Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(D) લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt{4 x^2-x}+2 x\right)$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે પદાવલિનું સંમેયીકરણ કરીએ છીએ.
અનુબદ્ધ પદ $\left(\sqrt{4 x^2-x}-2 x\right)$ વડે ગુણી અને ભાગતા:
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{(\sqrt{4 x^2-x}+2 x)(\sqrt{4 x^2-x}-2 x)}{\sqrt{4 x^2-x}-2 x}$
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{4 x^2 - x - 4x^2}{\sqrt{4 x^2-x}-2 x} = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-x}{\sqrt{x^2(4 - \frac{1}{x})} - 2x}$
જેમ કે $x \rightarrow -\infty$,આપણે જાણીએ છીએ કે $\sqrt{x^2} = |x| = -x$:
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-x}{-x\sqrt{4 - \frac{1}{x}} - 2x} = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-x}{-x(\sqrt{4 - \frac{1}{x}} + 2)}$
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{1}{\sqrt{4 - \frac{1}{x}} + 2} = \frac{1}{\sqrt{4-0} + 2} = \frac{1}{2+2} = \frac{1}{4}$.

(B) આપણી પાસે $x_n = (2^n + 3^n)^{\frac{1}{2n}}$ છે.
$n \to \infty$ લેતા:
$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} (3^n ((\frac{2}{3})^n + 1))^{\frac{1}{2n}}$
$= \lim_{n \to \infty} (3^n)^{\frac{1}{2n}} \cdot ((\frac{2}{3})^n + 1)^{\frac{1}{2n}}$
$= \lim_{n \to \infty} 3^{\frac{1}{2}} \cdot ((\frac{2}{3})^n + 1)^{\frac{1}{2n}}$
કારણ કે $\lim_{n \to \infty} (\frac{2}{3})^n = 0$ અને $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n} = 0$,તેથી:
$= \sqrt{3} \cdot (0 + 1)^0 = \sqrt{3} \cdot 1 = \sqrt{3}$.

(C) $\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \left(\frac{1}{x}\right) f(x) = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin (1/x)}{1/x} \cdot f(x) = 1 \cdot M = M$. આ સત્ય છે.
$(B)$ $\sin(x)$ એ સતત વિધેય હોવાથી,$\lim _{x \rightarrow \infty} \sin(f(x)) = \sin(\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)) = \sin M$. આ સત્ય છે.
$(C)$ $\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \left(e^{-x}\right) f(x) = \lim _{x \rightarrow \infty} (x e^{-x}) \cdot \frac{\sin (e^{-x})}{e^{-x}} \cdot f(x)$. $\lim _{x \rightarrow \infty} x e^{-x} = 0$ હોવાથી,લક્ષ $0 \cdot 1 \cdot M = 0$ થાય. તેથી,લક્ષ $M$ છે તે વિધાન ખોટું છે.
$(D)$ $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x} f(x) = (\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x}) \cdot (\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)) = 0 \cdot M = 0$. આ સત્ય છે.

(D) આપણને $\lim_{x \rightarrow a}(\lfloor x-5 \rfloor - \lfloor 2x+2 \rfloor) = 0$ આપેલ છે.
આનું સાદું રૂપ $\lim_{x \rightarrow a}(\lfloor x \rfloor - \lfloor 2x \rfloor) = 7$ થાય છે.
ધારો કે $a = I + f$,જ્યાં $I$ પૂર્ણાંક છે અને $f \in [0, 1)$.
જો $f \in [0, 0.5)$ હોય,તો $\lfloor a \rfloor = I$ અને $\lfloor 2a \rfloor = 2I$ થાય. તેથી $I - 2I = 7 \Rightarrow I = -7$. આમ $a \in [-7, -6.5)$.
જો $f \in [0.5, 1)$ હોય,તો $\lfloor a \rfloor = I$ અને $\lfloor 2a \rfloor = 2I + 1$ થાય. તેથી $I - (2I + 1) = 7 \Rightarrow I = -8$. આમ $a \in [-7.5, -7)$.
બંનેને જોડતા,$a \in [-7.5, -6.5)$ મળે છે.

(C) અંશ એ $n$ પદોનો સરવાળો છે જેનું સ્વરૂપ $(3k-2) + (3k-1) - 3k = 3k-3$ છે,જ્યાં $k=1$ થી $n$.
સરવાળો $= \sum_{k=1}^{n} (3k-3) = 3 \sum_{k=1}^{n} (k-1) = 3 \frac{(n-1)n}{2} = \frac{3n^2-3n}{2}$.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરતા: $\operatorname{Lim}_{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{3n^2-3n}{2}}{\sqrt{2n^4+4n+3}-\sqrt{n^4+5n+4}}$.
અંશ અને છેદને $n^2$ વડે ભાગતા: $\operatorname{Lim}_{n}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\frac{3}{2} - \frac{3}{2n}}{\sqrt{2+\frac{4}{n^3}+\frac{3}{n^4}}-\sqrt{1+\frac{5}{n^3}+\frac{4}{n^4}}}$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ આ પદ $\frac{3/2}{\sqrt{2}-1}$ તરફ જાય છે.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $\frac{3}{2(\sqrt{2}-1)} \times \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}+1} = \frac{3(\sqrt{2}+1)}{2(2-1)} = \frac{3}{2}(\sqrt{2}+1)$.

(B) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{(\sqrt{3 x+1}+\sqrt{3 x-1})^6+(\sqrt{3 x+1}-\sqrt{3 x-1})^6}{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^6+\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^6} x^3$ છે.
જ્યારે $x \rightarrow \infty$,ત્યારે આપણે કૌંસની અંદરના પદોમાંથી $x$ સામાન્ય કાઢી શકીએ છીએ:
અંશ: $(\sqrt{3x+1} \pm \sqrt{3x-1})^6 = x^3 (\sqrt{3+1/x} \pm \sqrt{3-1/x})^6$.
છેદ: $(x \pm \sqrt{x^2-1})^6 = x^6 (1 \pm \sqrt{1-1/x^2})^6$.
આ કિંમતોને સીમામાં મૂકતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} x^3 \cdot \frac{x^3 [(\sqrt{3+1/x} + \sqrt{3-1/x})^6 + (\sqrt{3+1/x} - \sqrt{3-1/x})^6]}{x^6 [(1 + \sqrt{1-1/x^2})^6 + (1 - \sqrt{1-1/x^2})^6]}$.
જેમ $x \rightarrow \infty$,$1/x \rightarrow 0$ અને $1/x^2 \rightarrow 0$ થાય છે.
$L = \frac{(\sqrt{3} + \sqrt{3})^6 + (\sqrt{3} - \sqrt{3})^6}{(1 + 1)^6 + (1 - 1)^6} = \frac{(2\sqrt{3})^6 + 0}{2^6 + 0} = \frac{64 \cdot 27}{64} = 27$.

(A) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $S_n = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}}$ છે.
દરેક પદનું સંમેયીકરણ કરતા,આપણને મળે $\frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}} = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{a_{k+1} - a_k} = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{d}$.
આમ,$S_n = \frac{1}{d} \sum_{k=1}^{n-1} (\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}) = \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{d}$.
લક્ષ $\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{d}{n}} \cdot \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{d} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{\sqrt{nd}}$ બને છે.
કારણ કે $a_n = a_1 + (n-1)d$,જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $a_n \approx nd$.
તેથી,લક્ષ $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{nd} - \sqrt{a_1}}{\sqrt{nd}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 - \frac{\sqrt{a_1}}{\sqrt{nd}} \right) = 1$ છે.

(B) માટે: $a = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}-\sqrt{2}}{x^4} \times \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2}}{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+x^4}-1}{x^4(\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2})} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^4}{x^4(\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+x^4}+1)} = \frac{1}{(2\sqrt{2})(2)} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$.
$b$ માટે: $b = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^2 x}{\sqrt{2}-\sqrt{1+\cos x}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos^2 x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})}{2-(1+\cos x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos x)(1+\cos x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})}{1-\cos x} = \lim_{x \rightarrow 0} (1+\cos x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x}) = (1+1)(\sqrt{2}+\sqrt{2}) = 2 \times 2\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$.
$ab^3$ ની ગણતરી: $ab^3 = \frac{1}{4\sqrt{2}} \times (4\sqrt{2})^3 = \frac{1}{4\sqrt{2}} \times 64 \times 2\sqrt{2} = \frac{128\sqrt{2}}{4\sqrt{2}} = 32$.

(A) જમણી બાજુની લક્ષ $(R)$ માટે:
$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} f(h) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-h^2) \sin ^{-1}(1-h)}{h(1-h^2)}$
$= \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-h^2)}{h} \cdot \frac{\sin ^{-1}(1)}{1} = \frac{\pi}{2} \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-h^2)}{h}$.
ધારો કે $\cos ^{-1}(1-h^2) = \theta$,તો $\cos \theta = 1-h^2$,તેથી $h = \sqrt{1-\cos \theta} = \sqrt{2} \sin(\theta/2)$.
જ્યારે $h \rightarrow 0^{+}$,ત્યારે $\theta \rightarrow 0^{+}$.
$R = \frac{\pi}{2} \lim _{\theta \rightarrow 0^{+}} \frac{\theta}{\sqrt{2} \sin(\theta/2)} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2} \cdot (1/2)} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$R^2 = \frac{\pi^2}{2}$.
ડાબી બાજુની લક્ષ $(L)$ માટે:
$\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} f(-h) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-(1-h)^2) \sin ^{-1}(1-(1-h))}{(1-h)-(1-h)^3} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(2h-h^2) \sin ^{-1}(h)}{(1-h)(1-(1-h)^2)} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(2h-h^2) \sin ^{-1}(h)}{(1-h)(2h-h^2)} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(0) \cdot h}{1 \cdot 2h} = \frac{\pi/2}{2} = \frac{\pi}{4}$.
તેથી,$L^2 = \frac{\pi^2}{16}$.
અંતે,$\frac{32}{\pi^2} (L^2 + R^2) = \frac{32}{\pi^2} \left(\frac{\pi^2}{16} + \frac{\pi^2}{2}\right) = \frac{32}{\pi^2} \left(\frac{\pi^2 + 8\pi^2}{16}\right) = 2 \cdot 9 = 18$.

(B) ધારો કે અંશ $N = \sum_{r=1}^{n-1} (r^2-r)(n-r) = \sum_{r=1}^{n-1} (-r^3 + r^2(n+1) - nr)$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$N = -\left[\frac{(n-1)n}{2}\right]^2 + (n+1)\frac{(n-1)n(2n-1)}{6} - n\frac{(n-1)n}{2}$.
ધારો કે છેદ $D = \sum_{r=1}^n r^3 - \sum_{r=1}^n r^2 = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ છે.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે $N$ નું મુખ્ય પદ $-\frac{n^4}{4} + \frac{2n^4}{6} = \frac{n^4}{12}$ છે.
$D$ નું મુખ્ય પદ $\frac{n^4}{4}$ છે.
તેથી,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{N}{D} = \frac{n^4/12}{n^4/4} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0} 2\left(\frac{1-\prod_{k=1}^{10} (\cos kx)^{1/k}}{x^2}\right)$.
$\cos kx \approx 1 - \frac{(kx)^2}{2}$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$(\cos kx)^{1/k} \approx (1 - \frac{k^2x^2}{2})^{1/k} \approx 1 - \frac{1}{k} \cdot \frac{k^2x^2}{2} = 1 - \frac{kx^2}{2}$.
આમ,ગુણાકાર $\prod_{k=1}^{10} (\cos kx)^{1/k} \approx \prod_{k=1}^{10} (1 - \frac{kx^2}{2}) \approx 1 - \sum_{k=1}^{10} \frac{kx^2}{2}$.
લિમિટમાં આ કિંમત મૂકતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} 2\left(\frac{1 - (1 - \sum_{k=1}^{10} \frac{kx^2}{2})}{x^2}\right)$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} 2\left(\frac{\sum_{k=1}^{10} \frac{kx^2}{2}}{x^2}\right) = \sum_{k=1}^{10} k$.
$L = 1 + 2 + 3 + \ldots + 10 = \frac{10 \times 11}{2} = 55$.

(B) પ્રથમ,$\alpha$ ની કિંમત શોધો:
$\alpha = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{\sqrt{\tan x}} - e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{\tan x} - \sqrt{x}}$.
ધારો કે $u = \sqrt{\tan x} - \sqrt{x}$. જેમ $x \rightarrow 0^{+}$,તેમ $u \rightarrow 0$.
$\lim_{u \rightarrow 0} \frac{e^{u+\sqrt{x}} - e^{\sqrt{x}}}{u} = e^{\sqrt{x}} \lim_{u \rightarrow 0} \frac{e^u - 1}{u} = e^{\sqrt{x}} \cdot 1$.
$x=0$ લેતા,$\alpha = e^0 = 1$.
હવે,$\beta$ ની કિંમત શોધો:
$\beta = \lim_{x \rightarrow 0} (1 + \sin x)^{\frac{1}{2} \cot x} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{2} \cot x \cdot \sin x} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{2} \cos x} = e^{1/2} = \sqrt{e}$.
દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + bx - \sqrt{e} = 0$ છે.
બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta = 1 + \sqrt{e} = -b/a$ અને બીજનો ગુણાકાર $\alpha \beta = 1 \cdot \sqrt{e} = -\sqrt{e}/a$.
ગુણાકાર પરથી,$\sqrt{e} = -\sqrt{e}/a \implies a = -1$.
સરવાળા પરથી,$1 + \sqrt{e} = -b/(-1) = b$.
આમ,$a = -1$ અને $b = 1 + \sqrt{e}$.
તેથી $a + b = -1 + 1 + \sqrt{e} = \sqrt{e}$.
અંતે,$12 \log_e(a + b) = 12 \log_e(\sqrt{e}) = 12 \times \frac{1}{2} = 6$.

(D) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim_{x \rightarrow 0} (1 + f(x))^{\frac{1}{g(x)}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)}}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદાવલિ $\lim_{x \rightarrow 0} [1 + x \ln(1 + b^2)]^{\frac{1}{x}}$ માટે,$f(x) = x \ln(1 + b^2)$ અને $g(x) = x$ છે.
તેથી,લક્ષ $e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \ln(1 + b^2)}{x}} = e^{\ln(1 + b^2)} = 1 + b^2$ થાય.
આને આપેલ પદાવલિ સાથે સરખાવતા: $1 + b^2 = 2b \sin^2 \theta$.
$\sin^2 \theta$ માટે ગોઠવતા,આપણને $\sin^2 \theta = \frac{1 + b^2}{2b} = \frac{1}{2} (b + \frac{1}{b})$ મળે છે.
$b > 0$ હોવાથી,$AM-GM$ અસમતા મુજબ,$b + \frac{1}{b} \geq 2$,જે સૂચવે છે કે $\sin^2 \theta \geq 1$.
$\sin^2 \theta$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $1$ હોવાથી,$\sin^2 \theta = 1$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin \theta = \pm 1$,તેથી $\theta = \pm \frac{\pi}{2}$.

(B) ધારો કે $L = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{(1-x)^{\frac{1}{x}}-e^{-1}}{x^a}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(1-x)^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x} \ln(1-x)}$.
$\ln(1-x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \dots$ માટે ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{x} \ln(1-x) = -1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots$
તેથી,$(1-x)^{\frac{1}{x}} = e^{-1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots} = e^{-1} \cdot e^{-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots}$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$(1-x)^{\frac{1}{x}} = e^{-1} \left( 1 + (-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots) + \frac{(-\frac{x}{2} - \dots)^2}{2} + \dots \right) = e^{-1} \left( 1 - \frac{x}{2} - \frac{5x^2}{24} + \dots \right)$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$L = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{-1} (1 - \frac{x}{2} - \frac{5x^2}{24} + \dots) - e^{-1}}{x^a} = e^{-1} \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-\frac{x}{2} - \frac{5x^2}{24} - \dots}{x^a}$.
લક્ષ શૂન્યતર વાસ્તવિક સંખ્યા હોવા માટે,અંશમાં $x$ ની ઘાત છેદ $x^a$ સાથે મેળ ખાતી હોવી જોઈએ. તેથી,$a = 1$.

(B) આપેલ લક્ષ: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e^{\cos(\alpha^n)} - e}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
અંશમાંથી $e$ સામાન્ય લેતા: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e(e^{\cos(\alpha^n)-1} - 1)}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = \cos(\alpha^n) - 1$ લો.
તેથી,$e \cdot \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\cos(\alpha^n) - 1}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
$\cos(x) \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$\cos(\alpha^n) - 1 \approx -\frac{\alpha^{2n}}{2}$.
આથી,$\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{-\alpha^{2n}}{2\alpha^m} = -\frac{1}{2}$.
લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે $2n = m$ હોવું જરૂરી છે.
તેથી,$\frac{m}{n} = 2$.

(A) આપેલ છે કે $\beta = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{x^3} - (1 - x^3)^{1/3} + ((1 - x^2)^{1/2} - 1) \sin x}{x \sin^2 x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,છેદને $x \sin^2 x = x^3 \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \approx x^3$ તરીકે લખી શકાય.
ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરીને પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$e^{x^3} = 1 + x^3 + O(x^6)$
$(1 - x^3)^{1/3} = 1 - \frac{1}{3}x^3 + O(x^6)$
$(1 - x^2)^{1/2} - 1 = -\frac{1}{2}x^2 + O(x^4)$
આ કિંમતો પદમાં મૂકતા:
$\beta = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x^3) - (1 - \frac{1}{3}x^3) + (-\frac{1}{2}x^2) \cdot x}{x^3}$
$\beta = \lim_{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{1 + x^3 - 1 + \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{2}x^3}{x^3} = 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = \frac{5}{6}$.
તેથી,$6 \beta = 6 \times \frac{5}{6} = 5$.

(B, C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin(x^2)(\log_e x)^\alpha \sin(1/x^2)}{x^{\alpha \beta}(\log_e(1+x))^\beta} = 0$.
$\sin(x^2)$ સીમિત હોવાથી અને $x \rightarrow \infty$ માટે $\sin(1/x^2) \approx 1/x^2$ તથા $\log_e(1+x) \approx \log_e x$ હોવાથી,પદાવલિ આ મુજબ વર્તે છે:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\log_e x)^\alpha \cdot (1/x^2)}{x^{\alpha \beta} \cdot (\log_e x)^\beta} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\log_e x)^{\alpha-\beta}}{x^{\alpha \beta+2}} = 0$.
આ લક્ષ $0$ થાય તે માટે,છેદમાં $x$ નો ઘાતાંક ધન હોવો જોઈએ,એટલે કે $\alpha \beta + 2 > 0$,જેનો અર્થ છે $\alpha \beta > -2$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$(A) (-1, 3) \implies (-1)(3) = -3 \ngtr -2$ (ખોટું).
$(B) (-1, 1) \implies (-1)(1) = -1 > -2$ (સાચું).
$(C) (1, -1) \implies (1)(-1) = -1 > -2$ (સાચું).
$(D) (1, -2) \implies (1)(-2) = -2 \ngtr -2$ (ખોટું).
આમ,$(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) આપેલ છે $\alpha = \lim _{x \rightarrow \infty} \left( \left( \frac{e}{1-e} \right) \left( \frac{1}{e} - \frac{x}{1+x} \right) \right)^x$,જે $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} g(x)(f(x)-1)}$.
ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \left( \frac{e}{1-e} \right) \left( \frac{1}{e} - \frac{x}{1+x} \right) - 1 \right)$.
લિમિટની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$\left( \frac{e}{1-e} \right) \left( \frac{1}{e} - \frac{x}{1+x} \right) = \frac{1}{1-e} - \frac{ex}{(1-e)(1+x)} = \frac{1+x-ex}{(1-e)(1+x)}$.
હવે,$L = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{1+x-ex}{(1-e)(1+x)} - 1 \right) = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{1+x-ex - (1-e)(1+x)}{(1-e)(1+x)} \right)$.
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{1+x-ex - (1+x-e-ex)}{(1-e)(1+x)} \right) = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{e}{(1-e)(1+x)} \right) = \frac{e}{1-e}$.
આમ,$\alpha = e^{\frac{e}{1-e}}$,તેથી $\log _e \alpha = \frac{e}{1-e}$.
જરૂરી કિંમત $\frac{\log _e \alpha}{1+\log _e \alpha} = \frac{\frac{e}{1-e}}{1 + \frac{e}{1-e}} = \frac{e}{1-e+e} = e$ છે.

(D) આપેલ લક્ષ: $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(2x^2-3x+5)(3x-1)^{x/2}}{(3x^2+5x+4)(3x+2)^{x/2}}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^2(2-3/x+5/x^2)}{x^2(3+5/x+4/x^2)} \cdot \left( \frac{3x-1}{3x+2} \right)^{x/2}$
$= \frac{2}{3} \cdot \lim _{x \rightarrow \infty} \left( \frac{1-1/(3x)}{1+2/(3x)} \right)^{x/2}$
$= \frac{2}{3} \cdot \frac{\lim _{x \rightarrow \infty} (1-1/(3x))^{x/2}}{\lim _{x \rightarrow \infty} (1+2/(3x))^{x/2}}$
$= \frac{2}{3} \cdot \frac{e^{\lim _{x \rightarrow \infty} (x/2)(-1/(3x))}}{e^{\lim _{x \rightarrow \infty} (x/2)(2/(3x)))}}$
$= \frac{2}{3} \cdot \frac{e^{-1/6}}{e^{1/3}} = \frac{2}{3} e^{-1/6 - 1/3} = \frac{2}{3} e^{-1/2} = \frac{2}{3\sqrt{e}}$

(D) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}-\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4}}{\sin x}$.
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{(2 \cos ^2 x+3 \cos x) - (\cos ^2 x+\sin x+4)}{\sin x (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{\cos ^2 x+3 \cos x - \sin x - 4}{\sin x (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
$\cos ^2 x + 3 \cos x - 4 = (\cos x - 1)(\cos x + 4)$ હોવાથી:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{(\cos x - 1)(\cos x + 4) - \sin x}{\sin x (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
$\cos x - 1 = -2 \sin ^2 \frac{x}{2}$ અને $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{-2 \sin ^2 \frac{x}{2}(\cos x + 4) - 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
અંશ અને છેદને $2 \sin \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{-\sin \frac{x}{2}(\cos x + 4) - \cos \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
જ્યારે $x \rightarrow 0$,ત્યારે $\sin \frac{x}{2} \rightarrow 0$,$\cos \frac{x}{2} \rightarrow 1$,$\cos x \rightarrow 1$:
$L = \frac{-(0)(5) - 1}{1 (\sqrt{5} + \sqrt{5})} = -\frac{1}{2 \sqrt{5}}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ અચળ $k > 0$ માટે $\lim_{x \rightarrow 0^{+}} x[\frac{k}{x}] = k$ થાય.
આપેલ લક્ષ માટે આ લાગુ પાડતા:
$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} x \sum_{k=1}^{p} [\frac{k}{x}] = \sum_{k=1}^{p} k = \frac{p(p+1)}{2}$.
તે જ રીતે,$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} x^2 [\frac{k^2}{x^2}] = k^2$.
તેથી,$\lim_{x}$ ${\rightarrow 0^{+}} x^2 \sum_{k=1}^{9} [\frac{k^2}{x^2}] = \sum_{k=1}^{9} k^2 = \frac{9(9+1)(2 \times 9 + 1)}{6} = \frac{9 \times 10 \times 19}{6} = 285$.
અસમતા આ મુજબ બને છે:
$\frac{p(p+1)}{2} - 285 \geq 1$
$\frac{p(p+1)}{2} \geq 286$
$p(p+1) \geq 572$.
$p=23$ માટે,$23 \times 24 = 552 < 572$.
$p=24$ માટે,$24 \times 25 = 600 \geq 572$.
આમ,$p$ ની ન્યૂનતમ પ્રાકૃતિક કિંમત $24$ છે.

(C) ધારો કે $P = \lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$.
અહીં સ્વરૂપ $1^{\infty}$ હોવાથી,આપણે સૂત્ર $\lim_{x \rightarrow a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \rightarrow a} (f(x)-1)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરીશું.
$P = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{\tan x}{x} - 1\right) \frac{1}{x^2}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x - x}{x^3}}$.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણ $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$P = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{(x + \frac{x^3}{3} + \dots) - x}{x^3}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^3/3}{x^3}} = e^{1/3}$.
આમ,$\log_e p = \log_e (e^{1/3}) = \frac{1}{3}$.
તેથી,$96 \log_e p = 96 \times \frac{1}{3} = 32$.

(C) આપણે પ્રમાણિત લક્ષનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\tan u}{u} = 1$,$\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$,$\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\tan^{-1} u}{u} = 1$,અને $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{e^u-1}{u} = 1$.
આપેલ પદાવલિ: $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0^{+}} \frac{\tan \left(5 x^{1 / 3}\right)}{5 x^{1 / 3}} \cdot \frac{5 x^{1 / 3}}{\left(\tan ^{-1} 3 x^{1 / 2}\right)^2} \cdot \frac{\ln(1+3 x^2)}{3 x^2} \cdot \frac{3 x^2}{e^{5 x^{4 / 3}}-1}$.
અહીં $\left(\tan ^{-1} 3 x^{1 / 2}\right)^2 = 9x$ અને $e^{5 x^{4 / 3}}-1 = 5 x^{4 / 3}$ થાય છે.
કિંમતો મૂકતા: $L = 1 \cdot \frac{5 x^{1 / 3}}{9x} \cdot 1 \cdot \frac{3 x^2}{5 x^{4 / 3}} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3}$.

(D) For Statement $I$:
Using Taylor series expansions:
$\tan ^{-1} x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \dots$
$\log _e \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} = \frac{1}{2} [\ln(1+x) - \ln(1-x)] = \frac{1}{2} [(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5}) - (-x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5})] = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots$
Substituting these into the limit:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5}) + (x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5}) - 2x}{x^5} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x + \frac{2x^5}{5} - 2x}{x^5} = \frac{2}{5}$.
Thus,Statement $I$ is true.
For Statement $II$:
Let $L = \lim _{x \rightarrow 1} x^{\frac{2}{1-x}}$. This is a $1^\infty$ form.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 1} (x-1) \cdot \frac{2}{1-x}} = e^{\lim _{x \rightarrow 1} -2} = e^{-2} = \frac{1}{e^2}$.
Thus,Statement $II$ is true.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = 5 - |x - 2|$. કારણ કે $|x - 2| \geq 0$,તેથી $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $5$ છે,જે $|x - 2| = 0$ એટલે કે $x = 2$ પર મળે છે. આમ,$\alpha = 2$.
આપેલ છે કે $g(x) = |x + 1|$. કારણ કે $|x + 1| \geq 0$,તેથી $g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે,જે $|x + 1| = 0$ એટલે કે $x = -1$ પર મળે છે. આમ,$\beta = -1$.
આપણે $\lim _{x \rightarrow -\alpha \beta} \frac{(x - 1)(x^2 - 5x + 6)}{x^2 - 6x + 8}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
અહીં $-\alpha \beta = -(2)(-1) = 2$,તેથી લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 2)(x - 3)}{(x - 2)(x - 4)}$ થશે.
સામાન્ય અવયવ $(x - 2)$ ને દૂર કરતા,આપણને $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 3)}{x - 4}$ મળે.
$x = 2$ મૂકતા,$\frac{(2 - 1)(2 - 3)}{2 - 4} = \frac{(1)(-1)}{-2} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(B) લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x|}{|x|+x^2}$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ તપાસીએ.
ડાબી બાજુના લક્ષ $(x \rightarrow 0^-)$ માટે,$|x| = -x$ થાય. તેથી,પદ $\frac{-x}{-x+x^2} = \frac{-x}{x(x-1)} = \frac{-1}{x-1}$ બને છે. જ્યારે $x \rightarrow 0^-$,ત્યારે તે $\frac{-1}{0-1} = 1$ ને અભિસરણ કરે છે.
જમણી બાજુના લક્ષ $(x \rightarrow 0^+)$ માટે,$|x| = x$ થાય. તેથી,પદ $\frac{x}{x+x^2} = \frac{x}{x(1+x)} = \frac{1}{1+x}$ બને છે. જ્યારે $x \rightarrow 0^+$,ત્યારે તે $\frac{1}{1+0} = 1$ ને અભિસરણ કરે છે.
ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $1$ છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x([x]+|x|) \sin [x]}{|x|}$.
$x \rightarrow 0^{-}$ માટે,$[x] = -1$ અને $|x| = -x$ થાય.
આ કિંમતો પદમાં મૂકતા:
$\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x(-1 + (-x)) \sin(-1)}{-x}$
$= \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x(-1 - x)(-\sin 1)}{-x}$
$= \lim _{x \rightarrow 0^{-}} (1 + x) \sin 1$
જ્યારે $x \rightarrow 0$,ત્યારે આ કિંમત $(1 + 0) \sin 1 = \sin 1$ થાય.

(B) લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x}{|x|+x^2}$ શોધવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધીએ છીએ.
$LHL = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2x}{-x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2}{-1+x} = \frac{2}{-1} = -2$.
$RHL = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2x}{x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2}{1+x} = \frac{2}{1} = 2$.
કારણ કે $LHL \neq RHL$,તેથી લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(A) લક્ષ $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{e^{x^4}-1}{e^{x^4}+1}$ ની કિંમત શોધવા માટે,આપણે અંશ અને છેદને $e^{x^4}$ વડે ભાગીએ છીએ.
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{e^{x^4}(1 - \frac{1}{e^{x^4}})}{e^{x^4}(1 + \frac{1}{e^{x^4}})} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1 - \frac{1}{e^{x^4}}}{1 + \frac{1}{e^{x^4}}}$.
જેમ $x \rightarrow \infty$,તેમ $x^4 \rightarrow \infty$,તેથી $e^{x^4} \rightarrow \infty$.
તેથી,$\frac{1}{e^{x^4}} \rightarrow 0$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$ મળે છે.

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{63^x-9^x-7^x+1}{\sqrt{2}-\sqrt{1+\cos x}}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $63^x-9^x-7^x+1 = (9^x-1)(7^x-1)$.
છેદનું સાદું રૂપ આપતા: $\sqrt{2}-\sqrt{1+\cos x} = 2\sqrt{2}\sin^2(x/4)$.
તેથી,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(9^x-1)(7^x-1)}{2\sqrt{2}\sin^2(x/4)}$.
પ્રમાણિત લક્ષનો ઉપયોગ કરતા,$L = 4\sqrt{2} \ln 9 \ln 7$ મળે છે.

(B) આપેલ લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sum_{k=1}^{100} (2x+k)^{50}}{(2x)^{50} + 10^{50}}$ છે.
અંશ અને છેદને $(2x)^{50}$ વડે ભાગતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\sum_{k=1}^{100} \left(\frac{2x+k}{2x}\right)^{50}}{1 + \frac{10^{50}}{(2x)^{50}}}$.
જેમ $x \rightarrow \infty$,તેમ દરેક $k \in \{1, 2, \dots, 100\}$ માટે $\frac{k}{2x} \rightarrow 0$ થાય.
તેથી,$\left(1 + \frac{k}{2x}\right)^{50} \rightarrow 1^{50} = 1$.
અંશ $\sum_{k=1}^{100} 1 = 100$ થશે.
છેદ $1 + 0 = 1$ થશે.
તેથી,$L = \frac{100}{1} = 100$.

(C) અમે $x \rightarrow 0$ માટે પ્રમાણિત શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરીને લક્ષની કિંમત શોધીએ છીએ:
$e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + \dots$
$\cos 3x = 1 - \frac{(3x)^2}{2} + \dots = 1 - \frac{9x^2}{2} + \dots$
$\sin x = x + \dots$
$\log(1+2x) = 2x - \frac{(2x)^2}{2} + \dots = 2x - 2x^2 + \dots$
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x^2 + \dots) - (1 - \frac{9x^2}{2} + \dots)}{(x + \dots)(2x - \dots)} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2 + \frac{9x^2}{2}}{2x^2} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{11x^2}{2}}{2x^2} = \frac{11}{4}$.

(D) લક્ષ શોધવા માટે,આપણે $x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(L.H.L.)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(R.H.L.)$ શોધીએ છીએ.
$L.H.L. = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x}{|x|+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x}{-x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{1}{-1+x} = \frac{1}{-1} = -1$.
$R.H.L. = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{|x|+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{1+x} = \frac{1}{1} = 1$.
કારણ કે $L.H.L. \neq R.H.L.$,લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(A) અમે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{9^x-4^x}{x(9^x+4^x)}$
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x} = \log(a)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{9^x-1 - (4^x-1)}{x} \right) \cdot \frac{1}{9^x+4^x}$
$= \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{9^x-1}{x} - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4^x-1}{x} \right) \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{9^x+4^x}$
$= (\log(9) - \log(4)) \cdot \frac{1}{1+1}$
$= \log \left( \frac{9}{4} \right) \cdot \frac{1}{2}$
$= \log \left( \left( \frac{3}{2} \right)^2 \right) \cdot \frac{1}{2}$
$= 2 \log \left( \frac{3}{2} \right) \cdot \frac{1}{2} = \log \left( \frac{3}{2} \right)$

(C) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 2}\left(\frac{5^x+5^{3-x}-30}{5^{3-x}-5^{\frac{x}{2}}}\right)$.
ધારો કે $t = 5^{\frac{x}{2}}$. જ્યારે $x \rightarrow 2$,ત્યારે $t \rightarrow 5^1 = 5$.
તેથી $5^x = t^2$ અને $5^{3-x} = \frac{125}{5^x} = \frac{125}{t^2}$.
આ કિંમતોને લક્ષમાં મૂકતા:
$L = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{t^2 + \frac{125}{t^2} - 30}{\frac{125}{t^2} - t} = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{t^4 - 30t^2 + 125}{125 - t^3}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $t^4 - 30t^2 + 125 = (t^2 - 25)(t^2 - 5) = (t-5)(t+5)(t^2-5)$.
છેદના અવયવ પાડતા: $125 - t^3 = (5-t)(25 + 5t + t^2) = -(t-5)(25 + 5t + t^2)$.
આમ,$L = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{(t-5)(t+5)(t^2-5)}{-(t-5)(25 + 5t + t^2)} = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{-(t+5)(t^2-5)}{25 + 5t + t^2}$.
$t = 5$ મૂકતા:
$L = \frac{-(5+5)(25-5)}{25 + 5(5) + 25} = \frac{-10 \times 20}{75} = \frac{-200}{75} = \frac{-8}{3}$.

(A) ધારો કે $f(x) = \frac{3^x + 3^{3-x} - 12}{3^{3-x} - 3^{x/2}}$.
અંશ અને છેદને $3^x$ વડે ગુણતા:
$\lim _{x \rightarrow 2} \frac{3^{2x} - 12 \cdot 3^x + 27}{3^3 - 3^{3x/2}}$
ધારો કે $t = 3^{x/2}$. જેમ $x \rightarrow 2$,તેમ $t \rightarrow 3$.
પદાવલિ $\lim _{t \rightarrow 3} \frac{t^4 - 12t^2 + 27}{27 - t^3}$ બને છે.
અંશના અવયવ પાડતા: $t^4 - 12t^2 + 27 = (t^2 - 9)(t^2 - 3) = (t-3)(t+3)(t^2-3)$.
છેદના અવયવ પાડતા: $27 - t^3 = (3-t)(9 + 3t + t^2) = -(t-3)(t^2 + 3t + 9)$.
$\lim _{t \rightarrow 3} \frac{(t-3)(t+3)(t^2-3)}{-(t-3)(t^2 + 3t + 9)} = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{-(t+3)(t^2-3)}{t^2 + 3t + 9}$.
$t=3$ મૂકતા: $\frac{-(3+3)(9-3)}{9+9+9} = \frac{-6 \cdot 6}{27} = \frac{-36}{27} = -\frac{4}{3}$.

(C) લિમિટની ગણતરી કરવા માટે,આપણે અંશનું સંમેયીકરણ કરીએ છીએ:
$\lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}-\sqrt{2}}{y^4} \times \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2}}{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2}}$
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{1+\sqrt{1+y^4}-2}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})} = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+y^4}-1}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})}$
હવે,બાકી રહેલા વર્ગમૂળ પદનું સંમેયીકરણ કરીએ:
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{(\sqrt{1+y^4}-1)(\sqrt{1+y^4}+1)}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)}$
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{1+y^4-1}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)}$
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{y^4}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)}$
$= \frac{1}{(\sqrt{1+1}+\sqrt{2})(1+1)} = \frac{1}{(2\sqrt{2})(2)} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$

(C) આપણે $\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x}}{\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x}}$ લક્ષની કિંમત અંશ અને છેદનું સંમેયીકરણ કરીને મેળવીશું.
અનુબદ્ધ પદો વડે ગુણતા:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow a} \frac{(\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$(A-B)(A+B) = A^2 - B^2$ નો ઉપયોગ કરીને સાદું રૂપ આપતા:
$\lim _{x \rightarrow a} \frac{(a+2 x-3 x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(3 a+x-4 x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$\lim _{x \rightarrow a} \frac{(a-x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{3(a-x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
સામાન્ય અવયવ $(a-x)$ ને દૂર કરતા:
$\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x}}{3(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$x = a$ મુકતા:
$\frac{\sqrt{4a} + 2\sqrt{a}}{3(\sqrt{3a} + \sqrt{3a})} = \frac{2\sqrt{a} + 2\sqrt{a}}{3(2\sqrt{3a})} = \frac{4\sqrt{a}}{6\sqrt{3a}} = \frac{2}{3\sqrt{3}}$

(C) આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x}}{\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x}}$
અંશ અને છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim _{x}$ ${\rightarrow a} \frac{(\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$= \lim _{x \rightarrow a} \frac{(a+2 x-3 x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(3 a+x-4 x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$= \lim _{x \rightarrow a} \frac{(a-x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{3(a-x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$(a-x)$ ને છેદતા અને $x = a$ મુકતા:
$= \frac{\sqrt{3 a+a}+2 \sqrt{a}}{3(\sqrt{a+2 a}+\sqrt{3 a})}$
$= \frac{2 \sqrt{a}+2 \sqrt{a}}{3(\sqrt{3 a}+\sqrt{3 a})}$
$= \frac{4 \sqrt{a}}{3(2 \sqrt{3 a})} = \frac{4 \sqrt{a}}{6 \sqrt{3} \sqrt{a}} = \frac{2}{3 \sqrt{3}}$

(C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 2}\left[\frac{1}{x-2}-\frac{2}{x^3-3 x^2 2 x}\right]$
પ્રથમ,બીજા પદના છેદના અવયવ પાડો: $x^3-3x^2 2x = x(x-2)(x-1)$
હવે,લક્ષમાં કિંમત મૂકતા: $\lim _{x \rightarrow2}\left[\frac{1}{x-2}-\frac{2}{x(x-2)(x-1)}\right]$
સામાન્ય છેદ લેતા: $\lim _{x \rightarrow 2}\left[\frac{x(x-1)-2}{x(x-2)(x-1)}\right]$
અંશનું સાદું રૂપ આપતા: $x^2-x-2 = (x-2)(x 1)$
તેથી: $\lim _{x \rightarrow 2}\left[\frac{(x-2)(x 1)}{x(x-2)(x-1)}\right]$
સામાન્ય અવયવ $(x-2)$ દૂર કરતા: $\lim _{x \rightarrow 2}\frac{x 1}{x(x-1)}$
$x=2$ મૂકતા: $\frac{2 1}{2(2-1)} = \frac{3}{2}$

(A) આપેલ છે $f(x) = 5 - |x - 2|$. $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે $|x - 2| = 0$,તેથી $\alpha = 2$.
આપેલ છે $g(x) = |x + 1|$. $g(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે $x + 1 = 0$,તેથી $\beta = -1$.
લક્ષ $x \rightarrow -\alpha \beta = - (2)(-1) = 2$ આગળ શોધવાનું છે.
આપણે $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x^2 - 5x + 6)}{(x^2 - 6x + 8)}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
અવયવો પાડતા: $x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3)$ અને $x^2 - 6x + 8 = (x - 2)(x - 4)$.
લક્ષમાં કિંમત મૂકતા: $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 2)(x - 3)}{(x - 2)(x - 4)}$.
સામાન્ય અવયવ $(x - 2)$ દૂર કરતા: $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 3)}{x - 4}$.
લક્ષની કિંમત મેળવતા: $\frac{(2 - 1)(2 - 3)}{2 - 4} = \frac{(1)(-1)}{-2} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$.

(D) લક્ષ $\lim _{n \rightarrow \infty} n\left(\sqrt{n^2+9}-n\right)$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે પદને તેના અનુબદ્ધ $\left(\sqrt{n^2+9}+n\right)$ વડે ગુણી અને ભાગીને સંમેયીકરણ કરીએ છીએ.
$\lim _{n \rightarrow \infty} n\left(\sqrt{n^2+9}-n\right) \times \frac{\sqrt{n^2+9}+n}{\sqrt{n^2+9}+n}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n^2+9-n^2)}{\sqrt{n^2+9}+n}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{9n}{\sqrt{n^2+9}+n}$
અંશ અને છેદને $n$ વડે ભાગતા:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{9}{\sqrt{\frac{n^2+9}{n^2}}+1}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{9}{\sqrt{1+\frac{9}{n^2}}+1}$
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $\frac{9}{n^2} \rightarrow 0$,તેથી લક્ષ $\frac{9}{\sqrt{1+0}+1} = \frac{9}{1+1} = \frac{9}{2}$ થાય.

(B) પ્રથમ,આપણે $m$ ની ગણતરી કરીએ:
$m = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \log(1+2x)}{x \tan x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1+2x)}{\tan x} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\log(1+2x)}{2x} \times \frac{x}{\tan x} \times 2 \right) = 1 \times 1 \times 2 = 2$.
આગળ,આપણે $n$ ની ગણતરી કરીએ:
$n = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log x + \log(\frac{1+x}{x})}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(x \times \frac{1+x}{x})}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1$.
બીજ $m=2$ અને $n=1$ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (m+n)x + mn = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^2 - (2+1)x + (2 \times 1) = 0$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 - 3x + 2 = 0$ થાય છે.

(C) લક્ષ $\lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{8 x^2+5 x+3}{2 x^2-7 x-5}\right)^{\frac{4 x+3}{8 x-1}}$ ની ગણતરી કરવા માટે,સૌ પ્રથમ આપણે $x \rightarrow \infty$ હોય ત્યારે આધારનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{8 x^2+5 x+3}{2 x^2-7 x-5} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{8 + \frac{5}{x} + \frac{3}{x^2}}{2 - \frac{7}{x} - \frac{5}{x^2}} = \frac{8+0+0}{2-0-0} = 4$.
ત્યારબાદ,$x \rightarrow \infty$ હોય ત્યારે ઘાતાંકનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{4 x+3}{8 x-1} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{4 + \frac{3}{x}}{8 - \frac{1}{x}} = \frac{4+0}{8-0} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.
તેથી,લક્ષ $4^{\frac{1}{2}} = 2$ થાય છે.

(C) $\lim _{x \rightarrow \infty} (\sqrt{x^2+5x-7}-x)$ ની કિંમત શોધવા માટે,આપણે પદનું સંમેયીકરણ કરીએ:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\sqrt{x^2+5x-7}-x)(\sqrt{x^2+5x-7}+x)}{\sqrt{x^2+5x-7}+x}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^2+5x-7-x^2}{\sqrt{x^2+5x-7}+x}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{5x-7}{\sqrt{x^2+5x-7}+x}$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{5-\frac{7}{x}}{\sqrt{1+\frac{5}{x}-\frac{7}{x^2}}+1}$
જ્યારે $x \rightarrow \infty$,ત્યારે $\frac{1}{x} \rightarrow 0$ અને $\frac{1}{x^2} \rightarrow 0$:
$= \frac{5-0}{\sqrt{1+0-0}+1} = \frac{5}{1+1} = \frac{5}{2}$

(C) આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{2 x^2+x-3}$
પ્રથમ,છેદના અવયવ પાડો: $2x^2+x-3 = (x-1)(2x+3)$
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{(x-1)(2 x+3)}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $(x-1) = (\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)$,તેથી: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)(2 x+3)}$
સામાન્ય પદ $(\sqrt{x}-1)$ ને દૂર કરતા: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{2 x-3}{(\sqrt{x}+1)(2 x+3)}$
હવે,$x=1$ મૂકતા: $\frac{2(1)-3}{(\sqrt{1}+1)(2(1)+3)} = \frac{-1}{(2)(5)} = \frac{-1}{10}$

(B) પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
આ કિંમતને લક્ષમાં મૂકતા:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{2n^{2}}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^2+n}{2n^2}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{2}$
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $\frac{1}{n} \rightarrow 0$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $\frac{1+0}{2} = \frac{1}{2}$ થાય છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(e^{k x}-1\right) \sin k x}{x^{2}}=4$
આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ: $\lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{e^{k x}-1}{x} \cdot \frac{\sin k x}{x} \right) = 4$
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{k x}-1}{x} = k$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin k x}{x} = k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$k \cdot k = 4$
$k^{2} = 4$
$k = \pm 2$

(C) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{(1-\sin x)(8 x^3-\pi^3) \cos x}{(\pi-2 x)^4}$.
આપણે પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ:
$L = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{(1-\sin x)(2x-\pi)(4x^2+\pi^2+2\pi x) \cos x}{16(\frac{\pi}{2}-x)^4}$.
ધારો કે $x - \frac{\pi}{2} = h$,તેથી $x = \frac{\pi}{2} + h$. જેમ $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,તેમ $h \rightarrow 0$.
ત્યારે $\cos x = \cos(\frac{\pi}{2} + h) = -\sin h$ અને $1 - \sin x = 1 - \sin(\frac{\pi}{2} + h) = 1 - \cos h$.
વળી,$2x - \pi = 2(\frac{\pi}{2} + h) - \pi = 2h$.
આ કિંમતો લક્ષમાં મૂકતા:
$L = \lim _{h}$ ${\rightarrow 0} \frac{(1-\cos h)(2h)(4(\frac{\pi}{2}+h)^2 + \pi^2 + 2\pi(\frac{\pi}{2}+h))(-\sin h)}{16(-h)^4}$.
$L = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{-(1-\cos h)}{h^2} \cdot \frac{\sin h}{h} \cdot \frac{2h(3\pi^2 + 8\pi h + 4h^2)}{16h}$.
$L = -(\frac{1}{2}) \cdot (1) \cdot \frac{2(3\pi^2)}{16} = -\frac{3\pi^2}{16}$.

(C) આપણે લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \tan 2x - 2x \tan x}{(1 - \cos 2x)^2}$ ની ગણતરી કરીએ.
નિત્યસમ $1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,છેદ $(2 \sin^2 x)^2 = 4 \sin^4 x$ થશે.
તેથી,પદ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x(\tan 2x - 2 \tan x)}{4 \sin^4 x}$ બને છે.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા: $\tan \theta = \theta + \frac{\theta^3}{3} + \dots$ અને $\sin x \approx x$.
$\tan 2x = 2x + \frac{8x^3}{3} + O(x^5)$ અને $2 \tan x = 2x + \frac{2x^3}{3} + O(x^5)$.
અંશ: $x[(2x + \frac{8x^3}{3}) - (2x + \frac{2x^3}{3})] = 2x^4$.
છેદ: $4 \sin^4 x \approx 4x^4$.
લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x^4}{4x^4} = \frac{1}{2}$.