Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(C) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} [x(x+1)]$ ज्ञात करने के लिए,हम $x = 3$ को सीधे व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं क्योंकि यह एक बहुपद फलन है।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} [x(x+1)] = 3(3+1) = 3(4) = 12$

(B) दिया गया व्यंजक एक बहुपद फलन $f(x) = 1+x+x^{2}+ \dots +x^{10}$ है।
चूंकि बहुपद फलन हर जगह सतत होते हैं,इसलिए $x \to -1$ पर सीमा का मान $x = -1$ पर फलन के मान के बराबर होगा।
व्यंजक में $x = -1$ रखने पर:
$f(-1) = 1 + (-1) + (-1)^{2} + (-1)^{3} + (-1)^{4} + (-1)^{5} + (-1)^{6} + (-1)^{7} + (-1)^{8} + (-1)^{9} + (-1)^{10}$
$f(-1) = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1$
पदों को समूहबद्ध करने पर: $(1-1) + (1-1) + (1-1) + (1-1) + (1-1) + 1$
$f(-1) = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1 = 1$
अतः,सीमा का मान $1$ है।

(A) दिया गया फलन एक परिमेय फलन है। चूँकि $x = 1$ पर हर शून्य नहीं है,इसलिए हम सीधे मान प्रतिस्थापित करके सीमा ज्ञात कर सकते हैं।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x^{2}+1}{x+100} = \frac{1^{2}+1}{1+100}$
$= \frac{1+1}{101}$
$= \frac{2}{101}$

(A) दिया गया फलन एक परिमेय फलन है। हम पहले $x = 2$ पर फलन का मान ज्ञात करते हैं। $x = 2$ प्रतिस्थापित करने पर $\frac{2^3 - 4(2^2) + 4(2)}{2^2 - 4} = \frac{8 - 16 + 8}{4 - 4} = \frac{0}{0}$ प्राप्त होता है।
चूंकि यह एक अनिर्धार्य रूप है,इसलिए हम अंश और हर का गुणनखंड करके व्यंजक को सरल करते हैं।
अंश: $x^3 - 4x^2 + 4x = x(x^2 - 4x + 4) = x(x - 2)^2$.
हर: $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$.
अब,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x(x-2)^2}{(x-2)(x+2)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x(x-2)}{x+2}$ ($x \neq 2$ के लिए)।
सरल किए गए व्यंजक में $x = 2$ रखने पर: $\frac{2(2-2)}{2+2} = \frac{2(0)}{4} = \frac{0}{4} = 0$.

(D) हमें सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x^{2}-4}{x^{3}-4 x^{2}+4 x}$ दी गई है।
सबसे पहले,हम $x = 2$ पर फलन का मान ज्ञात करते हैं:
$\frac{2^{2}-4}{2^{3}-4(2)^{2}+4(2)} = \frac{4-4}{8-16+8} = \frac{0}{0}$.
चूंकि यह एक अनिर्धार्य रूप है,हम गुणनखंड करके व्यंजक को सरल करते हैं:
$\frac{x^{2}-4}{x(x^{2}-4x+4)} = \frac{(x-2)(x+2)}{x(x-2)^{2}}$.
उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x-2)$ को काटने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x+2}{x(x-2)}$.
जैसे $x \to 2$,अंश $4$ की ओर अग्रसर होता है और हर $2(0) = 0$ की ओर अग्रसर होता है।
अतः,सीमा का मान शून्यतर स्थिरांक बटा शून्य प्राप्त होता है,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(A) दिया गया फलन एक परिमेय फलन है। हम पहले $x = 2$ पर फलन का मान ज्ञात करते हैं। $x = 2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{2^3 - 2(2)^2}{2^2 - 5(2) + 6} = \frac{8 - 8}{4 - 10 + 6} = \frac{0}{0}$ प्राप्त होता है।
चूंकि यह $\frac{0}{0}$ का रूप है,इसलिए हम अंश और हर का गुणनखंड करके व्यंजक को सरल करते हैं।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x^2(x-2)}{(x-2)(x-3)}$
$x \neq 2$ के लिए उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x-2)$ को काटने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{x^2}{x-3}$
अब,$x = 2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{2^2}{2-3} = \frac{4}{-1} = -4$.

(A) हमें सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[\frac{x-2}{x^{2}-x}-\frac{1}{x^{3}-3 x^{2}+2 x}\right]$ दी गई है।
सबसे पहले,हर (denominator) का गुणनखंड करते हैं:
$x^2 - x = x(x-1)$
$x^3 - 3x^2 + 2x = x(x-1)(x-2)$
अब,व्यंजक को पुनर्व्यवस्थित करते हैं:
$\frac{x-2}{x(x-1)} - \frac{1}{x(x-1)(x-2)} = \frac{(x-2)^2 - 1}{x(x-1)(x-2)}$
$= \frac{x^2 - 4x + 4 - 1}{x(x-1)(x-2)} = \frac{x^2 - 4x + 3}{x(x-1)(x-2)}$
$= \frac{(x-3)(x-1)}{x(x-1)(x-2)}$
$x \neq 1$ के लिए उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x-1)$ को काटने पर:
$= \frac{x-3}{x(x-2)}$
अब,$x \to 1$ के लिए सीमा का मान रखने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x-3}{x(x-2)} = \frac{1-3}{1(1-2)} = \frac{-2}{-1} = 2$.

(B) हम मानक सीमा सूत्र का उपयोग करते हैं: $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{x^n - a^n}{x - a} = n a^{n-1}$.
दिया गया व्यंजक: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x^{15}-1}{x^{10}-1}$.
अंश और हर को $(x-1)$ से विभाजित करने पर:
$= \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x^{15}-1}{x-1}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x^{10}-1}{x-1}}$.
जहाँ $a=1$ है,सूत्र लागू करने पर:
$= \frac{15(1)^{14}}{10(1)^9} = \frac{15}{10} = \frac{3}{2}$.

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम अंश का परिमेयकरण करेंगे:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} \times \frac{\sqrt{1+x}+1}{\sqrt{1+x}+1}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1+x)-1}{x(\sqrt{1+x}+1)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{1+x}+1}$
$x = 0$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{1}{\sqrt{1+0}+1} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} (x+3)$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम $x = 3$ का मान सीधे व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} (x+3) = 3 + 3 = 6$.

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \left(x-\frac{22}{7}\right)$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम $x = \pi$ को सीधे व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं क्योंकि फलन $x = \pi$ पर सतत है।
मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \left(x-\frac{22}{7}\right) = \pi - \frac{22}{7}$.

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{r \to 1} \pi r^{2}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम व्यंजक में $r = 1$ प्रतिस्थापित करते हैं।
$\mathop {\lim }\limits_{r \to 1} \pi r^{2} = \pi(1)^{2}$
$= \pi(1) = \pi$

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{4x+3}{x-2}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम व्यंजक में सीधे $x = 1$ प्रतिस्थापित करते हैं क्योंकि $x = 1$ पर हर शून्य नहीं है।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{4x+3}{x-2} = \frac{4(1)+3}{1-2}$
$= \frac{4+3}{-1}$
$= \frac{7}{-1} = -7$

(B) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to -1} \frac{x^{10}+x^{5}+1}{x-1}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम सीधे व्यंजक में $x = -1$ प्रतिस्थापित करते हैं क्योंकि यह $x = -1$ पर एक सतत फलन है।
$x = -1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{(-1)^{10}+(-1)^{5}+1}{-1-1}$
$= \frac{1 - 1 + 1}{-2}$
$= \frac{1}{-2}$
$= -\frac{1}{2}$

(B) हमें सीमा का मूल्यांकन करना है: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(x+1)^{5}-1}{x}$
मान लीजिए $y = x+1$। जैसे $x \to 0$,वैसे $y \to 1$।
व्यंजक में $y$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\mathop {\lim }\limits_{y \to 1} \frac{y^{5}-1}{y-1}$
मानक सीमा सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{x^{n}-a^{n}}{x-a} = n a^{n-1}$ का उपयोग करते हुए:
यहाँ $n = 5$ और $a = 1$ है।
$= 5 \times (1)^{5-1}$
$= 5 \times 1 = 5$
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(x+1)^{5}-1}{x} = 5$

(A) $x=2$ पर,व्यंजक $\frac{0}{0}$ का अनिर्धार्य रूप लेता है।
अंश का गुणनखंड करने पर: $3x^{2}-x-10 = (x-2)(3x+5)$.
हर का गुणनखंड करने पर: $x^{2}-4 = (x-2)(x+2)$.
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{(x-2)(3x+5)}{(x-2)(x+2)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{3x+5}{x+2}$.
$x=2$ प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{3(2)+5}{2+2} = \frac{6+5}{4} = \frac{11}{4}$.

(A) $x=3$ पर,दिया गया व्यंजक $\frac{0}{0}$ अनिर्धारित रूप लेता है।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{x^{4}-81}{2 x^{2}-5 x-3} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{(x^2-9)(x^2+9)}{(2x+1)(x-3)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{(x-3)(x+3)(x^2+9)}{(2x+1)(x-3)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{(x+3)(x^2+9)}{2x+1}$
$= \frac{(3+3)(3^2+9)}{2(3)+1}$
$= \frac{6 \times 18}{7} = \frac{108}{7}$

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{ax+b}{cx+1}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम $x = 0$ को सीधे व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{ax+b}{cx+1} = \frac{a(0)+b}{c(0)+1}$
$= \frac{0+b}{0+1}$
$= \frac{b}{1} = b$

(B) हमें सीमा $\mathop {\lim }\limits_{z \to 1} \frac{z^{1/3}-1}{z^{1/6}-1}$ दी गई है।
$z=1$ पर,व्यंजक $\frac{0}{0}$ का अनिर्धारित रूप लेता है।
माना $z^{1/6} = x$ है। जैसे $z \to 1$,वैसे ही $x \to 1$ होगा।
तब $z^{1/3} = (z^{1/6})^2 = x^2$ होगा।
सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x^2-1}{x-1}$ बन जाती है।
मानक सूत्र $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{x^n-a^n}{x-a} = na^{n-1}$ का उपयोग करने पर,जहाँ $n=2$ और $a=1$ है:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{x^2-1^2}{x-1} = 2(1)^{2-1} = 2(1) = 2$.
अतः,सीमा का मान $2$ है।

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{a x^{2}+b x+c}{c x^{2}+b x+a}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम सीधे $x = 1$ को व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं क्योंकि $x = 1$ पर हर (denominator) शून्य नहीं है (दिया गया है कि $a+b+c \neq 0$)।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{a x^{2}+b x+c}{c x^{2}+b x+a} = \frac{a(1)^{2}+b(1)+c}{c(1)^{2}+b(1)+a}$
$= \frac{a+b+c}{c+b+a}$
चूंकि $a+b+c \neq 0$,हम अंश और हर को काट सकते हैं।
$= 1$

(B) दी गई सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to -2} \frac{\frac{1}{x} + \frac{1}{2}}{x + 2}$
$x = -2$ पर,व्यंजक $\frac{0}{0}$ का अनिर्धारित रूप लेता है।
अंश को सरल करने पर:
$\frac{1}{x} + \frac{1}{2} = \frac{2 + x}{2x}$
अब इस मान को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to -2} \frac{\frac{2 + x}{2x}}{x + 2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to -2} \frac{2 + x}{2x(x + 2)}$
उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x + 2)$ को काटने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to -2} \frac{1}{2x}$
$x = -2$ रखकर सीमा का मूल्यांकन करने पर:
$= \frac{1}{2(-2)} = -\frac{1}{4}$

(A) सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos x}{\pi - x}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम सीधे प्रतिस्थापन का उपयोग कर सकते हैं क्योंकि फलन $x = 0$ पर सतत है।
$x = 0$ रखने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos x}{\pi - x} = \frac{\cos(0)}{\pi - 0}$
चूंकि $\cos(0) = 1$,इसलिए:
$= \frac{1}{\pi}$

(A) दी गई सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{ax + x \cos x}{b \sin x}$
$x = 0$ पर,फलन $\frac{0}{0}$ का अनिर्धारित रूप लेता है।
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x(a + \cos x)}{b \sin x} = \frac{1}{b} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{x}{\sin x} \right) \times \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (a + \cos x)$
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} = 1$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर:
$= \frac{1}{b} \times 1 \times (a + \cos 0)$
$= \frac{1}{b} \times (a + 1)$
$= \frac{a+1}{b}$

(A) हमें दी गई सीमा है: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x \sec x$।
चूंकि $\sec x = \frac{1}{\cos x}$,हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{\cos x}$।
अब,व्यंजक में $x = 0$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{0}{\cos 0} = \frac{0}{1} = 0$।
अतः,सीमा का मान $0$ है।

(A) $x=0$ पर,दिया गया फलन $\infty - \infty$ का अनिर्धार्य रूप लेता है।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\text{cosec}\,x - \cot x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left(\frac{1}{\sin x} - \frac{\cos x}{\sin x}\right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left(\frac{1 - \cos x}{\sin x}\right)$
अर्ध-कोण सर्वसमिकाओं $1 - \cos x = 2\sin^2(x/2)$ और $\sin x = 2\sin(x/2)\cos(x/2)$ का उपयोग करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2\sin^2(x/2)}{2\sin(x/2)\cos(x/2)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \tan(x/2)$
$= \tan(0) = 0$

(N/A) दिया गया फलन $f(x) = \begin{cases} 2x+3, & x \leq 0 \\ 3(x+1), & x > 0 \end{cases}$ है।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ के लिए:
बाएँ पक्ष की सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (2x+3) = 2(0)+3 = 3$
दाएँ पक्ष की सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 3(x+1) = 3(0+1) = 3$
चूँकि बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा समान है,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = 3$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)$ के लिए:
चूँकि $x=1$,$x > 0$ के डोमेन में है,हम फलन $f(x) = 3(x+1)$ का उपयोग करेंगे।
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} 3(x+1) = 3(1+1) = 6$.

(D) दिया गया फलन $f(x) = \begin{cases} x^{2}-1, & x \leq 1 \\ -x-1, & x > 1 \end{cases}$ है।
$x \to 1$ पर सीमा ज्ञात करने के लिए,हम वाम-पक्ष सीमा और दक्षिण-पक्ष सीमा का मूल्यांकन करते हैं।
वाम-पक्ष सीमा:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x^{2}-1) = 1^{2}-1 = 0$
दक्षिण-पक्ष सीमा:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (-x-1) = -1-1 = -2$
चूंकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-} f(x) \neq \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} f(x)$,
इसलिए,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)$ का अस्तित्व नहीं है।

(D) दिया गया फलन $f(x) = \begin{cases} \frac{|x|}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$ है।
सबसे पहले,हम बाएँ हाथ की सीमा $(LHL)$ ज्ञात करते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} \frac{|x|}{x}$
चूँकि $x < 0$,$|x| = -x$,इसलिए:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} \frac{-x}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} (-1) = -1$
इसके बाद,हम दाएँ हाथ की सीमा $(RHL)$ ज्ञात करते हैं:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \frac{|x|}{x}$
चूँकि $x > 0$,$|x| = x$,इसलिए:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \frac{x}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (1) = 1$
चूँकि बाएँ हाथ की सीमा $(-1)$ दाएँ हाथ की सीमा $(1)$ के बराबर नहीं है,इसलिए सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ का अस्तित्व नहीं है।

(D) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,हम वाम पक्ष सीमा $(LHL)$ और दक्षिण पक्ष सीमा $(RHL)$ का मूल्यांकन करते हैं।
$LHL$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} \frac{x}{|x|}$.
चूँकि $x < 0$,$|x| = -x$,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} \frac{x}{-x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} (-1) = -1$.
$RHL$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \frac{x}{|x|}$.
चूँकि $x > 0$,$|x| = x$,इसलिए $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} \frac{x}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} (1) = 1$.
चूँकि $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^-} f(x) \neq \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^+} f(x)$,इसलिए सीमा $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ का अस्तित्व नहीं है।

(A) दिया गया फलन $f(x)=|x|-5$ है।
चूँकि $x$,$5$ की ओर अग्रसर है,हम $x=5$ के पड़ोस पर विचार करते हैं जहाँ $x > 0$ है।
इस अंतराल में,$|x| = x$ होता है।
इसलिए,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} (x-5)$।
$x=5$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $5-5 = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,$\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} f(x) = 0$।

दिया गया फलन $f(x) = (x - a_{1})(x - a_{2}) \dots (x - a_{n})$ है।
$\lim_{x \to a_{1}} f(x) = \lim_{x \to a_{1}} [(x - a_{1})(x - a_{2}) \dots (x - a_{n})]$
$= (a_{1} - a_{1})(a_{1} - a_{2}) \dots (a_{1} - a_{n}) = 0 \times (a_{1} - a_{2}) \dots (a_{1} - a_{n}) = 0$.
अतः,$\lim_{x \to a_{1}} f(x) = 0$.
अब,$a \neq a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ के लिए,
$\lim_{x \to a} f(x) = \lim_{x \to a} [(x - a_{1})(x - a_{2}) \dots (x - a_{n})]$
$= (a - a_{1})(a - a_{2}) \dots (a - a_{n})$.
अतः,$\lim_{x \to a} f(x) = (a - a_{1})(a - a_{2}) \dots (a - a_{n})$.

(A) दिया गया फलन $f(x) = \begin{cases} |x|+1, & x < 0 \\ 0, & x = 0 \\ |x|-1, & x > 0 \end{cases}$ है।
स्थिति $1$: $a = 0$.
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (-x+1) = 1$.
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x-1) = -1$.
चूँकि $1 \neq -1$,इसलिए $a = 0$ पर सीमा का अस्तित्व नहीं है।
स्थिति $2$: $a < 0$.
$\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^-} (-x+1) = -a+1$.
$\lim_{x \to a^+} f(x) = \lim_{x \to a^+} (-x+1) = -a+1$.
चूँकि बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा बराबर हैं,इसलिए सभी $a < 0$ के लिए सीमा का अस्तित्व है।
स्थिति $3$: $a > 0$.
$\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^-} (x-1) = a-1$.
$\lim_{x \to a^+} f(x) = \lim_{x \to a^+} (x-1) = a-1$.
चूँकि बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा बराबर हैं,इसलिए सभी $a > 0$ के लिए सीमा का अस्तित्व है।
निष्कर्ष: सभी $a \neq 0$ के लिए सीमा का अस्तित्व है।

(D) दिया गया सीमा $1^{\infty}$ के रूप में है।
हम सूत्र $\lim \limits_{x \rightarrow a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim \limits_{x \rightarrow a} g(x)(f(x)-1)}$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$f(x) = \tan(\frac{\pi}{4} + x)$ और $g(x) = \frac{1}{x}$ है।
$\lim \limits_{x \rightarrow 0} \left(\tan \left(\frac{\pi}{4}+x\right)\right)^{\frac{1}{x}} = e^{\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \left(\tan \left(\frac{\pi}{4}+x\right)-1\right)}$.
सर्वसमिका $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ का उपयोग करने पर,$\tan(\frac{\pi}{4}+x) = \frac{1+\tan x}{1-\tan x}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\tan(\frac{\pi}{4}+x)-1 = \frac{1+\tan x - (1-\tan x)}{1-\tan x} = \frac{2\tan x}{1-\tan x}$।
इस प्रकार,घातांक $\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{2\tan x}{x(1-\tan x)} = \lim \limits_{x \rightarrow 0} 2 \cdot \frac{\tan x}{x} \cdot \frac{1}{1-\tan x} = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2$ हो जाता है।
अतः,सीमा का मान $e^{2}$ है।

(B) सीमा के अस्तित्व के लिए,बाएँ हाथ की सीमा $(LHL)$ और दाएँ हाथ की सीमा $(RHL)$ बराबर होनी चाहिए।
$LHL = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \left| \frac{1-x+(-x)}{\lambda-x+(-1)} \right| = \left| \frac{1}{\lambda-1} \right|$
$RHL = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \left| \frac{1-x+x}{\lambda-x+0} \right| = \left| \frac{1}{\lambda} \right|$
$LHL$ और $RHL$ को बराबर करने पर:
$\left| \frac{1}{\lambda-1} \right| = \left| \frac{1}{\lambda} \right| \Rightarrow |\lambda| = |\lambda-1|$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\lambda^2 = \lambda^2 - 2\lambda + 1$ $\Rightarrow 2\lambda = 1$ $\Rightarrow \lambda = \frac{1}{2}$.
$\lambda = \frac{1}{2}$ को $L$ के व्यंजक में रखने पर:
$L = \left| \frac{1}{1/2} \right| = 2$.

(B) दिया गया व्यंजक $\lim_{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{1}{x^{8}} \left( 1 - \cos \frac{x^{2}}{2} - \cos \frac{x^{2}}{4} + \cos \frac{x^{2}}{2} \cos \frac{x^{2}}{4} \right)$ है।
अंश का गुणनखंड करने पर,हमें $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 - \cos \frac{x^{2}}{2})(1 - \cos \frac{x^{2}}{4})}{x^{8}}$ प्राप्त होता है।
सीमा सूत्र $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^{2}} = \frac{1}{2}$ का उपयोग करने पर:
$\lim_{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{1 - \cos \frac{x^{2}}{2}}{(x^{2}/2)^{2} \cdot 4} \right) \cdot \left( \frac{1 - \cos \frac{x^{2}}{4}}{(x^{2}/4)^{2} \cdot 16} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{256}$.
चूंकि $\frac{1}{256} = \frac{1}{2^{8}} = 2^{-8}$,इसलिए $2^{-8} = 2^{-k}$ है।
अतः,$k = 8$।

(D) $x \in (0, 1)$ के लिए,महत्तम पूर्णांक फलन $[x] = 0$ होता है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(x-0) \cdot \sin ^{-1}(x-0)}{x(1-x^2)}$
$= \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \left( \frac{\cos ^{-1} x}{1-x^2} \cdot \frac{\sin ^{-1} x}{x} \right)$
जैसे $x \rightarrow 0^{+}$,$\cos ^{-1} x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,$1-x^2 \rightarrow 1$,और $\frac{\sin ^{-1} x}{x} \rightarrow 1$ होता है।
अतः,सीमा का मान $\frac{\pi}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{\pi}{2}$ है।

(D) दिया गया सीमा $1^{\infty}$ के रूप में है।
माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{H_n}{n^{2}}\right)^{n}$,जहाँ $H_n = 1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n}$ है।
सूत्र $\lim _{n \rightarrow \infty}(1+f(n))^{g(n)} = e^{\lim _{n \rightarrow \infty} f(n)g(n)}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$L = \exp \left(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{H_n}{n^2} \cdot n\right) = \exp \left(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{H_n}{n}\right)$.
हम जानते हैं कि $H_n \approx \ln(n) + \gamma$ (जहाँ $\gamma$ यूलर-माशेरोनी स्थिरांक है)।
अतः,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln(n) + \gamma}{n} = 0$.
इसलिए,$L = e^0 = 1$.

(A) माना $L = \lim_{h \rightarrow 0} 2 \left\{ \frac{\sqrt{3} \sin (\frac{\pi}{6} + h) - \cos (\frac{\pi}{6} + h)}{\sqrt{3} h (\sqrt{3} \cos h - \sin h)} \right\}$.
$\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ और $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ के विस्तार का उपयोग करते हुए:
अंश $= \sqrt{3} (\sin \frac{\pi}{6} \cos h + \cos \frac{\pi}{6} \sin h) - (\cos \frac{\pi}{6} \cos h - \sin \frac{\pi}{6} \sin h)$
$= \sqrt{3} (\frac{1}{2} \cos h + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin h) - (\frac{\sqrt{3}}{2} \cos h - \frac{1}{2} \sin h)$
$= \frac{\sqrt{3}}{2} \cos h + \frac{3}{2} \sin h - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos h + \frac{1}{2} \sin h = 2 \sin h$.
सीमा में मान प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim_{h \rightarrow 0} 2 \left( \frac{2 \sin h}{\sqrt{3} h (\sqrt{3} \cos h - \sin h)} \right) = \frac{4}{\sqrt{3}} \lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{\sin h}{h} \right) \cdot \lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{1}{\sqrt{3} \cos h - \sin h} \right)$.
चूंकि $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ और $\lim_{h \rightarrow 0} (\sqrt{3} \cos h - \sin h) = \sqrt{3}(1) - 0 = \sqrt{3}$:
$L = \frac{4}{\sqrt{3}} \cdot 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{4}{3}$.

(A) माना $S = \lim _{x \rightarrow 2} \sum_{n=1}^{9} \frac{x}{n(n+1) x^{2}+2(2 n+1) x+4}$.
$x = 2$ रखने पर:
$S = \sum_{n=1}^{9} \frac{2}{4n^2 + 12n + 8} = \sum_{n=1}^{9} \frac{1}{2(n+1)(n+2)}$
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर:
$S = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{9} \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$
यह एक टेलीस्कोपिंग श्रेणी है:
$S = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{11} \right) = \frac{9}{44}$.

(B) दिया गया है $\lim _{x \rightarrow \infty}\left(\sqrt{x^{2}-x+1}-a x\right)=b$।
सीमा के अस्तित्व के लिए $a=1$ होना आवश्यक है।
व्यंजक का परिमेयकरण करने पर:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^{2}-x+1-a^{2}x^{2}}{\sqrt{x^{2}-x+1}+ax} = b$
$x^{2}$ का गुणांक $0$ लेने पर,$1-a^{2}=0 \Rightarrow a=1$।
अब,$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-x+1}{\sqrt{x^{2}-x+1}+x} = b$
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{-1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}+1} = \frac{-1}{1+1} = -\frac{1}{2}$
अतः,$b = -\frac{1}{2}$।
क्रमित युग्म $(a, b) = \left(1, -\frac{1}{2}\right)$ है।

(C) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0}(2-\cos x \sqrt{\cos 2 x})^{\frac{x+2}{x^{2}}}$.
यह $1^{\infty}$ के रूप में है।
सूत्र $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow 0} (f(x)-1)g(x)}$ का उपयोग करने पर:
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0} (2-\cos x \sqrt{\cos 2 x}-1) \left(\frac{x+2}{x^{2}}\right)}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0} (1-\cos x \sqrt{\cos 2 x}) \left(\frac{x+2}{x^{2}}\right)}$
जैसे $x \rightarrow 0$,$\frac{x+2}{x^2} \approx \frac{2}{x^2}$.
अतः,$L = e^{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x \sqrt{\cos 2 x}}{x^2} \times 2}$.
माना $f(x) = 1-\cos x \sqrt{\cos 2 x}$. टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर:
$\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ और $\sqrt{\cos 2 x} = (1 - 2x^2)^{1/2} \approx 1 - x^2$.
$f(x) \approx 1 - (1 - \frac{x^2}{2})(1 - x^2) = 1 - (1 - x^2 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{2}) \approx \frac{3x^2}{2}$.
इस प्रकार,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x^2} = \frac{3}{2}$.
इसलिए,$L = e^{\frac{3}{2} \times 2} = e^3$.
$e^a$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = 3$ प्राप्त होता है।

(A) माना $L = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \tan^{2} x (\sqrt{2 \sin^{2} x + 3 \sin x + 4} - \sqrt{\sin^{2} x + 6 \sin x + 2})$.
सीमा के अंदर के व्यंजक का परिमेयकरण करने पर:
$L = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \tan^{2} x \cdot \frac{(2 \sin^{2} x + 3 \sin x + 4) - (\sin^{2} x + 6 \sin x + 2)}{\sqrt{2 \sin^{2} x + 3 \sin x + 4} + \sqrt{\sin^{2} x + 6 \sin x + 2}}$
$L = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \tan^{2} x \cdot \frac{\sin^{2} x - 3 \sin x + 2}{\sqrt{2 \sin^{2} x + 3 \sin x + 4} + \sqrt{\sin^{2} x + 6 \sin x + 2}}$
जैसे $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,$\sin x \rightarrow 1$. हर $\sqrt{2+3+4} + \sqrt{1+6+2} = \sqrt{9} + \sqrt{9} = 6$ की ओर अग्रसर है।
$L = \frac{1}{6} \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \tan^{2} x (\sin x - 1)(\sin x - 2)$
चूँकि $\sin x - 2 \rightarrow -1$ जैसे $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,अतः:
$L = \frac{1}{6} \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2} x}{\cos^{2} x} (\sin x - 1)(-1) = \frac{1}{6} \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2} x (1 - \sin x)}{1 - \sin^{2} x}$
$L = \frac{1}{6} \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2} x (1 - \sin x)}{(1 - \sin x)(1 + \sin x)} = \frac{1}{6} \cdot \frac{1^2}{1+1} = \frac{1}{12}$.

(C) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\cos (\sin x)-\cos x}{x^{4}}$.
$\cos \theta$ के लिए टेलर श्रेणी का उपयोग करते हुए: $\cos \theta = 1 - \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!} - \dots$
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$
$\cos(\sin x) = 1 - \frac{(x - \frac{x^3}{6})^2}{2} + \frac{(x)^4}{24} + O(x^6) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + O(x^6)$.
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$.
घटाने पर:
$\cos(\sin x) - \cos x = \frac{4x^4}{24} = \frac{x^4}{6}$.
अतः,$\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^4}{6}}{x^4} = \frac{1}{6}$.

(D) माना $f(x) = \frac{\sin(\cos^{-1} x) - x}{1 - \tan(\cos^{-1} x)}$.
हम जानते हैं कि $\cos^{-1} x = \sin^{-1}(\sqrt{1-x^2})$ और $\cos^{-1} x = \tan^{-1}(\frac{\sqrt{1-x^2}}{x})$.
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\lim \limits_{x}$ ${\rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\sin(\sin^{-1}(\sqrt{1-x^2})) - x}{1 - \tan(\tan^{-1}(\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}))}$
$= \lim \limits_{x \rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\sqrt{1-x^2} - x}{1 - \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}}$
$= \lim \limits_{x \rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\sqrt{1-x^2} - x}{\frac{x - \sqrt{1-x^2}}{x}}$
$= \lim \limits_{x \rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{- (x - \sqrt{1-x^2})}{\frac{x - \sqrt{1-x^2}}{x}}$
$= \lim \limits_{x \rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}} (-x) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.

(C) माना $T_r = \tan^{-1}\left(\frac{1}{r^2+3r+3}\right)$.
हम पद को $\frac{(r+2)-(r+1)}{1+(r+2)(r+1)}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$T_r = \tan^{-1}(r+2) - \tan^{-1}(r+1)$.
योग $S_n = \sum_{r=1}^{n} T_r$ एक टेलीस्कोपिंग योग है:
$S_n = (\tan^{-1}3 - \tan^{-1}2) + (\tan^{-1}4 - \tan^{-1}3) + \dots + (\tan^{-1}(n+2) - \tan^{-1}(n+1))$.
$S_n = \tan^{-1}(n+2) - \tan^{-1}2$.
सूत्र $\tan^{-1}x - \tan^{-1}y = \tan^{-1}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ का उपयोग करने पर:
$S_n = \tan^{-1}\left(\frac{(n+2)-2}{1+(n+2)(2)}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{n}{2n+5}\right)$.
अब,सीमा का मान ज्ञात करते हैं:
$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} 6 \tan(S_n) = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} 6 \tan\left(\tan^{-1}\left(\frac{n}{2n+5}\right)\right)$.
$= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{6n}{2n+5} = \frac{6}{2} = 3$.

(D) माना $L = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{(x^{2}-1) \sin^{2}(\pi x)}{x^{4}-2x^{3}+2x-1}$ है।
सबसे पहले,हर का गुणनखंड करें: $x^{4}-2x^{3}+2x-1 = (x^{4}-1) - 2x(x^{2}-1) = (x^{2}-1)(x^{2}+1) - 2x(x^{2}-1) = (x^{2}-1)(x^{2}-2x+1) = (x^{2}-1)(x-1)^{2}$।
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर: $L = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{(x^{2}-1) \sin^{2}(\pi x)}{(x^{2}-1)(x-1)^{2}} = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{\sin^{2}(\pi x)}{(x-1)^{2}}$।
गुणधर्म $\sin(\pi x) = \sin(\pi - \pi x) = \sin(\pi(1-x))$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$L = \lim_{x \rightarrow 1} \left( \frac{\sin(\pi(1-x))}{\pi(1-x)} \cdot \pi \right)^{2} = \pi^{2} \cdot \left( \lim_{x \rightarrow 1} \frac{\sin(\pi(1-x))}{\pi(1-x)} \right)^{2} = \pi^{2} \cdot (1)^{2} = \pi^{2}$।

(B) माना $LHS = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)^{k-1}}{n^{k+1}} [nk \cdot n + \frac{n(n+1)}{2}]$
$= \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)^{k-1}}{n^{k+1}} \cdot n^2 [k + \frac{1 + \frac{1}{n}}{2}]$
$= \lim_{n \rightarrow \infty} (1 + \frac{1}{n})^{k-1} \cdot (k + \frac{1 + \frac{1}{n}}{2}) = k + \frac{1}{2}$.
माना $RHS = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{k+1}} \sum_{i=1}^{n} i^k = \int_{0}^{1} x^k dx = \frac{1}{k+1}$.
दिया है $LHS = 33 \cdot RHS$,इसलिए $k + \frac{1}{2} = 33 \cdot \frac{1}{k+1}$.
$(2k + 1)(k + 1) = 66$.
$2k^2 + 3k + 1 = 66 \implies 2k^2 + 3k - 65 = 0$.
$(2k + 13)(k - 5) = 0$.
चूंकि $k$ एक पूर्णांक मान है,इसलिए $k = 5$.

(B) माना $f(x) = \frac{(x+2 \cos x)^{3}+2(x+2 \cos x)^{2}+3 \sin (x+2 \cos x)}{(x+2)^{3}+2(x+2)^{2}+3 \sin (x+2)}$.
जब $x \rightarrow 0$,तब $f(x) \rightarrow \frac{2^3 + 2(2^2) + 3 \sin 2}{2^3 + 2(2^2) + 3 \sin 2} = 1$.
यह $1^{\infty}$ रूप है।
सूत्र $\lim_{x \rightarrow a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \rightarrow a} g(x)(f(x)-1)}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$L = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{100}{x} \left( \frac{(x+2 \cos x)^{3}+2(x+2 \cos x)^{2}+3 \sin (x+2 \cos x) - (x+2)^{3}-2(x+2)^{2}-3 \sin (x+2)}{(x+2)^{3}+2(x+2)^{2}+3 \sin (x+2)} \right)}$.
माना $h(u) = u^3 + 2u^2 + 3 \sin u$. तब $f(x) = \frac{h(x+2 \cos x)}{h(x+2)}$.
जब $x \rightarrow 0$,तब $f(x) - 1 = \frac{h(x+2 \cos x) - h(x+2)}{h(x+2)}$.
अवकलन $h'(u) = 3u^2 + 4u + 3 \cos u$ का उपयोग करने पर,सीमा $e^{100 \cdot \frac{h'(2) \cdot \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(x+2 \cos x) - (x+2)}{x}}{h(2)}}$ हो जाती है।
चूंकि $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2 \cos x - 2}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-2 \sin x}{1} = 0$,घातांक $0$ है।
अतः,$L = e^0 = 1$.

(A) कथन $I$ के लिए: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2^n+(-2)^n}{2^n} = \lim _{n \rightarrow \infty} (1 + (-1)^n)$.
जैसे $n \rightarrow \infty$,व्यंजक $1+1=2$ (सम $n$ के लिए) और $1-1=0$ (विषम $n$ के लिए) के बीच दोलन करता है। इसलिए,सीमा का अस्तित्व नहीं है। कथन $I$ सत्य है।
कथन $II$ के लिए: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3^n+(-3)^n}{4^n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \left(\frac{3}{4}\right)^n + \left(-\frac{3}{4}\right)^n$.
चूंकि $|\frac{3}{4}| < 1$ और $|-\frac{3}{4}| < 1$,इसलिए जैसे $n \rightarrow \infty$,दोनों पद $0$ की ओर अग्रसर होते हैं। अतः,सीमा $0+0=0$ है। कथन $II$ असत्य है।