Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Gujarati

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} n(x^{1/n} - 1)$.
ધારો કે $h = \frac{1}{n}$. જેમ $n \rightarrow \infty$, તેમ $h \rightarrow 0$.
તેથી $f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x^h - 1}{h}$.
આ $x=0$ આગળ $a^x$ ના વિકલનનું પ્રમાણિત લક્ષ છે, જે $\ln(x)$ છે.
આમ, $f(x) = \ln(x)$.
હવે, $f(xy) = \ln(xy) = \ln(x) + \ln(y) = f(x) + f(y)$.

(C) આપણી પાસે છે, $\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{(1+\sqrt{x})(1-\sqrt{x})}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1}{1+\sqrt{x}}}$
$= \left(\frac{1+1}{2+1}\right)^{\frac{1}{1+1}} = \left(\frac{2}{3}\right)^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$

(D) ધારો કે $x = 1 + h$. જ્યારે $x \rightarrow 1$, ત્યારે $h \rightarrow 0$.
આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા:
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^{(1+h)-1}-1)}{\log(1+h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^h-1)}{\log(1+h)}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\sin u}{u} = 1$, $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\log(1+h)}{h} = 1$, અને $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{e^h-1}{h} = 1$.
પદાવલિને ફરીથી લખતા:
$\lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(e^h-1)}{e^h-1} \cdot \frac{e^h-1}{h} \cdot \frac{h}{\log(1+h)} \right)$
$= 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{1} = 1$.

(C) આપણે $1^{\infty}$ સ્વરૂપના લક્ષની કિંમત $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} g(x)(f(x)-1)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને મેળવીએ છીએ.
અહીં $f(x) = \frac{3x-1}{3x+1}$ અને $g(x) = 4x$ છે.
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1}{3x+1} - 1 \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1 - (3x+1)}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{-2}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8x}{3x+1} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8}{3 + 1/x} = -\frac{8}{3}$.
તેથી, લક્ષની કિંમત $e^{-8/3}$ છે.

(A) $1^{\infty}$ સ્વરૂપ માટે આપણે પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} g(x)[f(x)-1]}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં, $f(x) = \frac{1+5x^2}{1+3x^2}$ અને $g(x) = \frac{1}{x^2}$ છે.
જ્યારે $x \rightarrow 0$, ત્યારે $f(x) \rightarrow 1$ અને $g(x) \rightarrow \infty$ થાય છે.
તેથી, લક્ષ $e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2}{1+3x^2} - 1 \right)}$ થશે.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2 - (1+3x^2)}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{2x^2}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{2}{1+3x^2}}$.
$= e^{\frac{2}{1+0}} = e^2$.

(C) ધારો કે $L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(\sec(ex)) + \ln(\sec(e^{2}x)) + ... + \ln(\sec(e^{10}x))}{e^{2} - e^{2\cos x}}$.
$\ln(\sec \theta) \approx \frac{\theta^{2}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા, અંશ $\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}$ થશે.
છેદ $e^{2} - e^{2\cos x} = e^{2}(1 - e^{2\cos x - 2}) \approx 2e^{2}(1 - \cos x) \approx e^{2}x^{2}$ થશે.
તેથી, $L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}}{e^{2}x^{2}} = \frac{1}{2e^{2}} \sum_{k=1}^{10} (e^{2})^{k}$.
ભૌમિતિક શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્ર મુજબ, $L = \frac{1}{2e^{2}} \cdot \frac{e^{2}(e^{20} - 1)}{e^{2} - 1} = \frac{e^{20} - 1}{2(e^{2} - 1)}$.

(B) $x = 0$ ની નજીક $\sin x$ માટે ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા: $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$.
તેથી, $\sin^2 x = (x - \frac{x^3}{6} + O(x^5))^2 = x^2 - 2(x)(\frac{x^3}{6}) + O(x^6) = x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
છેદમાં આ કિંમત મૂકતા: $x^2 - \sin^2 x = x^2 - (x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)) = \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
હવે, આ કિંમત લક્ષમાં મૂકતા: $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin^2 x}{x^2 - \sin^2 x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 (x^2 + O(x^4))}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)}$.
$= \lim_{x \to 0} \frac{x^4 + O(x^6)}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)} = \frac{1}{1/3} = 3$.

(C) લક્ષ $f(x) = \lim_{y \to 0} \frac{(1 - \cos(xy))\tan(xy)}{y^3}$ ની ગણતરી કરવા માટે, આપણે $(xy)^3$ વડે ગુણીએ અને ભાગીએ છીએ:
$f(x) = \lim_{y \to 0} \left( \frac{1 - \cos(xy)}{(xy)^2} \cdot \frac{\tan(xy)}{xy} \cdot \frac{x^3 y^3}{y^3} \right)$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ અને $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને મળે છે:
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot x^3 = \frac{x^3}{2}$.
હવે, આપણે સમીકરણ $f(x) = \sin x$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધવાની છે, જે $\frac{x^3}{2} = \sin x$ અથવા $x^3 = 2 \sin x$ છે.
ધારો કે $g(x) = x^3 - 2 \sin x$. આપણે એવા બીજ શોધીએ છીએ જ્યાં $g(x) = 0$ થાય.
$x = 0$ માટે, $g(0) = 0 - 2(0) = 0$. તેથી, $x = 0$ એક ઉકેલ છે.
$x > 0$ માટે, $x^3 = 2 \sin x$ નો એક ધન ઉકેલ છે કારણ કે $x^3$ સતત વધતું વિધેય છે અને $2 \sin x$ એ $2$ દ્વારા સીમિત છે.
$x < 0$ માટે, ધારો કે $x = -t$ જ્યાં $t > 0$. તો $(-t)^3 = 2 \sin(-t) \implies -t^3 = -2 \sin t \implies t^3 = 2 \sin t$. આ એક ઋણ ઉકેલ આપે છે.
આમ, કુલ $3$ ઉકેલો છે: $x = 0$, $x \approx 1.41$, અને $x \approx -1.41$.

(A) ધારો કે $p(x) = a(x-1)(x-\alpha)$ અને $q(x) = b(x-1)(x-\beta)$ છે.
$r(x) = p(x) + q(x) = (a+b)x^2 - (a(1+\alpha) + b(1+\beta))x + (a\alpha + b\beta)$ છે.
$\alpha$ અને $\beta$ એ $r(x)$ ના બીજ હોવાથી, બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta = \frac{a(1+\alpha) + b(1+\beta)}{a+b}$ થાય.
આને ઉકેલતા $a\alpha + b\beta = a+b$ મળે છે.
તેથી $r(x) = (a+b)(x-1)^2$ મળે છે.
લક્ષના અસ્તિત્વ માટે $a=b$ હોવું જોઈએ. જો $a=b=k$ હોય, તો $\alpha+\beta = 2$ મળે છે.
$\sqrt{p(x)} - \sqrt{q(x)} = \sqrt{k(x-1)} \frac{\beta-\alpha}{\sqrt{x-\alpha} + \sqrt{x-\beta}}$ થાય.
જેમ $x \to \infty$, આ પદ $\frac{\sqrt{k}(\beta-\alpha)}{2} \sqrt{x}$ તરીકે વર્તે છે, જે ફક્ત $\beta-\alpha = 0$ હોય ત્યારે જ સંપાત થાય છે. તેથી લક્ષ $0$ છે.

(A) આપણે પ્રમાણિત લક્ષનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log a$, $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$, અને $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1$।
અંશ અને છેદને $x^3$ વડે ભાગતા:
$\frac{(4^x - 1)^3}{\tan(x/4) \log(1 + x^2/3)} \approx \frac{(x \log 4)^3}{(x/4) \cdot (x^2/3)} = \frac{x^3 (\log 4)^3}{x^3 / 12} = 12 (\log 4)^3$।
આપેલ છે કે $12 (\log 4)^3 = 96 (\log a)^b$, જેને $96 (\log 2)^3$ તરીકે લખી શકાય છે.
તેથી $a = 2, b = 3$ મળે છે. તેથી, $a + b = 2 + 3 = 5$.

(D) આપેલ છે $\lim_{x \to 0} \frac{45^x - 9^x - 5^x + 1}{(kx - 1)(3^x - 1)} = 2$।
અંશના અવયવ પાડતા: $45^x - 9^x - 5^x + 1 = 9^x(5^x - 1) - 1(5^x - 1) = (9^x - 1)(5^x - 1)$।
લિમિટમાં કિંમત મૂકતા: $\lim_{x \to 0} \frac{(9^x - 1)(5^x - 1)}{(kx - 1)(3^x - 1)} = 2$।
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા: $\lim_{x \to 0} \frac{\frac{9^x - 1}{x} \cdot \frac{5^x - 1}{x}}{(kx - 1) \cdot \frac{3^x - 1}{x}} = 2$।
પ્રમાણિત લિમિટ $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ નો ઉપયોગ કરતા: $\frac{\ln 9 \cdot \ln 5}{(k(0) - 1) \cdot \ln 3} = 2$।
$\frac{2 \ln 3 \cdot \ln 5}{-\ln 3} = 2 \implies -2 \ln 5 = 2$।
આપેલ વિકલ્પો પૂર્ણાંક હોવાથી, પ્રશ્નમાં $k=3$ સાચો જવાબ હોવાની અપેક્ષા છે.

(A) અમે પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{u \to 0} \frac{\log(1+u)}{u} = 1$ અને $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પદાવલિને આ રીતે ફરીથી લખો: $\lim_{x \to 0} \left[ \frac{x \cdot \log(1 + 4x)}{(e^{4x} - 1)^2} \right] = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{x \cdot \frac{\log(1 + 4x)}{4x} \cdot 4x}{\left( \frac{e^{4x} - 1}{4x} \cdot 4x \right)^2} \right]$.
પદાવલિને સરળ બનાવો: $\lim_{x \to 0} \left[ \frac{4x^2 \cdot \frac{\log(1 + 4x)}{4x}}{16x^2 \cdot \left( \frac{e^{4x} - 1}{4x} \right)^2} \right]$.
$x^2$ ને છેદ ઉડાડો અને લક્ષ લાગુ કરો: $\frac{4 \cdot 1}{16 \cdot 1^2} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$.

(B) ધારો કે પદાવલિ $L = \lim_{x \to 0} \frac{8}{x^8} [1 - \cos \frac{x^2}{2} - \cos \frac{x^2}{4} + \cos \frac{x^2}{2} \cos \frac{x^2}{4}]$ છે.
કૌંસની અંદરની પદાવલિના અવયવ પાડતા: $[(1 - \cos \frac{x^2}{2}) - \cos \frac{x^2}{4}(1 - \cos \frac{x^2}{2})] = (1 - \cos \frac{x^2}{2})(1 - \cos \frac{x^2}{4})$ મળે છે.
લક્ષના સૂત્ર $\lim_{\theta \to 0} (1 - \cos \theta) = \frac{\theta^2}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 - \cos \frac{x^2}{2} \approx \frac{1}{2} (\frac{x^2}{2})^2 = \frac{x^4}{8}$.
$1 - \cos \frac{x^2}{4} \approx \frac{1}{2} (\frac{x^2}{4})^2 = \frac{x^4}{32}$.
આ કિંમતોને લક્ષમાં મૂકતા:
$L = \lim_{x \to 0} \frac{8}{x^8} \cdot (\frac{x^4}{8}) \cdot (\frac{x^4}{32}) = \lim_{x \to 0} \frac{8 \cdot x^8}{8 \cdot 32 \cdot x^8} = \frac{1}{32}$.

(C) પગલું $1$: છેદ (denominators) ના અવયવો પાડો.
$x^2 - x = x(x - 1)$
$x^3 - 3x^2 + 2x = x(x^2 - 3x + 2) = x(x - 1)(x - 2)$
પગલું $2$: અપૂર્ણાંકોને ભેગા કરો.
$\frac{x - 2}{x(x - 1)} - \frac{1}{x(x - 1)(x - 2)} = \frac{(x - 2)^2 - 1}{x(x - 1)(x - 2)}$
પગલું $3$: અંશ (numerator) ને સરળ બનાવો.
$(x - 2)^2 - 1 = (x^2 - 4x + 4) - 1 = x^2 - 4x + 3 = (x - 1)(x - 3)$
પગલું $4$: સીમાના પદમાં પાછું મૂકો.
$\lim_{x \to 1} \frac{(x - 1)(x - 3)}{x(x - 1)(x - 2)} = \lim_{x \to 1} \frac{x - 3}{x(x - 2)}$
પગલું $5$: $x = 1$ મૂકીને સીમાની કિંમત શોધો.
$\frac{1 - 3}{1(1 - 2)} = \frac{-2}{-1} = 2$

(C) પગલું $1$: અંશ અને છેદમાંથી $(n + 1)!$ સામાન્ય કાઢીને પદાવલિને સરળ બનાવો.
$\frac{(n + 2)! + (n + 1)!}{(n + 2)! - (n + 1)!} = \frac{(n + 1)! \times (n + 2 + 1)}{(n + 1)! \times (n + 2 - 1)}$
પગલું $2$: સામાન્ય પદ $(n + 1)!$ ને છેદતા.
$= \frac{n + 3}{n + 1}$
પગલું $3$: અંશ અને છેદને $n$ વડે ભાગો.
$= \frac{1 + \frac{3}{n}}{1 + \frac{1}{n}}$
પગલું $4$: $n \to \infty$ માટે લક્ષ (limit) લાગુ કરો.
$\lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{3}{n}}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{1 + 0}{1 + 0} = 1$

(A) $x \to \infty$ તરીકે લક્ષનું મૂલ્યાંકન કરવા માટે, આપણે અંશ અને છેદમાં $x$ ની સૌથી મોટી ઘાતને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
અંશ: $(2x - 1)^{19} \cdot (3x + 2)^{11} \approx (2x)^{19} \cdot (3x)^{11} = 2^{19} \cdot 3^{11} \cdot x^{30}$.
છેદ: $(6x - 5)^{30} \approx (6x)^{30} = 6^{30} \cdot x^{30}$.
આમ, લક્ષ $\frac{2^{19} \cdot 3^{11}}{6^{30}} = \frac{2^{19} \cdot 3^{11}}{(2 \cdot 3)^{30}} = \frac{2^{19} \cdot 3^{11}}{2^{30} \cdot 3^{30}}$ છે.
ઘાતને સરળ બનાવતા: $2^{19-30} \cdot 3^{11-30} = 2^{-11} \cdot 3^{-19}$.
આને $2^a \cdot 3^b$ સાથે સરખાવતા, આપણને $a = -11$ અને $b = -19$ મળે છે.
તેથી, $a + b = -11 + (-19) = -30$.

(D) આપેલ પદાવલિ $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{1 - n^2}$ છે.
છેદ $(1 - n^2)$ એ $k$ થી સ્વતંત્ર હોવાથી, આપણે લખી શકીએ $S_n = \frac{1}{1 - n^2} \sum_{k=1}^{n} k$.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા, $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$.
તેથી, $S_n = \frac{n(n+1)}{2(1 - n^2)}$.
આપણે છેદના અવયવ પાડી શકીએ: $1 - n^2 = -(n^2 - 1) = -(n-1)(n+1)$.
તેથી, $S_n = \frac{n(n+1)}{-2(n-1)(n+1)} = \frac{n}{-2(n-1)}$.
હવે, $n \to \infty$ માટે લક્ષ લેતા:
$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{-2n + 2} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n(-2 + \frac{2}{n})} = \frac{1}{-2 + 0} = -\frac{1}{2}$.
નોંધ: આપેલા વિકલ્પોમાં સાચી કિંમત $-\frac{1}{2}$ ઉપલબ્ધ નથી.

(D) સીમા $\lim_{x \to 3} \frac{[x] - 3}{x - 3}$ શોધવા માટે, આપણે ડાબી બાજુની સીમા $(LHL)$ અને જમણી બાજુની સીમા $(RHL)$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.
પગલું $1$: $x \to 3^-$ માટે $LHL$ ની ગણતરી કરો. $3$ થી થોડી નાની $x$ ની કિંમત માટે, $[x] = 2$ થાય છે. તેથી, $\lim_{x \to 3^-} \frac{2 - 3}{x - 3} = \lim_{x \to 3^-} \frac{-1}{x - 3}$। જેમ $x \to 3^-$, $(x - 3)$ એ ખૂબ જ નાની ઋણ સંખ્યા છે, તેથી $\frac{-1}{x - 3} \to \infty$।
પગલું $2$: $x \to 3^+$ માટે $RHL$ ની ગણતરી કરો. $3$ થી મોટી અથવા તેના જેટલી $x$ ની કિંમત માટે, $[x] = 3$ થાય છે. તેથી, $\lim_{x \to 3^+} \frac{3 - 3}{x - 3} = \lim_{x \to 3^+} \frac{0}{x - 3} = 0$।
પગલું $3$: કારણ કે $LHL$ $(\infty)$ અને $RHL$ $(0)$ સમાન નથી, તેથી સીમાનું અસ્તિત્વ નથી.