Evaluation of Limits MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Evaluation of Limits - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

गणना

α = \(\lim _{x \rightarrow ∞}\left(\left(\frac{e}{1-e}\right)\left(\frac{1}{e}-\frac{x}{1+x}\right)\right)^{x}\) (1 ^∞ रूप)

∴ α = eL

जहाँ L = \(\lim _{x \rightarrow \infty} x\left(\left(\frac{e}{1-e}\right)\left(\frac{1}{e}-\frac{x}{1+x}\right)-1\right)\)

⇒ L = \(\lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{e}{1-e}\right) x\left(\frac{1}{e}-\frac{x}{1+x}-\left(\frac{1-e}{e}\right)\right)\)

⇒ L = \(\frac{\mathrm{e}}{1-\mathrm{e}} \lim _{\mathrm{x} \rightarrow \infty} \mathrm{x}\left(1-\frac{\mathrm{x}}{1+\mathrm{x}}\right)\)

⇒ L= \(\frac{e}{1-e^{x \rightarrow \infty}} \lim _{x+1} \frac{x}{x+1}\)

⇒ L = \(\frac{\mathrm{e}}{1-\mathrm{e}} .1\)

⇒ L = \(\frac{\mathrm{e}}{1-\mathrm{e}}\)

∴ α = \(e^{\frac{\mathrm{e}}{1-\mathrm{e}}}\) ⇒  logα = \(\frac{\mathrm{e}}{1-\mathrm{e}}\)

∴ अभीष्ट मान = \(\frac{\frac{\mathrm{e}}{1-\mathrm{e}}}{1+\frac{\mathrm{e}}{1-\mathrm{e}}}\) = e

अतः विकल्प 1 सही है। 

गणना

चूँकि \(\alpha\) और \(\beta\), \(ax^2 + bx + c = 0\) के मूल हैं, तब

मूलों का योग \(\alpha + \beta = -\frac{b}{a}\) है,

और मूलों का गुणनफल \(\alpha\beta = \frac{c}{a}\) है। 

दी गई सीमा = \(\lim _{x \rightarrow \alpha} \frac{1-\cos \left(a x^{2}+b x+c\right)}{(x-\alpha)^{2}}\)

= \(\lim_{x \to \alpha} \frac{1 - \cos[a(x - \alpha)(x - \beta)]}{(x - \alpha)^2}\)

= \(\lim_{x \to \alpha} \frac{2\sin^2\left[a\frac{(x - \alpha)(x - \beta)}{2}\right]}{(x - \alpha)^2}\)

= \(\lim_{x \to \alpha} \frac{2}{(x - \alpha)^2} \times \frac{\sin^2\left[a\frac{(x - \alpha)(x - \beta)}{2}\right]}{\frac{a^2(x - \alpha)^2(x - \beta)^2}{4}} \times \frac{a^2(x - \alpha)^2(x - \beta)^2}{4}\)

= \(\frac{a^2(\alpha - \beta)^2}{2}\)

इसलिए, विकल्प 1 सही है। 

व्याख्या:

\(\rm \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}(\sec \theta-\tan \theta)\)

= \(\rm \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{1-\sin\theta }{\cos\theta} [\frac{0}{0}\) रूप]

= \(\rm \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}( \frac{-\cos\theta}{-\sin\theta}) =0\) (L' हॉस्पिटल नियम का उपयोग करके)

इसलिए विकल्प (b) सही है।

धारणा:

• 1 - cos 2θ = 2 sin2 θ
• \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \;\;\frac{{\sin x}}{x} = 1\)

गणना:

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \;\;\frac{{{{\left( {1 - \cos2x} \right)}^2}\;}}{{{x^4}}}\)

= \(\;\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \;\;\frac{{{{\left( {2{{\sin }^2}x} \right)}^2}}}{{{x^4}}}\)          (1 - cos 2θ = 2 sin² θ)

= \(\;\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \;\;\frac{{4{{\sin }^4}x}}{{{x^4}}}\)

= \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 4\; × \;{\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)^4}\)

= 4 × 1 = 4

संकल्पना:

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} \left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}} \right] = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} f\left( x \right)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} g\left( x \right)}},\;provided\;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to a} g\left( x \right) \ne 0\)

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\; \to 0} {\frac{{\tan x}}{x}} = 1\)

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\; \to 0} {\frac{{\log (1+x)}}{x}} = 1\)

गणना:

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow 0} \frac{\log (1+2x)}{\tan 2x}\)

\(\rm = \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{\log (1+2x)}{2x} \times 2x}{\frac{\tan 2x}{2x} \times 2x}\\= \frac{\mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\log (1+2x)}{2x} }{\mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\tan 2x}{2x} }\)

चूँकि हम जानते हैं कि \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\; \to 0} {\frac{{\tan x}}{x}} = 1\) और  \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\; \to 0} {\frac{{\log (1+x)}}{x}} = 1\)

इसलिए, \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\; \to 0} {\frac{{\tan 2x}}{2x}} = 1\) और \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\; \to 0} {\frac{{\log (1+2x)}}{2x}} = 1\)

अतः \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow 0} \frac{\log (1+2x)}{\tan 2x} = \frac 1 1=1\)

गणना:

हमें \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow ∞} \frac{x}{\sqrt{1+2x^2}}\) का मान ज्ञात करना है। 

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow ∞} \frac{x}{\sqrt{1+2x^2}}\)       [रूप \(\frac{∞}{∞}\)]

यह सीमा \(\frac{∞}{∞}\) रूप का है, यहाँ, हम अंश और हर में से 0 तक जाने के लिए एक गुणक को रद्द कर सकते हैं। 

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow ∞} \frac{x}{\sqrt{1+2x^2}}\)

= \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow \infty} \frac{x}{x\sqrt{\frac{1}{x^2}+2}}\)

गुणक x, ∞ हो जाता है, जिसपर x, ∞ तक है, इसलिए हमें अंश और हर से इस गुणक को रद्द करना है। 

= \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{x^2}+2}}\)

= \(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{\infty^2}+2}}=\frac{1}{\sqrt{0+2}}=\frac{1}{\sqrt 2}\)

गणना:

हमें \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow \infty} \frac{x^2}{{1+x^2}}\) का मान ज्ञात करना है। 

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow \infty} \frac{x^2}{{1+x^2}}\)       [रूप \(\frac{∞}{∞}\)]

यह सीमा \(\frac{∞}{∞}\) रूप का है, यहाँ, हम अंश और हर में से ∞ तक जाने के लिए एक गुणक को रद्द कर सकते हैं। 

\(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow \infty} \frac{x^2}{{1+x^2}}\)

= \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow \infty} \frac{x^2}{x^2\left({\frac {1}{x^2}+1}\right)}\)

गुणक x², x पर ∞ होते हुए ∞ तक झुकता है, इसलिए हमें अंश और हर से इस गुणक को रद्द करना है। 

= \(\rm \mathop {\lim }\limits_{x\rightarrow \infty} \frac{1}{\left({\frac {1}{x^2}+1}\right)}\)

= \(\frac{1}{{\frac{1}{\infty^2}+1}}=\frac{1}{{0+1}}=1\)

संकल्पना:

• \(\rm \displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\tan x}{x}=1\).
• \(\rm \dfrac{d}{dx}\tan x=\sec^2x\).
• \(\rm \dfrac{d}{dx}\sec x=\tan x\sec x\).
• \(\rm \dfrac{d}{dx}\left[f(x)\times g(x)\right]=f(x)\dfrac{d}{dx}g(x)+g(x)\dfrac{d}{dx}f(x)\).

अनिश्चित रूप: वह समीकरण जिसका मान \(\dfrac00\), \(\pm\dfrac{\infty}{\infty}\), 0⁰, ∞⁰ इत्यादि की तरह परिभाषित नहीं हो सकता है। 

• अनिश्चित रूप \(\dfrac 0 0\) के लिए सर्वप्रथम संयुग्म के साथ गुणा करके इसका परिमेयकरण करने की कोशिश कीजिए या केवल अंश और हल में कुछ पदों को रद्द करके सरलीकृत कीजिए। अन्यथा, L हॉस्पिटल नियम का प्रयोग कीजिए। 
• L हॉस्पिटल का नियम: अवकलनीय फलन f(x) और g(x) के लिए \(\rm \displaystyle \lim_{x\to c} \dfrac{f(x)}{g(x)}\) है, यदि f(x) और g(x) दोनों 0 है या यदि यह मौजूद है, तो ±∞ (अर्थात् अनिश्चित रूप), \(\rm \displaystyle \lim_{x\to c} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}\) के बराबर है। 

गणना:

\(\rm \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\tan x - x}{x^2 \tan x}=\dfrac00\) एक अनिश्चित रूप है। तो हम इसे सरलीकृत करते हैं और L हॉस्पिटल नियम का प्रयोग करते हैं। 

\(\rm \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\tan x - x}{x^2 \tan x}=\lim_{x\to 0}\left[\dfrac{\tan x - x}{x^3}\times\dfrac{x}{\tan x}\right]\).

हम जानते हैं कि \(\rm \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{x}{\tan x}=1\) है, लेकिन \(\rm \displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\tan x - x}{x^3}\) फिर भी एक अनिश्चित रूप है, इसलिए हम L हॉस्पिटल नियम का प्रयोग करते हैं:

\(\rm \displaystyle \rm \displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\tan x - x}{x^3}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 x - 1}{3x^2}\), जो फिर भी एक अनिश्चित रूप है, इसलिए हम फिर से L हॉसिपटल नियम का प्रयोग करते हैं:

\(\rm \displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 x - 1}{3x^2}= \lim_{x\to 0}\dfrac{2\sec x(\sec x\tan x)}{6x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 x\tan x}{3x}\), जो फिर भी एक अनिश्चित रूप है, इसलिए हम फिर से L हॉसिपटल नियम का प्रयोग करते हैं:

\(\rm \displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 x\tan x}{3x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\sec^2 x\sec^2 x+\tan x[2\sec x(\sec x \tan x)]}{3}=\dfrac{1}{3}\).

∴ \(\rm \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\tan x - x}{x^2 \tan x}=1\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{3}\).

अवधारणा:

\(\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} f\left( x \right) + \;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} g\left( x \right)\)

\(\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac { (a^x - 1) }{x} = \log a\)

log mⁿ = n log m

गणना:

\(\rm \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{3^x + 3^{-x}-2}{x}\\= \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{3^x -1+ 3^{-x}-1}{x}\\= \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{3^x -1}{x}+\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{3^{-x} -1}{x}\\= \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{3^x -1}{x}+\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{(3^{-1})^x -1}{x}\\= \log 3 + \log (3^{-1})\\= \log 3 - \log 3\\=0\)

प्रयुक्त सूत्र:

\(\rm \displaystyle\lim_ {x\rightarrow 0}\left({\frac{sin\ x}{x}}\right)=1\)

गणना:

\(\rm \displaystyle\lim_ {x\rightarrow 0}\left({\frac{\sqrt{1-cosx^2}}{(1-cosx)}}\right)\)

चूँकि, 1 - cos 2θ = sin²θ

⇒ \(\rm \displaystyle\lim_ {x\rightarrow0}\left({\frac{√{2sin^2\frac{x^2}{2}}}{(2sin^2\frac{x}{2})}}\right)\)

⇒ \(\frac{1}{√ 2}\rm \displaystyle\lim_ {x\rightarrow 0}\left({\frac{{\frac{x^2}{2}\times sin\frac{x^2}{2}}}{(sin^2\frac{x}{2})\times\frac{x^2}{2}}}\right)\)

∴  \(\frac{2}{√ 2}\rm \displaystyle\lim_ {x\rightarrow 0}\left(\frac{sin\frac{x^2}{2}}{\frac{x^2}{2}}\right)\times \left(\frac{\frac{x}{2}}{sin\frac{x}{2}}\right)^2\) = √2

संकल्पना:

\(\rm \displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1\)

गणना:

\(\rm \displaystyle \lim_{x → ∞} x \sin \left(\frac{π} {x}\right)\)

= \(\rm \displaystyle \lim_{x → ∞} \frac{\sin \left(\frac{π} {x}\right)}{\left(\frac{1}{x} \right )}\)

= \(\rm \displaystyle \lim_{x → ∞} \frac{\sin \left(\frac{π} {x}\right)}{\left(\frac{π}{x} \right )} × π\)

माना कि \(\rm \frac {π}{x} = t\)

यदि x → ∞ तो t → 0

= \(\rm \displaystyle \lim_{t \rightarrow 0} \frac{\sin t}{t} × π\)

= 1 × π 

= π 

संकल्पना:

\(\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} \left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right] = \;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} f\left( x \right) \cdot \;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} g\left( x \right)\)

\(\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac {\sin x }{x} = 1\\\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac {\log (1+x) }{x}\)

गणना:

हमें \(\rm \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\sin x \log (1-x)}{x^2}\) का मान ज्ञात करना है। 

हम जानते हैं,\(\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} \left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right] = \;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} f\left( x \right) \cdot \;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;a} g\left( x \right)\)

\(\therefore \rm \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\sin x \log (1-x)}{x^2}= \rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac {\sin x }{x} × ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac {\log (1-x) }{x}\)

= 1 × \(\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac {\log (1+(-x)) }{x}\)

= \(\rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac {\log (1+(-x)) }{-(-x)}\)

= \(-1 × \rm ​​\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \;0} \dfrac {\log (1+(-x)) }{(-x)}\)

= -1 × 1

= -1

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{2^{n + 1}} + {3^{n + 1}}}}{{{2^n} + {3^n}}} \)

इसे इस प्रकार लिखा जा सकता है:

\(= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{2^n}2 + {3^n}3}}{{{2^n} + {3^n}}}\)

3ⁿ आम लेते हुए, हम लिख सकते हैं:

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{3^n}\left[ {2.{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 3} \right]}}{{{3^n}\left[ {{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 1} \right]}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2.{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 3}}{{\left[ {{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 1} \right]}}\)

यहाँ \(\frac 2 3 < 1\)

इसलिए, \(\left[ \frac {2}{3}\right]^{\infty} = 0\)

\(= \frac{{0 + 3}}{{0 + 1}} = 3\)