L'Hospital's rule and Limit of Indeterminate Form Questions in Gujarati

(C) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{{{\sin }^{ - 1}}(x + 2)}}{{{x^2} + 2x}}$.
આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે $L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
$y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{\frac{d}{dx}(\sin^{-1}(x+2))}{\frac{d}{dx}(x^2+2x)}$
$y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{\frac{1}{\sqrt{1-(x+2)^2}}}{2x+2}$
$x = -2$ મૂકતા:
$y = \frac{\frac{1}{\sqrt{1-0}}}{2(-2)+2} = \frac{1}{-4+2} = -\frac{1}{2}$.

(D) $L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{2 - \sqrt {x - 3} }}{{{x^2} - 49}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{\frac{d}{{dx}}(2 - \sqrt {x - 3} )}}{{\frac{d}{{dx}}({x^2} - 49)}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{0 - \frac{1}{{2\sqrt {x - 3} }}}}{{2x}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 7} \frac{{ - 1}}{{4x\sqrt {x - 3} }}$
$= \frac{{ - 1}}{{4(7)\sqrt {7 - 3} }} = \frac{{ - 1}}{{28\sqrt 4 }} = \frac{{ - 1}}{{28(2)}} = -\frac{1}{56}$.

(C) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\log (3 + x) - \log (3 - x)}}{x} = k$.
$L'Hospital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\log(3+x) - \log(3-x))}{\frac{d}{dx}(x)} = k$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{1}{3+x} - (\frac{1}{3-x} \times -1)}{1} = k$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\frac{1}{3+x} + \frac{1}{3-x}) = k$.
$x = 0$ મુકતા:
$\frac{1}{3+0} + \frac{1}{3-0} = k$.
$\frac{1}{3} + \frac{1}{3} = k$.
$k = \frac{2}{3}$.

(D) $L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે અંશ અને છેદનું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(2h + 2 + {h^2}) - f(2)}}{{f(h - {h^2} + 1) - f(1)}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f'(2h + 2 + {h^2}) \cdot (2 + 2h)}}{{f'(h - {h^2} + 1) \cdot (1 - 2h)}}$
જ્યારે $h \to 0$,ત્યારે પદ આ મુજબ બને છે:
$\frac{{f'(2) \cdot 2}}{{f'(1) \cdot 1}} = \frac{{6 \times 2}}{{4 \times 1}} = \frac{{12}}{{4}} = 3$.

(C) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{{\sin x}}$.
$e^x$ અને $e^{-x}$ માટે શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$
$e^{-x} = 1 - x + \frac{x^2}{2!} - \frac{x^3}{3!} + \dots$
બંને શ્રેણીની બાદબાકી કરતા:
$e^x - e^{-x} = 2 \left( x + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \dots \right)$
આને લક્ષમાં મૂકતા:
$y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 \left( x + \frac{x^3}{6} + \dots \right)}{\sin x}$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 \left( 1 + \frac{x^2}{6} + \dots \right)}{\frac{\sin x}{x}}$
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$:
$y = \frac{2(1 + 0)}{1} = 2$.
વૈકલ્પિક રીતે,$L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{{\sin x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}({e^x} - {e^{ - x}})}{\frac{d}{dx}(\sin x)}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{{\cos x}} = \frac{{{e^0} + {e^0}}}{{\cos 0}} = \frac{1 + 1}{1} = 2$.

(B) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /6} \frac{{3\sin x - \sqrt 3 \cos x}}{{6x - \pi }}$.
સ્વરૂપ $0/0$ હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L-Hospital$ નો નિયમ વાપરીએ:
અંશનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(3\sin x - \sqrt 3 \cos x) = 3\cos x + \sqrt 3 \sin x$.
છેદનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(6x - \pi) = 6$.
$x \to \pi /6$ લક્ષ લેતા:
$\frac{3\cos(\pi /6) + \sqrt 3 \sin(\pi /6)}{6} = \frac{3(\sqrt 3 /2) + \sqrt 3 (1/2)}{6} = \frac{(3\sqrt 3 + \sqrt 3)/2}{6} = \frac{4\sqrt 3}{12} = \frac{\sqrt 3}{3} = \frac{1}{\sqrt 3}$.

(C) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}} \frac{\frac{\pi }{2} - \theta}{\cot \theta}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે જોઈએ છીએ કે જેમ $\theta \to \frac{\pi }{2}$,તેમ પદ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ ધારણ કરે છે.
$L'\text{Hospital's rule}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે અંશ અને છેદનું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{d}{d\theta} (\frac{\pi}{2} - \theta) = -1$
$\frac{d}{d\theta} (\cot \theta) = -\csc^2 \theta$
આમ,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}} \frac{-1}{-\csc^2 \theta} = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}} \sin^2 \theta$ બને છે.
$\theta = \frac{\pi}{2}$ મૂકતા,આપણને $\sin^2(\frac{\pi}{2}) = (1)^2 = 1$ મળે છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{\sin x}}}}{{x - \sin x}}$ જે $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં છે.
$L'Hospital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}({e^x} - {e^{\sin x}})}{\frac{d}{dx}(x - \sin x)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{\sin x}}\cos x}}{{1 - \cos x}}$
ફરીથી $L'Hospital$ નો નિયમ વાપરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{\sin x}}\sin x - {e^{\sin x}}\cos^2 x}}{{\sin x}}$
ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,અંતિમ જવાબ $1$ મળે છે.

(D) આપેલ લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2}{x}\log (1 + x)$ છે.
લઘુગણકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$a \log b = \log b^a$,આપણે પદને $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 2 \log (1 + x)^{\frac{1}{x}}$ તરીકે લખી શકીએ.
લઘુગણક વિધેય સતત હોવાથી,આપણે $2 \log \left( \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} \right)$ મેળવીએ છીએ.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e$.
તેથી,પદ $2 \log_e e = 2 \times 1 = 2$ થાય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,$L'Hospital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 \log(1+x)}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2 \cdot \frac{1}{1+x}}{1} = \frac{2}{1} = 2$.

(D) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{27^x - 9^x - 3^x + 1}}{{\sqrt 5 - \sqrt {4 + \cos x} }}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે.
$L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
અંશનું વિકલન: $27^x \ln 27 - 9^x \ln 9 - 3^x \ln 3$.
છેદનું વિકલન: $\frac{\sin x}{2\sqrt{4 + \cos x}}$.
લક્ષની ગણતરી કરતા,આપણને $8\sqrt{5}(\ln 3)^2$ મળે છે.

(B) $L$'$H$ôpital ના નિયમનો વારંવાર ઉપયોગ કરતા,આપણે અંશ અને છેદનું $n$ વખત વિકલન કરીએ છીએ:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^n}}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{n \cdot x^{n-1}}}{{{e^x}}} = \dots = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{n!}}{{{e^x}}}$.
કારણ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } e^x = \infty$,તેથી $\frac{n!}{\infty} = 0$.
આ કોઈપણ પૂર્ણ સંખ્યા $n \ge 0$ માટે સાચું છે.

(A) પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{a^x} - {x^a}}}{{{x^x} - {a^a}}}$ માટે $L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
અંશ: $\frac{d}{dx}(a^x - x^a) = a^x \ln a - a x^{a-1}$
છેદ: $\frac{d}{dx}(x^x - a^a) = x^x(1 + \ln x) - 0 = x^x(1 + \ln x)$
$x \to a$ તરીકે લક્ષ લેતા:
$-1 = \frac{a^a \ln a - a(a^{a-1})}{a^a(1 + \ln a)} = \frac{a^a(\ln a - 1)}{a^a(1 + \ln a)} = \frac{\ln a - 1}{\ln a + 1}$
$-1(\ln a + 1) = \ln a - 1$
$-\ln a - 1 = \ln a - 1$
$2 \ln a = 0$ $\Rightarrow \ln a = 0$ $\Rightarrow a = 1$.

(C) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(\cos x)^{\cot x}}$.
બંને બાજુ $\log$ લેતા,
$\log y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cot x \log(\cos x)$.
આ $\infty \times 0$ સ્વરૂપ છે. આપણે તેને આ રીતે લખી શકીએ:
$\log y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\log(\cos x)}{\tan x}$,જે $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે.
$L'\text{Hospital's rule}$ લાગુ પાડતા,
$\log y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{1}{\cos x} \cdot (-\sin x)}{\sec^2 x}$.
$\log y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{-\tan x}{\sec^2 x} = \frac{0}{1} = 0$.
તેથી $\log y = 0$,એટલે કે $y = e^0 = 1$.

(C) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f({x^2}) - f(x)}}{{f(x) - f(0)}}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
$L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x \cdot f'({x^2}) - f'(x)}}{{f'(x)}}$.
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{2x \cdot f'({x^2})}{f'(x)} - 1 \right)$.
$f$ એ ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય હોવાથી,$f'(x) > 0$. જો $f'(0) \neq 0$ હોય,તો $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2x \cdot f'({x^2})}{f'(x)} = 0$.
તેથી,લક્ષની કિંમત $0 - 1 = -1$ થાય.

(A) લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{af(x) - xf(a)}{x - a}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે અંશમાં $af(a)$ ઉમેરીશું અને બાદ કરીશું:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{af(x) - xf(a) + af(a) - af(a)}{x - a}$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{a[f(x) - f(a)] - f(a)[x - a]}{x - a}$
લક્ષને અલગ પાડતા:
$a \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} - \mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(a)$
કારણ કે $f(x)$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય છે,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = f'(a)$ થાય:
$a f'(a) - f(a)$.

(A) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2f(x) - 3f(2x) + f(4x)}{x^2}$.
જ્યારે $x \to 0$ હોય ત્યારે આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે $L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
પ્રથમ વખત નિયમ લાગુ પાડતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2f'(x) - 3 \times 2f'(2x) + 4f'(4x)}{2x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2f'(x) - 6f'(2x) + 4f'(4x)}{2x}$.
ફરીથી $L'\text{Hospital}$ નો નિયમ લાગુ પાડતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2f''(x) - 6 \times 2f''(2x) + 4 \times 4f''(4x)}{2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2f''(x) - 12f''(2x) + 16f''(4x)}{2}$.
જેમ $x \to 0$,તેમ $f''(x) \to f''(0) = a$.
$L = \frac{2a - 12a + 16a}{2} = \frac{6a}{2} = 3a$.

(B) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {f(x)} - 1}}{{\sqrt x - 1}}$ છે.
આ સ્વરૂપ $\frac{0}{0}$ હોવાથી,આપણે એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(\sqrt{f(x)} - 1)}{\frac{d}{dx}(\sqrt{x} - 1)}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{\frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}}}{\frac{1}{2\sqrt{x}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{f'(x) \cdot \sqrt{x}}{\sqrt{f(x)}}$
$x = 1$ મૂકતા:
$L = \frac{f'(1) \cdot \sqrt{1}}{\sqrt{f(1)}} = \frac{4 \cdot 1}{1} = 4$.

(A) આપેલ લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{f(a)g(x) - f(x)g(a)}{x - a}$ છે.
$x = a$ મૂકતા,આપણને $\frac{f(a)g(a) - f(a)g(a)}{a - a} = \frac{0}{0}$ સ્વરૂપ મળે છે.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીને અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{f(a)g'(x) - f'(x)g(a)}{1} = f(a)g'(a) - f'(a)g(a)$.
આપેલ કિંમતો $f(a) = 2$,$f'(a) = 1$,$g(a) = -3$,$g'(a) = -1$ મૂકતા:
$= (2)(-1) - (1)(-3) = -2 + 3 = 1$.

(A) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{f(1) g(x) - f(1) - g(1) f(x) + g(1)}{g(x) - f(x)} = 4$.
$f(1) = g(1) = k$ હોવાથી,પદાવલિ $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{k g(x) - k - k f(x) + k}{g(x) - f(x)} = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{k(g(x) - f(x))}{g(x) - f(x)}$ બને છે.
જ્યારે $x \rightarrow 1$,ત્યારે $g(x) - f(x) \rightarrow g(1) - f(1) = k - k = 0$,જે $\frac{0}{0}$ પ્રકારનું અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
$L'\text{Hospital's Rule}$ લાગુ પાડતા: $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{k g'(x) - k f'(x)}{g'(x) - f'(x)} = 4$.
$\lim _{x \rightarrow 1} \frac{k(g'(x) - f'(x))}{g'(x) - f'(x)} = 4$.
$g'(1) \neq f'(1)$ હોવાથી (આપેલ છે કે વિકલિતો સમાન નથી),આપણે $(g'(x) - f'(x))$ પદને છેદ ઉડાડી શકીએ છીએ.
આમ,$k = 4$.

(A) આપણને લક્ષ $l = \mathop {Lim}\limits_{x \to {0^ + }} x^m (\ln x)^n$ આપેલ છે.
આ પદને $l = \mathop {Lim}\limits_{x \to {0^ + }} \frac{(\ln x)^n}{x^{-m}}$ તરીકે ફરીથી લખો.
જેમ $x \to 0^+$ થાય છે,તેમ આ $\frac{\infty}{\infty}$ પ્રકારનું અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો $n$ વખત ઉપયોગ કરીએ છીએ.
નિયમનો $n$ વખત ઉપયોગ કર્યા પછી,અંશ $n!$ (જે $(-1)^n$ વડે ગુણાયેલ છે) બને છે અને છેદમાં $x^m$ અચળાંકો સાથે ગુણાયેલ રહે છે.
ચોક્કસ રીતે,$l = \mathop {Lim}\limits_{x \to {0^ + }} \frac{n! (-1)^n}{(-m)^n x^{-m}} = \mathop {Lim}\limits_{x \to {0^ + }} \frac{n! (-1)^n x^m}{(-m)^n} = 0$.
કારણ કે લક્ષ $l = 0$ એ $m$ અને $n$ ની કોઈપણ પ્રાકૃતિક સંખ્યા માટે સમાન રહે છે,તેથી $l$ નું મૂલ્ય $m$ અને $n$ બંનેથી સ્વતંત્ર છે.

(A) આપેલ લક્ષ $L = \mathop {\text{Limit}}\limits_{x \to 4} \frac{\sqrt{f(x)} - \sqrt{g(x)}}{\sqrt{x} - 2}$ છે.
અહીં સ્વરૂપ $\frac{\sqrt{2} - \sqrt{2}}{\sqrt{4} - 2} = \frac{0}{0}$ હોવાથી,આપણે $L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીને અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું:
$L = \mathop {\text{Limit}}\limits_{x \to 4} \frac{\frac{d}{dx}(\sqrt{f(x)} - \sqrt{g(x)})}{\frac{d}{dx}(\sqrt{x} - 2)}$
$L = \mathop {\text{Limit}}\limits_{x \to 4} \frac{\frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}} - \frac{g'(x)}{2\sqrt{g(x)}}}{\frac{1}{2\sqrt{x}}}$
હવે $x = 4$ મૂકતા:
$L = \frac{\frac{f'(4)}{2\sqrt{f(4)}} - \frac{g'(4)}{2\sqrt{g(4)}}}{\frac{1}{2\sqrt{4}}}$
$L = \frac{\frac{9}{2\sqrt{2}} - \frac{6}{2\sqrt{2}}}{\frac{1}{4}}$
$L = \frac{\frac{3}{2\sqrt{2}}}{\frac{1}{4}} = \frac{3}{2\sqrt{2}} \times 4 = \frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}$.

(B) આપેલ લક્ષનું પદ: $L = \mathop {Limit}\limits_{h \to 0} \frac{f(x + 3h) - f(x - 2h)}{h}$.
કારણ કે $f(x)$ વિકલનીય છે,આપણે વિકલનની વ્યાખ્યા અથવા $L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ.
$L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા (કારણ કે તે $0/0$ સ્વરૂપ છે):
$L = \mathop {Limit}\limits_{h \to 0} \frac{\frac{d}{dh}[f(x + 3h) - f(x - 2h)]}{\frac{d}{dh}[h]}$.
સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {Limit}\limits_{h \to 0} \frac{f'(x + 3h) \cdot 3 - f'(x - 2h) \cdot (-2)}{1}$.
$L = \mathop {Limit}\limits_{h \to 0} [3f'(x + 3h) + 2f'(x - 2h)]$.
જેમ $h \to 0$,તેમ $f'(x + 3h) \to f'(x)$ અને $f'(x - 2h) \to f'(x)$ થાય.
તેથી,$L = 3f'(x) + 2f'(x) = 5f'(x)$.

(C) ધારો કે $L = \lim_{x \to a} \frac{g(x)f(a) - g(a)f(x)}{x - a}$.
જ્યારે $x \to a$ હોય ત્યારે આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L$'Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$L = \lim_{x \to a} \frac{\frac{d}{dx}[g(x)f(a) - g(a)f(x)]}{\frac{d}{dx}[x - a]}$
$L = \lim_{x \to a} \frac{g'(x)f(a) - g(a)f'(x)}{1}$
હવે,$x = a$ મૂકતા:
$L = g'(a)f(a) - g(a)f'(a)$
આપેલ છે કે $f(a) = 2, f'(a) = 1, g(a) = -1, g'(a) = 2$:
$L = (2)(2) - (-1)(1)$
$L = 4 + 1 = 5$.

(A) ધારો કે $L = \lim_{x \to h} \frac{(x + h)f(x) - 2hf(h)}{x - h}$.
જ્યારે $x \to h$ હોય ત્યારે આ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
અંશનું વિકલન: $\frac{d}{dx} [(x + h)f(x) - 2hf(h)] = (x + h)f'(x) + f(x)(1) - 0 = (x + h)f'(x) + f(x)$.
છેદનું વિકલન: $\frac{d}{dx} (x - h) = 1$.
હવે,$x \to h$ લેતા:
$L = \lim_{x \to h} [(x + h)f'(x) + f(x)] = (h + h)f'(h) + f(h) = 2hf'(h) + f(h)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = a \tan^{-1} \frac{\sqrt{x}}{a} - b \tan^{-1} \frac{\sqrt{x}}{b}$ અને $g(x) = x\sqrt{x} = x^{3/2}$.
લક્ષ $0/0$ સ્વરૂપમાં હોવાથી,આપણે લોપિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\frac{d}{dx} (a \tan^{-1} \frac{\sqrt{x}}{a}) = \frac{a^2}{a^2 + x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
તે જ રીતે,$\frac{d}{dx} (b \tan^{-1} \frac{\sqrt{x}}{b}) = \frac{b^2}{b^2 + x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$g(x)$ નું વિકલન $\frac{3}{2}\sqrt{x}$ છે.
નિયમ લાગુ પાડતા: $\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{2\sqrt{x}} (\frac{a^2}{a^2+x} - \frac{b^2}{b^2+x})}{\frac{3}{2}\sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{3x} \left( \frac{a^2(b^2+x) - b^2(a^2+x)}{(a^2+x)(b^2+x)} \right)$.
$= \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{3x} \left( \frac{x(a^2 - b^2)}{(a^2+x)(b^2+x)} \right) = \frac{a^2 - b^2}{3a^2b^2}$.

(C) આપેલ છે $f(3) = 6$ અને $f'(3) = 2$.
આપણે $L = \mathop {\text{Limit}}\limits_{x \to 3} \frac{x f(3) - 3 f(x)}{x - 3}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
આ સ્વરૂપ $\frac{0}{0}$ હોવાથી,આપણે $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું.
$L = \mathop {\text{Limit}}\limits_{x \to 3} \frac{f(3) - 3 f'(x)}{1}$
કિંમતો મૂકતા:
$L = f(3) - 3 f'(3) = 6 - 3(2) = 6 - 6 = 0$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) $\lim _{x \to \infty} x^{\frac{1}{4}} \sin \frac{1}{\sqrt{x}}$ એ $(0 \times \infty)$ સ્વરૂપ છે.
ધારો કે $t = \frac{1}{\sqrt{x}}$. જેમ $x \to \infty$,$t \to 0^+$. તેથી $x^{\frac{1}{4}} = \frac{1}{\sqrt{t}}$.
$\lim _{t \to 0^+} \frac{\sin t}{\sqrt{t}} = \lim _{t \to 0^+} \sqrt{t} \cdot \frac{\sin t}{t} = 0 \cdot 1 = 0$.
b) $\lim _{x \to \frac{\pi}{2}} (1-\sin x) \tan x$ એ $(0 \times \infty)$ સ્વરૂપ છે.
$\lim _{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{1-\sin x}{\cot x}$. $L$'Hospital ના નિયમ મુજબ:
$\lim _{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{-\cos x}{-\csc ^{2} x} = \lim _{x \to \frac{\pi}{2}} \cos x \sin ^{2} x = 0 \cdot 1 = 0$.
c) $\lim _{x \to 3^{+}} \frac{[x]^{2}-9}{x^{2}-9}$.
જેમ $x \to 3^+$,$[x] = 3$,તેથી $[x]^2 = 9$.
$\lim _{x \to 3^{+}} \frac{9-9}{x^2-9} = \lim _{x \to 3^{+}} \frac{0}{x^2-9} = 0$.
આમ,તમામ લક્ષની કિંમત $0$ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપણને સ્થાનાંતર વિધેય $s(t) = \frac{A}{c^2 - k^2} (\sin kt - \sin ct)$ આપેલ છે.
$c \to k$ તરીકે સીમિત મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે $\lim_{c \to k} \frac{A(\sin kt - \sin ct)}{c^2 - k^2}$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.
આ $0/0$ સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે $c$ ની સાપેક્ષમાં એલ'હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\lim_{c \to k} \frac{\frac{d}{dc} [A(\sin kt - \sin ct)]}{\frac{d}{dc} [c^2 - k^2]} = \lim_{c \to k} \frac{A(0 - t \cos ct)}{2c}$.
$c = k$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{A(-t \cos kt)}{2k} = \frac{-At \cos kt}{2k}$.

(D) ધારો કે $L = \mathop {Limit}\limits_{x \to 0} (\cos 2x)^{3/x^2}$.
આ $1^\infty$ સ્વરૂપમાં છે,તેથી આપણે $\mathop {Limit}\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {Limit}\limits_{x \to a} g(x)(f(x)-1)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$L = e^{\mathop {Limit}\limits_{x \to 0} \frac{3}{x^2}(\cos 2x - 1)}$.
$\cos 2x - 1 = -2\sin^2 x$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$L = e^{\mathop {Limit}\limits_{x \to 0} \frac{3}{x^2}(-2\sin^2 x)}$.
$L = e^{-6 \mathop {Limit}\limits_{x \to 0} (\frac{\sin x}{x})^2}$.
$\mathop {Limit}\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ હોવાથી,$L = e^{-6(1)^2} = e^{-6}$.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {\frac{{\sin n}}{{{n^2}}} + \log \left( {\frac{{en + 1}}{{n + e}}} \right)} \right]^n}$.
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે આ $1^\infty$ સ્વરૂપ છે.
સૂત્ર $\lim_{n \to \infty} [f(n)]^{g(n)} = e^{\lim_{n \to \infty} g(n)(f(n)-1)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n \left[ {\frac{{\sin n}}{{{n^2}}} + \log \left( {\frac{{en + 1}}{{n + e}}} \right) - 1} \right]}$
ગણતરી કરતા જવાબ $e^{\frac{1}{e} - e}$ મળે છે.

(C) આપેલ લક્ષ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{ - x}} - 2x}}{{x - \sin x}}$
સ્વરૂપ $\frac{0}{0}$ હોવાથી,આપણે $L'\text{Hospital's rule}$ નો ઉપયોગ કરીશું:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}} - 2}}{{1 - \cos x}}$
ફરીથી $L'\text{Hospital's rule}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{{\sin x}}$
ત્રીજી વખત $L'\text{Hospital's rule}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{{\cos x}} = \frac{{1 + 1}}{1} = 2$

(B) આપેલ લક્ષ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં છે જ્યારે $x \to 0$.
$L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ.
અંશ માટે Leibniz સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{d}{dx} \int_0^x (\tan^{-1} t)^2 dt = (\tan^{-1} x)^2$.
છેદ માટે: $\frac{d}{dx} (\sin x - x) = \cos x - 1$.
તેથી,લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\tan^{-1} x)^2}{\cos x - 1}$ બને છે.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\tan^{-1} x}{x} = 1$ અને $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\tan^{-1} x)^2}{x^2} \cdot \frac{x^2}{\cos x - 1} = (1)^2 \cdot (-2) = -2$.

(C) ધારો કે $y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\int_{\pi /2}^x {t \,dt} }}{{\sin \left( {2x - \pi } \right)}}$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,સંકલન $\left[ \frac{t^2}{2} \right]_{\pi/2}^x = \frac{x^2}{2} - \frac{\pi^2}{8}$ થાય.
તેથી,$y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{\frac{x^2}{2} - \frac{\pi^2}{8}}{\sin(2x - \pi)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{4x^2 - \pi^2}{8 \sin(2x - \pi)}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $4x^2 - \pi^2 = (2x - \pi)(2x + \pi)$.
આમ,$y = \frac{1}{8} \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /2} \frac{(2x - \pi)(2x + \pi)}{\sin(2x - \pi)}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $x \to \pi/2$ ત્યારે $\theta = 2x - \pi \to 0$ થાય,આપણને મળે:
$y = \frac{1}{8} \times (2(\frac{\pi}{2}) + \pi) \times 1 = \frac{1}{8} \times 2\pi = \frac{\pi}{4}$.

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\int\limits_0^x {tf(x)dt + \int\limits_0^x xf(t)dt} }}{{{x^2}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) \int\limits_0^x t dt + x \int\limits_0^x f(t) dt}}{{{x^2}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) \cdot \frac{x^2}{2} + x \int\limits_0^x f(t) dt}}{{{x^2}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( \frac{f(x)}{2} + \frac{\int\limits_0^x f(t) dt}{x} \right)$
બીજા પદ માટે $L$'Hopital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\int\limits_0^x f(t) dt}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{1} = f(0)$
$L = \frac{f(0)}{2} + f(0) = \frac{3}{2} f(0)$
$f(0) = 2$ આપેલ હોવાથી,$L = \frac{3}{2} \times 2 = 3$.

(B) ધારો કે $t = \{x\}$. જેમ $x \to 1^+$,તેમ $t \to 0^+$.
પદાવલિ $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{{(1 + t)^{1/t} - e^{1 - t/2}}}{1 - \cos t}$ બને છે.
$(1 + t)^{1/t} = e^{1 - t/2 + t^2/3 - \dots} = e^{1 - t/2} \cdot e^{t^2/3 - \dots}$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા.
લિમિટમાં કિંમત મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{e^{1 - t/2} (e^{t^2/3} - 1)}{t^2/2} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{e^{1 - t/2} (1 + t^2/3 + \dots - 1)}{t^2/2}$.
$= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0^+} \frac{e^{1 - t/2} \cdot t^2/3}{t^2/2} = \frac{e}{3} \cdot 2 = \frac{2e}{3}$.

(B) $x = 1 + h$ લેતા,જ્યાં $h \to 0$. પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\left( {\log \left( {2 + h} \right) - \log 2} \right)\left( {3 \cdot 4^h - 3(1 + h)} \right)}}{{\left( {{{\left( {8 + h} \right)}^{1/3}} - {{\left( {4 + 3h} \right)}^{1/2}}} \right)\sin \pi (1 + h)}}$
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{9}{4\pi} (\log 4 - 1)$.

(A) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to {0^ + }} {(\sin \theta )^{\sin \theta (1 - \sin \theta )}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln L = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to {0^ + }} \sin \theta (1 - \sin \theta ) \ln(\sin \theta)$.
જ્યારે $\theta \to 0^+$,ત્યારે $\sin \theta \to 0$ અને $\ln(\sin \theta) \to -\infty$. આ $0 \times \infty$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
આપણે તેને $\ln L = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to {0^ + }} (1 - \sin \theta ) \cdot \frac{\ln(\sin \theta )}{\csc \theta }$ તરીકે લખી શકીએ.
$\frac{\ln(\sin \theta )}{\csc \theta }$ પદ માટે $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{\theta \to {0^ + }} \frac{\frac{1}{\sin \theta } \cdot \cos \theta }{-\csc \theta \cot \theta } = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to {0^ + }} \frac{\cot \theta }{-\csc \theta \cot \theta } = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to {0^ + }} \frac{1}{-\csc \theta } = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to {0^ + }} (-\sin \theta ) = 0$.
આમ,$\ln L = (1 - 0) \cdot 0 = 0$.
તેથી,$L = e^0 = 1$.

(A) આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{e^x - x - 1}{x^2}$ લક્ષની કિંમત મેળવીએ.
$x = 0$ મૂકતા,આપણને $\frac{e^0 - 0 - 1}{0^2} = \frac{1 - 1}{0} = \frac{0}{0}$ મળે છે,જે અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરીને અંશ અને છેદનું વિકલન કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - x - 1)}{\frac{d}{dx}(x^2)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{2x}$.
ફરીથી $x = 0$ મૂકતા,$\frac{e^0 - 1}{2(0)} = \frac{0}{0}$ મળે છે,જે હજુ પણ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે.
ફરી એકવાર એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - 1)}{\frac{d}{dx}(2x)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{e^x}{2}$.
$x = 0$ મૂકતા,આપણને $\frac{e^0}{2} = \frac{1}{2} = 0.5$ મળે છે.

(D) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( {\frac{4}{\pi }{{\tan }^{ - 1}}x} \right)^{\frac{1}{{({x^2} - 1)}}}}$
અહીં સ્વરૂપ $1^{\infty}$ હોવાથી,આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} g(x)(f(x) - 1)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{x^2 - 1} \left( \frac{4}{\pi} \tan^{-1} x - 1 \right)}$
$L = e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{4}{\pi} \frac{\tan^{-1} x - \tan^{-1} 1}{x^2 - 1}}$
$x=1$ આગળ $\tan^{-1} x$ નું વિકલન લેતા:
$L = e^{\frac{4}{\pi} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{\frac{1}{1+x^2}}{2x}} = e^{\frac{4}{\pi} \cdot \frac{1/2}{2}} = e^{\frac{1}{\pi}}$

(C) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{(27 + x)}^{\frac{1}{3}}} - 3}}{{9 - {{(27 + x)}^{\frac{2}{3}}}}}$
$x = 0$ મૂકતા,આપણને $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ મળે છે.
એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{d}{{dx}}({{(27 + x)}^{\frac{1}{3}}} - 3)}}{{\frac{d}{{dx}}(9 - {{(27 + x)}^{\frac{2}{3}}})}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}{{(27 + x)}^{ - \frac{2}{3}}}}}{{ - \frac{2}{3}{{(27 + x)}^{ - \frac{1}{3}}}}}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} -\frac{1}{2} {(27 + x)}^{ - \frac{1}{3}}$
$L = -\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = -\frac{1}{6}$

(B) આપેલ છે $f(x) = 3x^{10} - 7x^8 + 5x^6 - 21x^3 + 3x^2 - 7$.
પ્રથમ,વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = 30x^9 - 56x^7 + 30x^5 - 63x^2 + 6x$.
$f'(1)$ ની કિંમત શોધો:
$f'(1) = 30(1)^9 - 56(1)^7 + 30(1)^5 - 63(1)^2 + 6(1) = 30 - 56 + 30 - 63 + 6 = -53$.
હવે,લક્ષ $L = \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \frac{f(1 - \alpha) - f(1)}{\alpha^3 + 3\alpha}$ ધ્યાનમાં લો.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ હોવાથી,$L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \frac{f'(1 - \alpha) \cdot (-1)}{3\alpha^2 + 3}$.
$\alpha = 0$ મૂકતા:
$L = \frac{f'(1) \cdot (-1)}{3(0)^2 + 3} = \frac{-f'(1)}{3} = \frac{-(-53)}{3} = \frac{53}{3}$.

(D) ધારો કે $f(x) = \cot^3 x - \tan x$ અને $g(x) = \cos(x + \pi/4)$.
$x = \pi/4$ આગળ,$f(\pi/4) = 1^3 - 1 = 0$ અને $g(\pi/4) = \cos(\pi/2) = 0$. આ $0/0$ સ્વરૂપ છે.
$L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
અંશનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(\cot^3 x - \tan x) = 3\cot^2 x(-\csc^2 x) - \sec^2 x$.
છેદનું વિકલન: $\frac{d}{dx}(\cos(x + \pi/4)) = -\sin(x + \pi/4)$.
હવે,$x \to \pi/4$ માટે લક્ષની કિંમત શોધતા:
$\lim_{x \to \pi/4} \frac{-3\cot^2 x \csc^2 x - \sec^2 x}{-\sin(x + \pi/4)} = \frac{-3(1)^2(\sqrt{2})^2 - (\sqrt{2})^2}{-\sin(\pi/2)} = \frac{-3(2) - 2}{-1} = \frac{-8}{-1} = 8$.

(A) લક્ષ $L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x} t \sin(10t) dt}{x}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે જોઈએ છીએ કે તે $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપમાં છે.
$L'H\hat{o}pital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ.
અંશ માટે $Leibniz$ સંકલન નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{d}{dx} \int_{0}^{x} t \sin(10t) dt = x \sin(10x)$.
છેદ $x$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $1$ થાય છે.
આમ,લક્ષ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \sin(10x)}{1}$ બને છે.
જેમ $x \rightarrow 0$,તેમ $x \sin(10x) \rightarrow 0 \times \sin(0) = 0 \times 0 = 0$.

(B) આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{\tan 2x}{x-\frac{\pi}{2}}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x=\frac{\pi}{2}$ મૂકતા,પદ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ ધારણ કરે છે.
ધારો કે $y = x - \frac{\pi}{2}$. જેમ $x \to \frac{\pi}{2}$,તેમ $y \to 0$. તેથી $x = y + \frac{\pi}{2}$.
લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{\tan 2(y + \frac{\pi}{2})}{y}$ બને છે.
$\tan(2y + \pi) = \tan 2y$ હોવાથી,પદ $\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{\tan 2y}{y}$ માં ફેરવાય છે.
પ્રમાણિત લક્ષ $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{\tan 2y}{2y} \times 2 = 1 \times 2 = 2$.

(D) આપેલ છે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{ae^{x}-b \cos x + ce^{-x}}{x \sin x} = 2.$
ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા:
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \dots$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \dots$
$e^{-x} = 1 - x + \frac{x^2}{2} + \dots$
અંશમાં કિંમતો મૂકતા:
$(a - b + c) + (a - c)x + (\frac{a+b+c}{2})x^2 + \dots = 0$
તેથી,$a - b + c = 0$ અને $a - c = 0 \Rightarrow a = c$.
$b = 2a$ મળતા,લક્ષ $\frac{a+b+c}{2} = 2$ થાય.
તેથી,$a + b + c = 4$.

(A) ધારો કે $L = \lim_{x \rightarrow a} \frac{(a+2x)^{1/3}-(3x)^{1/3}}{(3a+x)^{1/3}-(4x)^{1/3}}$.
$L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
અંશનું વિકલન: $\frac{2}{3}(a+2x)^{-2/3} - (3x)^{-2/3}$.
છેદનું વિકલન: $\frac{1}{3}(3a+x)^{-2/3} - \frac{4}{3}(4x)^{-2/3}$.
$x = a$ મુકતા:
અંશ: $-\frac{1}{3}(3a)^{-2/3}$.
છેદ: $-(4a)^{-2/3}$.
તેથી,$L = \frac{-\frac{1}{3}(3a)^{-2/3}}{-(4a)^{-2/3}} = \frac{1}{3} \left(\frac{4}{3}\right)^{2/3} = \frac{2}{3} \left(\frac{2}{9}\right)^{1/3}$.

(C) ધારો કે $f(x) = x^{2}+bx+c$. $\alpha, \beta$ એ બીજ હોવાથી,$f(x) = (x-\alpha)(x-\beta)$.
જ્યારે $x \rightarrow \beta$,ત્યારે $f(x) \rightarrow 0$.
ટેલર શ્રેણીના વિસ્તરણ $e^{u} = 1 + u + \frac{u^{2}}{2!} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = 2f(x)$:
$\lim _{x \rightarrow \beta} \frac{e^{2f(x)}-1-2f(x)}{(x-\beta)^{2}} = \lim _{x \rightarrow \beta} \frac{(1 + 2f(x) + \frac{(2f(x))^{2}}{2} + \dots) - 1 - 2f(x)}{(x-\beta)^{2}}$
$= \lim _{x \rightarrow \beta} \frac{2(f(x))^{2}}{(x-\beta)^{2}}$
$= \lim _{x \rightarrow \beta} \frac{2((x-\alpha)(x-\beta))^{2}}{(x-\beta)^{2}}$
$= \lim _{x \rightarrow \beta} 2(x-\alpha)^{2} = 2(\beta-\alpha)^{2}$
કારણ કે $(\beta-\alpha)^{2} = (\beta+\alpha)^{2} - 4\alpha\beta = (-b)^{2} - 4c = b^{2}-4c$,
તેથી લક્ષ $2(b^{2}-4c)$ છે.

(D) પ્રથમ,$\alpha = \lim_{x \rightarrow \pi/4} \frac{\tan^{3} x - \tan x}{\cos(x + \pi/4)}$ ની ગણતરી કરો. આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે.
$L'H\hat{o}pital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\alpha = \lim_{x \rightarrow \pi/4} \frac{3 \tan^{2} x \sec^{2} x - \sec^{2} x}{-\sin(x + \pi/4)} = \frac{3(1)^{2}(2) - 2}{-\sin(\pi/2)} = \frac{6 - 2}{-1} = -4$.
ત્યારબાદ,$\beta = \lim_{x \rightarrow 0} (\cos x)^{\cot x}$ ની ગણતરી કરો. આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપ છે.
$\beta = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \cot x (\cos x - 1)} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x - 1}{\tan x}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\sin x}{\sec^{2} x}} = e^{0} = 1$.
$\alpha = -4$ અને $\beta = 1$ એ $ax^{2} + bx - 4 = 0$ ના બીજ હોવાથી,બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta = -b/a \Rightarrow -4 + 1 = -3 = -b/a \Rightarrow b = 3a$.
બીજનો ગુણાકાર $\alpha \beta = -4/a \Rightarrow (-4)(1) = -4/a \Rightarrow a = 1$.
$a = 1$ ને $b = 3a$ માં મૂકતા,આપણને $b = 3$ મળે છે.
આમ,ક્રમયુક્ત જોડ $(a, b)$ એ $(1, 3)$ છે.