Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(D) सीमा $L = \lim _{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt{4 x^2-x}+2 x\right)$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम व्यंजक का परिमेयकरण करते हैं।
संयुग्मी $\left(\sqrt{4 x^2-x}-2 x\right)$ से गुणा और भाग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{(\sqrt{4 x^2-x}+2 x)(\sqrt{4 x^2-x}-2 x)}{\sqrt{4 x^2-x}-2 x}$
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{4 x^2 - x - 4x^2}{\sqrt{4 x^2-x}-2 x} = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-x}{\sqrt{x^2(4 - \frac{1}{x})} - 2x}$
चूंकि $x \rightarrow -\infty$,हमारे पास $\sqrt{x^2} = |x| = -x$ है:
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-x}{-x\sqrt{4 - \frac{1}{x}} - 2x} = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{-x}{-x(\sqrt{4 - \frac{1}{x}} + 2)}$
$L = \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{1}{\sqrt{4 - \frac{1}{x}} + 2} = \frac{1}{\sqrt{4-0} + 2} = \frac{1}{2+2} = \frac{1}{4}$.

(B) हमारे पास $x_n = (2^n + 3^n)^{\frac{1}{2n}}$ है।
$n \to \infty$ पर सीमा लेने पर:
$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} (3^n ((\frac{2}{3})^n + 1))^{\frac{1}{2n}}$
$= \lim_{n \to \infty} (3^n)^{\frac{1}{2n}} \cdot ((\frac{2}{3})^n + 1)^{\frac{1}{2n}}$
$= \lim_{n \to \infty} 3^{\frac{1}{2}} \cdot ((\frac{2}{3})^n + 1)^{\frac{1}{2n}}$
चूंकि $\lim_{n \to \infty} (\frac{2}{3})^n = 0$ और $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n} = 0$,इसलिए:
$= \sqrt{3} \cdot (0 + 1)^0 = \sqrt{3} \cdot 1 = \sqrt{3}$.

(C) $\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \left(\frac{1}{x}\right) f(x) = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin (1/x)}{1/x} \cdot f(x) = 1 \cdot M = M$। यह सत्य है।
$(B)$ चूँकि $\sin(x)$ एक सतत फलन है,$\lim _{x \rightarrow \infty} \sin(f(x)) = \sin(\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)) = \sin M$। यह सत्य है।
$(C)$ $\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \left(e^{-x}\right) f(x) = \lim _{x \rightarrow \infty} (x e^{-x}) \cdot \frac{\sin (e^{-x})}{e^{-x}} \cdot f(x)$। चूँकि $\lim _{x \rightarrow \infty} x e^{-x} = 0$,सीमा $0 \cdot 1 \cdot M = 0$ है। अतः,यह कथन कि सीमा $M$ है,गलत है।
$(D)$ $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x} f(x) = (\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x}) \cdot (\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)) = 0 \cdot M = 0$। यह सत्य है।

(D) हमें $\lim_{x \rightarrow a}(\lfloor x-5 \rfloor - \lfloor 2x+2 \rfloor) = 0$ दिया गया है।
यह $\lim_{x \rightarrow a}(\lfloor x \rfloor - \lfloor 2x \rfloor) = 7$ में सरल हो जाता है।
माना $a = I + f$,जहाँ $I$ एक पूर्णांक है और $f \in [0, 1)$ है।
यदि $f \in [0, 0.5)$ है,तो $\lfloor a \rfloor = I$ और $\lfloor 2a \rfloor = 2I$ होगा। अतः $I - 2I = 7 \Rightarrow I = -7$। इस प्रकार $a \in [-7, -6.5)$।
यदि $f \in [0.5, 1)$ है,तो $\lfloor a \rfloor = I$ और $\lfloor 2a \rfloor = 2I + 1$ होगा। अतः $I - (2I + 1) = 7 \Rightarrow I = -8$। इस प्रकार $a \in [-7.5, -7)$।
दोनों को मिलाने पर,$a \in [-7.5, -6.5)$ प्राप्त होता है।

(C) अंश $n$ पदों का योग है जिसका रूप $(3k-2) + (3k-1) - 3k = 3k-3$ है,जहाँ $k=1$ से $n$ तक है।
योग $= \sum_{k=1}^{n} (3k-3) = 3 \sum_{k=1}^{n} (k-1) = 3 \frac{(n-1)n}{2} = \frac{3n^2-3n}{2}$.
अब,सीमा पर विचार करें: $\operatorname{Lim}_{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{3n^2-3n}{2}}{\sqrt{2n^4+4n+3}-\sqrt{n^4+5n+4}}$.
अंश और हर को $n^2$ से विभाजित करने पर: $\operatorname{Lim}_{n}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\frac{3}{2} - \frac{3}{2n}}{\sqrt{2+\frac{4}{n^3}+\frac{3}{n^4}}-\sqrt{1+\frac{5}{n^3}+\frac{4}{n^4}}}$.
जैसे $n \rightarrow \infty$,यह व्यंजक $\frac{3/2}{\sqrt{2}-1}$ की ओर अग्रसर होता है।
हर का परिमेयकरण करने पर: $\frac{3}{2(\sqrt{2}-1)} \times \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}+1} = \frac{3(\sqrt{2}+1)}{2(2-1)} = \frac{3}{2}(\sqrt{2}+1)$.

(B) मान लीजिए कि दिया गया व्यंजक $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{(\sqrt{3 x+1}+\sqrt{3 x-1})^6+(\sqrt{3 x+1}-\sqrt{3 x-1})^6}{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^6+\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^6} x^3$ है।
जैसे $x \rightarrow \infty$,हम कोष्ठक के अंदर के पदों से $x$ को बाहर निकाल सकते हैं:
अंश: $(\sqrt{3x+1} \pm \sqrt{3x-1})^6 = x^3 (\sqrt{3+1/x} \pm \sqrt{3-1/x})^6$.
हर: $(x \pm \sqrt{x^2-1})^6 = x^6 (1 \pm \sqrt{1-1/x^2})^6$.
इन मानों को सीमा में रखने पर:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} x^3 \cdot \frac{x^3 [(\sqrt{3+1/x} + \sqrt{3-1/x})^6 + (\sqrt{3+1/x} - \sqrt{3-1/x})^6]}{x^6 [(1 + \sqrt{1-1/x^2})^6 + (1 - \sqrt{1-1/x^2})^6]}$.
जैसे $x \rightarrow \infty$,$1/x \rightarrow 0$ और $1/x^2 \rightarrow 0$ होता है।
$L = \frac{(\sqrt{3} + \sqrt{3})^6 + (\sqrt{3} - \sqrt{3})^6}{(1 + 1)^6 + (1 - 1)^6} = \frac{(2\sqrt{3})^6 + 0}{2^6 + 0} = \frac{64 \cdot 27}{64} = 27$.

(A) मान लीजिए दी गई अभिव्यक्ति $S_n = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}}$ है।
प्रत्येक पद का परिमेयकरण करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}} = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{a_{k+1} - a_k} = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{d}$।
अतः,$S_n = \frac{1}{d} \sum_{k=1}^{n-1} (\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}) = \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{d}$।
सीमा $\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{d}{n}} \cdot \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{d} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{\sqrt{nd}}$ हो जाती है।
चूंकि $a_n = a_1 + (n-1)d$,जैसे $n \rightarrow \infty$,$a_n \approx nd$।
इसलिए,सीमा $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{nd} - \sqrt{a_1}}{\sqrt{nd}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 - \frac{\sqrt{a_1}}{\sqrt{nd}} \right) = 1$ है।

(B) के लिए: $a = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}-\sqrt{2}}{x^4} \times \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2}}{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+x^4}-1}{x^4(\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2})} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^4}{x^4(\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+x^4}+1)} = \frac{1}{(2\sqrt{2})(2)} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$.
$b$ के लिए: $b = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^2 x}{\sqrt{2}-\sqrt{1+\cos x}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos^2 x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})}{2-(1+\cos x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos x)(1+\cos x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x})}{1-\cos x} = \lim_{x \rightarrow 0} (1+\cos x)(\sqrt{2}+\sqrt{1+\cos x}) = (1+1)(\sqrt{2}+\sqrt{2}) = 2 \times 2\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$.
$ab^3$ की गणना: $ab^3 = \frac{1}{4\sqrt{2}} \times (4\sqrt{2})^3 = \frac{1}{4\sqrt{2}} \times 64 \times 2\sqrt{2} = \frac{128\sqrt{2}}{4\sqrt{2}} = 32$.

(A) दक्षिणपक्ष सीमा $(R)$ के लिए:
$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} f(h) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-h^2) \sin ^{-1}(1-h)}{h(1-h^2)}$
$= \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-h^2)}{h} \cdot \frac{\sin ^{-1}(1)}{1} = \frac{\pi}{2} \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-h^2)}{h}$.
मान लीजिए $\cos ^{-1}(1-h^2) = \theta$,तो $\cos \theta = 1-h^2$,इसलिए $h = \sqrt{1-\cos \theta} = \sqrt{2} \sin(\theta/2)$.
जैसे ही $h \rightarrow 0^{+}$,$\theta \rightarrow 0^{+}$.
$R = \frac{\pi}{2} \lim _{\theta \rightarrow 0^{+}} \frac{\theta}{\sqrt{2} \sin(\theta/2)} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2} \cdot (1/2)} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.
अतः,$R^2 = \frac{\pi^2}{2}$.
वामपक्ष सीमा $(L)$ के लिए:
$\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} f(-h) = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(1-(1-h)^2) \sin ^{-1}(1-(1-h))}{(1-h)-(1-h)^3} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(2h-h^2) \sin ^{-1}(h)}{(1-h)(1-(1-h)^2)} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(2h-h^2) \sin ^{-1}(h)}{(1-h)(2h-h^2)} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ^{-1}(0) \cdot h}{1 \cdot 2h} = \frac{\pi/2}{2} = \frac{\pi}{4}$.
अतः,$L^2 = \frac{\pi^2}{16}$.
अंत में,$\frac{32}{\pi^2} (L^2 + R^2) = \frac{32}{\pi^2} \left(\frac{\pi^2}{16} + \frac{\pi^2}{2}\right) = \frac{32}{\pi^2} \left(\frac{\pi^2 + 8\pi^2}{16}\right) = 2 \cdot 9 = 18$.

(B) माना अंश $N = \sum_{r=1}^{n-1} (r^2-r)(n-r) = \sum_{r=1}^{n-1} (-r^3 + r^2(n+1) - nr)$ है।
मानक योग सूत्रों का उपयोग करने पर:
$N = -\left[\frac{(n-1)n}{2}\right]^2 + (n+1)\frac{(n-1)n(2n-1)}{6} - n\frac{(n-1)n}{2}$.
माना हर $D = \sum_{r=1}^n r^3 - \sum_{r=1}^n r^2 = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ है।
जब $n \rightarrow \infty$,तब $N$ का मुख्य पद $-\frac{n^4}{4} + \frac{2n^4}{6} = \frac{n^4}{12}$ है।
$D$ का मुख्य पद $\frac{n^4}{4}$ है।
अतः,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{N}{D} = \frac{n^4/12}{n^4/4} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.

(B) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} 2\left(\frac{1-\prod_{k=1}^{10} (\cos kx)^{1/k}}{x^2}\right)$ है।
$\cos kx \approx 1 - \frac{(kx)^2}{2}$ के विस्तार का उपयोग करने पर,$(\cos kx)^{1/k} \approx (1 - \frac{k^2x^2}{2})^{1/k} \approx 1 - \frac{1}{k} \cdot \frac{k^2x^2}{2} = 1 - \frac{kx^2}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,गुणनफल $\prod_{k=1}^{10} (\cos kx)^{1/k} \approx \prod_{k=1}^{10} (1 - \frac{kx^2}{2}) \approx 1 - \sum_{k=1}^{10} \frac{kx^2}{2}$ है।
सीमा में यह मान रखने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} 2\left(\frac{1 - (1 - \sum_{k=1}^{10} \frac{kx^2}{2})}{x^2}\right)$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} 2\left(\frac{\sum_{k=1}^{10} \frac{kx^2}{2}}{x^2}\right) = \sum_{k=1}^{10} k$।
$L = 1 + 2 + 3 + \ldots + 10 = \frac{10 \times 11}{2} = 55$।

(B) सबसे पहले,$\alpha$ का मान ज्ञात करें:
$\alpha = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{\sqrt{\tan x}} - e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{\tan x} - \sqrt{x}}$.
माना $u = \sqrt{\tan x} - \sqrt{x}$. जैसे $x \rightarrow 0^{+}$,$u \rightarrow 0$.
$\lim_{u \rightarrow 0} \frac{e^{u+\sqrt{x}} - e^{\sqrt{x}}}{u} = e^{\sqrt{x}} \lim_{u \rightarrow 0} \frac{e^u - 1}{u} = e^{\sqrt{x}} \cdot 1$.
$x=0$ पर,$\alpha = e^0 = 1$.
अब,$\beta$ का मान ज्ञात करें:
$\beta = \lim_{x \rightarrow 0} (1 + \sin x)^{\frac{1}{2} \cot x} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{2} \cot x \cdot \sin x} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{2} \cos x} = e^{1/2} = \sqrt{e}$.
द्विघात समीकरण $ax^2 + bx - \sqrt{e} = 0$ है।
मूलों का योग $\alpha + \beta = 1 + \sqrt{e} = -b/a$ और मूलों का गुणनफल $\alpha \beta = 1 \cdot \sqrt{e} = -\sqrt{e}/a$ है।
गुणनफल से,$\sqrt{e} = -\sqrt{e}/a \implies a = -1$.
योग से,$1 + \sqrt{e} = -b/(-1) = b$.
अतः,$a = -1$ और $b = 1 + \sqrt{e}$.
तब $a + b = -1 + 1 + \sqrt{e} = \sqrt{e}$.
अंत में,$12 \log_e(a + b) = 12 \log_e(\sqrt{e}) = 12 \times \frac{1}{2} = 6$.

(D) हम मानक सीमा सूत्र $\lim_{x \rightarrow 0} (1 + f(x))^{\frac{1}{g(x)}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)}}$ का उपयोग करते हैं।
दी गई अभिव्यक्ति $\lim_{x \rightarrow 0} [1 + x \ln(1 + b^2)]^{\frac{1}{x}}$ के लिए,$f(x) = x \ln(1 + b^2)$ और $g(x) = x$ है।
अतः,सीमा $e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \ln(1 + b^2)}{x}} = e^{\ln(1 + b^2)} = 1 + b^2$ है।
इसे दी गई अभिव्यक्ति के बराबर रखने पर: $1 + b^2 = 2b \sin^2 \theta$।
$\sin^2 \theta$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\sin^2 \theta = \frac{1 + b^2}{2b} = \frac{1}{2} (b + \frac{1}{b})$ प्राप्त होता है।
चूंकि $b > 0$,$AM-GM$ असमिका के अनुसार,$b + \frac{1}{b} \geq 2$,जो यह दर्शाता है कि $\sin^2 \theta \geq 1$ है।
चूंकि $\sin^2 \theta$ का अधिकतम मान $1$ है,इसलिए $\sin^2 \theta = 1$ होना चाहिए।
इसका अर्थ है $\sin \theta = \pm 1$,अतः $\theta = \pm \frac{\pi}{2}$।

(B) मान लीजिए $L = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{(1-x)^{\frac{1}{x}}-e^{-1}}{x^a}$.
हम जानते हैं कि $(1-x)^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x} \ln(1-x)}$.
$\ln(1-x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \dots$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हुए,हमारे पास है:
$\frac{1}{x} \ln(1-x) = -1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots$
अतः,$(1-x)^{\frac{1}{x}} = e^{-1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots} = e^{-1} \cdot e^{-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots}$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$(1-x)^{\frac{1}{x}} = e^{-1} \left( 1 + (-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{3} - \dots) + \frac{(-\frac{x}{2} - \dots)^2}{2} + \dots \right) = e^{-1} \left( 1 - \frac{x}{2} - \frac{5x^2}{24} + \dots \right)$.
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{-1} (1 - \frac{x}{2} - \frac{5x^2}{24} + \dots) - e^{-1}}{x^a} = e^{-1} \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-\frac{x}{2} - \frac{5x^2}{24} - \dots}{x^a}$.
सीमा के शून्येतर वास्तविक संख्या होने के लिए,अंश में $x$ की घात को हर $x^a$ के साथ मेल खाना चाहिए। अतः,$a = 1$.

(B) दिया गया सीमा: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e^{\cos(\alpha^n)} - e}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
अंश से $e$ कॉमन लेने पर: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e(e^{\cos(\alpha^n)-1} - 1)}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
मानक सीमा $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए,$x = \cos(\alpha^n) - 1$ लें।
अतः,$e \cdot \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\cos(\alpha^n) - 1}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
$\cos(x) \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ श्रेणी का उपयोग करने पर,$\cos(\alpha^n) - 1 \approx -\frac{\alpha^{2n}}{2}$.
इस प्रकार,$\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{-\alpha^{2n}}{2\alpha^m} = -\frac{1}{2}$.
सीमा के अस्तित्व के लिए $2n = m$ होना आवश्यक है।
अतः,$\frac{m}{n} = 2$.

(A) हमें दिया गया है $\beta = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{x^3} - (1 - x^3)^{1/3} + ((1 - x^2)^{1/2} - 1) \sin x}{x \sin^2 x}$।
मानक सीमा $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए,हर को $x \sin^2 x = x^3 \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \approx x^3$ के रूप में लिखा जा सकता है।
टेलर श्रेणी का उपयोग करके पदों का विस्तार करने पर:
$e^{x^3} = 1 + x^3 + O(x^6)$
$(1 - x^3)^{1/3} = 1 - \frac{1}{3}x^3 + O(x^6)$
$(1 - x^2)^{1/2} - 1 = -\frac{1}{2}x^2 + O(x^4)$
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\beta = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x^3) - (1 - \frac{1}{3}x^3) + (-\frac{1}{2}x^2) \cdot x}{x^3}$
$\beta = \lim_{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{1 + x^3 - 1 + \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{2}x^3}{x^3} = 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = \frac{5}{6}$.
अतः,$6 \beta = 6 \times \frac{5}{6} = 5$।

(B, C) दिया गया सीमा: $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin(x^2)(\log_e x)^\alpha \sin(1/x^2)}{x^{\alpha \beta}(\log_e(1+x))^\beta} = 0$।
चूंकि $\sin(x^2)$ परिबद्ध है और $x \rightarrow \infty$ के लिए $\sin(1/x^2) \approx 1/x^2$ तथा $\log_e(1+x) \approx \log_e x$ है,व्यंजक इस प्रकार व्यवहार करता है:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\log_e x)^\alpha \cdot (1/x^2)}{x^{\alpha \beta} \cdot (\log_e x)^\beta} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\log_e x)^{\alpha-\beta}}{x^{\alpha \beta+2}} = 0$।
इस सीमा के $0$ होने के लिए,हर में $x$ का घातांक धनात्मक होना चाहिए,अर्थात $\alpha \beta + 2 > 0$,जिसका अर्थ है $\alpha \beta > -2$।
विकल्पों की जाँच करने पर:
$(A) (-1, 3) \implies (-1)(3) = -3 \ngtr -2$ (गलत)।
$(B) (-1, 1) \implies (-1)(1) = -1 > -2$ (सही)।
$(C) (1, -1) \implies (1)(-1) = -1 > -2$ (सही)।
$(D) (1, -2) \implies (1)(-2) = -2 \ngtr -2$ (गलत)।
अतः,$(B)$ और $(C)$ सही हैं।

(A) दिया गया है $\alpha = \lim _{x \rightarrow \infty} \left( \left( \frac{e}{1-e} \right) \left( \frac{1}{e} - \frac{x}{1+x} \right) \right)^x$,जो $1^{\infty}$ रूप में है।
हम जानते हैं कि $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} g(x)(f(x)-1)}$।
माना $L = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \left( \frac{e}{1-e} \right) \left( \frac{1}{e} - \frac{x}{1+x} \right) - 1 \right)$।
सीमा के अंदर के व्यंजक को सरल करने पर:
$\left( \frac{e}{1-e} \right) \left( \frac{1}{e} - \frac{x}{1+x} \right) = \frac{1}{1-e} - \frac{ex}{(1-e)(1+x)} = \frac{1+x-ex}{(1-e)(1+x)}$।
अब,$L = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{1+x-ex}{(1-e)(1+x)} - 1 \right) = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{1+x-ex - (1-e)(1+x)}{(1-e)(1+x)} \right)$।
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{1+x-ex - (1+x-e-ex)}{(1-e)(1+x)} \right) = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{e}{(1-e)(1+x)} \right) = \frac{e}{1-e}$।
अतः,$\alpha = e^{\frac{e}{1-e}}$,इसलिए $\log _e \alpha = \frac{e}{1-e}$।
अभीष्ट मान $\frac{\log _e \alpha}{1+\log _e \alpha} = \frac{\frac{e}{1-e}}{1 + \frac{e}{1-e}} = \frac{e}{1-e+e} = e$ है।

(D) दिया गया सीमा: $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(2x^2-3x+5)(3x-1)^{x/2}}{(3x^2+5x+4)(3x+2)^{x/2}}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^2(2-3/x+5/x^2)}{x^2(3+5/x+4/x^2)} \cdot \left( \frac{3x-1}{3x+2} \right)^{x/2}$
$= \frac{2}{3} \cdot \lim _{x \rightarrow \infty} \left( \frac{1-1/(3x)}{1+2/(3x)} \right)^{x/2}$
$= \frac{2}{3} \cdot \frac{\lim _{x \rightarrow \infty} (1-1/(3x))^{x/2}}{\lim _{x \rightarrow \infty} (1+2/(3x))^{x/2}}$
$= \frac{2}{3} \cdot \frac{e^{\lim _{x \rightarrow \infty} (x/2)(-1/(3x))}}{e^{\lim _{x \rightarrow \infty} (x/2)(2/(3x)))}}$
$= \frac{2}{3} \cdot \frac{e^{-1/6}}{e^{1/3}} = \frac{2}{3} e^{-1/6 - 1/3} = \frac{2}{3} e^{-1/2} = \frac{2}{3\sqrt{e}}$

(D) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}-\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4}}{\sin x}$ है।
अंश का परिमेयकरण करने पर:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{(2 \cos ^2 x+3 \cos x) - (\cos ^2 x+\sin x+4)}{\sin x (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{\cos ^2 x+3 \cos x - \sin x - 4}{\sin x (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
चूँकि $\cos ^2 x + 3 \cos x - 4 = (\cos x - 1)(\cos x + 4)$ है:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{(\cos x - 1)(\cos x + 4) - \sin x}{\sin x (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
$\cos x - 1 = -2 \sin ^2 \frac{x}{2}$ और $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{-2 \sin ^2 \frac{x}{2}(\cos x + 4) - 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
अंश और हर को $2 \sin \frac{x}{2}$ से विभाजित करने पर:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{-\sin \frac{x}{2}(\cos x + 4) - \cos \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} (\sqrt{2 \cos ^2 x+3 \cos x}+\sqrt{\cos ^2 x+\sin x+4})}$
जब $x \rightarrow 0$,तब $\sin \frac{x}{2} \rightarrow 0$,$\cos \frac{x}{2} \rightarrow 1$,$\cos x \rightarrow 1$:
$L = \frac{-(0)(5) - 1}{1 (\sqrt{5} + \sqrt{5})} = -\frac{1}{2 \sqrt{5}}$.

(C) हम जानते हैं कि किसी भी स्थिरांक $k > 0$ के लिए $\lim_{x \rightarrow 0^{+}} x[\frac{k}{x}] = k$ होता है।
दी गई सीमा पर इसे लागू करने पर:
$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} x \sum_{k=1}^{p} [\frac{k}{x}] = \sum_{k=1}^{p} k = \frac{p(p+1)}{2}$।
इसी प्रकार,$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} x^2 [\frac{k^2}{x^2}] = k^2$।
अतः,$\lim_{x}$ ${\rightarrow 0^{+}} x^2 \sum_{k=1}^{9} [\frac{k^2}{x^2}] = \sum_{k=1}^{9} k^2 = \frac{9(9+1)(2 \times 9 + 1)}{6} = \frac{9 \times 10 \times 19}{6} = 285$।
असमानता इस प्रकार हो जाती है:
$\frac{p(p+1)}{2} - 285 \geq 1$
$\frac{p(p+1)}{2} \geq 286$
$p(p+1) \geq 572$।
$p=23$ के लिए,$23 \times 24 = 552 < 572$।
$p=24$ के लिए,$24 \times 25 = 600 \geq 572$।
अतः,$p$ का न्यूनतम प्राकृतिक मान $24$ है।

(C) माना $P = \lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$.
चूंकि यह $1^{\infty}$ रूप है,हम सूत्र $\lim_{x \rightarrow a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \rightarrow a} (f(x)-1)g(x)}$ का उपयोग करते हैं।
$P = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{\tan x}{x} - 1\right) \frac{1}{x^2}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x - x}{x^3}}$.
टेलर श्रेणी विस्तार $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \dots$ का उपयोग करने पर:
$P = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{(x + \frac{x^3}{3} + \dots) - x}{x^3}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^3/3}{x^3}} = e^{1/3}$.
अतः,$\log_e p = \log_e (e^{1/3}) = \frac{1}{3}$.
इसलिए,$96 \log_e p = 96 \times \frac{1}{3} = 32$.

(C) हम मानक सीमाओं का उपयोग करते हैं: $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\tan u}{u} = 1$,$\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$,$\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\tan^{-1} u}{u} = 1$,और $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{e^u-1}{u} = 1$.
दी गई अभिव्यक्ति: $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0^{+}} \frac{\tan \left(5 x^{1 / 3}\right)}{5 x^{1 / 3}} \cdot \frac{5 x^{1 / 3}}{\left(\tan ^{-1} 3 x^{1 / 2}\right)^2} \cdot \frac{\ln(1+3 x^2)}{3 x^2} \cdot \frac{3 x^2}{e^{5 x^{4 / 3}}-1}$.
यहाँ $\left(\tan ^{-1} 3 x^{1 / 2}\right)^2 = 9x$ और $e^{5 x^{4 / 3}}-1 = 5 x^{4 / 3}$ होता है।
मान रखने पर: $L = 1 \cdot \frac{5 x^{1 / 3}}{9x} \cdot 1 \cdot \frac{3 x^2}{5 x^{4 / 3}} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3}$.

(D) For Statement $I$:
Using Taylor series expansions:
$\tan ^{-1} x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \dots$
$\log _e \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} = \frac{1}{2} [\ln(1+x) - \ln(1-x)] = \frac{1}{2} [(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5}) - (-x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5})] = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots$
Substituting these into the limit:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5}) + (x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5}) - 2x}{x^5} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x + \frac{2x^5}{5} - 2x}{x^5} = \frac{2}{5}$.
Thus,Statement $I$ is true.
For Statement $II$:
Let $L = \lim _{x \rightarrow 1} x^{\frac{2}{1-x}}$. This is a $1^\infty$ form.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow 1} (x-1) \cdot \frac{2}{1-x}} = e^{\lim _{x \rightarrow 1} -2} = e^{-2} = \frac{1}{e^2}$.
Thus,Statement $II$ is true.

(A) दिया गया है $f(x) = 5 - |x - 2|$। चूंकि $|x - 2| \geq 0$,इसलिए $f(x)$ का अधिकतम मान $5$ है,जो $|x - 2| = 0$ अर्थात $x = 2$ पर प्राप्त होता है। अतः $\alpha = 2$ है।
दिया गया है $g(x) = |x + 1|$। चूंकि $|x + 1| \geq 0$,इसलिए $g(x)$ का न्यूनतम मान $0$ है,जो $|x + 1| = 0$ अर्थात $x = -1$ पर प्राप्त होता है। अतः $\beta = -1$ है।
हमें $\lim _{x \rightarrow -\alpha \beta} \frac{(x - 1)(x^2 - 5x + 6)}{x^2 - 6x + 8}$ का मान ज्ञात करना है।
यहाँ $-\alpha \beta = -(2)(-1) = 2$,इसलिए सीमा $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 2)(x - 3)}{(x - 2)(x - 4)}$ होगी।
उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x - 2)$ को हटाने पर,हमें $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 3)}{x - 4}$ प्राप्त होता है।
$x = 2$ रखने पर,$\frac{(2 - 1)(2 - 3)}{2 - 4} = \frac{(1)(-1)}{-2} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(B) सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x|}{|x|+x^2}$ ज्ञात करने के लिए,हम बाएँ हाथ की सीमा और दाएँ हाथ की सीमा का मूल्यांकन करते हैं।
बाएँ हाथ की सीमा $(x \rightarrow 0^-)$ के लिए,$|x| = -x$ है। अतः,व्यंजक $\frac{-x}{-x+x^2} = \frac{-x}{x(x-1)} = \frac{-1}{x-1}$ हो जाता है। जैसे ही $x \rightarrow 0^-$,यह $\frac{-1}{0-1} = 1$ की ओर अग्रसर होता है।
दाएँ हाथ की सीमा $(x \rightarrow 0^+)$ के लिए,$|x| = x$ है। अतः,व्यंजक $\frac{x}{x+x^2} = \frac{x}{x(1+x)} = \frac{1}{1+x}$ हो जाता है। जैसे ही $x \rightarrow 0^+$,यह $\frac{1}{1+0} = 1$ की ओर अग्रसर होता है।
चूँकि बाएँ हाथ की सीमा और दाएँ हाथ की सीमा बराबर हैं,इसलिए सीमा का अस्तित्व है और यह $1$ के बराबर है।

(C) दिया गया सीमा: $\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x([x]+|x|) \sin [x]}{|x|}$.
$x \rightarrow 0^{-}$ के लिए,$[x] = -1$ और $|x| = -x$ होता है।
इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x(-1 + (-x)) \sin(-1)}{-x}$
$= \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x(-1 - x)(-\sin 1)}{-x}$
$= \lim _{x \rightarrow 0^{-}} (1 + x) \sin 1$
जैसे ही $x \rightarrow 0$,यह $(1 + 0) \sin 1 = \sin 1$ हो जाता है।

(B) सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x}{|x|+x^2}$ ज्ञात करने के लिए,हम वाम-हस्त सीमा $(LHL)$ और दक्षिण-हस्त सीमा $(RHL)$ का मूल्यांकन करते हैं।
$LHL = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2x}{-x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2}{-1+x} = \frac{2}{-1} = -2$.
$RHL = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2x}{x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2}{1+x} = \frac{2}{1} = 2$.
चूंकि $LHL \neq RHL$,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(A) सीमा $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{e^{x^4}-1}{e^{x^4}+1}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम अंश और हर को $e^{x^4}$ से विभाजित करते हैं।
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{e^{x^4}(1 - \frac{1}{e^{x^4}})}{e^{x^4}(1 + \frac{1}{e^{x^4}})} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1 - \frac{1}{e^{x^4}}}{1 + \frac{1}{e^{x^4}}}$.
जैसे $x \rightarrow \infty$,$x^4 \rightarrow \infty$,इसलिए $e^{x^4} \rightarrow \infty$.
अतः,$\frac{1}{e^{x^4}} \rightarrow 0$.
इसे व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$ प्राप्त होता है।

(B) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{63^x-9^x-7^x+1}{\sqrt{2}-\sqrt{1+\cos x}}$.
अंश का गुणनखंड करने पर: $63^x-9^x-7^x+1 = (9^x-1)(7^x-1)$.
हर को सरल करने पर: $\sqrt{2}-\sqrt{1+\cos x} = 2\sqrt{2}\sin^2(x/4)$.
अतः,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(9^x-1)(7^x-1)}{2\sqrt{2}\sin^2(x/4)}$.
मानक सीमा का उपयोग करने पर,$L = 4\sqrt{2} \ln 9 \ln 7$ प्राप्त होता है।

(B) हमें सीमा $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sum_{k=1}^{100} (2x+k)^{50}}{(2x)^{50} + 10^{50}}$ दी गई है।
अंश और हर को $(2x)^{50}$ से विभाजित करने पर:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\sum_{k=1}^{100} \left(\frac{2x+k}{2x}\right)^{50}}{1 + \frac{10^{50}}{(2x)^{50}}}$.
जैसे $x \rightarrow \infty$,प्रत्येक $k \in \{1, 2, \dots, 100\}$ के लिए $\frac{k}{2x} \rightarrow 0$ होता है।
अतः,$\left(1 + \frac{k}{2x}\right)^{50} \rightarrow 1^{50} = 1$।
अंश $\sum_{k=1}^{100} 1 = 100$ हो जाता है।
हर $1 + 0 = 1$ हो जाता है।
इसलिए,$L = \frac{100}{1} = 100$।

(C) हम $x \rightarrow 0$ के लिए मानक श्रेणी विस्तार का उपयोग करके सीमा का मूल्यांकन करते हैं:
$e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + \dots$
$\cos 3x = 1 - \frac{(3x)^2}{2} + \dots = 1 - \frac{9x^2}{2} + \dots$
$\sin x = x + \dots$
$\log(1+2x) = 2x - \frac{(2x)^2}{2} + \dots = 2x - 2x^2 + \dots$
इन्हें व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x^2 + \dots) - (1 - \frac{9x^2}{2} + \dots)}{(x + \dots)(2x - \dots)} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2 + \frac{9x^2}{2}}{2x^2} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{11x^2}{2}}{2x^2} = \frac{11}{4}$.

(D) सीमा ज्ञात करने के लिए,हम $x = 0$ पर वाम-हस्त सीमा $(L.H.L.)$ और दक्षिण-हस्त सीमा $(R.H.L.)$ का मूल्यांकन करते हैं।
$L.H.L. = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x}{|x|+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x}{-x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{1}{-1+x} = \frac{1}{-1} = -1$.
$R.H.L. = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{|x|+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{x+x^2} = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{1+x} = \frac{1}{1} = 1$.
चूंकि $L.H.L. \neq R.H.L.$,सीमा का अस्तित्व नहीं है।

(A) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{9^x-4^x}{x(9^x+4^x)}$
मानक सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x} = \log(a)$ का उपयोग करते हुए:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{9^x-1 - (4^x-1)}{x} \right) \cdot \frac{1}{9^x+4^x}$
$= \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{9^x-1}{x} - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4^x-1}{x} \right) \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{9^x+4^x}$
$= (\log(9) - \log(4)) \cdot \frac{1}{1+1}$
$= \log \left( \frac{9}{4} \right) \cdot \frac{1}{2}$
$= \log \left( \left( \frac{3}{2} \right)^2 \right) \cdot \frac{1}{2}$
$= 2 \log \left( \frac{3}{2} \right) \cdot \frac{1}{2} = \log \left( \frac{3}{2} \right)$

(C) माना $L = \lim _{x \rightarrow 2}\left(\frac{5^x+5^{3-x}-30}{5^{3-x}-5^{\frac{x}{2}}}\right)$.
माना $t = 5^{\frac{x}{2}}$. जब $x \rightarrow 2$,तब $t \rightarrow 5^1 = 5$.
अतः $5^x = t^2$ और $5^{3-x} = \frac{125}{5^x} = \frac{125}{t^2}$.
इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{t^2 + \frac{125}{t^2} - 30}{\frac{125}{t^2} - t} = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{t^4 - 30t^2 + 125}{125 - t^3}$.
अंश का गुणनखंड करने पर: $t^4 - 30t^2 + 125 = (t^2 - 25)(t^2 - 5) = (t-5)(t+5)(t^2-5)$.
हर का गुणनखंड करने पर: $125 - t^3 = (5-t)(25 + 5t + t^2) = -(t-5)(25 + 5t + t^2)$.
अतः,$L = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{(t-5)(t+5)(t^2-5)}{-(t-5)(25 + 5t + t^2)} = \lim _{t \rightarrow 5} \frac{-(t+5)(t^2-5)}{25 + 5t + t^2}$.
$t = 5$ रखने पर:
$L = \frac{-(5+5)(25-5)}{25 + 5(5) + 25} = \frac{-10 \times 20}{75} = \frac{-200}{75} = \frac{-8}{3}$.

(A) माना $f(x) = \frac{3^x + 3^{3-x} - 12}{3^{3-x} - 3^{x/2}}$.
अंश और हर को $3^x$ से गुणा करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 2} \frac{3^{2x} - 12 \cdot 3^x + 27}{3^3 - 3^{3x/2}}$
माना $t = 3^{x/2}$. जैसे $x \rightarrow 2$,वैसे $t \rightarrow 3$.
व्यंजक $\lim _{t \rightarrow 3} \frac{t^4 - 12t^2 + 27}{27 - t^3}$ बन जाता है।
अंश का गुणनखंड करने पर: $t^4 - 12t^2 + 27 = (t^2 - 9)(t^2 - 3) = (t-3)(t+3)(t^2-3)$.
हर का गुणनखंड करने पर: $27 - t^3 = (3-t)(9 + 3t + t^2) = -(t-3)(t^2 + 3t + 9)$.
$\lim _{t \rightarrow 3} \frac{(t-3)(t+3)(t^2-3)}{-(t-3)(t^2 + 3t + 9)} = \lim _{t \rightarrow 3} \frac{-(t+3)(t^2-3)}{t^2 + 3t + 9}$.
$t=3$ रखने पर: $\frac{-(3+3)(9-3)}{9+9+9} = \frac{-6 \cdot 6}{27} = \frac{-36}{27} = -\frac{4}{3}$.

(C) सीमा का मूल्यांकन करने के लिए,हम अंश का परिमेयकरण करते हैं:
$\lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}-\sqrt{2}}{y^4} \times \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2}}{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2}}$
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{1+\sqrt{1+y^4}-2}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})} = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+y^4}-1}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})}$
अब,शेष वर्गमूल पद का परिमेयकरण करें:
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{(\sqrt{1+y^4}-1)(\sqrt{1+y^4}+1)}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)}$
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{1+y^4-1}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)}$
$= \lim _{y \rightarrow 0} \frac{y^4}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)}$
$= \frac{1}{(\sqrt{1+1}+\sqrt{2})(1+1)} = \frac{1}{(2\sqrt{2})(2)} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$

(C) हम अंश और हर का परिमेयकरण करके $\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x}}{\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x}}$ सीमा का मूल्यांकन करते हैं।
संयुग्मों से गुणा करने पर:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow a} \frac{(\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$(A-B)(A+B) = A^2 - B^2$ का उपयोग करके सरल करने पर:
$\lim _{x \rightarrow a} \frac{(a+2 x-3 x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(3 a+x-4 x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$\lim _{x \rightarrow a} \frac{(a-x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{3(a-x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
उभयनिष्ठ गुणनखंड $(a-x)$ को हटाने पर:
$\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x}}{3(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$x = a$ रखने पर:
$\frac{\sqrt{4a} + 2\sqrt{a}}{3(\sqrt{3a} + \sqrt{3a})} = \frac{2\sqrt{a} + 2\sqrt{a}}{3(2\sqrt{3a})} = \frac{4\sqrt{a}}{6\sqrt{3a}} = \frac{2}{3\sqrt{3}}$

(C) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x}}{\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x}}$
अंश और हर का परिमेयकरण करने पर:
$= \lim _{x}$ ${\rightarrow a} \frac{(\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(\sqrt{3 a+x}-2 \sqrt{x})(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$= \lim _{x \rightarrow a} \frac{(a+2 x-3 x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{(3 a+x-4 x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$= \lim _{x \rightarrow a} \frac{(a-x)(\sqrt{3 a+x}+2 \sqrt{x})}{3(a-x)(\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 x})}$
$(a-x)$ को काटने और $x = a$ रखने पर:
$= \frac{\sqrt{3 a+a}+2 \sqrt{a}}{3(\sqrt{a+2 a}+\sqrt{3 a})}$
$= \frac{2 \sqrt{a}+2 \sqrt{a}}{3(\sqrt{3 a}+\sqrt{3 a})}$
$= \frac{4 \sqrt{a}}{3(2 \sqrt{3 a})} = \frac{4 \sqrt{a}}{6 \sqrt{3} \sqrt{a}} = \frac{2}{3 \sqrt{3}}$

(C) दिया गया सीमा मान: $\lim _{x \rightarrow 2}\left[\frac{1}{x-2}-\frac{2}{x^3-3 x^2 2 x}\right]$
दूसरे पद के हर का गुणनखंड करने पर: $x^3-3x^2 2x = x(x-2)(x-1)$
अब सीमा में मान रखने पर: $\lim _{x \rightarrow 2}\left[\frac{1}{x-2}-\frac{2}{x(x-2)(x-1)}\right]$
समान हर लेने पर: $\lim _{x \rightarrow 2}\left[\frac{x(x-1)-2}{x(x-2)(x-1)}\right]$
अंश को सरल करने पर: $x^2-x-2 = (x-2)(x 1)$
अतः: $\lim _{x \rightarrow 2}\left[\frac{(x-2)(x 1)}{x(x-2)(x-1)}\right]$
उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x-2)$ को काटने पर: $\lim _{x \rightarrow 2}\frac{x 1}{x(x-1)}$
$x=2$ रखने पर: $\frac{2 1}{2(2-1)} = \frac{3}{2}$

(A) दिया गया है $f(x) = 5 - |x - 2|$। $f(x)$ का अधिकतम मान तब प्राप्त होता है जब $|x - 2| = 0$,इसलिए $\alpha = 2$ है।
दिया गया है $g(x) = |x + 1|$। $g(x)$ का न्यूनतम मान तब प्राप्त होता है जब $x + 1 = 0$,इसलिए $\beta = -1$ है।
सीमा $x \rightarrow -\alpha \beta = - (2)(-1) = 2$ पर ज्ञात करनी है।
हमें $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x^2 - 5x + 6)}{(x^2 - 6x + 8)}$ की गणना करनी है।
गुणनखंड करने पर: $x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3)$ और $x^2 - 6x + 8 = (x - 2)(x - 4)$।
सीमा में मान रखने पर: $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 2)(x - 3)}{(x - 2)(x - 4)}$।
उभयनिष्ठ गुणनखंड $(x - 2)$ को हटाने पर: $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x - 1)(x - 3)}{x - 4}$।
सीमा का मान निकालने पर: $\frac{(2 - 1)(2 - 3)}{2 - 4} = \frac{(1)(-1)}{-2} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$।

(D) सीमा $\lim _{n \rightarrow \infty} n\left(\sqrt{n^2+9}-n\right)$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम व्यंजक को उसके संयुग्मी $\left(\sqrt{n^2+9}+n\right)$ से गुणा और भाग करके परिमेयकरण करते हैं।
$\lim _{n \rightarrow \infty} n\left(\sqrt{n^2+9}-n\right) \times \frac{\sqrt{n^2+9}+n}{\sqrt{n^2+9}+n}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n^2+9-n^2)}{\sqrt{n^2+9}+n}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{9n}{\sqrt{n^2+9}+n}$
अंश और हर को $n$ से विभाजित करने पर:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{9}{\sqrt{\frac{n^2+9}{n^2}}+1}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{9}{\sqrt{1+\frac{9}{n^2}}+1}$
जैसे $n \rightarrow \infty$,$\frac{9}{n^2} \rightarrow 0$,इसलिए सीमा $\frac{9}{\sqrt{1+0}+1} = \frac{9}{1+1} = \frac{9}{2}$ है।

(B) सबसे पहले,हम $m$ की गणना करते हैं:
$m = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \log(1+2x)}{x \tan x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1+2x)}{\tan x} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\log(1+2x)}{2x} \times \frac{x}{\tan x} \times 2 \right) = 1 \times 1 \times 2 = 2$.
इसके बाद,हम $n$ की गणना करते हैं:
$n = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log x + \log(\frac{1+x}{x})}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(x \times \frac{1+x}{x})}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1$.
मूल $m=2$ और $n=1$ वाला द्विघात समीकरण $x^2 - (m+n)x + mn = 0$ द्वारा दिया जाता है।
मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $x^2 - (2+1)x + (2 \times 1) = 0$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $x^2 - 3x + 2 = 0$ हो जाता है।

(C) सीमा $\lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{8 x^2+5 x+3}{2 x^2-7 x-5}\right)^{\frac{4 x+3}{8 x-1}}$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम पहले $x \rightarrow \infty$ पर आधार की सीमा ज्ञात करते हैं:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{8 x^2+5 x+3}{2 x^2-7 x-5} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{8 + \frac{5}{x} + \frac{3}{x^2}}{2 - \frac{7}{x} - \frac{5}{x^2}} = \frac{8+0+0}{2-0-0} = 4$.
इसके बाद,हम $x \rightarrow \infty$ पर घातांक की सीमा ज्ञात करते हैं:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{4 x+3}{8 x-1} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{4 + \frac{3}{x}}{8 - \frac{1}{x}} = \frac{4+0}{8-0} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.
अतः,सीमा $4^{\frac{1}{2}} = 2$ है।

(C) $\lim _{x \rightarrow \infty} (\sqrt{x^2+5x-7}-x)$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम व्यंजक का परिमेयकरण करते हैं:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{(\sqrt{x^2+5x-7}-x)(\sqrt{x^2+5x-7}+x)}{\sqrt{x^2+5x-7}+x}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^2+5x-7-x^2}{\sqrt{x^2+5x-7}+x}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{5x-7}{\sqrt{x^2+5x-7}+x}$
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{5-\frac{7}{x}}{\sqrt{1+\frac{5}{x}-\frac{7}{x^2}}+1}$
जैसे $x \rightarrow \infty$,$\frac{1}{x} \rightarrow 0$ और $\frac{1}{x^2} \rightarrow 0$:
$= \frac{5-0}{\sqrt{1+0-0}+1} = \frac{5}{1+1} = \frac{5}{2}$

(C) हम सीमा का मूल्यांकन करते हैं: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{2 x^2+x-3}$
सबसे पहले,हर का गुणनखंड करें: $2x^2+x-3 = (x-1)(2x+3)$
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करें: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{(x-1)(2 x+3)}$
याद रखें कि $(x-1) = (\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)$,इसलिए: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)(2 x+3)}$
सामान्य पद $(\sqrt{x}-1)$ को रद्द करें: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{2 x-3}{(\sqrt{x}+1)(2 x+3)}$
अब,$x=1$ प्रतिस्थापित करें: $\frac{2(1)-3}{(\sqrt{1}+1)(2(1)+3)} = \frac{-1}{(2)(5)} = \frac{-1}{10}$

(B) प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं का योग $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
इसे सीमा व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{2n^{2}}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^2+n}{2n^2}$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{2}$
जैसे $n \rightarrow \infty$,$\frac{1}{n} \rightarrow 0$.
अतः,सीमा का मान $\frac{1+0}{2} = \frac{1}{2}$ है।

(C) दिया गया सीमा मान: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(e^{k x}-1\right) \sin k x}{x^{2}}=4$
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं: $\lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{e^{k x}-1}{x} \cdot \frac{\sin k x}{x} \right) = 4$
मानक सीमाओं $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{k x}-1}{x} = k$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin k x}{x} = k$ का उपयोग करने पर:
$k \cdot k = 4$
$k^{2} = 4$
$k = \pm 2$

(C) माना $L = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{(1-\sin x)(8 x^3-\pi^3) \cos x}{(\pi-2 x)^4}$.
हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$L = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{(1-\sin x)(2x-\pi)(4x^2+\pi^2+2\pi x) \cos x}{16(\frac{\pi}{2}-x)^4}$.
माना $x - \frac{\pi}{2} = h$,अतः $x = \frac{\pi}{2} + h$. जैसे $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,$h \rightarrow 0$.
तब $\cos x = \cos(\frac{\pi}{2} + h) = -\sin h$ और $1 - \sin x = 1 - \sin(\frac{\pi}{2} + h) = 1 - \cos h$.
साथ ही,$2x - \pi = 2(\frac{\pi}{2} + h) - \pi = 2h$.
इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim _{h}$ ${\rightarrow 0} \frac{(1-\cos h)(2h)(4(\frac{\pi}{2}+h)^2 + \pi^2 + 2\pi(\frac{\pi}{2}+h))(-\sin h)}{16(-h)^4}$.
$L = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{-(1-\cos h)}{h^2} \cdot \frac{\sin h}{h} \cdot \frac{2h(3\pi^2 + 8\pi h + 4h^2)}{16h}$.
$L = -(\frac{1}{2}) \cdot (1) \cdot \frac{2(3\pi^2)}{16} = -\frac{3\pi^2}{16}$.

(C) हम सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \tan 2x - 2x \tan x}{(1 - \cos 2x)^2}$ का मूल्यांकन करते हैं।
सर्वसमिका $1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x$ का उपयोग करने पर,हर $(2 \sin^2 x)^2 = 4 \sin^4 x$ हो जाता है।
अतः,व्यंजक $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x(\tan 2x - 2 \tan x)}{4 \sin^4 x}$ है।
टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर: $\tan \theta = \theta + \frac{\theta^3}{3} + \dots$ और $\sin x \approx x$.
$\tan 2x = 2x + \frac{8x^3}{3} + O(x^5)$ और $2 \tan x = 2x + \frac{2x^3}{3} + O(x^5)$.
अंश: $x[(2x + \frac{8x^3}{3}) - (2x + \frac{2x^3}{3})] = 2x^4$.
हर: $4 \sin^4 x \approx 4x^4$.
सीमा: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x^4}{4x^4} = \frac{1}{2}$.