Concept of limits, Evaluation of algebric limits Questions in Hindi

(B) दिया गया है $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} n(x^{1/n} - 1)$.
माना $h = \frac{1}{n}$. जैसे $n \rightarrow \infty$, वैसे $h \rightarrow 0$.
तब $f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x^h - 1}{h}$.
यह $x=0$ पर $a^x$ के अवकलन की मानक सीमा परिभाषा है, जो $\ln(x)$ है।
अतः, $f(x) = \ln(x)$.
अब, $f(xy) = \ln(xy) = \ln(x) + \ln(y) = f(x) + f(y)$.

(C) हमारे पास है, $\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{(1+\sqrt{x})(1-\sqrt{x})}}$
$= \lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1}{1+\sqrt{x}}}$
$= \left(\frac{1+1}{2+1}\right)^{\frac{1}{1+1}} = \left(\frac{2}{3}\right)^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$

(D) माना $x = 1 + h$. जैसे ही $x \rightarrow 1$, $h \rightarrow 0$ होता है।
इसे सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^{(1+h)-1}-1)}{\log(1+h)} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(e^h-1)}{\log(1+h)}$
हम जानते हैं कि $\lim_{u \rightarrow 0} \frac{\sin u}{u} = 1$, $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\log(1+h)}{h} = 1$, और $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{e^h-1}{h} = 1$।
व्यंजक को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\lim_{h \rightarrow 0} \left( \frac{\sin(e^h-1)}{e^h-1} \cdot \frac{e^h-1}{h} \cdot \frac{h}{\log(1+h)} \right)$
$= 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{1} = 1$.

(C) हम $1^{\infty}$ रूप की सीमा का मूल्यांकन $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} g(x)(f(x)-1)}$ सूत्र का उपयोग करके करते हैं।
दिया गया है $f(x) = \frac{3x-1}{3x+1}$ और $g(x) = 4x$ है।
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1}{3x+1} - 1 \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{3x-1 - (3x+1)}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} 4x \left( \frac{-2}{3x+1} \right)$
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8x}{3x+1} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-8}{3 + 1/x} = -\frac{8}{3}$.
अतः, सीमा का मान $e^{-8/3}$ है।

(A) $1^{\infty}$ रूप के लिए हम मानक सीमा सूत्र $\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} [f(x)]^{g(x)} = e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow a} g(x)[f(x)-1]}$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ, $f(x) = \frac{1+5x^2}{1+3x^2}$ और $g(x) = \frac{1}{x^2}$ है।
जैसे ही $x \rightarrow 0$, $f(x) \rightarrow 1$ और $g(x) \rightarrow \infty$ होता है।
अतः, सीमा $e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2}{1+3x^2} - 1 \right)}$ है।
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{1+5x^2 - (1+3x^2)}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \left( \frac{2x^2}{1+3x^2} \right)}$.
$= e^{\operatorname{Lt}_{x \rightarrow 0} \frac{2}{1+3x^2}}$.
$= e^{\frac{2}{1+0}} = e^2$.

(C) माना $L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(\sec(ex)) + \ln(\sec(e^{2}x)) + ... + \ln(\sec(e^{10}x))}{e^{2} - e^{2\cos x}}$.
$\ln(\sec \theta) \approx \frac{\theta^{2}}{2}$ का उपयोग करने पर, अंश $\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}$ हो जाता है।
हर $e^{2} - e^{2\cos x} = e^{2}(1 - e^{2\cos x - 2}) \approx 2e^{2}(1 - \cos x) \approx e^{2}x^{2}$ हो जाता है।
अतः, $L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^{2}}{2} \sum_{k=1}^{10} e^{2k}}{e^{2}x^{2}} = \frac{1}{2e^{2}} \sum_{k=1}^{10} (e^{2})^{k}$.
गुणोत्तर श्रेणी के योग सूत्र का उपयोग करने पर, $L = \frac{1}{2e^{2}} \cdot \frac{e^{2}(e^{20} - 1)}{e^{2} - 1} = \frac{e^{20} - 1}{2(e^{2} - 1)}$.

(B) $x = 0$ के निकट $\sin x$ के लिए टेलर श्रेणी का उपयोग करते हुए: $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)$.
तब, $\sin^2 x = (x - \frac{x^3}{6} + O(x^5))^2 = x^2 - 2(x)(\frac{x^3}{6}) + O(x^6) = x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
हर में यह मान रखने पर: $x^2 - \sin^2 x = x^2 - (x^2 - \frac{x^4}{3} + O(x^6)) = \frac{x^4}{3} + O(x^6)$.
अब, इस मान को सीमा में रखने पर: $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin^2 x}{x^2 - \sin^2 x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 (x^2 + O(x^4))}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)}$.
$= \lim_{x \to 0} \frac{x^4 + O(x^6)}{\frac{x^4}{3} + O(x^6)} = \frac{1}{1/3} = 3$.

(C) सीमा $f(x) = \lim_{y \to 0} \frac{(1 - \cos(xy))\tan(xy)}{y^3}$ का मूल्यांकन करने के लिए, हम $(xy)^3$ से गुणा और भाग करते हैं:
$f(x) = \lim_{y \to 0} \left( \frac{1 - \cos(xy)}{(xy)^2} \cdot \frac{\tan(xy)}{xy} \cdot \frac{x^3 y^3}{y^3} \right)$
मानक सीमाओं $\lim_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos \theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ और $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ का उपयोग करते हुए, हमें प्राप्त होता है:
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot x^3 = \frac{x^3}{2}$.
अब, हमें समीकरण $f(x) = \sin x$ के लिए हलों की संख्या ज्ञात करनी है, जो $\frac{x^3}{2} = \sin x$ या $x^3 = 2 \sin x$ है।
मान लीजिए $g(x) = x^3 - 2 \sin x$. हम वे मूल खोजते हैं जहाँ $g(x) = 0$ है।
$x = 0$ पर, $g(0) = 0 - 2(0) = 0$. अतः, $x = 0$ एक हल है।
$x > 0$ के लिए, $x^3 = 2 \sin x$ का एक धनात्मक हल है क्योंकि $x^3$ सख्ती से बढ़ रहा है और $2 \sin x$ का मान $2$ से सीमित है।
$x < 0$ के लिए, मान लीजिए $x = -t$ जहाँ $t > 0$. तो $(-t)^3 = 2 \sin(-t) \implies -t^3 = -2 \sin t \implies t^3 = 2 \sin t$. यह एक ऋणात्मक हल देता है।
इस प्रकार, कुल $3$ हल हैं: $x = 0$, $x \approx 1.41$, और $x \approx -1.41$.

(A) माना $p(x) = a(x-1)(x-\alpha)$ और $q(x) = b(x-1)(x-\beta)$ है।
$r(x) = p(x) + q(x) = (a+b)x^2 - (a(1+\alpha) + b(1+\beta))x + (a\alpha + b\beta)$ है।
चूंकि $\alpha$ और $\beta$, $r(x)$ के मूल हैं, मूलों का योग $\alpha + \beta = \frac{a(1+\alpha) + b(1+\beta)}{a+b}$ होगा।
इसे हल करने पर $a\alpha + b\beta = a+b$ प्राप्त होता है।
अतः $r(x) = (a+b)(x-1)^2$ प्राप्त होता है।
सीमा के अस्तित्व के लिए $a=b$ होना चाहिए। यदि $a=b=k$ है, तो $\alpha+\beta = 2$ प्राप्त होता है।
$\sqrt{p(x)} - \sqrt{q(x)} = \sqrt{k(x-1)} \frac{\beta-\alpha}{\sqrt{x-\alpha} + \sqrt{x-\beta}}$ है।
जैसे $x \to \infty$, यह $\frac{\sqrt{k}(\beta-\alpha)}{2} \sqrt{x}$ के रूप में व्यवहार करता है, जो केवल तभी अभिसरित होता है जब $\beta-\alpha = 0$ हो। अतः सीमा $0$ है।

(A) हम मानक सीमाओं का उपयोग करते हैं: $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log a$, $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$, और $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1$।
अंश और हर को $x^3$ से विभाजित करने पर:
$\frac{(4^x - 1)^3}{\tan(x/4) \log(1 + x^2/3)} \approx \frac{(x \log 4)^3}{(x/4) \cdot (x^2/3)} = \frac{x^3 (\log 4)^3}{x^3 / 12} = 12 (\log 4)^3$।
दिया गया है $12 (\log 4)^3 = 96 (\log a)^b$, जिसे $96 (\log 2)^3$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः $a = 2, b = 3$। इसलिए, $a + b = 2 + 3 = 5$।

(D) दिया गया है $\lim_{x \to 0} \frac{45^x - 9^x - 5^x + 1}{(kx - 1)(3^x - 1)} = 2$।
अंश का गुणनखंड करने पर: $45^x - 9^x - 5^x + 1 = 9^x(5^x - 1) - 1(5^x - 1) = (9^x - 1)(5^x - 1)$।
सीमा में प्रतिस्थापित करने पर: $\lim_{x \to 0} \frac{(9^x - 1)(5^x - 1)}{(kx - 1)(3^x - 1)} = 2$।
अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर: $\lim_{x \to 0} \frac{\frac{9^x - 1}{x} \cdot \frac{5^x - 1}{x}}{(kx - 1) \cdot \frac{3^x - 1}{x}} = 2$।
मानक सीमा $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ का उपयोग करने पर: $\frac{\ln 9 \cdot \ln 5}{(k(0) - 1) \cdot \ln 3} = 2$।
$\frac{2 \ln 3 \cdot \ln 5}{-\ln 3} = 2 \implies -2 \ln 5 = 2$।
चूंकि दिए गए विकल्प पूर्णांक हैं, प्रश्न में $k=3$ सही उत्तर के रूप में अपेक्षित है।

(A) हम मानक सीमाओं $\lim_{u \to 0} \frac{\log(1+u)}{u} = 1$ और $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$ का उपयोग करते हैं।
व्यंजक को इस प्रकार लिखें: $\lim_{x \to 0} \left[ \frac{x \cdot \log(1 + 4x)}{(e^{4x} - 1)^2} \right] = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{x \cdot \frac{\log(1 + 4x)}{4x} \cdot 4x}{\left( \frac{e^{4x} - 1}{4x} \cdot 4x \right)^2} \right]$।
व्यंजक को सरल करें: $\lim_{x \to 0} \left[ \frac{4x^2 \cdot \frac{\log(1 + 4x)}{4x}}{16x^2 \cdot \left( \frac{e^{4x} - 1}{4x} \right)^2} \right]$।
$x^2$ को काटें और सीमाएं लागू करें: $\frac{4 \cdot 1}{16 \cdot 1^2} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$।

(B) माना व्यंजक $L = \lim_{x \to 0} \frac{8}{x^8} [1 - \cos \frac{x^2}{2} - \cos \frac{x^2}{4} + \cos \frac{x^2}{2} \cos \frac{x^2}{4}]$ है।
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक का गुणनखंड करने पर: $[(1 - \cos \frac{x^2}{2}) - \cos \frac{x^2}{4}(1 - \cos \frac{x^2}{2})] = (1 - \cos \frac{x^2}{2})(1 - \cos \frac{x^2}{4})$ प्राप्त होता है।
सीमा सूत्र $\lim_{\theta \to 0} (1 - \cos \theta) = \frac{\theta^2}{2}$ का उपयोग करने पर:
$1 - \cos \frac{x^2}{2} \approx \frac{1}{2} (\frac{x^2}{2})^2 = \frac{x^4}{8}$।
$1 - \cos \frac{x^2}{4} \approx \frac{1}{2} (\frac{x^2}{4})^2 = \frac{x^4}{32}$।
इन्हें सीमा में प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \lim_{x \to 0} \frac{8}{x^8} \cdot (\frac{x^4}{8}) \cdot (\frac{x^4}{32}) = \lim_{x \to 0} \frac{8 \cdot x^8}{8 \cdot 32 \cdot x^8} = \frac{1}{32}$।

(C) चरण $1$: हर (denominators) का गुणनखंड करें।
$x^2 - x = x(x - 1)$
$x^3 - 3x^2 + 2x = x(x^2 - 3x + 2) = x(x - 1)(x - 2)$
चरण $2$: भिन्नों को संयोजित करें।
$\frac{x - 2}{x(x - 1)} - \frac{1}{x(x - 1)(x - 2)} = \frac{(x - 2)^2 - 1}{x(x - 1)(x - 2)}$
चरण $3$: अंश (numerator) को सरल करें।
$(x - 2)^2 - 1 = (x^2 - 4x + 4) - 1 = x^2 - 4x + 3 = (x - 1)(x - 3)$
चरण $4$: सीमा व्यंजक में वापस प्रतिस्थापित करें।
$\lim_{x \to 1} \frac{(x - 1)(x - 3)}{x(x - 1)(x - 2)} = \lim_{x \to 1} \frac{x - 3}{x(x - 2)}$
चरण $5$: $x = 1$ प्रतिस्थापित करके सीमा का मान ज्ञात करें।
$\frac{1 - 3}{1(1 - 2)} = \frac{-2}{-1} = 2$

(C) चरण $1$: अंश और हर से $(n + 1)!$ को उभयनिष्ठ लेकर व्यंजक को सरल करें।
$\frac{(n + 2)! + (n + 1)!}{(n + 2)! - (n + 1)!} = \frac{(n + 1)! \times (n + 2 + 1)}{(n + 1)! \times (n + 2 - 1)}$
चरण $2$: उभयनिष्ठ पद $(n + 1)!$ को काटें।
$= \frac{n + 3}{n + 1}$
चरण $3$: अंश और हर को $n$ से विभाजित करें।
$= \frac{1 + \frac{3}{n}}{1 + \frac{1}{n}}$
चरण $4$: $n \to \infty$ के लिए सीमा लागू करें।
$\lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{3}{n}}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{1 + 0}{1 + 0} = 1$

(A) $x \to \infty$ के रूप में सीमा का मूल्यांकन करने के लिए, हम अंश और हर में $x$ की उच्चतम घात पर विचार करते हैं।
अंश: $(2x - 1)^{19} \cdot (3x + 2)^{11} \approx (2x)^{19} \cdot (3x)^{11} = 2^{19} \cdot 3^{11} \cdot x^{30}$।
हर: $(6x - 5)^{30} \approx (6x)^{30} = 6^{30} \cdot x^{30}$।
अतः, सीमा $\frac{2^{19} \cdot 3^{11}}{6^{30}} = \frac{2^{19} \cdot 3^{11}}{(2 \cdot 3)^{30}} = \frac{2^{19} \cdot 3^{11}}{2^{30} \cdot 3^{30}}$ है।
घातों को सरल करने पर: $2^{19-30} \cdot 3^{11-30} = 2^{-11} \cdot 3^{-19}$।
इसकी तुलना $2^a \cdot 3^b$ से करने पर, हमें $a = -11$ और $b = -19$ प्राप्त होता है।
इसलिए, $a + b = -11 + (-19) = -30$।

(D) दिया गया व्यंजक $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{1 - n^2}$ है।
चूंकि हर $(1 - n^2)$, $k$ से स्वतंत्र है, हम लिख सकते हैं $S_n = \frac{1}{1 - n^2} \sum_{k=1}^{n} k$।
प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं के योग के सूत्र का उपयोग करते हुए, $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$।
अतः, $S_n = \frac{n(n+1)}{2(1 - n^2)}$।
हम हर का गुणनखंड कर सकते हैं: $1 - n^2 = -(n^2 - 1) = -(n-1)(n+1)$।
इसलिए, $S_n = \frac{n(n+1)}{-2(n-1)(n+1)} = \frac{n}{-2(n-1)}$।
अब, $n \to \infty$ के लिए सीमा लेने पर:
$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{-2n + 2} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n(-2 + \frac{2}{n})} = \frac{1}{-2 + 0} = -\frac{1}{2}$।
नोट: दिए गए विकल्पों में सही मान $-\frac{1}{2}$ मौजूद नहीं है।

(D) सीमा $\lim_{x \to 3} \frac{[x] - 3}{x - 3}$ ज्ञात करने के लिए, हम वाम पक्ष सीमा $(LHL)$ और दक्षिण पक्ष सीमा $(RHL)$ का मूल्यांकन करते हैं।
चरण $1$: $x \to 3^-$ के लिए $LHL$ की गणना करें। $3$ से थोड़े छोटे $x$ के लिए, $[x] = 2$ होता है। अतः, $\lim_{x \to 3^-} \frac{2 - 3}{x - 3} = \lim_{x \to 3^-} \frac{-1}{x - 3}$। जैसे $x \to 3^-$, $(x - 3)$ एक बहुत छोटी ऋणात्मक संख्या है, इसलिए $\frac{-1}{x - 3} \to \infty$।
चरण $2$: $x \to 3^+$ के लिए $RHL$ की गणना करें। $3$ के बराबर या उससे थोड़े बड़े $x$ के लिए, $[x] = 3$ होता है। अतः, $\lim_{x \to 3^+} \frac{3 - 3}{x - 3} = \lim_{x \to 3^+} \frac{0}{x - 3} = 0$।
चरण $3$: चूंकि $LHL$ $(\infty)$ और $RHL$ $(0)$ बराबर नहीं हैं, इसलिए सीमा का अस्तित्व नहीं है।