Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(D) $\lim_{x \to 0} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,हम $x = 0$ पर वाम पक्ष सीमा $(LHL)$ और दक्षिण पक्ष सीमा $(RHL)$ का मूल्यांकन करते हैं।
$LHL$ के लिए: $\lim_{x \to 0^-} f(x)$। जैसे $x \to 0^-$,$x$ का मान $0$ से थोड़ा कम है,इसलिए $[x] = -1$।
अतः,$f(x) = \frac{\sin(-1)}{-1} = \frac{-\sin(1)}{-1} = \sin(1)$।
इसलिए,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \sin(1)$।
$RHL$ के लिए: $\lim_{x \to 0^+} f(x)$। जैसे $x \to 0^+$,$x$ अंतराल $[0, 1)$ में है,इसलिए $[x] = 0$।
$f(x)$ की परिभाषा के अनुसार,जब $[x] = 0$,तो $f(x) = 0$।
इसलिए,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$।
चूँकि $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \sin(1)$ और $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$,वाम पक्ष सीमा दक्षिण पक्ष सीमा के बराबर नहीं है।
इसलिए,$\lim_{x \to 0} f(x)$ का अस्तित्व नहीं है।

(C) दी गई सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 - 10^n}{1 + 10^{n+1}}$
अंश और हर को $10^n$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\frac{1}{10^n} - 1}{\frac{1}{10^n} + 10}$
जैसे $n \to \infty$,$\frac{1}{10^n} \to 0$:
$= \frac{0 - 1}{0 + 10} = -\frac{1}{10}$
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{-\alpha}{10}$ के साथ तुलना करने पर:
$-\frac{1}{10} = -\frac{\alpha}{10}$
अतः,$\alpha = 1$.

(B) हमें सीमा का मान ज्ञात करना है: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{{\sin }^3}x}}$.
चूंकि $x \to 0$ होने पर यह $\frac{0}{0}$ का रूप है,हम मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\log (1 + u)}}{u} = 1$ का उपयोग कर सकते हैं,जहाँ $u = x^3$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{{\sin }^3}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{x^3}}} \times \frac{{{x^3}}}{{{{\sin }^3}x}} \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\log (1 + {x^3})}}{{{x^3}}} \right) \times \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{x}{{\sin x}} \right)^3$
$= 1 \times (1)^3 = 1$.

(C) दिया गया सीमा $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x^n}}}{{{x^n} + 1}}$.
चूँकि $x < -1$,हमारे पास $|x| > 1$ है,जिसका अर्थ है कि $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x^n$ अनंत की ओर जाता है,इसलिए अंश और हर को $x^n$ से विभाजित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x^n}}}{{{x^n}(1 + \frac{1}{x^n})}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{1 + \frac{1}{x^n}}$.
जैसे $n \to \infty$ और $|x| > 1$,वैसे ही $\frac{1}{x^n} \to 0$.
अतः,सीमा का मान $\frac{1}{1 + 0} = 1$ है.

(B) दिया गया व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\frac{1 + 2 + 3 + \dots + n}{1 - {n^2}}} \right]$ है।
प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं के योग के सूत्र $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ का उपयोग करने पर,व्यंजक इस प्रकार होगा:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n+1)}{2(1 - {n^2})}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n^2 + n}{2 - 2n^2}$
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 + \frac{1}{n}}{\frac{2}{n^2} - 2} = \frac{1 + 0}{0 - 2} = -\frac{1}{2}$.

(C) दिया गया सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{1^2} + {2^2} + {3^2} + \dots + {n^2}}}{{{n^3} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} k^2}}{{{n^3} + 1}}$
सूत्र $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n+1)(2n+1)}{6(n^3+1)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{6} \cdot \frac{n^3(1 + \frac{1}{n})(2 + \frac{1}{n})}{n^3(1 + \frac{1}{n^3})}$
$L = \frac{1}{6} \cdot \frac{(1+0)(2+0)}{(1+0)} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$

(A) हमें दिया गया है कि ${S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}}$.
अतः,${S_{n + 1}} - {S_n} = {a_{n + 1}}$.
हम जानते हैं कि $\sum\limits_{k = 1}^n k = \frac{n(n + 1)}{2}$.
इस प्रकार,सीमा $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_{n + 1}}}}{{\sqrt{\frac{n(n + 1)}{2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_{n + 1}} \cdot \sqrt{2}}}{{\sqrt{n(n + 1)}}}$ हो जाती है।
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = a$,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_{n + 1}} = a$.
जैसे $n \to \infty$,अंश $a \cdot \sqrt{2}$ (एक निश्चित मान) की ओर अग्रसर है और हर $\sqrt{n(n + 1)} \to \infty$ की ओर अग्रसर है।
अतः,सीमा का मान $\frac{a \cdot \sqrt{2}}{\infty} = 0$ है।

(B) हम जानते हैं कि: $\cos A \cos 2A \cos 4A \dots \cos (2^{n-1}A) = \frac{\sin (2^n A)}{2^n \sin A}$.
माना $A = \frac{x}{2^n}$. तब गुणनफल होगा:
$\cos \left( \frac{x}{2^n} \right) \cos \left( \frac{x}{2^{n-1}} \right) \dots \cos \left( \frac{x}{2} \right) = \frac{\sin (2^n \cdot \frac{x}{2^n})}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})} = \frac{\sin x}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})}$.
जब $n \to \infty$ हो,तब सीमा लेने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sin x}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})} = \sin x \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{2^n \sin (\frac{x}{2^n})}$.
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,माना $\theta = \frac{x}{2^n}$. जैसे $n \to \infty$,वैसे ही $\theta \to 0$:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{x/2^n}{\sin (x/2^n)} = 1$.
अतः,व्यंजक $\frac{\sin x}{x} \cdot 1 = \frac{\sin x}{x}$ हो जाता है।

(C) दी गई श्रेणी एक गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = \frac{1}{2}$ और सार्व अनुपात $r = \frac{1}{2}$ है।
गुणोत्तर श्रेणी के प्रथम $n$ पदों का योग $S_n = \frac{a(1 - r^n)}{1 - r}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$S_n = \frac{\frac{1}{2}(1 - (\frac{1}{2})^n)}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2^n})}{\frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2^n}$.
अब,$n \to \infty$ पर सीमा लेने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (1 - \frac{1}{2^n}) = 1 - 0 = 1$.

(A) दिया गया सीमा $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{2}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^2}}} + \dots + \frac{n}{{{n^2}}}} \right)$ है।
योग से $\frac{1}{{{n^2}}}$ को बाहर निकालने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{n^2}}} (1 + 2 + 3 + \dots + n)$.
प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं के योग का सूत्र $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ का उपयोग करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n+1)}{2{n^2}}$.
व्यंजक को सरल करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n^2 + n}{2n^2} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2n} \right)$.
जैसे $n \to \infty$,$\frac{1}{n} \to 0$:
$= \frac{1}{2} + 0 = \frac{1}{2}$.

(A) हम जानते हैं कि प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं का योग $\sum n = \frac{n(n + 1)}{2}$ होता है।
इस मान को सीमा (limit) में प्रतिस्थापित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 - n^2}{\frac{n(n + 1)}{2}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2(1 - n)(1 + n)}{n(n + 1)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{2(1 - n)}{n}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } 2 \left( \frac{1}{n} - 1 \right)$
जैसे $n \to \infty$,$\frac{1}{n} \to 0$ होता है।
अतः,सीमा का मान $2(0 - 1) = -2$ है।

(B) अंश श्रेणी $1 - 2 + 3 - 4 + \dots - 2n$ का योग है।
इसे $(1 - 2) + (3 - 4) + \dots + ((2n-1) - 2n)$ के रूप में समूहित किया जा सकता है।
ऐसी $n$ जोड़ियाँ हैं,जिनमें से प्रत्येक का योग $-1$ है।
अतः,अंश $n \times (-1) = -n$ है।
अब,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{-n}{\sqrt {n^2 + 1} + \sqrt {4n^2 - 1}}$.
अंश और हर को $n$ से विभाजित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{-1}{\sqrt {1 + \frac{1}{n^2}} + \sqrt {4 - \frac{1}{n^2}}} = \frac{-1}{\sqrt{1+0} + \sqrt{4-0}} = \frac{-1}{1+2} = -\frac{1}{3}$.

(D) दिया गया सीमा मान: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{{(x + 1)}^{10}} + {{(x + 2)}^{10}} + \dots + {{(x + 100)}^{10}}}}{{{x^{10}} + {{10}^{10}}}}$
अंश और हर को $x^{10}$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}^{10}} + {{\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}^{10}} + \dots + {{\left( {1 + \frac{{100}}{x}} \right)}^{10}}}}{{1 + \frac{{{{10}^{10}}}}{{{x^{10}}}}}}$
जब $x \to \infty$,तब $\frac{k}{x} \to 0$ और $\frac{10^{10}}{x^{10}} \to 0$.
अतः,व्यंजक इस प्रकार होगा:
$= \frac{{{{(1 + 0)}^{10}} + {{(1 + 0)}^{10}} + \dots + {{(1 + 0)}^{10}}}}{{1 + 0}}$
अंश में कुल $100$ पद हैं,जिनमें से प्रत्येक का मान $1$ है:
$= \frac{1 + 1 + \dots + 1 \text{ (100 बार)}}{1} = 100$.

(B) हम जानते हैं कि प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं का योग $\frac{n(n+1)}{2}$ होता है।
इस मान को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n(n + 1)}{2({n^2} + 100)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n^2} + n}{2{n^2} + 200}$
अंश और हर को ${n^2}$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 + \frac{1}{n}}{2 + \frac{200}{n^2}}$
जैसे $n \to \infty$,वैसे ही $\frac{1}{n} \to 0$ और $\frac{200}{n^2} \to 0$ होता है।
अतः,सीमा का मान $\frac{1 + 0}{2 + 0} = \frac{1}{2}$ है।

(B) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + x} - \sqrt {1 - x} }}{{\sqrt {2 + 3x} - \sqrt {2 - 3x} }}$.
अंश और हर का परिमेयकरण करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x})(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})}{(\sqrt{2+3x} - \sqrt{2-3x})(\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x})} \times \frac{\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x}}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1+x) - (1-x)}{(2+3x) - (2-3x)} \times \frac{\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x}}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2x}{6x} \times \frac{\sqrt{2+3x} + \sqrt{2-3x}}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}}$
$L = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2}}{1 + 1} = \frac{1}{3} \times \frac{2\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}$.
चूंकि $\sqrt{2} \approx 1.414$,इसलिए $\frac{\sqrt{2}}{3} \approx 0.471$.
अतः,$0 < \frac{\sqrt{2}}{3} < \frac{1}{2}$.
इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(C) माना $f(x) = 1 - x + [x - 1] + [1 - x]$.
$x \to 1^-$ के लिए बाएँ पक्ष की सीमा:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (1 - (1 - h) + [1 - h - 1] + [1 - (1 - h)])$
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (h + [-h] + [h]) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (h - 1 + 0) = -1$.
$x \to 1^+$ के लिए दाएँ पक्ष की सीमा:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (1 - (1 + h) + [1 + h - 1] + [1 - (1 + h)])$
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (-h + [h] + [-h]) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} (-h + 0 - 1) = -1$.
चूँकि बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा समान हैं,इसलिए सीमा का मान $-1$ है।

(B) दी गई अनुक्रम $x_1 = 3$ और $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ है।
प्रथम कुछ पदों की गणना करने पर:
$x_2 = \sqrt{2 + x_1} = \sqrt{2 + 3} = \sqrt{5} \approx 2.236$
$x_3 = \sqrt{2 + x_2} = \sqrt{2 + \sqrt{5}} \approx \sqrt{4.236} \approx 2.058$
यहाँ $x_1 > x_2 > x_3 > \dots$ है। यह अनुक्रम एकदिष्ट ह्रासमान है और $2$ से नीचे परिबद्ध है।
चूंकि अनुक्रम अभिसारी है,मान लीजिए $\lim_{n \to \infty} x_n = L$ है।
संबंध $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ में सीमा लेने पर:
$L = \sqrt{2 + L}$
$L^2 = 2 + L$
$L^2 - L - 2 = 0$
$(L - 2)(L + 1) = 0$
चूंकि $x_n > 0$,इसलिए $L = 2$ प्राप्त होता है।

(C) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\cos x - 1)(\cos x - e^x)}{x^n}$.
$x = 0$ के निकट टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर:
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\cos x - 1 = -\frac{x^2}{2} + O(x^4)$
$\cos x - e^x = (1 - \frac{x^2}{2} + \dots) - (1 + x + \frac{x^2}{2} + \dots) = -x - x^2 + O(x^3)$
अतः,अंश $(- \frac{x^2}{2} + O(x^4))(-x - x^2 + O(x^3)) = \frac{x^3}{2} + O(x^4)$ है।
सीमा के परिमित और शून्येतर होने के लिए,हर में $x$ की घात,अंश में $x$ की न्यूनतम घात के बराबर होनी चाहिए।
इसलिए,$n = 3$।

(C) दिया गया है $f(x) = \begin{cases} x^2 - 3, & 2 < x < 3 \\ 2x + 5, & 3 < x < 4 \end{cases}$।
सबसे पहले,हम $x \to 3^-$ के लिए बाएँ हाथ की सीमा ज्ञात करते हैं:
$\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-} (x^2 - 3) = 3^2 - 3 = 9 - 3 = 6$.
इसके बाद,हम $x \to 3^+$ के लिए दाएँ हाथ की सीमा ज्ञात करते हैं:
$\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+} (2x + 5) = 2(3) + 5 = 6 + 5 = 11$.
आवश्यक द्विघात समीकरण के मूल $6$ और $11$ हैं।
समीकरण $x^2 - (\text{मूलों का योग})x + (\text{मूलों का गुणनफल}) = 0$ द्वारा दिया जाता है।
मूलों का योग $= 6 + 11 = 17$.
मूलों का गुणनफल $= 6 \times 11 = 66$.
अतः,समीकरण $x^2 - 17x + 66 = 0$ है।

(D) हमें सीमा का मान ज्ञात करना है: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {1 - \cos 2x} \right)\left( {3 + \cos x} \right)}}{{x\tan 4x}}$
सर्वसमिका $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ का उपयोग करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin^2 x(3 + \cos x)}}{{x \tan 4x}}$
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ और $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करने के लिए $x$ और $4x$ से गुणा और भाग करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( 2 \cdot \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{x^2}{x \cdot \frac{\tan 4x}{4x} \cdot 4x} \cdot (3 + \cos x) \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( 2 \cdot \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{1}{4 \cdot \frac{\tan 4x}{4x}} \cdot (3 + \cos x) \right)$
$x = 0$ रखने पर:
$= 2 \cdot (1)^2 \cdot \frac{1}{4 \cdot 1} \cdot (3 + \cos 0)$
$= 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot (3 + 1) = 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot 4 = 2$

(A) दिया गया है $p = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (1 + \tan^2 \sqrt{x})^{\frac{1}{2x}}$.
यह $1^\infty$ रूप है,इसलिए हम सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} (f(x)-1)g(x)}$ का उपयोग करेंगे।
$p = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (\tan^2 \sqrt{x}) \cdot \frac{1}{2x}}$.
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \frac{\tan^2 \sqrt{x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \left( \frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}} \right)^2 = 1^2 = 1$.
अतः,$p = e^{\frac{1}{2} \cdot 1} = e^{1/2}$.
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$\log p = \log(e^{1/2}) = \frac{1}{2}$.

(B) हम जानते हैं कि $[t] = t - \{t\}$,जहाँ $\{t\}$ का $t$ का भिन्नात्मक भाग है।
अतः,व्यंजक $\lim_{x \to 0^+} x \sum_{r=1}^{15} [\frac{r}{x}] = \lim_{x \to 0^+} x \sum_{r=1}^{15} (\frac{r}{x} - \{\frac{r}{x}\})$.
$= \lim_{x \to 0^+} (\sum_{r=1}^{15} r - x \sum_{r=1}^{15} \{\frac{r}{x}\})$.
चूंकि $0 \le \{\frac{r}{x}\} < 1$,इसलिए $0 \le x \{\frac{r}{x}\} < x$.
जैसे $x \to 0^+$,स्क्वीज़ प्रमेय (Squeeze Theorem) के अनुसार,$x \{\frac{r}{x}\} \to 0$.
इसलिए,सीमा $\sum_{r=1}^{15} r = \frac{15 \times 16}{2} = 120$ है।

(A) दिया गया सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n \cos \left( \frac{\pi }{4n} \right) \sin \left( \frac{\pi }{4n} \right)$ है।
सर्वसमिका $\sin(2\theta) = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने के लिए $2$ से गुणा और भाग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{2} \left( 2 \sin \left( \frac{\pi }{4n} \right) \cos \left( \frac{\pi }{4n} \right) \right)$
$L = \frac{1}{2} \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n \sin \left( \frac{\pi }{2n} \right)$
माना $x = \frac{\pi }{2n}$. जब $n \to \infty$,तब $x \to 0$. और $n = \frac{\pi }{2x}$.
$L = \frac{1}{2} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } \left( \frac{\pi }{2x} \right) \sin(x)$
$L = \frac{\pi }{4} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } \frac{\sin x}{x}$
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } \frac{\sin x}{x} = 1$,इसलिए $L = \frac{\pi }{4} \times 1 = \frac{\pi }{4}$.
अतः,$k = \frac{\pi }{4}$.

(D) माना $f(x) = \frac{\sqrt{1 - \cos 2(x - 1)}}{x - 1}$.
हम जानते हैं कि $1 - \cos 2\theta = 2\sin^2 \theta$,इसलिए $1 - \cos 2(x - 1) = 2\sin^2(x - 1)$.
अतः,$f(x) = \frac{\sqrt{2\sin^2(x - 1)}}{x - 1} = \frac{\sqrt{2}|\sin(x - 1)|}{x - 1}$.
दायां सीमा $(RHL)$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{2}|\sin h|}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \sqrt{2} \frac{\sin h}{h} = \sqrt{2}$.
बायां सीमा $(LHL)$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{2}|\sin(-h)|}{-h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{2}\sin h}{-h} = -\sqrt{2}$.
चूंकि $\text{RHL} \neq \text{LHL}$,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(A) हम जानते हैं कि यदि रूप $1^\infty$ है,तो $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + f(x))^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x)}$ होता है।
यहाँ,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{x^2 + 5x + 3}{x^2 + x + 3} = 1$ है।
अतः,यह व्यंजक $1^\infty$ के रूप में है।
माना $f(x) = \frac{x^2 + 5x + 3}{x^2 + x + 3} - 1 = \frac{4x}{x^2 + x + 3}$ है।
तब,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( \frac{4x}{x^2 + x + 3} \cdot x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4x^2}{x^2 + x + 3}$ है।
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर,हमें $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4}{1 + \frac{1}{x} + \frac{3}{x^2}} = \frac{4}{1 + 0 + 0} = 4$ प्राप्त होता है।
अतः,सीमा का मान $e^4$ है।

(C) हम जानते हैं कि $\frac{1 - \tan(x/2)}{1 + \tan(x/2)} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$.
अतः,सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{\tan \left( {\frac{\pi }{4} - \frac{x}{2}} \right)\,(1 - \sin x)}}{{{{(\pi - 2x)}^3}}}$ हो जाती है।
माना $x = \frac{\pi }{2} + y$,जहाँ $y \to 0$। तब $\pi - 2x = -2y$ और $1 - \sin x = 1 - \cos y = 2\sin^2(\frac{y}{2})$।
मान रखने पर,$\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{-\tan(\frac{y}{2}) \cdot 2\sin^2(\frac{y}{2})}}{-8y^3} = \frac{1}{32}$।

(C) माना $L = \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{{\log _{{{\sin }^2}x}}\cos x}{{\log _{{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}\cos \frac{x}{2}}$.
आधार परिवर्तन सूत्र $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(\cos x) / \ln(\sin^2 x)}{\ln(\cos(x/2)) / \ln(\sin^2(x/2))}$.
जब $x \to 0$,$\cos x \approx 1 - x^2/2$ और $\sin x \approx x$,इसलिए $\ln(\cos x) \approx -x^2/2$ और $\ln(\sin^2 x) \approx 2\ln x$.
इसी प्रकार,$\ln(\cos(x/2)) \approx -x^2/8$ और $\ln(\sin^2(x/2)) \approx 2\ln x$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{-x^2/2}{2\ln x} \cdot \frac{2\ln x}{-x^2/8} = \frac{8}{2} = 4$.

(B) माना $L = \mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{{2^{\frac{x^n}{e^x}}} - {3^{\frac{x^n}{e^x}}}}{x^n}$.
चूँकि किसी भी $n \in N$ के लिए $\mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{x^n}{e^x} = 0$,हम $u = \frac{x^n}{e^x}$ ले सकते हैं,जहाँ $x \to \infty$ होने पर $u \to 0$.
अतः $L = \mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \frac{2^u - 3^u}{x^n}$.
चूँकि $x^n = u \cdot e^x$,हमारे पास $L = \mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{2^u - 3^u}{u \cdot e^x} = \mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \left( \frac{2^u - 3^u}{u} \right) \cdot \mathop {Limit}\limits_{x \to \infty } \frac{1}{e^x}$.
मानक सीमा $\mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \frac{a^u - 1}{u} = \ln a$ का उपयोग करने पर,$\mathop {Limit}\limits_{u \to 0} \frac{2^u - 3^u}{u} = \ln 2 - \ln 3 = \ln \left( \frac{2}{3} \right)$ प्राप्त होता है।
जैसे $x \to \infty$,$e^x \to \infty$,इसलिए $\frac{1}{e^x} \to 0$.
अतः,$L = \ln \left( \frac{2}{3} \right) \cdot 0 = 0$.

(C) चूंकि $\alpha$ और $\beta$,$ax^2 + bx + c = 0$ के मूल हैं,हम $ax^2 + bx + c = a(x - \alpha)(x - \beta)$ लिख सकते हैं।
हमें $L = \lim_{x \to \alpha} \frac{1 - \cos(ax^2 + bx + c)}{(x - \alpha)^2}$ का मान ज्ञात करना है।
सर्वसमिका $1 - \cos(\theta) = 2\sin^2(\frac{\theta}{2})$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim_{x \to \alpha} \frac{2\sin^2(\frac{a(x - \alpha)(x - \beta)}{2})}{(x - \alpha)^2}$.
$(\frac{a(x - \beta)}{2})^2$ से गुणा और भाग करने पर:
$L = \lim_{x \to \alpha} 2 \cdot \left[ \frac{\sin(\frac{a(x - \alpha)(x - \beta)}{2})}{\frac{a(x - \alpha)(x - \beta)}{2}} \right]^2 \cdot \frac{a^2(x - \alpha)^2(x - \beta)^2}{4(x - \alpha)^2}$.
चूंकि $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,सीमा का मान:
$L = 2 \cdot (1)^2 \cdot \frac{a^2(\alpha - \beta)^2}{4} = \frac{a^2}{2}(\alpha - \beta)^2$.

(B) माना $f(x) = \frac{4}{{{x^2} - \frac{1}{x}}} - \frac{{1 - 3x + {x^2}}}{{1 - {x^3}}} = \frac{{4x}}{{{x^3} - 1}} - \frac{{1 - 3x + {x^2}}}{{1 - {x^3}}} = \frac{{4x + 1 - 3x + {x^2}}}{{{x^3} - 1}} = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{(x - 1)({x^2} + x + 1)}} = \frac{1}{{x - 1}}$.
अतः,पहला पद $[f(x)]^{-1} = x - 1$ है।
दूसरा पद $\frac{{3({x^4} - 1)}}{{{x^3} - \frac{1}{x}}} = \frac{{3x({x^4} - 1)}}{{{x^4} - 1}} = 3x$ है।
इस प्रकार,व्यंजक $\mathop {\lim}\limits_{x \to 1} [(x - 1) + 3x] = \mathop {\lim}\limits_{x \to 1} (4x - 1) = 4(1) - 1 = 3$ हो जाता है।

(C) माना $M$,$BC$ का मध्य बिंदु है। समकोण त्रिभुज $ABM$ में,$AM = h$ है। माना $BM = x$ है। जीवा के गुणधर्म के अनुसार,$x^2 = h(2r - h)$,इसलिए $x = \sqrt{2rh - h^2}$ है।
$AB = AC = \sqrt{h^2 + x^2} = \sqrt{h^2 + 2rh - h^2} = \sqrt{2rh}$ है।
परिमाप $P = AB + AC + BC = 2\sqrt{2rh} + 2\sqrt{2rh - h^2}$ है।
क्षेत्रफल $\Delta = \frac{1}{2} \times BC \times AM = \frac{1}{2} \times (2\sqrt{2rh - h^2}) \times h = h\sqrt{2rh - h^2}$ है।
हमें $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{\Delta }{{{P^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h\sqrt{2rh - h^2}}{[2\sqrt{2rh} + 2\sqrt{2rh - h^2}]^3}$ का मान ज्ञात करना है।
$= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h\sqrt{h}\sqrt{2r - h}}{8[\sqrt{2rh} + \sqrt{2rh - h^2}]^3} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h^{3/2}\sqrt{2r - h}}{8(h^{1/2})^3[\sqrt{2r} + \sqrt{2r - h}]^3}$ है।
$= \frac{\sqrt{2r}}{8[\sqrt{2r} + \sqrt{2r}]^3} = \frac{\sqrt{2r}}{8[2\sqrt{2r}]^3} = \frac{\sqrt{2r}}{8 \times 8 \times 2r \times \sqrt{2r}} = \frac{1}{128r}$ है।

(A) हम जानते हैं कि $\sin(3x) = 3\sin x - 4\sin^3 x$.
अतः,$\frac{1}{4}(3\sin x - \sin 3x) = \sin^3 x$.
व्यंजक $\mathop {Limit}\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{\sin x}{\cos^{-1}[\sin^3 x]}$ हो जाता है।
जैसे $x \to \frac{\pi}{2}$,$\sin x \to 1$,इसलिए $\sin^3 x \to 1$.
चूंकि $x < \frac{\pi}{2}$ के लिए $\sin^3 x < 1$,इसलिए महत्तम पूर्णांक $[\sin^3 x] = 0$ है।
अतः,सीमा $\mathop {Limit}\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \frac{\sin x}{\cos^{-1}(0)} = \frac{1}{\frac{\pi}{2}} = \frac{2}{\pi}$ प्राप्त होती है।
$x > \frac{\pi}{2}$ के लिए,$\sin x < 1$,इसलिए $\sin^3 x < 1$,और $[\sin^3 x] = 0$ है।
दोनों तरफ से सीमा $\frac{2}{\pi}$ है।

(A) दिया गया सीमा: $\mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(3 + x) - \ln(3 - x)}{x}$
$\ln(a) - \ln(b) = \ln(\frac{a}{b})$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(\frac{3+x}{3-x})}{x}$
मानक सीमा $\mathop {Lim}\limits_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ का उपयोग करने पर:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1 + \frac{x}{3}) - \ln(1 - \frac{x}{3})}{x}$
$= \mathop {Lim}\limits_{x \to 0} \left[ \frac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{x} - \frac{\ln(1 - \frac{x}{3})}{x} \right]$
$= \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$
अतः,$k = \frac{2}{3}$.

(C) $f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n} - 1}{x^{2n} + 1}$ का मूल्यांकन करने पर:
स्थिति $1$: यदि $|x| < 1$,तो $n \to \infty$ के लिए $x^{2n} \to 0$। अतः,$f(x) = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$।
स्थिति $2$: यदि $|x| > 1$,तो अंश और हर को $x^{2n}$ से विभाजित करने पर,$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1 - 1/x^{2n}}{1 + 1/x^{2n}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$।
स्थिति $3$: यदि $x = 1$,तो $f(1) = 0$। यदि $x = -1$,तो $f(-1) = 0$।
अतः,$|x| < 1$ के लिए $f(x) = -1$,$|x| = 1$ के लिए $f(x) = 0$,और $|x| > 1$ के लिए $f(x) = 1$।
अब,$u(x) = \text{sgn}(|x| - 1)$ की जाँच करने पर,यह $f(x)$ के समान है।

(D) माना $x = \frac{\pi}{4} + h$. जब $x \to \frac{\pi}{4}$,तब $h \to 0$.
अतः $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos h$ और $1 - \sin 2x = 2 \sin^2 h$.
सीमा $\lim_{h \to 0} \frac{2\sqrt{2}(1 - \cos^3 h)}{2 \sin^2 h} = \sqrt{2} \lim_{h \to 0} \frac{(1 - \cos h)(1 + \cos h + \cos^2 h)}{\sin^2 h}$ हो जाती है।
$\lim_{h \to 0} \frac{1 - \cos h}{\sin^2 h} = \frac{1}{2}$ का उपयोग करने पर,
उत्तर $\sqrt{2} \times \frac{1}{2} \times 3 = \frac{3}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।

(B) माना $f(x) = \frac{\sin \{x - 10\}}{\{10 - x\}}$. चूँकि $\{x - 10\} = \{x\}$ और $\{10 - x\} = 1 - \{x\}$ जब $x \notin \mathbb{Z}$,व्यंजक $\frac{\sin \{x\}}{1 - \{x\}}$ बन जाता है।
$RHL$ के लिए: $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^+} \{x\} = 0$,इसलिए $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^+} \frac{\sin \{x\}}{1 - \{x\}} = \frac{\sin(0)}{1 - 0} = 0$. अतः,$RHL$ का अस्तित्व है।
$LHL$ के लिए: $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^-} \{x\} = 1$,इसलिए $\mathop {\text{Lim}}\limits_{x \to 8^-} \frac{\sin \{x\}}{1 - \{x\}} = \frac{\sin(1)}{0^+}$,जो $\infty$ की ओर अग्रसर है। अतः,$LHL$ का अस्तित्व नहीं है।

(A) माना अंश $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2(n - k + 1)$ है।
$S_n = (n+1) \sum_{k=1}^{n} k^2 - \sum_{k=1}^{n} k^3$।
हम जानते हैं कि $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ और $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$।
हर $D_n = \sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ है।
अतः,सीमा $\lim_{n \to \infty} \frac{(n+1) \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{n^2(n+1)^2}{4}}{\frac{n^2(n+1)^2}{4}}$ होगी।
$\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ से विभाजित करने पर:
$= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{(n+1) n(n+1)(2n+1)}{6} \cdot \frac{4}{n^2(n+1)^2} - 1 \right)$।
$= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{4n(n+1)^2(2n+1)}{6n^2(n+1)^2} - 1 \right)$।
$= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{4(2n+1)}{6n} - 1 \right) = \frac{8}{6} - 1 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}$।

(A) माना कि दिया गया सीमा $L = \mathop {\text{Limit}}\limits_{x \to \infty } \frac{{\cot ^{ - 1}}\left( \frac{\log _a x}{x^a} \right)}{{\sec ^{ - 1}}\left( \frac{a^x}{\log _a x} \right)}$ है।
जैसे $x \to \infty$,$\frac{\log _a x}{x^a} \to 0$ होता है क्योंकि $a > 1$ के लिए घातांकीय वृद्धि लघुगणकीय वृद्धि से अधिक होती है।
अतः,अंश $\cot ^{ - 1}(0) = \pi / 2$ की ओर अग्रसर होता है।
जैसे $x \to \infty$,$\frac{a^x}{\log _a x} \to \infty$ होता है।
अतः,हर $\sec ^{ - 1}(\infty) = \pi / 2$ की ओर अग्रसर होता है।
इसलिए,$L = \frac{\pi / 2}{\pi / 2} = 1$.

(C) स्थिति $1$: यदि $x \in \mathbb{Z}$ है,तो $\sin(\pi x) = 0$ होता है।
अतः,$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + n(0)} = 1$।
स्थिति $2$: यदि $x \notin \mathbb{Z}$ है,तो $\sin^2(\pi x) > 0$ होता है।
जैसे $n \to \infty$,$n \sin^2(\pi x) \to \infty$ होता है।
अतः,$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + n \sin^2(\pi x)} = 0$।
इसलिए,$f(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Z} \\ 0, & x \notin \mathbb{Z} \end{cases}$।
चूंकि फलन प्रत्येक पूर्णांक मान पर $0$ और $1$ के बीच कूदता है,इसलिए $f$ सभी $x \in \mathbb{Z}$ के लिए असतत है।

(B) हमें $\lim_{x \to 0} f(\phi(x))$ ज्ञात करना है।
सबसे पहले,हम $\lim_{x \to 0} \phi(x)$ का मान ज्ञात करते हैं।
$x \neq 0$ और $x \neq 3$ के लिए,$\phi(x) = x^2 + 1$ है।
जैसे-जैसे $x \to 0$,$\phi(x) \to 0^2 + 1 = 1$ होता है।
चूंकि $x \to 0$ होने पर $\phi(x)$ का मान $1$ के निकट जाता है (और $1 \neq 0, 1 \neq 3$),इसलिए हम $1$ के निकट $f(x)$ की परिभाषा देखते हैं।
चूंकि $1$ किसी भी पूर्णांक $n \geq 0$ के लिए $n\pi$ के रूप में नहीं है,इसलिए $1$ के निकट मानों के लिए $f(x) = 3$ है।
अतः,$\lim_{x \to 0} f(\phi(x)) = f(1) = 3$।

(D) जैसे $x \to 0^-$,$\tan x$ ऋणात्मक दिशा से $0$ की ओर अग्रसर होता है,अर्थात $-1 < \tan x < 0$।
इसलिए,$[\tan x] = -1$।
सीमा में यह मान रखने पर:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to {0^ - }} \sin^{-1}([\tan x]) = \sin^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{2}$।
अतः,$l = -\frac{\pi}{2}$।
हमें $\{l\} = \{-\frac{\pi}{2}\}$ ज्ञात करना है।
गुणधर्म $\{x\} = x - [x]$ का उपयोग करते हुए,$\{ -\frac{\pi}{2} \} = -\frac{\pi}{2} - [-\frac{\pi}{2}]$।
चूंकि $-1.57 < -\frac{\pi}{2} < -1$,इसलिए महत्तम पूर्णांक $[-\frac{\pi}{2}] = -2$।
अतः,$\{ -\frac{\pi}{2} \} = -\frac{\pi}{2} - (-2) = 2 - \frac{\pi}{2}$।

(A) $x \to \infty$ के लिए,$f(x) = \frac{\ln(e^x(1 + x^2/e^x))}{\ln(e^{2x}(1 + x^4/e^{2x}))} = \frac{x + \ln(1 + x^2/e^x)}{2x + \ln(1 + x^4/e^{2x})}$.
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर,$\lim_{x \to \infty} f(x) = \frac{1 + 0}{2 + 0} = \frac{1}{2}$,इसलिए $l = 1/2$.
$x \to -\infty$ के लिए,$t = -x$ लें,जिससे $t \to \infty$ हो। तब $f(-t) = \frac{\ln(t^2 + e^{-t})}{\ln(t^4 + e^{-2t})}$.
जैसे $t \to \infty$,$e^{-t} \to 0$ और $e^{-2t} \to 0$.
अतः,$m = \lim_{t \to \infty} \frac{\ln(t^2)}{\ln(t^4)} = \lim_{t \to \infty} \frac{2 \ln(t)}{4 \ln(t)} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
चूँकि $l = 1/2$ और $m = 1/2$,इसलिए $l = m$।

(C) हमें $L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } \cos \left( {\pi \sqrt {{n^2} + n} } \right)$ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि $n$ एक पूर्णांक है,हम लिख सकते हैं $\cos \left( {\pi \sqrt {{n^2} + n} } \right) = \cos \left( {n\pi - n\pi + \pi \sqrt {{n^2} + n} } \right) = \cos \left( {n\pi - \pi \left( {n - \sqrt {{n^2} + n} } \right)} \right)$.
सर्वसमिका $\cos(n\pi - \theta) = (-1)^n \cos(\theta)$ का उपयोग करते हुए,$L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \left( {n - \sqrt {{n^2} + n} } \right)} \right)$.
अब,कोसाइन फलन के अंदर के पद का परिमेयकरण करने पर:
$n - \sqrt {{n^2} + n} = \frac{{(n - \sqrt {{n^2} + n} )(n + \sqrt {{n^2} + n} )}}{{n + \sqrt {{n^2} + n} }} = \frac{{{n^2} - ({n^2} + n)}}{{n + \sqrt {{n^2} + n} }} = \frac{{ - n}}{{n + n\sqrt {1 + 1/n} }} = \frac{{ - 1}}{{1 + \sqrt {1 + 1/n} }}$.
जैसे $n \to \infty$,यह पद $\frac{{ - 1}}{{1 + 1}} = -1/2$ की ओर अग्रसर होता है।
अतः,$L = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \left( -\frac{1}{2} \right)} \right) = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \mathop {Lim}\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cdot 0 = 0$.

(C) सीमा $L = \lim \limits _{x \to 0} \frac{{{{(\sin x - \tan x)}^2} - {{(1 - \cos 2x)}^4} + {x^5}}}{{7\cdot{{({{\tan }^{ - 1}}x)}^7}\, + {{({{\sin }^{ - 1}}x)}^6}+ 3{{\sin }^5}x}}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम $x \to 0$ पर प्रमुख पदों का विश्लेषण करते हैं।
अंश:
$(\sin x - \tan x)^2 \approx \frac{x^6}{4}$.
$(1 - \cos 2x)^4 \approx 16x^8$.
अतः,अंश $x^5$ के बराबर है।
हर:
$7(\tan^{-1} x)^7 + (\sin^{-1} x)^6 + 3(\sin x)^5 \approx 3x^5$.
इसलिए,सीमा $L = \lim \limits _{x \to 0} \frac{x^5}{3x^5} = \frac{1}{3}$.

(B) $l = \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{[x]^2}{x^2}$ के लिए:
जब $x \to 0^+$,तब $[x] = 0$,इसलिए $\frac{[x]^2}{x^2} = 0$. अतः,$\mathop {\lim}\limits_{x \to 0^+} \frac{[x]^2}{x^2} = 0$.
जब $x \to 0^-$,तब $[x] = -1$,इसलिए $\frac{[x]^2}{x^2} = \frac{1}{x^2} \to \infty$. अतः,$l$ का अस्तित्व नहीं है।
$m = \mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{[x^2]}{x^2}$ के लिए:
जब $x \to 0$,तब $x^2$ शून्य के निकट एक धनात्मक मान है $(0 < x^2 < 1)$.
इसलिए,$0$ के पड़ोस में सभी $x \neq 0$ के लिए $[x^2] = 0$.
अतः,$\mathop {\lim}\limits_{x \to 0} \frac{0}{x^2} = 0$. इसलिए,$m$ का अस्तित्व है और $m = 0$.
निष्कर्ष: $m$ का अस्तित्व है लेकिन $l$ का नहीं।

(D) माना $f(x) = \frac{\tan(\{x\} - 1) \sin\{x\}}{\{x\}(\{x\} - 1)}$.
दाहिनी सीमा $(x \to 0^+)$ के लिए,$\{x\} = x$ जहाँ $x$ एक छोटा धनात्मक मान $h$ है:
$\mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\tan(h - 1) \sin h}{h(h - 1)} = \frac{\tan(-1)}{-1} \times \mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\sin h}{h} = \tan 1 \times 1 = \tan 1$.
बाईं सीमा $(x \to 0^-)$ के लिए,$\{x\} = 1 + x$ जहाँ $x$ एक छोटा ऋणात्मक मान $-h$ $(h > 0)$ है:
$\mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\tan(1 - h - 1) \sin(1 - h)}{(1 - h)(1 - h - 1)} = \mathop {\text{Limit}}\limits_{h \to 0^+} \frac{\tan(-h) \sin(1 - h)}{(1 - h)(-h)} = \frac{\sin 1}{1} = \sin 1$.
चूंकि दाहिनी सीमा $(\tan 1)$ और बाईं सीमा $(\sin 1)$ समान नहीं हैं,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(D) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\mathop {Lim}\limits_{x \to \infty } \frac{2 + 2x + \sin 2x}{(2x + \sin 2x)e^{\sin x}}$.
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$\mathop {Lim}\limits_{x \to \infty } \frac{\frac{2}{x} + 2 + \frac{\sin 2x}{x}}{(2 + \frac{\sin 2x}{x})e^{\sin x}}$.
जैसे $x \to \infty$,$\frac{2}{x} \to 0$ और $\frac{\sin 2x}{x} \to 0$.
व्यंजक $\mathop {Lim}\limits_{x \to \infty } \frac{2}{2e^{\sin x}} = \frac{1}{e^{\sin x}}$ में सरल हो जाता है।
चूंकि $x \to \infty$ होने पर $\sin x$,$-1$ और $1$ के बीच दोलन करता है,इसलिए $e^{\sin x}$ का मान $e^{-1}$ और $e^1$ के बीच दोलन करता है।
अतः,सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(D) विकल्प $A$: $f(x) = [[x]] - [2x - 1]$ जहाँ $c = 3$ है।
दायां सीमा: $\lim_{h \to 0} f(3+h) = \lim_{h \to 0} [[3+h]] - [2(3+h)-1] = 3 - 5 = -2$.
बायां सीमा: $\lim_{h \to 0} f(3-h) = \lim_{h \to 0} [[3-h]] - [2(3-h)-1] = 2 - 4 = -2$.
चूंकि $LHL = RHL$,सीमा का अस्तित्व है।
विकल्प $B$: $f(x) = [x] - x$ जहाँ $c = 1$ है।
दायां सीमा: $\lim_{h \to 0} f(1+h) = \lim_{h \to 0} [1+h] - (1+h) = 1 - 1 = 0$.
बायां सीमा: $\lim_{h \to 0} f(1-h) = \lim_{h \to 0} [1-h] - (1-h) = 0 - 1 = -1$.
चूंकि $LHL \neq RHL$,सीमा का अस्तित्व नहीं है।
विकल्प $C$: $f(x) = \{x\}^2 - \{-x\}^2$ जहाँ $c = 0$ है।
दायां सीमा: $\lim_{h \to 0} f(0+h) = \lim_{h \to 0} (h)^2 - (1-h)^2 = 0 - 1 = -1$.
बायां सीमा: $\lim_{h \to 0} f(0-h) = \lim_{h \to 0} (1-h)^2 - (h)^2 = 1 - 0 = 1$.
चूंकि $LHL \neq RHL$,सीमा का अस्तित्व नहीं है।
अतः,$(B)$ और $(C)$ दोनों सही हैं।

(D) $f(x) = \frac{x(2^x - 1)}{1 - \cos x} = \frac{x(2^x - 1)}{2 \sin^2(x/2)}$ के लिए।
जब $x \to 0$,तब $f(x) = \frac{x(2^x - 1)}{2 (x/2)^2} = \frac{x(2^x - 1)}{x^2/2} = 2 \frac{2^x - 1}{x}$।
मानक सीमा $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ का उपयोग करते हुए,हमें $\lim_{x \to 0} f(x) = 2 \ln 2 = \ln 4$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $(C)$ सही है।
$g(x) = 2^x \sin \left( \frac{\ln 2}{2^x} \right)$ के लिए,जब $x \to \infty$,तब $2^x \to \infty$,इसलिए $\frac{\ln 2}{2^x} \to 0$।
मान लीजिए $u = \frac{\ln 2}{2^x}$,तो $g(x) = \frac{\ln 2}{u} \sin(u) = \ln 2 \cdot \frac{\sin u}{u}$।
जब $x \to \infty$,तब $u \to 0$,इसलिए $\lim_{x \to \infty} g(x) = \ln 2 \cdot 1 = \ln 2$।
अतः,विकल्प $(B)$ सही है।
इसलिए,$(D)$ सही विकल्प है।