Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(B) ધારો કે $L = \lim_{m \to \infty} \lim_{n \to \infty} [1 + \cos^{2m}(n! \pi x)]$.
જો $x$ સંમેય સંખ્યા હોય,તો $x = \frac{p}{q}$ સ્વરૂપમાં લખી શકાય. $n \ge q$ માટે,$n! x$ એ પૂર્ણાંક સંખ્યા બને છે.
તેથી,$\cos^2(n! \pi x) = 1$.
આમ,$\lim_{n \to \infty} \cos^{2m}(n! \pi x) = 1$.
તેથી,$L = 1 + 1 = 2$.
જો $x$ અસંમેય સંખ્યા હોય,તો $n! x$ પૂર્ણાંક નથી.
તેથી,$|\cos(n! \pi x)| < 1$,જેનો અર્થ છે કે $\lim_{m \to \infty} \cos^{2m}(n! \pi x) = 0$.
તેથી,$L = 1 + 0 = 1$.
આમ,જો $x$ સંમેય હોય તો $2$ અને જો $x$ અસંમેય હોય તો $1$ મળે છે.

(B) વિધેય $f(x) = (1 + \frac{1}{x})^x$ માટે દરેક લક્ષની ગણતરી કરીએ:
$1$. $A$ માટે: $\lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^x = e$.
$2$. $B$ માટે: $\lim_{x \to 0^+} (1 + \frac{1}{x})^x$. જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $\frac{1}{x} \to \infty$,તેથી આધાર $(1 + \frac{1}{x}) \to \infty$. આમ,$\infty^0$ એ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે. ધારો કે $y = (1 + \frac{1}{x})^x$,તો $\ln y = x \ln(1 + \frac{1}{x}) = x \ln(\frac{x+1}{x}) = x [\ln(x+1) - \ln x]$. જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $x \ln x \to 0$,તેથી $\ln y \to 0 \cdot \ln(1) = 0$,આમ $y \to e^0 = 1$.
$3$. $C$ માટે: $\lim_{x \to -1^-} (1 + \frac{1}{x})^x$. જ્યારે $x \to -1^-$,ત્યારે $(1 + \frac{1}{x}) \to 0^+$,તેથી $0^{-1} = \infty$.
$4$. $D$ માટે: $\lim_{x \to -\infty} (1 + \frac{1}{x})^x = \lim_{t \to \infty} (1 - \frac{1}{t})^{-t} = [\lim_{t \to \infty} (1 - \frac{1}{t})^t]^{-1} = (e^{-1})^{-1} = e$.
તેથી,જે લક્ષની કિંમત $1$ થાય છે તે $B$ છે.

(B) ધારો કે $t = x^2 - a$. જ્યારે $x^2 \to a$,ત્યારે $t \to 0$.
લક્ષ $L = \lim_{t \to 0} \frac{b - \cos(t)}{t \sin(ct)}$ બને છે.
લક્ષ શાંત અને શૂન્યતર હોવા માટે,અંશ $t \to 0$ વખતે $0$ થવો જોઈએ કારણ કે છેદ $0$ થાય છે. તેથી,$b - \cos(0) = 0 \implies b = 1$.
હવે,$L = \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos(t)}{t \sin(ct)} = \lim_{t \to 0} \frac{2 \sin^2(t/2)}{t \sin(ct)}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim_{t \to 0} \frac{2 (t/2)^2}{t \cdot ct} = \lim_{t \to 0} \frac{2 \cdot \frac{t^2}{4}}{ct^2} = \frac{1/2}{c}$.
વિકલ્પોને જોતા,$c = 1$ અને $L = 1/2$ મળે છે.

(B) ધારો કે $t = \frac{1}{|x|}$. જેમ $x \to 0$,તેમ $t \to \infty$.
પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{1}{t^2} (1 + 2 + 3 + ... + [t])$ બને છે.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના સરવાળાના સૂત્ર $1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{[t]([t]+1)}{2t^2}$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{[t]}{t} = 1$,તેથી લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{1}{2} \cdot \frac{[t]}{t} \cdot \frac{[t]+1}{t} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$ થાય.

(D) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{e^{\mu x} + 5}{e^{100x} + 7}$ અસ્તિત્વ ધરાવે તે માટે,અંશમાં ઘાતાંકીય વૃદ્ધિનો ઘાત છેદ કરતા વધારે ન હોવો જોઈએ.
કિસ્સો $1$: જો $\mu < 100$ હોય,તો લક્ષ $0$ થાય,જે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
કિસ્સો $2$: જો $\mu = 100$ હોય,તો લક્ષ $1$ થાય,જે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
કિસ્સો $3$: જો $\mu > 100$ હોય,તો લક્ષ $\infty$ થાય,જે અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
આમ,$\mu \leq 100$. $\mu$ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી,$\mu \in \{1, 2, 3, \ldots, 100\}$.
આ કિંમતોનો સરવાળો $\frac{100(101)}{2} = 5050$ થાય.

(A) ધારો કે $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\cot ^{-1}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})}{\sec ^{-1}\left\{\left(\frac{2 x+1}{x-1}\right)^{x}\right\}}$.
પ્રથમ,અંશનું સાદું રૂપ આપતા:
$\sqrt{x+1}-\sqrt{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}$.
જેમ $x \to \infty$,તેમ $\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \to 0$,તેથી $\cot ^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$.
હવે,છેદ તપાસતા:
જેમ $x \to \infty$,તેમ $\frac{2x+1}{x-1} \to 2$. તેથી $(\frac{2x+1}{x-1})^x \to \infty$.
અને $\sec ^{-1}(\infty) = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$L = \frac{\pi/2}{\pi/2} = 1$.

(C) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} [k^2 x + k^2]}}{n^3}$ છે.
ગુણધર્મ $[a+b] = [a] + b$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $b$ પૂર્ણાંક છે,આપણને $[k^2 x + k^2] = [k^2 x] + k^2$ મળે છે.
તેથી,$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} [k^2 x]}}{n^3} + \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} k^2}}{n^3}$.
પ્રથમ ભાગ માટે,સ્ક્વીઝ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\sum [k^2 x] \approx \sum k^2 x = x \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \approx \frac{x n^3}{3}$.
તેથી,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum [k^2 x]}{n^3} = \frac{x}{3}$.
બીજા ભાગ માટે,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum_{k=1}^{n} k^2}{n^3} = \frac{1}{3}$.
તેથી,$L = \frac{x}{3} + \frac{1}{3}$.

(B) ધારો કે $x = \frac{1}{h}$. જેમ $x \to \infty$,તેમ $h \to 0^+$.
પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1}{h^2} + \frac{1}{h} \right) \log \left( \frac{1}{h} \cot^{-1} \frac{1}{h} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1+h}{h^2} \right) \log \left( \frac{\tan^{-1} h}{h} \right) \text{ બને છે.}$
$\tan^{-1} h = h - \frac{h^3}{3} + \frac{h^4}{5} - \dots$ ના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\tan^{-1} h}{h} = 1 - \frac{h^2}{3} + \frac{h^4}{5} - \dots$ મળે.
તેથી,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1+h}{h^2} \right) \log \left( 1 - \frac{h^2}{3} + \frac{h^4}{5} - \dots \right) \text{ થાય.}$
$\log(1+u) \approx u$ નો ઉપયોગ કરતા,$\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1+h}{h^2} \right) \left( -\frac{h^2}{3} + \frac{h^4}{5} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (1+h) \left( -\frac{1}{3} + \frac{h^2}{5} \right) = -\frac{1}{3}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $x$ એ $0$ ની નજીક હોય ત્યારે,$\frac{x}{\sin x} > 1$ અને $\frac{\sin x}{x} < 1$ થાય છે.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $\frac{100x}{\sin x} \to 100^+$,તેથી $\left[ \frac{100x}{\sin x} \right] = 100$.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $\frac{99 \sin x}{x} \to 99^-$,તેથી $\left[ \frac{99 \sin x}{x} \right] = 98$.
તેથી,લક્ષનું મૂલ્ય $100 + 98 = 198$ થાય છે.

(C) આપણે પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{x - 1}}{{x - 1}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} + \dots + \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}} \right)$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{x^k} - {a^k}}}{{x - a}} = k{a^{k - 1}}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$a = 1$ માટે:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^k} - 1}}{{x - 1}} = k(1)^{k - 1} = k$
આમ,સરવાળો નીચે મુજબ થશે:
$1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}$

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{1 - \cos u}{u^2} = \frac{1}{2}$ અને $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^3} = \frac{1}{3}$.
આપેલ પદાવલિ: $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos (1 - \cos x)}{x(\tan x - x)}$.
$(1 - \cos x)^2$ અને $x^4$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{1 - \cos (1 - \cos x)}{(1 - \cos x)^2} \right] \times \left[ \frac{(1 - \cos x)^2}{x^4} \right] \times \left[ \frac{x^4}{x(\tan x - x)} \right]$.
$L = \frac{1}{2} \times \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} \right)^2 \times \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x^3}{\tan x - x} \right)$.
$L = \frac{1}{2} \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 \times \left( \frac{1}{1/3} \right) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times 3 = \frac{3}{8}$.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{1 - \cos \{ {x^2} + 2x\} }}{{\ln {{(x - 1)}^{(x - 2)}}}}$
જ્યારે $x \to 2^+$,ત્યારે $x^2 + 2x \to 8^+$. તેથી,$\{x^2 + 2x\} = x^2 + 2x - 8$.
વળી,$\ln{(x-1)^{(x-2)}} = (x-2) \ln(x-1) = (x-2) \ln(1 + (x-2))$.
લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{1 - \cos u}{u^2} = \frac{1}{2}$ અને $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1 - \cos(x^2 + 2x - 8)}{(x^2 + 2x - 8)^2} \cdot \frac{(x^2 + 2x - 8)^2}{(x-2) \ln(1 + (x-2))}$
$L = \frac{1}{2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{((x-2)(x+4))^2}{(x-2) \ln(1 + (x-2))}$
$L = \frac{1}{2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{(x-2)^2 (x+4)^2}{(x-2) (x-2)} = \frac{1}{2} \cdot (2+4)^2 = \frac{36}{2} = 18$.

(A) આપેલ છે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{10 + {{\left( {2\cos x} \right)}^{2n}}}} = 0$.
લક્ષ $0$ થાય તે માટે છેદ $n \to \infty$ થાય ત્યારે અનંત તરફ જવો જોઈએ.
આ ત્યારે થાય જો $|2\cos x| > 1$ હોય.
$|\cos x| > \frac{1}{2}$.
$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ હોવાથી,$\cos^2 x > \frac{1}{4}$ મળે.
$1 - \sin^2 x > \frac{1}{4} \Rightarrow \sin^2 x < \frac{3}{4}$.
$|\sin x| < \frac{\sqrt{3}}{2}$.
વળી,$|\sin x| \ge 0$.
તેથી,કિંમતોનો ગણ $[0, \frac{\sqrt{3}}{2})$ છે.

(B) $y = x^2 - 6$ અને $y = m$ ના છેદબિંદુઓ $x^2 - 6 = m$ દ્વારા મળે છે,જે $x^2 = m + 6$ આપે છે,તેથી $x = \pm \sqrt{m + 6}$.
$L(m)$ એ ડાબા અંત્યબિંદુનો $x$-યામ હોવાથી,$L(m) = -\sqrt{m + 6}$.
આપણે $\mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{{L\left( { - m} \right) - L\left( m \right)}}{m}} \right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$L(m)$ ની કિંમત મૂકતા,પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{{-\sqrt{-m + 6} - (-\sqrt{m + 6})}}{m}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{{\sqrt{m + 6} - \sqrt{6 - m}}}{m}} \right)$ બને છે.
અનુબદ્ધ કરણી $\frac{\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m}}{\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m}}$ વડે ગુણતા,આપણને $\mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{(m + 6) - (6 - m)}{m(\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m})}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{2m}{m(\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m})}} \right)$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{2}{\sqrt{6} + \sqrt{6}} = \frac{2}{2\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{6}}$ થાય છે.

(B) ધારો કે $P_n = (1 + x)(1 + x^2)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})$.
$(1 - x)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$P_n = \frac{(1 - x)(1 + x)(1 + x^2)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})}{1 - x}$
$(1 - a)(1 + a) = (1 - a^2)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$P_n = \frac{(1 - x^2)(1 + x^2)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})}{1 - x} = \frac{(1 - x^4)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})}{1 - x}$
આ પ્રક્રિયા ચાલુ રાખતા,આપણને મળે છે:
$P_n = \frac{1 - x^{2^{n+1}}}{1 - x}$
કારણ કે $|x| < 1$,તેથી $\lim_{n \to \infty} x^{2^{n+1}} = 0$.
તેથી,$\lim_{n \to \infty} P_n = \frac{1 - 0}{1 - x} = \frac{1}{1 - x}$.

(D) ધારો કે $f(\theta) = \sin^2 \theta - \sin \theta + \frac{1}{2}$.
આને $(\sin \theta - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}$ તરીકે લખી શકાય.
ન્યૂનતમ કિંમત $a$ ત્યારે મળે જ્યારે $\sin \theta = \frac{1}{2}$,તેથી $a = \frac{1}{4}$.
હવે,$b = \lim_{x \to \infty} (\sqrt{(x + 1)(x + 2)} - x)$ ની ગણતરી કરીએ.
$b = \lim_{x \to \infty} \frac{(\sqrt{x^2 + 3x + 2} - x)(\sqrt{x^2 + 3x + 2} + x)}{\sqrt{x^2 + 3x + 2} + x} = \lim_{x \to \infty} \frac{3x + 2}{\sqrt{x^2 + 3x + 2} + x} = \frac{3}{2}$.
છેલ્લે,$|2a + b| = |2(\frac{1}{4}) + \frac{3}{2}| = |\frac{1}{2} + \frac{3}{2}| = 2$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1}(x) + \cot^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\tan^{-1}(1+r+r^2) = \frac{\pi}{2} - \cot^{-1}(1+r+r^2)$.
$\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\tan^{-1}(1+r+r^2) = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1}(\frac{1}{1+r+r^2})$.
અહીં $\frac{1}{1+r+r^2} = \frac{(r+1)-r}{1+r(r+1)}$ છે.
તેથી,$\tan^{-1}(1+r+r^2) = \frac{\pi}{2} - (\tan^{-1}(r+1) - \tan^{-1}(r))$.
$r=0$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા:
$\sum_{r=0}^n \tan^{-1}(1+r+r^2) = \sum_{r=0}^n \frac{\pi}{2} - \sum_{r=0}^n (\tan^{-1}(r+1) - \tan^{-1}(r))$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $\sum_{r=0}^n (\tan^{-1}(r+1) - \tan^{-1}(r)) = \tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(0) = \tan^{-1}(n+1)$.
તેથી,પદ $\frac{(n+1)\pi}{2} - \tan^{-1}(n+1)$ બને છે.
$n$ વડે ભાગતા અને $n \to \infty$ લક્ષ લેતા:
$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)\pi}{2} - \tan^{-1}(n+1)}{n} = \lim_{n \to \infty} (\frac{(n+1)\pi}{2n} - \frac{\tan^{-1}(n+1)}{n}) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(D) નિયમિત અષ્ટકોણનો આંતરિક ખૂણો $\alpha = \frac{(8-2) \times 180^{\circ}}{8} = 135^{\circ} = \frac{3\pi}{4}$ છે.
આપણે $\lim_{\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+} \frac{\tan \theta - 1}{[\sin \theta + \cos \theta]}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
જ્યારે $\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+$,ત્યારે $\theta$ એ $\frac{3\pi}{4}$ કરતા થોડો મોટો છે.
આ અંતરાલમાં,$\sin \theta + \cos \theta = \sqrt{2} \sin(\theta + \frac{\pi}{4})$.
જ્યારે $\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+$,ત્યારે $\theta + \frac{\pi}{4} \to \pi^+$,તેથી $\sin(\theta + \frac{\pi}{4})$ એ નાની ઋણ કિંમત છે.
આમ,$\sin \theta + \cos \theta$ એ $(-1, 0)$ ની વચ્ચેની નાની ઋણ કિંમત છે.
તેથી,$[\sin \theta + \cos \theta] = -1$.
લક્ષની કિંમત $\lim_{\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+} \frac{\tan \theta - 1}{-1} = -(\tan(\frac{3\pi}{4}) - 1) = -(-1 - 1) = -(-2) = 2$ થાય.

(C) ધારો કે $f(x) = \sqrt{x^{2} - \sqrt{x^{2} - \sqrt{x^{2} - \dots}}}$
તેથી $f(x) = \sqrt{x^{2} - f(x)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$f(x)^{2} = x^{2} - f(x)$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)^{2} + f(x) - x^{2} = 0$.
$f(x)$ માટે દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$f(x) = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4x^{2}}}{2}$.
$f(x) > 0$ હોવાથી,આપણે ધન મૂળ લઈએ છીએ: $f(x) = \frac{-1 + \sqrt{1 + 4x^{2}}}{2}$.
હવે,લક્ષની કિંમત મેળવીએ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{f(x)}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-1 + \sqrt{1 + 4x^{2}}}{2x}$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-\frac{1}{x} + \sqrt{\frac{1}{x^{2}} + 4}}{2} = \frac{0 + \sqrt{0 + 4}}{2} = \frac{2}{2} = 1$.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\left( {\sec \sqrt x } \right)^{\frac{{10}}{x}}}$.
આ $1^\infty$ પ્રકારનું અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
આપણે લખી શકીએ $L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{10}}{x} (\sec \sqrt x - 1)}$.
$\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\sec \sqrt x - 1 = \frac{1 - \cos \sqrt x}{\cos \sqrt x}$.
તેથી,$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{10}{x} \cdot \frac{1 - \cos \sqrt x}{\cos \sqrt x}}$.
$\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ લક્ષનો ઉપયોગ કરતા,$\theta = \sqrt x$ લેતા. જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $\theta \to 0^+$.
તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1 - \cos \sqrt x}{x} = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0^+} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$.
આ કિંમત મૂકતા,$L = e^{10 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\cos(0)}} = e^{5 \cdot 1} = e^5$.

(D) ધારો કે $P = e \cdot a^2 \cdot e^3 \cdot a^4 \cdots e^{n-1} \cdot a^n$.
$e$ અને $a$ વાળા પદોને અલગ કરતા:
$P = (e^1 \cdot e^3 \cdots e^{n-1}) \cdot (a^2 \cdot a^4 \cdots a^n)$.
$e$ ના ઘાતાંકો $1, 3, \dots, n-1$ છે,જેનો સરવાળો $n^2/4$ થાય છે.
$a$ ના ઘાતાંકો $2, 4, \dots, n$ છે,જેનો સરવાળો $\frac{n(n+2)}{4}$ થાય છે.
તેથી,$P = e^{n^2/4} \cdot a^{n(n+2)/4}$.
લક્ષ લેતા: $\lim_{n \to \infty} P^{\frac{1}{n^2+1}} = (ae)^{1/4}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય $\{y\} = y - [y]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
પ્રથમ,આપણે લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (1+x)^{\frac{2}{x}}$ ની ગણતરી કરીએ.
પ્રમાણિત લક્ષ સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (1+x)^{\frac{2}{x}} = \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (1+x)^{\frac{1}{x}} \right)^2 = e^2$.
અહીં $e \approx 2.718$ હોવાથી,$e^2 \approx 7.389$ થાય.
જેમ $x \to 0^+$,તેમ $(1+x)^{\frac{2}{x}}$ એ $e^2$ ની નજીક પહોંચે છે.
તેથી,પૂર્ણાંક ભાગ $[(1+x)^{\frac{2}{x}}]$ ની કિંમત $[e^2] = [7.389] = 7$ થશે.
આમ,$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left\{ (1+x)^{\frac{2}{x}} \right\} = e^2 - 7$.

(D) આપેલ લક્ષ: $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x\sqrt {{y^2} - {{(y - x)}^2}} }}{{{{(\sqrt {8xy - 4{x^2}} + \sqrt {8xy} )}^3}}}$
અંશનું સાદું રૂપ: $\sqrt {{y^2} - (y^2 - 2xy + x^2)} = \sqrt {2xy - x^2} = \sqrt x \sqrt {2y - x}$
છેદનું સાદું રૂપ: $(\sqrt {4x(2y - x)} + \sqrt {8xy})^3 = (2\sqrt x \sqrt {2y - x} + 2\sqrt 2 \sqrt {xy})^3 = [2\sqrt x (\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})]^3 = 8x^{3/2}(\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})^3$
લક્ષમાં કિંમત મૂકતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x \cdot \sqrt x \sqrt {2y - x} }}{{8x^{3/2}(\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})^3}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2y - x} }}{{8(\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})^3}}$
જ્યારે $x \to 0$:
$L = \frac{{\sqrt {2y} }}{{8(\sqrt {2y} + \sqrt {2y})^3}} = \frac{{\sqrt {2y} }}{{8(2\sqrt {2y})^3}} = \frac{{\sqrt {2y} }}{{8 \cdot 8 \cdot 2\sqrt 2 \sqrt y \cdot y}} = \frac{{\sqrt 2 \sqrt y }}{{128 \sqrt 2 \sqrt y \cdot y}} = \frac{1}{{128y}}$

(B) આપેલ લક્ષ $1^\infty$ સ્વરૂપનું છે જ્યારે $x \to 0$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} (f(x)-1)g(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\cos mx - 1) \cdot \frac{n}{x^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} - (1 - \cos mx) \cdot \frac{n}{x^2}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\theta = mx$:
$= -n \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos mx}{(mx)^2} \cdot m^2 = -n \cdot \frac{1}{2} \cdot m^2 = -\frac{m^2n}{2}$
તેથી,લક્ષની કિંમત $e^{-\frac{m^2n}{2}}$ થાય છે.

(B) $x > 0$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin x < x$ થાય છે.
બંને બાજુને $x$ વડે ભાગતા (કારણ કે $x > 0$),આપણને $\frac{\sin x}{x} < 1$ મળે છે.
આ અસમતા $(0, \frac{\pi}{2})$ અંતરાલના તમામ $x$ માટે સાચી છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi^+}{2}} e^{[\cot x]}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
જેમ $x \to \frac{\pi^+}{2}$,તેમ $x$ એ $\frac{\pi}{2}$ થી થોડું મોટું છે.
આ અંતરાલમાં,$\cot x$ ઋણ છે અને $0$ ની નજીક પહોંચે છે (એટલે કે,$x$ એ $\frac{\pi}{2}$ થી થોડું મોટું હોય ત્યારે $\cot x \in (-1, 0)$).
તેથી,$[\cot x]$ ની કિંમત $-1$ થાય છે.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $e^{-1} = \frac{1}{e}$ મળે છે.

(B) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left( \frac{{|x{|^3}}}{a} - {\left[ {\frac{x}{a}} \right]^3} \right)$.
અહીં $a > 0$ હોવાથી,જ્યારે $x \to a^+$,ત્યારે $|x| = x$ થાય.
તેથી,પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{x \to a^+} \left( \frac{x^3}{a} - \left[ \frac{x}{a} \right]^3 \right)$ બને છે.
જ્યારે $x \to a^+$,ત્યારે $\frac{x}{a} \to 1^+$ થાય.
તેથી,$x$ ની $a$ થી સહેજ મોટી કિંમતો માટે $\left[ \frac{x}{a} \right] = 1$ થાય.
લક્ષમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$= \frac{a^3}{a} - (1)^3 = a^2 - 1$.

(A) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin ({x^{1/3}})\ln (1 + 3x)}}{{{{(\tan^{ - 1}\sqrt x )}^2}({e^{5{x^{1/3}}}} - 1)}}$.
પ્રમાણિત લક્ષોનો ઉપયોગ કરતા: $\sin(x^{1/3}) \approx x^{1/3}$,$\ln(1+3x) \approx 3x$,$\tan^{-1}\sqrt{x} \approx \sqrt{x}$,અને $e^{5x^{1/3}}-1 \approx 5x^{1/3}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{x^{1/3} \cdot 3x}{(\sqrt{x})^2 \cdot 5x^{1/3}} = \frac{3x^{4/3}}{5x^{4/3}} = \frac{3}{5}$.

(B) ધારો કે $t = \frac{x}{a}$. જેમ $x \to 0$,તેમ $t \to 0$ કારણ કે $a \ne 0$.
તેથી,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \phi \left( {\frac{x}{a}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \phi (t)$.
આપેલ છે કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \phi (x) = a^3$,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \phi (t) = a^3$.
આમ,લક્ષની કિંમત $a^3$ છે.

(D) સાઇનમ વિધેય $\text{Sgn}(x)$ આ રીતે વ્યાખ્યાયિત છે:
$\text{Sgn}(x) = 1$ જો $x > 0$,$\text{Sgn}(x) = -1$ જો $x < 0$,અને $\text{Sgn}(0) = 0$.
$x > 0$ માટે,$\text{Sgn}(x) = 1$,તેથી $\text{Sgn}(\text{Sgn}(x)) = \text{Sgn}(1) = 1$,અને $\text{Sgn}(\text{Sgn}(\text{Sgn}(x))) = \text{Sgn}(1) = 1$.
આમ,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x) = 1$.
$x < 0$ માટે,$\text{Sgn}(x) = -1$,તેથી $\text{Sgn}(\text{Sgn}(x)) = \text{Sgn}(-1) = -1$,અને $\text{Sgn}(\text{Sgn}(\text{Sgn}(x))) = \text{Sgn}(-1) = -1$.
આમ,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) = -1$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(-1)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(1)$ જેટલું ન હોવાથી,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી.

(A) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{{a^{1/x}} + b}}{c}} \right)^x} = d$.
$d$ એ શૂન્યતર શાંત કિંમત હોવાથી,લક્ષ $1^\infty$ સ્વરૂપમાં હોવું જોઈએ.
જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $a^{1/x} \to a^0 = 1$.
તેથી,$\frac{1+b}{c} = 1$,જે સૂચવે છે કે $c = b + 1$.
હવે,$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{{a^{1/x}} + b}}{b+1}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{{{a^{1/x}} - 1}}{{b+1}}} \right)^x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} (1+u)^{1/u} = e$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x \cdot \frac{a^{1/x} - 1}{b+1} \right)$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x(a^{1/x} - 1) = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{a^t - 1}{t} = \ln a$,આપણને મળે છે:
$d = \exp \left( \frac{\ln a}{b+1} \right) = a^{1/(b+1)}$.
બંને બાજુ $\log_a$ લેતા:
$\log_a d = \frac{1}{b+1}$.
તેથી,$(b + 1) \log_a d = 1$.

(D) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધીશું.
$LHL = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} - 2}{e^{\frac{1}{x-1}} + 2}$. ધારો કે $x = 1 - h$,જ્યાં $h \to 0^+$.
$LHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{h}} - 2}{e^{-\frac{1}{h}} + 2} = \frac{0 - 2}{0 + 2} = -1$.
$RHL = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} - 2}{e^{\frac{1}{x-1}} + 2}$. ધારો કે $x = 1 + h$,જ્યાં $h \to 0^+$.
$RHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{e^{\frac{1}{h}} - 2}{e^{\frac{1}{h}} + 2}$. અંશ અને છેદને $e^{\frac{1}{h}}$ વડે ભાગતા:
$RHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{1 - 2e^{-\frac{1}{h}}}{1 + 2e^{-\frac{1}{h}}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$.
ચૂકી $LHL \neq RHL$,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(C) આપણે $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \cos \left( {\pi \sqrt {{n^2} + n} } \right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\cos(x) = (-1)^n \cos(x - n\pi)$ હોવાથી,આપણે નીચે મુજબ ગણતરી કરી શકીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \left( \sqrt {{n^2} + n} - n \right)} \right)$
પદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \frac{n}{{\sqrt {{n^2} + n} + n}}} \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\frac{\pi}{{\sqrt {1 + 1/n} + 1}}} \right)$
જેમ $n \to \infty$,કોસાઇનનો ખૂણો $\frac{\pi}{2}$ તરફ જાય છે.
તેથી,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( \frac{\pi}{2} \right) = 0$ થાય છે.

(B) ધારો કે $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {3x} - 3}}{{\sqrt {2x - 4} - \sqrt 2 }}$.
અંશ અને છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{(\sqrt{3x} - 3)(\sqrt{3x} + 3)(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})}{(\sqrt{2x - 4} - \sqrt{2})(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})(\sqrt{3x} + 3)}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{(3x - 9)(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})}{(2x - 4 - 2)(\sqrt{3x} + 3)}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{3(x - 3)(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})}{2(x - 3)(\sqrt{3x} + 3)}$
$(x - 3)$ ને દૂર કરતા:
$A = \frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{2(3) - 4} + \sqrt{2}}{\sqrt{3(3)} + 3}$
$A = \frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2}}{3 + 3} = \frac{3}{2} \times \frac{2\sqrt{2}}{6} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(B) આપેલ લક્ષ $1^{\infty}$ સ્વરૂપનું છે.
આપણે સૂત્ર $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + f(x))^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$f(x) = \frac{a}{x} - \frac{4}{x^2}$ અને $g(x) = 2x$ છે.
તેથી,લક્ષ $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{a}{x} - \frac{4}{x^2}) \cdot 2x} = e^3$ બને છે.
ઘાતાંકનું સાદું રૂપ આપતા: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{2ax}{x} - \frac{8x}{x^2}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (2a - \frac{8}{x}) = 2a - 0 = 2a$.
આમ,$e^{2a} = e^3$.
ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા,$2a = 3$,જે $a = \frac{3}{2}$ આપે છે.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 - \cos 2x} \right)}^2}}}{{2x\tan x - x\tan 2x}}$.
નિત્યસમ $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {2\sin^2 x} \right)}^2}}}{{2x\tan x - x\tan 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4\sin^4 x}}{{2x\tan x - x\tan 2x}}$.
ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$ અને $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4(x - \frac{x^3}{6})^4}}{{2x(x + \frac{x^3}{3}) - x(2x + \frac{(2x)^3}{3})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{{2x^2 + \frac{2x^4}{3} - 2x^2 - \frac{8x^4}{3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{-\frac{6x^4}{3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{-2x^4} = -2$.

(C) $x = 0$ ની નજીક $e^{x^2}$ અને $\cos x$ ના શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2!} + \dots$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$
$x \to 0$ માટે $\sin x \approx x$,તેથી $\sin^2 x \approx x^2$.
આ કિંમતો પદમાં મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 + x^2 + \dots) - (1 - \frac{x^2}{2} + \dots)}{x^2}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x^2 + \frac{x^2}{2}}{x^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{3}{2}x^2}{x^2} = \frac{3}{2}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{\pi}{4} = \tan^{-1}(1)$.
ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}\left[ {{{\tan }^{ - 1}}\left( {\frac{{x + 1}}{{2x + 1}}} \right) - {{\tan }^{ - 1}}(1)} \right]$.
સૂત્ર $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \tan^{-1}\left( \frac{\frac{x+1}{2x+1} - 1}{1 + \frac{x+1}{2x+1}} \right)$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \tan^{-1}\left( \frac{x+1 - 2x - 1}{2x+1 + x+1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \tan^{-1}\left( \frac{-x}{3x+2} \right)$
$\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan^{-1}(\theta)}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{\tan^{-1}\left( \frac{-x}{3x+2} \right)}{\frac{-x}{3x+2}} \right) \times \left( \frac{1}{x} \cdot \frac{-x}{3x+2} \right)$
$L = 1 \times \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{-1}{3x+2} \right) = -\frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $u = y^4$. જેમ $y \to 0$,તેમ $u \to 0$. પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{\sqrt {1 + \sqrt {1 + u} } - \sqrt 2 }}{u}$ બને છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+x)^n \approx 1+nx$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sqrt{1+u} \approx 1 + \frac{u}{2}$.
આ કિંમત મૂકતા: $\sqrt{1 + (1 + \frac{u}{2})} = \sqrt{2 + \frac{u}{2}} = \sqrt{2} \sqrt{1 + \frac{u}{4}}$.
ફરીથી વિસ્તરણ કરતા: $\sqrt{2} (1 + \frac{u}{8}) = \sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}u}{8}$.
હવે,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}u}{8} - \sqrt{2}}}{u} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{\sqrt{2}}{8} = \frac{\sqrt{2}}{8} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$.

(B) આપણે $\lim_{x \to 0^+} \frac{x([x] + |x|) \sin [x]}{|x|}$ લક્ષની કિંમત મેળવવી છે.
જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $0 < x < 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $[x] = 0$.
વળી,$x > 0$ માટે,$|x| = x$ થાય.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{x(0 + x) \sin(0)}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 \cdot 0}{x} = \lim_{x \to 0^+} 0 = 0$.

(B) આપણે $\lim_{x \to 1^+} \frac{(1 - |x| + \sin |1 - x|) \sin (\frac{\pi}{2} [1 - x])}{|1 - x|^2}$ લક્ષની કિંમત મેળવવી છે.
જ્યારે $x \to 1^+$,ત્યારે $x > 1$,તેથી $|x| = x$ અને $|1 - x| = x - 1$ થાય.
વળી,$x$ એ $1$ થી સહેજ મોટો હોવાથી,$1 - x$ એ $0$ થી સહેજ નાનો થાય,તેથી $[1 - x] = -1$ થાય.
આ કિંમતો પદમાં મૂકતા:
$\lim_{x \to 1^+} \frac{(1 - x + \sin(x - 1)) \sin(-\frac{\pi}{2})}{(x - 1)^2}$
$\sin(-\frac{\pi}{2}) = -1$ હોવાથી,પદ આ મુજબ થશે:
$\lim_{x \to 1^+} \frac{-(1 - x + \sin(x - 1))}{(x - 1)^2} = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x - 1) - \sin(x - 1)}{(x - 1)^2}$
ધારો કે $h = x - 1$. જ્યારે $x \to 1^+$,ત્યારે $h \to 0^+$. લક્ષ આ મુજબ થશે:
$\lim_{h \to 0^+} \frac{h - \sin(h)}{h^2}$
$\sin(h)$ નું ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\sin(h) = h - \frac{h^3}{6} + \dots$ વાપરતા:
$\lim_{h \to 0^+} \frac{h - (h - \frac{h^3}{6} + \dots)}{h^2} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h^3}{6}}{h^2} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{6} = 0$.

(A) આપણે લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan (\pi {{\sin }^2}x) + (\left| x \right| - \sin (x[x]))^2}}{{{x^2}}}$ ની ગણતરી કરીએ.
પ્રથમ,પદ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan (\pi {{\sin }^2}x)}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\tan (\pi {{\sin }^2}x)}}{{\pi {{\sin }^2}x}} \cdot \frac{{\pi {{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} \right) = 1 \cdot \pi \cdot 1^2 = \pi$.
હવે બીજું પદ ધ્યાનમાં લો: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(\left| x \right| - \sin (x[x]))^2}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\left| x \right| - \sin (x[x])}}{{\left| x \right|}} \right)^2$ (કારણ કે $x^2 = |x|^2$).
$x \to 0^+$ માટે,$[x] = 0$,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \left( 1 - \frac{{\sin (x \cdot 0)}}{x} \right)^2 = (1 - 0)^2 = 1$.
$x \to 0^-$ માટે,$[x] = -1$,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} \left( 1 - \frac{{\sin (-x)}}{{-x}} \right)^2 = (1 - 1)^2 = 0$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(0)$ એ જમણી બાજુના લક્ષ $(1)$ જેટલું ન હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt \pi - \sqrt {2{{\sin }^{ - 1}}x} }}{{\sqrt {1 - x} }}$.
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\pi - 2{{\sin }^{ - 1}}x}}{{\sqrt {1 - x} (\sqrt \pi + \sqrt {2{{\sin }^{ - 1}}x} )}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2(\frac{\pi }{2} - {{\sin }^{ - 1}}x)}}{{\sqrt {1 - x} (\sqrt \pi + \sqrt {2{{\sin }^{ - 1}}x} )}}$
$\frac{\pi }{2} - {{\sin }^{ - 1}}x = {{\cos }^{ - 1}}x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2{{\cos }^{ - 1}}x}}{{\sqrt {1 - x} }} \cdot \frac{1}{{2\sqrt \pi }}$
$x = \cos \theta$ લેતા,જ્યારે $x \to 1^-$,ત્યારે $\theta \to 0^+$. $\sqrt{1-x} = \sqrt{2}\sin(\theta/2)$.
$L = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0^+} \frac{{2\theta }}{{\sqrt{2}\sin(\theta/2)}} \cdot \frac{1}{{2\sqrt \pi }} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}$.

(A) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $375x^2 - 25x - 2 = 0$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta = \frac{25}{375} = \frac{1}{15}$ અને બીજનો ગુણાકાર $\alpha \beta = \frac{-2}{375}$ છે.
અભિવ્યક્તિ $\sum_{r=1}^{\infty} \alpha^r + \sum_{r=1}^{\infty} \beta^r = \frac{\alpha}{1-\alpha} + \frac{\beta}{1-\beta}$ થાય છે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{(\alpha+\beta) - 2\alpha\beta}{1 - (\alpha+\beta) + \alpha\beta}$ મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\frac{1}{15} + \frac{4}{375}}{1 - \frac{1}{15} - \frac{2}{375}} = \frac{\frac{25+4}{375}}{\frac{375-25-2}{375}} = \frac{29}{348} = \frac{1}{12}$.

(C) $f(x) = 5 - |x - 2|$.
$f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે $|x - 2| = 0$,એટલે કે $x = 2 = \alpha$.
$g(x) = |x + 1|$.
$g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે $x + 1 = 0$,એટલે કે $x = -1 = \beta$.
આપણે $\lim_{x \to \alpha \beta} \frac{(x - 1)(x^2 - 5x + 6)}{x^2 - 6x + 8}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
અહીં $\alpha \beta = (2)(-1) = -2$ છે,પરંતુ વિકલ્પો મુજબ લક્ષ $x \to 2$ લેતા જવાબ $\frac{1}{2}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x + 2\sin x}}{{\sqrt {{x^2} + 2\sin x + 1} - \sqrt {{{\sin }^2}x - x + 1} }}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(x + 2\sin x)(\sqrt {{x^2} + 2\sin x + 1} + \sqrt {{{\sin }^2}x - x + 1} )}}{{x^2 + x + 2\sin x - {{\sin }^2}x}}$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(1 + 2\frac{\sin x}{x})(\sqrt {{x^2} + 2\sin x + 1} + \sqrt {{{\sin }^2}x - x + 1} )}}{{x + 1 + 2\frac{\sin x}{x} - \sin x \frac{\sin x}{x}}}$
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $\frac{\sin x}{x} \to 1$ અને $\sin x \to 0$:
$L = \frac{{(1 + 2(1))(1 + 1)}}{{0 + 1 + 2(1) - 0}} = \frac{6}{3} = 2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{3^{x}+3^{3-x}-12}{3^{-x / 2}-3^{1-x}}$.
$t = 3^{x/2}$ આદેશ લેતા,જ્યારે $x \rightarrow 2$,ત્યારે $t \rightarrow 3^{2/2} = 3$.
તેથી $3^x = t^2$ અને $3^{3-x} = \frac{27}{t^2}$.
તેમજ $3^{-x/2} = \frac{1}{t}$ અને $3^{1-x} = \frac{3}{t^2}$.
પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$L = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{t^2 + \frac{27}{t^2} - 12}{\frac{1}{t} - \frac{3}{t^2}} = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{\frac{t^4 - 12t^2 + 27}{t^2}}{\frac{t - 3}{t^2}} = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{t^4 - 12t^2 + 27}{t - 3}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $t^4 - 12t^2 + 27 = (t^2 - 9)(t^2 - 3) = (t - 3)(t + 3)(t^2 - 3)$.
$L = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{(t - 3)(t + 3)(t^2 - 3)}{t - 3} = \lim _{t \rightarrow 3} (t + 3)(t^2 - 3)$.
$t = 3$ મૂકતા: $L = (3 + 3)(3^2 - 3) = 6 \times (9 - 3) = 6 \times 6 = 36$.

(D) લક્ષ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે.
સૂત્ર $\lim_{x \to a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} [f(x)-1]g(x)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
જરૂરી લક્ષ $= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{3x^2+2}{7x^2+2} - 1\right) \cdot \frac{1}{x^2}}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{3x^2+2 - (7x^2+2)}{7x^2+2}\right) \cdot \frac{1}{x^2}}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{-4x^2}{7x^2+2}\right) \cdot \frac{1}{x^2}}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{-4}{7x^2+2}\right)}$
$= e^{\frac{-4}{0+2}} = e^{-2} = \frac{1}{e^2}$

(A) આપેલ પદાવલિ એક બહુપદી વિધેય છે. બહુપદી વિધેયો માટે,જ્યારે $x \to a$ હોય ત્યારે લક્ષ એ $x = a$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલું જ હોય છે.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x^3 - x^2 + 1) = (1)^3 - (1)^2 + 1$
$= 1 - 1 + 1 = 1$