Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(B) दिया गया है $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} n(x^{1/n} - 1)$.
माना $h = \frac{1}{n}$. जैसे $n \rightarrow \infty$,वैसे $h \rightarrow 0$.
तब $f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x^h - 1}{h}$.
यह $x=0$ पर $a^x$ के अवकलन की मानक सीमा परिभाषा है,जो $\ln(x)$ है।
अतः,$f(x) = \ln(x)$.
अब,$f(xy) = \ln(xy) = \ln(x) + \ln(y) = f(x) + f(y)$.

(C) हमारे पास है,$\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{(1+\sqrt{x})(1-\sqrt{x})}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1}{1+\sqrt{x}}}$
$= \left(\frac{1+1}{2+1}\right)^{\frac{1}{1+1}} = \left(\frac{2}{3}\right)^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$

(D) माना $x = 1 + h$. जैसे ही $x \rightarrow 1$,$h \rightarrow 0$ होता है।
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^{(1+h)-1}-1)}{\log(1+h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^h-1)}{\log(1+h)}$
हम जानते हैं कि $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\sin u}{u} = 1$,$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\log(1+h)}{h} = 1$,और $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{e^h-1}{h} = 1$।
व्यंजक को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(e^h-1)}{e^h-1} \cdot \frac{e^h-1}{h} \cdot \frac{h}{\log(1+h)} \right)$
$= 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{1} = 1$.

(C) हम $1^{\infty}$ रूप की सीमा का मूल्यांकन $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} g(x)(f(x)-1)}$ सूत्र का उपयोग करके करते हैं।
दिया गया है $f(x) = \frac{3x-1}{3x+1}$ और $g(x) = 4x$ है।
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1}{3x+1} - 1 \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1 - (3x+1)}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{-2}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8x}{3x+1} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8}{3 + 1/x} = -\frac{8}{3}$.
अतः,सीमा का मान $e^{-8/3}$ है।

(A) $1^{\infty}$ रूप के लिए हम मानक सीमा सूत्र $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} g(x)[f(x)-1]}$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$f(x) = \frac{1+5x^2}{1+3x^2}$ और $g(x) = \frac{1}{x^2}$ है।
जैसे ही $x \rightarrow 0$,$f(x) \rightarrow 1$ और $g(x) \rightarrow \infty$ होता है।
अतः,सीमा $e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2}{1+3x^2} - 1 \right)}$ है।
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2 - (1+3x^2)}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{2x^2}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{2}{1+3x^2}}$.
$= e^{\frac{2}{1+0}} = e^2$.

(C) माना $L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(\sec(ex)) + \ln(\sec(e^{2}x)) + ... + \ln(\sec(e^{10}x))}{e^{2} - e^{2\cos x}}$.
$\ln(\sec \theta) \approx \frac{\theta^{2}}{2}$ का उपयोग करने पर,अंश $\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}$ हो जाता है।
हर $e^{2} - e^{2\cos x} = e^{2}(1 - e^{2\cos x - 2}) \approx 2e^{2}(1 - \cos x) \approx e^{2}x^{2}$ हो जाता है।
अतः,$L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}}{e^{2}x^{2}} = \frac{1}{2e^{2}} \sum_{k=1}^{10} (e^{2})^{k}$.
गुणोत्तर श्रेणी के योग सूत्र का उपयोग करने पर,$L = \frac{1}{2e^{2}} \cdot \frac{e^{2}(e^{20} - 1)}{e^{2} - 1} = \frac{e^{20} - 1}{2(e^{2} - 1)}$.

(B) $x = 0$ के निकट $\sin x$ के लिए टेलर श्रेणी का उपयोग करते हुए: $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$.
तब,$\sin^2 x = (x - \frac{x^3}{6} + O(x^5))^2 = x^2 - 2(x)(\frac{x^3}{6}) + O(x^6) = x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
हर में यह मान रखने पर: $x^2 - \sin^2 x = x^2 - (x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)) = \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
अब,इस मान को सीमा में रखने पर: $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin^2 x}{x^2 - \sin^2 x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 (x^2 + O(x^4))}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)}$.
$= \lim_{x \to 0} \frac{x^4 + O(x^6)}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)} = \frac{1}{1/3} = 3$.

(C) सीमा $f(x) = \lim_{y \to 0} \frac{(1 - \cos(xy))\tan(xy)}{y^3}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम $(xy)^3$ से गुणा और भाग करते हैं:
$f(x) = \lim_{y \to 0} \left( \frac{1 - \cos(xy)}{(xy)^2} \cdot \frac{\tan(xy)}{xy} \cdot \frac{x^3 y^3}{y^3} \right)$
मानक सीमाओं $\lim_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ और $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot x^3 = \frac{x^3}{2}$.
अब,हमें समीकरण $f(x) = \sin x$ के लिए हलों की संख्या ज्ञात करनी है,जो $\frac{x^3}{2} = \sin x$ या $x^3 = 2 \sin x$ है।
मान लीजिए $g(x) = x^3 - 2 \sin x$. हम वे मूल खोजते हैं जहाँ $g(x) = 0$ है।
$x = 0$ पर,$g(0) = 0 - 2(0) = 0$. अतः,$x = 0$ एक हल है।
$x > 0$ के लिए,$x^3 = 2 \sin x$ का एक धनात्मक हल है क्योंकि $x^3$ सख्ती से बढ़ रहा है और $2 \sin x$ का मान $2$ से सीमित है।
$x < 0$ के लिए,मान लीजिए $x = -t$ जहाँ $t > 0$. तो $(-t)^3 = 2 \sin(-t) \implies -t^3 = -2 \sin t \implies t^3 = 2 \sin t$. यह एक ऋणात्मक हल देता है।
इस प्रकार,कुल $3$ हल हैं: $x = 0$,$x \approx 1.41$,और $x \approx -1.41$.