથમ થોડા પદોની ગણતરી કરતા:
$x_2 = \sqrt{2 + x_1} = \sqrt{2 + 3} = \sqrt{5} \approx 2.236$
$x_3 = \sqrt{2 + x_2} = \sqrt{2 + \sqrt{5}} \approx \sqrt{4.236} \approx 2.058$
અહીં $x_1 > x_2 > x_3 > \dots$ છે. આ શ્રેણી ઘટતી જાય છે અને $2$ થી નીચે સીમિત છે.
શ્રેણી અભિસારી હોવાથી,ધારો કે $\lim_{n \to \infty} x_n = L$.
સંબંધ $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ માં લક્ષ લેતા:
$L = \sqrt{2 + L}$
$L^2 = 2 + L$
$L^2 - L - 2 = 0$
$(L - 2)(L + 1) = 0$
$x_n > 0$ હોવાથી,$L = 2$ મળે.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\cos x - 1)(\cos x - e^x)}{x^n}$.
$x = 0$ ની નજીક ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$
આ કિંમતો પદમાં મૂકતા:
$\cos x - 1 = -\frac{x^2}{2} + O(x^4)$
$\cos x - e^x = (1 - \frac{x^2}{2} + \dots) - (1 + x + \frac{x^2}{2} + \dots) = -x - x^2 + O(x^3)$
આમ,અંશ $(- \frac{x^2}{2} + O(x^4))(-x - x^2 + O(x^3)) = \frac{x^3}{2} + O(x^4)$ થાય.
લક્ષ શૂન્યતર અને વાસ્તવિક મળે તે માટે છેદમાં $x$ ની ઘાત અંશમાં રહેલી $x$ ની ન્યૂનતમ ઘાત જેટલી હોવી જોઈએ.
તેથી,$n = 3$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} x^2 - 3, & 2 < x < 3 \\ 2x + 5, & 3 < x < 4 \end{cases}$.
પ્રથમ,આપણે $x \to 3^-$ માટે ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-} (x^2 - 3) = 3^2 - 3 = 9 - 3 = 6$.
ત્યારબાદ,આપણે $x \to 3^+$ માટે જમણી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+} (2x + 5) = 2(3) + 5 = 6 + 5 = 11$.
જરૂરી દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $6$ અને $11$ છે.
સમીકરણ $x^2 - (\text{બીજનો સરવાળો})x + (\text{બીજનો ગુણાકાર}) = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બીજનો સરવાળો $= 6 + 11 = 17$.
બીજનો ગુણાકાર $= 6 \times 11 = 66$.
તેથી,સમીકરણ $x^2 - 17x + 66 = 0$ છે.

(D) આપણે લક્ષની કિંમત શોધવાની છે: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {1 - \cos 2x} \right)\left( {3 + \cos x} \right)}}{{x\tan 4x}}$
નિત્યસમ $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin^2 x(3 + \cos x)}}{{x \tan 4x}}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ અને $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરવા માટે $x$ અને $4x$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( 2 \cdot \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{x^2}{x \cdot \frac{\tan 4x}{4x} \cdot 4x} \cdot (3 + \cos x) \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( 2 \cdot \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{1}{4 \cdot \frac{\tan 4x}{4x}} \cdot (3 + \cos x) \right)$
$x = 0$ મૂકતા:
$= 2 \cdot (1)^2 \cdot \frac{1}{4 \cdot 1} \cdot (3 + \cos 0)$
$= 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot (3 + 1) = 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot 4 = 2$

(A) આપેલ છે $p = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (1 + \tan^2 \sqrt{x})^{\frac{1}{2x}}$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} (f(x)-1)g(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$p = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (\tan^2 \sqrt{x}) \cdot \frac{1}{2x}}$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \frac{\tan^2 \sqrt{x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \left( \frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}} \right)^2 = 1^2 = 1$.
આમ,$p = e^{\frac{1}{2} \cdot 1} = e^{1/2}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\log p = \log(e^{1/2}) = \frac{1}{2}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $[t] = t - \{t\}$,જ્યાં $\{t\}$ એ $t$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે.
તેથી,પદાવલિ $\lim_{x \to 0^+} x \sum_{r=1}^{15} [\frac{r}{x}] = \lim_{x \to 0^+} x \sum_{r=1}^{15} (\frac{r}{x} - \{\frac{r}{x}\})$.
$= \lim_{x \to 0^+} (\sum_{r=1}^{15} r - x \sum_{r=1}^{15} \{\frac{r}{x}\})$.
કારણ કે $0 \le \{\frac{r}{x}\} < 1$,તેથી $0 \le x \{\frac{r}{x}\} < x$.
જેમ $x \to 0^+$,તેમ સ્ક્વિઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,$x \{\frac{r}{x}\} \to 0$.
તેથી,લક્ષ $\sum_{r=1}^{15} r = \frac{15 \times 16}{2} = 120$ થાય.

(A) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n \cos \left( \frac{\pi }{4n} \right) \sin \left( \frac{\pi }{4n} \right)$ છે.
નિત્યસમ $\sin(2\theta) = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરવા માટે $2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{2} \left( 2 \sin \left( \frac{\pi }{4n} \right) \cos \left( \frac{\pi }{4n} \right) \right)$
$L = \frac{1}{2} \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n \sin \left( \frac{\pi }{2n} \right)$
ધારો કે $x = \frac{\pi }{2n}$. જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે $x \to 0$. અને $n = \frac{\pi }{2x}$.
$L = \frac{1}{2} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } \left( \frac{\pi }{2x} \right) \sin(x)$
$L = \frac{\pi }{4} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } \frac{\sin x}{x}$
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } \frac{\sin x}{x} = 1$,તેથી $L = \frac{\pi }{4} \times 1 = \frac{\pi }{4}$.
આમ,$k = \frac{\pi }{4}$.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{\sqrt{1 - \cos 2(x - 1)}}{x - 1}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 - \cos 2\theta = 2\sin^2 \theta$,તેથી $1 - \cos 2(x - 1) = 2\sin^2(x - 1)$.
આમ,$f(x) = \frac{\sqrt{2\sin^2(x - 1)}}{x - 1} = \frac{\sqrt{2}|\sin(x - 1)|}{x - 1}$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{2}|\sin h|}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \sqrt{2} \frac{\sin h}{h} = \sqrt{2}$.
ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{2}|\sin(-h)|}{-h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{2}\sin h}{-h} = -\sqrt{2}$.
$\text{RHL} \neq \text{LHL}$ હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે જો સ્વરૂપ $1^\infty$ હોય,તો $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + f(x))^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x)}$ થાય.
અહીં,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x^2 + 5x + 3}{x^2 + x + 3} = 1$ છે.
તેથી,આ પદાવલિ $1^\infty$ સ્વરૂપમાં છે.
ધારો કે $f(x) = \frac{x^2 + 5x + 3}{x^2 + x + 3} - 1 = \frac{4x}{x^2 + x + 3}$.
ત્યારબાદ,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( \frac{4x}{x^2 + x + 3} \cdot x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4x^2}{x^2 + x + 3}$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા,આપણને $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4}{1 + \frac{1}{x} + \frac{3}{x^2}} = \frac{4}{1 + 0 + 0} = 4$ મળે છે.
તેથી,લક્ષનું મૂલ્ય $e^4$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{1 - \tan(x/2)}{1 + \tan(x/2)} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$.
તેથી,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{\tan \left( {\frac{\pi }{4} - \frac{x}{2}} \right)\,(1 - \sin x)}}{{{{(\pi - 2x)}^3}}}$ બને છે.
ધારો કે $x = \frac{\pi }{2} + y$,જ્યાં $y \to 0$. તો $\pi - 2x = -2y$ અને $1 - \sin x = 1 - \cos y = 2\sin^2(\frac{y}{2})$.
કિંમતો મૂકતા,$\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{-\tan(\frac{y}{2}) \cdot 2\sin^2(\frac{y}{2})}}{-8y^3} = \frac{1}{32}$.

(C) ધારો કે $L = \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\log _{{{\sin }^2}x}}\cos x}{{\log _{{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}\cos \frac{x}{2}}$.
બેઝ ચેન્જ ફોર્મ્યુલા $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(\cos x) / \ln(\sin^2 x)}{\ln(\cos(x/2)) / \ln(\sin^2(x/2))}$.
જ્યારે $x \to 0$,$\cos x \approx 1 - x^2/2$ અને $\sin x \approx x$,તેથી $\ln(\cos x) \approx -x^2/2$ અને $\ln(\sin^2 x) \approx 2\ln x$.
તે જ રીતે,$\ln(\cos(x/2)) \approx -x^2/8$ અને $\ln(\sin^2(x/2)) \approx 2\ln x$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{-x^2/2}{2\ln x} \cdot \frac{2\ln x}{-x^2/8} = \frac{8}{2} = 4$.

(B) ધારો કે $L = \mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{{2^{\frac{x^n}{e^x}}} - {3^{\frac{x^n}{e^x}}}}{x^n}$.
કોઈપણ $n \in N$ માટે $\mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{x^n}{e^x} = 0$ હોવાથી,આપણે $u = \frac{x^n}{e^x}$ લઈએ,જ્યાં $x \to \infty$ ત્યારે $u \to 0$.
તેથી $L = \mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \frac{2^u - 3^u}{x^n}$.
$x^n = u \cdot e^x$ હોવાથી,$L = \mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{2^u - 3^u}{u \cdot e^x} = \mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \left( \frac{2^u - 3^u}{u} \right) \cdot \mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{1}{e^x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \frac{a^u - 1}{u} = \ln a$ નો ઉપયોગ કરતા,$\mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \frac{2^u - 3^u}{u} = \ln 2 - \ln 3 = \ln \left( \frac{2}{3} \right)$ મળે.
જેમ $x \to \infty$,તેમ $e^x \to \infty$,તેથી $\frac{1}{e^x} \to 0$.
તેથી,$L = \ln \left( \frac{2}{3} \right) \cdot 0 = 0$.

(C) કારણ કે $\alpha$ અને $\beta$ એ $ax^2 + bx + c = 0$ ના બીજ છે,આપણે $ax^2 + bx + c = a(x - \alpha)(x - \beta)$ લખી શકીએ.
આપણે $L = \lim_{x \to \alpha} \frac{1 - \cos(ax^2 + bx + c)}{(x - \alpha)^2}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
નિત્યસમ $1 - \cos(\theta) = 2\sin^2(\frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim_{x \to \alpha} \frac{2\sin^2(\frac{a(x - \alpha)(x - \beta)}{2})}{(x - \alpha)^2}$.
$(\frac{a(x - \beta)}{2})^2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$L = \lim_{x \to \alpha} 2 \cdot \left[ \frac{\sin(\frac{a(x - \alpha)(x - \beta)}{2})}{\frac{a(x - \alpha)(x - \beta)}{2}} \right]^2 \cdot \frac{a^2(x - \alpha)^2(x - \beta)^2}{4(x - \alpha)^2}$.
કારણ કે $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,લક્ષની કિંમત:
$L = 2 \cdot (1)^2 \cdot \frac{a^2(\alpha - \beta)^2}{4} = \frac{a^2}{2}(\alpha - \beta)^2$.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{4}{{{x^2} - \frac{1}{x}}} - \frac{{1 - 3x + {x^2}}}{{1 - {x^3}}} = \frac{{4x}}{{{x^3} - 1}} - \frac{{1 - 3x + {x^2}}}{{1 - {x^3}}} = \frac{{4x + 1 - 3x + {x^2}}}{{{x^3} - 1}} = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{(x - 1)({x^2} + x + 1)}} = \frac{1}{{x - 1}}$.
તેથી,પ્રથમ પદ $[f(x)]^{-1} = x - 1$ છે.
બીજું પદ $\frac{{3({x^4} - 1)}}{{{x^3} - \frac{1}{x}}} = \frac{{3x({x^4} - 1)}}{{{x^4} - 1}} = 3x$ છે.
આમ,પદાવલિ $\mathop {\lim}\limits_{x \to 1} [(x - 1) + 3x] = \mathop {\lim}\limits_{x \to 1} (4x - 1) = 4(1) - 1 = 3$ બને છે.

(C) ધારો કે $M$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. કાટકોણ ત્રિકોણ $ABM$ માં,$AM = h$. ધારો કે $BM = x$. જીવાના ગુણધર્મ મુજબ,$x^2 = h(2r - h)$,તેથી $x = \sqrt{2rh - h^2}$.
$AB = AC = \sqrt{h^2 + x^2} = \sqrt{h^2 + 2rh - h^2} = \sqrt{2rh}$.
પરિમિતિ $P = AB + AC + BC = 2\sqrt{2rh} + 2\sqrt{2rh - h^2}$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times BC \times AM = \frac{1}{2} \times (2\sqrt{2rh - h^2}) \times h = h\sqrt{2rh - h^2}$.
આપણે $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{\Delta }{{{P^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h\sqrt{2rh - h^2}}{[2\sqrt{2rh} + 2\sqrt{2rh - h^2}]^3}$ ની ગણતરી કરીએ.
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h\sqrt{h}\sqrt{2r - h}}{8[\sqrt{2rh} + \sqrt{2rh - h^2}]^3} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h^{3/2}\sqrt{2r - h}}{8(h^{1/2})^3[\sqrt{2r} + \sqrt{2r - h}]^3}$.
$= \frac{\sqrt{2r}}{8[\sqrt{2r} + \sqrt{2r}]^3} = \frac{\sqrt{2r}}{8[2\sqrt{2r}]^3} = \frac{\sqrt{2r}}{8 \times 8 \times 2r \times \sqrt{2r}} = \frac{1}{128r}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(3x) = 3\sin x - 4\sin^3 x$.
તેથી,$\frac{1}{4}(3\sin x - \sin 3x) = \sin^3 x$.
પદાવલિ $\mathop {Limit}\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{\sin x}{\cos^{-1}[\sin^3 x]}$ બને છે.
જેમ $x \to \frac{\pi}{2}$,$\sin x \to 1$,તેથી $\sin^3 x \to 1$.
કારણ કે $x < \frac{\pi}{2}$ માટે $\sin^3 x < 1$,તેથી મહત્તમ પૂર્ણાંક $[\sin^3 x] = 0$ થાય.
આમ,લક્ષ $\mathop {Limit}\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \frac{\sin x}{\cos^{-1}(0)} = \frac{1}{\frac{\pi}{2}} = \frac{2}{\pi}$ મળે છે.
$x > \frac{\pi}{2}$ માટે,$\sin x < 1$,તેથી $\sin^3 x < 1$,અને $[\sin^3 x] = 0$.
બંને બાજુથી લક્ષ $\frac{2}{\pi}$ મળે છે.

(A) આપેલ લક્ષ: $\mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(3 + x) - \ln(3 - x)}{x}$
$\ln(a) - \ln(b) = \ln(\frac{a}{b})$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(\frac{3+x}{3-x})}{x}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {Lim}\limits_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1 + \frac{x}{3}) - \ln(1 - \frac{x}{3})}{x}$
$= \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \left[ \frac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{x} - \frac{\ln(1 - \frac{x}{3})}{x} \right]$
$= \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$
આમ,$k = \frac{2}{3}$.

(C) $f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n} - 1}{x^{2n} + 1}$ ની ગણતરી કરતા:
કિસ્સો $1$: જો $|x| < 1$ હોય,તો $n \to \infty$ માટે $x^{2n} \to 0$. તેથી,$f(x) = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$.
કિસ્સો $2$: જો $|x| > 1$ હોય,તો અંશ અને છેદને $x^{2n}$ વડે ભાગતા,$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1 - 1/x^{2n}}{1 + 1/x^{2n}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$.
કિસ્સો $3$: જો $x = 1$ હોય,તો $f(1) = 0$. જો $x = -1$ હોય,તો $f(-1) = 0$.
આમ,$|x| < 1$ માટે $f(x) = -1$,$|x| = 1$ માટે $f(x) = 0$,અને $|x| > 1$ માટે $f(x) = 1$.
હવે,$u(x) = \text{sgn}(|x| - 1)$ તપાસતા,તે $f(x)$ ને સમાન છે.

(D) ધારો કે $x = \frac{\pi}{4} + h$. જ્યારે $x \to \frac{\pi}{4}$,ત્યારે $h \to 0$.
તેથી $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos h$ અને $1 - \sin 2x = 2 \sin^2 h$.
લક્ષ $\lim_{h \to 0} \frac{2\sqrt{2}(1 - \cos^3 h)}{2 \sin^2 h} = \sqrt{2} \lim_{h \to 0} \frac{(1 - \cos h)(1 + \cos h + \cos^2 h)}{\sin^2 h}$ થાય.
$\lim_{h \to 0} \frac{1 - \cos h}{\sin^2 h} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,
જવાબ $\sqrt{2} \times \frac{1}{2} \times 3 = \frac{3}{\sqrt{2}}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{\sin \{x - 10\}}{\{10 - x\}}$. કારણ કે $\{x - 10\} = \{x\}$ અને $\{10 - x\} = 1 - \{x\}$ જ્યારે $x \notin \mathbb{Z}$,પદ $\frac{\sin \{x\}}{1 - \{x\}}$ બને છે.
$RHL$ માટે: $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^+} \{x\} = 0$,તેથી $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^+} \frac{\sin \{x\}}{1 - \{x\}} = \frac{\sin(0)}{1 - 0} = 0$. આમ,$RHL$ નું અસ્તિત્વ છે.
$LHL$ માટે: $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^-} \{x\} = 1$,તેથી $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^-} \frac{\sin \{x\}}{1 - \{x\}} = \frac{\sin(1)}{0^+}$,જે $\infty$ તરફ જાય છે. આમ,$LHL$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(A) ધારો કે અંશ $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2(n - k + 1)$ છે.
$S_n = (n+1) \sum_{k=1}^{n} k^2 - \sum_{k=1}^{n} k^3$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
છેદ $D_n = \sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ છે.
તેથી,લક્ષ $\lim_{n \to \infty} \frac{(n+1) \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{n^2(n+1)^2}{4}}{\frac{n^2(n+1)^2}{4}}$ થાય.
$\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ વડે ભાગતા:
$= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{(n+1) n(n+1)(2n+1)}{6} \cdot \frac{4}{n^2(n+1)^2} - 1 \right)$.
$= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{4n(n+1)^2(2n+1)}{6n^2(n+1)^2} - 1 \right)$.
$= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{4(2n+1)}{6n} - 1 \right) = \frac{8}{6} - 1 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}$.

(A) ધારો કે આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\text{Limit}}\limits_{x \to \infty } \frac{{\cot ^{ - 1}}\left( \frac{\log _a x}{x^a} \right)}{{\sec ^{ - 1}}\left( \frac{a^x}{\log _a x} \right)}$ છે.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\frac{\log _a x}{x^a} \to 0$ થાય છે,કારણ કે $a > 1$ માટે ઘાતાંકીય વૃદ્ધિ લઘુગણકીય વૃદ્ધિ કરતા વધુ ઝડપી છે.
તેથી,અંશ $\cot ^{ - 1}(0) = \pi / 2$ ને અભિસરણ પામે છે.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\frac{a^x}{\log _a x} \to \infty$ થાય છે.
તેથી,છેદ $\sec ^{ - 1}(\infty) = \pi / 2$ ને અભિસરણ પામે છે.
તેથી,$L = \frac{\pi / 2}{\pi / 2} = 1$.

(C) કિસ્સો $1$: જો $x \in \mathbb{Z}$ હોય,તો $\sin(\pi x) = 0$ થાય.
તેથી,$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + n(0)} = 1$.
કિસ્સો $2$: જો $x \notin \mathbb{Z}$ હોય,તો $\sin^2(\pi x) > 0$ થાય.
જેમ $n \to \infty$,તેમ $n \sin^2(\pi x) \to \infty$ થાય.
તેથી,$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + n \sin^2(\pi x)} = 0$.
આમ,$f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Z} \\ 0, & x \notin \mathbb{Z} \end{cases}$.
વિધેય દરેક પૂર્ણાંક કિંમત પર $0$ અને $1$ વચ્ચે કૂદકો મારે છે,તેથી $f$ એ તમામ $x \in \mathbb{Z}$ માટે અસતત છે.

(B) આપણે $\lim_{x \to 0} f(\phi(x))$ શોધવાની જરૂર છે.
પ્રથમ,આપણે $\lim_{x \to 0} \phi(x)$ ની કિંમત મેળવીએ.
$x \neq 0$ અને $x \neq 3$ માટે,$\phi(x) = x^2 + 1$.
જેમ $x \to 0$,તેમ $\phi(x) \to 0^2 + 1 = 1$.
કારણ કે જેમ $x \to 0$ થાય છે તેમ $\phi(x)$ ની કિંમત $1$ ની નજીક જાય છે (અને $1 \neq 0, 1 \neq 3$),તેથી આપણે $1$ ની નજીક $f(x)$ ની વ્યાખ્યા જોઈએ.
કારણ કે $1$ એ કોઈ પણ પૂર્ણાંક $n \geq 0$ માટે $n\pi$ સ્વરૂપમાં નથી,તેથી $1$ ની નજીકની કિંમતો માટે $f(x) = 3$ થાય છે.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(\phi(x)) = f(1) = 3$.

(D) જ્યારે $x \to 0^-$,ત્યારે $\tan x$ એ $0$ ની નજીક ઋણ બાજુથી પહોંચે છે,એટલે કે $-1 < \tan x < 0$.
તેથી,$[\tan x] = -1$.
લિમિટમાં આ કિંમત મૂકતા:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to {0^ - }} \sin^{-1}([\tan x]) = \sin^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{2}$.
તેથી,$l = -\frac{\pi}{2}$.
આપણે $\{l\} = \{-\frac{\pi}{2}\}$ શોધવાનું છે.
ગુણધર્મ $\{x\} = x - [x]$ નો ઉપયોગ કરતા,$\{ -\frac{\pi}{2} \} = -\frac{\pi}{2} - [-\frac{\pi}{2}]$.
કારણ કે $-1.57 < -\frac{\pi}{2} < -1$,તેથી મહત્તમ પૂર્ણાંક $[-\frac{\pi}{2}] = -2$.
આમ,$\{ -\frac{\pi}{2} \} = -\frac{\pi}{2} - (-2) = 2 - \frac{\pi}{2}$.

(A) $x \to \infty$ માટે,$f(x) = \frac{\ln(e^x(1 + x^2/e^x))}{\ln(e^{2x}(1 + x^4/e^{2x}))} = \frac{x + \ln(1 + x^2/e^x)}{2x + \ln(1 + x^4/e^{2x})}$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા,$\lim_{x \to \infty} f(x) = \frac{1 + 0}{2 + 0} = \frac{1}{2}$,તેથી $l = 1/2$.
$x \to -\infty$ માટે,$t = -x$ લો,જેથી $t \to \infty$. ત્યારે $f(-t) = \frac{\ln(t^2 + e^{-t})}{\ln(t^4 + e^{-2t})}$.
જેમ $t \to \infty$,$e^{-t} \to 0$ અને $e^{-2t} \to 0$.
આમ,$m = \lim_{t \to \infty} \frac{\ln(t^2)}{\ln(t^4)} = \lim_{t \to \infty} \frac{2 \ln(t)}{4 \ln(t)} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
તેથી $l = 1/2$ અને $m = 1/2$,એટલે કે $l = m$.

(C) આપણે $L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } \cos \left( {\pi \sqrt {{n^2} + n} } \right)$ ની કિંમત શોધવી છે.
$n$ પૂર્ણાંક હોવાથી,આપણે લખી શકીએ કે $\cos \left( {\pi \sqrt {{n^2} + n} } \right) = \cos \left( {n\pi - n\pi + \pi \sqrt {{n^2} + n} } \right) = \cos \left( {n\pi - \pi \left( {n - \sqrt {{n^2} + n} } \right)} \right)$.
$\cos(n\pi - \theta) = (-1)^n \cos(\theta)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \left( {n - \sqrt {{n^2} + n} } \right)} \right)$.
હવે,કોસાઇન વિધેયની અંદરના પદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$n - \sqrt {{n^2} + n} = \frac{{(n - \sqrt {{n^2} + n} )(n + \sqrt {{n^2} + n} )}}{{n + \sqrt {{n^2} + n} }} = \frac{{{n^2} - ({n^2} + n)}}{{n + \sqrt {{n^2} + n} }} = \frac{{ - n}}{{n + n\sqrt {1 + 1/n} }} = \frac{{ - 1}}{{1 + \sqrt {1 + 1/n} }}$.
જેમ $n \to \infty$,આ પદ $\frac{{ - 1}}{{1 + 1}} = -1/2$ તરફ જાય છે.
તેથી,$L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \left( -\frac{1}{2} \right)} \right) = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cdot 0 = 0$.

(C) લક્ષ $L = \lim \limits _{x \to 0} \frac{{{{(\sin x - \tan x)}^2} - {{(1 - \cos 2x)}^4} + {x^5}}}{{7\cdot{{({{\tan }^{ - 1}}x)}^7}\, + {{({{\sin }^{ - 1}}x)}^6}+ 3{{\sin }^5}x}}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે $x \to 0$ હોય ત્યારે મુખ્ય પદોને ધ્યાનમાં લઈએ.
અંશ:
$(\sin x - \tan x)^2 \approx \frac{x^6}{4}$.
$(1 - \cos 2x)^4 \approx 16x^8$.
તેથી,અંશ $x^5$ ને સમાન છે.
છેદ:
$7(\tan^{-1} x)^7 + (\sin^{-1} x)^6 + 3(\sin x)^5 \approx 3x^5$.
માટે,લક્ષ $L = \lim \limits _{x \to 0} \frac{x^5}{3x^5} = \frac{1}{3}$.

(B) $l = \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{[x]^2}{x^2}$ માટે:
જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $[x] = 0$,તેથી $\frac{[x]^2}{x^2} = 0$. આમ,$\mathop {\lim}\limits_{x \to 0^+} \frac{[x]^2}{x^2} = 0$.
જ્યારે $x \to 0^-$,ત્યારે $[x] = -1$,તેથી $\frac{[x]^2}{x^2} = \frac{1}{x^2} \to \infty$. આમ,$l$ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
$m = \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{[x^2]}{x^2}$ માટે:
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $x^2$ એ $0$ ની નજીકની ધન કિંમત છે $(0 < x^2 < 1)$.
તેથી,$0$ ની આસપાસના તમામ $x \neq 0$ માટે $[x^2] = 0$.
આમ,$\mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{0}{x^2} = 0$. તેથી,$m$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને $m = 0$.
નિષ્કર્ષ: $m$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે પણ $l$ ધરાવતું નથી.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{\tan(\{x\} - 1) \sin\{x\}}{\{x\}(\{x\} - 1)}$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(x \to 0^+)$ માટે,$\{x\} = x$ જ્યાં $x$ એ નાની ધન કિંમત $h$ છે:
$\mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\tan(h - 1) \sin h}{h(h - 1)} = \frac{\tan(-1)}{-1} \times \mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\sin h}{h} = \tan 1 \times 1 = \tan 1$.
ડાબી બાજુની લક્ષ $(x \to 0^-)$ માટે,$\{x\} = 1 + x$ જ્યાં $x$ એ નાની ઋણ કિંમત $-h$ $(h > 0)$ છે:
$\mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\tan(1 - h - 1) \sin(1 - h)}{(1 - h)(1 - h - 1)} = \mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\tan(-h) \sin(1 - h)}{(1 - h)(-h)} = \frac{\sin 1}{1} = \sin 1$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(\tan 1)$ અને ડાબી બાજુની લક્ષ $(\sin 1)$ સમાન ન હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(D) આપણે લક્ષની કિંમત મેળવીએ: $\mathop {Lim}\limits_{x \to \infty } \frac{2 + 2x + \sin 2x}{(2x + \sin 2x)e^{\sin x}}$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to \infty } \frac{\frac{2}{x} + 2 + \frac{\sin 2x}{x}}{(2 + \frac{\sin 2x}{x})e^{\sin x}}$.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $\frac{2}{x} \to 0$ અને $\frac{\sin 2x}{x} \to 0$.
પદાવલિ $\mathop {Lim}\limits_{x \to \infty } \frac{2}{2e^{\sin x}} = \frac{1}{e^{\sin x}}$ માં પરિણમે છે.
જેમ $x \to \infty$ થાય છે,તેમ $\sin x$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,તેથી $e^{\sin x}$ એ $e^{-1}$ અને $e^1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
આથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(D) વિકલ્પ $A$: $f(x) = [[x]] - [2x - 1]$ જ્યાં $c = 3$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0} f(3+h) = \lim_{h \to 0} [[3+h]] - [2(3+h)-1] = 3 - 5 = -2$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0} f(3-h) = \lim_{h \to 0} [[3-h]] - [2(3-h)-1] = 2 - 4 = -2$.
અહીં $LHL = RHL$ હોવાથી લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
વિકલ્પ $B$: $f(x) = [x] - x$ જ્યાં $c = 1$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0} f(1+h) = \lim_{h \to 0} [1+h] - (1+h) = 1 - 1 = 0$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0} f(1-h) = \lim_{h \to 0} [1-h] - (1-h) = 0 - 1 = -1$.
અહીં $LHL \neq RHL$ હોવાથી લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
વિકલ્પ $C$: $f(x) = \{x\}^2 - \{-x\}^2$ જ્યાં $c = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0} f(0+h) = \lim_{h \to 0} (h)^2 - (1-h)^2 = 0 - 1 = -1$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{h \to 0} f(0-h) = \lim_{h \to 0} (1-h)^2 - (h)^2 = 1 - 0 = 1$.
અહીં $LHL \neq RHL$ હોવાથી લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી,$(B)$ અને $(C)$ બંને સાચા છે.

(D) $f(x) = \frac{x(2^x - 1)}{1 - \cos x} = \frac{x(2^x - 1)}{2 \sin^2(x/2)}$ માટે.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $f(x) = \frac{x(2^x - 1)}{2 (x/2)^2} = \frac{x(2^x - 1)}{x^2/2} = 2 \frac{2^x - 1}{x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\lim_{x \to 0} f(x) = 2 \ln 2 = \ln 4$ મળે છે.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.
$g(x) = 2^x \sin \left( \frac{\ln 2}{2^x} \right)$ માટે,જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $2^x \to \infty$,તેથી $\frac{\ln 2}{2^x} \to 0$.
ધારો કે $u = \frac{\ln 2}{2^x}$,તો $g(x) = \frac{\ln 2}{u} \sin(u) = \ln 2 \cdot \frac{\sin u}{u}$.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $u \to 0$,તેથી $\lim_{x \to \infty} g(x) = \ln 2 \cdot 1 = \ln 2$.
આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
તેથી,$(D)$ સાચો વિકલ્પ છે.