Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(B) माना $L = \lim_{m \to \infty} \lim_{n \to \infty} [1 + \cos^{2m}(n! \pi x)]$.
यदि $x$ एक परिमेय संख्या है,तो $x = \frac{p}{q}$ के रूप में लिखा जा सकता है। $n \ge q$ के लिए,$n! x$ एक पूर्णांक बन जाता है।
अतः,$\cos^2(n! \pi x) = 1$.
तब $\lim_{n \to \infty} \cos^{2m}(n! \pi x) = 1$.
इसलिए,$L = 1 + 1 = 2$.
यदि $x$ एक अपरिमेय संख्या है,तो $n! x$ पूर्णांक नहीं है।
अतः,$|\cos(n! \pi x)| < 1$,जिसका अर्थ है कि $\lim_{m \to \infty} \cos^{2m}(n! \pi x) = 0$.
इसलिए,$L = 1 + 0 = 1$.
अतः,यदि $x$ परिमेय है तो मान $2$ है और यदि $x$ अपरिमेय है तो मान $1$ है।

(B) फलन $f(x) = (1 + \frac{1}{x})^x$ के लिए प्रत्येक सीमा का मूल्यांकन करते हैं:
$1$. $A$ के लिए: $\lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^x = e$.
$2$. $B$ के लिए: $\lim_{x \to 0^+} (1 + \frac{1}{x})^x$. जैसे ही $x \to 0^+$,$\frac{1}{x} \to \infty$,इसलिए आधार $(1 + \frac{1}{x}) \to \infty$. अतः,$\infty^0$ एक अनिर्धारित रूप है। मान लीजिए $y = (1 + \frac{1}{x})^x$,तो $\ln y = x \ln(1 + \frac{1}{x}) = x \ln(\frac{x+1}{x}) = x [\ln(x+1) - \ln x]$. जैसे ही $x \to 0^+$,$x \ln x \to 0$,इसलिए $\ln y \to 0 \cdot \ln(1) = 0$,अतः $y \to e^0 = 1$.
$3$. $C$ के लिए: $\lim_{x \to -1^-} (1 + \frac{1}{x})^x$. जैसे ही $x \to -1^-$,$(1 + \frac{1}{x}) \to 0^+$,इसलिए $0^{-1} = \infty$.
$4$. $D$ के लिए: $\lim_{x \to -\infty} (1 + \frac{1}{x})^x = \lim_{t \to \infty} (1 - \frac{1}{t})^{-t} = [\lim_{t \to \infty} (1 - \frac{1}{t})^t]^{-1} = (e^{-1})^{-1} = e$.
अतः,वह सीमा जो $1$ की ओर प्रवृत्त होती है,वह $B$ है।

(B) माना $t = x^2 - a$ है। जब $x^2 \to a$,तब $t \to 0$ होगा।
सीमा $L = \lim_{t \to 0} \frac{b - \cos(t)}{t \sin(ct)}$ हो जाती है।
सीमा के परिमित और शून्येतर होने के लिए,अंश को $t \to 0$ पर $0$ होना चाहिए क्योंकि हर $0$ हो रहा है। अतः,$b - \cos(0) = 0 \implies b = 1$ है।
अब,$L = \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos(t)}{t \sin(ct)} = \lim_{t \to 0} \frac{2 \sin^2(t/2)}{t \sin(ct)}$ है।
मानक सीमा $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ का उपयोग करते हुए:
$L = \lim_{t \to 0} \frac{2 (t/2)^2}{t \cdot ct} = \lim_{t \to 0} \frac{2 \cdot \frac{t^2}{4}}{ct^2} = \frac{1/2}{c}$ है।
विकल्पों की तुलना करने पर,$c = 1$ और $L = 1/2$ प्राप्त होता है।

(B) माना $t = \frac{1}{|x|}$ है। जैसे $x \to 0$,वैसे ही $t \to \infty$ होगा।
व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{1}{t^2} (1 + 2 + 3 + ... + [t])$ बन जाता है।
प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं के योग के सूत्र $1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$ का उपयोग करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{[t]([t]+1)}{2t^2}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{[t]}{t} = 1$,इसलिए सीमा $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{1}{2} \cdot \frac{[t]}{t} \cdot \frac{[t]+1}{t} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$ होगी।

(D) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{e^{\mu x} + 5}{e^{100x} + 7}$ के अस्तित्व के लिए,अंश में घातांकीय वृद्धि की घात हर से अधिक नहीं होनी चाहिए।
स्थिति $1$: यदि $\mu < 100$ है,तो सीमा $0$ होगी,जिसका अस्तित्व है।
स्थिति $2$: यदि $\mu = 100$ है,तो सीमा $1$ होगी,जिसका अस्तित्व है।
स्थिति $3$: यदि $\mu > 100$ है,तो सीमा $\infty$ होगी,जिसका अस्तित्व नहीं है।
अतः,$\mu \leq 100$। चूँकि $\mu$ एक धनात्मक पूर्णांक है,$\mu \in \{1, 2, 3, \ldots, 100\}$।
इन मानों का योग $\frac{100(101)}{2} = 5050$ है।

(A) माना $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\cot ^{-1}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})}{\sec ^{-1}\left\{\left(\frac{2 x+1}{x-1}\right)^{x}\right\}}$.
पहले,अंश को सरल करने पर:
$\sqrt{x+1}-\sqrt{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}$.
जैसे $x \to \infty$,$\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \to 0$,इसलिए $\cot ^{-1}(0) = \frac{\pi}{2}$.
अब,हर की जाँच करने पर:
जैसे $x \to \infty$,$\frac{2x+1}{x-1} \to 2$. अतः $(\frac{2x+1}{x-1})^x \to \infty$.
और $\sec ^{-1}(\infty) = \frac{\pi}{2}$.
अतः,$L = \frac{\pi/2}{\pi/2} = 1$.

(C) दिया गया सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} [k^2 x + k^2]}}{n^3}$ है।
गुणधर्म $[a+b] = [a] + b$ का उपयोग करने पर,जहाँ $b$ एक पूर्णांक है,हमें $[k^2 x + k^2] = [k^2 x] + k^2$ प्राप्त होता है।
अतः,$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} [k^2 x]}}{n^3} + \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum_{k=1}^{n} k^2}}{n^3}$ है।
प्रथम भाग के लिए,स्क्वीज़ प्रमेय का उपयोग करने पर,$\sum [k^2 x] \approx \sum k^2 x = x \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \approx \frac{x n^3}{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum [k^2 x]}{n^3} = \frac{x}{3}$ है।
दूसरे भाग के लिए,$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\sum_{k=1}^{n} k^2}{n^3} = \frac{1}{3}$ है।
इसलिए,$L = \frac{x}{3} + \frac{1}{3}$।

(B) माना $x = \frac{1}{h}$. जैसे $x \to \infty$,$h \to 0^+$.
व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1}{h^2} + \frac{1}{h} \right) \log \left( \frac{1}{h} \cot^{-1} \frac{1}{h} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1+h}{h^2} \right) \log \left( \frac{\tan^{-1} h}{h} \right) \text{ हो जाता है.}$
$\tan^{-1} h = h - \frac{h^3}{3} + \frac{h^5}{5} - \dots$ के विस्तार का उपयोग करते हुए,$\frac{\tan^{-1} h}{h} = 1 - \frac{h^2}{3} + \frac{h^4}{5} - \dots$ प्राप्त होता है।
अतः,सीमा $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1+h}{h^2} \right) \log \left( 1 - \frac{h^2}{3} + \frac{h^4}{5} - \dots \right) \text{ होगी.}$
$\log(1+u) \approx u$ का उपयोग करने पर,$\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( \frac{1+h}{h^2} \right) \left( -\frac{h^2}{3} + \frac{h^4}{5} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (1+h) \left( -\frac{1}{3} + \frac{h^2}{5} \right) = -\frac{1}{3}$.

(B) हम जानते हैं कि $x$ के $0$ के निकट होने पर,$\frac{x}{\sin x} > 1$ और $\frac{\sin x}{x} < 1$ होता है।
जैसे ही $x \to 0$,$\frac{100x}{\sin x} \to 100^+$,इसलिए $\left[ \frac{100x}{\sin x} \right] = 100$ होगा।
जैसे ही $x \to 0$,$\frac{99 \sin x}{x} \to 99^-$,इसलिए $\left[ \frac{99 \sin x}{x} \right] = 98$ होगा।
अतः,सीमा का मान $100 + 98 = 198$ है।

(C) हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{x - 1}}{{x - 1}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} + \dots + \frac{{{x^n} - 1}}{{x - 1}}} \right)$
सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{x^k} - {a^k}}}{{x - a}} = k{a^{k - 1}}$ का उपयोग करते हुए,$a = 1$ के लिए:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^k} - 1}}{{x - 1}} = k(1)^{k - 1} = k$
अतः,योगफल होगा:
$1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}$

(C) हम जानते हैं कि $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{1 - \cos u}{u^2} = \frac{1}{2}$ और $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^3} = \frac{1}{3}$ है।
दिया गया व्यंजक: $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos (1 - \cos x)}{x(\tan x - x)}$.
$(1 - \cos x)^2$ और $x^4$ से गुणा और भाग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ \frac{1 - \cos (1 - \cos x)}{(1 - \cos x)^2} \right] \times \left[ \frac{(1 - \cos x)^2}{x^4} \right] \times \left[ \frac{x^4}{x(\tan x - x)} \right]$.
$L = \frac{1}{2} \times \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} \right)^2 \times \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x^3}{\tan x - x} \right)$.
$L = \frac{1}{2} \times \left( \frac{1}{2} \right)^2 \times \left( \frac{1}{1/3} \right) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times 3 = \frac{3}{8}$.

(B) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{1 - \cos \{ {x^2} + 2x\} }}{{\ln {{(x - 1)}^{(x - 2)}}}}$
जैसे $x \to 2^+$,$x^2 + 2x \to 8^+$. अतः,$\{x^2 + 2x\} = x^2 + 2x - 8$.
साथ ही,$\ln{(x-1)^{(x-2)}} = (x-2) \ln(x-1) = (x-2) \ln(1 + (x-2))$.
सीमा $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{1 - \cos u}{u^2} = \frac{1}{2}$ और $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ का उपयोग करते हुए:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1 - \cos(x^2 + 2x - 8)}{(x^2 + 2x - 8)^2} \cdot \frac{(x^2 + 2x - 8)^2}{(x-2) \ln(1 + (x-2))}$
$L = \frac{1}{2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{((x-2)(x+4))^2}{(x-2) \ln(1 + (x-2))}$
$L = \frac{1}{2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{(x-2)^2 (x+4)^2}{(x-2) (x-2)} = \frac{1}{2} \cdot (2+4)^2 = \frac{36}{2} = 18$.

(A) दिया गया है $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{10 + {{\left( {2\cos x} \right)}^{2n}}}} = 0$।
सीमा $0$ होने के लिए,हर को $n \to \infty$ पर अनंत की ओर जाना चाहिए।
यह तब होता है जब $|2\cos x| > 1$ हो।
$|\cos x| > \frac{1}{2}$।
चूंकि $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$,इसलिए $\cos^2 x > \frac{1}{4}$।
$1 - \sin^2 x > \frac{1}{4} \Rightarrow \sin^2 x < \frac{3}{4}$।
$|\sin x| < \frac{\sqrt{3}}{2}$।
साथ ही,$|\sin x| \ge 0$।
अतः,मानों का समुच्चय $[0, \frac{\sqrt{3}}{2})$ है।

(B) $y = x^2 - 6$ और $y = m$ के प्रतिच्छेदन बिंदु $x^2 - 6 = m$ द्वारा प्राप्त होते हैं,जिससे $x^2 = m + 6$ मिलता है,अतः $x = \pm \sqrt{m + 6}$।
चूंकि $L(m)$ बाएं अंतिम बिंदु का $x$-निर्देशांक है,इसलिए $L(m) = -\sqrt{m + 6}$।
हमें $\mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{{L\left( { - m} \right) - L\left( m \right)}}{m}} \right)$ का मान ज्ञात करना है।
$L(m)$ का मान रखने पर,व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{{-\sqrt{-m + 6} - (-\sqrt{m + 6})}}{m}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{{\sqrt{m + 6} - \sqrt{6 - m}}}{m}} \right)$ बन जाता है।
संयुग्मी $\frac{\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m}}{\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m}}$ से गुणा करने पर,हमें $\mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{(m + 6) - (6 - m)}{m(\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m})}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{m \to 0} \left( {\frac{2m}{m(\sqrt{m + 6} + \sqrt{6 - m})}} \right)$ प्राप्त होता है।
इसका सरलीकरण $\frac{2}{\sqrt{6} + \sqrt{6}} = \frac{2}{2\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{6}}$ है।

(B) माना $P_n = (1 + x)(1 + x^2)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})$ है।
$(1 - x)$ से गुणा और भाग करने पर:
$P_n = \frac{(1 - x)(1 + x)(1 + x^2)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})}{1 - x}$
सर्वसमिका $(1 - a)(1 + a) = (1 - a^2)$ का उपयोग करने पर:
$P_n = \frac{(1 - x^2)(1 + x^2)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})}{1 - x} = \frac{(1 - x^4)(1 + x^4) \dots (1 + x^{2^n})}{1 - x}$
इस प्रक्रिया को जारी रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$P_n = \frac{1 - x^{2^{n+1}}}{1 - x}$
चूंकि $|x| < 1$ है,इसलिए $\lim_{n \to \infty} x^{2^{n+1}} = 0$ होगा।
अतः,$\lim_{n \to \infty} P_n = \frac{1 - 0}{1 - x} = \frac{1}{1 - x}$।

(D) माना $f(\theta) = \sin^2 \theta - \sin \theta + \frac{1}{2}$.
इसे $(\sin \theta - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
न्यूनतम मान $a$ तब प्राप्त होता है जब $\sin \theta = \frac{1}{2}$,अतः $a = \frac{1}{4}$.
अब,$b = \lim_{x \to \infty} (\sqrt{(x + 1)(x + 2)} - x)$ की गणना करें।
$b = \lim_{x \to \infty} \frac{(\sqrt{x^2 + 3x + 2} - x)(\sqrt{x^2 + 3x + 2} + x)}{\sqrt{x^2 + 3x + 2} + x} = \lim_{x \to \infty} \frac{3x + 2}{\sqrt{x^2 + 3x + 2} + x} = \frac{3}{2}$.
अंत में,$|2a + b| = |2(\frac{1}{4}) + \frac{3}{2}| = |\frac{1}{2} + \frac{3}{2}| = 2$.

(D) हम जानते हैं कि $\tan^{-1}(x) + \cot^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}$,इसलिए $\tan^{-1}(1+r+r^2) = \frac{\pi}{2} - \cot^{-1}(1+r+r^2)$.
सर्वसमिका $\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ का उपयोग करने पर,$\tan^{-1}(1+r+r^2) = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1}(\frac{1}{1+r+r^2})$.
यहाँ $\frac{1}{1+r+r^2} = \frac{(r+1)-r}{1+r(r+1)}$ है।
अतः,$\tan^{-1}(1+r+r^2) = \frac{\pi}{2} - (\tan^{-1}(r+1) - \tan^{-1}(r))$.
$r=0$ से $n$ तक योग करने पर:
$\sum_{r=0}^n \tan^{-1}(1+r+r^2) = \sum_{r=0}^n \frac{\pi}{2} - \sum_{r=0}^n (\tan^{-1}(r+1) - \tan^{-1}(r))$.
यह एक टेलीस्कोपिंग श्रेणी है: $\sum_{r=0}^n (\tan^{-1}(r+1) - \tan^{-1}(r)) = \tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(0) = \tan^{-1}(n+1)$.
अतः,व्यंजक $\frac{(n+1)\pi}{2} - \tan^{-1}(n+1)$ हो जाता है।
$n$ से विभाजित करने और $n \to \infty$ सीमा लेने पर:
$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)\pi}{2} - \tan^{-1}(n+1)}{n} = \lim_{n \to \infty} (\frac{(n+1)\pi}{2n} - \frac{\tan^{-1}(n+1)}{n}) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(D) नियमित अष्टकोण का आंतरिक कोण $\alpha = \frac{(8-2) \times 180^{\circ}}{8} = 135^{\circ} = \frac{3\pi}{4}$ है।
हमें $\lim_{\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+} \frac{\tan \theta - 1}{[\sin \theta + \cos \theta]}$ का मान ज्ञात करना है।
जैसे-जैसे $\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+$,$\theta$ का मान $\frac{3\pi}{4}$ से थोड़ा अधिक है।
इस अंतराल में,$\sin \theta + \cos \theta = \sqrt{2} \sin(\theta + \frac{\pi}{4})$ है।
जैसे-जैसे $\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+$,$\theta + \frac{\pi}{4} \to \pi^+$,इसलिए $\sin(\theta + \frac{\pi}{4})$ एक छोटा ऋणात्मक मान है।
अतः,$\sin \theta + \cos \theta$ का मान $(-1, 0)$ के बीच एक छोटा ऋणात्मक मान है।
इसलिए,$[\sin \theta + \cos \theta] = -1$ होगा।
सीमा का मान $\lim_{\theta \to (\frac{3\pi}{4})^+} \frac{\tan \theta - 1}{-1} = -(\tan(\frac{3\pi}{4}) - 1) = -(-1 - 1) = -(-2) = 2$ होगा।

(C) माना $f(x) = \sqrt{x^{2} - \sqrt{x^{2} - \sqrt{x^{2} - \dots}}}$
अतः $f(x) = \sqrt{x^{2} - f(x)}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$f(x)^{2} = x^{2} - f(x)$,जिसका अर्थ है $f(x)^{2} + f(x) - x^{2} = 0$.
$f(x)$ के लिए द्विघात सूत्र का उपयोग करने पर,$f(x) = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4x^{2}}}{2}$.
चूंकि $f(x) > 0$,हम धनात्मक मूल लेते हैं: $f(x) = \frac{-1 + \sqrt{1 + 4x^{2}}}{2}$.
अब,सीमा का मान ज्ञात करते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{f(x)}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-1 + \sqrt{1 + 4x^{2}}}{2x}$.
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{-\frac{1}{x} + \sqrt{\frac{1}{x^{2}} + 4}}{2} = \frac{0 + \sqrt{0 + 4}}{2} = \frac{2}{2} = 1$.

(B) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\left( {\sec \sqrt x } \right)^{\frac{{10}}{x}}}$.
यह $1^\infty$ प्रकार का अनिर्धार्य रूप है।
हम लिख सकते हैं $L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{10}}{x} (\sec \sqrt x - 1)}$.
$\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$ सर्वसमिका का उपयोग करते हुए,$\sec \sqrt x - 1 = \frac{1 - \cos \sqrt x}{\cos \sqrt x}$.
अतः,$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{10}{x} \cdot \frac{1 - \cos \sqrt x}{\cos \sqrt x}}$.
$\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ सीमा का उपयोग करते हुए,$\theta = \sqrt x$ लें। जब $x \to 0^+$,तब $\theta \to 0^+$.
अतः $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1 - \cos \sqrt x}{x} = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0^+} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$.
यह मान रखने पर,$L = e^{10 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\cos(0)}} = e^{5 \cdot 1} = e^5$.

(D) माना $P = e \cdot a^2 \cdot e^3 \cdot a^4 \cdots e^{n-1} \cdot a^n$.
$e$ और $a$ के पदों को अलग करने पर:
$P = (e^1 \cdot e^3 \cdots e^{n-1}) \cdot (a^2 \cdot a^4 \cdots a^n)$.
$e$ के घातांक $1, 3, \dots, n-1$ हैं,जिनका योग $n^2/4$ है।
$a$ के घातांक $2, 4, \dots, n$ हैं,जिनका योग $\frac{n(n+2)}{4}$ है।
अतः,$P = e^{n^2/4} \cdot a^{n(n+2)/4}$.
सीमा लेने पर: $\lim_{n \to \infty} P^{\frac{1}{n^2+1}} = (ae)^{1/4}$.

(A) हम जानते हैं कि भिन्नात्मक भाग फलन $\{y\} = y - [y]$ के रूप में परिभाषित है।
सबसे पहले,हम सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (1+x)^{\frac{2}{x}}$ का मूल्यांकन करते हैं।
मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e$ का उपयोग करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (1+x)^{\frac{2}{x}} = \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (1+x)^{\frac{1}{x}} \right)^2 = e^2$।
चूंकि $e \approx 2.718$,इसलिए $e^2 \approx 7.389$ है।
जैसे-जैसे $x \to 0^+$,$(1+x)^{\frac{2}{x}}$ का मान $e^2$ की ओर अग्रसर होता है।
अतः,महत्तम पूर्णांक भाग $[(1+x)^{\frac{2}{x}}]$ का मान $[e^2] = [7.389] = 7$ होगा।
इस प्रकार,$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left\{ (1+x)^{\frac{2}{x}} \right\} = e^2 - 7$।

(D) दिया गया सीमा: $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x\sqrt {{y^2} - {{(y - x)}^2}} }}{{{{(\sqrt {8xy - 4{x^2}} + \sqrt {8xy} )}^3}}}$
अंश का सरलीकरण: $\sqrt {{y^2} - (y^2 - 2xy + x^2)} = \sqrt {2xy - x^2} = \sqrt x \sqrt {2y - x}$
हर का सरलीकरण: $(\sqrt {4x(2y - x)} + \sqrt {8xy})^3 = (2\sqrt x \sqrt {2y - x} + 2\sqrt 2 \sqrt {xy})^3 = [2\sqrt x (\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})]^3 = 8x^{3/2}(\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})^3$
सीमा में मान रखने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x \cdot \sqrt x \sqrt {2y - x} }}{{8x^{3/2}(\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})^3}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2y - x} }}{{8(\sqrt {2y - x} + \sqrt {2y})^3}}$
जब $x \to 0$:
$L = \frac{{\sqrt {2y} }}{{8(\sqrt {2y} + \sqrt {2y})^3}} = \frac{{\sqrt {2y} }}{{8(2\sqrt {2y})^3}} = \frac{{\sqrt {2y} }}{{8 \cdot 8 \cdot 2\sqrt 2 \sqrt y \cdot y}} = \frac{{\sqrt 2 \sqrt y }}{{128 \sqrt 2 \sqrt y \cdot y}} = \frac{1}{{128y}}$

(B) दिया गया सीमा $1^\infty$ रूप का है जब $x \to 0$ है।
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 करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\cos mx - 1) \cdot \frac{n}{x^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} - (1 - \cos mx) \cdot \frac{n}{x^2}$
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ का उपयोग करने पर,जहाँ $\theta = mx$:
$= -n \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos mx}{(mx)^2} \cdot m^2 = -n \cdot \frac{1}{2} \cdot m^2 = -\frac{m^2n}{2}$
अतः,सीमा का मान $e^{-\frac{m^2n}{2}}$ है।

(B) $x > 0$ के लिए,हम जानते हैं कि $\sin x < x$ होता है।
दोनों पक्षों को $x$ से विभाजित करने पर (चूंकि $x > 0$),हमें $\frac{\sin x}{x} < 1$ प्राप्त होता है।
यह असमिका $(0, \frac{\pi}{2})$ अंतराल के सभी $x$ के लिए सत्य है।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) हमें $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi^+}{2}} e^{[\cot x]}$ का मान ज्ञात करना है।
जैसे $x \to \frac{\pi^+}{2}$,$x$ का मान $\frac{\pi}{2}$ से थोड़ा अधिक है।
इस अंतराल में,$\cot x$ ऋणात्मक है और $0$ की ओर अग्रसर है (अर्थात,$x$ के $\frac{\pi}{2}$ से थोड़े बड़े मान के लिए $\cot x \in (-1, 0)$)।
अतः,$[\cot x]$ का मान $-1$ है।
इस मान को व्यंजक में रखने पर,हमें $e^{-1} = \frac{1}{e}$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left( \frac{{|x{|^3}}}{a} - {\left[ {\frac{x}{a}} \right]^3} \right)$.
चूँकि $a > 0$,जैसे ही $x \to a^+$,$|x| = x$ होता है।
अतः,व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{x \to a^+} \left( \frac{x^3}{a} - \left[ \frac{x}{a} \right]^3 \right)$ बन जाता है।
जैसे ही $x \to a^+$,$\frac{x}{a} \to 1^+$ होता है।
इसलिए,$x$ के $a$ से थोड़े बड़े मानों के लिए $\left[ \frac{x}{a} \right] = 1$ होता है।
सीमा में इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$= \frac{a^3}{a} - (1)^3 = a^2 - 1$.

(A) दिया गया सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin ({x^{1/3}})\ln (1 + 3x)}}{{{{(\tan^{ - 1}\sqrt x )}^2}({e^{5{x^{1/3}}}} - 1)}}$.
मानक सीमाओं का उपयोग करते हुए: $\sin(x^{1/3}) \approx x^{1/3}$,$\ln(1+3x) \approx 3x$,$\tan^{-1}\sqrt{x} \approx \sqrt{x}$,और $e^{5x^{1/3}}-1 \approx 5x^{1/3}$.
मान रखने पर: $\frac{x^{1/3} \cdot 3x}{(\sqrt{x})^2 \cdot 5x^{1/3}} = \frac{3x^{4/3}}{5x^{4/3}} = \frac{3}{5}$.

(B) माना $t = \frac{x}{a}$। जैसे $x \to 0$,वैसे $t \to 0$ क्योंकि $a \ne 0$ है।
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \phi \left( {\frac{x}{a}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \phi (t)$।
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \phi (x) = a^3$,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \phi (t) = a^3$ होगा।
अतः,सीमा का मान $a^3$ है।

(D) साइनम फलन $\text{Sgn}(x)$ को इस प्रकार परिभाषित किया गया है:
$\text{Sgn}(x) = 1$ यदि $x > 0$,$\text{Sgn}(x) = -1$ यदि $x < 0$,और $\text{Sgn}(0) = 0$.
$x > 0$ के लिए,$\text{Sgn}(x) = 1$,इसलिए $\text{Sgn}(\text{Sgn}(x)) = \text{Sgn}(1) = 1$,और $\text{Sgn}(\text{Sgn}(\text{Sgn}(x))) = \text{Sgn}(1) = 1$.
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x) = 1$.
$x < 0$ के लिए,$\text{Sgn}(x) = -1$,इसलिए $\text{Sgn}(\text{Sgn}(x)) = \text{Sgn}(-1) = -1$,और $\text{Sgn}(\text{Sgn}(\text{Sgn}(x))) = \text{Sgn}(-1) = -1$.
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) = -1$.
चूंकि बायां सीमा $(-1)$ दायां सीमा $(1)$ के बराबर नहीं है,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ का अस्तित्व नहीं है।

(A) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{{a^{1/x}} + b}}{c}} \right)^x} = d$.
चूंकि $d$ एक शून्येतर परिमित मान है,सीमा $1^\infty$ के रूप में होनी चाहिए।
जैसे $x \to \infty$,$a^{1/x} \to a^0 = 1$.
अतः,$\frac{1+b}{c} = 1$,जिसका अर्थ है $c = b + 1$.
अब,$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{{{a^{1/x}} + b}}{b+1}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{{{a^{1/x}} - 1}}{{b+1}}} \right)^x}$.
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} (1+u)^{1/u} = e$ का उपयोग करते हुए:
$L = \exp \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x \cdot \frac{a^{1/x} - 1}{b+1} \right)$.
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x(a^{1/x} - 1) = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{a^t - 1}{t} = \ln a$,हमें प्राप्त होता है:
$d = \exp \left( \frac{\ln a}{b+1} \right) = a^{1/(b+1)}$.
दोनों पक्षों में $\log_a$ लेने पर:
$\log_a d = \frac{1}{b+1}$.
अतः,$(b + 1) \log_a d = 1$.

(D) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,हम बाएँ पक्ष की सीमा $(LHL)$ और दाएँ पक्ष की सीमा $(RHL)$ का मूल्यांकन करते हैं।
$LHL = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} - 2}{e^{\frac{1}{x-1}} + 2}$. मान लीजिए $x = 1 - h$,जहाँ $h \to 0^+$.
$LHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{h}} - 2}{e^{-\frac{1}{h}} + 2} = \frac{0 - 2}{0 + 2} = -1$.
$RHL = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \frac{e^{\frac{1}{x-1}} - 2}{e^{\frac{1}{x-1}} + 2}$. मान लीजिए $x = 1 + h$,जहाँ $h \to 0^+$.
$RHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{e^{\frac{1}{h}} - 2}{e^{\frac{1}{h}} + 2}$. अंश और हर को $e^{\frac{1}{h}}$ से विभाजित करने पर:
$RHL = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0^+} \frac{1 - 2e^{-\frac{1}{h}}}{1 + 2e^{-\frac{1}{h}}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$.
चूँकि $LHL \neq RHL$,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(C) हमें $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \cos \left( {\pi \sqrt {{n^2} + n} } \right)$ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि $\cos(x) = (-1)^n \cos(x - n\pi)$,हम लिख सकते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \left( \sqrt {{n^2} + n} - n \right)} \right)$
व्यंजक का परिमेयकरण करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\pi \frac{n}{{\sqrt {{n^2} + n} + n}}} \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( {\frac{\pi}{{\sqrt {1 + 1/n} + 1}}} \right)$
जैसे $n \to \infty$,कोसाइन का कोण $\frac{\pi}{2}$ की ओर अग्रसर होता है।
अतः,सीमा $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \cos \left( \frac{\pi}{2} \right) = 0$ है।

(B) माना $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {3x} - 3}}{{\sqrt {2x - 4} - \sqrt 2 }}$ है।
अंश और हर का परिमेयकरण करने पर:
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{(\sqrt{3x} - 3)(\sqrt{3x} + 3)(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})}{(\sqrt{2x - 4} - \sqrt{2})(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})(\sqrt{3x} + 3)}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{(3x - 9)(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})}{(2x - 4 - 2)(\sqrt{3x} + 3)}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{3(x - 3)(\sqrt{2x - 4} + \sqrt{2})}{2(x - 3)(\sqrt{3x} + 3)}$
$(x - 3)$ को हटाने पर:
$A = \frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{2(3) - 4} + \sqrt{2}}{\sqrt{3(3)} + 3}$
$A = \frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2}}{3 + 3} = \frac{3}{2} \times \frac{2\sqrt{2}}{6} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(B) दी गई सीमा $1^{\infty}$ रूप की है।
हम सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(1 + f(x))^{g(x)}} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)g(x)}$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$f(x) = \frac{a}{x} - \frac{4}{x^2}$ और $g(x) = 2x$ है।
अतः,सीमा $e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{a}{x} - \frac{4}{x^2}) \cdot 2x} = e^3$ हो जाती है।
घातांक को सरल करने पर: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (\frac{2ax}{x} - \frac{8x}{x^2}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } (2a - \frac{8}{x}) = 2a - 0 = 2a$।
इस प्रकार,$e^{2a} = e^3$ है।
घातांकों की तुलना करने पर,$2a = 3$,जिससे $a = \frac{3}{2}$ प्राप्त होता है।

(C) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 - \cos 2x} \right)}^2}}}{{2x\tan x - x\tan 2x}}$.
सर्वसमिका $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {2\sin^2 x} \right)}^2}}}{{2x\tan x - x\tan 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4\sin^4 x}}{{2x\tan x - x\tan 2x}}$.
टेलर श्रेणी विस्तार $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$ और $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4(x - \frac{x^3}{6})^4}}{{2x(x + \frac{x^3}{3}) - x(2x + \frac{(2x)^3}{3})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{{2x^2 + \frac{2x^4}{3} - 2x^2 - \frac{8x^4}{3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{-\frac{6x^4}{3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x^4}}{-2x^4} = -2$.

(C) $x = 0$ के निकट $e^{x^2}$ और $\cos x$ के श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हुए:
$e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2!} + \dots$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$
$x \to 0$ के लिए $\sin x \approx x$,इसलिए $\sin^2 x \approx x^2$.
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 + x^2 + \dots) - (1 - \frac{x^2}{2} + \dots)}{x^2}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x^2 + \frac{x^2}{2}}{x^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{3}{2}x^2}{x^2} = \frac{3}{2}$.

(B) हम जानते हैं कि $\frac{\pi}{4} = \tan^{-1}(1)$.
माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}\left[ {{{\tan }^{ - 1}}\left( {\frac{{x + 1}}{{2x + 1}}} \right) - {{\tan }^{ - 1}}(1)} \right]$.
सूत्र $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \tan^{-1}\left( \frac{\frac{x+1}{2x+1} - 1}{1 + \frac{x+1}{2x+1}} \right)$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \tan^{-1}\left( \frac{x+1 - 2x - 1}{2x+1 + x+1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \tan^{-1}\left( \frac{-x}{3x+2} \right)$
$\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan^{-1}(\theta)}{\theta} = 1$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{\tan^{-1}\left( \frac{-x}{3x+2} \right)}{\frac{-x}{3x+2}} \right) \times \left( \frac{1}{x} \cdot \frac{-x}{3x+2} \right)$
$L = 1 \times \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{-1}{3x+2} \right) = -\frac{1}{2}$.

(A) माना $u = y^4$. जैसे $y \to 0$,$u \to 0$. व्यंजक $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{\sqrt {1 + \sqrt {1 + u} } - \sqrt 2 }}{u}$ हो जाता है।
द्विपद प्रसार $(1+x)^n \approx 1+nx$ का उपयोग करते हुए,$\sqrt{1+u} \approx 1 + \frac{u}{2}$.
इसे व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर: $\sqrt{1 + (1 + \frac{u}{2})} = \sqrt{2 + \frac{u}{2}} = \sqrt{2} \sqrt{1 + \frac{u}{4}}$.
पुनः प्रसार का उपयोग करने पर: $\sqrt{2} (1 + \frac{u}{8}) = \sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}u}{8}$.
अब,सीमा $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}u}{8} - \sqrt{2}}}{u} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{\sqrt{2}}{8} = \frac{\sqrt{2}}{8} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$.

(B) हमें सीमा $\lim_{x \to 0^+} \frac{x([x] + |x|) \sin [x]}{|x|}$ का मूल्यांकन करना है।
जैसे ही $x \to 0^+$,हमारे पास $0 < x < 1$ है,जिसका अर्थ है $[x] = 0$.
साथ ही,$x > 0$ के लिए,$|x| = x$ होता है।
इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{x(0 + x) \sin(0)}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 \cdot 0}{x} = \lim_{x \to 0^+} 0 = 0$.

(B) हमें $\lim_{x \to 1^+} \frac{(1 - |x| + \sin |1 - x|) \sin (\frac{\pi}{2} [1 - x])}{|1 - x|^2}$ का मान ज्ञात करना है।
जब $x \to 1^+$,तब $x > 1$,इसलिए $|x| = x$ और $|1 - x| = x - 1$ होगा।
साथ ही,$x$ के $1$ से थोड़ा बड़ा होने पर,$1 - x$ का मान $0$ से थोड़ा कम होगा,इसलिए $[1 - x] = -1$ होगा।
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\lim_{x \to 1^+} \frac{(1 - x + \sin(x - 1)) \sin(-\frac{\pi}{2})}{(x - 1)^2}$
चूंकि $\sin(-\frac{\pi}{2}) = -1$,व्यंजक इस प्रकार होगा:
$\lim_{x \to 1^+} \frac{-(1 - x + \sin(x - 1))}{(x - 1)^2} = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x - 1) - \sin(x - 1)}{(x - 1)^2}$
मान लीजिए $h = x - 1$ है। जब $x \to 1^+$,तब $h \to 0^+$। सीमा इस प्रकार होगी:
$\lim_{h \to 0^+} \frac{h - \sin(h)}{h^2}$
$\sin(h)$ के टेलर श्रेणी विस्तार $\sin(h) = h - \frac{h^3}{6} + \dots$ का उपयोग करने पर:
$\lim_{h \to 0^+} \frac{h - (h - \frac{h^3}{6} + \dots)}{h^2} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h^3}{6}}{h^2} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{6} = 0$.

(A) हम सीमा $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan (\pi {{\sin }^2}x) + (\left| x \right| - \sin (x[x]))^2}}{{{x^2}}}$ का मूल्यांकन करते हैं।
सबसे पहले,पद $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan (\pi {{\sin }^2}x)}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\tan (\pi {{\sin }^2}x)}}{{\pi {{\sin }^2}x}} \cdot \frac{{\pi {{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} \right) = 1 \cdot \pi \cdot 1^2 = \pi$ पर विचार करें।
अब दूसरे पद पर विचार करें: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(\left| x \right| - \sin (x[x]))^2}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{{\left| x \right| - \sin (x[x])}}{{\left| x \right|}} \right)^2$ (चूंकि $x^2 = |x|^2$ है)।
$x \to 0^+$ के लिए,$[x] = 0$,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \left( 1 - \frac{{\sin (x \cdot 0)}}{x} \right)^2 = (1 - 0)^2 = 1$ है।
$x \to 0^-$ के लिए,$[x] = -1$,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} \left( 1 - \frac{{\sin (-x)}}{{-x}} \right)^2 = (1 - 1)^2 = 0$ है।
चूंकि बाईं ओर की सीमा $(0)$ दाईं ओर की सीमा $(1)$ के बराबर नहीं है,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(B) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt \pi - \sqrt {2{{\sin }^{ - 1}}x} }}{{\sqrt {1 - x} }}$।
अंश का परिमेयकरण करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\pi - 2{{\sin }^{ - 1}}x}}{{\sqrt {1 - x} (\sqrt \pi + \sqrt {2{{\sin }^{ - 1}}x} )}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2(\frac{\pi }{2} - {{\sin }^{ - 1}}x)}}{{\sqrt {1 - x} (\sqrt \pi + \sqrt {2{{\sin }^{ - 1}}x} )}}$
सर्वसमिका $\frac{\pi }{2} - {{\sin }^{ - 1}}x = {{\cos }^{ - 1}}x$ का उपयोग करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2{{\cos }^{ - 1}}x}}{{\sqrt {1 - x} }} \cdot \frac{1}{{2\sqrt \pi }}$
$x = \cos \theta$ रखने पर,जब $x \to 1^-$,तब $\theta \to 0^+$। $\sqrt{1-x} = \sqrt{2}\sin(\theta/2)$।
$L = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0^+} \frac{{2\theta }}{{\sqrt{2}\sin(\theta/2)}} \cdot \frac{1}{{2\sqrt \pi }} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}$।

(A) दिया गया द्विघात समीकरण $375x^2 - 25x - 2 = 0$ है।
विएटा के सूत्रों के अनुसार,मूलों का योग $\alpha + \beta = \frac{25}{375} = \frac{1}{15}$ और मूलों का गुणनफल $\alpha \beta = \frac{-2}{375}$ है।
व्यंजक $\sum_{r=1}^{\infty} \alpha^r + \sum_{r=1}^{\infty} \beta^r = \frac{\alpha}{1-\alpha} + \frac{\beta}{1-\beta}$ है।
इसे सरल करने पर $\frac{(\alpha+\beta) - 2\alpha\beta}{1 - (\alpha+\beta) + \alpha\beta}$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $\frac{\frac{1}{15} + \frac{4}{375}}{1 - \frac{1}{15} - \frac{2}{375}} = \frac{\frac{25+4}{375}}{\frac{375-25-2}{375}} = \frac{29}{348} = \frac{1}{12}$।

(C) $f(x) = 5 - |x - 2|$.
$f(x)$ का अधिकतम मान तब प्राप्त होता है जब $|x - 2| = 0$,अर्थात $x = 2 = \alpha$.
$g(x) = |x + 1|$.
$g(x)$ का न्यूनतम मान तब प्राप्त होता है जब $x + 1 = 0$,अर्थात $x = -1 = \beta$.
हमें $\lim_{x \to \alpha \beta} \frac{(x - 1)(x^2 - 5x + 6)}{x^2 - 6x + 8}$ का मान ज्ञात करना है।
यहाँ $\alpha \beta = (2)(-1) = -2$ है,लेकिन विकल्पों के अनुसार सीमा $x \to 2$ लेने पर उत्तर $\frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(A) माना $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x + 2\sin x}}{{\sqrt {{x^2} + 2\sin x + 1} - \sqrt {{{\sin }^2}x - x + 1} }}$ है।
हर का परिमेयकरण करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(x + 2\sin x)(\sqrt {{x^2} + 2\sin x + 1} + \sqrt {{{\sin }^2}x - x + 1} )}}{{x^2 + x + 2\sin x - {{\sin }^2}x}}$
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(1 + 2\frac{\sin x}{x})(\sqrt {{x^2} + 2\sin x + 1} + \sqrt {{{\sin }^2}x - x + 1} )}}{{x + 1 + 2\frac{\sin x}{x} - \sin x \frac{\sin x}{x}}}$
जब $x \to 0$,तब $\frac{\sin x}{x} \to 1$ और $\sin x \to 0$:
$L = \frac{{(1 + 2(1))(1 + 1)}}{{0 + 1 + 2(1) - 0}} = \frac{6}{3} = 2$.
अतः,सही विकल्प $(A)$ है।

(B) माना $L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{3^{x}+3^{3-x}-12}{3^{-x / 2}-3^{1-x}}$.
$t = 3^{x/2}$ प्रतिस्थापित करने पर,जब $x \rightarrow 2$,तब $t \rightarrow 3^{2/2} = 3$.
अतः $3^x = t^2$ और $3^{3-x} = \frac{27}{t^2}$.
साथ ही $3^{-x/2} = \frac{1}{t}$ और $3^{1-x} = \frac{3}{t^2}$.
व्यंजक इस प्रकार होगा:
$L = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{t^2 + \frac{27}{t^2} - 12}{\frac{1}{t} - \frac{3}{t^2}} = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{\frac{t^4 - 12t^2 + 27}{t^2}}{\frac{t - 3}{t^2}} = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{t^4 - 12t^2 + 27}{t - 3}$.
अंश का गुणनखंड करने पर: $t^4 - 12t^2 + 27 = (t^2 - 9)(t^2 - 3) = (t - 3)(t + 3)(t^2 - 3)$.
$L = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{(t - 3)(t + 3)(t^2 - 3)}{t - 3} = \lim _{t \rightarrow 3} (t + 3)(t^2 - 3)$.
$t = 3$ रखने पर: $L = (3 + 3)(3^2 - 3) = 6 \times (9 - 3) = 6 \times 6 = 36$.

(D) सीमा $1^{\infty}$ के रूप में है।
सूत्र $\lim_{x \to a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\lim_{x \to a} [f(x)-1]g(x)}$ का उपयोग करने पर:
अभीष्ट सीमा $= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{3x^2+2}{7x^2+2} - 1\right) \cdot \frac{1}{x^2}}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{3x^2+2 - (7x^2+2)}{7x^2+2}\right) \cdot \frac{1}{x^2}}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{-4x^2}{7x^2+2}\right) \cdot \frac{1}{x^2}}$
$= e^{\lim_{x \to 0} \left(\frac{-4}{7x^2+2}\right)}$
$= e^{\frac{-4}{0+2}} = e^{-2} = \frac{1}{e^2}$

(A) दिया गया व्यंजक एक बहुपद फलन है। बहुपद फलनों के लिए,$x \to a$ पर सीमा का मान $x = a$ पर फलन के मान के बराबर होता है।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x^3 - x^2 + 1) = (1)^3 - (1)^2 + 1$
$= 1 - 1 + 1 = 1$