Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(B) माना $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x + 2}}{{x + 1}}} \right)^{x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)^{x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {{{\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)}^{x + 1}}} \right]^{\frac{{x + 3}}{{x + 1}}}}$
चूँकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)^{x + 1}} = e$ और $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x + 3}}{{x + 1}} = 1$,
$A = e^1 = e$.

(C) सीमा का मान ज्ञात करने के लिए,हम व्यंजक का परिमेयकरण करते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt {{x^2} + 1} - x) \times \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{({x^2} + 1) - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}$
जैसे $x \to \infty$,हर $\sqrt {{x^2} + 1} + x \to \infty$ होता है।
अतः,$\frac{1}{\infty} = 0$.

(A) सीमाओं के बीजगणित के अनुसार,यदि $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x) = L$ और $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} g(x) = M$ का अस्तित्व है,तो $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$ का अस्तित्व होता है।
अतः,$f(x)$ और $g(x)$ की व्यक्तिगत सीमाओं का अस्तित्व उनके गुणनफल की सीमा के अस्तित्व के लिए एक पर्याप्त शर्त है।

(A) हम मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } (1 + \frac{1}{u})^u = e$ का उपयोग करते हैं।
दिए गए व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{a + bx}}} \right)^{c + dx}}$ को हम इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {\left( {1 + \frac{1}{{a + bx}}} \right)^{a + bx}} \right]^{\frac{c + dx}{a + bx}}}$
जैसे $x \to \infty$,पद $(1 + \frac{1}{a + bx})^{a + bx} \to e$.
अब,घातांक की सीमा का मूल्यांकन करते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{c + dx}{a + bx} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{c/x + d}{a/x + b} = \frac{0 + d}{0 + b} = \frac{d}{b}$.
अतः,सीमा का मान $e^{d/b}$ है।

(C) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{1 + \tan x}}{{1 + \sin x}}} \right)^{\text{cosec } x}}$.
यह $1^\infty$ का रूप है,इसलिए हम सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} g(x)(f(x) - 1)}$ का उपयोग करेंगे।
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \text{cosec } x \left( \frac{1 + \tan x}{1 + \sin x} - 1 \right)}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{\sin x} \left( \frac{1 + \tan x - 1 - \sin x}{1 + \sin x} \right)}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{\sin x(1 + \sin x)}}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin x (\frac{1}{\cos x} - 1)}{\sin x(1 + \sin x)}}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{\cos x(1 + \sin x)}}$
जैसे $x \to 0$,$\cos x \to 1$ और $\sin x \to 0$।
$L = e^{\frac{1 - 1}{1(1 + 0)}} = e^0 = 1$.

(B) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {({4^n} + {5^n})^{1/n}}$.
हम सबसे बड़े आधार वाले पद $5^n$ को बाहर निकाल सकते हैं:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {5^n \left( {{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} + 1} \right)} \right]^{1/n}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } 5 \cdot {\left( {1 + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n}} \right)^{1/n}}$
जैसे $n \to \infty$,पद ${\left( {\frac{4}{5}} \right)^n} \to 0$ होता है।
अतः,$L = 5 \cdot {(1 + 0)^0} = 5 \cdot 1 = 5$.

(A) माना $x = \frac{1}{t}$। जैसे $x \to \infty$,$t \to 0^+$.
व्यंजक इस प्रकार होगा: $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{(\frac{1}{t^2}) \sin(t) - \frac{1}{t}}{1 - |\frac{1}{t}|}$.
चूँकि $x \to \infty$,$t > 0$,इसलिए $|\frac{1}{t}| = \frac{1}{t}$.
$= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{\frac{\sin t}{t^2} - \frac{1}{t}}{1 - \frac{1}{t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{\frac{\sin t - t}{t^2}}{\frac{t - 1}{t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{\sin t - t}{t(t - 1)}$.
टेलर श्रेणी विस्तार $\sin t = t - \frac{t^3}{3!} + \dots$ का उपयोग करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{(t - \frac{t^3}{6} + \dots) - t}{t^2 - t} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{-\frac{t^3}{6}}{t(t - 1)} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{-t^2}{6(t - 1)} = \frac{0}{-6} = 0$.

(B) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {\frac{{x + \sin x}}{{x - \cos x}}}$
वर्गमूल के अंदर अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {\frac{{1 + \frac{{\sin x}}{x}}}{{1 - \frac{{\cos x}}{x}}}}$
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin x}}{x} = 0$ और $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\cos x}}{x} = 0$,इसलिए:
$= \sqrt {\frac{{1 + 0}}{{1 - 0}}} = \sqrt {1} = 1$

(C) हमारे पास $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {({x^n} + {y^n})^{1/n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } y {\left( 1 + {\left( \frac{x}{y} \right)^n} \right)^{1/n}}$ है।
चूंकि $0 < x < y$,इसलिए $0 < \frac{x}{y} < 1$ है।
जैसे $n \to \infty$,${\left( \frac{x}{y} \right)^n} \to 0$ होता है।
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } y {\left( 1 + {\left( \frac{x}{y} \right)^n} \right)^{1/n}} = y {(1 + 0)^0} = y(1) = y$.

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt {{a^2}{x^2} + ax + 1} - \sqrt {{a^2}{x^2} + 1})$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम व्यंजक का परिमेयकरण करते हैं:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{({a^2}{x^2} + ax + 1) - ({a^2}{x^2} + 1)}{\sqrt {{a^2}{x^2} + ax + 1} + \sqrt {{a^2}{x^2} + 1}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{ax}{\sqrt {{a^2}{x^2} + ax + 1} + \sqrt {{a^2}{x^2} + 1}}$
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{a}{\sqrt {{a^2} + \frac{a}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{a^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}}$
जब $x \to \infty$,तब $\frac{1}{x} \to 0$ और $\frac{1}{{{x^2}}} \to 0$:
$= \frac{a}{\sqrt {{a^2}} + \sqrt {{a^2}}} = \frac{a}{2|a|}$
यदि $a > 0$ है,तो उत्तर $\frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(B) माना ${\cos ^{ - 1}}x = y$ है। जब $x \to - 1$,तब $y \to \pi$।
अतः,सीमा $\mathop {\lim }\limits_{y \to \pi } \frac{{\sqrt \pi - \sqrt y }}{{\sqrt {1 + \cos y} }}$ हो जाती है।
सर्वसमिका $1 + \cos y = 2 \cos^2(y/2)$ का उपयोग करने पर,$\sqrt{1 + \cos y} = \sqrt{2} \cos(y/2)$।
अब,$\cos(y/2) = \sin(\pi/2 - y/2)$।
अतः सीमा $\mathop {\lim }\limits_{y \to \pi } \frac{{\sqrt \pi - \sqrt y }}{{\sqrt{2} \sin(\frac{\pi - y}{2})}}$ है।
अंश और हर को $(\sqrt{\pi} + \sqrt{y})$ से गुणा करने पर और $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{y \to \pi } \frac{\pi - y}{\sqrt{2} \sin(\frac{\pi - y}{2}) (\sqrt{\pi} + \sqrt{y})} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}$।

(B) सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } - \sqrt x } \right]$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम व्यंजक का परिमेयकरण करते हैं:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } - \sqrt x)(\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x)}{\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x + \sqrt {x + \sqrt x } - x}{\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\sqrt {x + \sqrt x}}{\sqrt {x + \sqrt {x + \sqrt x } } + \sqrt x}$
अंश और हर को $\sqrt{x}$ से विभाजित करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\sqrt{1 + x^{-1/2}}}{\sqrt{1 + \sqrt{x^{-1} + x^{-3/2}}} + 1}$
जैसे $x \to \infty$,$x^{-1/2} \to 0$,$x^{-1} \to 0$,और $x^{-3/2} \to 0$ होगा।
$L = \frac{\sqrt{1+0}}{\sqrt{1+0} + 1} = \frac{1}{2}$.

(C) दिया गया है $f(x) = \frac{2}{x - 3}$,$g(x) = \frac{x - 3}{x + 4}$,और $h(x) = - \frac{2(2x + 1)}{x^2 + x - 12}$।
ध्यान दें कि $x^2 + x - 12 = (x - 3)(x + 4)$ है।
फलन का योग करने पर: $f(x) + g(x) + h(x) = \frac{2}{x - 3} + \frac{x - 3}{x + 4} - \frac{2(2x + 1)}{(x - 3)(x + 4)}$।
लघुत्तम समापवर्त्य $(x - 3)(x + 4)$ लेने पर:
$= \frac{2(x + 4) + (x - 3)^2 - 2(2x + 1)}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{2x + 8 + x^2 - 6x + 9 - 4x - 2}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{x^2 - 8x + 15}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{(x - 3)(x - 5)}{(x - 3)(x + 4)}$
$= \frac{x - 5}{x + 4}$ जहाँ $x \neq 3$ है।
अतः,$\lim_{x \to 3} [f(x) + g(x) + h(x)] = \lim_{x \to 3} \frac{x - 5}{x + 4} = \frac{3 - 5}{3 + 4} = - \frac{2}{7}$।

(A) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } - \sqrt 3 }}{{x - 2}}$.
अंश का परिमेयकरण करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } - \sqrt 3)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1 + \sqrt {2 + x} - 3}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{\sqrt {2 + x} - 2}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)}$
पुनः अंश का परिमेयकरण करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{(\sqrt {2 + x} - 2)(\sqrt {2 + x} + 2)}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)(\sqrt {2 + x} + 2)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{2 + x - 4}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)(\sqrt {2 + x} + 2)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x - 2}{(x - 2)(\sqrt {1 + \sqrt {2 + x} } + \sqrt 3)(\sqrt {2 + x} + 2)}$
$L = \frac{1}{(\sqrt {1 + \sqrt {4} } + \sqrt 3)(\sqrt {4} + 2)} = \frac{1}{(\sqrt 3 + \sqrt 3)(4)} = \frac{1}{2\sqrt 3 \times 4} = \frac{1}{8\sqrt 3}$.

(C) हमारे पास $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 - \cos {x^2}} }}{{1 - \cos x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2 \sin^2(x^2/2)} }}{{2 \sin^2(x/2)}}$ है।
चूंकि $x \to 0$ के लिए,$\sin(x^2/2) > 0$,इसलिए:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt{2} \sin(x^2/2)}}{{2 \sin^2(x/2)}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin(x^2/2)}{\sin^2(x/2)}$.
$(x^2/2)$ और $(x/2)^2$ से गुणा और भाग करने पर:
$= \frac{1}{\sqrt{2}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{\sin(x^2/2)}{x^2/2} \cdot \frac{x^2/2}{(\sin(x/2)/(x/2))^2 \cdot (x^2/4)} \right)$.
$= \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1/2}{1/4} \cdot 1 = \sqrt{2}$.

(A) हम जानते हैं कि $(1 + x)^{1/x} = e^{\frac{1}{x} \ln(1 + x)}$.
$\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ के विस्तार का उपयोग करने पर:
$(1 + x)^{1/x} = e^{\frac{1}{x}(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots)} = e^{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots} = e \cdot e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots}$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ के विस्तार का उपयोग करने पर,जहाँ $u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots$:
$(1 + x)^{1/x} = e \left[ 1 + (-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}) + \frac{1}{2}(-\frac{x}{2})^2 + O(x^3) \right]$
$= e \left[ 1 - \frac{x}{2} + \frac{11x^2}{24} + O(x^3) \right]$.
इस मान को सीमा में रखने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{e(1 - \frac{x}{2} + \frac{11x^2}{24}) - e + \frac{ex}{2}}{x^2} = \frac{11e}{24}$.

(A) हम मानक सीमा सूत्र का उपयोग करते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 + f(x))^{1/g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}}$.
दिए गए व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{1 + 5{x^2}}}{{1 + 3{x^2}}}} \right)^{1/{x^2}}}$ के लिए,हम आधार को $1 + \left( \frac{1 + 5x^2}{1 + 3x^2} - 1 \right) = 1 + \frac{2x^2}{1 + 3x^2}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,सीमा $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^2} \cdot \frac{2x^2}{1 + 3x^2}}$ हो जाती है।
घातांक को सरल करने पर: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{1 + 3x^2} = \frac{2}{1 + 0} = 2$.
इसलिए,उत्तर $e^2$ है।

(D) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(2x - 3)(3x - 4)}{(4x - 5)(5x - 6)}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करते हैं:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x(2 - \frac{3}{x}) \cdot x(3 - \frac{4}{x})}{x(4 - \frac{5}{x}) \cdot x(5 - \frac{6}{x})}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(2 - \frac{3}{x})(3 - \frac{4}{x})}{(4 - \frac{5}{x})(5 - \frac{6}{x})}$
जैसे $x \to \infty$,पद $\frac{3}{x}, \frac{4}{x}, \frac{5}{x}, \frac{6}{x}$ का मान $0$ की ओर अग्रसर होता है:
$= \frac{(2 - 0)(3 - 0)}{(4 - 0)(5 - 0)} = \frac{2 \times 3}{4 \times 5} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$

(C) दिया गया है $\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} \frac{\sin(e^{x-2} - 1)}{\log(x-1)}$.
माना $t = x - 2$. जब $x \to 2$,तब $t \to 0$. अतः $x = t + 2$.
सीमा में मान रखने पर:
$\lim_{t \to 0} \frac{\sin(e^t - 1)}{\log(t + 2 - 1)} = \lim_{t \to 0} \frac{\sin(e^t - 1)}{\log(1 + t)}$.
हम जानते हैं कि $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ और $\lim_{t \to 0} \frac{\log(1 + t)}{t} = 1$.
$(e^t - 1)$ और $t$ से गुणा और भाग करने पर:
$\lim_{t \to 0} \left( \frac{\sin(e^t - 1)}{e^t - 1} \right) \times \left( \frac{e^t - 1}{t} \right) \times \left( \frac{t}{\log(1 + t)} \right)$.
चूंकि $\lim_{t \to 0} (e^t - 1) = 0$,पहला पद $1$ की ओर अग्रसर है।
$\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1$ और $\lim_{t \to 0} \frac{t}{\log(1 + t)} = 1$.
अतः,सीमा $1 \times 1 \times 1 = 1$ प्राप्त होती है।

(C) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\sqrt {{x^2} + 8x + 3} - \sqrt {{x^2} + 4x + 3} )$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम व्यंजक का परिमेयकरण करते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(\sqrt {{x^2} + 8x + 3} - \sqrt {{x^2} + 4x + 3})(\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3})}{\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{({x^2} + 8x + 3) - ({x^2} + 4x + 3)}{\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4x}{\sqrt {{x^2} + 8x + 3} + \sqrt {{x^2} + 4x + 3}}$
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4}{\sqrt {1 + \frac{8}{x} + \frac{3}{x^2}} + \sqrt {1 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}}}$
जब $x \to \infty$,तब $\frac{1}{x} \to 0$ और $\frac{1}{x^2} \to 0$:
$= \frac{4}{\sqrt{1+0+0} + \sqrt{1+0+0}} = \frac{4}{1+1} = \frac{4}{2} = 2$.

(B) हम जानते हैं कि मानक सीमा सूत्र: $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{x^n} - {a^n}}}{{x - a}} = n{a^{n - 1}}$ होता है।
दी गई सीमा पर यह सूत्र लागू करने पर: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{{x^k} - {5^k}}}{{x - 5}} = k{(5)^{k - 1}}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि सीमा का मान $500$ है,इसलिए: $k{(5)^{k - 1}} = 500$।
हम $500$ को $4 \times 125 = 4 \times 5^3 = 4 \times 5^{4-1}$ के रूप में लिख सकते हैं।
$k{(5)^{k - 1}}$ और $4{(5)^{4 - 1}}$ की तुलना करने पर,हमें $k = 4$ प्राप्त होता है।

(B) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{{x^2}}}$ का मूल्यांकन करने के लिए,अंश का परिमेयकरण करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{{x^2}}} \times \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} }}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(1 - {x^2}) - (1 + {x^2})}}{{{x^2}(\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} )}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2{x^2}}}{{{x^2}(\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} )}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2}}{{\sqrt {1 - {x^2}} + \sqrt {1 + {x^2}} }}$
$= \frac{{ - 2}}{{\sqrt {1 - 0} + \sqrt {1 + 0} }} = \frac{{ - 2}}{{1 + 1}} = -1$

(A) दिया गया सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 5x + 8} }}{{4x + 5}}$
चूंकि $x \to -\infty$,हम $x = -|x| = -\sqrt{x^2}$ लिख सकते हैं।
अंश और हर को $|x|$ से विभाजित करने पर (जहाँ $x < 0$ के लिए $|x| = -x$):
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{{\sqrt {4{x^2} + 5x + 8} }}{{|x|}}}}{{\frac{{4x + 5}}{{|x|}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4 + \frac{5}{x} + \frac{8}{{{x^2}}}} }}{{ - \left( {4 + \frac{5}{x}} \right)}}$
जैसे $x \to -\infty$,$\frac{1}{x} \to 0$ और $\frac{1}{{{x^2}}} \to 0$।
$= \frac{{\sqrt {4 + 0 + 0} }}{{ - (4 + 0)}} = \frac{2}{{ - 4}} = - \frac{1}{2}$.

(A) माना $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{mx}}} \right)^x}$ है।
हम व्यंजक को $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {\left( {1 + \frac{1}{{mx}}} \right)^{mx}} \right]^{1/m}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{u}} \right)^u} = e$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = mx$,जैसे ही $x \to \infty$,$u \to \infty$ होगा।
अतः,$y = e^{1/m}$।

(A) दी गई सीमा: $\lim_{x \to 2} \frac{x^3 - 8}{x^2 - 4}$.
$x = 2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{0}{0}$ रूप प्राप्त होता है।
गुणनखंड विधि का उपयोग करने पर:
$\lim_{x \to 2} \frac{(x - 2)(x^2 + 2x + 4)}{(x - 2)(x + 2)}$
$= \lim_{x \to 2} \frac{x^2 + 2x + 4}{x + 2}$
$= \frac{2^2 + 2(2) + 4}{2 + 2} = \frac{4 + 4 + 4}{4} = \frac{12}{4} = 3$.
वैकल्पिक रूप से,$L'\text{Hospital}$ नियम का उपयोग करने पर:
$\lim_{x \to 2} \frac{d/dx(x^3 - 8)}{d/dx(x^2 - 4)} = \lim_{x \to 2} \frac{3x^2}{2x} = \lim_{x \to 2} \frac{3x}{2} = \frac{3(2)}{2} = 3$.

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{2x^2 + 3x + 4}{3x^2 + 3x + 4}$ का मूल्यांकन करने के लिए,अंश और हर को $x$ की उच्चतम घात,यानी $x^2$ से विभाजित करें।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{2 + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2}}{3 + \frac{3}{x} + \frac{4}{x^2}}$
जैसे $x \to \infty$,पद $\frac{3}{x}$,$\frac{4}{x^2}$,$\frac{3}{x}$,और $\frac{4}{x^2}$ सभी $0$ की ओर अग्रसर होते हैं।
अतः,सीमा का मान $\frac{2 + 0 + 0}{3 + 0 + 0} = \frac{2}{3}$ है।

(D) माना $f(x) = \sin \left( \frac{1}{x} \right)$.
$x = 0$ पर सीमा के अस्तित्व के लिए,बाएँ हाथ की सीमा और दाएँ हाथ की सीमा समान होनी चाहिए।
बाएँ हाथ की सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \sin \left( \frac{1}{-h} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} -\sin \left( \frac{1}{h} \right)$.
जैसे $h \to 0$,$\frac{1}{h} \to \infty$,और $\sin \left( \frac{1}{h} \right)$ $-1$ और $1$ के बीच दोलन करता है। अतः,सीमा का अस्तित्व नहीं है।
दाएँ हाथ की सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \sin \left( \frac{1}{h} \right)$.
इसी प्रकार,जैसे $h \to 0$,$\sin \left( \frac{1}{h} \right)$ $-1$ और $1$ के बीच दोलन करता है।
चूंकि बाएँ हाथ की सीमा और दाएँ हाथ की सीमा एक अद्वितीय परिमित मान तक नहीं पहुँचती हैं,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sin \left( \frac{1}{x} \right)$ का अस्तित्व नहीं है।

(B) माना $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left[ {\frac{{{x^{3/2}} - 8}}{{x - 4}}} \right]$ है।
सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{x^n} - {a^n}}}{{x - a}} = n{a^{n - 1}}$ का उपयोग करने पर:
यहाँ $n = 3/2$ और $a = 4$ है।
$y = \frac{3}{2} \times {(4)^{(3/2) - 1}} = \frac{3}{2} \times {(4)^{1/2}} = \frac{3}{2} \times 2 = 3$.
वैकल्पिक रूप से,$L$-Hospital नियम लागू करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\frac{d}{{dx}}({x^{3/2}} - 8)}}{{\frac{d}{{dx}}(x - 4)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\frac{3}{2}{x^{1/2}}}}{1} = \frac{3}{2} \times \sqrt{4} = \frac{3}{2} \times 2 = 3$.

(D) दी गई सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{1/x}}}}{{{e^{\left( {\frac{1}{x} + 1} \right)}}}}$
घातांक के नियम $e^{a+b} = e^a \cdot e^b$ का उपयोग करते हुए,हर को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{1/x}}}}{{{e^{1/x}} \cdot e^1}}$
समान पद $e^{1/x}$ को काटने पर (जो $x \neq 0$ के लिए शून्य नहीं है):
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{e} = \frac{1}{e} = e^{-1}$
अतः,सही विकल्प $D$ है.

(D) हमारे पास $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{n}{{n + y}}} \right)^n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{1 + \frac{y}{n}}} \right)^n}$ है।
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{y}{n}} \right)^{-n}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {\left( {1 + \frac{y}{n}} \right)^n} \right]^{-1}}$
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{y}{n}} \right)^n} = e^y$,इसलिए:
$= (e^y)^{-1} = e^{-y}$.

(A) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,हम बाएँ पक्ष की सीमा $(L.H.L.)$ और दाएँ पक्ष की सीमा $(R.H.L.)$ का मूल्यांकन करते हैं।
$L.H.L. = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} (x) = 0$.
$R.H.L. = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (x^2) = 0^2 = 0$.
चूँकि $L.H.L. = R.H.L. = 0$ है,इसलिए सीमा का अस्तित्व है और यह $0$ के बराबर है।

(C) दिया गया सीमा मान: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{3^{x/2}} - 3}}{{{3^x} - 9}}$
हर को वर्गों के अंतर के रूप में लिखने पर: ${3^x} - 9 = {({3^{x/2}})^2} - {3^2} = ({3^{x/2}} - 3)({3^{x/2}} + 3)$
इसे सीमा व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{3^{x/2}} - 3}}{({3^{x/2}} - 3)({3^{x/2}} + 3)}$
उभयनिष्ठ पद $({3^{x/2}} - 3)$ को काटने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{{3^{x/2}} + 3}}$
$x \to 2$ पर सीमा का मान ज्ञात करने पर:
$\frac{1}{{{3^{2/2}} + 3}} = \frac{1}{{{3^1} + 3}} = \frac{1}{3 + 3} = \frac{1}{6}$

(C) हम मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + \frac{a}{x})^x} = e^a$ का उपयोग करते हैं।
दी गई अभिव्यक्ति: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x - 3}}{{x + 2}}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x + 2 - 5}}{{x + 2}}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 - \frac{5}{{x + 2}}} \right)^x}$.
अभिव्यक्ति को इस प्रकार लिखें: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left[ {{{\left( {1 - \frac{5}{{x + 2}}} \right)}^{\frac{{x + 2}}{{-5}}}}} \right]^{\frac{-5x}{x + 2}}}$.
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 - \frac{5}{{x + 2}}} \right)^{\frac{x + 2}{-5}}} = e$ और $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-5x}{x + 2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-5}{1 + \frac{2}{x}} = -5$.
अतः सीमा $e^{-5}$ है।

(C) हम जानते हैं कि $e^x$ का टेलर श्रेणी विस्तार $e^x = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \dots$ है।
इसे सीमा व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \dots) - 1}{x}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \dots}{x}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 + \frac{x}{2!} + \dots) = 1$.

(D) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{\sqrt{a + x} - \sqrt{a - x}}{x} \right]$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम अंश का परिमेयकरण करते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{(\sqrt{a + x} - \sqrt{a - x})(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})}{x(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})} \right]$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{(a + x) - (a - x)}{x(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})} \right]$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{2x}{x(\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x})} \right]$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{2}{\sqrt{a + x} + \sqrt{a - x}} \right]$
$= \frac{2}{\sqrt{a + 0} + \sqrt{a - 0}} = \frac{2}{2\sqrt{a}} = \frac{1}{\sqrt{a}}$.

(A) माना $f(x) = (1 + x)^{1/x}$.
$\log(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ के विस्तार का उपयोग करते हुए:
$(1 + x)^{1/x} = e^{\frac{1}{x} \log(1 + x)} = e^{\frac{1}{x} (x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots)} = e^{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots} = e \cdot e^{-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots}$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ के विस्तार का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots$:
$(1 + x)^{1/x} = e \left( 1 + (-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots) + \frac{(-\frac{x}{2} + \dots)^2}{2} + \dots \right) = e - \frac{ex}{2} + O(x^2)$.
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{1/x} - e}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(e - \frac{ex}{2} + O(x^2)) - e}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (-\frac{e}{2} + O(x)) = -\frac{e}{2}$.

(D) हम सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} {(1 + u)^{1/u}} = e$ का उपयोग करते हैं।
माना $L = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } {\left( {\cos \frac{x}{m}} \right)^m}$ है।
सर्वसमिका $\cos \theta = 1 - 2\sin^2(\theta/2)$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } {\left[ {1 - 2{{\sin }^2}\left( {\frac{x}{{2m}}} \right)} \right]^m}$
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } m \cdot \left( -2\sin^2\left( \frac{x}{2m} \right) \right) \right)$
जब $\theta \to 0$ हो,तब $\sin \theta \approx \theta$ का उपयोग करने पर:
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } m \cdot \left( -2 \cdot \frac{x^2}{4m^2} \right) \right)$
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } -\frac{x^2}{2m} \right) = e^0 = 1$.

(C) हमारे पास सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \,{\left( {\frac{{x + a}}{{x + b}}} \right)^{x + b}}$ है।
सीमा के अंदर के व्यंजक को $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \,{\left( {1 + \frac{{a - b}}{{x + b}}} \right)^{x + b}}$ के रूप में फिर से लिखें।
मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } (1 + \frac{k}{u})^u = e^k$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = x + b$ और $k = a - b$ है:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \,{\left( {1 + \frac{{a - b}}{{x + b}}} \right)^{x + b}} = e^{a - b}$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{a^{\cot x}} - {a^{\cos x}}}}{{\cot x - \cos x}}$.
अंश से ${a^{\cos x}}$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{a^{\cos x}}({a^{\cot x - \cos x}} - 1)}}{{\cot x - \cos x}}$.
जैसे $x \to \pi /2$,$\cos x \to 0$,इसलिए ${a^{\cos x}} \to {a^0} = 1$.
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{{a^u} - 1}}{u} = \log a$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = \cot x - \cos x$:
$L = 1 \times \log a = \log a$.

(C) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} [x]$ ज्ञात करने के लिए,हम वामपक्ष सीमा और दक्षिणपक्ष सीमा का मूल्यांकन करते हैं।
दक्षिणपक्ष सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} [3 + h] = 3$.
वामपक्ष सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} [3 - h] = 2$.
चूँकि वामपक्ष सीमा $(2)$ दक्षिणपक्ष सीमा $(3)$ के बराबर नहीं है,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} [x]$ का अस्तित्व नहीं है।

(C) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$ एक दोलायमान फलन है।
जैसे $x \to 0$,$\frac{1}{x}$ का मान $\infty$ की ओर जाता है।
फलन $\cos \frac{1}{x}$,$x \to 0$ होने पर $-1$ और $1$ के बीच अनंत बार दोलन करता है।
चूंकि फलन किसी अद्वितीय परिमित मान तक नहीं पहुंचता है,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(B) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{n^2} - n + 1}}{{{n^2} - n - 1}}} \right)^{n(n - 1)}}$.
हम व्यंजक को $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{(n^2 - n - 1) + 2}}{{n^2 - n - 1}}} \right)^{n(n - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{{n^2 - n - 1}}} \right)^{n(n - 1)}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + \frac{a}{x})^x} = e^a$ का उपयोग करते हुए:
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2}{n^2 - n - 1} \cdot n(n - 1) \right)$.
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2(n^2 - n)}{n^2 - n - 1} \right)$.
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर,हमें $\exp(2) = e^2$ प्राप्त होता है।

(A) हमें दिया गया सीमा है: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{x + 3}}{{x + 1}}} \right)^{x + 1}}$
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक को फिर से लिखने पर: $\frac{x+3}{x+1} = \frac{x+1+2}{x+1} = 1 + \frac{2}{x+1}$
अब सीमा इस प्रकार होगी: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x+1}} \right)^{x+1}}$
मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } (1 + \frac{k}{u})^u = e^k$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = x+1$ और $k = 2$:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x+1}} \right)^{x+1}} = e^2$

(B) हम जानते हैं कि $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = e$.
दिए गए व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 - ax)^{\frac{1}{x}}}$ को हम $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {[(1 + (-ax))^{\frac{1}{-ax}}]^{\frac{-ax}{x}}}$ के रूप में लिख सकते हैं।
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + (-ax))^{\frac{1}{-ax}}} = e$,इसलिए व्यंजक का सरल रूप $e^{-a}$ है।

(B) हमें सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {({3^n} + {4^n})^{\frac{1}{n}}}$ दी गई है।
सबसे बड़े आधार $4^n$ को बाहर निकालने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {4^n \left( {\left( \frac{3}{4} \right)^n + 1} \right)} \right]^{\frac{1}{n}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } 4 \cdot {\left[ {1 + \left( \frac{3}{4} \right)^n} \right]^{\frac{1}{n}}}$
जैसे $n \to \infty$,पद $\left( \frac{3}{4} \right)^n \to 0$ हो जाता है।
अतः,$L = 4 \cdot (1 + 0)^0 = 4 \cdot 1 = 4$.

(B) हम जानते हैं कि $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + f(x))^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x)}$ यदि $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = 0$ हो।
दिया गया है $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{a}{x} + \frac{b}{{{x^2}}}} \right)^{2x}} = {e^2}$।
सूत्र का उपयोग करने पर,हमें $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{a}{x} + \frac{b}{{{x^2}}}) \cdot 2x} = {e^2}$ प्राप्त होता है।
यह $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (2a + \frac{2b}{x})} = {e^2}$ में सरल हो जाता है।
सीमा का मूल्यांकन करने पर,हमें $e^{2a + 0} = {e^2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$e^{2a} = {e^2}$,जिसका अर्थ है $2a = 2$,इसलिए $a = 1$।
चूंकि जैसे-जैसे $x \to \infty$ होता है,पद $\frac{b}{x^2}$ शून्य हो जाता है,इसलिए $b$ कोई भी वास्तविक संख्या हो सकती है।
अतः,$a = 1$ और $b \in \mathbb{R}$।

(B) हम मानक सीमा सूत्र का उपयोग करते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (1 + \frac{a}{x})^x = e^a$.
दिया गया व्यंजक: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (1 - \frac{4}{x - 1})^{3x - 1}$.
माना $t = x - 1$,तो जैसे $x \to \infty$,वैसे ही $t \to \infty$.
$x = t + 1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (1 - \frac{4}{t})^{3(t + 1) - 1} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (1 - \frac{4}{t})^{3t + 2}$.
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है: $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } [(1 - \frac{4}{t})^t]^3 \times \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } (1 - \frac{4}{t})^2$.
$= (e^{-4})^3 \times (1 - 0)^2 = e^{-12} \times 1 = e^{-12}$.

(D) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} + 3x + 2}}{{{x^2} + 4x + 3}}$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम अंश और हर का गुणनखंड करते हैं।
अंश: $x^2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)$
हर: $x^2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3)$
अब,इन मानों को सीमा व्यंजक में प्रतिस्थापित करें:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{(x + 1)(x + 2)}{(x + 1)(x + 3)}$
चूंकि $x \to - 1$,$x + 1 \neq 0$,हम उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x + 1)$ को काट सकते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{x + 2}{x + 3}$
अब,$x = - 1$ प्रतिस्थापित करके सीमा का मान ज्ञात करें:
$\frac{- 1 + 2}{- 1 + 3} = \frac{1}{2}$.

(B) हम मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (1 + \frac{a}{x})^{bx} = e^{ab}$ का उपयोग करते हैं।
सबसे पहले,व्यंजक को $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{-6}{3x + 2}} \right)^{\frac{x + 1}{3}}}$ के रूप में लिखें।
यह $1^{\infty}$ के रूप में है,इसलिए सीमा $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{-6}{3x + 2} \times \frac{x + 1}{3})}$ होगी।
घातांक की सीमा की गणना करें: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-6(x + 1)}{3(3x + 2)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-6x - 6}{9x + 6} = -\frac{6}{9} = -\frac{2}{3}$।
अतः,अंतिम मान $e^{-2/3}$ है।

(D) दिया गया सीमा (limit) है: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{(x + 1)(3x + 4)}{x^2(x - 8)}$
अंश का विस्तार करने पर: $(x + 1)(3x + 4) = 3x^2 + 7x + 4$
हर का विस्तार करने पर: $x^2(x - 8) = x^3 - 8x^2$
अब,अंश और हर को $x^3$ से विभाजित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\frac{3}{x} + \frac{7}{x^2} + \frac{4}{x^3}}{1 - \frac{8}{x}}$
जैसे ही $x \to \infty$,सभी पद $0$ की ओर अग्रसर होते हैं।
अतः,सीमा का मान $\frac{0}{1} = 0$ है।