Limit of trigonometric function Questions in Hindi

(B) हमें $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos 2x - 1}{\cos x - 1}$ का मान ज्ञात करना है।
$x = 0$ पर,यह व्यंजक $\frac{0}{0}$ का अनिर्धार्य रूप लेता है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos 2\theta = 1 - 2\sin^2 \theta$ का उपयोग करने पर:
$\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ और $\cos x = 1 - 2\sin^2 \frac{x}{2}$.
सीमा में मान रखने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 - 2\sin^2 x) - 1}{(1 - 2\sin^2 \frac{x}{2}) - 1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{-2\sin^2 x}{-2\sin^2 \frac{x}{2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin^2 x}{\sin^2 \frac{x}{2}}$.
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(\frac{\sin x}{x})^2}{(\frac{\sin(x/2)}{x/2})^2 \cdot \frac{1}{4}} = \frac{1^2}{1^2 \cdot \frac{1}{4}} = 4$.

(A) दी गई सीमा: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin ax + bx}{ax + \sin bx}$.
$x=0$ पर,यह व्यंजक $\frac{0}{0}$ का अनिर्धारित रूप लेता है।
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{\sin ax}{x} + b}{\frac{ax}{x} + \frac{\sin bx}{x}}$
मानक सीमा $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करते हुए:
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{a \cdot \frac{\sin ax}{ax} + b}{a + b \cdot \frac{\sin bx}{bx}}$
$x \to 0$ पर सीमा लागू करने पर:
$= \frac{a(1) + b}{a + b(1)}$
$= \frac{a+b}{a+b}$
$= 1$.

(A) हमें सीमा $L = \lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\tan (\pi \cos ^{2} \theta)}{\sin (2 \pi \sin ^{2} \theta)}$ दी गई है।
सर्वसमिका $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ का उपयोग करने पर,$\tan (\pi \cos^2 \theta) = \tan (\pi - \pi \sin^2 \theta)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\tan (\pi - x) = -\tan x$,इसलिए $\tan (\pi - \pi \sin^2 \theta) = -\tan (\pi \sin^2 \theta)$ होगा।
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर,$L = \lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{-\tan (\pi \sin^2 \theta)}{\sin (2 \pi \sin^2 \theta)}$ प्राप्त होता है।
जैसे $\theta \rightarrow 0$,$\sin^2 \theta \rightarrow 0$। माना $u = \pi \sin^2 \theta$,तो $\theta \rightarrow 0$ के लिए $u \rightarrow 0$ होगा।
व्यंजक $\lim _{u \rightarrow 0} \frac{-\tan u}{\sin (2u)}$ बन जाता है।
मानक सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{u}$ ${\rightarrow 0} -\left( \frac{\tan u}{u} \right) \left( \frac{2u}{\sin (2u)} \right) \times \frac{1}{2} = -1 \times 1 \times \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(C) हमें $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{2}\left(\pi \cos ^{4} x\right)}{x^{4}}$ का मूल्यांकन करना है।
जैसे $x \rightarrow 0$,$\cos x \rightarrow 1$,इसलिए $\pi \cos^4 x \rightarrow \pi$.
माना $u = \pi \cos^4 x$. तब $\sin^2(u) = \sin^2(\pi - u) = \sin^2(\pi(1 - \cos^4 x))$.
$x \rightarrow 0$ के लिए,$1 - \cos^4 x = \sin^2 x (1 + \cos^2 x)$.
अतः,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin^2(\pi \sin^2 x (1 + \cos^2 x))}{x^4}$.
$\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करते हुए:
$L = \pi^2 \cdot \lim_{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^4 \cdot (1 + \cos^2 x)^2 = \pi^2 \cdot 1^4 \cdot (1 + 1)^2 = 4 \pi^2$.

(A) माना $p = \lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{x}{\sin x}\right)^{6/x^2}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln p = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{6}{x^2} \ln \left(\frac{x}{\sin x}\right)$.
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर:
$\frac{x}{\sin x} = \frac{x}{x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)} = \left(1 - \frac{x^2}{6} + O(x^4)\right)^{-1} = 1 + \frac{x^2}{6} + O(x^4)$.
अब,$\ln p = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{6}{x^2} \ln \left(1 + \frac{x^2}{6} + O(x^4)\right)$.
$u = \frac{x^2}{6}$ के लिए $\ln(1+u) = u - \frac{u^2}{2} + \dots$ विस्तार का उपयोग करने पर:
$\ln p = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{6}{x^2} \left(\frac{x^2}{6} + O(x^4)\right) = \lim_{x \rightarrow 0} (1 + O(x^2)) = 1$.
चूंकि $\ln p = 1$,इसलिए $p = e^1 = e$.

(B) माना $L = \lim _{t}$ ${\rightarrow 0}\left(1^{\operatorname{cosec}^2 t}+2^{\operatorname{cosec}^2 t}+\ldots +n^{\operatorname{cosec}^2 t}\right)^{\sin ^2 t}$ है।
कोष्ठक से सबसे बड़ा पद $n^{\operatorname{cosec}^2 t}$ बाहर लेने पर:
$L = \lim _{t}$ ${\rightarrow 0} \left[ n^{\operatorname{cosec}^2 t} \left( \left(\frac{1}{n}\right)^{\operatorname{cosec}^2 t} + \left(\frac{2}{n}\right)^{\operatorname{cosec}^2 t} + \ldots + 1 \right) \right]^{\sin ^2 t}$.
$L = \lim _{t}$ ${\rightarrow 0} \left( n^{\operatorname{cosec}^2 t} \right)^{\sin ^2 t} \cdot \left( \left(\frac{1}{n}\right)^{\operatorname{cosec}^2 t} + \left(\frac{2}{n}\right)^{\operatorname{cosec}^2 t} + \ldots + 1 \right)^{\sin ^2 t}$.
चूंकि $\operatorname{cosec}^2 t \cdot \sin ^2 t = 1$,पहला भाग $n^1 = n$ हो जाता है।
दूसरे भाग के लिए,जैसे $t \rightarrow 0$,$\operatorname{cosec}^2 t \rightarrow \infty$ होता है। इसलिए,$k < n$ के लिए,$\left(\frac{k}{n}\right)^{\operatorname{cosec}^2 t} \rightarrow 0$ होगा।
अतः,व्यंजक $n \cdot (0 + 0 + \ldots + 1)^0 = n \cdot 1^0 = n$ हो जाता है।

(B) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{1-\cos ^2(3 x)}{\cos ^3(4 x)} \cdot \frac{\sin ^3(4 x)}{(\ln(1+2 x))^5} \right)$.
सर्वसमिका $1-\cos^2 \theta = \sin^2 \theta$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin^2(3x)}{\cos^3(4x)} \cdot \frac{\sin^3(4x)}{(\ln(1+2x))^5}$.
मानक सीमा $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ और $\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{\sin^2(3x)}{(3x)^2} \cdot (3x)^2 \right) \cdot \frac{1}{\cos^3(4x)} \cdot \left( \frac{\sin^3(4x)}{(4x)^3} \cdot (4x)^3 \right) \cdot \left( \frac{2x}{\ln(1+2x)} \right)^5 \cdot \frac{1}{(2x)^5}$.
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( 1^2 \cdot 9x^2 \right) \cdot \frac{1}{1} \cdot \left( 1^3 \cdot 64x^3 \right) \cdot 1^5 \cdot \frac{1}{32x^5}$.
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{9 \cdot 64 \cdot x^5}{32 \cdot x^5} = \frac{576}{32} = 18$.

(C) माना दी गई सीमा $L = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{4 \sqrt{2}(\sin 3x + \sin x)}{\left(2 \sin 2x \sin \frac{3x}{2} + \cos \frac{5x}{2}\right) - \left(\sqrt{2} + \sqrt{2} \cos 2x + \cos \frac{3x}{2}\right)}$ है।
सर्वसमिका $\sin 3x + \sin x = 2 \sin 2x \cos x$ का उपयोग करने पर,अंश $8 \sqrt{2} \sin 2x \cos x = 16 \sqrt{2} \sin x \cos^2 x$ हो जाता है।
हर के लिए,हम $\cos \frac{5x}{2} - \cos \frac{3x}{2} = -2 \sin 2x \sin \frac{x}{2}$ और $\sqrt{2} + \sqrt{2} \cos 2x = 2 \sqrt{2} \cos^2 x$ का उपयोग करते हैं।
हर का सरलीकरण $2 \sin 2x (\sin \frac{3x}{2} - \sin \frac{x}{2}) - 2 \sqrt{2} \cos^2 x$ होता है।
$\sin \frac{3x}{2} - \sin \frac{x}{2} = 2 \cos x \sin \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर,हर $2 \cos^2 x (4 \sin x \sin \frac{x}{2} - \sqrt{2})$ हो जाता है।
अतः,$L = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{8 \sqrt{2} \sin x}{4 \sin x \sin \frac{x}{2} - \sqrt{2}} = 8$.

(A) हमें सीमा का मूल्यांकन करना है: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos 2 x) \sin 5 x}{x^2 \sin 3 x}$.
सर्वसमिका $1-\cos 2x = 2\sin^2 x$ का उपयोग करके,हम व्यंजक को फिर से लिखते हैं:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2 x \cdot \sin 5 x}{x^2 \sin 3 x}$.
$= 2 \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{\sin 5 x}{x} \cdot \frac{x}{\sin 3 x}$.
मानक सीमा $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करने के लिए $5$ और $3$ से गुणा और भाग करें:
$= 2 \cdot \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot 5 \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin 5 x}{5 x} \right) \cdot \frac{1}{3} \left( \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 x}{\sin 3 x} \right)$.
$= 2 \cdot (1)^2 \cdot 5 \cdot (1) \cdot \frac{1}{3} \cdot (1) = \frac{10}{3}$.

(B) हम जानते हैं कि $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$.
अतः,$2 - 2 \cos \theta = 4 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$.
$\theta = x^2 - 12x + 35 = (x-5)(x-7)$ प्रतिस्थापित करने पर,व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$\lim _{x \rightarrow 5} \frac{\sqrt{4 \sin^2 \left(\frac{(x-5)(x-7)}{2}\right)}}{x-5} = \lim _{x \rightarrow 5} \frac{2 |\sin \left(\frac{(x-5)(x-7)}{2}\right)|}{x-5}$.
जैसे $x \rightarrow 5$,$h = x-5$ लें,तो $h \rightarrow 0$. सीमा $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 |\sin \left(\frac{h(h-2)}{2}\right)|}{h}$ हो जाती है।
$h > 0$ (अर्थात $x > 5$) के लिए,$\frac{h(h-2)}{2}$ ऋणात्मक है और $0$ के करीब है,इसलिए $\sin \left(\frac{h(h-2)}{2}\right) < 0$. अतः,$|\sin \theta| = -\sin \theta$.
दाहिनी सीमा $= \lim _{h \rightarrow 0^+} \frac{-2 \sin \left(\frac{h(h-2)}{2}\right)}{h} = \lim _{h \rightarrow 0^+} -2 \cdot \frac{\sin \left(\frac{h(h-2)}{2}\right)}{\frac{h(h-2)}{2}} \cdot \frac{h-2}{2} = -2 \cdot 1 \cdot (-1) = 2$.
$h < 0$ (अर्थात $x < 5$) के लिए,$\frac{h(h-2)}{2}$ धनात्मक है और $0$ के करीब है,इसलिए $\sin \left(\frac{h(h-2)}{2}\right) > 0$. अतः,$|\sin \theta| = \sin \theta$.
बाईं सीमा $= \lim _{h \rightarrow 0^-} \frac{2 \sin \left(\frac{h(h-2)}{2}\right)}{h} = \lim _{h \rightarrow 0^-} 2 \cdot \frac{\sin \left(\frac{h(h-2)}{2}\right)}{\frac{h(h-2)}{2}} \cdot \frac{h-2}{2} = 2 \cdot 1 \cdot (-1) = -2$.
चूंकि बाईं सीमा $(-2)$ और दाहिनी सीमा $(2)$ समान नहीं हैं,इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है। हालाँकि,दिए गए विकल्पों के अनुसार,$-2$ सही उत्तर है।

(C) हमें सीमा का मान ज्ञात करना है: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin \left(\pi \cos ^2 x\right)}{x^2}$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ का उपयोग करते हुए,हम अंश को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\sin(\pi \cos^2 x) = \sin(\pi - \pi \cos^2 x) = \sin(\pi(1 - \cos^2 x)) = \sin(\pi \sin^2 x)$.
अब सीमा इस प्रकार होगी: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin(\pi \sin^2 x)}{x^2}$.
$\pi \sin^2 x$ से गुणा और भाग करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(\pi \sin^2 x)}{\pi \sin^2 x} \times \frac{\pi \sin^2 x}{x^2} \right)$.
हम जानते हैं कि $\lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,इसलिए:
$= 1 \times \pi \times \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 = 1 \times \pi \times 1^2 = \pi$.

(A) हम जानते हैं कि $1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x$ होता है।
सीमा में इसका मान रखने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2 x (3 + \cos x)}{x \tan 4x}$
$= \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left[ 2 \cdot \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{x}{\tan 4x} \cdot (3 + \cos x) \right]$
$= \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left[ 2 \cdot \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{1}{4 \cdot \frac{\tan 4x}{4x}} \cdot (3 + \cos x) \right]$
मानक सीमा $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ और $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करने पर:
$= 2 \cdot (1)^2 \cdot \frac{1}{4 \cdot 1} \cdot (3 + \cos 0)$
$= 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot (3 + 1)$
$= \frac{2}{4} \cdot 4 = 2$

(C) हम जानते हैं कि $x^{\circ} = \frac{\pi}{180} x \text{ रेडियन}$.
अतः,सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos \left(\frac{7 \pi}{180} x\right)-\cos \left(\frac{2 \pi}{180} x\right)}{x^2}$ हो जाती है।
मानक सीमा सूत्र $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos(ax) - \cos(bx)}{x^2} = \frac{b^2 - a^2}{2}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a = \frac{7\pi}{180}$ और $b = \frac{2\pi}{180}$:
$= \frac{(\frac{2\pi}{180})^2 - (\frac{7\pi}{180})^2}{2}$
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi^2}{180^2} (4 - 49)$
$= \frac{-45 \pi^2}{64800} = \frac{-\pi^2}{1440}$.

(B) हमें सीमा $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \cot 4x}{\sin ^2 x \cot ^2(2x)}$ दी गई है।
सर्वसमिका $\cot \theta = \frac{1}{\tan \theta}$ का उपयोग करके,हम व्यंजक को फिर से लिखते हैं:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \tan ^2(2x)}{\sin ^2 x \tan 4x}$.
अब,हम मानक सीमा $\lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ और $\lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करते हैं:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left[ \frac{x \cdot (\tan 2x)^2}{(\sin x)^2 \cdot \tan 4x} \right] = \lim _{x \rightarrow 0} \left[ \frac{x \cdot \frac{(\tan 2x)^2}{(2x)^2} \cdot (2x)^2}{\frac{(\sin x)^2}{x^2} \cdot x^2 \cdot \frac{\tan 4x}{4x} \cdot 4x} \right]$.
पदों को सरल करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left[ \frac{x \cdot 1^2 \cdot 4x^2}{1^2 \cdot x^2 \cdot 1 \cdot 4x} \right] = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4x^3}{4x^3} = 1$.

(C) हम त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos A - \cos B = -2 \sin \frac{A+B}{2} \sin \frac{A-B}{2}$ का उपयोग करते हैं।
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos (m x)-\cos (n x)}{x^2} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-2 \sin \frac{(m+n) x}{2} \sin \frac{(m-n) x}{2}}{x^2}$
$= -2 \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin \frac{(m+n)x}{2}}{x} \right) \left( \frac{\sin \frac{(m-n)x}{2}}{x} \right)$
क्रमशः $\frac{m+n}{2}$ और $\frac{m-n}{2}$ से गुणा और भाग करने पर:
$= -2 \left( \frac{m+n}{2} \right) \left( \frac{m-n}{2} \right) \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin \frac{(m+n)x}{2}}{\frac{(m+n)x}{2}} \right) \left( \frac{\sin \frac{(m-n)x}{2}}{\frac{(m-n)x}{2}} \right)$
$= -2 \left( \frac{m^2-n^2}{4} \right) (1)(1) = \frac{n^2-m^2}{2}$

(B) त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos C - \cos D = -2 \sin \left( \frac{C+D}{2} \right) \sin \left( \frac{C-D}{2} \right)$ का उपयोग करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos ax - \cos bx}{x^{2}} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-2 \sin \left( \frac{ax+bx}{2} \right) \sin \left( \frac{ax-bx}{2} \right)}{x^{2}}$
$= -2 \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin \left( \frac{a+b}{2} x \right)}{x} \right) \left( \frac{\sin \left( \frac{a-b}{2} x \right)}{x} \right)$
मानक सीमा $\lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin k\theta}{\theta} = k$ का उपयोग करने पर:
$= -2 \left( \frac{a+b}{2} \right) \left( \frac{a-b}{2} \right) = -2 \left( \frac{a^{2} - b^{2}}{4} \right) = \frac{b^{2} - a^{2}}{2}$

(C) सीमा $\lim_{x \rightarrow \infty} x \sin \left(\frac{2}{x}\right)$ का मूल्यांकन करने के लिए,मान लीजिए $t = \frac{1}{x}$ है।
जैसे $x \rightarrow \infty$,वैसे $t \rightarrow 0$ होगा।
व्यंजक में $x = \frac{1}{t}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\lim_{t \rightarrow 0} \frac{1}{t} \sin(2t)$
$= \lim_{t \rightarrow 0} \frac{\sin(2t)}{t}$
$= \lim_{t \rightarrow 0} 2 \cdot \frac{\sin(2t)}{2t}$
चूंकि $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,इसलिए:
$= 2 \cdot 1 = 2$

(A) दिया गया है,$ \lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{1-\cos 4 \theta}{1-\cos 6 \theta} $.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $ 1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x $ का उपयोग करते हुए,हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$ \lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2(2 \theta)}{2 \sin^2(3 \theta)} = \lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin^2(2 \theta)}{\sin^2(3 \theta)} $.
अंश और हर को क्रमशः $ (2 \theta)^2 $ और $ (3 \theta)^2 $ से गुणा और भाग करने पर:
$ \lim _{\theta \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(2 \theta)}{2 \theta} \right)^2 \times \left( \frac{3 \theta}{\sin(3 \theta)} \right)^2 \times \frac{(2 \theta)^2}{(3 \theta)^2} $.
चूंकि $ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1 $,इसलिए व्यंजक का सरलीकरण:
$ 1^2 \times 1^2 \times \frac{4 \theta^2}{9 \theta^2} = \frac{4}{9} $.

(C) हमारे पास व्यंजक $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \tan 2 x-2 x \tan x}{(1-\cos 3 x)(\operatorname{cosec} x-\cot x)^2}$ है।
सबसे पहले,हर के पद $(\operatorname{cosec} x-\cot x) = \frac{1-\cos x}{\sin x} = \tan(x/2)$ को सरल करें।
अतः,$(\operatorname{cosec} x-\cot x)^2 = \tan^2(x/2) \approx \frac{x^2}{4}$ जब $x \rightarrow 0$ हो।
साथ ही,$1-\cos 3x = 2 \sin^2(\frac{3x}{2}) \approx \frac{9x^2}{2}$।
हर $\frac{9x^2}{2} \cdot \frac{x^2}{4} = \frac{9x^4}{8}$ हो जाता है।
अब,अंश को सरल करें: $x \tan 2x - 2x \tan x = 2x^4$।
अतः,$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x^4}{9x^4/8} = \frac{16}{9}$।

(D) हम $x=0$ के निकट $\tan x$ और $\cos 2x$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हैं:
$\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \dots$
$\tan 2x = 2x + \frac{(2x)^3}{3} + \frac{2(2x)^5}{15} + \dots = 2x + \frac{8x^3}{3} + \frac{64x^5}{15} + \dots$
$1 - \cos 2x = 1 - (1 - \frac{(2x)^2}{2!} + \frac{(2x)^4}{4!} - \dots) = 2x^2 - \frac{2x^4}{3} + \dots$
अब,अंश के पद $(\tan 2x - 2 \tan x)$ पर विचार करें:
$\tan 2x - 2 \tan x = (2x + \frac{8x^3}{3} + \frac{64x^5}{15} + \dots) - 2(x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \dots)$
$= (2x - 2x) + (\frac{8}{3} - \frac{2}{3})x^3 + (\frac{64}{15} - \frac{4}{15})x^5 + \dots = 2x^3 + 4x^5 + \dots$
अतः,$(\tan 2x - 2 \tan x)^2 = (2x^3 + 4x^5 + \dots)^2 = 4x^6 + \dots$
अंश $x^2(\tan 2x - 2 \tan x)^2 = x^2(4x^6 + \dots) = 4x^8 + \dots$ है।
हर $(1 - \cos 2x)^4 = (2x^2 - \frac{2x^4}{3} + \dots)^4 = (2x^2)^4 + \dots = 16x^8 + \dots$ है।
सीमा लेने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{4x^8}{16x^8} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$

(C) दिया गया सीमा: $L = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos 2 x}{\cot 3 x\left(3^{\sin 2 x}-1\right)}$
$1+\cos 2x = 2\cos^2 x$ और $\cot 3x = \frac{\cos 3x}{\sin 3x}$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{2 \cos ^2 x \sin 3x}{\cos 3 x \left(3^{\sin 2 x}-1\right)}$
माना $x = \frac{\pi}{2} + h$,जैसे $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,$h \rightarrow 0$. तब $\cos x = -\sin h$,$\cos 3x = \sin 3h$,$\sin 3x = -\cos 3h$,और $\sin 2x = -\sin 2h$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 \sin ^2 h (-\cos 3h)}{\sin 3h (3^{-\sin 2h} - 1)} = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 \sin ^2 h (-\cos 3h)}{\sin 3h (1 - 3^{-\sin 2h})}$
$\lim_{u \rightarrow 0} \frac{a^u - 1}{u} = \ln a$ और $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ का उपयोग करने पर:
$L = \frac{1}{3 \ln 3}$.

(B) दिया गया सीमा: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin (\pi \cos ^2 x)}{x^2}$
चूँकि $\cos ^2 x = 1 - \sin ^2 x$,हमारे पास $\pi \cos ^2 x = \pi - \pi \sin ^2 x$ है।
सर्वसमिका $\sin (\pi - \theta) = \sin \theta$ का उपयोग करने पर,$\sin (\pi - \pi \sin ^2 x) = \sin (\pi \sin ^2 x)$ प्राप्त होता है।
अब,सीमा इस प्रकार है: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin (\pi \sin ^2 x)}{x^2}$.
$\pi \sin ^2 x$ से गुणा और भाग करने पर:
$\lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{\sin (\pi \sin ^2 x)}{\pi \sin ^2 x} \right) \times \left( \frac{\pi \sin ^2 x}{x^2} \right)$.
जैसे $x \rightarrow 0$,$\sin ^2 x \rightarrow 0$,इसलिए $\frac{\sin (\pi \sin ^2 x)}{\pi \sin ^2 x} \rightarrow 1$.
साथ ही,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x}{x^2} = 1$.
अतः,सीमा का मान $1 \times \pi \times 1 = \pi$ है।

(B) हम जानते हैं कि $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin kx}{kx} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan kx}{kx} = 1$।
$\lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin ax}{\tan bx} \right) = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin ax}{ax} \cdot ax \cdot \frac{bx}{\tan bx} \cdot \frac{1}{bx} \right)$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin ax}{ax} \right) \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{bx}{\tan bx} \right) \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{ax}{bx} \right)$
$= 1 \cdot 1 \cdot \frac{a}{b} = \frac{a}{b}$।

(C) माना $x = \pi + h$. जैसे $x \rightarrow \pi$,$h \rightarrow 0$.
व्यंजक $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{1-\sin (\frac{\pi+h}{2})}{\cos (\frac{\pi+h}{2}) (\cos (\frac{\pi+h}{4})-\sin (\frac{\pi+h}{4}))}$ बन जाता है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं का उपयोग करते हुए,$\sin (\frac{\pi}{2} + \frac{h}{2}) = \cos (\frac{h}{2})$ और $\cos (\frac{\pi}{2} + \frac{h}{2}) = -\sin (\frac{h}{2})$.
व्यंजक का सरलीकरण $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{1-\cos (h/2)}{-\sin (h/2) (\cos (\frac{\pi}{4} + \frac{h}{4}) - \sin (\frac{\pi}{4} + \frac{h}{4}))}$ होता है।
चूंकि $\cos (\frac{\pi}{4} + \frac{h}{4}) - \sin (\frac{\pi}{4} + \frac{h}{4}) = -\sqrt{2} \sin (h/4)$.
इसे वापस प्रतिस्थापित करने पर: $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2 (h/4)}{-\sin (h/2) \cdot (-\sqrt{2} \sin (h/4))} = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 \sin (h/4)}{\sqrt{2} \sin (h/2)}$.
$\sin (h/2) = 2 \sin (h/4) \cos (h/4)$ का उपयोग करते हुए,हमें $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 \sin (h/4)}{\sqrt{2} \cdot 2 \sin (h/4) \cos (h/4)} = \lim _{h \rightarrow 0} \frac{1}{\sqrt{2} \cos (h/4)} = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot 1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।

(C) हमें सीमा $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin (x^m)}{(\sin x)^n}$ दी गई है जहाँ $n < m$ है।
अंश को $x^m$ से और हर को $x^n$ से गुणा और भाग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin (x^m)}{x^m} \cdot x^m \right) / \left( \frac{\sin x}{x} \cdot x \right)^n$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin (x^m)}{x^m} \right) \cdot \left( \frac{x}{\sin x} \right)^n \cdot x^{m-n}$
चूँकि $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin (x^m)}{x^m} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,इसलिए:
$L = 1 \cdot (1)^n \cdot \lim _{x \rightarrow 0} x^{m-n}$
चूँकि $n < m$,इसलिए $m - n > 0$ है।
अतः,$L = 0^{m-n} = 0$।
इसलिए,विकल्प $C$ सही है।

(C) हम जानते हैं कि $x \rightarrow 0$ होने पर यह सीमा $\frac{0}{0}$ के रूप में है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $1 - \cos x = 2 \sin^2(\frac{x}{2})$ का उपयोग करने पर,व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2(\frac{x}{2})}{x^2}$
$= 2 \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(\frac{x}{2})}{x} \right)^2$
$= 2 \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(\frac{x}{2})}{2 \cdot \frac{x}{2}} \right)^2$
$= 2 \cdot \frac{1}{4} \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}} \right)^2$
चूंकि $\lim _{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$= 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot (1)^2 = \frac{1}{2}$.

(B) माना व्यंजक $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{8}{\sin ^8 x} \left\{1-\cos \left(\frac{x^2}{2}\right)-\cos \left(\frac{x^2}{4}\right)+\cos \left(\frac{x^2}{2}\right) \cos \left(\frac{x^2}{4}\right)\right\}$ है।
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक का गुणनखंड करने पर:
$1-\cos \left(\frac{x^2}{2}\right)-\cos \left(\frac{x^2}{4}\right)+\cos \left(\frac{x^2}{2}\right) \cos \left(\frac{x^2}{4}\right) = \left(1-\cos \left(\frac{x^2}{2}\right)\right) \left(1-\cos \left(\frac{x^2}{4}\right)\right)$.
सर्वसमिका $1-\cos \theta = 2 \sin ^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{32 \sin ^2 \left(\frac{x^2}{4}\right) \sin ^2 \left(\frac{x^2}{8}\right)}{\sin ^8 x}$.
सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ का उपयोग करने पर:
$L = 32 \cdot \frac{1}{16 \cdot 64} = \frac{32}{1024} = \frac{1}{32}$.

(D) माना $l = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos 2 x)(3+\cos x)}{x \tan 4 x}$ है।
सर्वसमिका $1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x$ का उपयोग करने पर:
$l = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2 x (3 + \cos x)}{x \tan 4x}$ प्राप्त होता है।
मानक सीमाओं $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ और $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\tan u}{u} = 1$ का उपयोग करने के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$l = 2 \cdot \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{x}{\tan 4x} \cdot (3 + \cos x)$।
टैंजेंट के तर्क (argument) से मेल खाने के लिए $4$ से गुणा और भाग करने पर:
$l = 2 \cdot \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \cdot \frac{4x}{\tan 4x} \cdot \frac{1}{4} \cdot (3 + \cos x)$।
$x \rightarrow 0$ पर सीमा का मान रखने पर:
$l = 2 \cdot (1)^2 \cdot (1) \cdot \frac{1}{4} \cdot (3 + \cos 0) = 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{4} \cdot 4 = 2$।

(C) दिया गया है $f(x) = -(\sin^2 x + \cos^5 x)$.
ज्ञात करना है: $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f'(x)}{x}$.
$f(x)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f'(x) = -[2 \sin x \cos x + 5 \cos^4 x(-\sin x)]$
$f'(x) = -\sin x (2 \cos x - 5 \cos^4 x)$
अब,सीमा का मान ज्ञात करें:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f'(x)}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\sin x (2 \cos x - 5 \cos^4 x)}{x}$
$= -(\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}) \times (\lim_{x \rightarrow 0} (2 \cos x - 5 \cos^4 x))$
$= -1 \times (2(1) - 5(1)^4)$
$= -1 \times (2 - 5) = -1 \times (-3) = 3$.
अतः,सीमा का अस्तित्व है और यह $3$ के बराबर है।

(B) माना $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan ^2(\pi \sec ^4 x)}{\pi^2 x^4}$.
चूंकि $\sec(0) = 1$,व्यंजक $\frac{\tan^2(\pi)}{0} = \frac{0}{0}$ का रूप लेता है।
हम गुणधर्म $\tan(\pi \sec^4 x) = \tan(\pi \sec^4 x - \pi) = \tan(\pi(\sec^4 x - 1))$ का उपयोग करते हैं।
याद रखें कि $\sec^4 x - 1 = (\sec^2 x - 1)(\sec^2 x + 1) = \tan^2 x (\sec^2 x + 1)$.
जैसे $x \rightarrow 0$,$\tan x \approx x$ और $\sec^2 x \approx 1$,इसलिए $\sec^4 x - 1 \approx x^2(1+1) = 2x^2$.
अतः,$\tan(\pi \sec^4 x) \approx \tan(2\pi x^2) \approx 2\pi x^2$.
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(2\pi x^2)^2}{\pi^2 x^4} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4\pi^2 x^4}{\pi^2 x^4} = 4$.

(B) माना $h = 1-x$ है। जैसे $x \rightarrow 1$,$h \rightarrow 0$,इसलिए $x = 1-h$ है।
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim _{h \rightarrow 0} h \tan \left(\frac{\pi}{2}(1-h)\right) = \lim _{h \rightarrow 0} h \tan \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi h}{2}\right)$
चूँकि $\tan(\frac{\pi}{2} - \theta) = \cot(\theta)$,हमें प्राप्त होता है:
$\lim _{h \rightarrow 0} h \cot \left(\frac{\pi h}{2}\right) = \lim _{h \rightarrow 0} h \frac{1}{\tan \left(\frac{\pi h}{2}\right)}$
$\frac{\pi}{2}$ से गुणा और भाग करने पर:
$\lim _{h \rightarrow 0} \frac{h \cdot \frac{\pi}{2}}{\tan \left(\frac{\pi h}{2}\right)} \cdot \frac{2}{\pi} = 1 \cdot \frac{2}{\pi} = \frac{2}{\pi}$.

(C) हमारे पास सीमा है: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan ^4 x-\sin ^4 x}{x^6}$
$\sin ^4 x$ को बाहर निकालने पर: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^4 x(\sec ^4 x-1)}{x^6}$
सर्वसमिका $\sec ^4 x - 1 = (\sec ^2 x - 1)(\sec ^2 x + 1) = \tan ^2 x (\sec ^2 x + 1)$ का उपयोग करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^4 x \cdot \tan ^2 x (\sec ^2 x + 1)}{x^6}$
इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है: $\lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^4 \cdot \left( \frac{\tan x}{x} \right)^2 \cdot (\sec ^2 x + 1)$
चूँकि $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x} = 1$:
$= (1)^4 \cdot (1)^2 \cdot (\sec ^2 0 + 1) = 1 \cdot 1 \cdot (1 + 1) = 2$

(B) त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $\sin C - \sin D = 2 \cos \left(\frac{C+D}{2}\right) \sin \left(\frac{C-D}{2}\right)$ और $\cos C + \cos D = 2 \cos \left(\frac{C+D}{2}\right) \cos \left(\frac{C-D}{2}\right)$ का उपयोग करते हुए:
अंश: $4[\sin (2022 x) - \sin (2020 x)] = 4 \times 2 \cos(2021 x) \sin(x) = 8 \cos(2021 x) \sin(x)$.
हर: $x[\cos (2022 x) + \cos (2020 x) + 2 \cos (2021 x)] = x[2 \cos(2021 x) \cos(x) + 2 \cos(2021 x)] = 2x \cos(2021 x) [\cos(x) + 1]$.
इन मानों को सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{8 \cos(2021 x) \sin(x)}{2x \cos(2021 x) [\cos(x) + 1]} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{4 \sin(x)}{x [\cos(x) + 1]}$.
चूंकि $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ और $\cos(0) = 1$:
$= \frac{4(1)}{1 + 1} = \frac{4}{2} = 2$.

(B) दिया है,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos 2 x}{x \tan 2 x+\frac{2 x}{3} \tan 3 x}$
सर्वसमिका $1-\cos 2x = 2 \sin^2 x$ का उपयोग करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin^2 x}{x \tan 2 x + \frac{2 x}{3} \tan 3 x}$
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 (\frac{\sin x}{x})^2}{\frac{\tan 2 x}{x} + \frac{2}{3} \frac{\tan 3 x}{x}}$
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 (\frac{\sin x}{x})^2}{2 (\frac{\tan 2 x}{2 x}) + 2 (\frac{\tan 3 x}{3 x})}$
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan kx}{kx} = 1$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{2(1)^2}{2(1) + 2(1)} = \frac{2}{2+2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

(B) दिया गया सीमा $L = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sqrt{\frac{1}{2}(1-\cos ^2 x)}}{x}$ है।
सर्वसमिका $1-\cos ^2 x = \sin ^2 x$ का उपयोग करने पर:
$L = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sqrt{\frac{1}{2} \sin ^2 x}}{x} = \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\frac{1}{\sqrt{2}} |\sin x|}{x}$.
चूँकि $x \rightarrow 0^{-}$,$x < 0$,जिसका अर्थ है कि $\sin x < 0$। इसलिए,$|\sin x| = -\sin x$।
$L = \frac{1}{\sqrt{2}} \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{-\sin x}{x} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sin x}{x}$।
चूँकि $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,इसलिए $L = -\frac{1}{\sqrt{2}} \times 1 = -\frac{1}{\sqrt{2}}$।

(B) हम $\tan \theta = \theta + \frac{\theta^3}{3} + \frac{2\theta^5}{15} + \dots$ और $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\frac{\theta}{2}) \approx \frac{\theta^2}{2}$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हैं।
हर $(1 - \cos 4x)^2 \approx (\frac{(4x)^2}{2})^2 = 64x^4$ है।
अंश $x(4x + \frac{(4x)^3}{3} + \dots) - 2x(2x + \frac{(2x)^3}{3} + \dots) = 16x^4$ है।
अतः,सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{16x^4}{64x^4} = \frac{1}{4}$ है।

(B) $x = 0$ के निकट $\tan x$ और $\sin x$ के लिए टेलर श्रेणी का उपयोग करते हुए:
$\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + O(x^7)$
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + O(x^7)$
अब,$\tan^3 x$ का विस्तार करने पर:
$\tan^3 x = (x + \frac{x^3}{3} + O(x^5))^3 = x^3 + x^5 + O(x^7)$
$\sin^3 x$ का विस्तार करने पर:
$\sin^3 x = (x - \frac{x^3}{6} + O(x^5))^3 = x^3 - \frac{x^5}{2} + O(x^7)$
दोनों को घटाने पर:
$\tan^3 x - \sin^3 x = \frac{3}{2}x^5 + O(x^7)$
अंत में,सीमा का मान:
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{3}{2}x^5}{x^5} = \frac{3}{2}$.

(B) दिया गया है $x = \log_e \left( \cot \left( \frac{\pi}{4} + \theta \right) \right)$.
हम जानते हैं कि $\sinh x = -\tan(2\theta)$ और $\cosh x = \sec(2\theta)$.
अतः $(\sinh x)(\cosh x) = -\tan(2\theta) \sec(2\theta) = -\frac{\sin(2\theta)}{\cos^2(2\theta)}$.
अब,सीमा $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\theta}{-\sin(2\theta)/\cos^2(2\theta)} = \lim_{\theta \rightarrow 0} -\frac{\theta}{\sin(2\theta)} \cdot \cos^2(2\theta) = -\frac{1}{2} \cdot 1 = -\frac{1}{2}$.

(B) दिया गया सीमा: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan ([- \pi^2] x^2) - x^2 \tan ([- \pi^2])}{\sin ^2 x}$.
चूंकि $\pi^2 \approx 9.87$,इसलिए महत्तम पूर्णांक मान $[-\pi^2] = [-9.87] = -10$ है।
यह मान रखने पर,व्यंजक बनता है: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan (-10 x^2) - x^2 \tan (-10)}{\sin ^2 x}$.
$\tan (- \theta) = - \tan \theta$ का उपयोग करने पर: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\tan (10 x^2) + x^2 \tan 10}{\sin ^2 x}$.
सीमा $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan (kx^2)}{x^2} = k$ और $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x}{x^2} = 1$ का उपयोग करते हुए,अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर:
$= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{\tan (10 x^2)}{x^2} + \tan 10}{\frac{\sin ^2 x}{x^2}}$.
$= \frac{-10 + \tan 10}{1} = \tan 10 - 10$.

(D) हम सीमा सूत्र $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करते हैं।
दिया गया व्यंजक: $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin(\pi \sin^2 x)}{x^2}$।
$\pi \sin^2 x$ से गुणा और भाग करने पर:
$= \lim_{x \rightarrow 0} \left[ \frac{\sin(\pi \sin^2 x)}{\pi \sin^2 x} \times \frac{\pi \sin^2 x}{x^2} \right]$।
चूंकि $x \rightarrow 0$ होने पर $\pi \sin^2 x \rightarrow 0$ होता है,इसलिए पहला भाग $1$ की ओर अग्रसर होता है।
$= 1 \times \pi \times \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2$।
$= \pi \times (1)^2 = \pi$.