Continuity Questions in Gujarati

(A) $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{4}$ પર સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ સમાન હોવી જોઈએ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}^-} (x + a \sqrt{2} \sin x) = \frac{\pi}{4} + a \sqrt{2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{\pi}{4} + a$
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}^+} (2x \cot x + b) = 2\left(\frac{\pi}{4}\right) \cot\left(\frac{\pi}{4}\right) + b = \frac{\pi}{2} + b$
તેમને સરખાવતા: $\frac{\pi}{4} + a = \frac{\pi}{2} + b \implies a - b = \frac{\pi}{4} \quad \dots(1)$
$f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ પર સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુની લક્ષ અને જમણી બાજુની લક્ષ સમાન હોવી જોઈએ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} (2x \cot x + b) = 2\left(\frac{\pi}{2}\right) \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} \cot x + b = \pi(0) + b = b$
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} (a \cos 2x - b \sin x) = a \cos(\pi) - b \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = -a - b$
તેમને સરખાવતા: $b = -a - b \implies a + 2b = 0 \implies a = -2b \quad \dots(2)$
$(2)$ ને $(1)$ માં મૂકતા: $-2b - b = \frac{\pi}{4} \implies -3b = \frac{\pi}{4} \implies b = -\frac{\pi}{12}$
તેથી $a = -2(-\frac{\pi}{12}) = \frac{\pi}{6}$.

(D) વિધેય $x = 1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને વિધેયની કિંમત $x = 1$ આગળ સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (3ax + b) = 3a + b$
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (5ax - 2b) = 5a - 2b$
આપેલ છે કે $f(1) = 11$,તેથી:
$3a + b = 11$ (સમીકરણ $1$)
$5a - 2b = 11$ (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $1$ પરથી,$b = 11 - 3a$. આ કિંમત સમીકરણ $2$ માં મૂકતા:
$5a - 2(11 - 3a) = 11$
$5a - 22 + 6a = 11$
$11a = 33 \implies a = 3$
$a = 3$ ની કિંમત $b = 11 - 3a$ માં મૂકતા:
$b = 11 - 3(3) = 11 - 9 = 2$
આમ,$a = 3$ અને $b = 2$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(1 + \cos x) - \sin x}{(1 + \cos x) + \sin x}$.
$f(x)$ એ $x = \pi$ આગળ સતત હોવાથી,$f(\pi) = \lim_{x \rightarrow \pi} f(x)$ થાય.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 + \cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2}$ અને $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow \pi} f(x) = \lim_{x \rightarrow \pi} \frac{2 \cos^2 \frac{x}{2} - 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^2 \frac{x}{2} + 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}$
$= \lim_{x \rightarrow \pi} \frac{2 \cos \frac{x}{2} (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})}{2 \cos \frac{x}{2} (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})}$
$= \lim_{x \rightarrow \pi} \frac{\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}}$
અંશ અને છેદને $\cos \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$= \lim_{x \rightarrow \pi} \frac{1 - \tan \frac{x}{2}}{1 + \tan \frac{x}{2}} = \lim_{x \rightarrow \pi} \tan \left( \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} \right)$
$= \tan \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2} \right) = \tan \left( -\frac{\pi}{4} \right) = -1$.

(C) $f(x)$ એ $[-\pi, \pi]$ માં સતત હોવા માટે,તે $x = -\pi/2$ અને $x = \pi/2$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = -\pi/2$ આગળ:
$\lim_{x \to -\pi/2^-} f(x) = -2 \sin(-\pi/2) = -2(-1) = 2$.
$\lim_{x \to -\pi/2^+} f(x) = a \sin(-\pi/2) + b = -a + b$.
તે સતત હોવાથી,$-a + b = 2$ (સમીકરણ $1$).
$x = \pi/2$ આગળ:
$\lim_{x \to \pi/2^-} f(x) = a \sin(\pi/2) + b = a + b$.
$\lim_{x \to \pi/2^+} f(x) = \cos(\pi/2) = 0$.
તે સતત હોવાથી,$a + b = 0$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $1$ અને સમીકરણ $2$ નો સરવાળો કરતા: $(-a + b) + (a + b) = 2 + 0 \implies 2b = 2 \implies b = 1$.
સમીકરણ $2$ માં $b = 1$ મુકતા: $a + 1 = 0 \implies a = -1$.
હવે,$(3a + 2b)^3$ ની કિંમત શોધીએ:
$(3(-1) + 2(1))^3 = (-3 + 2)^3 = (-1)^3 = -1$.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} x, & x \le 0 \\ 0, & x > 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે:
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ = $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} x = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ = $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} 0 = 0$.
વિધેયનું મૂલ્ય $f(0) = 0$.
અહીં $LHL$ = $RHL$ = $f(0)$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે:
ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$ = $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(0-h) - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h}{-h} = 1$.
જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$ = $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{0 - 0}{h} = 0$.
અહીં $LHD$ $\neq$ $RHD$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.

(A) $f(x)$ એ $x = -2$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim_{x \rightarrow -2^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow -2^{-}} (6 \beta - 3 \alpha x) = 6 \beta - 3 \alpha (-2) = 6 \beta + 6 \alpha$.
$\lim_{x \rightarrow -2^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow -2^{+}} (4x + 1) = 4(-2) + 1 = -8 + 1 = -7$.
$f(x)$ સતત હોવાથી,$6 \beta + 6 \alpha = -7$.
બંને બાજુ $6$ વડે ભાગતા,આપણને $\alpha + \beta = \frac{-7}{6}$ મળે છે.

(C) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{(e^{2x} - 1) \sin x^{\circ}}{x^2}$
$x^{\circ} = \frac{x\pi}{180}$ રેડિયન રૂપાંતરનો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{(e^{2x} - 1)}{x} \cdot \frac{\sin(\frac{x\pi}{180})}{x}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \left( 2 \cdot \frac{e^{2x} - 1}{2x} \right) \cdot \left( \frac{\pi}{180} \cdot \frac{\sin(\frac{x\pi}{180})}{\frac{x\pi}{180}} \right)$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$ અને $\lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = 2(1) \cdot \frac{\pi}{180}(1) = \frac{2\pi}{180} = \frac{\pi}{90}$.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} f(x) = f(\frac{\pi}{2}) = k$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,$f(x)$ ના પદને સાદું રૂપ આપીએ:
$f(x) = \frac{(1+\cos 2x) - \sin 2x}{(1+\cos 2x) + \sin 2x} = \frac{2\cos^2 x - 2\sin x \cos x}{2\cos^2 x + 2\sin x \cos x}$.
અંશ અને છેદમાંથી $2\cos x$ સામાન્ય લેતા:
$f(x) = \frac{2\cos x(\cos x - \sin x)}{2\cos x(\cos x + \sin x)} = \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x}$.
હવે,$x \rightarrow \frac{\pi}{2}$ માટે લક્ષની કિંમત મેળવીએ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x} = \frac{\cos(\frac{\pi}{2}) - \sin(\frac{\pi}{2})}{\cos(\frac{\pi}{2}) + \sin(\frac{\pi}{2})} = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$.
તેથી,$k = -1$.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = k$ થાય.
આમ,$k = \lim_{x \to 0} \left[\tan \left(\frac{\pi}{4} + x\right)\right]^{\frac{1}{x}}$.
સૂત્ર $\tan(\frac{\pi}{4} + x) = \frac{1 + \tan x}{1 - \tan x}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$k = \lim_{x \to 0} \left(\frac{1 + \tan x}{1 - \tan x}\right)^{\frac{1}{x}}$.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે લક્ષના ગુણધર્મ $\lim_{x \to 0} (1 + u(x))^{v(x)} = e^{\lim_{x \to 0} u(x)v(x)}$ નો ઉપયોગ કરીશું.
$k = \exp \left[ \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1 + \tan x}{1 - \tan x} - 1 \right) \right]$.
$k = \exp \left[ \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1 + \tan x - 1 + \tan x}{1 - \tan x} \right) \right] = \exp \left[ \lim_{x \to 0} \frac{2 \tan x}{x(1 - \tan x)} \right]$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$,તેથી $k = e^{2(1)/(1-0)} = e^{2}$.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$x \rightarrow 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$\lim _{x \rightarrow 0} f(x) = f(0) = 2$.
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{81^{x}-9^{x}}{k^{x}-1} = 2$.
અંશમાંથી $9^{x}$ સામાન્ય લેતા: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{9^{x}(9^{x}-1)}{k^{x}-1} = 2$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{9^{x} \cdot \frac{9^{x}-1}{x}}{\frac{k^{x}-1}{x}} = 2$.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^{x}-1}{x} = \ln a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{9^{0} \cdot \ln 9}{\ln k} = 2$.
$9^{0} = 1$ હોવાથી,$\frac{\ln 9}{\ln k} = 2$ મળે.
$\ln 9 = 2 \ln k \Rightarrow \ln 9 = \ln k^{2}$.
$k^{2} = 9 \Rightarrow k = 3$ (કારણ કે ઘાતાંકીય વિધેયના આધાર માટે $k$ ધન હોવો જોઈએ).
આમ,$k$ ની કિંમત $3$ છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0) = k$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $x \neq 0$ માટે $f(x) = \frac{\log 10 + \log(0.1 + 2x)}{2x}$.
ગુણધર્મ $\log a + \log b = \log(ab)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log 10 + \log(0.1 + 2x) = \log(10 \times (0.1 + 2x)) = \log(1 + 20x)$.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1 + 20x)}{2x} = k$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\log(1 + u)}{u} = 1$.
$20$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1 + 20x)}{20x} \times 10 = k$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\log(1 + 20x)}{20x} = 1$,તેથી $1 \times 10 = k$,એટલે કે $k = 10$.
આમ,$k + 2 = 10 + 2 = 12$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{|x-2|}{x-2}$ જ્યારે $x \neq 2$ અને $f(2) = 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે જો $x > 2$ હોય તો $|x-2| = (x-2)$ અને જો $x < 2$ હોય તો $|x-2| = -(x-2)$ થાય.
જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{+}} \frac{x-2}{x-2} = 1$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 2^{-}} \frac{-(x-2)}{x-2} = -1$.
અહીં $\lim_{x \rightarrow 2^{+}} f(x) \neq \lim_{x \rightarrow 2^{-}} f(x)$ હોવાથી,$x=2$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
વળી,$f(2) = 1$. લક્ષનું અસ્તિત્વ ન હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x=2$ આગળ અસતત છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
લક્ષની ગણતરી કરતા: $\lim_{x \rightarrow 0} \left(\frac{1+4x}{1-4x}\right)^{\frac{1}{x}} = \frac{\lim_{x \rightarrow 0} (1+4x)^{\frac{1}{x}}}{\lim_{x \rightarrow 0} (1-4x)^{\frac{1}{x}}}$.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim_{u \rightarrow 0} (1+u)^{\frac{1}{u}} = e$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{\left[\lim_{x \rightarrow 0} (1+4x)^{\frac{1}{4x}}\right]^{4}}{\left[\lim_{x \rightarrow 0} (1-4x)^{\frac{1}{-4x}}\right]^{-4}} = \frac{e^{4}}{e^{-4}}$.
$= e^{4 - (-4)} = e^{8}$.

(B) વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \frac{1}{x-1}$ જ્યાં $0 \leq x \leq 2$
$f(x) = \frac{x+5}{x+3}$ જ્યાં $2 < x \leq 4$
પગલું $1$: અંતરાલોની અંદર અસતત બિંદુઓ તપાસો.
$0 \leq x \leq 2$ માટે,વિધેય $f(x) = \frac{1}{x-1}$ એ $x=1$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે. કારણ કે $1 \in [0, 2]$,તેથી $x=1$ એ અસતત બિંદુ છે.
$2 < x \leq 4$ માટે,વિધેય $f(x) = \frac{x+5}{x+3}$ એ $x=-3$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે. કારણ કે $-3 \notin (2, 4]$,તેથી આ અંતરાલમાં કોઈ અસતત બિંદુ નથી.
પગલું $2$: સીમાબિંદુ $x=2$ આગળ સાતત્ય તપાસો.
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{1}{x-1} = \frac{1}{2-1} = 1$
$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \frac{x+5}{x+3} = \frac{2+5}{2+3} = \frac{7}{5}$
કારણ કે $\lim_{x \to 2^-} f(x) \neq \lim_{x \to 2^+} f(x)$,તેથી વિધેય $x=2$ આગળ અસતત છે.
નિષ્કર્ષ: અસતત બિંદુઓ $x=1$ અને $x=2$ છે.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $x \to 0$ માટે વિધેયની લક્ષ કિંમત એ $x = 0$ આગળ વિધેયની કિંમત જેટલી હોવી જોઈએ.
$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$
$\lim_{x \to 0} \frac{4 \sin \pi x}{5 x} = 2k$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$.
$\lim_{x \to 0} \left( \frac{4 \sin \pi x}{5 x} \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{4 \pi \sin \pi x}{5 \pi x} \right) = \frac{4 \pi}{5} \lim_{x \to 0} \frac{\sin \pi x}{\pi x} = \frac{4 \pi}{5} \times 1 = \frac{4 \pi}{5}$.
આને $f(0) = 2k$ સાથે સરખાવતા:
$\frac{4 \pi}{5} = 2k$
$k = \frac{4 \pi}{10} = \frac{2 \pi}{5}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) કારણ કે $f$ એ $x = \pi$ આગળ સતત છે,તેથી $f(\pi) = \lim_{x \rightarrow \pi} f(x)$ થાય.
લક્ષ $\lim_{x \rightarrow \pi} \frac{1 - \sin x + \cos x}{1 + \sin x + \cos x}$ માટે એલ-હોસ્પિટલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow \pi} \frac{\frac{d}{dx}(1 - \sin x + \cos x)}{\frac{d}{dx}(1 + \sin x + \cos x)} = \lim_{x \rightarrow \pi} \frac{-\cos x - \sin x}{\cos x - \sin x}$.
$x = \pi$ મૂકતા:
$f(\pi) = \frac{-\cos(\pi) - \sin(\pi)}{\cos(\pi) - \sin(\pi)} = \frac{-(-1) - 0}{-1 - 0} = \frac{1}{-1} = -1$.

(A) $x=0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે $\lim_{x \rightarrow 0} f(x)$ ની કિંમત શોધીએ.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(e^{3x}-1) \sin x^{\circ}}{x^2}$ જ્યારે $x \neq 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x^{\circ} = \frac{\pi x}{180}$ રેડિયન.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(e^{3x}-1) \sin(\frac{\pi x}{180})}{x^2}$.
$3x$ અને $\frac{\pi}{180}$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{e^{3x}-1}{3x} \cdot 3 \right) \cdot \left( \frac{\sin(\frac{\pi x}{180})}{\frac{\pi x}{180}} \cdot \frac{\pi}{180} \right) = (1 \cdot 3) \cdot (1 \cdot \frac{\pi}{180}) = \frac{3\pi}{180} = \frac{\pi}{60}$.
અહીં $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0) = \frac{\pi}{60}$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત છે.
કોઈ બિંદુ $x = c$ આગળ વિધેય સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને તે બિંદુએ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$\therefore \lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^+} f(x) = f(3)$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ શોધતા: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{h \to 0} f(3 - h) = \lim_{h \to 0} [a(3 - h) + 1] = 3a + 1$.
જમણી બાજુનું લક્ષ શોધતા: $\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{h \to 0} f(3 + h) = \lim_{h \to 0} [b(3 + h) + 3] = 3b + 3$.
કારણ કે $f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત છે,તેથી આપણે લક્ષોને સરખાવીએ: $3a + 1 = 3b + 3$.
પદોને ગોઠવતા: $3a - 3b = 3 - 1$.
$3(a - b) = 2$.
$a - b = \frac{2}{3}$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} x - \frac{|x|}{x}, & x < 0 \\ x + \frac{|x|}{x}, & x > 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases}$ છે.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ અને વિધેયનું મૂલ્ય $f(0)$ શોધીએ.
$LHL = \lim_{x \to 0^{-}} f(x) = \lim_{x \to 0^{-}} \left(x - \frac{|x|}{x}\right)$.
જ્યારે $x < 0$,ત્યારે $|x| = -x$,તેથી $\frac{|x|}{x} = -1$.
$LHL = \lim_{x \to 0^{-}} (x - (-1)) = \lim_{x \to 0^{-}} (x + 1) = 0 + 1 = 1$.
$RHL = \lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \lim_{x \to 0^{+}} \left(x + \frac{|x|}{x}\right)$.
જ્યારે $x > 0$,ત્યારે $|x| = x$,તેથી $\frac{|x|}{x} = 1$.
$RHL = \lim_{x \to 0^{+}} (x + 1) = 0 + 1 = 1$.
આપેલ છે કે $f(0) = 1$.
અહીં $LHL = RHL = f(0) = 1$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.

(D) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
અહીં $f(0) = 16$ છે,તેથી લક્ષની કિંમત મેળવીએ:
$\lim_{x \to 0} \frac{(e^{kx} - 1) \tan kx}{4x^2} = 16$.
આ પદને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\lim_{x \to 0} \left( \frac{e^{kx} - 1}{kx} \right) \left( \frac{\tan kx}{kx} \right) \left( \frac{k^2 x^2}{4x^2} \right) = 16$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$ અને $\lim_{u \to 0} \frac{\tan u}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 \times 1 \times \frac{k^2}{4} = 16$.
$\frac{k^2}{4} = 16$.
$k^2 = 64$.
$k = \pm 8$.

(B) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + ax) - \log(1 - bx)}{x}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L'\text{Hospital}$ ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\log(1 + ax)) - \frac{d}{dx}(\log(1 - bx))}{\frac{d}{dx}(x)}$.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{a}{1 + ax} - \frac{-b}{1 - bx}}{1}$.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{a}{1 + ax} + \frac{b}{1 - bx} \right)$.
$x = 0$ મૂકતા:
$f(0) = \frac{a}{1 + 0} + \frac{b}{1 - 0} = a + b$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = a$ આગળ સતત હોય જો $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$ થાય.
વિકલ્પ $C$ માટે,આપણે $x = 0$ આગળ લક્ષ ચકાસીએ:
$R.H.L. = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^{1/x} - 1}{e^{1/x} + 1} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1 - e^{-1/x}}{1 + e^{-1/x}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$.
$L.H.L. = \lim_{x \to 0^-} \frac{e^{1/x} - 1}{e^{1/x} + 1} = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$.
અહીં $L.H.L. \neq R.H.L.$ હોવાથી,$x = 0$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,આ વિધેય $x = 0$ આગળ સતત નથી.

(D) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - \cos x}{x^2}$
આ લક્ષની કિંમત શોધવા માટે,અંશમાં $1$ ઉમેરીએ અને બાદ કરીએ:
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{(e^{x^2} - 1) + (1 - \cos x)}{x^2}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1}{x^2} + \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim_{x \to 0^+} (x^2 + \alpha) = \lim_{x \to 0^-} (2\sqrt{x^2 + 1} + \beta)$
$0^2 + \alpha = 2\sqrt{0^2 + 1} + \beta$
$\alpha = 2 + \beta \implies \alpha - \beta = 2 . . . (1)$
આપેલ છે કે $f(\frac{1}{2}) = 2$. કારણ કે $\frac{1}{2} \ge 0$,આપણે વિધેયનો પ્રથમ ભાગ વાપરીશું:
$f(\frac{1}{2}) = (\frac{1}{2})^2 + \alpha = 2$
$\frac{1}{4} + \alpha = 2$
$\alpha = 2 - \frac{1}{4} = \frac{7}{4}$
સમીકરણ $(1)$ માં $\alpha = \frac{7}{4}$ મૂકતા:
$\frac{7}{4} - \beta = 2$
$\beta = \frac{7}{4} - 2 = -\frac{1}{4}$
હવે,$\alpha^2 + \beta^2$ ની ગણતરી કરતા:
$\alpha^2 + \beta^2 = (\frac{7}{4})^2 + (-\frac{1}{4})^2$
$\alpha^2 + \beta^2 = \frac{49}{16} + \frac{1}{16} = \frac{50}{16} = \frac{25}{8}$

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
$K = \lim_{x \to 0} \log(\sec^2 x)^{\cot^2 x}$
$\log(a^b) = b \log a$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$K = \lim_{x \to 0} \cot^2 x \cdot \log(\sec^2 x)$
$\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ હોવાથી:
$K = \lim_{x \to 0} \cot^2 x \cdot \log(1 + \tan^2 x)$
$K = \lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + \tan^2 x)}{\tan^2 x}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\log(1+u)}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \tan^2 x$ જ્યારે $x \to 0$:
$K = 1$.

(C) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
આપેલ છે કે $f(0) = K$,તેથી $K = \lim_{x \to 0} [\tan(\frac{\pi}{4} + x)]^{\frac{1}{x}}$.
સૂત્ર $\tan(\frac{\pi}{4} + x) = \frac{1 + \tan x}{1 - \tan x}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$K = \lim_{x \to 0} (\frac{1 + \tan x}{1 - \tan x})^{\frac{1}{x}}$.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $\lim_{x \to 0} (1 + g(x))^{h(x)} = e^{\lim_{x \to 0} g(x)h(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
$K = \lim_{x \to 0} [1 + (\frac{1 + \tan x}{1 - \tan x} - 1)]^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} [1 + \frac{2 \tan x}{1 - \tan x}]^{\frac{1}{x}}$.
$K = e^{\lim_{x \to 0} (\frac{2 \tan x}{1 - \tan x} \cdot \frac{1}{x})}$.
કારણ કે $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$,તેથી:
$K = e^{\lim_{x \to 0} (\frac{2}{1 - \tan x} \cdot 1)} = e^{\frac{2}{1 - 0}} = e^{2}$.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ થાય.
તેથી,$\lim_{x \to 0} \frac{\text{log}(1 + 2x) \cdot \sin x^{\circ}}{x^2} = k$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin x^{\circ} = \sin(\frac{\pi x}{180})$.
તેથી,$\lim_{x \to 0} \frac{\text{log}(1 + 2x)}{x} \cdot \frac{\sin(\frac{\pi x}{180})}{x} = k$.
$2$ અને $\frac{\pi}{180}$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \left( 2 \cdot \frac{\text{log}(1 + 2x)}{2x} \right) \cdot \left( \frac{\pi}{180} \cdot \frac{\sin(\frac{\pi x}{180})}{\frac{\pi x}{180}} \right) = k$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\text{log}(1+u)}{u} = 1$ અને $\lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \cdot 1 \cdot \frac{\pi}{180} \cdot 1 = k$.
આમ,$k = \frac{\pi}{90}$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ k, & x = 0 \end{cases}$ છે.
વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,શરત $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ નું પાલન થવું જોઈએ.
આપણે લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \neq 0$ માટે,$-1 \leq \sin \frac{1}{x} \leq 1$ થાય.
બંને બાજુ $x$ વડે ગુણતા,આપણને $-|x| \leq x \sin \frac{1}{x} \leq |x|$ મળે છે.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,જેમ $x \to 0$ થાય,તેમ $-|x|$ અને $|x|$ બંને $0$ ને અનુલક્ષે છે.
તેથી,$\lim_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x} = 0$.
અહીં $f(0) = k$ હોવાથી,$k = 0$ મળે છે.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \begin{cases} x \sin \left(\frac{1}{x}\right), & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$
$x = 0$ આગળ સાતત્ય માટે:
$LHL = f(0-0) = \lim_{h \to 0} f(0-h) = \lim_{h \to 0} (-h) \sin \left(-\frac{1}{h}\right) = \lim_{h \to 0} h \sin \left(\frac{1}{h}\right) = 0 \times (\text{સીમિત કિંમત}) = 0$.
$RHL = f(0+0) = \lim_{h \to 0} f(0+h) = \lim_{h \to 0} h \sin \left(\frac{1}{h}\right) = 0 \times (\text{સીમિત કિંમત}) = 0$.
અહીં $f(0) = LHL = RHL = 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ વિકલનીયતા માટે:
$Rf'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \sin(1/h)$.
જેમ $h \to 0$,$\sin(1/h)$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે,તેથી લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી.
તે જ રીતે,$Lf'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h \sin(-1/h) - 0}{-h} = \lim_{h \to 0} \sin(1/h)$,જેનું પણ અસ્તિત્વ નથી.
વિકલનનું અસ્તિત્વ ન હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે પણ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
$f(0) = k$.
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\log (1 + 2ax) - \log (1 - bx)}{x}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે,તેથી આપણે $L$'Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીશું:
$k = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\log (1 + 2ax) - \log (1 - bx))}{\frac{d}{dx}(x)}$.
$k = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2a}{1 + 2ax} - \frac{-b}{1 - bx}}{1}$.
$k = \frac{2a}{1 + 0} + \frac{b}{1 - 0} = 2a + b$.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$ હોવું જરૂરી છે.
પ્રથમ,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ શોધીએ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (1+|\sin x|)^{\frac{a}{|\sin x|}}$.
ધારો કે $u = |\sin x|$. જેમ $x \to 0$,તેમ $u \to 0^+$. લક્ષ $\lim_{u \to 0^+} (1+u)^{a/u} = e^a$ થાય.
હવે,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ શોધીએ:
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} e^{\frac{\tan 2x}{\tan 3x}}$.
લક્ષ $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan k\theta}{\theta} = k$ નો ઉપયોગ કરતા,$\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 2x}{\tan 3x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(\tan 2x / 2x) \cdot 2x}{(\tan 3x / 3x) \cdot 3x} = \frac{1 \cdot 2}{1 \cdot 3} = \frac{2}{3}$ મળે.
આમ,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = e^{2/3}$.
$f(0) = b$ હોવાથી,સાતત્ય માટે $e^a = e^{2/3} = b$ થાય.
તેથી,$a = 2/3$ અને $b = e^{2/3}$ મળે.

(D) વિધેય $f(x)$ એ $[-\pi, \pi]$ માં સતત હોવા માટે,તે $x = -\frac{\pi}{2}$ અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ સતત હોવું જોઈએ.
$x = -\frac{\pi}{2}$ આગળ:
$\lim_{x \rightarrow -\frac{\pi}{2}^-} (-2 \sin x) = -2 \sin(-\frac{\pi}{2}) = -2(-1) = 2$.
$\lim_{x \rightarrow -\frac{\pi}{2}^+} (a \sin x + b) = a \sin(-\frac{\pi}{2}) + b = -a + b$.
આ બંનેને સરખાવતા,$-a + b = 2$ (સમીકરણ $1$).
$x = \frac{\pi}{2}$ આગળ:
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^-} (a \sin x + b) = a \sin(\frac{\pi}{2}) + b = a + b$.
$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} \cos x = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$.
આ બંનેને સરખાવતા,$a + b = 0$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $1$ અને $2$ નો સરવાળો કરતા:
$(-a + b) + (a + b) = 2 + 0 \Rightarrow 2b = 2 \Rightarrow b = 1$.
$b = 1$ ની કિંમત સમીકરણ $2$ માં મૂકતા:
$a + 1 = 0 \Rightarrow a = -1$.
આમ,$a = -1$ અને $b = 1$ મળે છે.

(C) જો વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય,તો $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = k$.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \neq 0$ માટે,$-1 \leq \sin \frac{1}{x} \leq 1$ થાય.
બંને બાજુ $x$ વડે ગુણતા ($x > 0$ માટે),આપણને $-x \leq x \sin \frac{1}{x} \leq x$ મળે.
સ્ક્વીઝ પ્રમેય (Squeeze Theorem) મુજબ,જેમ $x \to 0$ થાય,તેમ $-x$ અને $x$ બંને $0$ ને અનુલક્ષે છે.
તેથી,$\lim_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x} = 0$.
આમ,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવાથી,$k = 0$ મળે.

(D) વિધેય $f(x) = \frac{x+1}{9x+x^3}$ ને $f(x) = \frac{x+1}{x(9+x^2)}$ તરીકે લખી શકાય છે.
વિધેય ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં છેદ શૂન્ય થાય છે,એટલે કે $x(9+x^2) = 0$.
આ સમીકરણ માટે,આપણને $x = 0$ અથવા $9+x^2 = 0$ મળે છે.
સમીકરણ $x^2 = -9$ નો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી કારણ કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2$ હંમેશા અ-ઋણ હોય છે.
તેથી,વિધેય માત્ર $x = 0$ પર અસતત છે.
આમ,વિધેય બરાબર એક બિંદુ પર અસતત છે.

(C) વિધેયને આ રીતે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવ્યું છે: $f(x) = \begin{cases} 1 & x > 0 \\ -1 & x < 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ:
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = -1$
$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1$
અહીં ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ સમાન ન હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ અસતત છે.
વિધેય $x = 0$ આગળ સતત ન હોવાથી,તે $x = 0$ આગળ વિકલનીય પણ નથી.
તેથી,વિધેય $x = 0$ આગળ સતત પણ નથી અને વિકલનીય પણ નથી.

(A) $g(x)$ એ $x=3$ આગળ સતત હોવા માટે,$K = \lim_{x \to 3} g(x) = \lim_{x \to 3} \int_3^{f(x)} \frac{3t^2}{x-3} dt$ હોવું જોઈએ.
જ્યારે $x \to 3$ થાય ત્યારે સંકલન $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપમાં હોવાથી (કારણ કે $f(3)=3$),આપણે લૉપિટલનો નિયમ અને લેબનિઝનો નિયમ વાપરીએ.
ધારો કે $I(x) = \int_3^{f(x)} 3t^2 dt$. તો $g(x) = \frac{I(x)}{x-3}$.
લૉપિટલના નિયમ મુજબ,$K = \lim_{x \to 3} \frac{\frac{d}{dx} \int_3^{f(x)} 3t^2 dt}{\frac{d}{dx} (x-3)}$.
લેબનિઝના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{d}{dx} \int_3^{f(x)} 3t^2 dt = 3(f(x))^2 \cdot f^{\prime}(x)$.
તેથી,$K = \lim_{x \to 3} \frac{3(f(x))^2 \cdot f^{\prime}(x)}{1} = 3(f(3))^2 \cdot f^{\prime}(3)$.
આપેલ કિંમતો $f(3)=3$ અને $f^{\prime}(3)=\frac{1}{27}$ મૂકતા:
$K = 3 \cdot (3)^2 \cdot \frac{1}{27} = 3 \cdot 9 \cdot \frac{1}{27} = 27 \cdot \frac{1}{27} = 1$.

(C) વિધેય $f(x) = [x]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,ફ્લોર વિધેય $[x]$ એ $x = n$ આગળ અસતત છે કારણ કે ડાબી બાજુની લક્ષ $n-1$ છે અને જમણી બાજુની લક્ષ $n$ છે.
આપેલ પ્રદેશ $x \in (-1, 2)$ માટે,આ અંતરાલમાં આવતા પૂર્ણાંકો $0$ અને $1$ છે.
તેથી,વિધેય $f(x) = [x]$ એ $x = 0$ અને $x = 1$ આગળ અસતત છે.

(C) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુની લક્ષ કિંમત શોધો:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{8^x-4^x-2^x+1}{x^2} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(4^x-1)(2^x-1)}{x^2} = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{4^x-1}{x} \right) \left( \frac{2^x-1}{x} \right) = \log 4 \cdot \log 2$.
હવે,ડાબી બાજુની લક્ષ કિંમત અને $f(0)$ શોધો:
$f(0) = e^0 \sin(0) + 0 + \lambda \log 4 = \lambda \log 4$.
બંને લક્ષ કિંમતોને સરખાવતા:
$\log 4 \cdot \log 2 = \lambda \log 4 \implies \lambda = \log 2$.
હવે,$1000 e^\lambda$ ની કિંમત શોધો:
$1000 e^{\log 2} = 1000 \times 2 = 2000$.

(B) કોઈ વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$,અને વિધેયની કિંમત $f(0)$ સમાન હોવા જોઈએ.
$LHL = \lim_{x \to 0^-} \frac{1-\cos 4x}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2\sin^2(2x)}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} 2 \left(\frac{\sin 2x}{2x}\right)^2 \times 4 = 2 \times 1^2 \times 4 = 8$.
$RHL = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{16+\sqrt{x}}-4}{\sqrt{x}}$.
અનુબદ્ધ પદ વડે ગુણતા: $\lim_{x \to 0^+} \frac{(\sqrt{16+\sqrt{x}}-4)(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)}{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{16+\sqrt{x}-16}{\sqrt{x}(\sqrt{16+\sqrt{x}}+4)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\sqrt{16+\sqrt{x}}+4} = \frac{1}{4+4} = \frac{1}{8}$.
અહીં $LHL \neq RHL$ હોવાથી,$a$ ની કોઈપણ કિંમત માટે વિધેય $x = 0$ આગળ સતત નથી. પ્રશ્નમાં વિરોધાભાસ છે કારણ કે લક્ષ સમાન નથી.

(B) વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = -1$ હોવું જોઈએ.
લક્ષની ગણતરી: $\lim_{x \to 0} \frac{\cos ax - \cos bx}{\cos cx - \cos bx}$.
નાના $\theta$ માટે $\cos \theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{(1 - \frac{a^2x^2}{2}) - (1 - \frac{b^2x^2}{2})}{(1 - \frac{c^2x^2}{2}) - (1 - \frac{b^2x^2}{2})} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{b^2x^2}{2} - \frac{a^2x^2}{2}}{\frac{b^2x^2}{2} - \frac{c^2x^2}{2}} = \frac{b^2 - a^2}{b^2 - c^2}$.
આને $-1$ ની બરાબર લેતા: $\frac{b^2 - a^2}{b^2 - c^2} = -1$.
$b^2 - a^2 = -(b^2 - c^2) \implies b^2 - a^2 = c^2 - b^2$.
$2b^2 = a^2 + c^2$.
આ શરત સૂચવે છે કે $a^2, b^2, c^2$ એ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.

(B) $x = 4$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 4^{-}} f(x) = [4^{-}] - [\frac{4^{-}}{4}] = 3 - 0 = 3$.
$x = 4$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ: $\lim_{x \rightarrow 4^{+}} f(x) = [4^{+}] - [\frac{4^{+}}{4}] = 4 - 1 = 3$.
$x = 4$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય: $f(4) = [4] - [\frac{4}{4}] = 4 - 1 = 3$.
કારણ કે $\lim_{x \rightarrow 4^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 4^{+}} f(x) = f(4) = 3$,તેથી વિધેય $f(x)$ એ $x = 4$ આગળ સતત છે.

(C) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે, $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થવું જોઈએ.
ધારો કે $L = \lim_{x \to 0} \frac{(27-2x)^{1/3}-3}{9-3(243+5x)^{1/5}}$.
અચળાંકો સામાન્ય લેતા: $L = \lim_{x \to 0} \frac{3((1 - \frac{2x}{27})^{1/3} - 1)}{9(1 - (1 + \frac{5x}{243})^{1/5})} = \frac{1}{3} \lim_{x \to 0} \frac{(1 - \frac{2x}{27})^{1/3} - 1}{1 - (1 + \frac{5x}{243})^{1/5}}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+u)^n \approx 1+nu$ નો ઉપયોગ કરતા:
અંશ: $(1 - \frac{2x}{27})^{1/3} - 1 \approx 1 - \frac{2x}{81} - 1 = -\frac{2x}{81}$.
છેદ: $1 - (1 + \frac{5x}{243})^{1/5} \approx 1 - (1 + \frac{x}{243}) = -\frac{x}{243}$.
આમ, $L = \frac{1}{3} \cdot \frac{-2x/81}{-x/243} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{81} \cdot 243 = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 3 = 2$.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ: $\lim_{x \to 0^+} \frac{8^x - 4^x - 2^x + 1}{x^2} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(4^x - 1)(2^x - 1)}{x^2} = \log 4 \cdot \log 2$.
ત્યારબાદ,ડાબી બાજુનું લક્ષ મેળવીએ: $\lim_{x \to 0^-} (e^x \sin x + kx + \lambda \log 4) = \lambda \log 4$.
બંનેને સરખાવતા: $\lambda \log 4 = \log 4 \cdot \log 2 \implies \lambda = \log 2$.
તેથી $e^\lambda = e^{\log 2} = 2$.
આમ,$500 e^\lambda = 500 \times 2 = 1000$.

(B) કારણ કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{10^x + 7^x - 14^x - 5^x}{1 - \cos x}$.
અંશના અવયવ પાડતા: $(2^x - 1)(5^x - 7^x)$.
તેથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{(2^x - 1)(5^x - 7^x)}{1 - \cos x}$.
પ્રમાણિત લક્ષનો ઉપયોગ કરતા: $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$.
$f(0) = \frac{(\ln 2)(\ln 5 - \ln 7)}{1/2} = 2 \ln 2 \ln(5/7) = \ln 4 \ln(5/7)$.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(x) = \frac{\sin(\pi \cos^2 x)}{3x^2}$.
નિત્યસમ $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\sin(\pi(1 - \sin^2 x))}{3x^2} = \frac{\sin(\pi - \pi \sin^2 x)}{3x^2}$.
કારણ કે $\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$,તેથી:
$f(x) = \frac{\sin(\pi \sin^2 x)}{3x^2}$.
હવે,$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\sin(\pi \sin^2 x)}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin(\pi \sin^2 x)}{\pi \sin^2 x} \times \frac{\pi \sin^2 x}{3x^2} \right)$.
કારણ કે $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,તેથી:
$f(0) = 1 \times \frac{\pi}{3} \times (1)^2 = \frac{\pi}{3}$.

(A) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,લક્ષની કિંમત શોધો: $\lim_{x \to 0} \frac{9^x - 2 \cdot 3^x + 1}{\log(1 + 3x) \cdot \tan 2x}$.
નોંધો કે $9^x - 2 \cdot 3^x + 1 = (3^x - 1)^2$.
તેથી,લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{(3^x - 1)^2}{\log(1 + 3x) \cdot \tan 2x}$ છે.
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim_{x \to 0} \frac{3^x - 1}{x} = \log 3$,$\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + 3x)}{3x} = 1$,અને $\lim_{x \to 0} \frac{\tan 2x}{2x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
લક્ષ $= \frac{(\log 3)^2}{6}$.
આપેલ છે કે $f(0) = a(\log b)^c$,તેથી $a(\log b)^c = \frac{1}{6}(\log 3)^2$.
સરખામણી કરતા,$a = \frac{1}{6}$,$b = 3$,અને $c = 2$.
તેથી,$a + b + c = \frac{1}{6} + 3 + 2 = \frac{31}{6}$.

(C) $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત હોવાથી,$f(1) = \lim_{x \to 1} f(x)$.
ધારો કે $1-x = h$. જ્યારે $x \to 1$,ત્યારે $h \to 0$.
$f(1) = \lim_{h \to 0} \frac{1+\cos(\pi(1-h))}{\pi h^2}$
$f(1) = \lim_{h \to 0} \frac{1+\cos(\pi - \pi h)}{\pi h^2}$
કારણ કે $\cos(\pi - \theta) = -\cos \theta$,તેથી:
$f(1) = \lim_{h \to 0} \frac{1-\cos(\pi h)}{\pi h^2}$
નિત્યસમ $1-\cos \theta = 2\sin^2(\frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(1) = \lim_{h \to 0} \frac{2\sin^2(\frac{\pi h}{2})}{\pi h^2}$
$f(1) = \frac{2}{\pi} \lim_{h \to 0} \left( \frac{\sin(\frac{\pi h}{2})}{h} \right)^2$
$(\frac{\pi}{2})^2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$f(1) = \frac{2}{\pi} \cdot (\frac{\pi}{2})^2 \lim_{h \to 0} \left( \frac{\sin(\frac{\pi h}{2})}{\frac{\pi h}{2}} \right)^2$
$f(1) = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^2}{4} \cdot (1)^2 = \frac{\pi}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = k$.
અહીં લક્ષ $1^\infty$ સ્વરૂપનું હોવાથી,આપણે $\lim_{x \to a} [g(x)]^{h(x)} = e^{\lim_{x \to a} [g(x) - 1]h(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
અહીં $g(x) = \tan(\frac{\pi}{4} + x)$ અને $h(x) = \frac{1}{x}$ છે.
$k = e^{\lim_{x \to 0} [\tan(\frac{\pi}{4} + x) - 1] \cdot \frac{1}{x}}$.
$\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\tan(\frac{\pi}{4} + x) = \frac{1 + \tan x}{1 - \tan x}$ મળે.
$k = e^{\lim_{x \to 0} [\frac{1 + \tan x}{1 - \tan x} - 1] \cdot \frac{1}{x}} = e^{\lim_{x \to 0} [\frac{1 + \tan x - 1 + \tan x}{1 - \tan x}] \cdot \frac{1}{x}}$.
$k = e^{\lim_{x \to 0} \frac{2 \tan x}{x(1 - \tan x)}} = e^{2 \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 - \tan x}}$.
$\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ અને $\lim_{x \to 0} \frac{1}{1 - \tan x} = 1$ હોવાથી,$k = e^{2 \cdot 1 \cdot 1} = e^2$ મળે.

(B) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થવું જોઈએ.
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{1-3^{x}}$
$f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{-(3^{x}-1)}$
$f(0) = -\frac{\lim_{x \to 0} \frac{2^{x}-1}{x}}{\lim_{x \to 0} \frac{3^{x}-1}{x}}$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{a^{x}-1}{x} = \log a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = -\frac{\log 2}{\log 3}$

(B) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થવું જોઈએ.
$\lim_{x \to 0} \left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{\operatorname{cosec} x} = \lim_{x \to 0} \exp\left(\operatorname{cosec} x \cdot \ln\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)\right)$.
વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,લક્ષ $1^\infty$ સ્વરૂપમાં છે.
$\lim_{x \to 0} \frac{1}{\sin x} \left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x} - 1\right) = 0$.
તેથી,$f(0) = e^0 = 1$.