Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(C) हमें इस सीमा (limit) का मूल्यांकन करना है: $\lim _{x \rightarrow 1} \left( \lim _{y \rightarrow \infty} y \left( e^{x/y} - 1 \right) \right)$.
सबसे पहले,आंतरिक सीमा पर विचार करें: $L_{inner} = \lim _{y \rightarrow \infty} y \left( e^{x/y} - 1 \right)$.
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \dots$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = x/y$ है:
$L_{inner} = \lim _{y \rightarrow \infty} y \left( (1 + \frac{x}{y} + \frac{x^2}{2y^2} + \dots) - 1 \right)$
$L_{inner} = \lim _{y \rightarrow \infty} y \left( \frac{x}{y} + \frac{x^2}{2y^2} + \dots \right)$
$L_{inner} = \lim _{y \rightarrow \infty} \left( x + \frac{x^2}{2y} + \dots \right) = x$.
अब,बाहरी सीमा का मूल्यांकन करें: $\lim _{x \rightarrow 1} (x) = 1$.

(A) दिया गया है,$\lim _{n \rightarrow \infty} x^n \log _e x=0$.
हम जानते हैं कि जैसे $n \rightarrow \infty$,$x^n \rightarrow 0$ केवल तब होता है जब $x \in (0, 1)$ हो।
अतः,सीमा $0$ होने के लिए $x \in (0, 1)$ होना आवश्यक है।
चूंकि लघुगणक $\log _x 12$ का आधार $x \in (0, 1)$ है और मान $12 > 1$ है,इसलिए $\log _x 12$ का मान ऋणात्मक होगा।

(D) $n \rightarrow \infty$ के लिए:
चूंकि $2-\sqrt{2} < 1$,इसलिए $\lim _{n \rightarrow \infty} (2-\sqrt{2})^n = 0$.
अंश और हर को $(2+\sqrt{2})^n$ से विभाजित करने पर:
$= \lim _{n}$ ${\rightarrow \infty} \sqrt{2} \left[ \frac{1 + \left( \frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} \right)^n}{1 - \left( \frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} \right)^n} \right] = \sqrt{2} \left[ \frac{1+0}{1-0} \right] = \sqrt{2}$.

(A) स्थिति $1$: जब $x < 0$,तो $n \rightarrow \infty$ के लिए $nx \rightarrow -\infty$। अतः,$e^{nx} \rightarrow 0$। सीमा $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A+0}{x+A(0)} = \frac{A}{x}$ हो जाती है।
स्थिति $2$: जब $x > 0$,तो $n \rightarrow \infty$ के लिए $nx \rightarrow \infty$। अतः,$e^{nx} \rightarrow \infty$। अंश और हर को $e^{nx}$ से विभाजित करने पर,हमें $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A/e^{nx} + 1}{x/e^{nx} + A} = \frac{0+1}{0+A} = \frac{1}{A}$ प्राप्त होता है (मान लीजिए $A \neq 0$)।

(A) $k = \lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^2 \left( \frac{e^{1/x} - e^{-1/x}}{e^{1/x} + e^{-1/x}} \right)$ के लिए,$t = 1/x$ लें। जैसे $x \rightarrow 0^{+}$,$t \rightarrow \infty$.
$k = \lim _{t \rightarrow \infty} \frac{1}{t^2} \left( \frac{e^t - e^{-t}}{e^t + e^{-t}} \right) = \lim _{t \rightarrow \infty} \frac{1}{t^2} \left( \frac{1 - e^{-2t}}{1 + e^{-2t}} \right) = 0 \times 1 = 0$.
$l = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} x^2 \left( \frac{e^{1/x} - e^{-1/x}}{e^{1/x} + e^{-1/x}} \right)$ के लिए,$y = 1/x$ लें। जैसे $x \rightarrow 0^{-}$,$y \rightarrow -\infty$.
$l = \lim _{y \rightarrow -\infty} \frac{1}{y^2} \left( \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}} \right) = \lim _{y \rightarrow -\infty} \frac{1}{y^2} \left( \frac{e^{2y} - 1}{e^{2y} + 1} \right) = 0 \times (-1) = 0$.
अतः,$k = l = 0$.

(D) $\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,मान लीजिए $x \rightarrow 0^+$,तो $\frac{1}{x} \rightarrow \infty$.
अतः,$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{e^{1/x} - 1}{e^{1/x} + 1} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{1 - e^{-1/x}}{1 + e^{-1/x}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$.
$\lim_{x \rightarrow 0^-} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,मान लीजिए $x \rightarrow 0^-$,तो $\frac{1}{x} \rightarrow -\infty$.
अतः,$\lim_{x \rightarrow 0^-} \frac{e^{1/x} - 1}{e^{1/x} + 1} = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$.
चूंकि बाएँ हाथ की सीमा और दाएँ हाथ की सीमा समान नहीं हैं,इसलिए $\lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ का अस्तित्व नहीं है।
$\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)$ के लिए,$\frac{1}{x} \rightarrow 0$,इसलिए $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x) = \frac{e^0 - 1}{e^0 + 1} = \frac{1 - 1}{1 + 1} = 0$.
अतः,विकल्प $D$ सही है।

(C) दिया गया सीमा: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-10^n}{1+10^{n+1}}=-\frac{\alpha}{10}$
अंश और हर को $10^n$ से विभाजित करने पर:
$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{10^n}-1}{\frac{1}{10^n}+10}=-\frac{\alpha}{10}$
जैसे $n \rightarrow \infty$,वैसे $\frac{1}{10^n} \rightarrow 0$.
यह मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{0-1}{0+10} = -\frac{\alpha}{10}$
$-\frac{1}{10} = -\frac{\alpha}{10}$
अतः,$\alpha = 1$.

(A) दिया गया है,$\lim _{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{p}{x}\right)^{q x}=e^9$.
मानक सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow \infty}(1+\frac{a}{x})^x = e^a$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास है:
$\lim _{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{p}{x}\right)^{q x} = \left[ \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1+\frac{p}{x}\right)^{x} \right]^{q} = (e^p)^q = e^{pq}$.
इसे दिए गए व्यंजक $e^9$ के साथ तुलना करने पर,हमें $pq = 9$ प्राप्त होता है।
चूंकि $p, q \in \mathbb{N}$ (प्राकृत संख्याएँ) हैं,इसलिए संभावित जोड़े $(p, q)$ हैं: $(1, 9), (3, 3), (9, 1)$।
इन मामलों में,$p+q$ का मान $1+9=10$ या $3+3=6$ हो सकता है।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही मान $6$ है।

(B) हम जानते हैं कि मानक सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow 0}(1+ax)^{\frac{1}{ax}} = e$ है,जहाँ $a \neq 0$ है।
दी गई अभिव्यक्ति $\lim _{x \rightarrow 0}(1+3x)^{\frac{2}{x}}$ है।
हम घातांक को $\frac{2}{x} = 6 \times \frac{1}{3x}$ के रूप में लिख सकते हैं।
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\lim _{x \rightarrow 0}(1+3x)^{\frac{2}{x}} = \lim _{x \rightarrow 0} \left((1+3x)^{\frac{1}{3x}}\right)^6$ प्राप्त होता है।
मानक सीमा गुण का उपयोग करने पर,यह अभिव्यक्ति $e^6$ के बराबर होती है।

(B) दिया गया सीमा: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin x - e^{n x}}{1 + A e^{n x}}$.
चूंकि $x < 0$,इसलिए जैसे ही $n \rightarrow \infty$,$e^{n x} \rightarrow 0$ होता है।
अतः,$\lim _{n}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\sin x - e^{n x}}{1 + A e^{n x}} = \frac{\sin x - 0}{1 + A(0)} = \frac{\sin x}{1} = \sin x$.

(B) माना $P = \lim _{n}$ ${\rightarrow \infty} n^{-n k} \left\{(n+1)\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(n+\frac{1}{2^2}\right) \ldots\left(n+\frac{1}{2^{k-1}}\right)\right\}^n$ है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\log P = \lim _{n \rightarrow \infty} n \left[ \sum_{j=0}^{k-1} \log \left(1 + \frac{1}{2^j n}\right) \right]$।
मानक सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\log(1+ax)}{x} = a$ का उपयोग करने पर:
$\log P = \sum_{j=0}^{k-1} \lim _{n}$ ${\rightarrow \infty} \frac{\log \left(1 + \frac{1}{2^j n}\right)}{1/n} = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{1}{2^j}$।
यह $k$ पदों वाली एक गुणोत्तर श्रेणी है,जिसका प्रथम पद $a=1$ और सार्व अनुपात $r=1/2$ है:
$\sum_{j=0}^{k-1} \left(\frac{1}{2}\right)^j = \frac{1(1-(1/2)^k)}{1-1/2} = 2 \left(1 - \frac{1}{2^k}\right)$।
अतः,$P = e^{2 \left(1 - \frac{1}{2^k}\right)}$।

(A) माना $l = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{6^x-3^x-2^x+1}{x^2}$.
अंश का गुणनखंड करने पर:
$6^x - 3^x - 2^x + 1 = 3^x(2^x - 1) - 1(2^x - 1) = (2^x - 1)(3^x - 1)$.
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$l = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2^x - 1)(3^x - 1)}{x^2} = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{2^x - 1}{x} \right) \times \left( \frac{3^x - 1}{x} \right)$.
मानक सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log _e a$ का उपयोग करने पर:
$l = (\log _e 2) \times (\log _e 3)$.

(C) दिया गया सीमा $1^\infty$ के रूप में है।
हम सूत्र $\lim _{x \rightarrow \infty} (f(x))^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} (f(x)-1)g(x)}$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$f(x) = \frac{3x^2-2x+3}{3x^2+x-2}$ और $g(x) = 3x-2$ है।
$(f(x)-1) = \frac{3x^2-2x+3 - (3x^2+x-2)}{3x^2+x-2} = \frac{-3x+5}{3x^2+x-2}$.
अब,$\lim _{x \rightarrow \infty} (f(x)-1)g(x) = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{-3x+5}{3x^2+x-2}\right)(3x-2)$.
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-9x^2+6x+15x-10}{3x^2+x-2} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-9x^2+21x-10}{3x^2+x-2}$.
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{-9}{3} = -3$ प्राप्त होता है।
अतः,सीमा $e^{-3}$ है।

(C) माना $L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{a + b^{1 / n} - 1}{a}\right)^n$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln L = \lim _{n \rightarrow \infty} n \ln \left(1 + \frac{b^{1 / n} - 1}{a}\right)$.
सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए,माना $x = \frac{b^{1 / n} - 1}{a}$. जैसे $n \rightarrow \infty$,$x \rightarrow 0$.
$\ln L = \lim _{n \rightarrow \infty} n \cdot \left(\frac{b^{1 / n} - 1}{a}\right) \cdot \frac{\ln(1 + x)}{x} = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{a} (b^{1 / n} - 1)$.
माना $t = 1/n$. जैसे $n \rightarrow \infty$,$t \rightarrow 0$.
$\ln L = \frac{1}{a} \lim _{t \rightarrow 0} \frac{b^t - 1}{t}$.
चूंकि $\lim _{t \rightarrow 0} \frac{b^t - 1}{t} = \ln b$,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$\ln L = \frac{1}{a} \ln b = \ln(b^{1 / a})$.
अतः,$L = b^{1 / a}$.

(D) दिया गया है,$f(x) = \lim_{y \rightarrow \infty} y(x^{1/y} - 1)$.
सबसे पहले,हम $f(x)$ को सरल करते हैं:
$f(x) = \lim_{y \rightarrow \infty} \frac{x^{1/y} - 1}{1/y}$.
मान लीजिए $t = 1/y$. जैसे $y \rightarrow \infty$,वैसे $t \rightarrow 0^+$.
$f(x) = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{x^t - 1}{t}$.
मानक सीमा $\lim_{t \rightarrow 0} \frac{a^t - 1}{t} = \ln(a)$ का उपयोग करने पर,हमें $f(x) = \ln(x)$ प्राप्त होता है।
अब,$f(x) = \ln(x)$ को दिए गए समीकरण $2022 f(\frac{1}{x}) + P f(x) = f(x^2)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$2022 \ln(\frac{1}{x}) + P \ln(x) = \ln(x^2)$.
चूंकि $\ln(\frac{1}{x}) = -\ln(x)$ और $\ln(x^2) = 2 \ln(x)$:
$2022(-\ln(x)) + P \ln(x) = 2 \ln(x)$.
$-2022 \ln(x) + P \ln(x) = 2 \ln(x)$.
$\ln(x)$ से विभाजित करने पर ($x \neq 1$ के लिए):
$-2022 + P = 2$.
$P = 2024$.

(A) हम मानक सीमा सूत्र का उपयोग करते हैं: $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x})^{bx} = e^{ab}$.
दी गई अभिव्यक्ति: $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{2}{x})^{3x}$.
यहाँ,$a = 2$ और $b = 3$ है।
सूत्र लागू करने पर: $e^{2 \times 3} = e^6$.

(A) माना $L = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}-\sqrt{2}}{y^4}$ है।
अंश का परिमेयकरण करने पर,हम $\frac{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2}}{\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2}}$ से गुणा करते हैं:
$L = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{(1+\sqrt{1+y^4})-2}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})} = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+y^4}-1}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})}$।
अंश का पुनः परिमेयकरण करने पर,हम $\frac{\sqrt{1+y^4}+1}{\sqrt{1+y^4}+1}$ से गुणा करते हैं:
$L = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{(1+y^4)-1}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)} = \lim _{y \rightarrow 0} \frac{y^4}{y^4(\sqrt{1+\sqrt{1+y^4}}+\sqrt{2})(\sqrt{1+y^4}+1)}$।
$y^4$ को रद्द करने और $y \rightarrow 0$ पर सीमा का मूल्यांकन करने पर:
$L = \frac{1}{(\sqrt{1+1}+\sqrt{2})(\sqrt{1}+1)} = \frac{1}{(\sqrt{2}+\sqrt{2})(1+1)} = \frac{1}{2\sqrt{2} \times 2} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$।

(D) माना $x = 3 - h$,जहाँ $h \rightarrow 0^{+}$.
जैसे $x \rightarrow 3^{-}$,$|x| = x = 3 - h$ और $|3-x| = |3-(3-h)| = |h| = h$.
साथ ही,$[3x-9] = [3(3-h)-9] = [9-3h-9] = [-3h]$। चूँकि $h > 0$,$-3h$ एक छोटी ऋणात्मक संख्या है,इसलिए $[-3h] = -1$।
और $[9-3x] = [9-3(3-h)] = [9-9+3h] = [3h]$। चूँकि $h > 0$,$3h$ एक छोटी धनात्मक संख्या है,इसलिए $[3h] = 0$।
इन मानों को सीमा व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{(3-(3-h)+\sin h) \cos(0)}{h(-1)} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{(h+\sin h)(1)}{-h} = \lim _{h \rightarrow 0^{+}} -\left(1 + \frac{\sin h}{h}\right) = -(1+1) = -2$.

(D) माना $f(x) = \frac{|2 \cos x - 1|}{2 \cos x - 1}$ जहाँ $0 \leq x \leq \pi/2$ है।
हम जानते हैं कि जब $\cos x > 1/2$,अर्थात $0 \leq x < \pi/3$ होता है,तब $2 \cos x - 1 > 0$ होता है,और जब $\pi/3 < x \leq \pi/2$ होता है,तब $2 \cos x - 1 < 0$ होता है।
अतः,$0 \leq x < \pi/3$ के लिए $f(x) = 1$ और $\pi/3 < x \leq \pi/2$ के लिए $f(x) = -1$ है।
सीमा के अस्तित्व के लिए बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा समान होनी चाहिए।
$0 \leq a < \pi/3$ के लिए,फलन अचर $1$ है,इसलिए सीमा $1$ है।
$\pi/3 < a \leq \pi/2$ के लिए,फलन अचर $-1$ है,इसलिए सीमा $-1$ है।
$a = \pi/3$ पर,बाएँ पक्ष की सीमा $1$ है और दाएँ पक्ष की सीमा $-1$ है,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।
अतः,सही कथन यह है कि जब $0 \leq a < \pi/3$ होता है,तो सीमा $1$ होती है।

(A) $\text{दिया गया सीमा: } L = \lim _{x \rightarrow \frac{3}{2}} \frac{2x(2x-3)(4x^2+6x+9)}{(2x)^{1/3} - 3^{1/3}}$
$\text{हर का परिमेयकरण करने पर: } a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2) \text{ जहाँ } a=(2x)^{1/3}, b=3^{1/3}:$
$L = \lim _{x \rightarrow \frac{3}{2}} \frac{2x(2x-3)(4x^2+6x+9)((2x)^{2/3} + (6x)^{1/3} + 3^{2/3})}{2x-3}$
$L = \lim _{x \rightarrow \frac{3}{2}} 2x(4x^2+6x+9)((2x)^{2/3} + (6x)^{1/3} + 3^{2/3})$
$x = \frac{3}{2} \text{ रखने पर:}$
$L = 3(27)(3^{5/3}) = 3^{17/3} = \sqrt[3]{3^{17}}$

(B) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(3^{2x} - \sqrt{x+1}) \sin 5x}{1 - \cos 4x}$.
सर्वसमिका $1 - \cos 4x = 2 \sin^2 2x$ का उपयोग करने पर,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(3^{2x} - \sqrt{x+1}) \sin 5x}{2 \sin^2 2x}$.
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर और मानक सीमा $\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{ax} = 1$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{3^{2x} - \sqrt{x+1}}{x} \right) \cdot \left( \frac{\sin 5x}{x} \right) \cdot \left( \frac{x^2}{2 \sin^2 2x} \right) = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{3^{2x} - 1 - (\sqrt{x+1} - 1)}{x} \right) \cdot 5 \cdot \frac{1}{2(2)^2}$.
$L = \frac{5}{8} \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{3^{2x} - 1}{x} - \frac{\sqrt{x+1} - 1}{x} \right)$.
$\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ और $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x+1} - 1}{x} = \frac{1}{2}$ का उपयोग करने पर:
$L = \frac{5}{8} \left( 2 \ln 3 - \frac{1}{2} \right) = \frac{5}{16} (4 \ln 3 - 1) = \frac{5}{16} (\ln 81 - \ln e) = \frac{5}{16} \ln \left( \frac{81}{e} \right)$.

(A) प्रथम सीमा के लिए: $\lim_{x \rightarrow -2^{+}} [x] = -2$.
अतः,$\lim_{x \rightarrow -2^{+}} ([x]^2 - [x] - 2) = (-2)^2 - (-2) - 2 = 4 + 2 - 2 = 4$.
दूसरी सीमा के लिए: $\lim_{x \rightarrow -3^{-}} [x] = -4$.
अतः,$\lim_{x \rightarrow -3^{-}} ([x]^2 - 4[x] + 3) = (-4)^2 - 4(-4) + 3 = 16 + 16 + 3 = 35$.
दोनों परिणामों का योग: $4 + 35 = 39$.

(D) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan 2x - 2\tan x}{(1 - \cos x)(2^x - 1)}$.
$\tan x$ के विस्तार का उपयोग करने पर: $\tan 2x - 2\tan x = 2x^3$.
हर में: $(1 - \cos x)(2^x - 1) \approx (\frac{x^2}{2})(x \ln 2) = \frac{x^3 \ln 2}{2}$.
अतः,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x^3}{\frac{x^3 \ln 2}{2}} = \frac{4}{\ln 2}$.

(A) $f(x) = 2x - [2x]$ दिया गया है।
$l_1 = \lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x)$ ज्ञात करने के लिए:
मान लीजिए $x = 2 - h$,जहाँ $h \rightarrow 0$ और $h > 0$ है।
$l_1 = \lim_{h \rightarrow 0} (2(2 - h) - [2(2 - h)]) = \lim_{h \rightarrow 0} (4 - 2h - [4 - 2h])$।
चूँकि $h$ एक बहुत छोटी धनात्मक संख्या है,$4 - 2h$ का मान $4$ से थोड़ा कम है,इसलिए $[4 - 2h] = 3$ है।
अतः,$l_1 = 4 - 3 = 1$ है।
$l_2 = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x)$ ज्ञात करने के लिए:
मान लीजिए $x = 2 + h$,जहाँ $h \rightarrow 0$ और $h > 0$ है।
$l_2 = \lim_{h \rightarrow 0} (2(2 + h) - [2(2 + h)]) = \lim_{h \rightarrow 0} (4 + 2h - [4 + 2h])$।
चूँकि $h$ एक बहुत छोटी धनात्मक संख्या है,$4 + 2h$ का मान $4$ से थोड़ा अधिक है,इसलिए $[4 + 2h] = 4$ है।
अतः,$l_2 = 4 - 4 = 0$ है।
इसलिए,$l_1 + l_2 = 1 + 0 = 1$ है।

(B) हमें फलन $f(x) = \frac{\sin(1+[x])}{[x]}$ दिया गया है,जहाँ $[x] \neq 0$ है।
$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x)$ ज्ञात करने के लिए,हम $0$ से थोड़ी छोटी $x$ के मानों पर विचार करते हैं।
$x \in (-1, 0)$ के लिए,महत्तम पूर्णांक फलन $[x] = -1$ होता है।
इस मान को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin(1+[x])}{[x]} = \frac{\sin(1+(-1))}{-1} = \frac{\sin(0)}{-1} = \frac{0}{-1} = 0$.

(D) सबसे पहले,$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{x(a^x - 1)}{1 - \cos x}$ का मान ज्ञात करें।
मानक सीमाओं $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log a$ और $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ का उपयोग करते हुए,$f(x) = 2 \log a$ प्राप्त होता है।
इसके बाद,$\lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} \frac{x(1 - a^x)}{a^x(\sqrt{1 - x^2} - \sqrt{1 + x^2})}$ का मान ज्ञात करें।
हर का परिमेयकरण करने पर: $\sqrt{1 - x^2} - \sqrt{1 + x^2} = \frac{-2x^2}{\sqrt{1 - x^2} + \sqrt{1 + x^2}}$.
अतः,$g(x) = \frac{a^x - 1}{x} \cdot \frac{\sqrt{1 - x^2} + \sqrt{1 + x^2}}{2 a^x}$.
$x \to 0$ पर सीमा लेने पर,$\lim_{x \to 0} g(x) = (\log a) \cdot \frac{2}{2} = \log a$.
अंत में,$\lim_{x \to 0} (f(x) - g(x)) = 2 \log a - \log a = \log a$.

(B) दिया गया सीमा $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3^{x^3}-\left(1-x^3\right)^{2 / 3}}{x^2 \sin x}$ है।
चूँकि $x \rightarrow 0$ होने पर $\sin x \approx x$, व्यंजक $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3^{x^3}-\left(1-x^3\right)^{2 / 3}}{x^3}$ बन जाता है।
श्रेणी विस्तार $a^u = 1 + u \ln a + O(u^2)$ और $(1+u)^n = 1 + nu + O(u^2)$ का उपयोग करने पर:
$3^{x^3} = 1 + x^3 \ln 3 + O(x^6)$
$(1-x^3)^{2/3} = 1 - \frac{2}{3}x^3 + O(x^6)$
इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x^3 \ln 3) - (1 - \frac{2}{3}x^3)}{x^3} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^3(\ln 3 + \frac{2}{3})}{x^3} = \ln 3 + \frac{2}{3} = \frac{2}{3} + \log_e 3$.
इसकी तुलना $p + \log q$ से करने पर, हमें $p = \frac{2}{3}$ और $q = 3$ प्राप्त होता है।
अतः, $pq = \frac{2}{3} \times 3 = 2$.

(B) $\text{माना } L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\cos x)^{1/2} - (\cos x)^{1/3}}{\sin ^2 x}$ $\text{है।}$
$x \rightarrow 0$ $\text{होने पर } \cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ $\text{और } \sin x \approx x$ $\text{के लिए टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर:}$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1 - \frac{x^2}{2})^{1/2} - (1 - \frac{x^2}{2})^{1/3}}{x^2}$।
$\text{छोटे } u \text{ के लिए द्विपद विस्तार } (1+u)^n \approx 1 + nu$ $\text{का उपयोग करने पर:}$
$(1 - \frac{x^2}{2})^{1/2} \approx 1 - \frac{1}{2}(\frac{x^2}{2}) = 1 - \frac{x^2}{4}$।
$(1 - \frac{x^2}{2})^{1/3} \approx 1 - \frac{1}{3}(\frac{x^2}{2}) = 1 - \frac{x^2}{6}$।
$\text{इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:}$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1 - \frac{x^2}{4}) - (1 - \frac{x^2}{6})}{x^2} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{x^2}{4} + \frac{x^2}{6}}{x^2} = -\frac{1}{4} + \frac{1}{6} = \frac{-3 + 2}{12} = -\frac{1}{12}$।

(B) माना $x = \tan \theta$ है। जैसे $\theta \rightarrow \frac{\pi}{2}^{-}$,वैसे ही $x \rightarrow \infty$।
व्यंजक $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{8x^4 + 4x^2 + 5}{(3-2x)^4}$ बन जाता है।
अंश और हर को $x^4$ से विभाजित करने पर:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{8 + \frac{4}{x^2} + \frac{5}{x^4}}{(\frac{3}{x} - 2)^4}$।
जैसे $x \rightarrow \infty$,वैसे ही $\frac{4}{x^2} \rightarrow 0$,$\frac{5}{x^4} \rightarrow 0$,और $\frac{3}{x} \rightarrow 0$।
अतः,सीमा $\frac{8 + 0 + 0}{(0 - 2)^4} = \frac{8}{(-2)^4} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$ है।

(B) दिया गया सीमा: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{2 x^2+x-3}$
हर का गुणनखंड करने पर: $2x^2+x-3 = (2x+3)(x-1)$
सीमा में मान रखने पर: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)}{(2 x+3)(x-1)}$
अंश और हर को $(\sqrt{x}+1)$ से गुणा करने पर: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}{(2 x+3)(x-1)(\sqrt{x}+1)}$
$(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1) = (x-1)$ का उपयोग करके सरल करने पर: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(2 x-3)(x-1)}{(2 x+3)(x-1)(\sqrt{x}+1)}$
अंश और हर से $(x-1)$ को हटाने पर: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{2 x-3}{(2 x+3)(\sqrt{x}+1)}$
$x=1$ रखकर सीमा का मान ज्ञात करने पर: $\frac{2(1)-3}{(2(1)+3)(\sqrt{1}+1)} = \frac{-1}{5(2)} = -\frac{1}{10}$

(A) माना $L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{\sqrt[3]{6+x}-\sqrt[3]{10-x}}{x-2}$ है।
सर्वसमिका $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2)$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a = \sqrt[3]{6+x}$ और $b = \sqrt[3]{10-x}$ है:
$L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{(6+x) - (10-x)}{(x-2)((6+x)^{2/3} + (6+x)^{1/3}(10-x)^{1/3} + (10-x)^{2/3})}$
$L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{2x - 4}{(x-2)((6+x)^{2/3} + (6+x)^{1/3}(10-x)^{1/3} + (10-x)^{2/3})}$
$L = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{2(x-2)}{(x-2)((6+x)^{2/3} + (6+x)^{1/3}(10-x)^{1/3} + (10-x)^{2/3})}$
$L = \frac{2}{8^{2/3} + (8 \times 8)^{1/3} + 8^{2/3}} = \frac{2}{4 + 4 + 4} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$.

(B) दिया गया है,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2^{2 x}-2^{x+1}+2-\cos 2 x}{x^2}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2^x)^2 - 2 \cdot 2^x + 1 + 1 - \cos 2x}{x^2}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2^x - 1)^2 + (1 - \cos 2x)}{x^2}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{2^x - 1}{x} \right)^2 + \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos 2x}{x^2}$
मानक सीमाओं $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log _e a$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos kx}{x^2} = \frac{k^2}{2}$ का उपयोग करने पर:
$= (\log _e 2)^2 + \frac{2^2}{2}$
$= (\log _e 2)^2 + 2$

(C) माना $L = \lim _{x \rightarrow \infty} x^3 \left[ \sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} - \sqrt{2} x \right]$ है।
व्यंजक का परिमेयकरण करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} x^3 \left[ \sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} - \sqrt{2} x \right] \times \frac{\sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} + \sqrt{2} x}{\sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} + \sqrt{2} x}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} x^3 \frac{x^2 + \sqrt{x^4 + 1} - 2x^2}{\sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} + \sqrt{2} x} = \lim _{x \rightarrow \infty} x^3 \frac{\sqrt{x^4 + 1} - x^2}{\sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} + \sqrt{2} x}$.
पुनः परिमेयकरण करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} x^3 \frac{(\sqrt{x^4 + 1} - x^2)(\sqrt{x^4 + 1} + x^2)}{(\sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} + \sqrt{2} x)(\sqrt{x^4 + 1} + x^2)} = \lim _{x \rightarrow \infty} x^3 \frac{x^4 + 1 - x^4}{(\sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} + \sqrt{2} x)(\sqrt{x^4 + 1} + x^2)}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x^3}{(\sqrt{x^2 + \sqrt{x^4 + 1}} + \sqrt{2} x)(\sqrt{x^4 + 1} + x^2)}$.
अंश और हर को $x^3$ से विभाजित करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1}{(\sqrt{1 + \sqrt{1 + \frac{1}{x^4}}} + \sqrt{2})(\sqrt{1 + \frac{1}{x^4}} + 1)} = \frac{1}{(\sqrt{1 + 1} + \sqrt{2})(1 + 1)} = \frac{1}{(2\sqrt{2})(2)} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$.

(C) दिया गया है कि $f(x)$ एक अवकलनीय फलन है जहाँ $f(0)=0$ और $f^{\prime}(0)=20$ है।
हमें $\lim _{x \rightarrow 0} A(x) = \lim _{x \rightarrow 0} [2 f(x) \operatorname{cosec} 4 x + 4 f(x)(\cos ^2 x + 1) - 4 \cos ^2 x]$ ज्ञात करना है।
व्यंजक को इस प्रकार लिखें:
$\lim _{x \rightarrow 0} A(x) = \lim _{x \rightarrow 0} \left[ \frac{2 f(x)}{\sin 4x} + 4 f(x)(\cos ^2 x + 1) - 4 \cos ^2 x \right]$.
चूंकि $f(0)=0$,पहला पद $\frac{0}{0}$ प्रकार का एक अनिर्धारित रूप है।
सीमा का उपयोग करते हुए $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin 4x} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x} \cdot \frac{4x}{\sin 4x} \cdot \frac{1}{4} = f^{\prime}(0) \cdot 1 \cdot \frac{1}{4} = \frac{20}{4} = 5$.
अब,सीमा का मूल्यांकन करें:
$\lim _{x \rightarrow 0} A(x) = 2 \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin 4x} \right) + 4 \lim _{x \rightarrow 0} f(x)(\cos ^2 x + 1) - 4 \lim _{x \rightarrow 0} \cos ^2 x$.
$= 2(5) + 4(0)(1+1) - 4(1)^2$.
$= 10 + 0 - 4 = 6$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(D) हमें सीमा $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(2^x-1\right)(1+\sin x)^{\frac{2}{\sin x}}}{\log (1+2 x)}$ का मूल्यांकन करना है।
सबसे पहले,पद $(1+\sin x)^{\frac{2}{\sin x}}$ पर विचार करें। जैसे $x \rightarrow 0$,$\sin x \rightarrow 0$,इसलिए यह $(1+u)^{2/u}$ के रूप में है जहाँ $u = \sin x$ है। हम जानते हैं कि $\lim _{u \rightarrow 0} (1+u)^{1/u} = e$,इसलिए $\lim _{x \rightarrow 0} (1+\sin x)^{\frac{2}{\sin x}} = e^2$ है।
अब,सीमा को इस प्रकार लिखें:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{2^x-1}{\log(1+2x)} \right) \times \lim _{x \rightarrow 0} (1+\sin x)^{\frac{2}{\sin x}}$.
मानक सीमाओं $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x} = \log a$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2^x-1}{\log(1+2x)} = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{2^x-1}{x} \cdot \frac{2x}{\log(1+2x)} \cdot \frac{1}{2} \right) = \log 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{\log 2}{2} = \log \sqrt{2}$ है।
अतः,$L = \log \sqrt{2} \cdot e^2 = e^2 \log \sqrt{2}$ है।
इसलिए,विकल्प $(D)$ सही है।

(D) दिया गया सीमा: $\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{3|x|^3-x^2+2|x|-5}{-5|x|^3+3 x^2-2|x|+7}$
चूंकि $x \rightarrow -\infty$,इसलिए $|x| = -x$ है। मान लीजिए $x = -t$,जहाँ $t \rightarrow \infty$ है। अतः $|x| = t$ होगा।
इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$= \lim _{t \rightarrow \infty} \frac{3t^3 - (-t)^2 + 2t - 5}{-5t^3 + 3(-t)^2 - 2t + 7}$
$= \lim _{t \rightarrow \infty} \frac{3t^3 - t^2 + 2t - 5}{-5t^3 + 3t^2 - 2t + 7}$
अंश और हर को $t^3$ से विभाजित करने पर:
$= \lim _{t}$ ${\rightarrow \infty} \frac{3 - \frac{1}{t} + \frac{2}{t^2} - \frac{5}{t^3}}{-5 + \frac{3}{t} - \frac{2}{t^2} + \frac{7}{t^3}}$
जैसे $t \rightarrow \infty$,हर में $t$ वाले सभी पद $0$ की ओर अग्रसर होते हैं।
$= \frac{3 - 0 + 0 - 0}{-5 + 0 - 0 + 0} = -\frac{3}{5}$

(C) हमारे पास है,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos \left(x^2+\pi x+2\pi\right)}{x^2}$
चूंकि $\cos(2\pi + \theta) = \cos \theta$,व्यंजक $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos \left(x^2+\pi x\right)}{x^2}$ बन जाता है।
सर्वसमिका $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2 \left(\frac{x^2+\pi x}{2}\right)}{x^2}$
$= 2 \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left[ \frac{\sin \left(\frac{x^2+\pi x}{2}\right)}{\frac{x^2+\pi x}{2}} \right]^2 \times \left( \frac{x^2+\pi x}{2} \right)^2 \times \frac{1}{x^2}$
$= 2 \times 1^2 \times \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2(x+\pi)^2}{4x^2}$
$= 2 \times \frac{1}{4} \times \pi^2 = \frac{\pi^2}{2}$

(C) दिया गया है कि $[x]$ महत्तम पूर्णांक फलन है।
हमें सीमा $\lim _{x \rightarrow 2^{+}}\left(\frac{[x]^3}{3}-\left[\frac{x}{3}\right]^3\right)$ का मूल्यांकन करना है।
माना $x = 2 + h$,जहाँ $h \rightarrow 0^{+}$।
जैसे $x \rightarrow 2^{+}$,हमारे पास $2 < x < 3$ है,जिसका अर्थ है $[x] = 2$।
साथ ही,$2 < x < 3$ के लिए,$\frac{2}{3} < \frac{x}{3} < 1$ है।
चूंकि $\frac{2}{3} < \frac{x}{3} < 1$,इसलिए महत्तम पूर्णांक मान $\left[\frac{x}{3}\right] = 0$ है।
इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim _{h}$ ${\rightarrow 0^{+}}\left(\frac{[2+h]^3}{3}-\left[\frac{2+h}{3}\right]^3\right) = \frac{2^3}{3} - 0^3 = \frac{8}{3}$।

(C) सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{x^2+100}-10}{x^2}$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम अंश का परिमेयकरण करते हैं:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{x^2+100}-10}{x^2} \times \frac{\sqrt{x^2+100}+10}{\sqrt{x^2+100}+10}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(x^2+100)-100}{x^2(\sqrt{x^2+100}+10)}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2}{x^2(\sqrt{x^2+100}+10)}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{\sqrt{x^2+100}+10}$
$x = 0$ प्रतिस्थापित करने पर:
$= \frac{1}{\sqrt{0+100}+10} = \frac{1}{10+10} = \frac{1}{20} = 0.05$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(D) सीमा $\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 a}}{\sqrt{x}-\sqrt{a}}$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम अंश और हर का परिमेयकरण करते हैं:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow a} \frac{\sqrt{a+2 x}-\sqrt{3 a}}{\sqrt{x}-\sqrt{a}} \times \frac{\sqrt{x}+\sqrt{a}}{\sqrt{x}+\sqrt{a}} \times \frac{\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 a}}{\sqrt{a+2 x}+\sqrt{3 a}}$
$= \lim _{x \rightarrow a} \frac{(a+2x) - 3a}{x-a} \times \frac{\sqrt{x}+\sqrt{a}}{\sqrt{a+2x}+\sqrt{3a}}$
$= \lim _{x \rightarrow a} \frac{2x - 2a}{x-a} \times \frac{\sqrt{x}+\sqrt{a}}{\sqrt{a+2x}+\sqrt{3a}}$
$= \lim _{x \rightarrow a} \frac{2(x-a)}{x-a} \times \frac{\sqrt{x}+\sqrt{a}}{\sqrt{a+2x}+\sqrt{3a}}$
$= 2 \times \frac{\sqrt{a}+\sqrt{a}}{\sqrt{a+2a}+\sqrt{3a}} = 2 \times \frac{2\sqrt{a}}{\sqrt{3a}+\sqrt{3a}} = 2 \times \frac{2\sqrt{a}}{2\sqrt{3a}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$

(B) दिया गया सीमा: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos 4 x-4 \cos 2 x+3}{x^4}$ जो $\frac{0}{0}$ अनिर्धारित रूप में है।
$\cos \theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!}$ के लिए टेलर श्रेणी का उपयोग करते हुए:
$\cos 4x \approx 1 - 8x^2 + \frac{32x^4}{3}$.
$\cos 2x \approx 1 - 2x^2 + \frac{2x^4}{3}$.
अंश में इन मानों को रखने पर:
$(1 - 8x^2 + \frac{32x^4}{3}) - 4(1 - 2x^2 + \frac{2x^4}{3}) + 3 = 8x^4$.
अतः,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{8x^4}{x^4} = 8$.

(A) हमारे पास है,$\lim _{y \rightarrow 1}\left(\frac{1}{y^2-1}-\frac{2}{y^4-1}\right)$
$= \lim _{y \rightarrow 1}\left(\frac{y^2+1-2}{y^4-1}\right)$
$= \lim _{y \rightarrow 1}\left(\frac{y^2-1}{(y^2-1)(y^2+1)}\right)$
$= \lim _{y \rightarrow 1} \frac{1}{y^2+1}$
$= \frac{1}{1^2+1} = \frac{1}{2}$

(C) हम सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1-x+x^2}}{3^x-1}$ का मूल्यांकन करते हैं।
अंश का परिमेयकरण करने पर,हम $\frac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x+x^2}}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x+x^2}}$ से गुणा करते हैं:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1+x^2)-(1-x+x^2)}{(3^x-1)(\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x+x^2})}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{(3^x-1)(\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x+x^2})}$
$= \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{1}{\frac{3^x-1}{x}} \right) \times \left( \frac{1}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1-x+x^2}} \right)$
मानक सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x} = \log _e a$ का उपयोग करते हुए:
$= \frac{1}{\log _e 3} \times \frac{1}{\sqrt{1+0}+\sqrt{1-0+0}}$
$= \frac{1}{\log _e 3} \times \frac{1}{1+1}$
$= \frac{1}{2 \log _e 3} = \frac{1}{\log _e 3^2} = \frac{1}{\log _e 9}$.

(C) सीमा $\lim _{x \rightarrow 8} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x}}-2}{x-8}$ का मूल्यांकन करने के लिए,अंश का परिमेयकरण करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 8} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x}}-2}{x-8} \times \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2}{\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2}$
$= \lim _{x \rightarrow 8} \frac{1+\sqrt{1+x}-4}{(x-8)(\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2)}$
$= \lim _{x \rightarrow 8} \frac{\sqrt{1+x}-3}{(x-8)(\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2)}$
अब,शेष पद का परिमेयकरण करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow 8} \frac{\sqrt{1+x}-3}{(x-8)(\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2)} \times \frac{\sqrt{1+x}+3}{\sqrt{1+x}+3}$
$= \lim _{x \rightarrow 8} \frac{1+x-9}{(x-8)(\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2)(\sqrt{1+x}+3)}$
$= \lim _{x \rightarrow 8} \frac{x-8}{(x-8)(\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2)(\sqrt{1+x}+3)}$
$= \lim _{x \rightarrow 8} \frac{1}{(\sqrt{1+\sqrt{1+x}}+2)(\sqrt{1+x}+3)}$
$x = 8$ रखने पर:
$= \frac{1}{(\sqrt{1+\sqrt{9}}+2)(\sqrt{9}+3)}$
$= \frac{1}{(\sqrt{1+3}+2)(3+3)}$
$= \frac{1}{(2+2)(6)} = \frac{1}{4 \times 6} = \frac{1}{24}$

(D) सीमा $\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\sqrt{x^2+2 x-1}-x\right]$ का मूल्यांकन करने के लिए,हम व्यंजक को इसके संयुग्मी $\sqrt{x^2+2 x-1}+x$ से गुणा और भाग करते हैं:
$\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{(\sqrt{x^2+2 x-1}-x)(\sqrt{x^2+2 x-1}+x)}{\sqrt{x^2+2 x-1}+x}\right]$
$= \lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x^2+2 x-1-x^2}{\sqrt{x^2+2 x-1}+x}\right]$
$= \lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{2x-1}{\sqrt{x^2(1+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2})}+x}\right]$
$= \lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{x(2-\frac{1}{x})}{x(\sqrt{1+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}}+1)}\right]$
$= \frac{2-0}{\sqrt{1+0-0}+1} = \frac{2}{2} = 1$

(A) सबसे पहले,हम $\ell$ का मूल्यांकन करते हैं:
$\ell = \lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta}{\theta} = \lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin(3\theta)}{\theta} = \lim_{\theta \rightarrow 0} 3 \left( \frac{\sin(3\theta)}{3\theta} \right) = 3(1) = 3$.
इसके बाद,हम $m$ का मूल्यांकन करते हैं:
$m = \lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{2 \tan \theta}{\theta(1 - \tan^2 \theta)} = \lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\tan(2\theta)}{\theta} = \lim_{\theta \rightarrow 0} 2 \left( \frac{\tan(2\theta)}{2\theta} \right) = 2(1) = 2$.
$\ell = 3$ और $m = 2$ मूलों वाला द्विघात समीकरण $x^2 - (\ell + m)x + \ell m = 0$ द्वारा दिया जाता है।
$x^2 - (3 + 2)x + (3 \times 2) = 0$
$x^2 - 5x + 6 = 0$.