Limit using Binomial theorem Questions in Gujarati

(A) $(1+x)^n$ ના દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$(1+x)^n = 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2!}x^2 + ...$
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{(1 + nx + \frac{n(n-1)}{2}x^2 + ...) - 1}{x}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{nx + \frac{n(n-1)}{2}x^2 + ...}{x}$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (n + \frac{n(n-1)}{2}x + ...)$
$= n$
વૈકલ્પિક રીતે,$L-Hospital$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}((1+x)^n - 1)}{\frac{d}{dx}(x)} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{n(1+x)^{n-1}}{1} = n(1+0)^{n-1} = n$.

(B) $\text{આપેલ લક્ષ } L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin (\pi \sqrt {{n^2} + 1} )$
$\text{દ્વિપદી વિસ્તરણ } (1+x)^{1/2} = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + \dots \text{ નો ઉપયોગ કરતા:}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( \pi n \sqrt {1 + \frac{1}{n^2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( \pi n \left( 1 + \frac{1}{2n^2} - \frac{1}{8n^4} + \dots \right) \right)$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( n\pi + \frac{\pi}{2n} - \frac{\pi}{8n^3} + \dots \right)$
$\text{કારણ કે } \sin(n\pi + \theta) = (-1)^n \sin(\theta), \text{ તેથી:}$
$L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (-1)^n \sin \left( \frac{\pi}{2n} - \frac{\pi}{8n^3} + \dots \right)$
$\text{જેમ } n \to \infty, \text{ સાઈનનો ખૂણો } 0 \text{ ની નજીક જાય છે, તેથી } \sin(0) = 0.$
$L = 0.$

(A) ધારો કે લક્ષ $L = \mathop {Lim}\limits_{x \to - \infty } [(x^5 + 7x^4 + 2)^c - x]$ છે.
લક્ષ શાંત અને શૂન્યતર બને તે માટે, આપણે $x^{5c}$ સામાન્ય કાઢીશું:
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to - \infty } [x^{5c}(1 + \frac{7}{x} + \frac{2}{x^5})^c - x]$.
આ પદ $\infty \times 0$ સ્વરૂપમાં હોવું જોઈએ, તેથી $5c = 1$ થવું જોઈએ, એટલે કે $c = 1/5$.
$c = 1/5$ મૂકતા:
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to - \infty } x[(1 + \frac{7}{x} + \frac{2}{x^5})^{1/5} - 1]$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+u)^n \approx 1 + nu$ નો ઉપયોગ કરતા (જ્યારે $u$ નાનું હોય):
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to - \infty } x[1 + \frac{1}{5}(\frac{7}{x} + \frac{2}{x^5}) - 1]$.
$L = \mathop {Lim}\limits_{x \to - \infty } x[\frac{7}{5x} + \frac{2}{5x^5}] = \frac{7}{5}$.
આમ, $c = 1/5$ અને લક્ષની કિંમત $7/5$ છે.

(A) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {x^{\frac{1}{3}}}\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^{\frac{2}{3}}} - {{\left( {x - 1} \right)}^{\frac{2}{3}}}} \right)$.
આ પદાવલિને આપણે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x \left( {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^{\frac{2}{3}} - \left( {1 - \frac{1}{x}} \right)^{\frac{2}{3}}} \right)$ તરીકે લખી શકીએ.
નાના $u$ માટે દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+u)^n \approx 1 + nu + \frac{n(n-1)}{2}u^2$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \pm \frac{1}{x}$ અને $n = \frac{2}{3}$ છે:
$\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^{\frac{2}{3}} \approx 1 + \frac{2}{3x} + \frac{\frac{2}{3}(\frac{2}{3}-1)}{2x^2} = 1 + \frac{2}{3x} - \frac{1}{9x^2}$.
$\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)^{\frac{2}{3}} \approx 1 - \frac{2}{3x} + \frac{\frac{2}{3}(\frac{2}{3}-1)}{2x^2} = 1 - \frac{2}{3x} - \frac{1}{9x^2}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x \left( (1 + \frac{2}{3x} - \frac{1}{9x^2}) - (1 - \frac{2}{3x} - \frac{1}{9x^2}) \right)$.
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x \left( \frac{4}{3x} \right) = \frac{4}{3}$.

(B) $\text{ધારો કે}$ $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{(1-\sin x)^{1/8}-(1+\sin x)^{1/8}}$.
$\text{દ્વિપદી વિસ્તરણ}$ $(1+u)^n \approx 1+nu$ $\text{નો ઉપયોગ કરતા}$,$\text{જ્યાં}$ $n = 1/8$:
$(1-\sin x)^{1/8} \approx 1 - \frac{1}{8} \sin x$.
$(1+\sin x)^{1/8} \approx 1 + \frac{1}{8} \sin x$.
$\text{આ કિંમતોને લક્ષના પદમાં મૂકતા}$:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{(1 - \frac{1}{8} \sin x) - (1 + \frac{1}{8} \sin x)}$.
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{-\frac{2}{8} \sin x} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{-\frac{1}{4} \sin x}$.
$\text{આપણે જાણીએ છીએ કે}$ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,$\text{તેથી}$ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sin x} = 1$.
$\text{તેથી}$,$L = -4 \times 1 = -4$.

(B) આપણી પાસે $L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{a - a(1 - \frac{x^2}{a^2})^{1/2} - \frac{x^2}{4}}{x^4}$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1 - u)^{1/2} = 1 - \frac{1}{2}u - \frac{1}{8}u^2 - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \frac{x^2}{a^2}$:
$L = \lim_{x}$ ${\rightarrow 0} \frac{a - a(1 - \frac{1}{2}(\frac{x^2}{a^2}) - \frac{1}{8}(\frac{x^2}{a^2})^2) - \frac{x^2}{4}}{x^4}$
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{a - a + \frac{x^2}{2a} + \frac{x^4}{8a^3} - \frac{x^2}{4}}{x^4}$
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2(\frac{1}{2a} - \frac{1}{4}) + \frac{x^4}{8a^3}}{x^4}$.
સીમા શાંત રહે તે માટે,$x^2$ નો સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\frac{1}{2a} - \frac{1}{4} = 0 \implies a = 2$.
$a = 2$ મૂકતા:
$L = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^4}{8(2)^3}}{x^4} = \frac{1}{8 \times 8} = \frac{1}{64}$.
આમ,$a = 2$ અને $L = \frac{1}{64}$.
તેથી,વિકલ્પો $(A)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}-\sqrt{2+x^5+x^6}}{x^4}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે સંમેયીકરણનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ $\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2+x^5+x^6}$ વડે ગુણતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1+\sqrt{1+x^4})-(2+x^5+x^6)}{x^4(\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2+x^5+x^6})}$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+x^4}-1-x^5-x^6}{x^4(\sqrt{1+\sqrt{1+x^4}}+\sqrt{2+x^5+x^6})}$
દ્વિપદી વિસ્તરણ $\sqrt{1+u} \approx 1 + \frac{u}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x^4$,આપણને $\sqrt{1+x^4} \approx 1 + \frac{x^4}{2}$ મળે છે.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1 + \frac{x^4}{2} - 1 - x^5 - x^6}{x^4(\sqrt{1+1} + \sqrt{2})} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^4}{2} - x^5 - x^6}{x^4(2\sqrt{2})}$
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{2} - x - x^2}{2\sqrt{2}} = \frac{1/2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$

(A) $\text{ધારો કે } L = \lim _{x \rightarrow \infty}\left(\sqrt[3]{x^3+4 x^2}-\sqrt{x^2-3 x}\right)$.
$\text{દરેક પદમાંથી } x \text{ સામાન્ય લેતા:}$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left( x(1+\frac{4}{x})^{1/3} - x(1-\frac{3}{x})^{1/2} \right)$.
$\text{દ્વિપદી વિસ્તરણ } (1+u)^n \approx 1 + nu \text{ નો ઉપયોગ કરતા:}$
$(1+\frac{4}{x})^{1/3} \approx 1 + \frac{4}{3x} \text{ અને } (1-\frac{3}{x})^{1/2} \approx 1 - \frac{3}{2x}$.
$\text{આ કિંમતો મૂકતા:}$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left( x + \frac{4}{3} - x + \frac{3}{2} \right) = \frac{4}{3} + \frac{3}{2} = \frac{17}{6}$.

(B) ધારો કે $L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty}\left\{x-\left(\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right) \ldots\left(x-a_n\right)\right)^{1/n}\right\}$.
$n$-th મૂળની અંદરના પદમાંથી $x$ સામાન્ય લેતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} \left\{ x - x \left( \left(1-\frac{a_1}{x}\right)\left(1-\frac{a_2}{x}\right) \ldots\left(1-\frac{a_n}{x}\right) \right)^{1/n} \right\}$.
દ્વિપદી અંદાજ $(1-u)^k \approx 1-ku$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} x \left\{ 1 - \left(1-\frac{a_1}{nx}\right)\left(1-\frac{a_2}{nx}\right) \ldots\left(1-\frac{a_n}{nx}\right) \right\}$.
ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરતા અને $O(1/x)$ સુધીના પદો રાખતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow \infty} x \left\{ 1 - \left( 1 - \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{nx} + O\left(\frac{1}{x^2}\right) \right) \right\}$.
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} x \left( \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{nx} \right) = \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}$.