Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(B) हमें $\lim_{x \rightarrow \pi/4} \frac{\cot^3 x - \tan x}{\cos(x + \pi/4)}$ का मान ज्ञात करना है।
माना $t = \tan x$। जैसे $x \rightarrow \pi/4$,$t \rightarrow 1$।
अंश $\frac{1}{t^3} - t = \frac{1 - t^4}{t^3} = \frac{(1 - t^2)(1 + t^2)}{t^3} = \frac{(1 - t)(1 + t)(1 + t^2)}{t^3}$ है।
हर $\cos(x + \pi/4) = \cos x \cos(\pi/4) - \sin x \sin(\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\cos x - \sin x) = \frac{\cos x}{\sqrt{2}}(1 - \tan x) = \frac{\cos x}{\sqrt{2}}(1 - t)$ है।
इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim_{t \rightarrow 1} \frac{(1 - t)(1 + t)(1 + t^2)}{t^3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\cos x(1 - t)} = \lim_{t \rightarrow 1} \frac{\sqrt{2}(1 + t)(1 + t^2)}{t^3 \cos x}$।
जैसे $t \rightarrow 1$,$x \rightarrow \pi/4$,इसलिए $\cos x \rightarrow 1/\sqrt{2}$।
$= \frac{\sqrt{2}(1 + 1)(1 + 1^2)}{1^3 \cdot (1/\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2} \cdot 2 \cdot 2}{1/\sqrt{2}} = 4 \cdot 2 = 8$।

(C) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \tan x+\cos x-1+x}{\sqrt{4 \sin ^2 x+2 \tan x+1}-\sqrt{3 \tan ^2 x+\sin x+1}}$.
हर का परिमेयकरण करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2 \tan x + \cos x - 1 + x)(\sqrt{4 \sin ^2 x + 2 \tan x + 1} + \sqrt{3 \tan ^2 x + \sin x + 1})}{(4 \sin ^2 x + 2 \tan x + 1) - (3 \tan ^2 x + \sin x + 1)}$.
जैसे $x \rightarrow 0$,पद $(\sqrt{4 \sin ^2 x + 2 \tan x + 1} + \sqrt{3 \tan ^2 x + \sin x + 1}) \rightarrow \sqrt{1} + \sqrt{1} = 2$.
अतः,$L = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \tan x + x + (\cos x - 1)}{4 \sin ^2 x - 3 \tan ^2 x + 2 \tan x - \sin x}$.
लघु कोण सन्निकटन $\tan x \approx x$,$\sin x \approx x$,$\cos x - 1 \approx -\frac{x^2}{2}$ का उपयोग करने पर:
$L = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x + x - \frac{x^2}{2}}{4x^2 - 3x^2 + 2x - x} = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3x - \frac{x^2}{2}}{x^2 + x} = 2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 - \frac{x}{2}}{x + 1} = 2 \times \frac{3}{1} = 6$.

(B) हमें $\lim_{x \to 0^-} f(x)$ का मान ज्ञात करना है।
$x \in (-1, 0)$ के लिए,महत्तम पूर्णांक फलन $[x] = -1$ होता है।
इसलिए,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin[x]}{[x]}$।
$[x] = -1$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{\sin(-1)}{-1}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\sin(-\theta) = -\sin\theta$,इसलिए हमें $\frac{-\sin 1}{-1} = \sin 1$ प्राप्त होता है।

(C) हम जानते हैं कि छोटे $x$ के लिए,$\sin^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right) = \tan^{-1} x$ होता है।
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^4+x^3+x^2}{(\tan^{-1} x)(\tan^{-1} x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2(x^2+x+1)}{(\tan^{-1} x)^2}$.
चूंकि $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan^{-1} x}{x} = 1$,इसलिए हम लिख सकते हैं कि जब $x \rightarrow 0$ हो,तब $(\tan^{-1} x)^2 \approx x^2$।
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2(x^2+x+1)}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} (x^2+x+1) = 0^2+0+1 = 1$.

(D) दिया गया है,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos (1-\cos x)}{\sin ^4 x}$
$= \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{1-\cos (1-\cos x)}{(1-\cos x)^2} \times \left(\frac{1-\cos x}{x^2}\right)^2 \times \left(\frac{x}{\sin x}\right)^4$
जैसे $x \rightarrow 0$,$(1-\cos x) \rightarrow 0$.
मानक सीमा $\lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{1-\cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{1}{2} \times \left(\frac{1}{2}\right)^2 \times (1)^4$
$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times 1 = \frac{1}{8}$

(A) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0}\left[\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right]^{1 / x}$.
चूंकि यह $1^\infty$ के रूप में है,हम सूत्र $\lim_{x \to a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} [f(x)-1]g(x)}$ का उपयोग करते हैं।
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left[\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)-1\right] \frac{1}{x}}$.
सर्वसमिका $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ का उपयोग करने पर,$\tan(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{\tan x + 1}{1 - \tan x}$ प्राप्त होता है।
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0}\left[\frac{\tan x+1}{1-\tan x}-1\right] \frac{1}{x}} = e^{\lim _{x \rightarrow 0} \left[\frac{\tan x+1-1+\tan x}{1-\tan x}\right] \frac{1}{x}}$.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \tan x}{x(1-\tan x)}}$.
चूंकि $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ और $\lim_{x \to 0} (1-\tan x) = 1$,इसलिए $L = e^{2 \times 1 / 1} = e^2$.

(C) दिया गया है कि $f(x) = [x-3] + |x-4|$.
$\lim_{x \rightarrow 3^{-}} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,मान लीजिए $x = 3 - h$,जहाँ $h \rightarrow 0$ और $h > 0$ है।
$\lim_{x \rightarrow 3^{-}} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} ([3 - h - 3] + |3 - h - 4|)$
$= \lim_{h \rightarrow 0} ([-h] + |-1 - h|)$
चूँकि $h$ एक बहुत छोटी धनात्मक संख्या है,$-h$ एक बहुत छोटी ऋणात्मक संख्या है,इसलिए $[-h] = -1$ होगा।
साथ ही,$|-1 - h| = |-(1 + h)| = 1 + h$ है।
अतः,$\lim_{h \rightarrow 0} (-1 + 1 + h) = 0$।

(B) हमें दिया गया सीमा है: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x \sin ^{-1} x}{x^2}$
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं: $\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right) \left(\frac{\sin ^{-1} x}{x}\right)$
मानक सीमाओं $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{-1} x}{x} = 1$ का उपयोग करने पर:
$1 \times 1 = 1$

(B) दिया गया है $\lim _{x \rightarrow \infty} x\left(a^{1 / x}+b^{1 / x}+c^{1 / x}-3 k^{1 / x}\right)=0$.
माना $y = \frac{1}{x}$. जैसे ही $x \rightarrow \infty$,$y \rightarrow 0$.
व्यंजक $\lim _{y \rightarrow 0} \frac{a^y+b^y+c^y-3 k^y}{y} = 0$ हो जाता है।
इसे $\lim _{y \rightarrow 0} \left[ \frac{a^y-1}{y} + \frac{b^y-1}{y} + \frac{c^y-1}{y} - 3 \frac{k^y-1}{y} \right] = 0$ के रूप में लिखा जा सकता है।
मानक सीमा $\lim _{y \rightarrow 0} \frac{a^y-1}{y} = \ln a$ का उपयोग करते हुए:
$\ln a + \ln b + \ln c - 3 \ln k = 0$.
$\ln (abc) = 3 \ln k$.
$\ln (abc) = \ln (k^3)$.
अतः,$k^3 = abc$,जिसका अर्थ है $k = (abc)^{1/3}$.

(C) माना कि दिया गया व्यंजक $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0}\left(\frac{4 !}{x^8}\left(1-\cos \frac{x^2}{3}-\cos \frac{x^2}{4}+\cos \frac{x^2}{3} \cos \frac{x^2}{4}\right)\right)$ है।
हम सीमा के अंदर के व्यंजक का गुणनखंड इस प्रकार कर सकते हैं:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4!}{x^8} (1 - \cos \frac{x^2}{3})(1 - \cos \frac{x^2}{4})$.
सर्वसमिका $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\frac{\theta}{2})$ का उपयोग करने पर:
$1 - \cos \frac{x^2}{3} = 2 \sin^2(\frac{x^2}{6})$ और $1 - \cos \frac{x^2}{4} = 2 \sin^2(\frac{x^2}{8})$.
इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = 24 \times \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^8} \times 2 \sin^2(\frac{x^2}{6}) \times 2 \sin^2(\frac{x^2}{8})$.
$L = 24 \times 4 \times \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left(\frac{\sin(\frac{x^2}{6})}{\frac{x^2}{6}}\right)^2 \times (\frac{x^2}{6})^2 \times \left(\frac{\sin(\frac{x^2}{8})}{\frac{x^2}{8}}\right)^2 \times (\frac{x^2}{8})^2 \times \frac{1}{x^8}$.
चूंकि $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,इसलिए:
$L = 96 \times 1^2 \times \frac{x^4}{36} \times 1^2 \times \frac{x^4}{64} \times \frac{1}{x^8}$.
$L = 96 \times \frac{1}{36 \times 64} = \frac{96}{2304} = \frac{1}{24}$.

(B) माना $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{2 x^2+3 x+4}{x^2-3 x+5}\right)^{\frac{3|x|+1}{2|x|-1}}$.
जब $x \rightarrow \infty$,तब $|x| = x$.
अतः,$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \left(\frac{2 + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{5}{x^2}}\right)^{\frac{3 + \frac{1}{x}}{2 - \frac{1}{x}}}$.
सीमा का मान रखने पर,$\frac{1}{x}$ और $\frac{1}{x^2}$ पद $0$ की ओर अग्रसर होते हैं।
इस प्रकार,$L = \left(\frac{2+0+0}{1-0+0}\right)^{\frac{3+0}{2-0}} = (2)^{\frac{3}{2}}$.
$L = 2^{\frac{3}{2}} = 2^1 \times 2^{\frac{1}{2}} = 2 \sqrt{2}$.

(C) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sinh 2 x}{2 x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$.
$\sinh(u)$ के लिए टेलर श्रेणी का उपयोग करने पर,$\sinh(2x) = 2x + \frac{4x^3}{3} + O(x^5)$.
अतः,$\frac{\sinh 2x}{2x} = 1 + \frac{2x^2}{3} + O(x^4)$.
अब,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left(1 + \frac{2x^2}{3} + O(x^4)\right)^{\frac{1}{x^2}}$.
मानक सीमा $\lim _{u \rightarrow 0} (1+u)^{1/u} = e$ का उपयोग करने पर,$L = e^{2/3}$ प्राप्त होता है।

(C) हमें सीमा दी गई है: $\lim _{x \rightarrow \infty} x\left(\log \left(1+\frac{x}{2}\right)-\log \frac{x}{2}\right)$.
गुणधर्म $\log a - \log b = \log \left(\frac{a}{b}\right)$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास है:
$\lim _{x \rightarrow \infty} x \log \left(\frac{1+\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right) = \lim _{x \rightarrow \infty} x \log \left(\frac{2}{x} + 1\right)$.
माना $t = \frac{1}{x}$. जैसे $x \rightarrow \infty$,वैसे $t \rightarrow 0$. व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$\lim _{t \rightarrow 0} \frac{\log (1+2t)}{t}$.
मानक सीमा $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{\log (1+u)}{u} = 1$ का उपयोग करते हुए,हम $2$ से गुणा और भाग करते हैं:
$\lim _{t \rightarrow 0} 2 \cdot \frac{\log (1+2t)}{2t} = 2 \cdot 1 = 2$.

(B) प्रथम सीमा पर विचार करें: $L_1 = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{3|x|-x}{|x|-2 x}$.
चूंकि $x \rightarrow-\infty$,हमारे पास $|x| = -x$ है।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$L_1 = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{3(-x)-x}{(-x)-2 x} = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-4x}{-3x} = \frac{4}{3}$.
दूसरी सीमा पर विचार करें: $L_2 = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\log (1+x^3)}{\sin ^3 x}$.
मानक सीमाओं $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{\log (1+u)}{u} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए:
$L_2 = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\log (1+x^3)}{x^3} \cdot \frac{x^3}{\sin ^3 x} \right) = 1 \cdot 1 = 1$.
अब,दोनों परिणामों को घटाने पर:
$L_1 - L_2 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{4-3}{3} = \frac{1}{3}$.

(B) दिया गया है $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} n(x^{1/n} - 1)$. माना $h = \frac{1}{n}$. जैसे $n \rightarrow \infty$,$h \rightarrow 0$.
$f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x^h - 1}{h} = \ln x$.
दिए गए समीकरण में $f(x) = \ln x$ रखने पर:
$97 \ln x + m \ln\left(\frac{1}{x}\right) = 0$
$97 \ln x - m \ln x = 0$
$(97 - m) \ln x = 0$
चूँकि यह सभी $x > 0$ के लिए सत्य है,इसलिए $97 - m = 0$,जिससे $m = 97$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है,$L = \lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x^2+x+3}{x^2-x+2}\right]^x$.
यह $1^\infty$ के रूप में है।
सूत्र $\lim _{x \rightarrow \infty}[1+f(x)]^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} f(x) \cdot g(x)}$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty}\left[1+\frac{x^2+x+3}{x^2-x+2}-1\right]^x$
$= \lim _{x \rightarrow \infty}\left[1+\frac{x^2+x+3-x^2+x-2}{x^2-x+2}\right]^x$
$= \lim _{x \rightarrow \infty}\left[1+\frac{2x+1}{x^2-x+2}\right]^x$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2x+1}{x^2-x+2} \cdot x}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2x^2+x}{x^2-x+2}}$
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2+1/x}{1-1/x+2/x^2}} = e^{\frac{2+0}{1-0+0}} = e^2$.

(C) हम मानक सीमा सूत्र का उपयोग करते हैं: $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x+b})^{x+c} = e^a$.
दिया गया व्यंजक: $\lim _{x \rightarrow \infty} (\frac{x+6}{x+1})^{x+4}$.
आधार को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{x+6}{x+1} = \frac{x+1+5}{x+1} = 1 + \frac{5}{x+1}$.
अतः,सीमा इस प्रकार हो जाती है: $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{5}{x+1})^{x+4}$.
गुणधर्म $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{k}{f(x)})^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} k \cdot \frac{g(x)}{f(x)}}$ का उपयोग करने पर:
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} 5 \cdot \frac{x+4}{x+1}}$.
$= e^{5 \cdot \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1 + 4/x}{1 + 1/x}} = e^{5 \cdot 1} = e^5$.

(A) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-e^x) \sin x}{x^2+x^3}$
हर का गुणनखंड करने पर: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-e^x) \sin x}{x^2(1+x)}$
व्यंजक को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{1-e^x}{x} \right) \times \left( \frac{\sin x}{x} \right) \times \left( \frac{1}{1+x} \right)$
मानक सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^x-1}{x} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ का उपयोग करने पर:
व्यंजक का मान $(-1) \times (1) \times \left( \frac{1}{1+0} \right) = -1 \times 1 \times 1 = -1$ प्राप्त होता है।

(B) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^x-e^{\sin x}}{2(x-\sin x)}$
अंश में $e^{\sin x}$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{\sin x}(e^{x-\sin x}-1)}{2(x-\sin x)}$
मानक सीमा $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{e^u-1}{u} = 1$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = x - \sin x$:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{e^{\sin x}}{2} \cdot \frac{e^{x-\sin x}-1}{x-\sin x} \right)$
जैसे ही $x \rightarrow 0$,$e^{\sin x} \rightarrow e^0 = 1$ और $\frac{e^{x-\sin x}-1}{x-\sin x} \rightarrow 1$.
अतः,सीमा का मान $\frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$ है।

(C) हमारे पास $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(q^n+p^n\right)^{1 / n}$ है।
चूंकि $0 < p < q$,हम व्यंजक से $q^n$ को बाहर निकाल सकते हैं:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \left[q^n \left(1 + \left(\frac{p}{q}\right)^n\right)\right]^{1/n}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} q \left(1 + \left(\frac{p}{q}\right)^n\right)^{1/n}$
चूंकि $0 < \frac{p}{q} < 1$,जैसे ही $n \rightarrow \infty$,$\left(\frac{p}{q}\right)^n \rightarrow 0$ होता है।
अतः,$\lim _{n \rightarrow \infty} q \left(1 + 0\right)^{1/n} = q \cdot 1^0 = q \cdot 1 = q$.

(A) हम सीमा $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+a}{x+b}\right)^{x}$ का मूल्यांकन करते हैं।
यह $1^{\infty}$ के रूप में है।
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{x}$.
मानक सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{k}{x})^x = e^k$ का उपयोग करते हुए:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{\frac{x+b}{a-b} \cdot \frac{x(a-b)}{x+b}}$.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x(a-b)}{x+b}} = e^{a-b}$.

(C) माना $y = \lim _{n \rightarrow \infty} P\left(1+\frac{r}{100 n}\right)^{t n}$ है।
हम मानक सीमा सूत्र $\lim _{k \rightarrow \infty} (1+\frac{x}{k})^k = e^x$ जानते हैं।
यहाँ,$k = n$ लेने पर,व्यंजक $P \left[ \lim _{n \rightarrow \infty} (1+\frac{r/100}{n})^n \right]^t$ हो जाता है।
सीमा सूत्र का उपयोग करने पर,$\lim _{n \rightarrow \infty} (1+\frac{r/100}{n})^n = e^{r/100}$ प्राप्त होता है।
अतः,$y = P \left( e^{r/100} \right)^t = P e^{\frac{rt}{100}}$।

(C) हम जानते हैं कि $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x+b})^{x+c} = e^a$.
दिया गया व्यंजक: $\lim _{x \rightarrow \infty} (\frac{x+5}{x+2})^{x+3} = \lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{3}{x+2})^{x+3}$.
माना $t = x+2$,तो जैसे $x \rightarrow \infty$,$t \rightarrow \infty$.
$= \lim _{t \rightarrow \infty} (1 + \frac{3}{t})^{t+1} = \lim _{t \rightarrow \infty} (1 + \frac{3}{t})^t \cdot (1 + \frac{3}{t})^1$.
$= e^3 \cdot 1 = e^3$.

(D) हम मानक सीमा $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{a^u - 1}{u} = \ln a$ का उपयोग करते हैं।
दिया गया व्यंजक $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3^{\sin x}-2^{\tan x}}{\sin x}$ है।
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{3^{\sin x}-1}{x} - \frac{2^{\tan x}-1}{x}}{\frac{\sin x}{x}}$.
चूँकि $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x} = 1$,इसलिए:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{3^{\sin x}-1}{\sin x} \cdot \frac{\sin x}{x} - \frac{2^{\tan x}-1}{\tan x} \cdot \frac{\tan x}{x} \right) / \frac{\sin x}{x}$.
इसका सरल रूप $\ln 3 - \ln 2 = \ln \left( \frac{3}{2} \right)$ है।

(C) दी गई सीमा: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n (k^2 x)$
चूँकि $x$,$k$ से स्वतंत्र है,हम लिख सकते हैं: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x}{n^3} \sum_{k=1}^n k^2$
प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं के वर्गों के योग का सूत्र उपयोग करने पर,$\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
इस मान को व्यंजक में रखने पर: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x}{n^3} \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x}{6} \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{n^3}$
$= \frac{x}{6} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^3(1 + \frac{1}{n})(2 + \frac{1}{n})}{n^3}$
$= \frac{x}{6} \cdot (1 \cdot 2) = \frac{2x}{6} = \frac{x}{3}$

(A) हमें $\lim _{x \rightarrow 3} \frac{11-[2-x]}{[x+10]}$ का मान ज्ञात करना है।
सबसे पहले,$x \rightarrow 3^-$ के लिए बाएँ पक्ष की सीमा $(LHL)$ पर विचार करें:
जैसे $x \rightarrow 3^-$,$x$ का मान $3$ से थोड़ा कम है,इसलिए $2-x$ का मान $-1$ से थोड़ा अधिक है। अतः,$[2-x] = -1$.
साथ ही,$x+10$ का मान $13$ से थोड़ा कम है,इसलिए $[x+10] = 12$.
$LHL = \lim _{x \rightarrow 3^-} \frac{11-(-1)}{12} = \frac{12}{12} = 1$.
अब,$x \rightarrow 3^+$ के लिए दाएँ पक्ष की सीमा $(RHL)$ पर विचार करें:
जैसे $x \rightarrow 3^+$,$x$ का मान $3$ से थोड़ा अधिक है,इसलिए $2-x$ का मान $-1$ से थोड़ा कम है। अतः,$[2-x] = -2$.
साथ ही,$x+10$ का मान $13$ से थोड़ा अधिक है,इसलिए $[x+10] = 13$.
$RHL = \lim _{x \rightarrow 3^+} \frac{11-(-2)}{13} = \frac{13}{13} = 1$.
चूंकि $LHL = RHL = 1$,सीमा का अस्तित्व है और इसका मान $1$ है।

(B) दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2^k \cdot 3^k} + \frac{1}{2^{k+1} \cdot 3^k}\right)$ है।
प्रत्येक कोष्ठक से सामान्य पद बाहर निकालने पर: $\frac{1}{2^k \cdot 3^k} (1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{6^k} \cdot \frac{3}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,योग $\frac{3}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{6^k}$ हो जाता है।
जैसे $n \rightarrow \infty$,यह एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = \frac{1}{6}$ और सार्व अनुपात $r = \frac{1}{6}$ है।
अनंत गुणोत्तर श्रेणी का योग $S = \frac{a}{1-r} = \frac{1/6}{1-1/6} = \frac{1/6}{5/6} = \frac{1}{5}$ होता है।
इसलिए,कुल मान $\frac{3}{2} \times \frac{1}{5} = \frac{3}{10}$ है।

(D) सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin |x|}{x}$ ज्ञात करने के लिए,हम वाम-पक्ष सीमा $(LHL)$ और दक्षिण-पक्ष सीमा $(RHL)$ का मूल्यांकन करते हैं।
$x < 0$ के लिए,$|x| = -x$,इसलिए $\lim _{x \rightarrow 0^-} \frac{\sin(-x)}{x} = \lim _{x \rightarrow 0^-} \frac{-\sin x}{x} = -1$.
$x > 0$ के लिए,$|x| = x$,इसलिए $\lim _{x \rightarrow 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$.
चूंकि वाम-पक्ष सीमा $(-1)$ दक्षिण-पक्ष सीमा $(1)$ के बराबर नहीं है,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(B) फलन $f(x) = \frac{\sqrt{x+3}}{x+1}$ केवल तभी परिभाषित है जब $x+3 \geq 0$,जिसका अर्थ है $x \geq -3$।
$x < -3$ के लिए,पद $\sqrt{x+3}$ एक ऋणात्मक संख्या का वर्गमूल है,जो वास्तविक संख्याओं के समुच्चय में परिभाषित नहीं है।
चूंकि सीमा $\lim_{x \rightarrow -3^{-}} f(x)$ के लिए $x$ के $-3$ से छोटे मानों पर फलन का मूल्यांकन करना आवश्यक है,और फलन इस अंतराल में परिभाषित नहीं है,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(C) हमें $f(x) = \frac{1}{3} x \sin x - (1 - \cos x)$ दिया गया है।
$x = 0$ के निकट $\sin x$ और $\cos x$ के टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर:
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$
इन मानों को $f(x)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$f(x) = \frac{1}{3} x \left(x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)\right) - \left(1 - (1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6))\right)$
$f(x) = \frac{1}{3} x^2 - \frac{x^4}{18} - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$
$f(x) = (\frac{1}{3} - \frac{1}{2}) x^2 + (\frac{1}{24} - \frac{1}{18}) x^4 + O(x^6)$
$f(x) = -\frac{1}{6} x^2 - \frac{1}{72} x^4 + O(x^6)$
अब,सीमा $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x^k} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{6} x^2 - \frac{1}{72} x^4 + O(x^6)}{x^k}$ पर विचार करें।
यदि $k < 2$ है,तो सीमा $\pm \infty$ है।
यदि $k = 2$ है,तो सीमा $-\frac{1}{6} \neq 0$ है।
यदि $k > 2$ है,तो सीमा $0$ है।
अतः,सबसे छोटा धनात्मक पूर्णांक $k$ जिसके लिए सीमा शून्य नहीं है,वह $k = 2$ है।

(A) $n$ भुजाओं वाले एक नियमित बहुभुज का आंतरिक कोण सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\theta_n = \frac{(n-2) \times 180^{\circ}}{n}$।
हमें $n \rightarrow \infty$ के रूप में सीमा ज्ञात करनी है:
$\lim_{n \rightarrow \infty} \theta_n = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(n-2) \times 180^{\circ}}{n} = \lim_{n \rightarrow \infty} (1 - \frac{2}{n}) \times 180^{\circ}$।
जैसे $n \rightarrow \infty$,पद $\frac{2}{n} \rightarrow 0$ होता है।
अतः,सीमा $(1 - 0) \times 180^{\circ} = 180^{\circ} = \pi \text{ रेडियन}$ है।

(B) सामान्य पद $1 - \frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}} = 1 - \frac{2}{n(n+1)} = \frac{n^2+n-2}{n(n+1)} = \frac{(n+2)(n-1)}{n(n+1)}$ है।
$x_n = \left[ \prod_{k=2}^{n} \frac{(k+2)(k-1)}{k(k+1)} \right]^2$.
$x_n = \left[ \left( \prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1} \right) \left( \prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} \right) \right]^2$.
गुणनफल की गणना करने पर:
$\prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1} = \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdot \dots \cdot \frac{n+2}{n+1} = \frac{n+2}{3}$.
$\prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \dots \cdot \frac{n-1}{n} = \frac{1}{n}$.
अतः,$x_n = \left( \frac{n+2}{3} \cdot \frac{1}{n} \right)^2 = \frac{1}{9} \left( \frac{n+2}{n} \right)^2 = \frac{1}{9} \left( 1 + \frac{2}{n} \right)^2$.
$n \rightarrow \infty$ पर सीमा लेने पर,$\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = \frac{1}{9} (1+0)^2 = \frac{1}{9}$.

(B) मान लीजिए $n^{th}$ पद का अंश $a_{n} = 1, 10, 21, 34, 49, \ldots$ है।
यह एक द्विघात अनुक्रम है। प्रथम अंतर $9, 11, 13, 15, \ldots$ है,जो एक समांतर श्रेणी बनाते हैं।
सामान्य पद $a_{n} = An^{2} + Bn + C$ द्वारा दिया जाता है।
$n=1$ के लिए,$a_{1} = A + B + C = 1$.
$n=2$ के लिए,$a_{2} = 4A + 2B + C = 10$.
$n=3$ के लिए,$a_{3} = 9A + 3B + C = 21$.
इन समीकरणों को हल करने पर: $(a_{2}-a_{1}) = 3A + B = 9$ और $(a_{3}-a_{2}) = 5A + B = 11$.
घटाने पर $2A = 2 \Rightarrow A = 1$ प्राप्त होता है।
तब $3(1) + B = 9 \Rightarrow B = 6$.
तब $1 + 6 + C = 1 \Rightarrow C = -6$.
अतः,$a_{n} = n^{2} + 6n - 6$.
श्रेणी का $n^{th}$ पद $t_{n} = \frac{n^{2} + 6n - 6}{n!}$ है।
जैसे $n \rightarrow \infty$,फैक्टोरियल $n!$ बहुपद $n^{2} + 6n - 6$ की तुलना में बहुत तेजी से बढ़ता है।
इसलिए,$\lim _{n \rightarrow \infty} t_{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2} + 6n - 6}{n!} = 0$.

(A) हम $\lim _{x \rightarrow 0}\left\{\frac{1}{x^{2}}+\frac{(2013)^{x}-1}{e^{x}-1}\right\}$ का मूल्यांकन कर रहे हैं।
मानक सीमा $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x-1}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए,हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\lim _{x \rightarrow 0}\left\{\frac{1}{x^{2}}+\frac{(2013)^{x}-1}{x} \cdot \frac{x}{e^{x}-1}\right\}$.
हम जानते हैं कि $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2013)^{x}-1}{x} = \ln(2013)$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{e^{x}-1} = 1$.
अतः,व्यंजक $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^{2}} + \ln(2013) \cdot 1$ हो जाता है।
जैसे $x \rightarrow 0$,$\frac{1}{x^2} \rightarrow +\infty$.
इसलिए,सीमा $+\infty$ है।

(C) माना $S = \sum_{n=1}^{1000} (-1)^{n} x^{n} = -x + x^{2} - x^{3} + x^{4} - \dots + x^{1000}$.
यह एक परिमित गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = -x$,सार्व अनुपात $r = -x$ और पदों की संख्या $n = 1000$ है।
योग $S = a \frac{r^{n} - 1}{r - 1} = (-x) \frac{(-x)^{1000} - 1}{-x - 1} = (-x) \frac{x^{1000} - 1}{-(x + 1)} = x \frac{x^{1000} - 1}{x + 1} = \frac{x^{1001} - x}{x + 1}$ द्वारा दिया गया है।
अब,$x \rightarrow \infty$ के लिए सीमा का मूल्यांकन करते हैं:
$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x^{1001} - x}{x + 1} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x^{1001}(1 - \frac{1}{x^{1000}})}{x(1 + \frac{1}{x})} = \lim_{x \rightarrow \infty} x^{1000} = +\infty$.

(D) माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n !)^{1 / n}}{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \left( \frac{n!}{n^n} \right)^{1/n}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln L = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \ln \left( \frac{n!}{n^n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \ln \left( \frac{r}{n} \right)$.
यह समाकलन $\int_{0}^{1} \ln(x) \, dx$ के लिए एक रीमान योग है।
$\ln L = \int_{0}^{1} \ln(x) \, dx = [x \ln x - x]_{0}^{1}$.
$x \rightarrow 0^+$ पर सीमा का मूल्यांकन करने पर,हमें $\lim_{x \rightarrow 0^+} x \ln x = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,$\ln L = (1 \ln 1 - 1) - (0) = -1$.
इसलिए,$L = e^{-1} = \frac{1}{e}$.

(C) दिया गया सीमा $L = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{x+x^2+\ldots+x^n-n}{x-1}$ है।
अंश को $(x-1) + (x^2-1) + \ldots + (x^n-1)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$L = \lim _{x \rightarrow 1} \left( \frac{x-1}{x-1} + \frac{x^2-1}{x-1} + \ldots + \frac{x^n-1}{x-1} \right)$।
मानक सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow a} \frac{x^n-a^n}{x-a} = na^{n-1}$ का उपयोग करने पर,प्रत्येक पद $k$ हो जाता है।
इसलिए,$L = 1 + 2 + 3 + \ldots + n = \frac{n(n+1)}{2}$।

(B) हमें सीमा का मूल्यांकन करना है: $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^2 x + \cos x - 1}{x^2}$.
सर्वसमिका $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ का उपयोग करने पर,व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos^2 x + \cos x - 1}{x^2} = \operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x - \cos^2 x}{x^2}$.
$\cos x$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x(1 - \cos x)}{x^2} = \operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \cos x \cdot \operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$.
हम जानते हैं कि $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \cos x = 1$ और $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$.
अतः,सीमा का मान $1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ है।

(C) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \ln \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$.
गुणधर्म $\ln(a^b) = b \ln(a)$ का उपयोग करके,हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$.
$L = \frac{1}{2} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+x) - \ln(1-x)}{x}$.
मानक सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+ax)}{x} = a$ का उपयोग करके,हमें प्राप्त होता है:
$L = \frac{1}{2} \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+x)}{x} - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1-x)}{x} \right)$.
$L = \frac{1}{2} (1 - (-1)) = \frac{1}{2} (2) = 1$.

(C) हम पहले साइन फलन के अंदर की सीमा का मूल्यांकन करते हैं:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-x-1-\frac{x^{2}}{2}}{x^{2}}$
$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \dots$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + \dots) - x - 1 - \frac{x^{2}}{2}}{x^{2}}$
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^{3}}{6} + \dots}{x^{2}} = \lim_{x \rightarrow 0} (\frac{x}{6} + \dots) = 0$
चूंकि फलन $\sin(u)$,$u=0$ पर सतत है,इसलिए हमारे पास है:
$I = \sin(L) = \sin(0) = 0$

(C) हम जानते हैं कि $\lim _{x \rightarrow 0} (1+ax)^{1/x} = e^a$ होता है।
इसका उपयोग करते हुए,$\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{1+cx}{1-cx}\right)^{1/x} = \frac{\lim _{x \rightarrow 0} (1+cx)^{1/x}}{\lim _{x \rightarrow 0} (1-cx)^{1/x}} = \frac{e^c}{e^{-c}} = e^{2c}$ है।
दिया गया है कि $e^{2c} = 4$ है।
अब,हमें $\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{1+2cx}{1-2cx}\right)^{1/x} = \frac{\lim _{x \rightarrow 0} (1+2cx)^{1/x}}{\lim _{x \rightarrow 0} (1-2cx)^{1/x}} = \frac{e^{2c}}{e^{-2c}} = e^{4c}$ ज्ञात करना है।
चूंकि $e^{2c} = 4$ है,इसलिए $e^{4c} = (e^{2c})^2 = 4^2 = 16$ होगा।