Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(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: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x^4}{4x^4} = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $l = \lim _{x}$ ${\rightarrow \frac{\pi}{2}} \left[ \frac{1-\tan \left(\frac{x}{2}\right)}{1+\tan \left(\frac{x}{2}\right)} \right] \left[ \frac{1-\sin x}{(\pi-2 x)^3} \right]$
$\tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) = \frac{1-\tan(x/2)}{1+\tan(x/2)}$ હોવાથી:
$l = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\tan \left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)(1-\sin x)}{(\pi-2 x)^3}$
$\pi-2x = \theta$ લેતા,$x = \frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}$. જ્યારે $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $\theta \rightarrow 0$.
વળી,$\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} = \frac{\theta}{4}$ અને $1-\sin x = 2\sin^2(\frac{\theta}{4})$.
કિંમતો મૂકતા:
$l = \lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\tan(\frac{\theta}{4}) \cdot 2\sin^2(\frac{\theta}{4})}{\theta^3}$
$l = \lim _{\theta}$ ${\rightarrow 0} \frac{\tan(\frac{\theta}{4})}{\frac{\theta}{4} \cdot 4} \cdot \frac{2\sin^2(\frac{\theta}{4})}{(\frac{\theta}{4})^2 \cdot 16}$
$l = \frac{2}{64} (1)(1)^2 = \frac{1}{32}$

(B) ધારો કે $I = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\cot x-\cos x}{(\pi-2 x)^3}$
$= \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\cos x(1-\sin x)}{\sin x(\pi-2 x)^3}$
$x = \frac{\pi}{2}-h$ આદેશ લેતા,$\pi-2x = 2h$. જ્યારે $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $h \rightarrow 0$.
$I = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{\cos(\frac{\pi}{2}-h)(1-\sin(\frac{\pi}{2}-h))}{\sin(\frac{\pi}{2}-h)(2h)^3}$
$= \lim _{h \rightarrow 0} \frac{\sin h(1-\cos h)}{\cos h \cdot 8h^3}$
$1-\cos h = 2\sin^2(\frac{h}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા,
$I = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{\sin h \cdot 2\sin^2(\frac{h}{2})}{\cos h \cdot 8h^3} = \frac{2}{8} \lim _{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h} \cdot \lim _{h \rightarrow 0} \frac{\sin^2(\frac{h}{2})}{(\frac{h}{2})^2 \cdot 4} \cdot \lim _{h \rightarrow 0} \frac{1}{\cos h}$
$= \frac{1}{4} \cdot 1 \cdot (1)^2 \cdot \frac{1}{4} \cdot 1 = \frac{1}{16}$

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

(B) આપણે લક્ષની કિંમત મેળવીએ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x}{\sqrt{2}-\sqrt{1+\cos x}}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x (\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})}{2-(1+\cos x)}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x (\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})}{1-\cos x}$
નિત્યસમ $\sin ^2 x = 1-\cos ^2 x = (1-\cos x)(1+\cos x)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos x)(1+\cos x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})}{1-\cos x}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} (1+\cos x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})$
$x = 0$ મૂકતા:
$= (1+\cos 0)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos 0})$
$= (1+1)(\sqrt{2}+\sqrt{1+1})$
$= 2 \times (\sqrt{2}+\sqrt{2})$
$= 2 \times 2 \sqrt{2} = 4 \sqrt{2}$

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$.
અંશ અને છેદમાં આ સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2 \sin^2(x^2/2)}}{2 \sin^2(x/2)} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2} |\sin(x^2/2)|}{2 \sin^2(x/2)}$.
જેમ કે $x \rightarrow 0$,$\sin(x^2/2) > 0$,તેથી આપણે માનાંક દૂર કરી શકીએ છીએ.
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2} \sin(x^2/2)}{2 \sin^2(x/2)} = \frac{1}{\sqrt{2}} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin(x^2/2)}{x^2/2} \cdot \frac{x^2/2}{\sin^2(x/2)}$.
$\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 1 \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2/2}{(\sin(x/2))^2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{x/2}{\sin(x/2)} \right)^2 \cdot 4 = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot 4 = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.

(C) આપણે $\lim_{x \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{x - \sin x}{x + \cos^{2} x}}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$= \lim_{x \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{1 - \frac{\sin x}{x}}{1 + \frac{\cos^{2} x}{x}}}$
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x} = 0$ અને $\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\cos^{2} x}{x} = 0$ (કારણ કે $\sin x$ અને $\cos^{2} x$ સીમિત વિધેયો છે):
$= \sqrt{\frac{1 - 0}{1 + 0}}$
$= \sqrt{1} = 1$

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos (\sin x)-\cos x}{x^{4}}$.
$\cos \theta$ માટે ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$\cos \theta = 1 - \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!} - O(\theta^6)$.
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$ હોવાથી,
$\cos(\sin x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}$ અને $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}) - (1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24})}{x^4} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4x^4/24}{x^4} = \frac{1}{6}$.

(B) અમે લક્ષની કિંમત શોધીએ: $\lim _{x \rightarrow \infty} x^3 \left(\sqrt{x^2+\sqrt{1+x^4}}-x \sqrt{2}\right)$
પદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^3 \left(x^2+\sqrt{1+x^4}-2 x^2\right)}{\sqrt{x^2+\sqrt{1+x^4}}+x \sqrt{2}} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^3 \left(\sqrt{1+x^4}-x^2\right)}{\sqrt{x^2+\sqrt{1+x^4}}+x \sqrt{2}}$
અંશનું ફરીથી સંમેયીકરણ કરતા:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^3 \left(1+x^4-x^4\right)}{\left(\sqrt{x^2+\sqrt{1+x^4}}+x \sqrt{2}\right) \left(\sqrt{1+x^4}+x^2\right)}$
છેદમાં $x^3$ વડે ભાગતા:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^3}{x \left(\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{x^4}+1}}+\sqrt{2}\right) \cdot x^2 \left(\sqrt{\frac{1}{x^4}+1}+1\right)}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1}{\left(\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{x^4}+1}}+\sqrt{2}\right) \left(\sqrt{\frac{1}{x^4}+1}+1\right)}$
$x \rightarrow \infty$ મુકતા:
$= \frac{1}{(\sqrt{1+1}+\sqrt{2})(1+1)} = \frac{1}{(\sqrt{2}+\sqrt{2})(2)} = \frac{1}{2 \sqrt{2} \cdot 2} = \frac{1}{4 \sqrt{2}}$

(C) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{27^x-9^x-3^x+1}{\sqrt{5}-\sqrt{4+\cos x}}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $27^x-9^x-3^x+1 = (9^x-1)(3^x-1)$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $\frac{1}{\sqrt{5}-\sqrt{4+\cos x}} = \frac{\sqrt{5}+\sqrt{4+\cos x}}{1-\cos x}$.
તેથી,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(9^x-1)(3^x-1)}{1-\cos x} \cdot (\sqrt{5}+\sqrt{4+\cos x})$.
$1-\cos x = 2 \sin^2(x/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(9^x-1)(3^x-1)}{2 \sin^2(x/2)} \cdot (\sqrt{5}+\sqrt{4+\cos x})$.
$x^2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા: $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{(\frac{9^x-1}{x})(\frac{3^x-1}{x})}{2 \cdot (\frac{\sin(x/2)}{x/2})^2 \cdot (1/4)} \cdot (\sqrt{5}+\sqrt{4+\cos x})$.
$L = \frac{\ln 9 \cdot \ln 3}{1/2} \cdot 2 \sqrt{5} = 8 \sqrt{5} (\ln 3)^2$.

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{2^{2 x-2}-2^x+1}{\sin ^2(x-1)}$.
અંશને $(2^{x-1}-1)^2$ તરીકે લખી શકાય છે.
તેથી,$L = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2^{x-1}-1)^2}{\sin ^2(x-1)}$.
અંશ અને છેદને $(x-1)^2$ વડે ભાગતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\left(\frac{2^{x-1}-1}{x-1}\right)^2}{\left(\frac{\sin(x-1)}{x-1}\right)^2}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{a^h-1}{h} = \log a$ અને $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $h = x-1$:
$L = \frac{(\log 2)^2}{1^2} = (\log 2)^2$.

(A) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{15^{x}-5^{x}-3^{x}+1}{1-\cos 2 x}$
અંશનું અવયવીકરણ કરતા: $15^{x}-5^{x}-3^{x}+1 = 5^{x}(3^{x}-1) - 1(3^{x}-1) = (3^{x}-1)(5^{x}-1)$
નિત્યસમ $1-\cos 2x = 2\sin^{2}x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(3^{x}-1)(5^{x}-1)}{2\sin^{2}x}$
અંશ અને છેદને $x^{2}$ વડે ભાગતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\frac{3^{x}-1}{x})(\frac{5^{x}-1}{x})}{2(\frac{\sin x}{x})^{2}}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^{x}-1}{x} = \log a$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{(\log 3)(\log 5)}{2(1)^{2}} = \frac{(\log 3)(\log 5)}{2}$

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 1} (1 + \log _{e} x)^{1 / \log _{e} x}$.
જ્યારે $x \rightarrow 1$,ત્યારે $\log _{e} x \rightarrow 0$,તેથી આ પદ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે.
આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\lim _{u \rightarrow 0} (1 + u)^{1/u} = e$.
ધારો કે $u = \log _{e} x$. જેમ $x \rightarrow 1$,તેમ $u \rightarrow 0$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા,આપણને $\lim _{u \rightarrow 0} (1 + u)^{1/u} = e$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x})^x = e^a$.
આપેલ પદાવલિ $L = \lim _{x \rightarrow \infty} (\frac{x+8}{x+1})^{x+5}$ છે.
આધારને ફરીથી લખતા: $\frac{x+8}{x+1} = \frac{x+1+7}{x+1} = 1 + \frac{7}{x+1}$.
તેથી,$L = \lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{7}{x+1})^{x+5}$.
ધારો કે $u = x+1$,તો જ્યારે $x \rightarrow \infty$,ત્યારે $u \rightarrow \infty$ અને $x = u-1$.
$L = \lim _{u \rightarrow \infty} (1 + \frac{7}{u})^{u-1+5} = \lim _{u \rightarrow \infty} (1 + \frac{7}{u})^{u+4}$.
$L = \lim _{u \rightarrow \infty} (1 + \frac{7}{u})^u \cdot \lim _{u \rightarrow \infty} (1 + \frac{7}{u})^4$.
$L = e^7 \cdot (1 + 0)^4 = e^7 \cdot 1 = e^7$.

(C) આપેલ છે કે $A = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \left(1 + \tan^2 \sqrt{x}\right)^{\frac{1}{2x}}$.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે.
સૂત્ર $\lim_{x \rightarrow a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \rightarrow a} (f(x)-1)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\log_{e} A = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \left(1 + \tan^2 \sqrt{x} - 1\right) \cdot \frac{1}{2x}$
$= \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\tan^2 \sqrt{x}}{2x}$
$= \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{2} \left(\frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}}\right)^2$
કારણ કે $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$,તેથી:
$\log_{e} A = \frac{1}{2} \cdot (1)^2 = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $L = \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{\operatorname{cosec} x}$.
અહીં સ્વરૂપ $1^\infty$ હોવાથી,આપણે $\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} (f(x)-1)g(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}-1\right) \operatorname{cosec} x}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\tan x-\sin x}{1+\sin x}\right) \cdot \frac{1}{\sin x}}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\frac{\sin x}{\cos x}-\sin x}{1+\sin x}\right) \cdot \frac{1}{\sin x}}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x(1+\sin x)}\right) \cdot \frac{1}{\sin x}}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\frac{1-\cos x}{\cos x(1+\sin x)}}$
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $\cos x \to 1$ અને $1-\cos x \to 0$.
$L = e^{\frac{0}{1(1+0)}} = e^0 = 1$.

(D) આ લક્ષ $1^\infty$ સ્વરૂપનું છે. આપણે સૂત્ર $\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} (f(x)-1)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$\lim _{x \rightarrow 2}\left(\frac{5 x-8}{8-3 x}\right)^{\frac{3}{2 x-4}} = e^{\lim _{x \rightarrow 2}\left(\frac{5 x-8}{8-3 x}-1\right) \times \frac{3}{2 x-4}}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow 2}\left(\frac{5 x-8 - (8-3 x)}{8-3 x}\right) \times \frac{3}{2(x-2)}}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow 2}\left(\frac{8x-16}{8-3 x}\right) \times \frac{3}{2(x-2)}}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow 2}\left(\frac{8(x-2)}{8-3 x}\right) \times \frac{3}{2(x-2)}}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow 2} \frac{24}{2(8-3 x)}}$
$= e^{\frac{12}{8-3(2)}} = e^{\frac{12}{2}} = e^6$

(A) ધારો કે $L = \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{a+bx}\right)^{c+dx}$. આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે.
સૂત્ર $\lim_{x \to \infty} (1 + f(x))^{g(x)} = e^{\lim_{x \to \infty} f(x)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = e^{\lim_{x \to \infty} \left(\frac{1}{a+bx}\right) \cdot (c+dx)}$
$L = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{c+dx}{a+bx}}$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$L = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{c/x + d}{a/x + b}}$
જેમ $x \to \infty$,તેમ $c/x \to 0$ અને $a/x \to 0$:
$L = e^{\frac{0+d}{0+b}} = e^{d/b}$

(A) આપેલ લક્ષ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે.
આપણે સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow a} g(x)[f(x)-1]}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$\lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}-4 x+2}\right)^{x} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} x \left(\frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}-4 x+2} - 1\right)}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} x \left(\frac{x^{2}-2 x+1 - (x^{2}-4 x+2)}{x^{2}-4 x+2}\right)}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} x \left(\frac{2 x-1}{x^{2}-4 x+2}\right)}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2 x^{2}-x}{x^{2}-4 x+2}}$
અંશ અને છેદને $x^{2}$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2 - 1/x}{1 - 4/x + 2/x^{2}}} = e^{2/1} = e^{2}$.

(D) આપેલ પદાવલિ $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k^3}{1-n^4}$ છે.
છેદ $(1-n^4)$ એ સરવાળાના ઇન્ડેક્સ $k$ થી સ્વતંત્ર હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$S_n = \frac{1}{1-n^4} \sum_{k=1}^{n} k^3$.
ઘનનો સરવાળો કરવા માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{k=1}^{n} k^3 = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
તેથી,$S_n = \frac{n^2(n+1)^2}{4(1-n^4)}$.
અંશનું વિસ્તરણ કરતા: $S_n = \frac{n^2(n^2+2n+1)}{4(1-n^4)} = \frac{n^4+2n^3+n^2}{4-4n^4}$.
હવે,$n \rightarrow \infty$ લેતા:
$\lim _{n \rightarrow \infty} S_n = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^4+2n^3+n^2}{4-4n^4}$.
અંશ અને છેદને $n^4$ વડે ભાગતા:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{4}{n^4}-4} = \frac{1+0+0}{0-4} = -\frac{1}{4}$.

(B) આપેલ પદાવલિ $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k^2}{n^3+1}$ છે.
અહીં છેદ $n^3+1$ એ $k$ થી સ્વતંત્ર હોવાથી,$S_n = \frac{1}{n^3+1} \sum_{k=1}^{n} k^2$ લખી શકાય.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના વર્ગોના સરવાળાનું સૂત્ર વાપરતા,$\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
તેથી,$S_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6(n^3+1)}$.
$n \rightarrow \infty$ માટે લક્ષ શોધતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2n^3+3n^2+n}{6n^3+6}$ મળે.
અંશ અને છેદને $n^3$ વડે ભાગતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 + \frac{3}{n} + \frac{1}{n^2}}{6 + \frac{6}{n^3}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ મળે.

(C) પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના ઘાતાંકોના સરવાળા માટેના સૂત્રો:
$S_1 = \frac{n(n+1)}{2}$,$S_2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$,$S_3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
આપેલ પદાવલિ $L = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{S_1(1 + \frac{S_3}{4})}{S_2^2}$ છે.
સૂત્રો મૂકતા:
$L = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{n(n+1)}{2} (1 + \frac{n^2(n+1)^2}{16})}{\frac{n^2(n+1)^2(2n+1)^2}{36}}$.
પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપતા:
$L = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{2} \cdot \frac{16 + n^2(n+1)^2}{16} \cdot \frac{36}{n^2(n+1)^2(2n+1)^2}$.
$L = \frac{9}{8} \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{16 + n^2(n+1)^2}{n(n+1)(2n+1)^2}$.
અંશ અને છેદને $n^4$ વડે ભાગતા:
$L = \frac{9}{8} \cdot \frac{1}{4} = \frac{9}{32}$.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{x}{|x| + x^2}$.
ડાબી બાજુની લક્ષ (left-hand limit) માટે જ્યારે $x \rightarrow 0^-$,ત્યારે $|x| = -x$:
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x}{-x + x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{-1 + x} = -1$.
જમણી બાજુની લક્ષ (right-hand limit) માટે જ્યારે $x \rightarrow 0^+$,ત્યારે $|x| = x$:
$\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x}{x + x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{1 + x} = 1$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) \neq \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x)$,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(B) પ્રથમ,આપણે $a$ ની કિંમત શોધીએ:
$a = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{2n^2} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n^2+n}{2n^2} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{2} = \frac{1}{2}$.
ત્યારબાદ,આપણે $b$ ની કિંમત શોધીએ:
$b = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{2n^3 + 3n^2 + n}{6n^3} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{2 + \frac{3}{n} + \frac{1}{n^2}}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા,$a = \frac{1}{2}$ અને $b = \frac{1}{3}$.
તેથી,$2a = 2(\frac{1}{2}) = 1$ અને $3b = 3(\frac{1}{3}) = 1$.
આમ,$2a = 3b$.

(B) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x^2-1, & 0 < x < 2 \\ 2x+3, & 2 \leq x < 3 \end{cases}$.
પ્રથમ,$x=2$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{-}} (x^2-1) = 2^2 - 1 = 3$.
ત્યારબાદ,$x=2$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ શોધીએ:
$\lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} (2x+3) = 2(2) + 3 = 7$.
માગેલ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $\alpha = 3$ અને $\beta = 7$ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણનું સૂત્ર $x^2 - (\alpha + \beta)x + (\alpha \times \beta) = 0$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $x^2 - (3 + 7)x + (3 \times 7) = 0$.
આમ,સમીકરણ $x^2 - 10x + 21 = 0$ મળે છે.

(D) આપણને $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{|x|}{x}$ આપેલ છે.
આની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ તપાસીએ.
જમણી બાજુની લક્ષ $(x \rightarrow 0^{+})$ માટે,$|x| = x$,તેથી $\lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{x} = 1$.
ડાબી બાજુની લક્ષ $(x \rightarrow 0^{-})$ માટે,$|x| = -x$,તેથી $\lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{-x}{x} = -1$.
અહીં ડાબી બાજુની લક્ષ $\neq$ જમણી બાજુની લક્ષ હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.

(D) અમે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin C - \sin D = 2 \cos \left(\frac{C+D}{2}\right) \sin \left(\frac{C-D}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin (2+x)-\sin (2-x)}{x} = A \cos B$ છે.
$C = 2+x$ અને $D = 2-x$ લેતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \cos \left(\frac{2+x+2-x}{2}\right) \sin \left(\frac{2+x-(2-x)}{2}\right)}{x} = A \cos B$.
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \cos (2) \sin (x)}{x} = A \cos B$.
કારણ કે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,તેથી:
$2 \cos 2 = A \cos B$.
બંને બાજુ સરખાવતા,આપણને $A = 2$ અને $B = 2$ મળે છે.

(A) ધારો કે $L = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sqrt{3+y^3}-\sqrt{3}}{y^3}$
અંશનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \lim _{y}$ ${\rightarrow 0} \frac{(\sqrt{3+y^3}-\sqrt{3})}{y^3} \times \frac{(\sqrt{3+y^3}+\sqrt{3})}{(\sqrt{3+y^3}+\sqrt{3})}$
$L = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{3+y^3-3}{y^3(\sqrt{3+y^3}+\sqrt{3})}$
$L = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{y^3}{y^3(\sqrt{3+y^3}+\sqrt{3})}$
$L = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{1}{\sqrt{3+y^3}+\sqrt{3}}$
$y = 0$ મૂકતા:
$L = \frac{1}{\sqrt{3+0}+\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{3}} = \frac{1}{2 \sqrt{3}}$

(B) વિધાન $1$ માટે:
$\lim _{x \rightarrow 1} \frac{a x^{2}+b x+c}{c x^{2}+b x+a} = \frac{a(1)^{2}+b(1)+c}{c(1)^{2}+b(1)+a} = \frac{a+b+c}{a+b+c} = 1$.
કારણ કે $a+b+c \neq 0$,લક્ષ $1$ છે. તેથી,વિધાન $1$ સાચું છે.
વિધાન $2$ માટે:
$\lim _{x \rightarrow -2} \frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{2}}{x+2} = \lim _{x \rightarrow -2} \frac{\frac{2+x}{2x}}{x+2} = \lim _{x \rightarrow -2} \frac{2+x}{2x(x+2)} = \lim _{x \rightarrow -2} \frac{1}{2x} = \frac{1}{2(-2)} = -\frac{1}{4}$.
કારણ કે $-\frac{1}{4} \neq \frac{1}{4}$,વિધાન $2$ ખોટું છે.

(C) આપણને લક્ષ આપેલું છે: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x e^{x}-\sin x}{x}$.
અપૂર્ણાંકને અલગ પાડતા,આપણને મળે છે:
$\lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{x e^{x}}{x} - \frac{\sin x}{x} \right)$
$= \lim _{x \rightarrow 0} e^{x} - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરીને અને $e^{0} = 1$ ની કિંમત મૂકતા:
$= 1 - 1 = 0$.

(D) લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{a+2x} - \sqrt{3x}}{\sqrt{3a+x} - 2\sqrt{x}}$ ની ગણતરી કરવા માટે,અંશ અને છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow a} \left( \frac{a-x}{3(a-x)} \cdot \frac{\sqrt{3a+x} + 2\sqrt{x}}{\sqrt{a+2x} + \sqrt{3x}} \right)$
$L = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{4a} + 2\sqrt{a}}{\sqrt{3a} + \sqrt{3a}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{4\sqrt{a}}{2\sqrt{3a}} = \frac{2}{3\sqrt{3}}$

(B) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty} n \sin \frac{2 \pi}{3 n} \cos \frac{2 \pi}{3 n}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(2\theta) = 2 \sin \theta \cos \theta$,તેથી $\sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} \sin(2\theta)$.
અહીં,$\theta = \frac{2 \pi}{3 n}$.
તેથી,$L = \lim _{n \rightarrow \infty} n \cdot \frac{1}{2} \sin \left( 2 \cdot \frac{2 \pi}{3 n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2} \sin \left( \frac{4 \pi}{3 n} \right)$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરીને,પદાવલિને ફરીથી લખતા:
$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2} \cdot \left( \frac{4 \pi}{3 n} \right) \cdot \frac{\sin \left( \frac{4 \pi}{3 n} \right)}{\left( \frac{4 \pi}{3 n} \right)}$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $\frac{4 \pi}{3 n} \rightarrow 0$,તેથી $\frac{\sin \left( \frac{4 \pi}{3 n} \right)}{\left( \frac{4 \pi}{3 n} \right)} \rightarrow 1$.
તેથી,$L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2} \cdot \frac{4 \pi}{3 n} \cdot 1 = \frac{4 \pi}{6} = \frac{2 \pi}{3}$.

(C) લક્ષ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 \cdot 2^{n+1}-4 \cdot 5^{n+1}}{5 \cdot 2^{n}+7 \cdot 5^{n}}$ ની ગણતરી કરવા માટે,અંશ અને છેદને $5^n$ વડે ભાગતા:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 \cdot 2 \cdot 2^{n} - 4 \cdot 5 \cdot 5^{n}}{5 \cdot 2^{n} + 7 \cdot 5^{n}}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{6 \cdot 2^{n} - 20 \cdot 5^{n}}{5 \cdot 2^{n} + 7 \cdot 5^{n}}$
$5^n$ વડે ભાગતા:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{6 \cdot (\frac{2}{5})^{n} - 20}{5 \cdot (\frac{2}{5})^{n} + 7}$
કારણ કે $\lim _{n \rightarrow \infty} (\frac{2}{5})^{n} = 0$,તેથી:
$= \frac{6 \cdot 0 - 20}{5 \cdot 0 + 7} = -\frac{20}{7}$

(A) આપેલ છે કે $x = \sum_{r=1}^{n}(2r-1)$.
આ પ્રથમ $n$ એકી સંખ્યાઓનો સરવાળો છે,જે $x = n^2$ થાય છે.
તેથી,$x^2 = n^4$.
પદાવલિ $\lim_{n \rightarrow \infty} \left[ \frac{1^3 + 2^3 + \ldots + n^3}{x^2} \right]$ બને છે.
ઘનનો સરવાળો કરવા માટેનું સૂત્ર વાપરતા,$\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
લિમિટમાં આ કિંમત મૂકતા: $\lim_{n \rightarrow \infty} \left[ \frac{n^2(n+1)^2}{4n^4} \right]$.
$= \lim_{n \rightarrow \infty} \left[ \frac{n^2 \cdot n^2(1 + \frac{1}{n})^2}{4n^4} \right]$.
$= \lim_{n \rightarrow \infty} \left[ \frac{(1 + \frac{1}{n})^2}{4} \right] = \frac{1}{4}$.

(B) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \frac{e^{1 / x}-1}{e^{1 / x}+1}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0+h) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{e^{1/h}-1}{e^{1/h}+1}$
અંશ અને છેદને $e^{1/h}$ વડે ભાગતા:
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{1 - e^{-1/h}}{1 + e^{-1/h}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(0-h) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{e^{-1/h}-1}{e^{-1/h}+1}$
જેમ $h \rightarrow 0^{+}$,તેમ $e^{-1/h} \rightarrow 0$:
$\frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$
આમ,$RHL$ $1$ છે અને $LHL$ $-1$ છે.

(A) આપણી પાસે છે,$\lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\tan x}{\sqrt{2x+4}-2} \right)$.
આ લક્ષની કિંમત શોધવા માટે,આપણે છેદનું સંમેયીકરણ કરીશું:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x (\sqrt{2x+4}+2)}{(\sqrt{2x+4}-2)(\sqrt{2x+4}+2)}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x (\sqrt{2x+4}+2)}{(2x+4)-4}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x (\sqrt{2x+4}+2)}{2x}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\tan x}{x} \right) \times \frac{\sqrt{2x+4}+2}{2}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 1 \times \frac{\sqrt{2(0)+4}+2}{2}$
$= \frac{\sqrt{4}+2}{2} = \frac{2+2}{2} = \frac{4}{2} = 2$.

(B) પ્રથમ,આપણે $l$ ની ગણતરી કરીએ:
$l = \lim_{\theta \rightarrow 0} \left( \frac{3 \sin \theta - 4 \sin^2 \theta}{\theta} \right) = \lim_{\theta \rightarrow 0} \left( 3 \frac{\sin \theta}{\theta} - 4 \sin \theta \cdot \frac{\sin \theta}{\theta} \right)$
કારણ કે $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,તેથી $l = 3(1) - 4(0)(1) = 3$.
આગળ,આપણે $m$ ની ગણતરી કરીએ:
$m = \lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{2 \tan \theta}{\theta(1 - \tan^2 \theta)} = \lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\tan(2\theta)}{\theta}$
લિમિટ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan(kx)}{x} = k$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $m = 2$ મળે છે.
બીજ $l=3$ અને $m=2$ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (l+m)x + lm = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^2 - (3+2)x + (3 \times 2) = 0$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 - 5x + 6 = 0$ થાય છે.

(B) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2^2+4^2+6^2+\ldots+(2 n)^2}{n^3}$ છે.
અંશમાંથી $2^2 = 4$ સામાન્ય લેતા:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{4(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2)}{n^3}$.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના વર્ગોના સરવાળાનું સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ વાપરતા:
$= 4 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}$.
$= \frac{4}{6} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n \cdot n(1+\frac{1}{n}) \cdot n(2+\frac{1}{n})}{n^3}$.
$= \frac{2}{3} \lim _{n \rightarrow \infty} (1+\frac{1}{n})(2+\frac{1}{n})$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $\frac{1}{n} \rightarrow 0$,તેથી લક્ષ $\frac{2}{3} \times (1)(2) = \frac{4}{3}$ થાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x+4 \tan 2 x-3 \tan 3 x}{x^2 \tan x}$.
$\tan x$ ના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan x = x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)$
$\tan 2x = 2x + \frac{8x^3}{3} + O(x^5)$
$\tan 3x = 3x + 9x^3 + O(x^5)$
અંશમાં કિંમતો મૂકતા:
અંશ $= (x + \frac{x^3}{3}) + 4(2x + \frac{8x^3}{3}) - 3(3x + 9x^3) + O(x^5)$
$= x + \frac{x^3}{3} + 8x + \frac{32x^3}{3} - 9x - 27x^3 + O(x^5)$
$= (1+8-9)x + (\frac{1}{3} + \frac{32}{3} - 27)x^3 + O(x^5)$
$= -16x^3 + O(x^5)$
છેદ $x^2 \tan x \approx x^3$ છે.
તેથી,લક્ષ $= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-16x^3}{x^3} = -16$.

(A) આપેલ લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin ^{-1}(x+[x])}{2-\{x\}}=\theta$ છે.
$x \rightarrow 0^{-}$ માટે,આપણી પાસે $[x] = -1$ અને $\{x\} = x - [x] = x - (-1) = x+1$ છે.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\theta = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin ^{-1}(x-1)}{2-(x+1)} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin ^{-1}(x-1)}{1-x}$.
જેમ $x \rightarrow 0^{-}$,પદાવલિ $\frac{\sin ^{-1}(-1)}{1-0} = \frac{-\pi/2}{1} = -\pi/2$ ને અભિસરણ પામે છે.
આમ,$\theta = -\pi/2$.
હવે,આપણે $\sin \theta + \cos \theta = \sin(-\pi/2) + \cos(-\pi/2) = -1 + 0 = -1$ ગણીએ છીએ.

(B) આપેલ છે $0 \leq a \leq 2$. $a$ ના પૂર્ણાંક મૂલ્યો $0, 1, 2$ છે.
ધારો કે $f(x) = [x^2] - [x]^2$.
$a = 0$ માટે:
$\text{L.H.L.} = \lim_{h \rightarrow 0} ([(0-h)^2] - [0-h]^2) = [h^2] - [-h]^2 = 0 - (-1)^2 = -1$.
$\text{R.H.L.} = \lim_{h \rightarrow 0} ([(0+h)^2] - [0+h]^2) = [h^2] - [h]^2 = 0 - 0 = 0$.
$\text{L.H.L.} \neq \text{R.H.L.}$ હોવાથી,$a = 0$ આગળ લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
$a = 1$ માટે:
$\text{L.H.L.} = \lim_{h \rightarrow 0} ([(1-h)^2] - [1-h]^2) = [1-2h+h^2] - [1-h]^2 = 0 - 0^2 = 0$.
$\text{R.H.L.} = \lim_{h \rightarrow 0} ([(1+h)^2] - [1+h]^2) = [1+2h+h^2] - [1+h]^2 = 1 - 1^2 = 0$.
$\text{L.H.L.} = \text{R.H.L.}$ હોવાથી,$a = 1$ આગળ લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
$a = 2$ માટે:
$\text{L.H.L.} = \lim_{h \rightarrow 0} ([(2-h)^2] - [2-h]^2) = [4-4h+h^2] - [2-h]^2 = 3 - 1^2 = 2$.
$\text{R.H.L.} = \lim_{h \rightarrow 0} ([(2+h)^2] - [2+h]^2) = [4+4h+h^2] - [2+h]^2 = 4 - 2^2 = 0$.
$\text{L.H.L.} \neq \text{R.H.L.}$ હોવાથી,$a = 2$ આગળ લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
આમ,$a$ ના $2$ મૂલ્યો માટે લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{1-x+\sqrt{9x^2+10x+1}}{2x}$.
$\lim_{x \rightarrow -1^{-}} f(x)$ શોધવા માટે,ધારો કે $x = -1-h$,જ્યાં $h \rightarrow 0^{+}$ જ્યારે $x \rightarrow -1^{-}$.
$x = -1-h$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$f(-1-h) = \frac{1-(-1-h) + \sqrt{9(-1-h)^2 + 10(-1-h) + 1}}{2(-1-h)}$
$= \frac{2+h + \sqrt{9h^2 + 8h}}{-2(1+h)}$
$h \rightarrow 0^{+}$ લેતા:
$\lim_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{2+h + \sqrt{9h^2 + 8h}}{-2(1+h)} = \frac{2}{-2} = -1$.

(B) વિધાન $(A)$: આપણે જાણીએ છીએ કે $[x] = x - \{x\}$,જ્યાં $\{x\}$ એ $x$ નો અપૂર્ણાંક ભાગ છે અને $0 \leq \{x\} < 1$.
$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{[x]}{x} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x - \{x\}}{x} = \lim_{x \rightarrow \infty} (1 - \frac{\{x\}}{x})$.
કારણ કે $0 \leq \{x\} < 1$,$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\{x\}}{x} = 0$.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{[x]}{x} = 1 - 0 = 1$. આમ,$A$ સાચું છે.
કારણ $(R)$: આપેલ છે $f(x) = x - 1$ અને $h(x) = x$.
$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x - 1}{x} = \lim_{x \rightarrow \infty} (1 - \frac{1}{x}) = 1$.
$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{h(x)}{x} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x}{x} = 1$.
બંને લક્ષ $1$ છે,તેથી $R$ સાચું છે. જોકે,$R$ એ સમજાવતું નથી કે શા માટે $\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{[x]}{x} = 1$.

(A) આપણને લક્ષ આપેલ છે: $\lim _{x \rightarrow \frac{-3}{5}} \frac{1}{x}\left[\frac{-1}{x}\right]$.
જેમ $x \rightarrow \frac{-3}{5}$,તેમ પદ $\frac{-1}{x} \rightarrow \frac{-1}{-3/5} = \frac{5}{3}$ થાય.
કારણ કે $\frac{5}{3} = 1.66...$ એ અંતરાલ $[1, 2)$ માં આવે છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,$[\frac{5}{3}] = 1$ થાય.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow \frac{-3}{5}} \frac{1}{x}\left[\frac{-1}{x}\right] = \left(\frac{1}{-3/5}\right) \times [\frac{5}{3}] = \frac{-5}{3} \times 1 = \frac{-5}{3}$.

(C) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(b-c) x^2+(c-a) x+(a-b)}{(a-b) x^2+(b-c) x+(c-a)}=\frac{1}{2}$
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{(b-c) + \frac{c-a}{x} + \frac{a-b}{x^2}}{(a-b) + \frac{b-c}{x} + \frac{c-a}{x^2}} = \frac{1}{2}$
જેમ $x \rightarrow \infty$,તેમ છેદમાં $x$ વાળા પદો $0$ ને અનુલક્ષે છે:
$\frac{b-c}{a-b} = \frac{1}{2}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$2(b-c) = a-b$
$2b - 2c = a - b$
$3b = a + 2c$

(B) $x \rightarrow a^{-}$ માટે,આપણી પાસે $\frac{x}{a} < 1$ છે,તેથી $\left[\frac{x}{a}\right] = 0$.
આમ,$k = \lim _{x \rightarrow a^{-}} \left(\frac{|x|^3}{a} - 0^3\right) = \frac{a^3}{a} = a^2$.
$x \rightarrow a^{+}$ માટે,આપણી પાસે $\frac{x}{a} > 1$ છે,તેથી $\left[\frac{x}{a}\right] = 1$.
આમ,$l = \lim _{x \rightarrow a^{+}} \left(\frac{|x|^3}{a} - 1^3\right) = \frac{a^3}{a} - 1 = a^2 - 1$.
$k - l$ ની ગણતરી કરતા:
$k - l = a^2 - (a^2 - 1) = a^2 - a^2 + 1 = 1$.

(B) ધારો કે $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n = L$.
સીમા અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને શાંત હોવાથી,આપણે પુનરાવર્તિત સંબંધને $L = \frac{a + bL}{b + cL}$ તરીકે લખી શકીએ.
બંને બાજુ $(b + cL)$ વડે ગુણતા,આપણને $L(b + cL) = a + bL$ મળે છે.
$bL + cL^2 = a + bL$.
બંને બાજુથી $bL$ બાદ કરતા,આપણને $cL^2 = a$ મળે છે.
$L^2 = \frac{a}{c}$.
$a, c > 0$ હોવાથી અને શ્રેણીના પદો ધન હોવાથી,આપણે ધન વર્ગમૂળ લઈએ છીએ: $L = \sqrt{\frac{a}{c}}$.

(C) આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\lim _{x \rightarrow a} \frac{x^m - a^m}{x^n - a^n} = \frac{m}{n} a^{m-n}$.
અહીં,$m = \frac{1}{3}$,$n = \frac{1}{6}$,અને $a = 1$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\lim _{z \rightarrow 1} \frac{z^{1/3} - 1^{1/3}}{z^{1/6} - 1^{1/6}} = \frac{1/3}{1/6} \times (1)^{1/3 - 1/6}$.
$= \frac{1}{3} \times \frac{6}{1} \times 1^{1/6}$.
$= 2 \times 1 = 2$.