Sandwich theorem Questions in Gujarati

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x\sin \frac{1}{x}$ જ્યારે $x \ne 0$ અને $f(0) = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \ne 0$ માટે,$-1 \le \sin \frac{1}{x} \le 1$.
$|x|$ વડે ગુણતા,આપણને $-|x| \le x\sin \frac{1}{x} \le |x|$ મળે છે.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) લાગુ પાડતા,કારણ કે $\lim_{x \to 0} (-|x|) = 0$ અને $\lim_{x \to 0} |x| = 0$,તેથી $\lim_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x} = 0$ થાય છે.
આમ,$\lim_{x \to 0} f(x) = 0$.

(B) આપણે $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin x}}{x}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે,$\sin x$ ની કિંમત $-1 \le \sin x \le 1$ ની વચ્ચે સીમિત છે.
$x > 0$ માટે,અસમતાને $x$ વડે ભાગતા:
$-\frac{1}{x} \le \frac{\sin x}{x} \le \frac{1}{x}$.
જ્યારે $x \to \infty$ હોય ત્યારે સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) લાગુ કરતા:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( -\frac{1}{x} \right) = 0$ અને $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( \frac{1}{x} \right) = 0$.
તેથી,સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin x}}{x} = 0$.

(A) કોઈપણ શ્રેણી $x_n$ માટે કે જેથી $x_n \to 0$,આપણી પાસે $|f(x_n)| = |x_n|$ છે.
કારણ કે $\lim_{n \to \infty} |x_n| = 0$,સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) દ્વારા,$\lim_{n \to \infty} f(x_n) = 0$.
તેથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = 0$.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ ધન વધતું વિધેય છે,$x > 0$ માટે,$f(x) < f(2x) < f(3x)$ થાય.
$f(x) > 0$ વડે ભાગતા,$1 < \frac{f(2x)}{f(x)} < \frac{f(3x)}{f(x)}$ મળે.
$x \to \infty$ લેતા,$\lim_{x \to \infty} 1 \le \lim_{x \to \infty} \frac{f(2x)}{f(x)} \le \lim_{x \to \infty} \frac{f(3x)}{f(x)}$ થાય.
આપેલ છે કે $\lim_{x \to \infty} \frac{f(3x)}{f(x)} = 1$,તેથી સેન્ડવિચ પ્રમેય મુજબ,$1 \le \lim_{x \to \infty} \frac{f(2x)}{f(x)} \le 1$ મળે.
તેથી,$\lim_{x \to \infty} \frac{f(2x)}{f(x)} = 1$ થાય.

(B) આપણને અસમતા આપેલી છે: $\frac{\cos(2x - 4) - 33}{2} < f(x) < \frac{x^2 |4x - 8|}{x - 2}$.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $x \to 2^-$ માટે મેળવીએ:
$\lim_{x \to 2^-} \frac{\cos(2x - 4) - 33}{2} = \frac{\cos(0) - 33}{2} = \frac{1 - 33}{2} = -16$.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $x \to 2^-$ માટે મેળવીએ:
$x < 2$ હોવાથી,$x - 2 < 0$,તેથી $|4x - 8| = -4(x - 2)$.
$\lim_{x \to 2^-} \frac{x^2 |4x - 8|}{x - 2} = \lim_{x \to 2^-} \frac{x^2 (-4(x - 2))}{x - 2} = \lim_{x \to 2^-} (-4x^2) = -16$.
સેન્ડવિચ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = -16$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $1 < f(x) \cdot g(x) < 10$ અને $g(x) = x + \frac{1}{x} = \frac{x^2 + 1}{x}$.
$g(x)$ ની કિંમત મૂકતા,$1 < f(x) \cdot \left( \frac{x^2 + 1}{x} \right) < 10$.
$\frac{x}{x^2 + 1}$ વડે ગુણતા,$\frac{x}{x^2 + 1} < f(x) < \frac{10x}{x^2 + 1}$.
જ્યારે $x \to \infty$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા:
$\lim_{x \to \infty} \frac{x}{x^2 + 1} = 0$ અને $\lim_{x \to \infty} \frac{10x}{x^2 + 1} = 0$.
સેન્ડવિચ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$.

(B) ધારો કે $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{x - \sin x}}{x}} \right)\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)$.
આપણે પદને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 - \frac{\sin x}{x}} \right) \sin \left( {\frac{1}{x}} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,તેથી $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 - \frac{\sin x}{x}} \right) = 1 - 1 = 0$.
પદ $\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)$ એ $x \to 0$ થાય ત્યારે $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,જેનો અર્થ છે કે તે એક સીમિત વિધેય છે.
સ્ક્વિઝ પ્રમેય મુજબ,પ્રથમ ભાગની સીમા $0$ છે અને બીજો ભાગ સીમિત છે,તેથી ગુણાકાર $0 \times (\text{સીમિત કિંમત}) = 0$ થાય છે.
તેથી,સીમા $0$ છે.

(D) આપેલ છે કે $x \ne 2$ માટે $\frac{x}{[x]} \le f(x) \le \sqrt{6 - x}$.
$x \to 2^-$ માટે,$[x] = 1$. તેથી,$\lim_{x \to 2^-} \frac{x}{[x]} = \frac{2}{1} = 2$ અને $\lim_{x \to 2^-} \sqrt{6 - x} = \sqrt{6 - 2} = 2$.
સેન્ડવિચ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = 2$. તેથી,વિધાન $1$ સાચું છે.
$x \to 2^+$ માટે,$[x] = 2$. તેથી,$\lim_{x \to 2^+} \frac{x}{[x]} = \frac{2}{2} = 1$ અને $\lim_{x \to 2^+} \sqrt{6 - x} = 2$.
સેન્ડવિચ પ્રમેય મુજબ,$1 \le \lim_{x \to 2^+} f(x) \le 2$. ડાબી બાજુની લક્ષ $2$ છે અને જમણી બાજુની લક્ષ $2$ હોવી જરૂરી નથી,તેથી $\lim_{x \to 2} f(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી.
કારણ કે $\lim_{x \to 2} f(x)$ નું અસ્તિત્વ નથી,તેથી $f$ એ $x = 2$ આગળ સતત નથી. તેથી,વિધાન $2$ ખોટું છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$x-1 < [x] \leq x$ થાય.
$k=1, 2, \ldots, n$ માટે $[kr]$ પદોને લાગુ પાડતા:
$kr-1 < [kr] \leq kr$.
આ અસમતાઓનો $k=1$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા:
$\sum_{k=1}^{n} (kr-1) < \sum_{k=1}^{n} [kr] \leq \sum_{k=1}^{n} kr$.
$r \frac{n(n+1)}{2} - n < \sum_{k=1}^{n} [kr] \leq r \frac{n(n+1)}{2}$.
આખી અસમતાને $n^2$ વડે ભાગતા:
$\frac{r \frac{n(n+1)}{2} - n}{n^2} < \frac{\sum_{k=1}^{n} [kr]}{n^2} \leq \frac{r \frac{n(n+1)}{2}}{n^2}$.
$n \rightarrow \infty$ લેતા:
$\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{r(n^2+n)}{2n^2} - \frac{n}{n^2} \right) = \frac{r}{2}$
અને
$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{r(n^2+n)}{2n^2} = \frac{r}{2}$.
સેન્ડવિચ પ્રમેય મુજબ,લક્ષ $\frac{r}{2}$ મળે છે.

(C) આપેલ શ્રેણી $s_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$ છે.
દરેક $k$ માટે જ્યાં $0 \leq k \leq n$,આપણી પાસે $n^2 \leq n^2+k \leq n^2+n$ છે.
વર્ગમૂળ અને વ્યસ્ત લેતા,આપણને $\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2}}$ મળે છે.
$k=0$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા ($n+1$ પદો),આપણને મળે છે:
$(n+1) \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} \leq s_n \leq (n+1) \frac{1}{\sqrt{n^2}}$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,ડાબી બાજુ $\frac{n+1}{\sqrt{n^2+n}} = \sqrt{1+1/n} \rightarrow 1$.
જમણી બાજુ $\frac{n+1}{n} = 1 + \frac{1}{n} \rightarrow 1$.
સ્કવીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) દ્વારા,$\lim_{n \rightarrow \infty} s_n = 1$.
કારણ કે $1$ એ અંતરાલ $[1, 2)$ માં આવે છે,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) ધારો કે $L_n = \prod_{k=1}^{n} \left(2^{\frac{1}{2}} - 2^{\frac{1}{2k+1}}\right)$.
દરેક $k \ge 1$ માટે,$2^{\frac{1}{2}} - 2^{\frac{1}{2k+1}} > 0$ છે.
વળી,$2^{\frac{1}{2}} - 2^{\frac{1}{2k+1}} < 2^{\frac{1}{2}} - 2^0 = \sqrt{2} - 1 < 1$ છે.
આમ,$0 < L_n < (\sqrt{2} - 1)^n$ થાય.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$,ત્યારે $(\sqrt{2} - 1)^n \rightarrow 0$ થાય કારણ કે $|\sqrt{2} - 1| < 1$.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,$\lim_{n \rightarrow \infty} L_n = 0$.

(B) આપેલ છે કે $f: R \rightarrow (0, \infty)$ એ એક ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
આપણને લક્ષ $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(7 x)}{f(x)}=1$ આપેલ છે.
કારણ કે $f$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે અને $x > 0$ માટે $x < 5x < 7x$ થાય,તેથી $f(x) < f(5x) < f(7x)$ મળે.
અસમતાને $f(x) > 0$ વડે ભાગતા,આપણને $1 < \frac{f(5x)}{f(x)} < \frac{f(7x)}{f(x)}$ મળે.
$x \rightarrow \infty$ લેતા,આપણને $\lim _{x \rightarrow \infty} 1 \leq \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(5x)}{f(x)} \leq \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(7x)}{f(x)}$ મળે.
આપેલ લક્ષની કિંમત મૂકતા,$1 \leq \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(5x)}{f(x)} \leq 1$ મળે.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(5x)}{f(x)} = 1$ થાય.
તેથી,$\lim _{x \rightarrow \infty} \left[\frac{f(5x)}{f(x)} - 1\right] = 1 - 1 = 0$ થાય.

(B) આપણે $\lim _{x \rightarrow 0} x^7 \left[ \frac{1}{x^3} \right]$ ની કિંમત મેળવવી છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેયના ગુણધર્મ મુજબ,$\frac{1}{x^3} - 1 < \left[ \frac{1}{x^3} \right] \le \frac{1}{x^3}$.
કિસ્સો $1$: $x > 0$. $x^7$ વડે ગુણતા,$x^4 - x^7 < x^7 \left[ \frac{1}{x^3} \right] \le x^4$.
જ્યારે $x \rightarrow 0^+$,ત્યારે સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ લક્ષ $0$ થાય છે.
કિસ્સો $2$: $x < 0$. $x^7$ વડે ગુણતા,અસમતા બદલાશે: $x^4 \le x^7 \left[ \frac{1}{x^3} \right] < x^4 - x^7$.
જ્યારે $x \rightarrow 0^-$,ત્યારે સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ લક્ષ $0$ થાય છે.
આમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવાથી,જવાબ $0$ છે.

(A) આપેલ છે,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x|}{\sqrt{x^4+4 x^2+5}}=k$.
$x=0$ મૂકતા,આપણને $k = \frac{0}{\sqrt{0+0+5}} = 0$ મળે છે.
હવે,$\lim _{x \rightarrow 0} x^4 \sin \left(\frac{1}{3 \sqrt{x}}\right)=l$ ધ્યાનમાં લો.
જેમ $x \rightarrow 0$ થાય તેમ $\sin \left(\frac{1}{3 \sqrt{x}}\right)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,અને $x^4 \rightarrow 0$ થાય છે,તેથી સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,$0 \times (\text{finite value}) = 0$.
આમ,$l = 0$.
તેથી,$k+l = 0+0 = 0$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$\sin x$ ની કિંમત $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોય છે.
તેથી,$2 + \sin x$ ની કિંમત $[2 - 1, 2 + 1] = [1, 3]$ અંતરાલમાં હોય છે.
જેમ $x \rightarrow \infty$,તેમ છેદ $x^2 + 3 \rightarrow \infty$ થાય છે.
આમ,$\lim _{x}$ ${\rightarrow \infty}\left(\frac{2+\sin x}{x^2+3}\right) = \frac{1 \text{ અને } 3 \text{ વચ્ચેની કોઈ નિશ્ચિત કિંમત}}{\infty} = 0$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $y$ માટે,$y - 1 < [y] \leq y$ થાય.
$y = 2x - 3$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$(2x - 3) - 1 < [2x - 3] \leq 2x - 3$
$2x - 4 < [2x - 3] \leq 2x - 3$
આખી અસમતાને $x$ વડે ભાગતા ($x > 0$ માટે):
$\frac{2x - 4}{x} < \frac{[2x - 3]}{x} \leq \frac{2x - 3}{x}$
$2 - \frac{4}{x} < \frac{[2x - 3]}{x} \leq 2 - \frac{3}{x}$
$x \rightarrow \infty$ તરીકે લક્ષ લેતા:
$\lim_{x \rightarrow \infty} (2 - \frac{4}{x}) \leq \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{[2x - 3]}{x} \leq \lim_{x \rightarrow \infty} (2 - \frac{3}{x})$
$2 - 0 \leq \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{[2x - 3]}{x} \leq 2 - 0$
સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{[2x - 3]}{x} = 2$.

(D) અમે લક્ષને બે ભાગમાં વહેંચીને તેની ગણતરી કરીએ છીએ:
$\lim _{x \rightarrow 2} \left[ (x-2)^2 \cos \left(\frac{2}{x-2}\right) \right] + \lim _{x \rightarrow 2} \left[ \frac{x^2-4}{x^3-2 x-4} \right]$
પ્રથમ ભાગ માટે,$\lim _{x \rightarrow 2} (x-2)^2 \cos \left(\frac{2}{x-2}\right)$. કારણ કે $(x-2)^2 \rightarrow 0$ અને $\cos \left(\frac{2}{x-2}\right)$ એ $[-1, 1]$ માં સીમિત છે,તેથી સ્ક્વીઝ પ્રમેય દ્વારા,લક્ષ $0 \times [-1, 1] = 0$ થાય છે.
બીજા ભાગ માટે,$\lim _{x \rightarrow 2} \frac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(x^2+2x+2)} = \lim _{x \rightarrow 2} \frac{x+2}{x^2+2x+2}$.
$x=2$ મૂકતા,આપણને $\frac{2+2}{2^2+2(2)+2} = \frac{4}{4+4+2} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$ મળે છે.
આમ,કુલ લક્ષ $0 + \frac{2}{5} = \frac{2}{5}$ છે.

(B) લક્ષની કિંમત શોધવા માટે આપણે સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \neq 0$ માટે,$-1 \leq \sin \left(\frac{\pi}{x}\right) \leq 1$ થાય.
અસમતાને $x^2$ વડે ગુણતા (કારણ કે $x \neq 0$ માટે $x^2 > 0$ છે),આપણને મળે છે:
$-x^2 \leq x^2 \sin \left(\frac{\pi}{x}\right) \leq x^2$.
હવે,બંને બાજુ $x \rightarrow 0$ લેતા:
$\lim _{x \rightarrow 0} (-x^2) \leq \lim _{x \rightarrow 0} x^2 \sin \left(\frac{\pi}{x}\right) \leq \lim _{x \rightarrow 0} x^2$.
કારણ કે $\lim _{x \rightarrow 0} (-x^2) = 0$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} x^2 = 0$,સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim _{x \rightarrow 0} x^2 \sin \left(\frac{\pi}{x}\right) = 0$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $f$ એ વધતું વિધેય છે અને તમામ $x \in R^{+}$ માટે $f(x) > 0$ છે.
આપણને આપેલ છે કે $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(9 x)}{f(3 x)}=1$.
$f$ એ વધતું વિધેય હોવાથી,કોઈપણ $x > 0$ માટે,આપણી પાસે અસમતા છે:
$3x < 6x < 9x$
$\Rightarrow f(3x) < f(6x) < f(9x)$
આખી અસમતાને $f(3x)$ (જે ધન છે) વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{f(3x)}{f(3x)} < \frac{f(6x)}{f(3x)} < \frac{f(9x)}{f(3x)}$
$1 < \frac{f(6x)}{f(3x)} < \frac{f(9x)}{f(3x)}$
હવે,બધી બાજુઓ પર $x \rightarrow \infty$ લેતા:
$\lim _{x \rightarrow \infty} 1 \leq \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(6x)}{f(3x)} \leq \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(9x)}{f(3x)}$
$1 \leq \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(6x)}{f(3x)} \leq 1$
સેન્ડવિચ પ્રમેય (Sandwich Theorem) દ્વારા,આપણે નિષ્કર્ષ કાઢી શકીએ છીએ કે:
$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(6x)}{f(3x)} = 1$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $y$ માટે,$y - 1 < [y] \leq y$ થાય.
$y = \frac{q}{x}$ મૂકતા,આપણને $\frac{q}{x} - 1 < \left[ \frac{q}{x} \right] \leq \frac{q}{x}$ મળે.
$\frac{x}{p}$ વડે ગુણતા (ધારો કે $x > 0$ અને $p > 0$),આપણને $\frac{x}{p} \left( \frac{q}{x} - 1 \right) < \frac{x}{p} \left[ \frac{q}{x} \right] \leq \frac{x}{p} \left( \frac{q}{x} \right)$ મળે.
આનું સાદું રૂપ $\frac{q}{p} - \frac{x}{p} < \frac{x}{p} \left[ \frac{q}{x} \right] \leq \frac{q}{p}$ થાય.
જ્યારે $x \rightarrow 0^{+}$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા,સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,કિંમત $\frac{q}{p}$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,$x-1 < [x] \leq x$.
$x = n\sqrt{2}$ મૂકતા,આપણને $n\sqrt{2}-1 < [n\sqrt{2}] \leq n\sqrt{2}$ મળે છે.
આ અસમતાને $n$ વડે ભાગતા,$\frac{n\sqrt{2}-1}{n} < \frac{[n\sqrt{2}]}{n} \leq \frac{n\sqrt{2}}{n}$ મળે.
આનું સાદું રૂપ $\sqrt{2} - \frac{1}{n} < \frac{[n\sqrt{2}]}{n} \leq \sqrt{2}$ થાય છે.
જ્યારે $n \rightarrow \infty$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા,$\lim_{n \rightarrow \infty} (\sqrt{2} - \frac{1}{n}) = \sqrt{2}$ અને $\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{2} = \sqrt{2}$ મળે છે.
સેન્ડવિચ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{[n\sqrt{2}]}{n} = \sqrt{2}$.

(A) આપણે $\lim_{x \rightarrow 0} x \sin \left(e^{\frac{1}{x}}\right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કોઈપણ વાસ્તવિક $\theta$ માટે $-1 \leq \sin \theta \leq 1$ હોવાથી,$-1 \leq \sin \left(e^{\frac{1}{x}}\right) \leq 1$ થાય.
$x$ વડે ગુણતા (ધારો કે $x > 0$): $-x \leq x \sin \left(e^{\frac{1}{x}}\right) \leq x$.
જ્યારે $x \rightarrow 0^+$,ત્યારે $-x$ અને $x$ બંને $0$ તરફ જાય છે. સ્ક્વીઝ પ્રમેય મુજબ,$\lim_{x \rightarrow 0^+} x \sin \left(e^{\frac{1}{x}}\right) = 0$.
$x < 0$ માટે,$x = -h$ લો જ્યાં $h > 0$. જ્યારે $x \rightarrow 0^-$,ત્યારે $h \rightarrow 0^+$.
પદ $\lim_{h \rightarrow 0^+} (-h) \sin \left(e^{-\frac{1}{h}}\right)$ બને છે.
જ્યારે $h \rightarrow 0^+$,ત્યારે $e^{-\frac{1}{h}} \rightarrow e^{-\infty} = 0$,તેથી $\sin \left(e^{-\frac{1}{h}}\right) \rightarrow \sin(0) = 0$.
આમ,$\lim_{h \rightarrow 0^+} (-h) \cdot 0 = 0$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ બંને $0$ હોવાથી,લક્ષનું અસ્તિત્વ છે અને તે $0$ છે.