Chapter-12 Limits and Derivatives
With the Calculus as a key, Mathematics can be successfully applied to the explanation of the course of Nature - WHITEHEAD
12.1 Introduction
This chapter is an introduction to Calculus. Calculus is that branch of mathematics which mainly deals with the study of change in the value of a function as the points in the domain change. First, we give an intuitive idea of derivative (without actually defining it). Then we give a naive definition of limit and study some algebra of limits. Then we come back to a definition of derivative and study some algebra of derivatives. We also obtain derivatives of certain standard functions.
Sir Issac Newton (1642-1727 A.D.)
12.2 Intuitive Idea of Derivatives
Physical experiments have confirmed that the body dropped Sir Issac Newton $(1642-1727)$ from a tall cliff covers a distance of $4.9 t^{2}$ metres in $t$ seconds, i.e., distance $s$ in metres covered by the body as a function of time $t$ in seconds is given by $s=4.9 t^{2}$.
The adjoining Table 13.1 gives the distance travelled in metres at various intervals of time in seconds of a body dropped from a tall cliff.
The objective is to find the veloctiy of the body at time $t=2$ seconds from this data. One way to approach this problem is to find the average velocity for various intervals of time ending at $t=2$ seconds and hope that these throw some light on the velocity at $t=2$ seconds.
Average velocity between $t=t_1$ and $t=t_2$ equals distance travelled between $t=t_l$ and $t=t_2$, seconds divided by $(t_2-t_1)$. Hence the average velocity in the first two seconds
$$ \begin{aligned} & =\frac{\text{ Distance travelled between } t_2=2 \text{ and } t_1=0}{\text{ Time interval }(t_2-t_1)} \\ & =\frac{(19.6-0) m}{(2-0) s}=9.8 m / s . \end{aligned} $$
Similarly, the average velocity between $t=1$ and $t=2$ is
$$ \frac{(19.6-4.9) m}{(2-1) s}=14.7 m / s $$
Likewise we compute the average velocitiy between $t=t_1$ and $t=2$ for various $t_1$. The following Table 13.2 gives the average velocity $(v), t=t_1$ seconds and $t=2$ seconds.
Table 12.1
| $t$ | $s$ |
|---|---|
| 0 | 0 |
| 1 | 4.9 |
| 1.5 | 11.025 |
| 1.8 | 15.876 |
| 1.9 | 17.689 |
| 1.95 | 18.63225 |
| 2 | 19.6 |
| 2.05 | 20.59225 |
| 2.1 | 21.609 |
| 2.2 | 23.716 |
| 2.5 | 30.625 |
| 3 | 44.1 |
| 4 | 78.4 |
Table 12.2
| $t_1$ | 0 | 1 | 1.5 | 1.8 | 1.9 | 1.95 | 1.99 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $v$ | 9.8 | 14.7 | 17.15 | 18.62 | 19.11 | 19.355 | 19.551 |
From Table 12.2, we observe that the average velocity is gradually increasing. As we make the time intervals ending at $t=2$ smaller, we see that we get a better idea of the velocity at $t=2$. Hoping that nothing really dramatic happens between 1.99 seconds and 2 seconds, we conclude that the average velocity at $t=2$ seconds is just above $19.551 m / s$.
This conclusion is somewhat strengthened by the following set of computation. Compute the average velocities for various time intervals starting at $t=2$ seconds. As before the average velocity $v$ between $t=2$ seconds and $t=t_2$ seconds is
$ \begin{aligned} & =\frac{\text{ Distance travelled between } 2 \text{ seconds and } t_2 \text{ seconds }}{t_2-2} \\ & =\frac{\text{ Distance travelled in } t_2 \text{ seconds }- \text{ Distance travelled in } 2 \text{ seconds }}{t_2-2} \end{aligned} $
$ =\frac{\text{ Distance travelled in } t_2 \text{ seconds }-19.6}{t_2-2} $
The following Table 12.3 gives the average velocity $v$ in metres per second between $t=2$ seconds and $t_2$ seconds.
Table 12.3
| $t_2$ | 4 | 3 | 2.5 | 2.2 | 2.1 | 2.05 | 2.01 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $v$ | 29.4 | 24.5 | 22.05 | 20.58 | 20.09 | 19.845 | 19.649 |
Here again we note that if we take smaller time intervals starting at $t=2$, we get better idea of the velocity at $t=2$.
In the first set of computations, what we have done is to find average velocities in increasing time intervals ending at $t=2$ and then hope that nothing dramatic happens just before $t=2$. In the second set of computations, we have found the average velocities decreasing in time intervals ending at $t=2$ and then hope that nothing dramatic happens just after $t=2$. Purely on the physical grounds, both these sequences of average velocities must approach a common limit. We can safely conclude that the velocity of the body at $t=2$ is between $19.551 m / s$ and $19.649 m / s$. Technically, we say that the instantaneous velocity at $t=2$ is between $19.551 m / s$ and $19.649 m / s$. As is well-known, velocity is the rate of change of displacement. Hence what we have accomplished is the following. From the given data of distance covered at various time instants we have estimated the rate of change of the distance at a given instant of time. We say that the derivative of the distance function $s=4.9 t^{2}$ at $t=2$ is between 19.551 and 19.649 .
An alternate way of viewing this limiting process is shown in Fig 12.1. This is a plot of distance $s$ of the body from the top of the cliff versus the time $t$ elapsed. In the limit as the sequence of time intervals $h_1, h_2, \ldots$, approaches zero, the sequence of average velocities approaches the same limit as does the sequence of ratios
Fig 12.1
$ \frac{C_1 B_1}{AC_1}, \frac{C_2 B_2}{AC_2}, \frac{C_3 B_3}{AC_3}, \ldots $
where $C_1 B_1=s_1-s_0$ is the distance travelled by the body in the time interval $h_1=AC_1$, etc. From the Fig 12.1 it is safe to conclude that this latter sequence approaches the slope of the tangent to the curve at point $A$. In other words, the instantaneous velocity $v(t)$ of a body at time $t=2$ is equal to the slope of the tangent of the curve $s=4.9 t^{2}$ at $t=2$.
12.3 Limits
The above discussion clearly points towards the fact that we need to understand limiting process in greater clarity. We study a few illustrative examples to gain some familiarity with the concept of limits.
Consider the function $f(x)=x^{2}$. Observe that as $x$ takes values very close to 0 , the value of $f(x)$ also moves towards 0 (See Fig 2.10 Chapter 2). We say
$ \begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} f(x)=0 \end{aligned} $
(to be read as limit of $f(x)$ as $x$ tends to zero equals zero). The limit of $f(x)$ as $x$ tends to zero is to be thought of as the value $f(x)$ should assume at $x=0$.
In general as $x \to a, f(x) \to l$, then $l$ is called limit of the function $f(x)$ which is symbolically written as $\lim\limits_{x \to a} f(x)=l$.
Consider the following function $g(x)=|x|, x \neq 0$. Observe that $g(0)$ is not defined. Computing the value of $g(x)$ for values of $x$ very near to 0 , we see that the value of $g(x)$ moves towards 0 . So, $\lim\limits_{x \to 0} g(x)=0$. This is intuitively clear from the graph of $y=|x|$ for $x \neq 0$. (See Fig 2.13, Chapter 2).
Consider the following function.
$ h(x)=\frac{x^{2}-4}{x-2}, x \neq 2 $
Compute the value of $h(x)$ for values of $x$ very near to 2 (but not at 2 ). Convince yourself that all these values are near to 4 . This is somewhat strengthened by considering the graph of the function $y=h(x)$ given here (Fig 12.2).
Fig 12.2
In all these illustrations the value which the function should assume at a given point $x=a$ did not really depend on how is $x$ tending to $a$. Note that there are essentially two ways $x$ could approach a number $a$ either from left or from right, i.e., all the values of $x$ near $a$ could be less than $a$ or could be greater than $a$. This naturally leads to two limits - the right hand limit and the left hand limit. Right hand limit of a function $f(x)$ is that value of $f(x)$ which is dictated by the values of $f(x)$ when $x$ tends to $a$ from the right. Similarly, the left hand limit. To illustrate this, consider the function
$ f(x)= \begin{cases}1, & x \leq 0 \\ 2, & x>0\end{cases} $
Graph of this function is shown in the Fig 12.3. It is clear that the value of $f$ at 0 dictated by values of $f(x)$ with $x \leq 0$ equals 1, i.e., the left hand limit of $f(x)$ at 0 is $ \lim\limits_{x \to 0} f(x)=1 . $
Similarly, the value of $f$ at 0 dictated by values of $f(x)$ with $x>0$ equals 2 , i.e., the right hand limit of $f(x)$ at 0 is
$ \lim\limits_{x \to 0^{+}} f(x)=2 . $
In this case the right and left hand limits are different, and hence we say that the limit of $f(x)$ as $x$ tends to zero does not exist (even though the function is defined at 0 ).
Summary
We say $\lim\limits_{x \to a^{-}} f(x)$ is the expected value of $f$ at $x=a$ given the values of $f$ near $x$ to the left of $a$. This value is called the left hand limit of $f$ at $a$.
We say $\lim\limits_{x \to a^{+}} f(x)$ is the expected value of $f$ at $x=a$ given the values of $f$ near $x$ to the right of $a$. This value is called the right hand limit of $f(x)$ at $a$.
If the right and left hand limits coincide, we call that common value as the limit of $f(x)$ at $x=a$ and denote it by $\lim\limits_{x \to a} f(x)$.
Illustration 1 Consider the function $f(x)=x+10$. We want to find the limit of this function at $x=5$. Let us compute the value of the function $f(x)$ for $x$ very near to 5 . Some of the points near and to the left of 5 are $4.9,4.95,4.99,4.995 \ldots$, etc. Values of the function at these points are tabulated below. Similarly, the real number 5.001,
5.01, 5.1 are also points near and to the right of 5. Values of the function at these points are also given in the Table 12.4.
Table 12.4
| $x$ | 4.9 | 4.95 | 4.99 | 4.995 | 5.001 | 5.01 | 5.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 14.9 | 14.95 | 14.99 | 14.995 | 15.001 | 15.01 | 15.1 |
From the Table 12.4, we deduce that value of $f(x)$ at $x=5$ should be greater than 14.995 and less than 15.001 assuming nothing dramatic happens between $x=4.995$ and 5.001. It is reasonable to assume that the value of the $f(x)$ at $x=5$ as dictated by the numbers to the left of 5 is 15 , i.e.,
$$ \lim\limits_{x \to 5^{-}} f(x)=15 . $$
Similarly, when $x$ approaches 5 from the right, $f(x)$ should be taking value 15 , i.e.,
$$ \lim\limits_{x \to 5^{+}} f(x)=15 \text{. } $$
Hence, it is likely that the left hand limit of $f(x)$ and the right hand limit of $f(x)$ are both equal to 15. Thus,
$$ \lim\limits_{x \to 5^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \to 5^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \to 5} f(x)=15 . $$
This conclusion about the limit being equal to 15 is somewhat strengthened by seeing the graph of this function which is given in Fig 2.16, Chapter 2. In this figure, we note that as $x$ approaches 5 from either right or left, the graph of the function $f(x)=x+10$ approaches the point $(5,15)$.
We observe that the value of the function at $x=5$ also happens to be equal to 15 .
Illustration 2 Consider the function $f(x)=x^{3}$. Let us try to find the limit of this function at $x=1$. Proceeding as in the previous case, we tabulate the value of $f(x)$ at $x$ near 1 . This is given in the Table 12.5 .
Table 12.5
| $x$ | 0.9 | 0.99 | 0.999 | 1.001 | 1.01 | 1.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 0.729 | 0.970299 | 0.997002999 | 1.003003001 | 1.030301 | 1.331 |
From this table, we deduce that value of $f(x)$ at $x=1$ should be greater than 0.997002999 and less than 1.003003001 assuming nothing dramatic happens between $x=0.999$ and 1.001. It is reasonable to assume that the value of the $f(x)$ at $x=1$ as dictated by the numbers to the left of 1 is 1 , i.e.,
$$ \lim\limits_{x \to 1^{-}} f(x)=1 \text{. } $$
Similarly, when $x$ approaches 1 from the right, $f(x)$ should be taking value 1, i.e.,
$$ \lim\limits_{x \to 1^{+}} f(x)=1 \text{. } $$
Hence, it is likely that the left hand limit of $f(x)$ and the right hand limit of $f(x)$ are both equal to 1 . Thus,
$$ \lim\limits_{x \to 1^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \to 1^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \to 1} f(x)=1 . $$
This conclusion about the limit being equal to 1 is somewhat strengthened by seeing the graph of this function which is given in Fig 2.11, Chapter 2. In this figure, we note that as $x$ approaches 1 from either right or left, the graph of the function $f(x)=x^{3}$ approaches the point $(1,1)$.
We observe, again, that the value of the function at $x=1$ also happens to be equal to 1 .
Illustration 3 Consider the function $f(x)=3 x$. Let us try to find the limit of this function at $x=2$. The following Table 12.6 is now self-explanatory.
Table 12.6
| $x$ | 1.9 | 1.95 | 1.99 | 1.999 | 2.001 | 2.01 | 2.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 5.7 | 5.85 | 5.97 | 5.997 | 6.003 | 6.03 | 6.3 |
As before we observe that as $x$ approaches 2 from either left or right, the value of $f(x)$ seem to approach 6 . We record this as
$$ \lim\limits_{x \to 2^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \to 2^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \to 2} f(x)=6 $$
Its graph shown in Fig 12.4 strengthens this fact.
Fig 12.4
Here again we note that the value of the function at $x=2$ coincides with the limit at $x=2$.
Illustration 4 Consider the constant function $f(x)=3$. Let us try to find its limit at $x=2$. This function being the constant function takes the same value ( 3 , in this case) everywhere, i.e., its value at points close to 2 is 3 . Hence
$ \lim\limits_{x \to 2} f(x)=\lim\limits_{x \to 2^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \to 2} f(x)=3 $
Graph of $f(x)=3$ is anyway the line parallel to $x$-axis passing through $(0,3)$ and is shown in Fig 2.9, Chapter 2. From this also it is clear that the required limit is 3. In fact, it is easily observed that $\lim\limits_{x \to a} f(x)=3$ for any real number $a$.
Illustration 5 Consider the function $f(x)=x^{2}+x$. We want to find $\lim\limits_{x \to 1} f(x)$. We tabulate the values of $f(x)$ near $x=1$ in Table 12.7.
Table 12.7
| $x$ | 0.9 | 0.99 | 0.999 | 1.01 | 1.1 | 1.2 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 1.71 | 1.9701 | 1.997001 | 2.0301 | 2.31 | 2.64 |
From this it is reasonable to deduce that $\lim\limits_{x \to 1^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \to 1^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \to 1} f(x)=2$.
From the graph of $f(x)=x^{2}+x$ shown in the Fig 12.5, it is clear that as $x$ approaches 1, the graph approaches $(1,2)$.
Fig 12.5
Here, again we observe that the
$ \lim\limits_{x \to 1} f(x)=f(1) $
Now, convince yourself of the following three facts:
$ \lim\limits_{x \to 1} x^{2}=1, \lim\limits_{x \to 1} x=1 \text{ and } \lim\limits_{x \to 1} x+1=2 $
Then $ \quad\quad\quad\quad \lim\limits_{x \to 1} x^{2}+\lim\limits_{x \to 1} x=1+1=2=\lim\limits_{x \to 1}[x^{2}+x] \text{. } $
Also $ \quad\quad\quad\quad\lim\limits_{x \to 1} x . \lim\limits_{x \to 1}(x+1)=1 \cdot 2=2=\lim\limits_{x \to 1}[x(x+1)]=\lim\limits_{x \to 1}[x^{2}+x] . $
Illustration 6 Consider the function $f(x)=\sin x$. We are interested in $\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \sin x$, where the angle is measured in radians.
Here, we tabulate the (approximate) value of $f(x)$ near $\frac{\pi}{2}$ (Table 12.8). From this, we may deduce that
$ \lim\limits_{x \to \frac{\pi^{-}}{2}} f(x)=\lim\limits_{x \to \frac{\pi^{+}}{2}} f(x)=\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x)=1 $
Further, this is supported by the graph of $f(x)=\sin x$ which is given in the Fig 3.8 (Chapter 3). In this case too, we observe that $\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \sin x=1$.
Table 12.8
| $x$ | $\frac{\pi}{2}-0.1$ | $\frac{\pi}{2}-0.01$ | $\frac{\pi}{2}+0.01$ | $\frac{\pi}{2}+0.1$ |
|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 0.9950 | 0.9999 | 0.9999 | 0.9950 |
Illustration 7 Consider the function $f(x)=x+\cos x$. We want to find the $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$. Here we tabulate the (approximate) value of $f(x)$ near 0 (Table 12.9).
Table 12.9
| $x$ | -0.1 | -0.01 | -0.001 | 0.001 | 0.01 | 0.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 0.9850 | 0.98995 | 0.9989995 | 1.0009995 | 1.00995 | 1.0950 |
From the Table 12.9, we may deduce that
$ \lim\limits_{x \to 0^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \to 0^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \to 0} f(x)=1 $
In this case too, we observe that $\lim\limits_{x \to 0} f(x)=f(0)=1$.
Now, can you convince yourself that
$ \lim\limits_{x \to 0}[x+\cos x]=\lim\limits_{x \to 0} x+\lim\limits_{x \to 0} \cos x \text{ is indeed true? } $
Illustration 8 Consider the function $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ for $x>0$. We want to know $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$.
Here, observe that the domain of the function is given to be all positive real numbers. Hence, when we tabulate the values of $f(x)$, it does not make sense to talk of $x$ approaching 0 from the left. Below we tabulate the values of the function for positive $x$ close to 0 (in this table $n$ denotes any positive integer).
From the Table 12.10 given below, we see that as $x$ tends to $0, f(x)$ becomes larger and larger. What we mean here is that the value of $f(x)$ may be made larger than any given number.
Table 12.10
| $x$ | 1 | 0.1 | 0.01 | $10^{-n}$ |
|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 1 | 100 | 10000 | $10^{2 n}$ |
Mathematically, we say
$ \lim\limits_{x \to 0} f(x)=+\infty $
We also remark that we will not come across such limits in this course.
Illustration 9 We want to find $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$, where
$ f(x)= \begin{cases}x-2, & x<0 \\ 0, & x=0 \\ x+2, & x>0\end{cases} $
As usual we make a table of $x$ near 0 with $f(x)$. Observe that for negative values of $x$ we need to evaluate $x-2$ and for positive values, we need to evaluate $x+2$.
Table 12.11
| $x$ | -0.1 | -0.01 | -0.001 | 0.001 | 0.01 | 0.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | -2.1 | -2.01 | -2.001 | 2.001 | 2.01 | 2.1 |
From the first three entries of the Table 12.11, we deduce that the value of the function is decreasing to -2 and hence.
$$ \lim\limits_{x \to 0^{-}} f(x)=-2 $$
From the last three entires of the table we deduce that the value of the function is increasing from 2 and hence
$$ \lim\limits_{x \to 0^{+}} f(x)=2 $$
Since the left and right hand limits at 0 do not coincide, we say that the limit of the function at 0 does not exist.
Graph of this function is given in the Fig12.6. Here, we remark that the value of the function at $x=0$ is well defined and is, indeed, equal to 0 , but the limit of the function at $x=0$ is not even defined.
Illustration 10 As a final illustration, we find $\lim\limits_{x \to 1} f(x)$,
where
$$ f(x)=\begin{cases} x+2 & x \neq 1 \\ 0 & x=1 \end{cases} $$
Table 12.12
| $x$ | 0.9 | 0.99 | 0.999 | 1.001 | 1.01 | 1.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 2.9 | 2.99 | 2.999 | 3.001 | 3.01 | 3.1 |
As usual we tabulate the values of $f(x)$ for $x$ near 1 . From the values of $f(x)$ for $x$ less than 1 , it seems that the function should take value 3 at $x=1$., i.e.,
$ \lim\limits_{x \to 1^{-}} f(x)=3 . $
Similarly, the value of $f(x)$ should be 3 as dictated by values of $f(x)$ at $x$ greater than 1. i.e.
$ \lim\limits_{x \to 1^{+}} f(x)=3 . $
But then the left and right hand limits coincide and hence
$ \lim\limits_{x \to 1^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \to 1^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \to 1} f(x)=3 . $
Graph of function given in Fig 12.7 strengthens our deduction about the limit. Here, we note that in general, at a given point the value of the function and its limit may be different (even when both are defined).
Fig 12.7
12.3.1 Algebra of limits
In the above illustrations, we have observed that the limiting process respects addition, subtraction, multiplication and division as long as the limits and functions under consideration are well defined. This is not a coincidence. In fact, below we formalise these as a theorem without proof.
Theorem 1 Let $f$ and $g$ be two functions such that both $\lim\limits_{x \to a} f(x)$ and $\lim\limits_{x \to a} g(x)$ exist. Then
(i) Limit of sum of two functions is sum of the limits of the functions, i.e.,
$ \lim\limits_{x \to a}[f(x)+g(x)]=\lim\limits_{x \to a} f(x)+\lim\limits_{x \to a} g(x) . $
(ii) Limit of difference of two functions is difference of the limits of the functions, i.e.,
$ \lim\limits_{x \to a}[f(x)-g(x)]=\lim\limits_{x \to a} f(x)-\lim\limits_{x \to a} g(x) . $
(iii) Limit of product of two functions is product of the limits of the functions, i.e.,
$ \lim\limits_{x \to a}[f(x) \cdot g(x)]=\lim\limits_{x \to a} f(x) . \lim\limits_{x \to a} g(x) . $
(iv) Limit of quotient of two functions is quotient of the limits of the functions (whenever the denominator is non zero), i.e.,
$ \lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim\limits_{x \to a} f(x)}{\lim\limits_{x \to a} g(x)} $
Note - In particular as a special case of (iii), when $g$ is the constant function such that $g(x)=\lambda$, for some real number $\lambda$, we have
$ \lim\limits_{x \to a}[(\lambda \cdot f)(x)]=\lambda \cdot \lim\limits_{x \to a} f(x) . $
In the next two subsections, we illustrate how to exploit this theorem to evaluate limits of special types of functions.
12.3.2 Limits of polynomials and rational functions
A function $f$ is said to be a polynomial function of degree $n f(x)=a_0+a_1 x+a_2 x^{2}+\ldots+a_n x^{n}$, where $a_1$ s are real numbers such that $a_n \neq 0$ for some natural number $n$.
We know that $\lim\limits_{x \to a} x=a$. Hence
$ \lim\limits_{x \to a} x^{2}=\lim\limits_{x \to a}(x \cdot x)=\lim\limits_{x \to a} x \cdot \lim\limits_{x \to a} x=a \cdot a=a^{2} $
An easy exercise in induction on $n$ tells us that
$ \lim\limits_{x \to a} x^{n}=a^{n} $
Now, let $f(x)=a_0+a_1 x+a_2 x^{2}+\ldots+a_n x^{n}$ be a polynomial function. Thinking of each of $a_0, a_1 x, a_2 x^{2}, \ldots, a_n x^{n}$ as a function, we have
$ \begin{aligned} \lim\limits_ {x \to a} f(x) & =\lim\limits_ {x \to a}[a_ 0+a_ 1 x+a_ 2 x^{2}+\ldots+a_ {n} x^{n}] \\ & =\lim\limits_ {x \to a} a_ 0+\lim\limits_ {x \to a} a_ 1 x+\lim\limits_ {x \to a} a_ 2 x^{2}+\ldots+\lim\limits_ {x \to a} a_ {n} x^{n} \\ & =a_ 0+a_ 1 \lim\limits_ {x \to a} x+a_ 2 \lim\limits_ {x \to a} x^{2}+\ldots+a_ {n} \lim\limits_ {x \to a} x^{n} \\ & =a_ 0+a_ 1 a+a_ 2 a^{2}+\ldots+a_ {n} a^{n} \\ & =f(a) \end{aligned} $
(Make sure that you understand the justification for each step in the above!)
A function $f$ is said to be a rational function, if $f(x)=\frac{g(x)}{h(x)}$, where $g(x)$ and $h(x)$ are polynomials such that $h(x) \neq 0$. Then
$ \lim\limits_{x \to a} f(x)=\lim\limits_{x \to a} \frac{g(x)}{h(x)}=\frac{\lim\limits_{x \to a} g(x)}{\lim\limits_{x \to a} h(x)}=\frac{g(a)}{h(a)} $
However, if $h(a)=0$, there are two scenarios - (i) when $g(a) \neq 0$ and (ii) when $g(a)=0$. In the former case we say that the limit does not exist. In the latter case we can write $g(x)=(x-a)^{k} g_1(x)$, where $k$ is the maximum of powers of $(x-a)$ in $g(x)$ Similarly, $h(x)=(x-a)^{l} h_1(x)$ as $h(a)=0$. Now, if $k>l$, we have
$ \lim\limits_{x \to a} f(x)=\frac{\lim\limits_{x \to a} g(x)}{\lim\limits_{x \to a} h(x)}=\frac{\lim\limits_{x \to a}(x-a)^{k} g_1(x)}{\lim\limits_{x \to a}(x-a)^{l} h_1(x)} $
$ =\frac{\lim\limits_{x \to a}(x-a)^{(k-l)} g_1(x)}{\lim\limits_{x \to a} h_1(x)}=\frac{0 . g_1(a)}{h_1(a)}=0 $
If $k<l$, the limit is not defined.
Example 1 Find the limits:
(i) $\lim\limits_{x \to 1}[x^{3}-x^{2}+1] \quad$
(ii) $\lim\limits_{x \to 3}[x(x+1)]$
(iii) $\lim\limits_{x \to-1}[1+x+x^{2}+\ldots+x^{10}]$.
Solution The required limits are all limits of some polynomial functions. Hence the limits are the values of the function at the prescribed points. We have
(i) $\lim\limits_{x \to 1}[x^{3}-x^{2}+1]=1^{3}-1^{2}+1=1$
(ii) $\lim\limits_{x \to 3}[x(x+1)]=3(3+1)=3(4)=12$
(iii) $\lim\limits_{x \to-1}[1+x+x^{2}+\ldots+x^{10}]=1+(-1)+(-1)^{2}+\ldots+(-1)^{10}$
Example 2 Find the limits:
(i) $\lim\limits_{x \to 1}[\frac{x^{2}+1}{x+100}]$
(ii) $\lim\limits_{x \to 2}[\frac{x^{3}-4 x^{2}+4 x}{x^{2}-4}]$
(iii) $\lim\limits_{x \to 2}[\frac{x^{2}-4}{x^{3}-4 x^{2}+4 x}]$
(iv) $\lim\limits_{x \to 2}[\frac{x^{3}-2 x^{2}}{x^{2}-5 x+6}]$
(v) $\lim\limits_{x \to 1}[\frac{x-2}{x^{2}-x}-\frac{1}{x^{3}-3 x^{2}+2 x}]$.
Solution All the functions under consideration are rational functions. Hence, we first evaluate these functions at the prescribed points. If this is of the form $\frac{0}{0}$, we try to rewrite the function cancelling the factors which are causing the limit to be of the form $\frac{0}{0}$.
(i) We have $\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^{2}+1}{x+100}=\frac{1^{2}+1}{1+100}=\frac{2}{101}$
(ii) Evaluating the function at 2, it is of the form $\frac{0}{0}$.
Hence $\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{3}-4 x^{2}+4 x}{x^{2}-4}=\lim\limits_{x \to 2} \frac{x(x-2)^{2}}{(x+2)(x-2)}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{x \to 2} \frac{x(x-2)}{(x+2)} \quad \quad \quad \quad \text{as } x \neq 2 \\ & =\frac{2(2-2)}{2+2}=\frac{0}{4}=0 . \end{aligned} $
(iii) Evaluating the function at 2, we get it of the form $\frac{0}{0}$.
Hence $\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{2}-4}{x^{3}-4 x^{2}+4 x}=\lim\limits_{x \to 2} \frac{(x+2)(x-2)}{x(x-2)^{2}}$
$ =\lim\limits_{x \to 2} \frac{(x+2)}{x(x-2)}=\frac{2+2}{2(2-2)}=\frac{4}{0} $
which is not defined.
(iv) Evaluating the function at 2, we get it of the form $\frac{0}{0}$.
Hence $\quad \lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{3}-2 x^{2}}{x^{2}-5 x+6}=\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{2}(x-2)}{(x-2)(x-3)}$
$ =\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{2}}{(x-3)}=\frac{(2)^{2}}{2-3}=\frac{4}{-1}=-4 . $
(v) First, we rewrite the function as a rational function.
$ \begin{aligned} {[\frac{x-2}{x^{2}-x}-\frac{1}{x^{3}-3 x^{2}+2 x}] } & =[\frac{x-2}{x(x-1)}-\frac{1}{x(x^{2}-3 x+2)}] \\ & =[\frac{x-2}{x(x-1)}-\frac{1}{x(x-1)(x-2)}] \\ & =[\frac{x^{2}-4 x+4-1}{x(x-1)(x-2)}] \\ & =\frac{x^{2}-4 x+3}{x(x-1)(x-2)} \end{aligned} $
Evaluating the function at 1, we get it of the form $\frac{0}{0}$.
Hence $\quad \lim\limits_{x \to 1}[\frac{x^{2}-2}{x^{2}-x}-\frac{1}{x^{3}-3 x^{2}+2 x}]=\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^{2}-4 x+3}{x(x-1)(x-2)}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{x \to 1} \frac{(x-3)(x-1)}{x(x-1)(x-2)} \\ & =\lim\limits_{x \to 1} \frac{x-3}{x(x-2)}=\frac{1-3}{1(1-2)}=2 . \end{aligned} $
We remark that we could cancel the term $(x-1)$ in the above evaluation because $x \neq 1$.
Evaluation of an important limit which will be used in the sequel is given as a theorem below.
Theorem 2 For any positive integer $n$,
$ \lim\limits_{x \to a} \frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=n a^{n-1} $
Remark The expression in the above theorem for the limit is true even if $n$ is any rational number and $a$ is positive.
Proof Dividing $(x^{n}-a^{n})$ by $(x-a)$, we see that
$ x^{n}-a^{n}=(x-a)(x^{n-1}+x^{n-2} a+x^{n-3} a^{2}+\ldots+x a^{n-2}+a^{n-1}) $
$ \begin{aligned} \text{Thus, }\quad \lim\limits_{x \to a} \frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}& =\lim\limits_{x \to a}(x^{n-1}+x^{n-2} a+x^{n-3} a^{2}+\ldots+x a^{n-2}+a^{n-1}) \\ & =a^{n-1}+a a^{n-2}+\ldots+a^{n-2}(a)+a^{n-1} \\ & =a^{n-1}+a^{n-1}+\ldots+a^{n-1}+a^{n-1}(n \text{ terms }) \\ & =n a^{n-1} \end{aligned} $
Example 3 Evaluate:
(i) $\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^{15}-1}{x^{10}-1}$
(ii) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}$
Solution (i) We have
$ \begin{aligned} \lim\limits_{x \to 1} \frac{x^{15}-1}{x^{10}-1} & =\lim\limits_{x \to 1}[\frac{x^{15}-1}{x-1} \div \frac{x^{10}-1}{x-1}] \\ & =\lim\limits_{x \to 1}[\frac{x^{15}-1}{x-1}] \div \lim\limits_{x \to 1}[\frac{x^{10}-1}{x-1}] \\ & =15(1)^{14} \div 10(1)^{9} \text{ (by the theorem above) } \\ & =15 \div 10=\frac{3}{2} \end{aligned} $
(ii) Put $y=1+x$, so that $y \to 1$ as $x \to 0$.
$ \begin{aligned} \text{Then} \quad \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}& =\lim\limits_{y \to 1} \frac{\sqrt{y}-1}{y-1} \\ & =\lim\limits_{y \to 1} \frac{y^{\frac{1}{2}}-1^{\frac{1}{2}}}{y-1} \\ & =\frac{1}{2}(1)^{\frac{1}{2}-1}(\text{ by the remark above })=\frac{1}{2} \end{aligned} $
12.4 Limits of Trigonometric Functions
The following facts (stated as theorems) about functions in general come in handy in calculating limits of some trigonometric functions.
Theorem 3 Let $f$ and $g$ be two real valued functions with the same domain such that $f(x) \leq g(x)$ for all $x$ in the domain of definition, For some $a$, if both $\lim\limits_{x \to a} f(x)$ and $\lim\limits_{x \to a} g(x)$ exist, then $\lim\limits_{x \to a} f(x) \leq \lim\limits_{x \to a} g(x)$. This is illustrated in Fig 12.8.
Fig 12.8
Theorem 4 (Sandwich Theorem) Let $f$, $g$ and $h$ be real functions such that $f(x) \leq g(x) \leq h(x)$ for all $x$ in the common domain of definition. For some real number $a$, if $\lim\limits_{x \to a} f(x)=l=\lim\limits_{x \to a} h(x)$, then $\lim\limits_{x \to a} g(x)=l$. This is illustrated in Fig 12.9.
Fig 12.9
Given below is a beautiful geometric proof of the following important inequality relating trigonometric functions.
$$ \cos x<\frac{\sin x}{x}<1 \quad \text{ for } 0<|x|<\frac{\pi}{2} \quad \quad \quad \quad \quad ({}^*) $$
Proof We know that $\sin (-x)=-\sin x$ and $\cos (-x)=\cos x$. Hence, it is sufficient to prove the inequality for $0<x<\frac{\pi}{2}$.
In the Fig 12.10, $O$ is the centre of the unit circle such that the angle AOC is $x$ radians and $0<x<\frac{\pi}{2}$. Line segments B A and $CD$ are perpendiculars to $OA$. Further, join $AC$. Then
Fig 12.10
Area of $\triangle OAC<$ Area of sector $OAC<$ Area of $\triangle OAB$.
i.e., $\quad \frac{1}{2} OA . CD<\frac{x}{2 \pi} . \pi .(OA)^{2}<\frac{1}{2} OA . AB$.
i.e., $\quad CD<x . OA<AB$.
From $\triangle OCD$,
$ \sin x=\frac{CD}{OA}(\text{ since } OC=OA) \text{ and hence } CD=OA \sin x \text{. Also } \tan x=\frac{AB}{OA} \text{ and } $
hence $\quad AB=OA \cdot \tan x$. Thus
$ \text{ OA } \sin x<\text{ OA. } x<\text{ OA. } \tan x . $
Since length OA is positive, we have
$ \sin x<x<\tan x \text{. } $
Since $0<x<\frac{\pi}{2}, \sin x$ is positive and thus by dividing throughout by $\sin x$, we have
$1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x} . \quad$ Taking reciprocals throughout, we have
$ \cos x<\frac{\sin x}{x}<1 $
which complete the proof.
Theorem 5The following are two important limits.
(i) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1$.
(ii) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{x}=0$.
Proof (i) The inequality in (*) says that the function $\frac{\sin x}{x}$ is sandwiched between the function $\cos x$ and the constant function which takes value 1 .
Further, since $\lim\limits_{x \to 0} \cos x=1$, we see that the proof of (i) of the theorem is complete by sandwich theorem.
To prove (ii), we recall the trigonometric identity $1-\cos x=2 \sin ^{2}(\frac{x}{2})$. Then
$ \begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{x} & =\lim\limits_{x \to 0} \frac{2 \sin ^{2}(\frac{x}{2})}{x}=\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin (\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}} \cdot \sin (\frac{x}{2}) \\ & =\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin (\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \sin (\frac{x}{2})=1.0=0 \end{aligned} $
Observe that we have implicitly used the fact that $x \to 0$ is equivalent to $\frac{x}{2} \to 0$. This may be justified by putting $y=\frac{x}{2}$.
Example 4 Evaluate:
(i) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin 4 x}{\sin 2 x}$
(ii) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\tan x}{x}$
Solution $ \begin{aligned} \text{(i)} \quad \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin 4 x}{\sin 2 x}& =\lim\limits_{x \to 0}[\frac{\sin 4 x}{4 x} \cdot \frac{2 x}{\sin 2 x} \cdot 2] \\ & =2 \cdot \lim\limits_{x \to 0}[\frac{\sin 4 x}{4 x}] \div[\frac{\sin 2 x}{2 x}] \\ & =2 \cdot \lim\limits_{4 x \to 0}[\frac{\sin 4 x}{4 x}] \div \lim\limits_{2 x \to 0}[\frac{\sin 2 x}{2 x}] \\ & =2 \cdot 1 \cdot 1=2(\text{ as } x \to 0,4 x \to 0 \text{ and } 2 x \to 0) \end{aligned} $
(ii) We have $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\tan x}{x}=\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x \cos x}=\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{\cos x}=1.1=1$
A general rule that needs to be kept in mind while evaluating limits is the following. Say, given that the limit $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ exists and we want to evaluate this. First we check the value of $f(a)$ and $g(a)$. If both are 0 , then we see if we can get the factor which is causing the terms to vanish, i.e., see if we can write $f(x)=f_1(x) f_2(x)$ so that $f_1(a)=0$ and $f_2(a) \neq 0$. Similarly, we write $g(x)=g_1(x) g_2(x)$, where $g_1(a)=0$ and $g_2(a) \neq 0$. Cancel out the common factors from $f(x)$ and $g(x)$ (if possible) and write
$\quad \quad \quad \quad\quad \quad \quad \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{p(x)}{q(x)}, \text{ where } q(x) \neq 0 $
Then $\quad \quad \quad \quad \quad \lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{p(a)}{q(a)}$.
EXERCISE 12.1
Evaluate the following limits in Exercises 1 to 22.
1. $\lim\limits_{x \to 3} (x+3)$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 3} (x+3)=3+3=6$
2. $\lim\limits_{x \to \pi}(x-\dfrac{22}{7})$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to \pi}(x-\dfrac{22}{7})=(\pi-\dfrac{22}{7})$
3. $\lim\limits_{r \to 1} \pi r^{2}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{r \to 1} \pi r^{2}=\pi(1)^{2}=\pi$
4. $\lim\limits_{x \to 4} \dfrac{4 x+3}{x-2}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 4} \dfrac{4 x+3}{x-2}=\dfrac{4(4)+3}{4-2}=\dfrac{16+3}{2}=\dfrac{19}{2}$
5. $\lim\limits_{x \to-1} \dfrac{x^{10}+x^{5}+1}{x-1}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to-1} \dfrac{x^{10}+x^{5}+1}{x-1}=\dfrac{(-1)^{10}+(-1)^{5}+1}{-1-1}=\dfrac{1-1+1}{-2}=-\dfrac{1}{2}$
6. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(x+1)^{5}-1}{x}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 0} \dfrac{(x+1)^{5}-1}{x}$
Put $x+1=y$ so that $y \to 1 $ as $x \to 0 $.
Accordingly, $\lim _{x \to 0} \dfrac{(x+1)^{5}-1}{x}=\lim _{y \to 1} \dfrac{y^{5}-1}{y-1}$
$=\lim _{y \to 1} \dfrac{y^{5}-1^{5}}{y-1}$
$=5 \cdot 1^{5-1}$
$[\lim _{x \to a} \dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=n a^{n-1}]$
$=5$
$\therefore \lim _{x \to 0} \dfrac{(x+5)^{5}-1}{x}=5$
7. $\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{3 x^{2}-x-10}{x^{2}-4}$
Show Answer
Answer :
At $x=2$, the value of the given rational function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
$ \begin{aligned} \therefore \lim _{x \to 2} \dfrac{3 x^{2}-x-10}{x^{2}-4} & =\lim _{x \to 2} \dfrac{(x-2)(3 x+5)}{(x-2)(x+2)} \\ & =\lim _{x \to 2} \dfrac{3 x+5}{x+2} \\ & =\dfrac{3(2)+5}{2+2} \\ & =\dfrac{11}{4} \end{aligned} $
8. $\lim\limits_{x \to 3} \dfrac{x^{4}-81}{2 x^{2}-5 x-3}$
Show Answer
Answer :
At $x=3$, the value of the given rational function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
$ \begin{aligned} \therefore \lim _{x \to 3} \dfrac{x^{4}-81}{2 x^{2}-5 x-3} & =\lim _{x \to 3} \dfrac{(x-3)(x+3)(x^{2}+9)}{(x-3)(2 x+1)} \\ & =\lim _{x \to 3} \dfrac{(x+3)(x^{2}+9)}{2 x+1} \\ & =\dfrac{(3+3)(3^{2}+9)}{2(3)+1} \\ & =\dfrac{6 \times 18}{7} \\ & =\dfrac{108}{7} \end{aligned} $
9. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{a x+b}{c x+1}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 0} \dfrac{a x+b}{c x+1}=\dfrac{a(0)+b}{c(0)+1}=b$
10. $\lim\limits_{z \to 1} \dfrac{z^{\dfrac{1}{3}}-1}{z^{\dfrac{1}{6}}-1}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{z \to 1} \dfrac{z^{\dfrac{1}{3}}-1}{z^{\dfrac{1}{6}}-1}$
At $z=1$, the value of the given function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
Put $z^{\dfrac{1}{6}}=x$ so that $z ^{\dfrac{1}{6}}\to 1 \text{ as } x\to 1 $ .
Accordingly, $\lim _{z \to 1} \dfrac{z^{\dfrac{1}{3}}-1}{z^{\dfrac{1}{6}}-1}=\lim _{x \to 1} \dfrac{x^{2}-1}{x-1}$
$ =\lim _{x \to 1} \dfrac{x^{2}-1^{2}}{x-1} $
$ =2.1^{2-1} \quad[\lim _{x \to a} \dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=n a^{n-1}] $
$=2$
$\therefore \lim _{z \to 1} \dfrac{z^{\dfrac{1}{3}}-1}{z^{\dfrac{1}{6}}-1}=2$
11. $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{a x^{2}+b x+c}{c x^{2}+b x+a}, a+b+c \neq 0$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 1} \dfrac{a x^{2}+b x+c}{c x^{2}+b x+a}=\dfrac{a(1)^{2}+b(1)+c}{c(1)^{2}+b(1)+a}$
$ \begin{aligned} & =\dfrac{a+b+c}{a+b+c} \\ & =1 \quad[\because a+b+c \neq 0] \end{aligned} $
12. $\lim\limits_{x \to-2} \dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}}{x+2}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to-2} \dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}}{x+2}$
At $x=- $ 2 , the value of the given function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
Now, $\lim _{x \to-2} \dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}}{x+2}=\lim _{x \to-2} \dfrac{(\dfrac{2+x}{2 x})}{x+2}$
$ \begin{aligned} & =\lim _{x \to-2} \dfrac{1}{2 x} \\ & =\dfrac{1}{2(-2)}=\dfrac{-1}{4} \end{aligned} $
13. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin a x}{b x}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin a x}{b x}$
At $x=0$, the value of the given function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
Now, $\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin a x}{b x}=\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin a x}{a x} \times \dfrac{a x}{b x}$
$=\lim _{x \to 0}(\dfrac{\sin a x}{a x}) \times(\dfrac{a}{b})$
$=\dfrac{a}{b} \lim _{a x \to 0}(\dfrac{\sin a x}{a x}) \quad[x \to 0 \Rightarrow a x \to 0]$
$=\dfrac{a}{b} \times 1 \quad[\lim _{y \to 0} \dfrac{\sin y}{y}=1]$
$=\dfrac{a}{b}$
14. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin a x}{\sin b x}, a, b \neq 0$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin a x}{\sin b x}, a, b \neq 0$
At $x=0$, the value of the given function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
Now, $\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin a x}{\sin b x}=\lim _{x \to 0} \dfrac{(\dfrac{\sin a x}{a x}) \times a x}{(\dfrac{\sin b x}{b x}) \times b x}$
$ \begin{matrix} =(\dfrac{a}{b}) \times \dfrac{\lim _{a x \to 0}(\dfrac{\sin a x}{a x})}{\lim _{b x \to 0}(\dfrac{\sin b x}{b x})} & { \begin{bmatrix} x \to 0 \Rightarrow a x \to 0 \\ \text{ and } x \to 0 \Rightarrow b x \to 0 \end{bmatrix} } \\ =(\dfrac{a}{b}) \times \dfrac{1}{1} & {[\lim _{y \to 0} \dfrac{\sin y}{y}=1]} \\ =\dfrac{a}{b} & \end{matrix} $
15. $\lim\limits_{x \to \pi} \dfrac{\sin (\pi-x)}{\pi(\pi-x)}$
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Answer :
$\lim _{x \to \pi} \dfrac{\sin (\pi-x)}{\pi(\pi-x)}$
It is seen that $x \to \pi \Rightarrow(\pi - x) \to 0 $
$ \begin{aligned} \therefore \lim _{x \to \pi} \dfrac{\sin (\pi-x)}{\pi(\pi-x)} & =\dfrac{1}{\pi} \lim _{(\pi-x) \to 0} \dfrac{\sin (\pi-x)}{(\pi-x)} \\ & =\dfrac{1}{\pi} \times 1 \quad[\lim _{y \to 0} \dfrac{\sin y}{y}=1] \\ & =\dfrac{1}{\pi} \end{aligned} $
16. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{cosx}{\pi-x}$
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 0} \dfrac{\cos x}{\pi-x}=\dfrac{\cos 0}{\pi-0}=\dfrac{1}{\pi}$
17. $ \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{cos2x-1}{cosx-1} $
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Answer :
$\lim _{x \to 0} \dfrac{\cos 2 x-1}{\cos x-1}$
At $x=0$, the value of the given function takes the form $\dfrac{0}{0}$
Now,
$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 0} \dfrac{\cos 2 x-1}{\cos x-1}=\lim _{x \to 0} \dfrac{1-2 \sin ^{2} x-1}{1-2 \sin ^{2} \dfrac{x}{2}-1} \quad[\cos x=1-2 \sin ^{2} \dfrac{x}{2}] \\ & =\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin ^{2} x}{\sin ^{2} \dfrac{x}{2}}=\lim _{x \to 0} \dfrac{(\dfrac{\sin ^{2} x}{x^{2}}) \times x^{2}}{(\dfrac{\sin ^{2} \dfrac{x}{2}}{(\dfrac{x}{2})^{2}}) \times \dfrac{x^{2}}{4}} \\ & =4 \dfrac{\lim _{x \to 0}(\dfrac{\sin ^{2} x}{x^{2}})}{\lim _{x \to 0}(\dfrac{\sin ^{2} \dfrac{x}{2}}{(\dfrac{x}{2})^{2}})} \\ & =4 \dfrac{(\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x})^{2}}{(\lim _{\dfrac{x}{2} \to 0} \dfrac{\sin \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2}})^{2}} \quad[x \to 0 \Rightarrow \dfrac{x}{2} \to 0] \\ & =4 \dfrac{1^{2}}{1^{2}} \quad[\lim _{y \to 0} \dfrac{\sin y}{y}=1] \\ & =4 \end{aligned} $
18. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{ax+xcosx}{b\sin x}$,
Show Answer
Answer :
$\lim _{x \to 0} \dfrac{a x+x \cos x}{b \sin x}$
At $x=0$, the value of the given function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
Now,
$ \begin{aligned} \lim _{x \to 0} \dfrac{a x+x \cos x}{b \sin x} & =\dfrac{1}{b} \lim _{x \to 0} \dfrac{x(a+\cos x)}{\sin x} \\ & =\dfrac{1}{b} \lim _{x \to 0}(\dfrac{x}{\sin x}) \times \lim _{x \to 0}(a+\cos x) \\ & =\dfrac{1}{b} \times \dfrac{1}{(\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x})} \times \lim _{x \to 0}(a+\cos x) \\ & =\dfrac{1}{b} \times(a+\cos 0) \quad[\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1] \\ & =\dfrac{a+1}{b} \end{aligned} $
19. $\lim\limits_{x \to 0}xsec x $
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$\lim _{x \to 0} x \sec x=\lim _{x \to 0} \dfrac{x}{\cos x}=\dfrac{0}{\cos 0}=\dfrac{0}{1}=0$
20. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{sin ax+bx}{ax+sin bx}a,b,a+b\neq0,$
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$$ \begin{aligned} & \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{sin ax+bx}{ax+sin bx} =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin (a x)+b x}{a x+\sin (b x)} \times \frac{b x}{a x} \times \frac{a}{b} \\ & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\sin a x+b x}{a x}}{\frac{a x+\sin b x}{b x}} \times \frac{a}{b} \\ & =\frac{a}{b} \times \frac{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin a x+b x}{a x}}{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a x+\sin b x}{b x}} \\ & =\frac{a}{b} \times \frac{1+\frac{b}{a}}{1+\frac{a}{b}} \\ & =\frac{a}{b} \times \frac{b}{a} \\ & =1 \\ & \therefore \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin (a x)+b x}{a x+\sin (b x)}=1 \end{aligned} $$
21. $ \lim\limits_{x \to 0}(cosec x -cot x) $
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At $x=0$, the value of the given function takes the form $\infty-\infty$.
Now,
$ \begin{aligned} & \lim _{x \to 0}(cosec x-\cot x) \\ & =\lim _{x \to 0}(\dfrac{1}{\sin x}-\dfrac{\cos x}{\sin x}) \\ & =\lim _{x \to 0}(\dfrac{1-\cos x}{\sin x}) \\ & =\lim _{x \to 0} \dfrac{(\dfrac{1-\cos x}{x})}{.\dfrac{\sin x}{x})} \\ & =\dfrac{\lim _{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x}}{\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}} \quad[\lim _{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x}=0 \text{ and } \lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1] \\ & =\dfrac{0}{1} \\ & =0 \end{aligned} $
22. $\lim\limits_{x \to \dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\tan 2 x}{x-\dfrac{\pi}{2}}$
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$\lim _{x \to \dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\tan 2 x}{x-\dfrac{\pi}{2}}$
At $x=\dfrac{\pi}{2}$, the value of the given function takes the form $\dfrac{0}{0}$.
Now, put $x-\dfrac{\pi}{2}=y \quad x \to \dfrac{\pi}{2}, y \to 0$
$ \begin{array}{ll} \therefore \lim _{x \to \dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\tan 2 x}{x-\dfrac{\pi}{2}} & =\lim _{y \to 0} \dfrac{\tan 2(y+\dfrac{\pi}{2})}{y} & \\ & =\lim _{y \to 0} \dfrac{\tan (\pi+2 y)}{y} \quad [\tan (\pi+2 y)=\tan 2 y] \\ & =\lim _{y \to 0} \dfrac{\tan 2 y}{y} & \\ & =\lim _{y \rightarrow 0} \frac{\sin 2 y}{y \cos 2 y} \\ & =\lim _{y \to 0}(\dfrac{\sin 2 y}{2 y} \times \dfrac{2}{\cos 2 y}) & \\ & =(\lim _{2 y \to 0} \dfrac{\sin 2 y}{2 y}) \times \lim _{y \to 0}(\dfrac{2}{\cos 2 y}) \quad[\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1] \\ & =1 \times \dfrac{2}{\cos 0} & \\ & =1 \times \dfrac{2}{1} & \\ & =2 & \end{array} $
23. Find $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$ and $\lim\limits_{x \to 1} f(x)$, where $f(x)=\begin{cases} 2 x+3, & x \leq 0 \\ 3(x+1), & x>0\end{cases} .$
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The given function is
$f(x)= \begin{cases}2 x+3, & x \leq 0 \\ 3(x+1), & x>0\end{cases}$
$\lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0}[2 x+3]=2(0)+3=3$
$\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0} 3(x+1)=3(0+1)=3$
$\therefore \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0} f(x)=3$
$\lim _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 1} 3(x+1)=3(1+1)=6$
$\lim _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 1} 3(x+1)=3(1+1)=6$
$\therefore \lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1} f(x)=6$
24. Find $\lim\limits_{x \to 1} f(x)$, where $f(x)= \begin{cases}x^{2}-1, & x \leq 1 \\ -x^{2}-1, & x>1\end{cases}$
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Answer :
The given function is
$f(x)=\begin{cases} x^{2}-1, x \leq 1 \\ -x^{2}-1, x>1 \end{cases} .$
$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1}[x^{2}-1]=1^{2}-1=1-1=0$
$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1}[-x^{2}-1]=-1^{2}-1=-1-1=-2$
It is observed that $\lim _{x \to 1^{-}} f(x) \neq \lim _{x \to 1^{+}} f(x)$.
Hence, $\lim _{x \to 1} f(x)$ does not exist.
25. Evaluate $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$, where $f(x)= \begin{cases}\dfrac{|x|}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}$
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The given function is
$f(x)= \begin{cases}\dfrac{|x|}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}$
$ \begin{matrix} \lim _{x \to 0^{-}} f(x) & =\lim _{x \to 0^{-}}[\dfrac{|x|}{x}] & \\ & =\lim _{x \to 0}(\dfrac{-x}{x}) \quad & \\ & =\lim _{x \to 0}(-1) \\ & =-1 \\ \lim _{x \to 0^{+}} f(x) & =\lim _{x \to 0^{+}}[\dfrac{|x|}{x}] & \\ & =\lim _{x \to 0}[\dfrac{x}{x}] \\ & =\lim _{x \to 0}(1) \\ & =1 \end{matrix} $
It is observed that $\lim _{x \to 0^{-}} f(x) \neq \lim _{x \to 0^{+}} f(x)$.
Hence, $\lim _{x \to 0} f(x)$ does not exist.
26. Find $\lim\limits_ {x \to 0} f(x)$, where $f(x)=\begin{cases} \dfrac{x}{|x|}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases} .$
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Answer :
The given function is
$ \begin{aligned} & f(x)= \begin{cases}\dfrac{x}{|x|}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases} \\ & \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0^{-}}[\dfrac{x}{|x|}] \\ & =\lim _{x \to 0}[\dfrac{x}{-x}] \quad[\text{ When } x<0,|x|=-x] \\ & =\lim _{x \to 0}(-1) \\ & =-1 \\ & \lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0^{+}}[\dfrac{x}{|x|}] \\ & =\lim _{x \to 0}[\dfrac{x}{x}] \quad[\text{ When } x>0,|x|=x] \\ & =\lim _{x \to 0}(1) \\ & =1 \end{aligned} $
It is observed that $\lim _{x \to 0^{-}} f(x) \neq \lim _{x \to 0^{+}} f(x)$.
Hence, $\lim _{x \to 0} f(x)$ does not exist.
27. Find $\lim\limits_{x \to 5} f(x)$, where $f(x)=|x|-5$
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Answer :
The given function is $f(x)=|x|-5$.
$ \begin{aligned} & \begin{aligned} \lim _{x \to 5^{-}} f(x) & =\lim _{x \to 5^{-}}[|x|-5] \\ & =\lim _{x \to 5}(x-5) \quad \\ & =5-5 \\ & =0 \end{aligned} \\ & \begin{aligned} \lim _{x \to 5^{+}} f(x) & =\lim _{x \to 5^{+}}(|x|-5) \\ & =\lim _{x \to 5}(x-5) \quad \\ & =5-5 \\ & =0 \end{aligned} \\ \end{aligned} $
$\therefore \lim _{x \rightarrow 5^{-}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 5^{+}} f(x)=0$
Hence, $\lim _{x \to 5} f(x)=0$
28. Suppose $f(x)= \begin{cases}a+b x, & x<1 \\ 4, & x=1 \\ b-a x, & x>1\end{cases}$
and if $\lim\limits_{x \to 1} f(x)=f(1)$ what are possible values of $a$ and $b$ ?
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The given function is
$f(x)= \begin{cases}a+b x, & x<1 \\ 4, & x=1 \\ b-a x & x>1\end{cases}$
$\lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1}(a+b x)=a+b$
$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1}(b-a x)=b-a$
$f(1)=4$
It is given that $\lim _{x \to 1} f(x)=f(1)$.
$\therefore \lim _{.x \to|^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1} f(x)=f(1)$
$\Rightarrow a+b=4$ and $b-a=4$
On solving these two equations, we obtain $a=0$ and $b=4$.
Thus, the respective possible values of $a$ and $b$ are 0 and 4 .
29. Let $a_ 1, a_ 2, \ldots, a_ {n}$ be fixed real numbers and define a function $f(x)=(x-a_ 1)(x-a_2) \ldots(x-a_ {n})$.
What is $\lim\limits_ {x \to a_ 1} f(x)$ ? For some $a \neq a_ 1, a_ 2, \ldots, a_ {n}$, compute $\lim\limits_ {x \to a} f(x)$.
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Answer :
The given function is $f(x)=\left(x-a_1\right)(x-a_2) \ldots\left(x-a_n\right)$
$ \begin{aligned} \lim _{x \to a_1} f(x) & =\lim _{x \to a_1}[(x-a_1)(x-a_2) \ldots(x-a_n)] \\ & =[\lim _{x \to a_1}(x-a_1)][\lim _{x \to a_1}(x-a_2)] \ldots[\lim _{x \to a_1}(x-a_n)] \\ & =(a_1-a_1)(a_1-a_2) \ldots(a_1-a_n)=0 \end{aligned} $
$\therefore \lim _{x \to a_1} f(x)=0$
Now, $\lim _{x \to a} f(x)=\lim _{x \to a}[(x-a_1)(x-a_2) \ldots(x-a_n)]$
$ \begin{aligned} & =[\lim _{x \to a}(x-a_1)][\lim _{x \to a}(x-a_2)] \ldots[\lim _{x \to a}(x-a_n)] \\ & =(a-a_1)(a-a_2) \ldots .(a-a_n) \end{aligned} $
$\therefore \lim _{x \to a} f(x)=(a-a_1)(a-a_2) \ldots(a-a_n)$
30. If $ f(x)=\begin{cases} |x|+1, & x<0 \\ 0, & x=0 \\ |x|-1, & x>0\end{cases} .$
For what value (s) of $a$ does $\lim\limits_{x \to a} f(x)$ exists?
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Answer :
The given function is $f(x)= \begin{cases}|x|+1, & x<0 \\ 0, & x=0 \\ |x|-1, & x>0\end{cases}$
When $a=0$,
$ \begin{aligned} \lim _{x \to 0^{-}} f(x) & =\lim _{x \to 0^{-}}(|x|+1) \\ & =\lim _{x \to 0}(-x+1) \quad[\text{ If } x<0,|x|=-x] \\ & =-0+1 \\ & =1 \end{aligned} $
$ \begin{matrix} \lim _{x \to 0^{+}} f(x) & =\lim _{x \to 0^{+}}(|x|-1) & \\ & =\lim _{x \to 0}(x-1) \quad[\text{ If } x>0,|x|=x] \\ & =0-1 & \\ & =-1 & \end{matrix} $
Here, it is observed that $\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x) \neq \lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)$.
$\therefore \lim _{x \to 0} f(x)$ does not exist.
When $a<0$,
$ \begin{aligned} & \begin{aligned} \lim _{x \to a^{-}} f(x) & =\lim _{x \to a^{-}}(|x|+1) \\ & =\lim _{x \to a}(-x+1) \quad[x<a<0 \Rightarrow|x|=-x] \\ & =-a+1 \end{aligned} \\ & \begin{aligned} \lim _{x \to a^{+}} f(x) & =\lim _{x \to a^{+}}(|x|+1) \\ & =\lim _{x \to a}(-x+1) \quad[a<x<0 \Rightarrow|x|=-x] \\ & =-a+1 \end{aligned} \\ & \therefore \lim _{x \to a^{-}} f(x)=\lim _{x \to a^{+}} f(x)=-a+1 \end{aligned} $
Thus, limit of $f(x)$ exists at $x=a$, where $a<0$.
When $a>0$
$ \begin{aligned} & \lim _{x \to a^{-}} f(x)=\lim _{x \to a^{-}}(|x|-1) \\ & =\lim _{x \to a}(x-1) \quad[0<x<a \Rightarrow|x|=x] \\ & =a-1 \\ & \lim _{x \to a^{+}} f(x)=\lim _{x \to a^{+}}(|x|-1) \\ & =\lim _{x \to a}(x-1) \quad[0<a<x \Rightarrow|x|=x] \\ & =a-1 \\ & \therefore \lim _{x \to a^{-}} f(x)=\lim _{x \to a^{+}} f(x)=a-1 \end{aligned} $
Thus, limit of $f(x)$ exists at $x=a$, where $a>0$.
Thus, $\lim _{x \to a} f(x)$ exists for all $a \neq 0$.
31. If the function $f(x)$ satisfies $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{f(x)-2}{x^{2}-1}=\pi$, evaluate $\lim\limits_{x \to 1} f(x)$.
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Answer :
$\lim _{x \to 1} \dfrac{f(x)-2}{x^{2}-1}=\pi$
$\Rightarrow \dfrac{\lim _{x \to 1}(f(x)-2)}{\lim _{x \to 1}(x^{2}-1)}=\pi$
$\Rightarrow \lim _{x \to 1}(f(x)-2)=\pi \lim _{x \to 1}(x^{2}-1)$
$\Rightarrow \lim _{x \to 1}(f(x)-2)=\pi(1^{2}-1)$
$\Rightarrow \lim _{x \to 1}(f(x)-2)=0$
$\Rightarrow \lim _{x \to 1} f(x)-\lim _{x \to 1} 2=0$
$\Rightarrow \lim _{x \to 1} f(x)-2=0$
$\therefore \lim _{x \to 1} f(x)=2$
32. If $f(x)=\begin{cases} m x^{2}+n, & x<0 \\ n x+m, & 0 \leq x \leq 1 \\ n x^{3}+m, & x>1\end{cases} .$ For what integers $m$ and $n$ does both $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$ and $\lim\limits_{x \to 1} f(x)$ exist?
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Answer :
The given function is
$ \begin{aligned} & f(x)= \begin{cases}m x^{2}+n, & x<0 \\ n x+m, & 0 \leq x \leq 1 \\ n x^{3}+m, & x>1\end{cases} \\ & \lim _{x \to 0^{-}} f(x)=\lim _{x \to 0}(m x^{2}+n) \\ & =m(0)^{2}+n \\ & =n \\ & \lim _{x \to 0^{+}} f(x)=\lim _{x \to 0}(n x+m) \\ & =n(0)+m \\ & =m . \end{aligned} $
Thus, $\lim _{x \to 0} f(x)$ exists if $m=n$.
$ \begin{aligned} \lim _{x \to 1^{-}} f(x) & =\lim _{x \to 1}(n x+m) \\ & =n(1)+m \\ & =m+n \end{aligned} $
$\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1}(n x^{3}+m)$
$ =n(1)^{3}+m $
$ =m+n $
$\therefore \lim _{x \to 1^{-}} f(x)=\lim _{x \to 1^{+}} f(x)=\lim _{x \to 1} f(x)$.
Thus, $\lim _{x \to 1} f(x)$ exists for any integral value of $m$ and $n$.
12.5 Derivatives
We have seen in the Section 13.2, that by knowing the position of a body at various time intervals it is possible to find the rate at which the position of the body is changing. It is of very general interest to know a certain parameter at various instants of time and try to finding the rate at which it is changing. There are several real life situations where such a process needs to be carried out. For instance, people maintaining a reservoir need to know when will a reservoir overflow knowing the depth of the water at several instances of time, Rocket Scientists need to compute the precise velocity with which the satellite needs to be shot out from the rocket knowing the height of the rocket at various times. Financial institutions need to predict the changes in the value of a particular stock knowing its present value. In these, and many such cases it is desirable to know how a particular parameter is changing with respect to some other parameter. The heart of the matter is derivative of a function at a given point in its domain of definition.
Definition 1 Suppose $f$ is a real valued function and a is a point in its domain of definition. The derivative of $f$ at $a$ is defined by
$ \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} $
provided this limit exists. Derivative of $f(x)$ at a is denoted by $f^{\prime}(a)$.
Observe that $f^{\prime}(a)$ quantifies the change in $f(x)$ at $a$ with respect to $x$.
Example 5 Find the derivative at $x=2$ of the function $f(x)=3 x$.
Solution We have
$ \begin{aligned} f^{\prime}(2) & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(2+h)-f(2)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{3(2+h)-3(2)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{6+3 h-6}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{3 h}{h}=\lim\limits_{h \to 0} 3=3 . \end{aligned} $
The derivative of the function $3 x$ at $x=2$ is 3 .
Example 6Find the derivative of the function $f(x)=2 x^{2}+3 x-5$ at $x=-1$. Also prove that $f^{\prime}(0)+3 f^{\prime}(-1)=0$.
Solution We first find the derivatives of $f(x)$ at $x=-1$ and at $x=0$. We have
$ \begin{array}{lll} &f^{\prime}(-1) & =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(-1+h)-f(-1)}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{[2(-1+h)^{2}+3(-1+h)-5]-[2(-1)^{2}+3(-1)-5]}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{2 h^{2}-h}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0}(2 h-1)=2(0)-1=-1 \\ \\ \text{and } & f^{\prime}(0) & =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{[2(0+h)^{2}+3(0+h)-5]-[2(0)^{2}+3(0)-5]}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{2 h^{2}+3 h}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0}(2 h+3)=2(0)+3=3 \end{array} $
Clearly $\quad \quad \quad \quad f^{\prime}(0)+3 f^{\prime}(-1)=0 $
Remark At this stage note that evaluating derivative at a point involves effective use of various rules, limits are subjected to. The following illustrates this.
Example 7 Find the derivative of $\sin x$ at $x=0$.
Solution Let $f(x)=\sin x$. Then
$ \begin{aligned} f^{\prime}(0) & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin (0+h)-\sin (0)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}=1 \end{aligned} $
Example 8 Find the derivative of $f(x)=3$ at $x=0$ and at $x=3$.
Solution Since the derivative measures the change in function, intuitively it is clear that the derivative of the constant function must be zero at every point. This is indeed, supported by the following computation.
$$ f^{\prime}(0)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{3-3}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{0}{h}=0 . $$
Similarly $\quad f^{\prime}(3)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(3+h)-f(3)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{3-3}{h}=0$.
We now present a geometric interpretation of derivative of a function at a point. Let $y=f(x)$ be $f(\boldsymbol{{}a}+\boldsymbol{{}h})$ a function and let $P=(a, f(a))$ and $Q=(a+h, f(a+h)$ be two points close to each other on the graph of this function. The Fig 12.11 is now self explanatory.
Fig 12.11
We know that $f^{\prime}(a)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$
From the triangle $PQR$, it is clear that the ratio whose limit we are taking is precisely equal to $\tan (QPR)$ which is the slope of the chord $PQ$. In the limiting process, as $h$ tends to 0, the point $Q$ tends to $P$ and we have
$ \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim\limits_{Q \to P} \frac{QR}{PR} $
This is equivalent to the fact that the chord $PQ$ tends to the tangent at $P$ of the curve $y=f(x)$. Thus the limit turns out to be equal to the slope of the tangent. Hence
$ f^{\prime}(a)=\tan \psi $
For a given function $f$ we can find the derivative at every point. If the derivative exists at every point, it defines a new function called the derivative of $f$. Formally, we define derivative of a function as follows.
Definition 2 Suppose $f$ is a real valued function, the function defined by
$ \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} $
wherever the limit exists is defined to be the derivative of $f$ at $x$ and is denoted by $f^{\prime}(x)$. This definition of derivative is also called the first principle of derivative.
Thus $ \quad \quad \quad f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} $
Clearly the domain of definition of $f^{\prime}(x)$ is wherever the above limit exists. There are different notations for derivative of a function. Sometimes $f^{\prime}(x)$ is denoted by $\frac{d}{d x}(f(x))$ or if $y=f(x)$, it is denoted by $\frac{d y}{d x}$. This is referred to as derivative of $f(x)$ or $y$ with respect to $x$. It is also denoted by $D(f(x))$. Further, derivative of $f$ at $x=a$ is also denoted by $.\frac{d}{dx} f(x)| _ {a} $ or $.\frac{df}{dx}| _ {a} $ or even $(\frac{d f}{d x}) _ {x=a}$.
Example 9 Find the derivative of $f(x)=10 x$.
Solution Since $f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{10(x+h)-10(x)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{10 h}{h}=\lim\limits_{h \to 0}(10)=10 . \end{aligned} $
Example 10 Find the derivative of $f(x)=x^{2}$.
Solution We have, $f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ =\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h)^{2}-(x)^{2}}{h}=\lim\limits_{h \to 0}(h+2 x)=2 x $
Example 11 Find the derivative of the constant function $f(x)=a$ for a fixed real number $a$.
Solution We have, $f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ =\lim\limits_{h \to 0} \frac{a-a}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{0}{h}=0 \text{ as } h \neq 0 $
Example 12 Find the derivative of $f(x)=\frac{1}{x}$
Solution We have $f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\frac{1}{(x+h)}-\frac{1}{x}}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{h}[\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}] \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{h}[\frac{-h}{x(x+h)}] \quad=\lim\limits_{h \to 0} \frac{-1}{x(x+h)}=-\frac{1}{x^{2}} \end{aligned} $
12.5.1 Algebra of derivative of functions
Since the very definition of derivatives involve limits in a rather direct fashion, we expect the rules for derivatives to follow closely that of limits. We collect these in the following theorem.
Theorem 5 Let $f$ and $g$ be two functions such that their derivatives are defined in a common domain. Then
(i) Derivative of sum of two functions is sum of the derivatives of the functions.
$$ \frac{d}{d x}[f(x)+g(x)]=\frac{d}{d x} f(x)+\frac{d}{d x} g(x) . $$
(ii) Derivative of difference of two functions is difference of the derivatives of the functions.
$$ \frac{d}{d x}[f(x)-g(x)]=\frac{d}{d x} f(x)-\frac{d}{d x} g(x) $$
(iii) Derivative of product of two functions is given by the following product rule.
$$ \frac{d}{d x}[f(x) \cdot g(x)]=\frac{d}{d x} f(x) \cdot g(x)+f(x) \cdot \frac{d}{d x} g(x) $$
(iv) Derivative of quotient of two functions is given by the following quotient rule (whenever the denominator is non-zero).
$$ \frac{d}{d x}(\frac{f(x)}{g(x)})=\frac{\frac{d}{d x} f(x) \cdot g(x)-f(x) \frac{d}{d x} g(x)}{(g(x))^{2}} $$
The proofs of these follow essentially from the analogous theorem for limits. We will not prove these here. As in the case of limits this theorem tells us how to compute derivatives of special types of functions. The last two statements in the theorem may be restated in the following fashion which aids in recalling them easily:
Let $u=f(x)$ and $v=g(x)$. Then
$ (u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime} $
This is referred to a Leibnitz rule for differentiating product of functions or the product rule. Similarly, the quotient rule is
$ (\frac{u}{v})^{\prime}=\frac{u^{\prime} v-u v^{\prime}}{v^{2}} $
Now, let us tackle derivatives of some standard functions.
It is easy to see that the derivative of the function $f(x)=x$ is the constant function 1. This is because $f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{x+h-x}{h}$
$ =\lim\limits_{h \to 0} 1=1 \text{. } $
We use this and the above theorem to compute the derivative of $f(x)=10 x=x+\ldots .+x$ (ten terms). By $(i)$ of the above theorem
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\frac{d}{d x}(x+\ldots+x) \quad(\text{ ten terms }) \\ & =\frac{d}{d x} x+\ldots+\frac{d}{d x} x \quad(\text{ ten terms }) \\ & =1+\ldots+1 \quad(\text{ ten terms })=10 \end{aligned} $
We note that this limit may be evaluated using product rule too. Write $f(x)=10 x=u v$, where $u$ is the constant function taking value 10 everywhere and $v(x)=x$. Here, $f(x)=10 x=u v$ we know that the derivative of $u$ equals 0 . Also derivative of $v(x)=x$ equals 1 . Thus by the product rule we have
$ f^{\prime}(x)=(10 x)^{\prime}=(u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime}=0 \cdot x+10.1=10 $
On similar lines the derivative of $f(x)=x^{2}$ may be evaluated. We have $f(x)=x^{2}=x . x$ and hence
$$ \begin{aligned} \frac{d f}{d x} & =\frac{d}{d x}(x \cdot x)=\frac{d}{d x}(x) \cdot x+x \cdot \frac{d}{d x}(x) \\ & =1 \cdot x+x \cdot 1=2 x . \end{aligned} $$
More generally, we have the following theorem.
Theorem 6 Derivative of $f(x)=x^{n}$ is $n x^{n-1}$ for any positive integer $n$.
Proof By definition of the derivative function, we have
$ f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h} . $
Binomial theorem tells that $(x+h)^{n}=({ }^{n} C_0) x^{n}+({ }^{n} C_1) x^{n-1} h+\ldots+({ }^{n} C_n) h^{n}$ and hence $(x+h)^{n}-x^{n}=h(n x^{n-1}+\ldots+h^{n-1})$. Thus
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{h(n x^{n-1}+\ldots .+h^{n-1})}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0}(n x^{n-1}+\ldots+h^{n-1})=n x^{n-1} . \end{aligned} $
Alternatively, we may also prove this by induction on $n$ and the product rule as follows. The result is true for $n=1$, which has been proved earlier. We have
$ \begin{aligned} \frac{d}{d x}(x^{n}) & =\frac{d}{d x}(x \cdot x^{n-1}) \\ & =\frac{d}{d x}(x) \cdot(x^{n-1})+x \cdot \frac{d}{d x}(x^{n-1}) \text{ (by product rule) } \\ & =1 \cdot x^{n-1}+x \cdot((n-1) x^{n-2}) \text{ (by induction hypothesis) } \\ & =x^{n-1}+(n-1) x^{n-1}=n x^{n-1} . \end{aligned} $
Remark The above theorem is true for all powers of $x$, i.e., $n$ can be any real number (but we will not prove it here).
12.5.2 Derivative of polynomials and trigonometric functions
We start with the following theorem which tells us the derivative of a polynomial function.
Theorem 7 Let $f(x)=a_n x^{n}+a _{n-1} x^{n-1}+\ldots .+a_1 x+a_0$ be a polynomial function, where $a_i s$ are all real numbers and $a_n \neq 0$. Then, the derivative function is given by
$ \frac{d f(x)}{d x}=n a_n x^{n-1}+(n-1) a _{n-1} x^{x-2}+\ldots+2 a_2 x+a_1 $
Proof of this theorem is just putting together part (i) of Theorem 5 and Theorem 6.
Example 13 Compute the derivative of $6 x^{100}-x^{55}+x$.
Solution A direct application of the above theorem tells that the derivative of the above function is $600 x^{99}-55 x^{54}+1$.
Example 14 Find the derivative of $f(x)=1+x+x^{2}+x^{3}+\ldots+x^{50}$ at $x=1$.
Solution A direct application of the above Theorem 6 tells that the derivative of the above function is $1+2 x+3 x^{2}+\ldots+50 x^{49}$. At $x=1$ the value of this function equals $1+2(1)+3(1)^{2}+\ldots+50(1)^{49}=1+2+3+\ldots+50=\frac{(50)(51)}{2}=1275$.
Example 15 Find the derivative of $f(x)=\frac{x+1}{x}$
Solution Clearly this function is defined everywhere except at $x=0$. We use the quotient rule with $u=x+1$ and $v=x$. Hence $u^{\prime}=1$ and $v^{\prime}=1$. Therefore
$ \frac{d f(x)}{d x}=\frac{d}{d x}(\frac{x+1}{x})=\frac{d}{d x}(\frac{u}{v})=\frac{u^{\prime} v-u v^{\prime}}{v^{2}}=\frac{1(x)-(x+1) 1}{x^{2}}=-\frac{1}{x^{2}} $
Example 16 Compute the derivative of $\sin x$.
Solution Let $f(x)=\sin x$. Then
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin (x+h)-\sin (x)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{2 \cos (\frac{2 x+h}{2}) \sin (\frac{h}{2})}{h} \text{ (using formula for sin A - sin B) } \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \cos (x+\frac{h}{2}) \cdot \lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}=\cos x \cdot 1=\cos x . \end{aligned} $
Example 17 Compute the derivative of $\tan x$.
Solution Let $f(x)=\tan x$. Then
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{\tan (x+h)-\tan (x)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{h}\left[\frac{\sin (x+h)}{\cos (x+h)}-\frac{\sin x}{\cos x}\right] \\ & =\lim\limits_{h \to 0}\left[\frac{\sin (x+h) \cos x-\cos (x+h) \sin x}{h \cos (x+h) \cos x}\right] \\ & .=\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin (x+h-x)}{h \cos (x+h) \cos x} \text{ (using formula for sin }(A+B)) \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} \cdot \lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{\cos (x+h) \cos x} \\ & =1 \cdot \frac{1}{\cos ^{2} x}=\sec ^{2} x . \end{aligned} $
Example 18 Compute the derivative of $f(x)=\sin ^{2} x$.
Solution We use the Leibnitz product rule to evaluate this.
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\frac{d}{d x}(\sin x \sin x) \\ & =(\sin x)^{\prime} \sin x+\sin x(\sin x)^{\prime} \\ & =(\cos x) \sin x+\sin x(\cos x) \\ & =2 \sin x \cos x=\sin 2 x . \end{aligned} $
EXERCISE 12.2
1. Find the derivative of $x^{2}-2$ at $x=10$.
Show Answer
Answer :
Let $f(x)=x^{2} - 2$. Accordingly,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(10) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(10+h)-f(10)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{[(10+h)^{2}-2]-(10^{2}-2)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{10^{2}+2 \cdot 10 \cdot h+h^{2}-2-10^{2}+2}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{20 h+h^{2}}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(20+h)=(20+0)=20 \end{aligned} $
Thus, the derivative of $x^{2} - 2$ at $x=10$ is 20 .
2. Find the derivative of $x$ at $x=1$.
Show Answer
Answer :
Letf $(x)=x$. Accordingly,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(1) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(1+h)-f(1)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{(1+h)-1}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{h}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(1) \\ & =1 \end{aligned} $
Thus, the derivative of $x$ at $x=1$ is 1 .
3. Find the derivative of $99 x$ at $x=100$.
Show Answer
Answer :
Let $f(x)=99 x$. Accordingly,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(100) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(100+h)-f(100)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{99(100+h)-99(100)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{99 \times 100+99 h-99 \times 100}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{99 h}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(99)=99 \end{aligned} $
Thus, the derivative of $99 x$ at $x=100$ is 99 .
4. Find the derivative of the following functions from first principle.
(i) $x^{3}-27$
(ii) $(x-1)(x-2)$
(iii) $\dfrac{1}{x^{2}}$
(iv) $\dfrac{x+1}{x-1}$
Show Answer
Answer :
(i) Let $f(x)=x^{3} - 27$. Accordingly, from the first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{[(x+h)^{3}-27]-(x^{3}-27)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{x^{3}+h^{3}+3 x^{2} h+3 x h^{2}-x^{3}}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{h^{3}+3 x^{2} h+3 x h^{2}}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(h^{2}+3 x^{2}+3 x h) \\ & =0+3 x^{2}+0=3 x^{2} \end{aligned} $
(ii) Let $f(x)=(x$- 1$)(x$ - 2). Accordingly, from the first principle,
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{(x+h-1)(x+h-2)-(x-1)(x-2)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{(x^{2}+h x-2 x+h x+h^{2}-2 h-x-h+2)-(x^{2}-2 x-x+2)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{(h x+h x+h^{2}-2 h-h)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{2 h x+h^{2}-3 h}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(2 x+h-3) \\ & =(2 x+0-3) \\ & =2 x-3 \\ \end{aligned} $
(iii) Let $f(x)=\frac{1}{x^2}$ then,
$f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$=\lim _{h \to 0} \dfrac{\dfrac{1}{(x+h)^{2}}-\dfrac{1}{x^{2}}}{h} $
$=\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{x^{2}-(x+h)^{2}}{x^{2}(x+h)^{2}}] $
$=\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{x^{2}-x^{2}-h^{2}-2 h x}{x^{2}(x+h)^{2}}] $
$=\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-h^{2}-2 h x}{x^{2}(x+h)^{2}}] $
$=\lim _{h \to 0}[\dfrac{-h-2 x}{x^{2}(x+h)^{2}}] $
$=\dfrac{0-2 x}{x^{2}(x+0)^{2}}=\dfrac{-2}{x^{3}} $
(iv) Let $f(x)=\frac{x+1}{x-1}$.
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{(\dfrac{x+h+1}{x+h-1}-\dfrac{x+1}{x-1})}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{(x-1)(x+h+1)-(x+1)(x+h-1)}{(x-1)(x+h-1)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{(x^{2}+h x+x-x-h-1)-(x^{2}+h x-x+x+h-1)}{(x-1)(x+h-1)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 h}{(x-1)(x+h-1)}] \\ & =\lim _{h \to 0}[\dfrac{-2}{(x-1)(x+h-1)}] \\ & =\dfrac{-2}{(x-1)(x-1)}=\dfrac{-2}{(x-1)^{2}} \end{aligned} $
5. For the function
$ f(x)=\dfrac{x^{100}}{100}+\dfrac{x^{99}}{99}+\ldots+\dfrac{x^{2}}{2}+x+1 . $
Prove that $f^{\prime}(1)=100 f^{\prime}(0)$.
Show Answer
Answer :
The given function is $f(x)=\dfrac{x^{100}}{100}+\dfrac{x^{99}}{99}+\ldots+\dfrac{x^{2}}{2}+x+1$
$\dfrac{d}{d x} f(x)=\dfrac{d}{d x}[\dfrac{x^{100}}{100}+\dfrac{x^{99}}{99}+\ldots+\dfrac{x^{2}}{2}+x+1]$
$\dfrac{d}{d x} f(x)=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{x^{100}}{100})+\dfrac{d}{d x}(\dfrac{x^{99}}{99})+\ldots+\dfrac{d}{d x}(\dfrac{x^{2}}{2})+\dfrac{d}{d x}(x)+\dfrac{d}{d x}(1)$
On using theorem $\dfrac{d}{d x}(x^{n})=n x^{n-1}$, we obtain
$\dfrac{d}{d x} f(x)=\dfrac{100 x^{99}}{100}+\dfrac{99 x^{98}}{99}+\ldots+\dfrac{2 x}{2}+1+0$
$ =x^{99}+x^{98}+\ldots+x+1 $
$\therefore f^{\prime}(x)=x^{99}+x^{98}+\ldots+x+1$
At $x=0$,
$f^{\prime}(0)=1$
At $x=1$,
$f^{\prime}(1)=1^{99}+1^{98}+\ldots+1+1=[1+1+\ldots+1+1] _{\text{to terms }}=1 \times 100=100$
Thus, $f^{\prime}(1)=100 \times f^{\prime}(0)$
6. Find the derivative of $x^{n}+a x^{n-1}+a^{2} x^{n-2}+\ldots+a^{n-1} x+a^{n}$ for some fixed real number $a$.
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Answer :
Let $f(x)=x^{n}+a x^{n-1}+a^{2} x^{n-2}+\ldots+a^{n-1} x+a^{n}$
$\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{d}{d x}(x^{n}+a x^{n-1}+a^{2} x^{n-2}+\ldots+a^{n-1} x+a^{n})$
$=\dfrac{d}{d x}(x^{\prime \prime})+a \dfrac{d}{d x}(x^{n-1})+a^{2} \dfrac{d}{d x}(x^{n-2})+\ldots+a^{n-1} \dfrac{d}{d x}(x)+a^{n} \dfrac{d}{d x}(1)$
On using theorem $\dfrac{d}{d x} x^{n}=n x^{n-1}$, we obtain
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =n x^{n-1}+a(n-1) x^{n-2}+a^{2}(n-2) x^{n-3}+\ldots+a^{n-1}+a^{n}(0) \\ & =n x^{n-1}+a(n-1) x^{n-2}+a^{2}(n-2) x^{n-3}+\ldots+a^{n-1} \end{aligned} $
7. For some constants $a$ and $b$, find the derivative of
(i) $(x-a)(x-b)$
(ii) $(a x^{2}+b)^{2}$
(iii) $\dfrac{x-a}{x-b}$
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Answer :
(i) Let $f(x)=(x$ - a) $(x$ - $b)$
$ \begin{aligned} \Rightarrow f(x) & =x^{2}-(a+b) x+a b \\ \therefore f^{\prime}(x) & =\dfrac{d}{d x}(x^{2}-(a+b) x+a b) \\ & =\dfrac{d}{d x}(x^{2})-(a+b) \dfrac{d}{d x}(x)+\dfrac{d}{d x}(a b) \end{aligned} $
On using theorem $\dfrac{d}{d x}(x^{n})=n x^{n-1}$, we obtain
$f^{\prime}(x)=2 x-(a+b)+0=2 x-a-b$
(ii) Let $f(x)=(a x^{2}+b)^{2}$
$\Rightarrow f(x)=a^{2} x^{4}+2 a b x^{2}+b^{2}$
$\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{d}{d x}(a^{2} x^{4}+2 a b x^{2}+b^{2})=a^{2} \dfrac{d}{d x}(x^{4})+2 a b \dfrac{d}{d x}(x^{2})+\dfrac{d}{d x}(b^{2})$
On using theorem $\dfrac{d}{d x} x^{n}=n x^{n-1}$, we obtain
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =a^{2}(4 x^{3})+2 a b(2 x)+b^{2}(0) \\ & =4 a^{2} x^{3}+4 a b x \\ & =4 a x(a x^{2}+b) \end{aligned} $
(iii)
Let $f(x)=\dfrac{(x-a)}{(x-b)}$
$\Rightarrow f^{\prime}(x)=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{x-a}{x-b})$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(x-b) \dfrac{d}{d x}(x-a)-(x-a) \dfrac{d}{d x}(x-b)}{(x-b)^{2}} \\ & =\dfrac{(x-b)(1)-(x-a)(1)}{(x-b)^{2}} \\ & =\dfrac{x-b-x+a}{(x-b)^{2}} \\ & =\dfrac{a-b}{(x-b)^{2}} \end{aligned} $
8. Find the derivative of $\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}$ for some constant $a$.
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}$
$\Rightarrow f^{\prime}(x)=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a})$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(x-a) \dfrac{d}{d x}(x^{n}-a^{n})-(x^{n}-a^{n}) \dfrac{d}{d x}(x-a)}{(x-a)^{2}} \\ & =\dfrac{(x-a)(n x^{n-1}-0)-(x^{n}-a^{n})}{(x-a)^{2}} \\ & =\dfrac{n x^{n}-a n x^{n-1}-x^{n}+a^{n}}{(x-a)^{2}} \end{aligned} $
9. Find the derivative of
(i) $2 x-\dfrac{3}{4}$
(ii) $(5 x^{3}+3 x-1)(x-1)$
(iii) $x^{-3}(5+3 x)$
(iv) $x^{5}(3-6 x^{-9})$
(v) $x^{-4}(3-4 x^{-5})$
(vi) $\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{x^{2}}{3 x-1}$
Show Answer
Answer :
(i) Let $f(x)=2 x-\dfrac{3}{4}$
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{d}{d x}(2 x-\dfrac{3}{4}) \\ & =2 \dfrac{d}{d x}(x)-\dfrac{d}{d x}(\dfrac{3}{4}) \\ & =2-0 \\ & =2 \end{aligned} $
(ii) Let $f(x)=(5 x^{3}+3 x.$ - 1$)(x$- 1$)$
By Leibnitz product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =(5 x^{3}+3 x-1) \dfrac{d}{d x}(x-1)+(x-1) \dfrac{d}{d x}(5 x^{3}+3 x-1) \\ & =(5 x^{3}+3 x-1)(1)+(x-1)(5.3 x^{2}+3-0) \\ & =(5 x^{3}+3 x-1)+(x-1)(15 x^{2}+3) \\ & =5 x^{3}+3 x-1+15 x^{3}+3 x-15 x^{2}-3 \\ & =20 x^{3}-15 x^{2}+6 x-4 \end{aligned} $
(iii) Let $f(x)=x^{-3}(5+3 x)$
By Leibnitz product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =x^{-3} \dfrac{d}{d x}(5+3 x)+(5+3 x) \dfrac{d}{d x}(x^{-3}) \\ & =x^{-3}(0+3)+(5+3 x)(-3 x^{-3-1}) \\ & =x^{-3}(3)+(5+3 x)(-3 x^{-4}) \\ & =3 x^{-3}-15 x^{-4}-9 x^{-3} \\ & =-6 x^{-3}-15 x^{-4} \\ & =-3 x^{-3}(2+\dfrac{5}{x}) \\ & =\dfrac{-3 x^{-3}}{x}(2 x+5) \\ & =\dfrac{-3}{x^{4}}(5+2 x) \end{aligned} $
(iv) Let $f(x)=x^{5}(3-6 x^{-9})$
By Leibnitz product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =x^{5} \dfrac{d}{d x}(3-6 x^{-9})+(3-6 x^{-9}) \dfrac{d}{d x}(x^{5}) \\ & =x^{5}\{0-6(-9) x^{-9-1}\}+(3-6 x^{-9})(5 x^{4}) \\ & =x^{5}(54 x^{-10})+15 x^{4}-30 x^{-5} \\ & =54 x^{-5}+15 x^{4}-30 x^{-5} \\ & =24 x^{-5}+15 x^{4} \\ & =15 x^{4}+\dfrac{24}{x^{5}} \end{aligned} $
(v) Let $f(x)=x^{-4}(3-4 x^{-5})$
By Leibnitz product rule,
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=x^{-4} \dfrac{d}{d x}(3-4 x^{-5})+(3-4 x^{-5}) \dfrac{d}{d x}(x^{-4}) \\ & =x^{-4}\{0-4(-5) x^{-5-1}\}+(3-4 x^{-5})(-4) x^{-4-1} \\ & =x^{-4}(20 x^{-6})+(3-4 x^{-5})(-4 x^{-5}) \\ & =20 x^{-10}-12 x^{-5}+16 x^{-10} \\ & =36 x^{-10}-12 x^{-5} \\ & =-\dfrac{12}{x^{5}}+\dfrac{36}{x^{10}} \end{aligned} $
(vi) Let $f(x)=\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{x^{2}}{3 x-1}$
$f^{\prime}(x)=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{2}{x+1})-\dfrac{d}{d x}(\dfrac{x^{2}}{3 x-1})$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =[\dfrac{(x+1) \dfrac{d}{d x}(2)-2 \dfrac{d}{d x}(x+1)}{(x+1)^{2}}]-[\dfrac{(3 x-1) \dfrac{d}{d x}(x^{2})-x^{2} \dfrac{d}{d x}(3 x-1)}{(3 x-1)^{2}}] \\ & =[\dfrac{(x+1)(0)-2(1)}{(x+1)^{2}}]-[\dfrac{(3 x-1)(2 x)-(x^{2})(3)}{(3 x-1)^{2}}] \\ & =\dfrac{-2}{(x+1)^{2}}-[\dfrac{6 x^{2}-2 x-3 x^{2}}{(3 x-1)^{2}}] \\ & =\dfrac{-2}{(x+1)^{2}}-[\dfrac{3 x^{2}-2 x^{2}}{(3 x-1)^{2}}] \\ & =\dfrac{-2}{(x+1)^{2}}-\dfrac{x(3 x-2)}{(3 x-1)^{2}} \end{aligned} $
10. Find the derivative of $\cos x$ from first principle.
Show Answer
Answer :
Let $f(x)=\cos x$. Accordingly, from the first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{\cos (x+h)-\cos x}{h} \end{aligned} $
$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0}[\dfrac{\cos x \cos h-\sin x \sin h-\cos x}{h}] \\ & =\lim _{h \to 0}[\dfrac{-\cos x(1-\cos h)-\sin x \sin h}{h}] \\ & =\lim _{h \to 0}[\dfrac{-\cos x(1-\cos h)}{h}-\dfrac{\sin x \sin h}{h}] \\ & =-\cos x(\lim _{h \to 0} \dfrac{1-\cos h}{h})-\sin x \lim _{h \to 0}(\dfrac{\sin h}{h}) \\ & =-\cos x(0)-\sin x(1) \\ & =-\sin x \\ & \therefore f^{\prime}(x)=-\sin x \end{aligned} $
11. Find the derivative of the following functions:
(i) $\sin x \cos x$
(ii) $\sec x$
(iii) $5 \sec x+4 \cos x$
(iv) $cosec x$
(v) $3 \cot x+5 cosec x$
(vi) $5 \sin x-6 \cos x+7$
(vii) $2 \tan x-7 \sec x$
Show Answer
Answer :
(i) Let $f(x)=\sin x \cos x$. Accordingly, from the first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin (x+h) \cos (x+h)-\sin x \cos x}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{2 h}[2 \sin (x+h) \cos (x+h)-2 \sin x \cos x] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{2 h}[\sin 2(x+h)-\sin 2 x] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{2 h}[2 \cos \dfrac{2 x+2 h+2 x}{2} \cdot \sin \dfrac{2 x+2 h-2 x}{2}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cos \dfrac{4 x+2 h}{2} \sin \dfrac{2 h}{2}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cos (2 x+h) \sin h] \\ & =\lim _{h \to 0} \cos (2 x+h) \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h} \\ & =\cos (2 x+0) \cdot 1 \\ & =\cos 2 x \end{aligned} $
(ii) Letf $(x)=\sec x$. Accordingly, from the first principle,
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{\sec (x+h)-\sec x}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{1}{\cos (x+h)}-\dfrac{1}{\cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\cos x-\cos (x+h)}{\cos x \cos (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{x+x+h}{2}) \sin (\dfrac{x-x-h}{2})}{\cos (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{2 x+h}{2}) \sin (-\dfrac{h}{2})}{\cos (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \lim _{h \to 0} \dfrac{[\sin (\dfrac{2 x+h}{2}) \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}]}{\cos (x+h)} \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{\dfrac{h}{2} \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{2 x+h}{2})}{\cos (x+h)} \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot 1 \dfrac{\sin x}{\cos x} \\ & =\sec x \tan x \end{aligned} $
(iii) Letf $(x)=5 \sec x+4 \cos x$. Accordingly, from the first principle,
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{5 \sec (x+h)+4 \cos (x+h)-[5 \sec x+4 \cos x]}{h} \\ & =5 \lim _{h \to 0} \dfrac{[\sec (x+h)-\sec x]}{h}+4 \lim _{h \to 0} \dfrac{[\cos (x+h)-\cos x]}{h} \\ & =5 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{1}{\cos (x+h)}-\dfrac{1}{\cos x}]+4 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cos (x+h)-\cos x] \\ & =5 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\cos x-\cos (x+h)}{\cos x \cos (x+h)}]+4 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cos x \cos h-\sin x \sin h-\cos x] \\ & =\dfrac{5}{\cos x} \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{x+x+h}{2}) \sin (\dfrac{x-x-h}{2})}{\cos (x+h)}]+4 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[-\cos x(1-\cos h)-\sin x \sin h] \\ & =\dfrac{5}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{2 x+h}{2}) \sin (-\dfrac{h}{2})}{\cos (x+h)}]+4[-\cos x \lim _{h \to 0} \dfrac{(1-\cos h)}{h}-\sin x \lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h}] \\ & =\dfrac{5}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0}[\dfrac{\sin (\dfrac{2 x+h}{2}) \cdot \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{\dfrac{h}{2}}}{\cos (x+h)}]+4[(-\cos x) \cdot(0)-(\sin x) \cdot 1] \\ & =\dfrac{5}{\cos x} \cdot[\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{2 x+h}{2})}{\cos (x+h)} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{\dfrac{h}{2}}]-4 \sin x \\ & =\dfrac{5}{\cos x} \cdot \dfrac{\sin x}{\cos x} \cdot 1-4 \sin x \\ & =5 \sec x \tan x \cdot-4 \sin x \end{aligned} $
(iv) Let $f(x)=cosec x$. Accordingly, from the first principle,
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[cosec(x+h)-cosec x] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{1}{\sin (x+h)}-\dfrac{1}{\sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin x-\sin (x+h)}{\sin (x+h) \sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{2 \cos (\dfrac{x+x+h}{2}) \cdot \sin (\dfrac{x-x-h}{2})}{\sin (x+h) \sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{2 \cos (\dfrac{2 x+h}{2}) \sin (-\dfrac{h}{2})}{\sin (x+h) \sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{-\cos (\dfrac{2 x+h}{2}) \cdot \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}}{\sin (x+h) \sin x} \\ & =\lim _{h \to 0}(\dfrac{-\cos (\dfrac{2 x+h}{2})}{\sin (x+h) \sin x}) \lim _{\dfrac{h}{2} \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})} \\ & =(\dfrac{-\cos x}{\sin x \sin x}) \cdot 1 \\ & =-cosec x \cot x \end{aligned} $
(v) Let $f(x)=3 \cot x+5 cosec x$. Accordingly, from the first principle,
$$ \begin{align*} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{3 \cot (x+h)+5 cosec(x+h)-3 \cot x-5 cosec x}{h} \\ & =3 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cot (x+h)-\cot x]+5 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[cosec(x+h)-cosec x] \tag{1} \end{align*} $$
Now, $\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cot (x+h)-\cot x]$
$ =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\cos (x+h)}{\sin (x+h)}-\dfrac{\cos x}{\sin x}] $
$$ \begin{align*} & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\cos (x+h) \sin x-\cos x \sin (x+h)}{\sin x \sin (x+h)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x-x-h)}{\sin x \sin (x+h)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (-h)}{\sin x \sin (x+h)}] \\ & =-(\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h}) \cdot(\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{\sin x \cdot \sin (x+h)}) \\ & =-1 \cdot \dfrac{1}{\sin x \cdot \sin (x+0)}=\dfrac{-1}{\sin ^{2} x}=-cosec^{2} x \tag{2} \end{align*} $$
$$ \begin{aligned} & \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[cosec(x+h)-cosec x] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{1}{\sin (x+h)}-\dfrac{1}{\sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin x-\sin (x+h)}{\sin (x+h) \sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{2 \cos (\dfrac{x+x+h}{2}) \cdot \sin (\dfrac{x-x-h}{2})}{\sin (x+h) \sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{2 \cos (\dfrac{2 x+h}{2}) \sin (-\dfrac{h}{2})}{\sin (x+h) \sin x}] \\ & \dfrac{-\cos (\dfrac{2 x+h}{2}) \cdot \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}}{\sin (x+h) \sin x} \\ & =\lim _{h \to 0}(\dfrac{-\cos (\dfrac{2 x+h}{2})}{\sin (x+h) \sin x}) \lim _{\dfrac{h}{2} \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})} \\ & =(\dfrac{-\cos x}{\sin x \sin x}) \cdot 1 \\ & =-cosec x \cot x \end{aligned} $$
From (1), (2), and (3), we obtain
$ f^{\prime}(x)=-3 cosec^{2} x-5 cosec x \cot x $
(vi) Let $f(x)=5 \sin x$ - $6 \cos x+7$. Accordingly, from the first principle,
$$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[5 \sin (x+h)-6 \cos (x+h)+7-5 \sin x+6 \cos x-7] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[5\{\sin (x+h)-\sin x\}-6\{\cos (x+h)-\cos x\}] \\ & =5 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\sin (x+h)-\sin x]-6 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cos (x+h)-\cos x] \\ & =5 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{x+h+x}{2}) \sin (\dfrac{x+h-x}{2})]-6 \lim _{h \to 0} \dfrac{\cos x \cos h-\sin x \sin h-\cos x}{h} \\ & =5 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{2 x+h}{2}) \sin \dfrac{h}{2}]-6 \lim _{h \to 0}[\dfrac{-\cos x(1-\cos h)-\sin x \sin h}{h}] \\ & =5 \lim _{h \to 0}(\cos (\dfrac{2 x+h}{2}) \dfrac{\sin \dfrac{h}{2}}{\dfrac{h}{2}})-6 \lim _{h \to 0}[\dfrac{-\cos x(1-\cos h)}{h}-\dfrac{\sin x \sin h}{h}] \\ & =5[\lim _{h \to 0} \cos (\dfrac{2 x+h}{2})][\dfrac{\lim _{h} \to 0}{\dfrac{\sin }{2}} \dfrac{h}{2}]-6[(-\cos x)(\lim _{h \to 0} \dfrac{1-\cos h}{h})-\sin x \lim _{h \to 0}(\dfrac{\sin h}{h})] \\ & =5 \cos x \cdot 1-6[(-\cos x) \cdot(0)-\sin x \cdot 1] \\ & =5 \cos x+6 \sin x \end{aligned} $$
(vii) Let $f(x)=2 \tan x$ - $7 \sec x$. Accordingly, from the first principle,
$$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \tan (x+h)-7 \sec (x+h)-2 \tan x+7 \sec x] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2\{\tan (x+h)-\tan x\}-7\{\sec (x+h)-\sec x\}] \\ & =2 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\tan (x+h)-\tan x]-7 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\sec (x+h)-\sec x] \\ & =2 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h)}{\cos (x+h)}-\dfrac{\sin x}{\cos x}]-7 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{1}{\cos (x+h)}-\dfrac{1}{\cos x}] \\ & =2 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h) \cos x-\sin x \cos (x+h)}{\cos x \cos (x+h)}]-7 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\cos x-\cos (x+h)}{\cos x \cos (x+h)}] \\ & =2 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h-x)}{\cos x \cos (x+h)}]-7 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{x+x+h}{2}) \sin (\dfrac{x-x-h}{2})}{\cos x \cos (x+h)}] \\ & =2 \lim _{h \to 0}[(\dfrac{\sin h}{h}) \dfrac{1}{\cos x \cos (x+h)}]-7 \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{2 x+h}{2}) \sin (-\dfrac{h}{2})}{\cos x \cos (x+h)}] \\ & =2(\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h})(\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{\cos x \cos (x+h)})-7(\lim _{\dfrac{h}{2} \to 0} \dfrac{\sin \dfrac{h}{2}}{\dfrac{h}{2}})(\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{2 x+h}{2})}{\cos x \cos (x+h)}) \\ & =2.1 \cdot \dfrac{1}{\cos x \cos x}-7.1(\dfrac{\sin x}{\cos x \cos x}) \\ & =2 \sec ^{2} x-7 \sec x \tan x \end{aligned} $$
Miscellaneous Examples
Example 19 Find the derivative of $f$ from the first principle, where $f$ is given by
(i) $f(x)=\frac{2 x+3}{x-2}$
(ii) $f(x)=x+\frac{1}{x}$
Solution (i) Note that function is not defined at $x=2$. But, we have
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x)&=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{\frac{2(x+h)+3}{x+h-2}-\frac{2 x+3}{x-2}}{h} \\ \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{(2 x+2 h+3)(x-2)-(2 x+3)(x+h-2)}{h(x-2)(x+h-2)} \\ \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{(2 x+3)(x-2)+2 h(x-2)-(2 x+3)(x-2)-h(2 x+3)}{h(x-2)(x+h-2)} \\ \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{-7}{(x-2)(x+h-2)}=-\frac{7}{(x-2)^{2}} \end{aligned} $
Again, note that the function $f^{\prime}$ is also not defined at $x=2$. (ii) The function is not defined at $x=0$. But, we have
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h+\frac{1}{x+h})-(x+\frac{1}{x})}{h} \\ \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{h}\left[h+\frac{1}{x+h}-\frac{1}{x}\right] \\ \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{h}\left[h+\frac{x-x-h}{x(x+h)}\right]=\lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{h}\left[h\left(1-\frac{1}{x(x+h)}\right)\right] \\ \\ & =\lim\limits_{h \to 0}\left[1-\frac{1}{x(x+h)}\right]=1-\frac{1}{x^{2}} \end{aligned} $
Again, note that the function $f^{\prime}$ is not defined at $x=0$.
Example 20 Find the derivative of $f(x)$ from the first principle, where $f(x)$ is (i) $\sin x+\cos x$ (ii) $x \sin x$
Solution (i) we have $f^{\prime}(x)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin (x+h)+\cos (x+h)-\sin x-\cos x}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin x \cos h+\cos x \sin h+\cos x \cos h-\sin x \sin h-\sin x-\cos x}{h} \end{aligned} $
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h(\cos x-\sin x)+\sin x(\cos h-1)+\cos x(\cos h-1)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}(\cos x-\sin x)+\lim\limits_{h \to 0} \sin x \frac{(\cos h-1)}{h}+\lim\limits_{h \to 0} \cos x \frac{(\cos h-1)}{h} \\ & =\cos x-\sin x \end{aligned} $
(ii) $\quad f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h) \sin (x+h)-x \sin x}{h}$
$ =\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h)(\sin x \cos h+\sin h \cos x)-x \sin x}{h} $
$ \begin{aligned} & \quad=\lim\limits_{h \to 0} \frac{x \sin x(\cos h-1)+x \cos x \sin h+h(\sin x \cos h+\sin h \cos x)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{x \sin x(\cos h-1)}{h}+\lim\limits_{h \to 0} x \cos x \frac{\sin h}{h}+\lim\limits_{h \to 0}(\sin x \cos h+\sin h \cos x) \\ & =x \cos x+\sin x \end{aligned} $
Example 21 Compute derivative of
(i) $f(x)=\sin 2 x$
(ii) $g(x)=\cot x$
Solution (i) Recall the trigonometric formula $\sin 2 x=2 \sin x \cos x$. Thus
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\frac{d}{d x}(2 \sin x \cos x)=2 \frac{d}{d x}(\sin x \cos x) \\ \\ & =2[(\sin x)^{\prime} \cos x+\sin x(\cos x)^{\prime}] \\ \\ & =2[(\cos x) \cos x+\sin x(-\sin x)] \\ \\ & =2(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x) \end{aligned} $
(ii) By definition, $g(x)=\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$. We use the quotient rule on this function
wherever it is defined. $\frac{d g}{d x}=\frac{d}{d x}(\cot x)=\frac{d}{d x}(\frac{\cos x}{\sin x})$ $ \begin{aligned} & =\frac{(\cos x)^{\prime}(\sin x)-(\cos x)(\sin x)^{\prime}}{(\sin x)^{2}} \\ & =\frac{(-\sin x)(\sin x)-(\cos x)(\cos x)}{(\sin x)^{2}} \\ & =-\frac{\sin ^{2} x+\cos ^{2} x}{\sin ^{2} x}=-cosec^{2} x \end{aligned} $
Alternatively, this may be computed by noting that $\cot x=\frac{1}{\tan x}$. Here, we use the fact that the derivative of $\tan x$ is $\sec ^{2} x$ which we saw in Example 17 and also that the derivative of the constant function is 0 .
$ \begin{aligned} \frac{d g}{d x} & =\frac{d}{d x}(\cot x)=\frac{d}{d x}(\frac{1}{\tan x}) \\ & =\frac{(1)^{\prime}(\tan x)-(1)(\tan x)^{\prime}}{(\tan x)^{2}} \\ & =\frac{(0)(\tan x)-(\sec x)^{2}}{(\tan x)^{2}} \\ & =\frac{-\sec ^{2} x}{\tan ^{2} x}=-cosec^{2} x \end{aligned} $
Example 22 Find the derivative of
(i) $\frac{x^{5}-\cos x}{\sin x}$
(ii) $\frac{x+\cos x}{\tan x}$
Solution (i) Let $h(x)=\frac{x^{5}-\cos x}{\sin x}$. We use the quotient rule on this function wherever it is defined.
$ h^{\prime}(x)=\frac{(x^{5}-\cos x)^{\prime} \sin x-(x^{5}-\cos x)(\sin x)^{\prime}}{(\sin x)^{2}} $
$ \begin{aligned} & =\frac{(5 x^{4}+\sin x) \sin x-(x^{5}-\cos x) \cos x}{\sin ^{2} x} \\ & =\frac{-x^{5} \cos x+5 x^{4} \sin x+1}{(\sin x)^{2}} \end{aligned} $
(ii) We use quotient rule on the function $\frac{x+\cos x}{\tan x}$ wherever it is defined.
$ \begin{aligned} h^{\prime}(x) & =\frac{(x+\cos x)^{\prime} \tan x-(x+\cos x)(\tan x)^{\prime}}{(\tan x)^{2}} \\ & =\frac{(1-\sin x) \tan x-(x+\cos x) \sec ^{2} x}{(\tan x)^{2}} \end{aligned} $
Miscellaneous Exercise on Chapter 12
1. Find the derivative of the following functions from first principle:
(i) $-x$
(ii) $(-x)^{-1}$
(iii) $\sin (x+1)$
(iv) $\cos (x-\dfrac{\pi}{8})$
Show Answer
Answer :
(i) Let $f(x)=- x$. Accordingly, $f(x+h)=-(x+h)$
By first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{-(x+h)-(-x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{-x-h+x}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{-h}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(-1)=-1 \end{aligned} $
(ii) Let
$ f(x)=(-x)^{-1}=\dfrac{1}{-x}=\dfrac{-1}{x} \text{.Accordingly, } f(x+h)=\dfrac{-1}{(x+h)} $
By first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-1}{x+h}-(\dfrac{-1}{x})] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-1}{x+h}+\dfrac{1}{x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-x+(x+h)}{x(x+h)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-x+x+h}{x(x+h)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{h}{x(x+h)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{x(x+h)} \\ & =\dfrac{1}{x \cdot x}=\dfrac{1}{x^{2}} \end{aligned} $
(iii) Let $f(x)=\sin (x+1)$. Accordingly, $f(x+h)=\sin (x+h+1)$
By first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\sin (x+h+1)-\sin (x+1)] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{x+h+1+x+1}{2}) \sin (\dfrac{x+h+1-x-1}{2})] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{2 x+h+2}{2}) \sin (\dfrac{h}{2})] \\ & =\lim _{h \to 0}[\cos (\dfrac{2 x+h+2}{2}) \cdot \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}] \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \cos (\frac{2 x+h+2}{2}) \cdot \lim _{\frac{h}{2}\rightarrow 0} \frac{ (sin{\frac{h}{2}})}{(\frac{h}{2})} as h \rightarrow 0 \Rightarrow \frac{h}{2} \rightarrow 0\\ & =\cos (\dfrac{2 x+0+2}{2}) \cdot 1 \\ & =\cos (x+1) \\ \end{aligned} $
(iv) Let $ f(x)=\cos \left(x-\frac{\pi}{8}\right) \cdot \text { Accordingly }, f(x+h)=\cos \left(x+h-\frac{\pi}{8}\right) $
By first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\cos (x+h-\dfrac{\pi}{8})-\cos (x-\dfrac{\pi}{8})] \end{aligned} $
$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[-2 \sin \dfrac{(x+h-\dfrac{\pi}{8}+x-\dfrac{\pi}{8})}{2} \sin (\dfrac{x+h-\dfrac{\pi}{8}-x+\dfrac{\pi}{8}}{2})] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[-2 \sin (\dfrac{2 x+h-\dfrac{\pi}{4}}{2}) \sin \dfrac{h}{2}] \\ & =\lim _{h \to 0}[-\sin (\dfrac{2 x+h-\dfrac{\pi}{4}}{2}) \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}] \end{aligned} $
$ \begin{aligned} =\lim _{h \to 0}[-\sin (\dfrac{2 x+h-\dfrac{\pi}{4}}{2})] .\lim _{\dfrac{h}{2} \to 0}\dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})} \hspace{30px} [\text{As } h \to 0 \Rightarrow \dfrac{h}{2} \to 0] \end{aligned} $
$ \begin{aligned} & =-\sin (\dfrac{2 x+0-\dfrac{\pi}{4}}{2}) .1 \\ & =-\sin (x-\dfrac{\pi}{8}) \end{aligned} $
Find the derivative of the following functions (it is to be understood that $a, b, c, d$, $p, q, r$ and $s$ are fixed non-zero constants and $m$ and $n$ are integers):
2. $(x+a)$
Show Answer
Answer :
Let $f(x)=x+a$. Accordingly, $f(x+h)=x+h+a$
By first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{x+h+a-x-a}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(\dfrac{h}{h}) \\ & =\lim _{h \to 0}(1) \\ & =1 \end{aligned} $
3. $(p x+q)(\dfrac{r}{x}+s)$
Show Answer
Answer :
Let $f(x)=(p x+q)(\dfrac{r}{x}+s)$
By Leibnitz product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =(p x+q)(\dfrac{r}{x}+s)^{\prime}+(\dfrac{r}{x}+s)(p x+q)^{\prime} \\ & =(p x+q)(r x^{-1}+s)^{\prime}+(\dfrac{r}{x}+s)(p) \\ & =(p x+q)(-r x^{-2})+(\dfrac{r}{x}+s) p \\ & =(p x+q)(\dfrac{-r}{x^{2}})+(\dfrac{r}{x}+s) p \\ & =\dfrac{-p r}{x}-\dfrac{q r}{x^{2}}+\dfrac{p r}{x}+p s \\ & =p s-\dfrac{q r}{x^{2}} \end{aligned} $
4. $(a x+b)(c x+d)^{2}$
Show Answer
Answer :
Let $f(x)=(a x+b)(c x+d)^{2}$
By Leibnitz product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =(a x+b) \dfrac{d}{d x}(c x+d)^{2}+(c x+d)^{2} \dfrac{d}{d x}(a x+b) \\ & =(a x+b) \dfrac{d}{d x}(c^{2} x^{2}+2 c d x+d^{2})+(c x+d)^{2} \dfrac{d}{d x}(a x+b) \\ & =(a x+b)[\dfrac{d}{d x}(c^{2} x^{2})+\dfrac{d}{d x}(2 c d x)+\dfrac{d}{d x} d^{2}]+(c x+d)^{2}[\dfrac{d}{d x} a x+\dfrac{d}{d x} b] \\ & =(a x+b)(2 c^{2} x+2 c d)+(c x+d^{2}) a \\ & =2 c(a x+b)(c x+d)+a(c x+d)^{2} \end{aligned} $
5. $\dfrac{a x+b}{c x+d}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{a x+b}{c x+d}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(c x+d) \dfrac{d}{d x}(a x+b)-(a x+b) \dfrac{d}{d x}(c x+d)}{(c x+d)^{2}} \\ & =\dfrac{(c x+d)(a)-(a x+b)(c)}{(c x+d)^{2}} \\ & =\dfrac{a c x+a d-a c x-b c}{(c x+d)^{2}} \\ & =\dfrac{a d-b c}{(c x+d)^{2}} \end{aligned} $
6. $\dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}$
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Let $f(x)=\dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}=\dfrac{\dfrac{x+1}{x}}{\dfrac{x-1}{x}}=\dfrac{x+1}{x-1}$, where $x \neq 0$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(x-1) \dfrac{d}{d x}(x+1)-(x+1) \dfrac{d}{d x}(x-1)}{(x-1)^{2}}, x \neq 0,1 \\ & =\dfrac{(x-1)(1)-(x+1)(1)}{(x-1)^{2}}, x \neq 0,1 \\ & =\dfrac{x-1-x-1}{(x-1)^{2}}, x \neq 0,1 \\ & =\dfrac{-2}{(x-1)^{2}}, x \neq 0,1 \end{aligned} $
7. $\dfrac{1}{a x^{2}+b x+c}$
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Let $f(x)=\dfrac{1}{a x^{2}+b x+c}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(a x^{2}+b x+c) \dfrac{d}{d x}(1)-\dfrac{d}{d x}(a x^{2}+b x+c)}{(a x^{2}+b x+c)^{2}} \\ & =\dfrac{(a x^{2}+b x+c)(0)-(2 a x+b)}{(a x^{2}+b x+c)^{2}} \\ & =\dfrac{-(2 a x+b)}{(a x^{2}+b x+c)^{2}} \end{aligned} $
8. $\dfrac{a x+b}{p x^{2}+q x+r}$
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Let $f(x)=\dfrac{a x+b}{p x^{2}+q x+r}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(p x^{2}+q x+r) \dfrac{d}{d x}(a x+b)-(a x+b) \dfrac{d}{d x}(p x^{2}+q x+r)}{(p x^{2}+q x+r)^{2}} \\ & =\dfrac{(p x^{2}+q x+r)(a)-(a x+b)(2 p x+q)}{(p x^{2}+q x+r)^{2}} \\ & =\dfrac{a p x^{2}+a q x+a r-2 a p x^{2}-a q x-2 b p x-b q}{(p x^{2}+q x+r)^{2}} \\ & =\dfrac{-a p x^{2}-2 b p x+a r-b q}{(p x^{2}+q x+r)^{2}} \end{aligned} $
9. $\dfrac{p x^{2}+q x+r}{a x+b}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{p x^{2}+q x+r}{a x+b}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(a x+b) \dfrac{d}{d x}(p x^{2}+q x+r)-(p x^{2}+q x+r) \dfrac{d}{d x}(a x+b)}{(a x+b)^{2}} \\ & =\dfrac{(a x+b)(2 p x+q)-(p x^{2}+q x+r)(a)}{(a x+b)^{2}} \\ & =\dfrac{2 a p x^{2}+a q x+2 b p x+b q-a p x^{2}-a q x-a r}{(a x+b)^{2}} \\ & =\dfrac{a p x^{2}+2 b p x+b q-a r}{(a x+b)^{2}} \end{aligned} $
10. $\dfrac{a}{x^{4}}-\dfrac{b}{x^{2}}+\cos x$
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$ \begin{aligned} & \text{ Let } f(x)=\dfrac{a}{x^{4}}-\dfrac{b}{x^{2}}+\cos x \\ & f^{\prime}(x)=\dfrac{d}{d x}(\dfrac{a}{x^{4}})-\dfrac{d}{d x}(\dfrac{b}{x^{2}})+\dfrac{d}{d x}(\cos x) \\ & =a \dfrac{d}{d x}(x^{-4})-b \dfrac{d}{d x}(x^{-2})+\dfrac{d}{d x}(\cos x) \\ & =a(-4 x^{-5})-b(-2 x^{-3})+(-\sin x) \quad[\dfrac{d}{d x}(x^{n})=n x^{n-1} \text{ and } \dfrac{d}{d x}(\cos x)=-\sin x] \\ & =\dfrac{-4 a}{x^{5}}+\dfrac{2 b}{x^{3}}-\sin x \end{aligned} $
11. $4 \sqrt{x}-2$
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$ \begin{aligned} & \text{ Let } f(x)=4 \sqrt{x}-2 \\ & \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{d}{d x}(4 \sqrt{x}-2)=\dfrac{d}{d x}(4 \sqrt{x})-\dfrac{d}{d x}(2) \\ & =4 \dfrac{d}{d x}(x^{\dfrac{1}{2}})-0=4(\dfrac{1}{2} x^{\dfrac{1}{2}-1}) \\ & =(2 x^{-\dfrac{1}{2}})=\dfrac{2}{\sqrt{x}} \end{aligned} \end{aligned} $
12. $(a x+b)^{n}$
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Let $f(x)=(a x+b)^{n}$. Accordingly, $f(x+h)=\{a(x+h)+b\}^{n}=(a x+a h+b)^{n}$ By first principle,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{(a x+a h+b)^{n}-(a x+b)^{n}}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{(a x+b)^{n}(1+\dfrac{a h}{a x+b})^{n}-(a x+b)^{n}}{h} \\ & =(a x+b)^{n} \lim _{h \to 0} \dfrac{(1+\dfrac{a h}{a x+b})^{n}-1}{h} \\ & =(a x+b)^{n} \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{n}[\{1+n(\dfrac{a h}{a x+b})+\dfrac{n(n-1)}{\lfloor 2}(\dfrac{a h}{a x+b})^{2}+\ldots\}-1] \\ & =(a x+b)^{n} \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{n}{a h})^{n}]+\dfrac{n(n-1) a^{2} h^{2}}{\lfloor(a x+b)^{2}.}+\ldots(\text{ Terms containing higher degrees of } h)] \\ & =(a x+b)^{n} \lim _{h \to 0}[\dfrac{n a}{(a x+b)}+\dfrac{n(n-1) a^{2} h}{\lfloor(a x+b)^{2}.}+\ldots] \\ & =(a x+b)^{n}[\dfrac{n a}{(a x+b)}+0] \\ & =n a (a x+b)^{n-1} \end{aligned} $
13. $(a x+b)^{n}(c x+d)^{m}$
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Answer :
Let $f(x)=(a x+b)^{n}(c x+d)^{m}$
By Leibnitz product rule,
$$ \begin{equation*} f^{\prime}(x)=(a x+b)^{n} \dfrac{d}{d x}(c x+d)^{m}+(c x+d)^{m} \dfrac{d}{d x}(a x+b)^{n} \tag{1} \end{equation*} $$
Now, let $f_1(x)=(c x+d)^{m}$
$f_1(x+h)=(c x+c h+d)^{m}$
$f_1^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f_1(x+h)-f_1^{\prime}(x)}{h}$
$=\lim _{h \to 0} \dfrac{(c x+c h+d)^{m}-(c x+d)^{m}}{h}$
$=(c x+d)^{m} \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[(1+\dfrac{c h}{c x+d})^{m+}-1]$
$=(c x+d)^{m} \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[(1+\dfrac{m c h}{(c x+d)}+\dfrac{m(m-1)}{2} \dfrac{(c^{2} h^{2})}{(c x+d)^{2}}+\ldots)-1]$
$=(c x+d)^{m} \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{m c h}{(c x+d)}+\dfrac{m(m-1) c^{2} h^{2}}{2(c x+d)^{2}}+\ldots(.$ Terms containing higher degrees of $.h)]$
$=(c x+d)^{m} \lim _{h \to 0}[\dfrac{m c}{(c x+d)}+\dfrac{m(m-1) c^{2} h}{2(c x+d)^{2}}+\ldots]$
$=(c x+d)^{m}[\dfrac{m c}{c x+d}+0]$
$=\dfrac{m c(c x+d)^{m}}{(c x+d)}$
$=m c(c x+d)^{m-1}$
$\dfrac{d}{d x}(c x+d)^{It}=m c(c x+d)^{m-1}$
Similarly, $\dfrac{d}{d x}(a x+b)^{n}=n a(a x+b)^{n-1}$
Therefore, from (1), (2), and (3), we obtain
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =(a x+b)^{n}\{m c(c x+d)^{m-1}\}+(c x+d)^{m}\{n a(a x+b)^{n-1}\} \\ & =(a x+b)^{n-1}(c x+d)^{m-1}[m c(a x+b)+n a(c x+d)] \end{aligned} $
14. $\sin (x+a)$
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Answer :
Let $f(x)=\sin (x+a)$
$f(x+h)=\sin (x+h+a)$
By first principle,
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin (x+h+a)-\sin (x+a)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{x+h+a+x+a}{2}) \sin (\dfrac{x+h+a-x-a}{2})] \\ & =\lim _{h \to \infty} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{2 x+2 a+h}{2}) \sin (\dfrac{h}{2})] \\ & =\lim _{h \to 0}[\cos (\dfrac{2 x+2 a+h}{2})\{\dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}\}] \\ & =\lim _{h \to 0} \cos (\dfrac{2 x+2 a+h}{2}) \lim _{\dfrac{h}{2} \to 0}\{\dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}\} \quad[\text{ As } h \to 0 \Rightarrow \dfrac{h}{2} \to 0] \\ & =\cos (\dfrac{2 x+2 a}{2}) \times 1 \quad[\lim _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1] \\ & =\cos (x+a) \end{aligned} $
15. $cosec x \cot x$
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Answer :
Let $f(x)=cosec x \cot x$
By Leibnitz product rule,
$f^{\prime}(x)=cosec x(\cot x)^{\prime}+\cot x(cosec x)^{\prime}$
Let $f_1(x)=\cot x$. Accordingly, $f_1(x+h)=\cot (x+h)$
By first principle,
$$ \begin{align*} f_1^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f_1(x+h)-f_1(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{\cot (x+h)-\cot x}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}(\dfrac{\cos (x+h)}{\sin (x+h)}-\dfrac{\cos x}{\sin x}) \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin x \cos (x+h)-\cos x \sin (x+h)}{\sin x \sin (x+h)}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x-x-h)}{\sin x \sin (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\sin _{x} x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (-h)}{\sin (x+h)}] \\ & =\dfrac{-1}{\sin ^{x} x} \cdot(\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h})(\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{\sin (x+h)}) \\ & =\dfrac{-1}{\sin ^{x}} \cdot 1 \cdot(\dfrac{1}{\sin (x+0)}) \\ & =\dfrac{-1}{\sin ^{2} x} \\ & =-cosec^{2} x \tag{2} \end{align*} $$
$\therefore(\cot x)^{\prime}=-cosec^{2} x$
Now, let $f_2(x)=cosec x$. Accordingly, $f_2(x+h)=cosec(x+h)$
By first principle,
$ \begin{aligned} f_2^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{f_2(x+h)-f_2(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[cosec(x+h)-cosec x] \end{aligned} $
$ \begin{aligned} & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{1}{\sin (x+h)}-\dfrac{1}{\sin x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin x-\sin (x+h)}{\sin x \sin (x+h)}] \end{aligned} $
$$ \begin{align*} & =\dfrac{1}{\sin x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{2 \cos (\dfrac{x+x+h}{2}) \sin (\dfrac{x-x-h}{2})}{\sin (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\sin x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{.2 \cos (\dfrac{2 x+h}{2}) \sin (\dfrac{-h}{2})]}{\sin (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\sin x} \cdot \lim _{h \to 0}[\dfrac{-\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})} \cdot \dfrac{\cos (\dfrac{2 x+h}{2})}{\sin (x+h)}] \\ & =\dfrac{-1}{\sin x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{\cos (\dfrac{2 x+h}{2})}{\sin (x+h)} \\ & =\dfrac{-1}{\sin x} \cdot 1 \cdot \dfrac{\cos (\dfrac{2 x+0}{2})}{\sin (x+0)} \\ & =\dfrac{-1}{\sin x} \cdot \dfrac{\cos x}{\sin x} \\ & =-\cos ec x \cdot \cot x \tag{3} \end{align*} $$
$\therefore(cosec x)^{\prime}=-cosec x \cdot \cot x$
From (1), (2), and (3), we obtain
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =cosec x(-cosec^{2} x)+\cot x(-cosec x \cot x) \\ & =-cosec^{3} x-\cot ^{2} x cosec x \end{aligned} $
16. $\dfrac{\cos x}{1+\sin x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{\cos x}{1+\sin x}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(1+\sin x) \dfrac{d}{d x}(\cos x)-(\cos x) \dfrac{d}{d x}(1+\sin x)}{(1+\sin x)^{2}} \\ & =\dfrac{(1+\sin x)(-\sin x)-(\cos x)(\cos x)}{(1+\sin x)^{2}} \\ & =\dfrac{-\sin x-\sin ^{2} x-\cos ^{2} x}{(1+\sin x)^{2}} \\ & =\dfrac{-\sin x-(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x)}{(1+\sin x)^{2}} \\ & =\dfrac{-\sin x-1}{(1+\sin x)^{2}} \\ & =\dfrac{-(1+\sin x)}{(1+\sin x)^{2}} \\ & =\dfrac{-1}{(1+\sin x)} \end{aligned} $
17. $\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(\sin x-\cos x) \dfrac{d}{d x}(\sin x+\cos x)-(\sin x+\cos x) \dfrac{d}{d x}(\sin x-\cos x)}{(\sin x-\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{(\sin x-\cos x)(\cos x-\sin x)-(\sin x+\cos x)(\cos x+\sin x)}{(\sin x-\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{-(\sin x-\cos x)^{2}-(\sin x+\cos x)^{2}}{(\sin x-\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{-[\sin ^{2} x+\cos ^{2} x-2 \sin x \cos x+\sin ^{2} x+\cos ^{2} x+2 \sin x \cos x]}{(\sin x-\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{-[1+1]}{(\sin x-\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{-2}{(\sin x-\cos x)^{2}} \end{aligned} $
18. $\dfrac{\sec x-1}{\sec x+1}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{\sec x-1}{\sec x+1}$
$f(x)=\dfrac{\dfrac{1}{\cos x}-1}{\dfrac{1}{\cos x}+1}=\dfrac{1-\cos x}{1+\cos x}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\dfrac{(1+\cos x) \dfrac{d}{d x}(1-\cos x)-(1-\cos x) \dfrac{d}{d x}(1+\cos x)}{(1+\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{(1+\cos x)(\sin x)-(1-\cos x)(-\sin x)}{(1+\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{\sin x+\cos x \sin x+\sin x-\sin x \cos x}{(1+\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{2 \sin x}{(1+\cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{2 \sin x}{(1+\dfrac{1}{\sec x})^{2}}=\dfrac{2 \sin x}{\dfrac{(\sec x+1)^{2}}{\sec ^{2} x}} \\ & =\dfrac{2 \sin x \sec ^{2} x}{(\sec x+1)^{2}} \\ & =\dfrac{\dfrac{2 \sin x}{\cos x} \sec x}{(\sec x+1)^{2}} \\ & =\dfrac{2 \sec x \tan x}{(\sec x+1)^{2}} \end{aligned} $
19. $\sin ^{n} x$
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Answer :
Let $y=\sin ^{n} x$.
Accordingly, for $n=1, y=\sin x$.
$\therefore \dfrac{d y}{d x}=\cos x$, i.e., $\dfrac{d}{d x} \sin x=\cos x$
For $n=2, y=\sin ^{2} x$.
$$ \begin{align*} \therefore \dfrac{d y}{d x} & =\dfrac{d}{d x}(\sin x \sin x) \\ & =(\sin x)^{\prime} \sin x+\sin x(\sin x)^{\prime} \\ & =\cos x \sin x+\sin x \cos x \\ & =2 \sin x \cos x \tag{1} \end{align*} $$
For $n=3, y=\sin ^{3} x$.
$ \therefore \dfrac{d y}{d x}=\dfrac{d}{d x}(\sin x \sin ^{2} x) $
$$ \begin{matrix} =(\sin x)^{\prime} \sin ^{2} x+\sin x(\sin ^{2} x)^{\prime} & \text{ [By Leibnitz product rule] } \\ =\cos x \sin ^{2} x+\sin x(2 \sin x \cos x) & \text{ [Using (1)] } \\ =\cos x \sin ^{2} x+2 \sin ^{2} x \cos x & \\ =3 \sin ^{2} x \cos x & \end{matrix} $$
We assert that $\dfrac{d}{d x}(\sin ^{n} x)=n \sin ^{(n-1)} x \cos x$
Let our assertion be true for $n=k$.
i.e., $\dfrac{d}{d x}(\sin ^{k} x)=k \sin ^{(k-1)} x \cos x$
Consider
$ \begin{aligned} \dfrac{d}{d x}(\sin ^{k+1} x) & =\dfrac{d}{d x}(\sin x \sin ^{k} x) \\ & =(\sin x)^{\prime} \sin ^{k} x+\sin x(\sin ^{k}. \\ & =\cos x \sin ^{k} x+\sin x(k \sin ^{(k-1}. \\ & =\cos x \sin ^{k} x+k \sin ^{k} x \cos x \\ & =(k+1) \sin ^{k} x \cos x \end{aligned} $
$ \begin{matrix} =(\sin x)^{\prime} \sin ^{k} x+\sin x(\sin ^{k} x)^{\prime} & \text{ [By Leibnitz product rule] } \\ =\cos x \sin ^{k} x+\sin x(k \sin ^{(k-1)} x \cos x) & {[\text{ Using (2)] }} \end{matrix} $
Thus, our assertion is true for $n=k+1$.
Hence, by mathematical induction, $\dfrac{d}{d x}(\sin ^{n} x)=n \sin ^{(n-1)} x \cos x$
20. $\dfrac{a+b \sin x}{c+d \cos x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{a+b \sin x}{c+d \cos x}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(c+d \cos x) \dfrac{d}{d x}(a+b \sin x)-(a+b \sin x) \dfrac{d}{d x}(c+d \cos x)}{(c+d \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{(c+d \cos x)(b \cos x)-(a+b \sin x)(-d \sin x)}{(c+d \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{c b \cos x+b d \cos ^{2} x+a d \sin x+b d \sin ^{2} x}{(c+d \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{b c \cos x+a d \sin x+b d(\cos ^{2} x+\sin ^{2} x)}{(c+d \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{b c \cos x+a d \sin x+b d}{(c+d \cos x)^{2}} \end{aligned} $
21. $\dfrac{\sin (x+a)}{\cos x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{\sin (x+a)}{\cos x}$
By quotient rule,
$$ \begin{align*} f^{\prime}(x) & =\dfrac{\cos x \dfrac{d}{d x}[\sin (x+a)]-\sin (x+a) \dfrac{d}{d x} \cos x}{\cos ^{2} x} \\ f^{\prime}(x) & =\dfrac{\cos x \dfrac{d}{d x}[\sin (x+a)]-\sin (x+a)(-\sin x)}{\cos ^{2} x} \tag{i} \end{align*} $$
Let $g(x)=\sin (x+a)$. Accordingly, $g(x+h)=\sin (x+h+a)$
By first principle,
$$ \begin{align*} g^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{g(x+h)-g(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\sin (x+h+a)-\sin (x+a)] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{x+h+a+x+a}{2}) \sin (\dfrac{x+h+a-x-a}{2})] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[2 \cos (\dfrac{2 x+2 a+h}{2}) \sin (\dfrac{h}{2})] \\ & =\lim _{h \to 0}{\operatorname { c o s } ( \dfrac { 2 x + 2 a + h } { 2 } ) [\dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}.(\dfrac{h}{2})]} \quad[\text{ As } h \to 0 \Rightarrow \dfrac{h}{2} \to 0].. \\ & =\lim _{h \to 0} \cos (\dfrac{2 x+2 a+h}{2}) \lim _{\dfrac{h}{2} \to 0}\{\dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}\} \quad[\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h}=1] \\ & =(\cos \dfrac{2 x+2 a}{2}) \times 1 \\ & =\cos (x+a) \tag{ii} \end{align*} \text{ (ii) } \quad $$
From (i) and (ii), we obtain
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{\cos x \cdot \cos (x+a)+\sin x \sin (x+a)}{\cos ^{2} x} \\ & =\dfrac{\cos (x+a-x)}{\cos ^{2} x} \\ & =\dfrac{\cos a}{\cos ^{2} x} \end{aligned} $
22. $x^{4}(5 \sin x-3 \cos x)$
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Answer :
Let $f(x)=x^{4}(5 \sin x-3 \cos x)$
By product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =x^{4} \dfrac{d}{d x}(5 \sin x-3 \cos x)+(5 \sin x-3 \cos x) \dfrac{d}{d x}(x^{4}) \\ & =x^{4}[5 \dfrac{d}{d x}(\sin x)-3 \dfrac{d}{d x}(\cos x)]+(5 \sin x-3 \cos x) \dfrac{d}{d x}(x^{4}) \\ & =x^{4}[5 \cos x-3(-\sin x)]+(5 \sin x-3 \cos x)(4 x^{3}) \\ & =x^{3}[5 x \cos x+3 x \sin x+20 \sin x-12 \cos x] \end{aligned} $
23. $(x^{2}+1) \cos x$
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Answer:
Let $f(x)=(x^{2}+1) \cos x$
By product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =(x^{2}+1) \dfrac{d}{d x}(\cos x)+\cos x \dfrac{d}{d x}(x^{2}+1) \\ & =(x^{2}+1)(-\sin x)+\cos x(2 x) \\ & =-x^{2} \sin x-\sin x+2 x \cos x \end{aligned} $
24. $(a x^{2}+\sin x)(p+q \cos x)$
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Answer :
Let $f(x)=(a x^{2}+\sin x)(p+q \cos x)$
By product rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =(a x^{2}+\sin x) \dfrac{d}{d x}(p+q \cos x)+(p+q \cos x) \dfrac{d}{d x}(a x^{2}+\sin x) \\ & =(a x^{2}+\sin x)(-q \sin x)+(p+q \cos x)(2 a x+\cos x) \\ & =-q \sin x(a x^{2}+\sin x)+(p+q \cos x)(2 a x+\cos x) \end{aligned} $
25. $(x+\cos x)(x-\tan x)$
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Answer :
Let $f(x)=(x+\cos x)(x-\tan x)$
By product rule,
$ \begin{align*} & f^{\prime}(x) =(x+\cos x) \dfrac{d}{d x}(x-\tan x)+(x-\tan x) \dfrac{d}{d x}(x+\cos x) \\ & =(x+\cos x)[\dfrac{d}{d x}(x)-\dfrac{d}{d x}(\tan x)]+(x-\tan x)(1-\sin x) \\ & =(x+\cos x)[1-\dfrac{d}{d x} \tan x]+(x-\tan x)(1-\sin x)\tag{i}\\ \end{align*} $
$ \begin{align*} & \text{ Let } g(x)=\tan x \text{. Accordingly, } g(x+h)=\tan (x+h) \end{align*} $
By first principle,
$$ \begin{align*} g^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{g(x+h)-g(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}(\dfrac{\tan (x+h)-\tan x}{h}) \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h)}{\cos (x+h)}-\dfrac{\sin x}{\cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h) \cos x-\sin x \cos (x+h)}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h-x)}{\cos (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin h}{\cos (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\cos ^{x}} \cdot(\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h}) \cdot(\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{\cos (x+h)}) \\ & =\dfrac{1}{\cos ^{2}} \cdot 1 \cdot \dfrac{1}{\cos (x+0)} \\ & =\dfrac{1}{\cos ^{2} x} \\ & =\sec ^{2} x \tag{ii} \end{align*} $$
Therefore, from (i) and (ii), we obtain
$$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =(x+\cos x)(1-\sec ^{2} x)+(x-\tan x)(1-\sin x) \\ & =(x+\cos x)(-\tan ^{2} x)+(x-\tan x)(1-\sin x) \\ & =-\tan ^{2} x(x+\cos x)+(x-\tan x)(1-\sin x) \end{aligned} $$
26. $\dfrac{4 x+5 \sin x}{3 x+7 \cos x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{4 x+5 \sin x}{3 x+7 \cos x}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{(3 x+7 \cos x) \dfrac{d}{d x}(4 x+5 \sin x)-(4 x+5 \sin x) \dfrac{d}{d x}(3 x+7 \cos x)}{(3 x+7 \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{(3 x+7 \cos x)[4 \dfrac{d}{d x}(x)+5 \dfrac{d}{d x}(\sin x)]-(4 x+5 \sin x)[3 \dfrac{d}{d x} x+7 \dfrac{d}{d x} \cos x]}{(3 x+7 \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{(3 x+7 \cos x)(4+5 \cos x)-(4 x+5 \sin x)(3-7 \sin x)}{(3 x+7 \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{12 x+15 x \cos x+28 \cos x+35 \cos ^{2} x-12 x+28 x \sin x-15 \sin x+35 \sin ^{2} x}{(3 x+7 \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{15 x \cos x+28 \cos x+28 x \sin x-15 \sin x+35(\cos ^{2} x+\sin ^{2} x)}{(3 x+7 \cos x)^{2}} \\ & =\dfrac{35+15 x \cos x+28 \cos x+28 x \sin x-15 \sin x}{(3 x+7 \cos x)^{2}} \end{aligned} $
27. $\dfrac{x^{2} \cos (\dfrac{\pi}{4})}{\sin x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{x^{2} \cos (\dfrac{\pi}{4})}{\sin x}$
By quotient rule,
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\cos \dfrac{\pi}{4} \cdot[\dfrac{\sin x \dfrac{d}{d x}(x^{2})-x^{2} \dfrac{d}{d x}(\sin x)}{\sin ^{2} x}] \\ & =\cos \dfrac{\pi}{4} \cdot[\dfrac{\sin x \cdot 2 x-x^{2} \cos x}{\sin ^{2} x}] \\ & =\dfrac{x \cos \dfrac{\pi}{4}[2 \sin x-x \cos x]}{\sin ^{2} x} \end{aligned} $
28. $\dfrac{x}{1+\tan x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{x}{1+\tan x}$
$f^{\prime}(x)=\dfrac{(1+\tan x) \dfrac{d}{d x}(x)-x \dfrac{d}{d x}(1+\tan x)}{(1+\tan x)^{2}}$
$f^{\prime}(x)=\dfrac{(1+\tan x)-x \cdot \dfrac{d}{d x}(1+\tan x)}{(1+\tan x)^{2}}$
Let $g(x)=1+\tan x$. Accordingly, $g(x+h)=1+\tan (x+h)$.
By first principle,
$$ \begin{align*} g^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0} \dfrac{g(x+h)-g(x)}{h} \\ & =\lim _{h \to 0}[\dfrac{1+\tan (x+h)-1-\tan x}{h}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h)}{\cos (x+h)}-\dfrac{\sin x}{\cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h) \cos x-\sin x \cos (x+h)}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h-x)}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin h}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =(\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h}) \cdot(\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{\cos (x+h) \cos x}) \\ & =1 \times \dfrac{1}{\cos ^{2} x}=\sec ^{2} x \\ \Rightarrow \dfrac{d}{d x} & (1+\tan x)=\sec ^{2} x \tag{ii} \end{align*} $$
From (i) and (ii), we obtain
$ f^{\prime}(x)=\dfrac{1+\tan x-x \sec ^{2} x}{(1+\tan x)^{2}} $
29. $(x+\sec x)(x-\tan x)$
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Answer :
Let $f(x)=(x+\sec x)(x-\tan x)$
By product rule,
$$ \begin{align*} f^{\prime}(x) & =(x+\sec x) \dfrac{d}{d x}(x-\tan x)+(x-\tan x) \dfrac{d}{d x}(x+\sec x) \\ & =(x+\sec x)[\dfrac{d}{d x}(x)-\dfrac{d}{d x} \tan x]+(x-\tan x)[\dfrac{d}{d x}(x)+\dfrac{d}{d x} \sec x] \\ & =(x+\sec x)[1-\dfrac{d}{d x} \tan x]+(x-\tan x)[1+\dfrac{d}{d x} \sec x] \tag{i} \end{align*} $$
Let $f_1(x)=\tan x, f_2(x)=\sec x$
Accordingly, $f_1(x+h)=\tan (x+h)$ and $f_2(x+h)=\sec (x+h)$
$$ \begin{align*} f_1^{\prime}(x) & =\lim _{h \to 0}(\dfrac{f_1(x+h)-f_1(x)}{h}) \\ & =\lim _{h \to 0}(\dfrac{\tan (x+h)-\tan x}{h}) \\ & =\lim _{h \to 0}[\dfrac{\tan (x+h)-\tan x}{h}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h)}{\cos (x+h)}-\dfrac{\sin x}{\cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h) \cos x-\sin x \cos (x+h)}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin (x+h-x)}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\sin h}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =(\lim _{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h}) \cdot(\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{\cos (x+h) \cos x}) \\ & =1 \times \dfrac{1}{\cos ^{2} x}=\sec ^{2} x \\ \Rightarrow \dfrac{d}{d x} & \tan x=\sec ^{2} x \tag{ii} \end{align*} $$
$$ \begin{aligned} & f_2^{\prime}(x)=\lim _{h \to 0}(\dfrac{f_2(x+h)-f_2(x)}{h}) \\ & =\lim _{h \to 0}(\dfrac{\sec (x+h)-\sec x}{h}) \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{1}{\cos (x+h)}-\dfrac{1}{\cos x}] \\ & =\lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{\cos x-\cos (x+h)}{\cos (x+h) \cos x}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{x+x+h}{2}) \cdot \sin (\dfrac{x-x-h}{2})}{\cos (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0} \dfrac{1}{h}[\dfrac{-2 \sin (\dfrac{2 x+h}{2}) \cdot \sin (\dfrac{-h}{2})}{\cos (x+h)}] \\ & =\dfrac{1}{\cos x} \cdot \lim _{h \to 0}[\dfrac{\sin (\dfrac{2 x+h}{2})\{\dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{\dfrac{h}{2}}\}}{\cos (x+h)}] \\ & =\sec x \dfrac{\{\lim _{h \to 0} \sin (\dfrac{2 x+h}{2})\}\{\lim _{\dfrac{h}{2} \to 0} \dfrac{\sin (\dfrac{h}{2})}{\dfrac{h}{2}}\}}{\lim _{h \to 0} \cos (x+h)} \\ & =\sec x \cdot \dfrac{\sin x \cdot 1}{\cos x} \\ & \Rightarrow \dfrac{d}{d x} \sec x=\sec x \tan x \end{aligned} $$
From (i), (ii), and (iii), we obtain
$f^{\prime}(x)=(x+\sec x)(1-\sec ^{2} x)+(x-\tan x)(1+\sec x \tan x)$
30. $\dfrac{x}{\sin ^{n} x}$
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Answer :
Let $f(x)=\dfrac{x}{\sin ^{n} x}$
By quotient rule,
$f^{\prime}(x)=\dfrac{\sin ^{n} x \dfrac{d}{d x} x-x \dfrac{d}{d x} \sin ^{n} x}{\sin ^{2 n} x}$
It can be easily shown that $\dfrac{d}{d x} \sin ^{n} x=n \sin ^{n-1} x \cos x$
Therefore,
$$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\dfrac{\sin ^{n} x \dfrac{d}{d x} x-x \dfrac{d}{d x} \sin ^{n} x}{\sin ^{2 n} x} \\ & =\dfrac{\sin ^{n} x \cdot 1-x(n \sin ^{n-1} x \cos x)}{\sin ^{2 n} x} \\ & =\dfrac{\sin ^{n-1} x(\sin x-n x \cos x)}{\sin ^{2 n} x} \\ & =\dfrac{\sin x-n x \cos x}{\sin ^{n+1} x} \end{aligned} $$
Summary
The expected value of the function as dictated by the points to the left of a point defines the left hand limit of the function at that point. Similarly the right hand limit.
Limit of a function at a point is the common value of the left and right hand limits, if they coincide.
For a function $f$ and a real number $a, \lim\limits_{x \to a} f(x)$ and $f(a)$ may not be same (In fact, one may be defined and not the other one).
For functions $f$ and $g$ the following holds:
$ \begin{aligned} & \lim\limits_{x \to a}[f(x) \pm g(x)]=\lim\limits_{x \to a} f(x) \pm \lim\limits_{x \to a} g(x) \\ \\ & \lim\limits_{x \to a}[f(x) \cdot g(x)]=\lim\limits_{x \to a} f(x) \lim\limits_{x \to a} g(x) \\ \\ & \lim\limits_{x \to a}[\frac{f(x)}{g(x)}]=\frac{\lim\limits_{x \to a} f(x)}{\lim\limits_{x \to a} g(x)} \end{aligned} $
Following are some of the standard limits
$ \lim\limits_{x \to a} \frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=n a^{n-1} $
$ \begin{aligned} & \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1 \\ & \lim\limits_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{x}=0 \end{aligned} $
The derivative of a function $f$ at $a$ is defined by
$ f^{\prime}(a)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} $
Derivative of a function $f$ at any point $x$ is defined by
$ f^{\prime}(x)=\frac{d f(x)}{d x}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} $
For functions $u$ and $v$ the following holds:
$ \begin{aligned} & (u \pm v)^{\prime}=u^{\prime} \pm v^{\prime} \\ & (u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime} \\ & (\frac{u}{v})^{\prime}=\frac{u^{\prime} v-u v^{\prime}}{v^{2}} \text{ provided all are defined. } \end{aligned} $
Following are some of the standard derivatives.
$ \begin{aligned} & \frac{d}{d x}(x^{n})=n x^{n-1} \\ & \frac{d}{d x}(\sin x)=\cos x \\ & \frac{d}{d x}(\cos x)=-\sin x \end{aligned} $
Historical Note
In the history of mathematics two names are prominent to share the credit for inventing calculus, Issac Newton (1642 - 1727) and G.W. Leibnitz (1646 - 1717). Both of them independently invented calculus around the seventeenth century. After the advent of calculus many mathematicians contributed for further development of calculus. The rigorous concept is mainly attributed to the great mathematicians, A.L. Cauchy, J.L.Lagrange and Karl Weierstrass. Cauchy gave the foundation of calculus as we have now generally accepted in our textbooks. Cauchy used D’ Alembert’s limit concept to define the derivative of a function. Starting with definition of a limit, Cauchy gave examples such as the limit of $\frac{\sin \alpha}{\alpha}$ for $\alpha=0$. He wrote $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{f(x+i)-f(x)}{i}$, and called the limit for $i \to 0$, the “function derive’e, $y^{\prime}$ for $f^{\prime}(x)$ “.
Before 1900, it was thought that calculus is quite difficult to teach. So calculus became beyond the reach of youngsters. But just in 1900, John Perry and others in England started propagating the view that essential ideas and methods of calculus were simple and could be taught even in schools. F.L. Griffin, pioneered the teaching of calculus to first year students. This was regarded as one of the most daring act in those days.
Today not only the mathematics but many other subjects such as Physics, Chemistry, Economics and Biological Sciences are enjoying the fruits of calculus.
एक कुंजी के रूप में कैलकुलस के साथ, गणित को प्रकृति के पाठ्यक्रम की व्याख्या के लिए सफलतापूर्वक लागू किया जा सकता है - व्हाइटहेड
12.1 भूमिका (Introduction)
यह अध्याय कलन की एक भूमिका है। कलन गणित की वह शाखा है जिसमें मुख्यतः प्रांत में बिंदुओं के परिवर्तन से फलन के मान में होने वाले परिवर्तन का अध्ययन किया जाता है। पहले हम अवकलज का (वास्तविक रूप से परिभाषित किए बिना) सहजानुभूत बोध (Intuitive idea) कराते हैं। तद्रोपरांत हम सीमा की सहज परिभाषा देंगे और सीमा के बीजगणित का कुछ अध्ययन करेंगे। इसके बाद हम अवकलज की परिभाषा करने के लिए वापस आएँगे और अवकलज के बीजगणित का कुछ अध्ययन करेंगे। हम कुछ विशेष मानक फलनों के अवकलज भी प्राप्त करेंगे।
Sir Issac Newton (1642-1727 A.D.)
12.2 अवकलजों का सहजानुभूत बोध (Intuitive Idea of Derivatives)
भौतिक प्रयोगों ने अनुमोदित किया है कि पिंड एक खड़ी/ऊँची चट्टान से गिरकर $t$ सेकंडों में $4.9 t^{2}$ मीटर दूरी तय करता है अर्थात् पिंड द्वारा मीटर में तय की गई दूरी $(s)$ सेकंडों में मापे गए समय $(t)$ के एक फलन के रूप में $s=4.9 t^{2}$ से दी गई है।
संलग्न सारणी 12.1 में एक खड़ी/ऊँची चट्टान से गिराए गए एक पिंड के सेकंडों में विभिन्न समय $(t)$ पर मीटर में तय की दूरी $(s)$ दी गई है।
इन आँकड़ों से समय $t=2$ सेकंड पर पिंड का वेग ज्ञात करना ही उद्देश्य है। इस समस्या तक पहुँचने के लिए $t=2$ सेकंड पर समाप्त होने बाले विविध समयांतरालों पर माध्य वेग ज्ञात करना एक ढंग है और आशा करते हैं कि इससे $t=2$ सेकंड पर वेग के बारे में कुछ प्रकाश पड़ेगा।
$t=t _{1}$ और $t=t _{2}$ के बीच माध्य वेग $t=t _{1}$ और $t=t _{2}$ सेकंडों सारणी 12.1 के बीच तय की गई दूरी को $\left(t _{2}-t _{1}\right)$ से भाग देने पर प्राप्त होता है। अतः प्रथम 2 सेकंडों में माध्य वेग
$$ \begin{aligned} & =\frac{t _{1}=0 \text { और } t _{2}=2 \text { के बीच तय की गई दूरी }}{\text { समयांतराल }\left(t _{2}-t _{1}\right)} \\ & =\frac{(19.6-0) \text { मी }}{(2-0) \text { से }}=9.8 \text { मी } / \text { से } \end{aligned} $$
इसी प्रकार, $t=1$ और $t=2$ के बीच माध्य वेग
$$ =\frac{(19.6-4.9) \text { मी }}{(2-1) \text { से }}=14.7 \text { मी / से } $$
इसी प्रकार विविध के लिए $t=t _{1}$ और $t=2$ के बीच हम माध्य वेग का परिकलन करते हैं। निम्नलिखित सारणी 12.2 , $t=t _{1}$ सेकंडों और $t=2$ सेकंडों के बीच मीटर प्रति सेकंड में माध्य वेग $(v)$ देती है।
सारणी 12.1
| $t$ | $s$ |
|---|---|
| 0 | 0 |
| 1 | 4.9 |
| 1.5 | 11.025 |
| 1.8 | 15.876 |
| 1.9 | 17.689 |
| 1.95 | 18.63225 |
| 2 | 19.6 |
| 2.05 | 20.59225 |
| 2.1 | 21.609 |
| 2.2 | 23.716 |
| 2.5 | 30.625 |
| 3 | 44.1 |
| 4 | 78.4 |
सारणी 12.2
| $t _{1}$ | 0 | 1 | 1.5 | 1.8 | 1.9 | 1.95 | 1.99 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $v$ | 9.8 | 14.7 | 17.15 | 18.62 | 19.11 | 19.355 | 19.551 |
इस सारणी से हम अवलोकन करते हैं कि माध्य वेग धीरे-धीरे बढ़ रहा है। जैसे-जैसे $t=2$ पर समाप्त होने वाले समयांतरालोंको लघुत्तर बनाते जाते हैं हम देखते हैं कि $t=2$ पर हम वेग का एक बहुत अच्छा बोध कर पाते हैं। आशा करते हैं कि 1.99 सेकंड और 2 सेकंड के बीच कुछ अप्रत्याशित घटना न घटे तो हम निष्कर्ष निकालते हैं कि $t=2$ सेकंड पर माध्य वेग 19.55 मी/से से थोड़ा अधि क है।
इस निष्कर्ष को निम्नलिखित अभिकलनों के समुच्चय से किंचित बल मिलता है। $t=2$ सेकंड से प्रारंभ करते हुए विविध समयांतरालों पर माध्य वेग का परिकलन कीजिए। पूर्व की भाँति $t=2$ सेकंड और $t=t _{2}$ सेकंड के बीच माध्य वेग $(v)$
$\frac{2 \text { सेकंड और } t_2 \text { सेकंड के बीच तय की दूरी }}{t_2-2}$ $\frac{t_2 \text { सेकंड में तय की दूरी }-2 \text { सेकंड में तय की दूरी }}{t_2-2}$
$\frac{t_2 \text { सेकंडों में तय की दूरी }-19.6}{t_2-2}$
निम्नलिखित सारणी $12.3, t=2$ सेकंडों और $t _{2}$ सेकंड के बीच मीटर प्रति सेकंड में माध्य वेग $v$ देती है:
सारणी 12.3
| $t _{2}$ | 4 | 3 | 2.5 | 2.2 | 2.1 | 2.05 | 2.01 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $v$ | 29.4 | 24.5 | 22.05 | 20.58 | 20.09 | 19.845 | 19.649 |
यहाँ पुनः हम ध्यान देते हैं कि यदि हम $t=2$, से प्रारंभ करते हुए लघुत्तर समयान्तरालों को लेते जाते हैं तो हमें $t=2$ पर वेग का अधिक अच्छा बोध होता है।
अभिकलनों के प्रथम समुच्चय में हमने $t=2$ पर समाप्त होने वाले बढ़ते समयान्तरालों में माध्य वेग ज्ञात किया है और तब आशा की है कि $t=2$ से किंचित पूर्व कुछ अप्रत्याशित घटना न घटे। अभिकलनों के द्वितीय समुच्चय में $t=2$ पर अंत होने वाले घटते समयांतरालों में माध्य वेग ज्ञात किया है और तब आशा की है कि $t=2$ के किंचित बाद कुछ अप्रत्याशित घटना न घटे। विशुद्ध रूप से भौतिकीय आधार पर माध्य वेग के ये दोनों अनुक्रम एक समान सीमा पर पहुँचने चाहिए हम निश्चित रूप से निष्कर्ष निकालते हैं कि $t=2$ पर पिंड का वेग 19.551 मी/से और 19.649 मी/से के बीच है। तकनीकी रूप से हम कह सकते हैं कि $t=2$ पर तात्कालिक वेग 19.551 मी/से. और 19.649 मी/से. के बीच है। जैसा कि भली प्रकार ज्ञात है कि वेग दूरी के परिवर्तन की दर है। अतः हमने जो निष्पादित किया, वह निम्नलिखित है। “विविध क्षण पर दूरी में परिवर्तन की दर का अनुमान लगाया है। हम कहते हैं कि दूरी फलन $s=4.9 t^{2}$ का $t=2$ पर अवकलज 19.551 और 19.649 के बीच में है।”
इस सीमा की प्रक्रिया की एक विकल्प विधि आकृति 12.1 में दर्शाई गई है। यह बीते समय $(t)$ और चट्टान के शिखर से पिंड की दूरी $(s)$ का आलेख है। जैसे-जैसे समयांतरालों के अनुक्रम $h _{1}, h _{2}, \ldots$, की सीमा शून्य की ओर अग्रसर होती है वैसे ही माध्य वेगों के अग्रसर होने की वही सीमा होती है जो
आकृति 12.1
$ \frac{\mathrm{C} _{1} \mathrm{~B} _{1}}{\mathrm{AC} _{1}}, \frac{\mathrm{C} _{2} \mathrm{~B} _{2}}{\mathrm{AC} _{2}}, \frac{\mathrm{C} _{3} \mathrm{~B} _{3}}{\mathrm{AC} _{3}}, \ldots $
के अनुपातों के अनुक्रम की होती है, जहाँ $\mathrm{C} _{1} \mathrm{~B} _{1}=s _{1}-s _{0}$ वह दूरी है जो पिंड समयांतरालों $h _{1}=\mathrm{AC} _{1}$ में तय करता है, इत्यादि। आकृति 12.1 से यह निष्कर्ष निकलना सुनिश्चित है कि यह बाद की अनुक्रम वक्र के बिंदु $\mathrm{A}$ पर स्पर्शरेखा के ढाल की ओर अग्रसर होती है। दूसरे शब्दों में, $t=2$ समय पर पिंड का तात्कालिक वेग वक्र $s=4.9 t^{2}$ के $t=2$ पर स्पर्शी के ढाल के समान है।
12.3 सीमाएँ (Limits)
उपर्युक्त विवेचन इस तथ्य की ओर स्पष्टतया निर्दिष्ट करता है कि हमें सीमा की प्रक्रिया और अधिक स्पष्ट रूप से समझने की आवश्यकता है। हम सीमा की संकल्पना से परिचित होने के लिए कुछ दृष्टांतों (illustrations) का अध्ययन करते हैं।
फलन $f(x)=x^{2}$ पर विचार कीजिए। अवलोकन कीजिए कि जैसे-जैसे $x$ को शून्य के अधिक निकट मान देते हैं, $f(x)$ का मान भी 0 की ओर अग्रसर होता जाता है। (देखें आकृति 2.10 अध्याय 2) हम कहते है
$\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)=0$
(इसे $f(x)$ की सीमा शून्य है, जब $x$ शून्य की ओर अग्रसर होता है, पढ़ा जाता है) $f(x)$ की सीमा, जब $x$ शून्य की ओर अग्रसर होता है, को ऐसे समझा जाए जैसे $x=0$ पर $f(x)$ का मान होना चाहिए।
व्यापक रूप से जब $x \rightarrow a, f(x) \rightarrow l$, तब $l$ को फलन $f(x)$ की सीमा कहा जाता है और इसे इस प्रकार लिखा जाता है $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)=l$.
फलन $g(x)=|x|, x \neq 0$ पर विचार कीजिए। ध्यान दीजिए कि $g(0)$ परिभाषित नहीं है। $x$ के 0 के अत्यधिक निकट मानों के लिए $g(x)$ के मान का परिकलन करने के लिए हम देखते हैं कि $g(x)$ का मान 0 की ओर अग्रसर करता है। इसलिए $\lim\limits _{x \rightarrow 0} g(x)=0 . x \neq 0$ के लिए $y=|x|$ के आलेख से यह सहजता से स्पष्ट होता है। (देखें आकृति 2.13 अध्याय 2)
निम्नलिखित फलन पर विचार कीजिए:
$h(x)=\frac{x^{2}-4}{x-2}, x \neq 2$.
$x$ के 2 के अत्यधिक निकट मानों (लेकिन 2 नहीं) के लिए $h(x)$ के मान का परिकलन कीजिए। आप स्वयं को स्वीकार कराइए कि सभी मान 4 के निकट हैं। यहाँ (आकृति 12.2) में दिए फलन $y=h(x)$ के आलेख पर विचार करने से इसको किंचित बल मिलता है।
आकृति 12.2
इन सभी दृष्टांतों से एक दिए मान $x=a$ पर फलन के जो मान ग्रहण कर ने चाहिए वे वास्तव में इस पर आधारित नहीं हैं कि $x$ कैसे $a$ की ओर अग्रसर होता है। ध्यान दीजिए कि $x$ के संख्या $a$ की ओर अग्रसर होने के लिए या तो बाईं ओर या दाईं ओर है, अर्थात् $x$ के निकट सभी मान या तो $a$ से कम हो सकते हैं या $a$ से अधिक हो सकते हैं। इससे स्वाभाविक रूप से दो सीमाएँ - बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा प्रेरित होती है। फलन $f$ के दाएँ पक्ष की सीमा $f(x)$ का वह मान है जो $f(x)$ के मान से आदेशित होता है जब $x, a$ के दाईं ओर अग्रसर होता है। इसी प्रकार बाएँ पक्ष की सीमा। इसके दृष्टांत के लिए, फलन पर विचार कीजिए
$ f(x)= \begin{cases}1, & x \leq 0 \\ 2, & x>0\end{cases} $
आकृति 12.3 में इस फलन का आलेख दर्शाया गया है यह स्पष्ट है कि 0 पर $f$ का मान $x \leq 0$ के लिए $f(x)$ के मान से पर निर्भर करता है जो कि 1 के समान है अर्थात् शून्य पर $f(x)$ के बाएँ पक्ष की सीमा $\lim\limits _{x \rightarrow \overline{0}} f(x)=1$ है।
इसी प्रकार 0 पर $f$ का मान $x>0$ के लिए $f(x)$ के मान पर निर्भर करता है, 2 है अर्थात् 0 के दाएँ पक्ष की सीमा
$\lim\limits _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=2$ है।
इस स्थिति में बाएँ और दाएँ पक्ष की सीमाएँ भिन्न-भिन्न हैं और अतः हम कह सकते हैं कि जब $x$ शून्य की ओर अग्रसर होता है तब $f(x)$ की सीमा अस्तित्वहीन है। (भले ही फलन 0 पर परिभाषित है।)
सारांश
हम कहते हैं कि $\lim\limits _{x \rightarrow a^{-}} f(x), x=a$ पर $f(x)$ का अपेक्षित (expected) मान हैं, जिसने $x$ के बाईं ओर निकट मानों के लिए $f(x)$ को मान दिए हैं। इस मान को $a$ पर $f(x)$ की बाएँ पक्ष की सीमा कहते हैं।
हम कहते हैं कि $\lim\limits _{x \rightarrow a^{+}} f(x), x=a$ पर $f(x)$ का अपेक्षित मान है जिसमें $x$ के $a$ के दाईं ओर के निकट मानों के लिए $f(x)$ के मान दिए हैं। इस मान को $a$ पर $f(x)$ की दाएँ पक्ष की सीमा कहते हैं।
यदि दाएँ और बाएँ पक्ष की सीमाएँ संपाती हों तो हम इस उभयनिष्ठ मान को $x=a$ पर $f(x)$ की सीमा कहते हैं और इसे $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)$ से निरूपित करते हैं।
यदि दाएँ और बाएँ पक्ष की सीमाएँ संपाती नहीं हों तो यह कहा जाता है कि $x=a$ पर $f(x)$ की सीमा अस्तित्वहीन है। दृष्टांत 1 (Illustration 1) फलन $f(x)=x+10$ पर विचार कीजिए। हम $x=5$ पर फलन की सीमा ज्ञात करना चाहेंगे। आइए, हम 5 के अत्यंत निकट $x$ के मानों के लिए $f$ के मान का परिकलन करें। 5 के अत्यंत निकट बाईं ओर कुछ बिंदु $4.9,4.95,4.994,4.995 \ldots$ इत्यादि हैं। इन बिंदुओं पर $f(x)$ के मान नीचे सारणीबद्ध हैं।
इसी प्रकार, 5 के अत्यंत निकट और दाईं ओर वास्तविक संख्याएँ 5.001, $5.01,5.1$ भी हैं। इन बिंदुओं पर भी फलन के मान सारणी 12.4 में दिए हैं।
सारणी 12.4
| $x$ | 4.9 | 4.95 | 4.99 | 4.995 | 5.001 | 5.01 | 5.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 14.9 | 14.95 | 14.99 | 14.995 | 15.001 | 15.01 | 15.1 |
सारणी 12.4 से हम निगमित करते हैं कि $f(x)$ का मान 14.995 से बड़ा और 15.001 से छोटा है, यह कल्पना करते हुए कि $x=4.995$ और 5.001 के बीच कुछ अप्रत्याशित घटना घटित न हो। यह कल्पना करना तर्कसंगत है कि 5 के बाईं ओर की संख्याओं के लिए $x=5$ पर $f(x)$ का मान 15 है अर्थात्
$$\lim\limits _{x \rightarrow 5^{-}} f(x)=15$$
इसी प्रकार, जब $x, 5$ के दाईं ओर अग्रसर होता है, $f$ का मान 15 होना चाहिए अर्थात्
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 5^{+}} f(x)=15 $$
अतः यह संभाव्य है कि $f$ के बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा, दोनों 15 के बराबर हैं। इस प्रकार
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 5^{-}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 5^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 5} f(x)=15 $$
सीमा 15 के बराबर होने के बारे में यह निष्कर्ष फलन के आलेख जो आकृति 2.9(ii) अध्याय 2 में दिया है, को देखकर किंचित बल देता है। इस आकृति में हम ध्यान देते हैं कि जैसे-जैसे $x, 5$ के या तो दाईं ओर या बाईं ओर अग्रसर हो, फलन $f(x)=x+10$ का आलेख बिंदु $(5,15)$ की ओर अग्रसर होता जाता हैं।
हम देखते हैं कि $x=5$ पर भी फलन का मान 15 के बराबर होता है।
दृष्टांत 2 फलन $f(x)=x^{3}$ पर विचार कीजिए। आइए हम $x=1$ पर इस फलन की सीमा ज्ञात करने का प्रयास करें। पूर्ववर्ती स्थिति की तरह बढ़ते हुए हम $x$ के 1 के निकट मानों के लिए $f(x)$ के मानों को सारणीबद्ध करते हैं। इसे सारणी 12.5 में दिया गया है:
सारणी 12.5
| $x$ | 0.9 | 0.99 | 0.999 | 1.001 | 1.01 | 1.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 0.729 | 0.970299 | 0.997002999 | 1.003003001 | 1.030301 | 1.331 |
इस सारणी से हम निगमन करते हैं कि $x=1$ पर $f$ का मान 0.997002999 से अधिक और 1.003003001 से कम है, यह कल्पना करते हुए कि $x=0.999$ और 1.001 . के बीच कुछ अप्रत्याशित घटना घटित न हो। यह मानना तर्कसंगत है कि $x=1$ का मान 1 के बाईं ओर की संख्याओं पर निर्भर करता है अर्थात्
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=1 \text {. } $$
इसी प्रकार, जब $x, 1$ के दाईं ओर अग्रसर होता है, तो $f$ का मान 1 होना चाहिए अर्थात्
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=1 \text {. } $$
अतः, यह संभाव्य है कि बाएँ पक्ष की सीमा और दाएँ पक्ष की सीमा दोनों 1 के बराबर हों। इस प्रकार
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)=1 $$
सीमा 1 के बराबर होने का यह निष्कर्ष फलन के आलेख जो आकृति 2.11, अध्याय 2 में दिया है, को देखकर किंचित बल देता है। इस आकृति में हम ध्यान देते हैं कि जैसे-जैसे $x, 1$ के या तो दाईं ओर या बाईं ओर अग्रसर हो, फलन $f(x)=x^{3}$ का आलेख बिंदु $(1,1)$ की ओर अग्रसर होता जाता है।
हम पुनः अवलोकन करते हैं कि $x=1$ पर फलन का मान भी 1 के बराबर है।
दृष्टांत 3 फलन $f(x)=3 x$ पर विचार कीजिए। आइए, $x=2$ पर इस फलन की सीमा ज्ञात करने का प्रयास करें। निम्नलिखित सारणी 12.6 स्वतः स्पष्ट करती है।
सारणी 12.6
| $x$ | 1.9 | 1.95 | 1.99 | 1.999 | 2.001 | 2.01 | 2.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 5.7 | 5.85 | 5.97 | 5.997 | 6.003 | 6.03 | 6.3 |
पूर्ववत हम अवलोकन करते हैं कि $x$ या तो बाएँ या दाएँ 2 की ओर अग्रसर होता है, $f(x)$ का मान 6 की ओर अग्रसर होता हुआ प्रतीत होता है। हम इसे, इस प्रकार अभिलेखित कर सकते हैं कि
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 2^{-}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 2^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 2} f(x)=6 $$
आकृति 12.4 में प्रदर्शित इसका आलेख इस तथ्य को बल देता है।
आकृति 12.4
यहाँ पुन: हम ध्यान देते हैं कि $x=2$ पर फलन का मान $x=2$ पर सीमा के संपाती है।
दृष्टांत 4 अचर फलन $f(x)=3$ पर विचार कीजिए। आइए हम $x=2$ पर इसकी सीमा ज्ञात करने का प्रयास करें। यह फलन अचर फलन होने के कारण सर्वत्र एक ही मान (इस स्थिति में 3 ) प्राप्त करता है अर्थात् 2 के अत्यंत निकट बिंदुओं के लिए इसका मान 3 है। अत:
$\lim\limits _{x \rightarrow 2} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 2^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 2} f(x)=3$
$f(x)=3$ का आलेख हर हालत में $(0,3)$ से जाने वाली $x$-अक्ष के समांतर रेखा है और आकृति 2.9 , अध्याय 2 में दर्शाया गया है। इससे यह भी स्पष्ट है कि अभीष्ट सीमा 3 है तथ्यतः यह सरलता से अवलोकित होता है कि किसी वास्तविक संख्या $a$ के लिए $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)=3$
दृष्टांत 5 फलन $f(x)=x^{2}+x$ पर विचार कीजिए। हम $\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)$ ज्ञात करना चाहते हैं। हम $x=1$ के निकट $f(x)$ के मान सारणी 12.7 में सारणीबद्ध करते हैं:
सारणी 12.7
| $x$ | 0.9 | 0.99 | 0.999 | 1.01 | 1.1 | 1.2 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 1.71 | 1.9701 | 1.997001 | 2.0301 | 2.31 | 2.64 |
इससे यह तर्कसंगत निगमित होता है कि $\lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)=2$.
आकृति 12.5 में दर्शाए $f(x)=x^{2}+x$ के आलेख से यह स्पष्ट है कि जैसे-जैसे $x, 1$ की ओर अग्रसर होता है, आलेख $(1,2)$ की ओर अग्रसर होता जाता है।
आकृति 12.5
अतः हम पुन: प्रेक्षण करते हैं कि
$ \lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)=f(1) $
अब, निम्नलिखित तीन तथ्यों को आप स्वयं को स्वीकार कराएँ
$ \lim\limits_{x \to 1} x^{2}=1, \lim\limits_{x \to 1} x=1 \text{ and } \lim\limits_{x \to 1} x+1=2 $
तब $ \quad\quad\quad\quad \lim\limits_{x \to 1} x^{2}+\lim\limits_{x \to 1} x=1+1=2=\lim\limits_{x \to 1}[x^{2}+x] \text{. } $
तथा $ \quad\quad\quad\quad\lim\limits_{x \to 1} x . \lim\limits_{x \to 1}(x+1)=1 \cdot 2=2=\lim\limits_{x \to 1}[x(x+1)]=\lim\limits_{x \to 1}[x^{2}+x] . $
दृष्टांत 6 फलन $f(x)=\sin x$ पर विचार कीजिए। हमारी $\lim\limits _{\pi} \sin x$ में रुचि है जहाँ कोण रेडियन में मापा गया है। यहाँ,
हमने $\frac{\pi}{2}$ के निकट $f(x)$ के मानों (निकटतम) को सारणीबद्ध किया है। इससे हम निगमन कर सकते हैं कि
$\lim\limits _{x \rightarrow \frac{\pi^{-}}{2}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow \frac{\pi^{+}}{2}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} f(x)=1$
इसके अतिरिक्त, यह $f(x)=\sin x$ के आलेख से पुष्ट होता है जो आकृति 3.8 अध्याय 3 में दिया है। इस स्थिति में भी हम देखते हैं कि $\lim \sin x=1$.
सारणी 12.8
| $x$ | $\frac{\pi}{2}-0.1$ | $\frac{\pi}{2}-0.01$ | $\frac{\pi}{2}+0.01$ | $\frac{\pi}{2}+0.1$ |
|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 0.9950 | 0.9999 | 0.9999 | 0.9950 |
दृष्टांत 7 फलन $f(x)=x+\cos x$ पर विचार कीजिए। हम $\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)$ ज्ञात करना चाहते हैं। यहाँ हमने 0 के निकट $f(x)$ के मान (निकटतम) सारणीबद्ध किए हैं: (सारणी 12.9).
सारणी 12.9
| $x$ | -0.1 | -0.01 | -0.001 | 0.001 | 0.01 | 0.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 0.9850 | 0.98995 | 0.9989995 | 1.0009995 | 1.00995 | 1.0950 |
सारणी 12.9, से हम निगमन कर सकते हैं कि
$ \lim\limits _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)=1 $
इस स्थिति में भी हम प्रेक्षण करते हैं कि $\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)=f(0)=1$.
अब, क्या आप स्वयं को स्वीकार करा सकते हैं कि
$ \lim\limits _{x \rightarrow 0}[x+\cos x]=\lim\limits _{x \rightarrow 0} x+\lim\limits _{x \rightarrow 0} \cos x \text { वास्तव में सत्य है? } $
दृष्टांत $8 x>0$ के लिए, फलन $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ पर विचार कीजिए। हम $\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)$ ज्ञात करना चाहते हैं।
यहाँ, हम अवलोकन करते हैं कि फलन का प्रांत सभी धनात्मक वास्तविक संख्याएँ हैं। अतः जब हम $f(x)$ के मान सारणीबद्ध करते हैं, $x$ शून्य के बाईं ओर अग्रसर होता है, का कोई अर्थ नहीं है। नीचे हम 0 के निकट $x$ के धनात्मक मानों के लिए फलन के मानों को सारणीबद्ध करते हैं (इस सारणी में $n$ किसी धन पूर्णांक को निरूपित करता है।
नीचे दी गई सारणी 12.10 से, हम देखते हैं कि जब $x, 0$ की ओर अग्रसर होता है, $f(x)$ बड़ा और बड़ा होता जाता है। यहाँ इसका अर्थ है कि, $f(x)$ का मान किसी दी संख्या से भी बड़ा किया जा सकता है।
सारणी 12.10
| $x$ | 1 | 0.1 | 0.01 | $10^{-n}$ |
|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 1 | 100 | 10000 | $10^{2 n}$ |
गणितीय रूप से, हम कह सकते हैं
$\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)=+\infty$
हम टिप्पणी भी करते हैं कि इस पाठ्यक्रम में हम इस प्रकार की सीमाओं की चर्चा नहीं करेंगे।
दृष्टांत 9 हम $\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)$, ज्ञात करना चाहते हैं, जहाँ
$$ f(x)= \begin{cases}x-2, & x<0 \\ 0, & x=0 \\ x+2, & x>0\end{cases} $$
पहले की तरह हम 0 के निकट $x$ के लिए $f(x)$ की सारणी बनाते हैं। प्रेक्षण करते हैं कि $x$ के ॠणात्मक मानों के लिए हमें $x-2$ का मान निकालने की आवश्यकता है और $x$ के धनात्मक मानों के लिए $x+2$ का मान निकालने की आवश्यकता होती है।
सारणी 12.11
| $x$ | -0.1 | -0.01 | -0.001 | 0.001 | 0.01 | 0.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | -2.1 | -2.01 | -2.001 | 2.001 | 2.01 | 2.1 |
सारणी 12.11 की प्रथम तीन प्रविष्टियों से, हम निगमन करते हैं कि फलन का मान -2 तक घट रहा है और
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=-2 $$
सारणी की अंतिम तीन प्रविष्टियों से, हम निगमन करते हैं कि फलन का मान 2 तक बढ़ रहा है और अतः
$$ \lim\limits _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=2 $$
क्योंकि 0 पर बाएँ और दाएँ पक्षों की सीमाएँ संपाती नहीं हैं, हम कहते हैं कि 0 पर फलन की सीमा अस्तित्वहीन है।
इस फलन का आलेख आकृति 12.6 में दिया है यहाँ, हम टिप्पणी करते हैं कि $x=0$ पर फलन का मान पूर्णतः परिभाषित है और, वास्तव में, 0 के बराबर है, परंतु $x=0$ पर फलन की सीमा परिभाषित भी नहीं है।
दृष्टांत 10 एक अंतिम दृष्टांत के रूप में, हम $\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)$, ज्ञात करते हैं
जबकि
$$ f(x)=\left\{\begin{array}{cc} x+2 & x \neq 1 \\0 & x=1 \end{array}\right. $$
सारणी 12.12
| $x$ | 0.9 | 0.99 | 0.999 | 1.001 | 1.01 | 1.1 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(x)$ | 2.9 | 2.99 | 2.999 | 3.001 | 3.01 | 3.1 |
पहले की तरह, 1 के निकट $x$ के लिए हम $f(x)$ के मानों को सारणीबद्ध करते हैं। 1 से कम $x$ के लिए $f(x)$ में मानों से, यह प्रतीत होता है कि $x=1$ पर फलन का मान 3 होना चाहिए अर्थात्
$ \lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=3 $
इसी प्रकार, 1 से बड़े $x$ के लिए $f(x)$ के मानों से आदेशित $f(x)$ का मान 3 होना चाहिए, अर्थात्
$ \lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=3 . $
परंतु तब बाएँ और दाएँ पक्षों की सीमाएँ संपाती हैं और अतः
$ \lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)=3 . $
आकृति 12.7 में फलन का आलेख सीमा के बारे में $\mathbf{X}^{\prime}$ हमारे निगमन को बल देता है। यहाँ, हम ध्यान देते हैं कि व्यापक रूप से, एक दिए बिंदु पर फलन का मान और इसकी सीमा भिन्न-भिन्न हो सकते हैं ( भले ही दोनों परिभाषित हों।)
आकृति 12.7
12.3.1 सीमाओं का बीजगणित (Algebra of limits)
उपर्युक्त दृष्टांतों से, हम अवलोकन कर चुके हैं कि सीमा प्रक्रिया योग, व्यवकलन, गुणा और भाग का पालन करती है जब तक कि विचाराधीन फलन और सीमाएँ सुपरिभाषित हैं। यह संयोग नहीं है। वास्तव में, हम इनको बिना उपपत्ति के प्रमेय के रूप में औपचारिक रूप देते हैं।
प्रमेय 1 मान लीजिए कि $f$ और $g$ दो फलन ऐसे हैं कि $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)$ और $\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x)$ दोनों का अस्तित्व है। तब
(i) दो फलनों के योग की सीमा फलनों की सीमाओं का योग होता है, अर्थात्
$ \lim\limits _{x \rightarrow a}[f(x)+g(x)]=\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)+\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x) \text {. } $
(ii) दो फलनों के अंतर की सीमा फलनों की सीमाओं का अंतर होता है, अर्थात्
$ \lim\limits _{x \rightarrow a}[f(x)-g(x)]=\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)-\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x) $
(iii) दो फलनों के गुणन की सीमा फलनों की सीमाओं का गुणन होता है, अर्थात्
$ \lim\limits _{x \rightarrow a}[f(x) \cdot g(x)]=\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x) . \lim\limits _{x \rightarrow a} g(x) $
(iv) दो फलनों के भागफल की सीमा फलनों की सीमाओं का भागफल होता है, (जबकि हर शून्येतर होता है ), अर्थात्
$ \lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)}{\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x)} $
टिप्पणी विशेष रूप से स्थिति (iii) की एक विशिष्ट स्थिति में जब $g(x)$ एक ऐसा अचर फलन है कि किसी वास्तविक संख्या $\lambda$ के लिए $g(x)=\lambda$ हम पाते हैं
$ \lim\limits _{x \rightarrow a}[(\lambda . f)(x)]=\lambda \cdot \lim\limits _{x \rightarrow a} f(x) . $
अगले दो अनुच्छेदों में, हम दृष्टांत देंगे कि इस प्रमेय को विशिष्ट प्रकार के फलनों की सीमाओं के मान प्राप्त करने में कैसे प्रयोग किया जाता है।
12.3.2 बहुपदों और परिमेय फलनों की सीमाएँ (Limits of polynomials and rational functions)
$n$ घात का एक फलन $f(x)$ बहुपदीय फलन कहलाता है, यदि $f(x)=a _{0}+a _{1} x+a _{2} x^{2}$ $+\ldots+a _{n} x^{n}$, जहाँ $a _{i}$ ऐसी वास्तविक संख्याएँ हैं कि किसी प्राकृत संख्या $n$ के लिए $a _{n} \neq 0$
हम जानते हैं कि $\lim\limits _{x \rightarrow a} x=a$. अत:
$ \lim\limits _{x \rightarrow a} x^{2}=\lim\limits _{x \rightarrow a}(x \cdot x)=\lim\limits _{x \rightarrow a} x \cdot \lim\limits _{x \rightarrow a} x=a \cdot a=a^{2} $
$n$ पर आगमन का सरल अभ्यास हमको बताता है कि
$ \lim\limits _{x \rightarrow a} x^{n}=a^{n} $
अब, मान लीजिए $f(x)=a _{0}+a _{1} x+a _{2} x^{2}+\ldots+a _{n} x^{n}$ एक बहुपदीय फलन है। $a _{0}, a _{1} x, a _{2} x^{2}, \ldots, a _{n} x^{n}$ प्रत्येक को एक फलन जैसा विचारते हुए, हम पाते हैं कि
$ \begin{aligned} \lim\limits_ {x \to a} f(x) & =\lim\limits_ {x \to a}[a_ 0+a_ 1 x+a_ 2 x^{2}+\ldots+a_ {n} x^{n}] \\ & =\lim\limits_ {x \to a} a_ 0+\lim\limits_ {x \to a} a_ 1 x+\lim\limits_ {x \to a} a_ 2 x^{2}+\ldots+\lim\limits_ {x \to a} a_ {n} x^{n} \\ & =a_ 0+a_ 1 \lim\limits_ {x \to a} x+a_ 2 \lim\limits_ {x \to a} x^{2}+\ldots+a_ {n} \lim\limits_ {x \to a} x^{n} \\ & =a_ 0+a_ 1 a+a_ 2 a^{2}+\ldots+a_ {n} a^{n} \\ & =f(a) \end{aligned} $
(सुनिश्चित करें कि आपने उपर्युक्त में प्रत्येक चरण का औचित्य समझ लिया है।)
एक फलन $f$ एक परिमेय फलन कहलाता है यदि $f(x)=\frac{g(x)}{h(x)}$, जहाँ $g(x)$ और $h(x)$ ऐसे बहुपद हैं कि $h(x) \neq 0$. तो
$ \lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{g(x)}{h(x)}=\frac{\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x)}{\lim\limits _{x \rightarrow a} h(x)}=\frac{g(a)}{h(a)} $
यद्यपि, यदि $h(a)=0$, दो स्थितियाँ हैं -(i) जब $g(a) \neq 0$ और (ii) जब $g(a)=0$. पूर्व की स्थिति में हम कहते हैं कि सीमा का अस्तित्व नहीं है। बाद की स्थिति में हम
$
\begin{aligned}
& g(x)=(x-a)^{k} g _{1}(x) \text {, जहाँ } k, g(x) \text { में }(x-a) \text { की महत्तम घात है। इसी प्रकार } \\ & h(x)=(x-a)^{l} h _{1}(x) \text { क्योंकि } h(a)=0 \text {. अब, यदि } k>l \text {, हम पाते हैं }
\end{aligned}
$
$ \lim\limits_{x \to a} f(x)=\frac{\lim\limits_{x \to a} g(x)}{\lim\limits_{x \to a} h(x)}=\frac{\lim\limits_{x \to a}(x-a)^{k} g_1(x)}{\lim\limits_{x \to a}(x-a)^{l} h_1(x)} $
$ =\frac{\lim\limits_{x \to a}(x-a)^{(k-l)} g_1(x)}{\lim\limits_{x \to a} h_1(x)}=\frac{0 . g_1(a)}{h_1(a)}=0 $
यदि $k<l$, तो सीमा परिभाषित नहीं है।
उदाहरण 1 सीमाएँ ज्ञात कीजिए:
(i) $\lim\limits _{x \rightarrow 1}\left[x^{3}-x^{2}+1\right]$
(ii) $\lim\limits _{x \rightarrow 3}[x(x+1)]$
(iii) $\lim\limits _{x \rightarrow-1}\left[1+x+x^{2}+\ldots+x^{10}\right]$.
हल अभीष्ट सभी सीमाएँ कुछ बहुपदीय फलनों की सीमाएँ हैं। अतः सीमाएँ प्रदत्त बिंदुओं पर फलनों के मान हैं। हम पाते हैं
(i) $\lim\limits _{x \rightarrow 1}\left[x^{3}-x^{2}+1\right]=1^{3}-1^{2}+1=1$
(ii) $\lim\limits _{x \rightarrow 3}[x(x+1)]=3(3+1)=3(4)=12$
(iii) $\lim\limits _{x \rightarrow-1}\left[1+x+x^{2}+\ldots+x^{10}\right]=1+(-1)+(-1)^{2}+\ldots+(-1)^{10}$ $ =1-1+1+\ldots+1=1 . $
उदाहरण 2 सीमाएँ ज्ञात कीजिए:
(i) $\lim\limits _{x \rightarrow 1}\left[\frac{x^{2}+1}{x+100}\right]$
(ii) $\lim\limits _{x \rightarrow 2}\left[\frac{x^{3}-4 x^{2}+4 x}{x^{2}-4}\right]$
(iii) $\lim\limits _{x \rightarrow 2}\left[\frac{x^{2}-4}{x^{3}-4 x^{2}+4 x}\right]$
(iv) $\lim\limits _{x \rightarrow 2}\left[\frac{x^{3}-2 x^{2}}{x^{2}-5 x+6}\right]$
(v) $\lim\limits _{x \rightarrow 1}\left[\frac{x-2}{x^{2}-x}-\frac{1}{x^{3}-3 x^{2}+2 x}\right]$.
हल सभी विचाराधीन फलन परिमेय फलन हैं। अतः, हम पहले प्रदत्त बिंदुओं पर इन फलनों के मान प्राप्त करते हैं। यदि यह $\frac{0}{0}$, के रूप का है, हम गुणनखंडों, जो सीमा के $\frac{0}{0}$ का रूप होने का कारण है, को निरस्त करते हुए फलनों को पुनः लिखते हैं।
(i) हम पाते हैं $\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{x^{2}+1}{x+100}=\frac{1^{2}+1}{1+100}=\frac{2}{101}$
(ii) 2 पर फलन का मान प्राप्त करने पर हम इसे $\frac{0}{0}$ का रूप में पाते हैं।
अतः $\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{3}-4 x^{2}+4 x}{x^{2}-4}=\lim\limits_{x \to 2} \frac{x(x-2)^{2}}{(x+2)(x-2)}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{x \to 2} \frac{x(x-2)}{(x+2)} \quad \quad \quad \quad \text{as } x \neq 2 \\ & =\frac{2(2-2)}{2+2}=\frac{0}{4}=0 . \end{aligned} $
(iii) 2 पर फलन का मान प्राप्त करने पर, हम इसे $\frac{0}{0}$ के रूप में पाते हैं,
अतः $\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{2}-4}{x^{3}-4 x^{2}+4 x}=\lim\limits_{x \to 2} \frac{(x+2)(x-2)}{x(x-2)^{2}}$
$ =\lim\limits_{x \to 2} \frac{(x+2)}{x(x-2)}=\frac{2+2}{2(2-2)}=\frac{4}{0} $
जोकि परिभाषित नहीं है।
(iv) 2 पर फलन का मान प्राप्त करने पर, हम इसे $\frac{0}{0}$ के रूप में पाते है।
अत: $\quad \lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{3}-2 x^{2}}{x^{2}-5 x+6}=\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{2}(x-2)}{(x-2)(x-3)}$
$ =\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^{2}}{(x-3)}=\frac{(2)^{2}}{2-3}=\frac{4}{-1}=-4 . $
(v) पहले हम फलन को परिमेय फलन जैसा पुन: लिखते हैं।
$ \begin{aligned} {[\frac{x-2}{x^{2}-x}-\frac{1}{x^{3}-3 x^{2}+2 x}] } & =[\frac{x-2}{x(x-1)}-\frac{1}{x(x^{2}-3 x+2)}] \\ & =[\frac{x-2}{x(x-1)}-\frac{1}{x(x-1)(x-2)}] \\ & =[\frac{x^{2}-4 x+4-1}{x(x-1)(x-2)}] \\ & =\frac{x^{2}-4 x+3}{x(x-1)(x-2)} \end{aligned} $
1 पर फलन का मान प्राप्त करने पर हम $\frac{0}{0}$ का रूप पाते हैं। अतः
$\quad \lim\limits_{x \to 1}[\frac{x^{2}-2}{x^{2}-x}-\frac{1}{x^{3}-3 x^{2}+2 x}]=\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^{2}-4 x+3}{x(x-1)(x-2)}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{x \to 1} \frac{(x-3)(x-1)}{x(x-1)(x-2)} \\ & =\lim\limits_{x \to 1} \frac{x-3}{x(x-2)}=\frac{1-3}{1(1-2)}=2 . \end{aligned} $
हम टिप्पणी करते हैं कि उपर्युक्त मान प्राप्त करने में हमने पद $(x-1)$ को निरस्त किया क्योंकि $x \neq 1$.
एक महत्वपूर्ण सीमा का मान प्राप्त करना, जो कि आगे परिणामों में प्रयुक्त होगी, नीचे एक प्रमेय के रूप में प्रस्तुत है।
प्रमेय 2 किसी धन पूर्णांक $n$ के लिए,
$ \lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=n a^{n-1} . $
टिप्पणी उपर्युक्त प्रमेय में सीमा हेतु व्यंजक सत्य है जबकि $n$ कोई परिमेय संख्या है और $a$ धनात्मक है।
उपपत्ति $\left(x^{n}-a^{n}\right)$ को $(x-a)$, से भाग देने पर, हम देखते हैं कि
$ x^{n}-a^{n}=(x-a)(x^{n-1}+x^{n-2} a+x^{n-3} a^{2}+\ldots+x a^{n-2}+a^{n-1}) $
$ \begin{aligned} \text{इस प्रकार, }\quad \lim\limits_{x \to a} \frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}& =\lim\limits_{x \to a}(x^{n-1}+x^{n-2} a+x^{n-3} a^{2}+\ldots+x a^{n-2}+a^{n-1}) \\ & =a^{n-1}+a a^{n-2}+\ldots+a^{n-2}(a)+a^{n-1} \\ & =a^{n-1}+a^{n-1}+\ldots+a^{n-1}+a^{n-1}(n \text{पद }) \\ & =n a^{n-1} \end{aligned} $
उदाहरण 3 मान ज्ञात कीजिए
(i) $\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{x^{15}-1}{x^{10}-1}$
(ii) $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}$
हल (i) हमारे पास है
$ \begin{aligned} & \lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{x^{15}-1}{x^{10}-1}=\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{x^{15}-1}{x-1} \div \frac{x^{10}-1}{x-1} \\ & =\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{x^{15}-1}{x-1} \div \lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{x^{10}-1}{x-1} \\ & =15(1)^{14} \div 10(1)^{9} \text { (उपर्युक्त प्रमेय से) } \\ & =15 \div 10=\frac{3}{2} \end{aligned} $
(ii) $y=1+x$, जिससे $y \rightarrow 1$ जैसे $x \rightarrow 0$. तब
$ \begin{aligned} \lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} & =\lim\limits _{y \rightarrow 1} \frac{\sqrt{y}-1}{y-1} \\ & =\lim\limits _{y \rightarrow 1} \frac{y^{\frac{1}{2}}-1^{\frac{1}{2}}}{y-1} \\ & =\frac{1}{2}(1)^{\frac{1}{2}-1} \text { (उपर्युक्त टिप्पणी से) }=\frac{1}{2} \end{aligned} $
12.4 त्रिकोणमितीय फलनों की सीमाएँ (Limits of Trigonometric Functions)
व्यापक रूप से, फलनों के बारे में निम्नलिखित तथ्य (प्रमेयों के रूप में कहे गए) कुछ त्रिकोणमितीय फलनों की सीमाओं का परिकलन करने में सुलभ हो जाते हैं।
प्रमेय 3 मान लीजिए समान प्रांत वाले दो वास्तविक मानीय फलन $f$ और $g$ ऐसे हैं कि परिभाषा के प्रांत में सभी $x$ के लिए $f(x) \leq \mathrm{g}(x)$ किसी $a$ के लिए यदि $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)$ और $\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x)$ दोनों का अस्तित्व है तो $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x) \leq \lim\limits _{x \rightarrow a} g(x)$ इसे आकृति 12.8 में चित्र से स्पष्ट किया गया है।
आकृति 12.8
प्रमेय 4 सैंडविच प्रमेय (Sandwich Theorem) मान लीजिए $f, \mathrm{~g}$ और $h$ वास्तविक मानीय फलन ऐसे हैं कि परिभाषा के सर्वनिष्ठ प्रांतों के सभी $x$ के लिए $f(x) \leq g(x) \leq h(x)$. किसी वास्तविक संख्या $a$ वे लिए यदि $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)=l$ $=\lim\limits _{x \rightarrow a} h(x)$, तो $\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x)=l$. इसे आकृति 12.9 में चित्र से स्पष्ट किया गया है।
आकृति 12.9
त्रिकोणमितीय फलनों से संबंधित निम्नलिखित महत्वपूर्ण असमिका की एक सुंदर ज्यामितीय उपपत्ति नीचे प्रस्तुत है:
$$0 \text{<} |x| < \frac{\pi}{2} \text { के लिए } \cos x \text{<} \frac{\sin x}{x} \text{<} 1 \tag{*}$$
उपपत्ति हम जानते हैं कि $\sin (-x)=-\sin x$ और $\cos (-x)=\cos x$. अतः $0<x<\frac{\pi}{2}$ के लिए असमिका को सिद्ध करने के लिए यह पर्याप्त है।
आकृति 12.10, में ऐसे इकाई वृत्त का केंद्र $\mathrm{O}$ है। कोण $\mathrm{AOC}$, $x$ रेडियन का है और $0<x<\frac{\pi}{2}$ । रेखाखंड $\mathrm{BA}$ और $\mathrm{CD}, \mathrm{OA}$ के लंबवत हैं। इसके अतिरिक्त $\mathrm{AC}$ को मिलाया गया है। तब
आकृति 12.10
$\triangle \mathrm{OAC}$ का क्षेत्रफल $<$ वृत्तखंड $\mathrm{OAC}$ क्षेत्रफल $<\triangle \mathrm{OAB}$ का क्षेत्रफल
अर्थात् $\frac{1}{2} \mathrm{OA} \cdot \mathrm{CD}<\frac{x}{2 \pi} \cdot \pi \cdot(\mathrm{OA})^{2}<\frac{1}{2} \mathrm{OA} \cdot \mathrm{AB}$.
अर्थात् $\quad CD<x . OA<AB$.
$\triangle OCD$ में
$ \sin x=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{OA}} \left( \text { चूँकि } \mathrm{OC}=\mathrm{OA}\right) \text { और अतः } \mathrm{CD}=\mathrm{OA} \sin x \text {. इसके अतिरिक्त } $
$\tan x=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{OA}}$ और अत: $\mathrm{AB}=\mathrm{OA} \tan x$. इस प्रकार
OA $\sin x<$ OA $x<$ OA. $\tan x$.
क्योंकि लंबाई $\mathrm{OA}$ धनात्मक है, हम पाते हैं
$\sin x<x<\tan x$.
क्योंकि $0<x<\frac{\pi}{2}, \sin x$ धनात्मक है और इस प्रकार $\sin x$, से सभी को भाग देने पर, हम पाते हैं
$1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}$ सभी का व्युत्क्रम करने पर, हम पाते हैं
$\cos x<\frac{\sin x}{x}<1$
उपपत्ति पूर्ण हुई।
प्रमेय 5 निम्नलिखित दो महत्वपूर्ण सीमाएँ हैं:
(i) $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$
(ii) $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x}=0$
उपपत्ति (i) (*) में असमिका (Inequality) के अनुसार फलन $\frac{\sin x}{x}$, फलन $\cos x$ और अचर फलन जिसका मान 1 हो जाता है, के बीच में स्थित है।
इसके अतिरिक्त क्योंकि $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \cos x=1$, हम देखते हैं कि प्रमेय के (i) की उपपत्ति सैंडविच प्रमेय से पूर्ण है।
(ii) को सिद्ध करने के लिए, हम त्रिकोणमिति सर्वसमिका $1-\cos x=2 \sin ^{2}\left(\frac{x}{2}\right)$ का प्रयोग करते
हैं, तब
$ \begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{x} & =\lim\limits_{x \to 0} \frac{2 \sin ^{2}(\frac{x}{2})}{x}=\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin (\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}} \cdot \sin (\frac{x}{2}) \\ & =\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin (\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \sin (\frac{x}{2})=1.0=0 \end{aligned} $
अवलोकन कीजिए कि हमने अस्पष्ट रूप से इस तथ्य का प्रयोग किया है कि $x \rightarrow 0, \frac{x}{2} \rightarrow 0$ के तुल्य है। इसको $y=\frac{x}{2}$ रखकर प्रमाणित किया जा सकता है।
उदाहरण 4 मान ज्ञात कीजिए:
(i) $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin 4 x}{\sin 2 x}$
(ii) $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x}$
हल $ \begin{aligned} \text{(i)} \quad \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin 4 x}{\sin 2 x}& =\lim\limits_{x \to 0}[\frac{\sin 4 x}{4 x} \cdot \frac{2 x}{\sin 2 x} \cdot 2] \\ & =2 \cdot \lim\limits_{x \to 0}[\frac{\sin 4 x}{4 x}] \div[\frac{\sin 2 x}{2 x}] \\ & =2 \cdot \lim\limits_{4 x \to 0}[\frac{\sin 4 x}{4 x}] \div \lim\limits_{2 x \to 0}[\frac{\sin 2 x}{2 x}] \\ & =2 \cdot 1 \cdot 1=2(\text{ जब } x \to 0,4 x \to 0 \text{ तथा } 2 x \to 0) \end{aligned} $
हमारे पास है (ii) $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x}=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x \cos x}=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{1}{\cos x}=1.1=1$
एक सामान्य नियम, जिसको सीमाओं का मान निकालते समय ध्यान में रखने की आवश्यकता है, निम्नलिखित है: माना कि सीमा $\lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)}$ का अस्तित्व है और हम इसका मान ज्ञात करना चाहते हैं। पहले हम $f(a)$ और $g(a)$ के मानों को जाँचें। यदि दोनों शून्य हैं, तो हम देखते हैं कि यदि हम उस गुणनखंड को प्राप्त कर सकते हैं जो पद समाप्त होने का कारण है, अर्थात् देखें यदि हम $f(x)=f _{1}(x) f _{2}(x)$ लिख सकें जिससे $f _{1}(a)=0$ और $f _{2}(a) \neq 0$ । इसी प्रकार $g(x)=g _{1}(x)$ $g _{2}(x)$, लिखते हैं जहाँ $g _{1}(a)=0$ और $g _{2}(a) \neq 0 . f(x)$ और $g(x)$ में से उभयनिष्ठ गुणनखंड (यदि संभव है) तो निरस्त कर देते हैं और
$$ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{p(x)}{q(x)} \text {, जहाँ } q(x) \neq 0 \text { लिखते हैं , } $$
तब $\quad \lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{p(a)}{q(a)}$
प्रश्नावली 12.1
प्रश्न 1 से 22 तक निम्नलिखित सीमाओं के मान प्राप्त कीजिए:
1. $\lim\limits _{x \rightarrow 3} x+3$
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\missing2. $\lim\limits _{x \rightarrow \pi}\left(x-\frac{22}{7}\right)$
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\missing3. $\lim\limits _{r \rightarrow 1} \pi r^{2}$
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\missing4. $\lim\limits _{x \rightarrow 4} \frac{4 x+3}{x-2}$
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\missing5. $\lim\limits _{x \rightarrow-1} \frac{x^{10}+x^{5}+1}{x-1}$
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\missing6. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{(x+1)^{5}-1}{x}$
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\missing7. $\lim\limits _{x \rightarrow 2} \frac{3 x^{2}-x-10}{x^{2}-4}$
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\missing8. $\lim\limits _{x \rightarrow 3} \frac{x^{4}-81}{2 x^{2}-5 x-3}$
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\missing9. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{a x+b}{c x+1}$
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\missing10. $\lim\limits _{z \rightarrow 1} \frac{z^{\frac{1}{3}}-1}{z^{\frac{1}{6}}-1}$
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\missing11. $\lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{a x^{2}+b x+c}{c x^{2}+b x+a}, a+b+c \neq 0$
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\missing12. $\lim\limits _{x \rightarrow-2} \frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{2}}{x+2}$
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\missing13. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin a x}{b x}$
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\missing14. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin a x}{\sin b x}, a, b \neq 0$
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\missing15. $\lim\limits _{x \rightarrow \pi} \frac{\sin (\pi-x)}{\pi(\pi-x)}$
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\missing16. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x}{\pi-x}$
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\missing17. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\cos 2 x-1}{\cos x-1}$
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\missing18. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{a x+x \cos x}{b \sin x}$
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\missing19. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} x \sec x$
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\missing20. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin a x+b x}{a x+\sin b x}, a, b, a+b \neq 0$,
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\missing21. $\lim\limits _{x \rightarrow 0}(\operatorname{cosec} x-\cot x)$
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\missing22. $\lim\limits _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\tan 2 x}{x-\frac{\pi}{2}}$
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\missing23. $\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)$ और $\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)$, ज्ञात कीजिए, जहाँ $f(x)=\begin{cases}2 x+3, & x \leq 0 \\ 3(x+1), & x>0\end{cases}$
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\missing24. $\lim _{x \rightarrow 1} f(x)$, ज्ञात कीजिए, जहाँ $f(x)= \begin{cases}x^2-1, & x \leq 1 \\ -x^2-1, & x>1\end{cases}$
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\missing25.$\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)$, का मान प्राप्त कीजिए, जहाँ $f(x)= \begin{cases}\frac{|x|}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}$
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\missing26. $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)$, ज्ञात कीजिए, जहाँ $f(x)=\begin{cases}\frac{x}{|x|}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}$
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\missing27. $\lim\limits _{x \rightarrow 5} f(x)$, ज्ञात कीजिए, जहाँ $f(x)=|x|-5$
Show Answer
\missing28. मान लीजिए $f(x)= \begin{cases}a+b x, & x<1 \\ 4, & x=1 \\ b-a x, & x>1\end{cases}$
और यदि $\lim\limits_{x \rightarrow 1} f(x)=f(1)$ तो $a$ और $b$ के संभव मान क्या हैं?
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\missing29. मान लीजिए $a _{1}, a _{2}, \ldots, a _{n}$ अचर वास्तविक संख्याएँ हैं और एक फलन $f(x)=\left(x-a _{1}\right)\left(x-a _{2}\right) \ldots\left(x-a _{n}\right)$ से परिभाषित है। $\lim\limits _{x \rightarrow a _{1}} f(x)$ क्या है?
किसी $a \neq a _{1}, a _{2}, \ldots, a _{n}$, के लिए $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)$ का परिकलन कीजिए।
Show Answer
\missing30. यदि $f(x)=\begin{cases} |x|+1, & x<0 \\ 0, & x=0 \\ |x|-1, & x>0 \end{cases} \text {. }$
तो $a$ के किन मानों के लिए $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)$ का अस्तित्व है?
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\missing31. यदि फलन $f(x), \lim\limits _{x \rightarrow 1} \frac{f(x)-2}{x^{2}-1}=\pi$, को संतुष्ट करता है, तो $\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)$ का मान प्राप्त कीजिए।
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\missing32. किन पूर्णांकों $m$ और $n$ के लिए $\lim\limits _{x \rightarrow 0} f(x)$ और $\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x)$ दोनों का अस्तित्व है, यदि $$ f(x)=\left\{\begin{array}{lc} m x^{2}+n, & x<0 \\n x+m, & 0 \leq x \leq 1 \\n x^{3}+m, & x>1 \end{array}\right. $$
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\missing12.5 अवकलज (Derivatives)
हम अनुच्छेद 13.2 , में देख चुके हैं कि विविध समयांतरालों पर पिंड की स्थिति को जानकर उस दर को ज्ञात करना संभव है जिससे पिंड की स्थिति परिवर्तित हो रही है। समय के विविध क्षणों पर एक निश्चित प्राचल (parameter) का जानना और उस दर को ज्ञात करने का प्रयास करना जिससे इसमें परिवर्तन हो रहा है, अत्यंत व्यापक रुचि का विषय है। वास्तविक जीवन की अनेक स्थितियाँ होती हैं जिनमें ऐसी प्रक्रिया कार्यान्वित करने की आवश्यकता होती है। उदाहरणतः एक टंकी के रख-रखाव करने वाले व्यक्ति के लिए समय के अनेक क्षणों पर पानी की गहराई जानकर यह जानना आवश्यक होता है कि टंकी कब छलकने लगेगी, विविध समयों पर राकेट की ऊँचाई जानकर राकेट वैज्ञानिकों को उस यथार्थ वेग के परिकलन की आवश्यकता होती है जिससे उपग्रह का राकेट से प्रक्षेपण आवश्यक हो। वित्तीय संस्थानों को किसी विशेष स्टाक के वर्तमान मूल्य जानकर इसके मूल्यों में परिवर्तन की भविष्यवाणी करनी आवश्यक होती है। इनमें और ऐसी अनेक अन्य स्थितियों में यह जानना अभीष्ट होता है कि एक प्राचल में दूसरे किसी प्राचल के सापेक्ष परिवर्तन किस प्रकार होता है? परिभाषा के प्रांत के प्रदत्त बिंदु पर फलन का अवकलज इस विषय का मुख्य उद्देश्य है।
परिभाषा 1 मान लीजिए $f$ एक वास्तविक मानीय फलन है और इसकी परिभाषा के प्रांत में एक बिंदु $a$ है। $a$ पर $f$ का अवकलज
$ \lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} $
से परिभाषित है बशर्ते कि इस सीमा का अस्तित्व हो। $a$ पर $f(x)$ का अवकलज $f^{\prime}(a)$ से निरूपित होता है।
अवलोकन कीजिए कि $f^{\prime}(a), a$ पर $x$ के सापेक्ष परिवर्तन का परिमाण बताता है।
उदाहरण 5 $x=2$ पर फलन $f(x)=3 x$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल हम पाते हैं
$f^{\prime}(2)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(2+h)-f(2)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{3(2+h)-3(2)}{h}$ $ =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{6+3 h-6}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{3 h}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} 3=3 . $
अतः $x=2$ पर फलन $3 x$ का अवकलज 3 है।
उदाहरण 6 $x=-1$ पर फलन $f(x)=2 x^{2}+3 x-5$ का अवकलज ज्ञात कीजिए। यह भी सिद्ध कीजिए कि $f^{\prime}(0)+3 f^{\prime}(-1)=0$.
हल हम पहले $x=0$ और $x=-1$ पर $f(x)$ का अवकलज ज्ञात करते हैं। हम पाते हैं कि
$ \begin{array}{lll} &f^{\prime}(-1) & =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(-1+h)-f(-1)}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{[2(-1+h)^{2}+3(-1+h)-5]-[2(-1)^{2}+3(-1)-5]}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{2 h^{2}-h}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0}(2 h-1)=2(0)-1=-1 \\ \\ \text{ और } & f^{\prime}(0) & =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{[2(0+h)^{2}+3(0+h)-5]-[2(0)^{2}+3(0)-5]}{h} \\ \\ & {}& =\lim\limits_{h \rightarrow 0} \frac{2 h^{2}+3 h}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0}(2 h+3)=2(0)+3=3 \end{array} $
स्पष्टतः $\quad \quad \quad \quad f^{\prime}(0)+3 f^{\prime}(-1)=0$
टिप्पणी इस स्थिति में ध्यान दीजिए कि एक बिंदु पर अवकलज का मान प्राप्त करने में सीमा ज्ञात करने के विविध नियमों का प्रभावकारी प्रयोग सम्मिलित है। निम्नलिखित इसको स्पष्ट करता है:
उदाहरण 7 $x=0$ पर $\sin x$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल मान लीजिए $f(x)=\sin x$. तब
$ \begin{aligned} f^{\prime}(0) & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin (0+h)-\sin (0)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}=1 \end{aligned} $
उदाहरण 8 $x=0$ और $x=3$ पर फलन $f(x)=3$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल क्योंकि अवकलज फलन में परिवर्तन को मापता है, सहजरूप से यह स्पष्ट है कि अचर फलन का प्रत्येक बिंदु पर अवकलन शून्य होना चाहिए। इसे, वास्तव में, निम्नलिखित परिकलन से बल मिलता है।
$$ f^{\prime}(0)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{3-3}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{0}{h}=0 . $$
इसी प्रकार $\quad f^{\prime}(3)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(3+h)-f(3)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{3-3}{h}=0$.
अब हम एक बिंदु पर फलन के अवकलज की ज्यामितीय व्याख्या प्रस्तुत करते हैं। मान लीजिए $y=f(x)$ एक फलन है और मान लीजिए इस फलन के आलेख पर $\mathrm{P}=(a, f(a))$ और $\mathrm{Q}=(a+h, f(a+h)$ दो परस्पर निकट बिंदु हैं। आकृति 12.11 अब स्वयं व्याख्यात्मक है।
आकृति 12.11
हम जानते हैं कि $ f^{\prime}(a)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} $
त्रिभुज $\mathrm{PQR}$, से यह स्पष्ट है कि वह अनुपात जिसकी सीमा हम ले रहे हैं, यथार्थता से $\tan (\mathrm{QPR})$ के बराबर है जो कि जीवा $\mathrm{PQ}$ का ढाल है। सीमा लेने की प्रक्रिया में, जब $h, 0$ की ओर अग्रसर होता है, बिंदु $\mathrm{Q}, \mathrm{P}$ की ओर अग्रसर होता है और हम पाते हैं अर्थात्
$ \lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim\limits _{\mathrm{Q} \rightarrow \mathrm{P}} \frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{PR}} $
यह इस तथ्य के तुल्य है कि जीवा $\mathrm{PQ}$, वक्र $y=f(x)$ के बिंदु $\mathrm{P}$ पर स्पर्शी की ओर अग्रसर होती है। अत:
$f^{\prime}(a)=\tan \psi$.
एक दिए फलन $f$ के लिए हम प्रत्येक बिंदु पर अवकलज ज्ञात कर सकते हैं। यदि प्रत्येक बिंदु पर अवकलज का अस्तित्व है तो यह एक नये फलन को परिभाषित करता है जिसे फलन $f$ का अवकलज कहा जाता है औपचारिक रूप से हम एक फलन के अवकलज को निम्नलिखित प्रकार परिभाषित करते हैं।
परिभाषा 2 मान लीजिए कि $f$ एक वास्तविक मानीय फलन है, तो
$ \lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} $
से परिभाषित फलन, जहाँ कहीं सीमा का अस्तित्व है, को $x$ पर $f$ का अवकलज परिभाषित किया जाता है और $f^{\prime}(x)$ से निरूपित किया जाता है। अवकलज की इस परिभाषा को अवकलज का प्रथम सिद्धांत भी कहा जाता है।
इस प्रकार $ \quad \quad \quad f^{\prime}(x)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} $
स्पष्टतः $f^{\prime}(x)$ की परिभाषा का प्रांत वही है जहाँ कहीं उपर्युक्त सीमा का अस्तित्व है। एक फलन के अवकलज के विभिन्न संकेतन हैं। कभी-कभी $f^{\prime}(x)$ को $\frac{d}{d x}(f(x))$ से निरूपित किया जाता है यदि $y=f(x)$, तो यह $\frac{d y}{d x}$ से निरूपित किया जाता है। इसे $y$ या $f(x)$ के सापेक्ष अवकलज के रूप में उल्लेखित किया जाता है इसे $\mathrm{D}(f(x))$ से भी निरूपित किया जाता है। इसके अतिरिक्त $x=a$ पर $f$ के अवकलज को $\left.\frac{d}{d x} f(x)\right| _{a}$ या $\left.\frac{d f}{d x}\right| _{a}$ या $\left(\frac{d f}{d x}\right) _{x=a}$ से भी निरूपित किया जाता है।
उदाहरण 9 $f(x)=10 x$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल हम पाते हैं $f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{10(x+h)-10(x)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{10 h}{h}=\lim\limits_{h \to 0}(10)=10 . \end{aligned} $
उदाहरण 10 $f(x)=x^{2}$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल हम पाते हैं $f^{\prime}(x)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{2}-(x)^{2}}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0}(h+2 x)=2 x $
उदाहाण 11 एक अचर वास्तविक संख्या $a$ के लिए, अचर फलन $f(x)=a$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल हम पाते हैं $f^{\prime}(x)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{a-a}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{0}{h}=0 \text { क्योंकि } h \neq 0 $
उदाहरण 12 $f(x)=\frac{1}{x}$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल हम पाते हैं $f^{\prime}(x)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{(x+h)}-\frac{1}{x}}{h} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{1}{h}\left[\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}\right] \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{1}{h}\left[\frac{-h}{x(x+h)}\right]=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{-1}{x(x+h)}=-\frac{1}{x^{2}} \end{aligned} $
12.5.1 फलनों के अवकलज का बीजगणित (Algebra of derivative of functions)
क्योंकि अवकलज की यथार्थ परिभाषा में सीमा निश्चय ही सीधे रूप में सम्मिलित है, हम अवकलज के नियमों के निकटता से सीमा के नियमों के अनुगमन की आशा करते हैं। हम इनको निम्नलिखित प्रमेयों में पाते हैं:
प्रमेय 5 मान लीजिए $f$ और $g$ दो ऐसे फलन हैं कि उनके उभयनिष्ठ प्रांत में उनके अवकलन परिभाषित हैं, तब
(i) दो फलनों के योग का अवकलज उन फलनों के अवकलजों का योग है।
$$ \frac{d}{d x}[f(x)+g(x)]=\frac{d}{d x} f(x)+\frac{d}{d x} g(x) $$
(ii) दो फलनों के अंतर का अवकलज उन फलनों के अवकलजों का अंतर है।
$$ \frac{d}{d x}[f(x)-g(x)]=\frac{d}{d x} f(x)-\frac{d}{d x} g(x) $$
(iii) दो फलनों के गुणन का अवकलज निम्नलिखित गुणन नियम (product rule) से दिया गया है:
$$ \frac{d}{d x}[f(x) \cdot g(x)]=\frac{d}{d x} f(x) \cdot g(x)+f(x) \cdot \frac{d}{d x} g(x) $$
(iv) दो फलनों के भागफल का अवकलज निम्नलिखित भागफल नियम (quotient rule) से दिया गया है (जहाँ कहीं हर शून्येतर है)
$$ \frac{d}{d x}\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)=\frac{\frac{d}{d x} f(x) \cdot g(x)-f(x) \frac{d}{d x} g(x)}{(g(x))^{2}} $$
इनकी उपपत्ति सीमाओं की तुल्य रूप प्रमेयों से आवश्यकीय रूप से अनुसरण करती हैं। हम इन्हें यहाँ सिद्ध नहीं करेंगे। सीमाओं की स्थिति की तरह यह प्रमेय बतलाता है कि विशेष प्रकार के फलनों के अवकलज कैसे परिकलित किए जाते हैं। प्रमेय के अंतिम दो कथनों को निम्नलिखित ढंग से पुनः कहा जा सकता है जिससे उनके पुनर्स्मरण करने में आसानी से सहायता मिलती है।
मान लीजिए $u=f(x)$ और $v=g(x)$ तब
$ (u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime} $
यह फलनों के गुणन के अवकलन के लिए Leibnitz नियम या गुणन नियम उल्लेखित होता है। इसी प्रकार, भागफल नियम है
$ \left(\frac{u}{v}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime} v-u v^{\prime}}{v^{2}} $
अब, आइए हम कुछ मानक फलनों के अवकलनों को लें।
यह देखना सरल है कि फलन $f(x)=x$ का अवकलज अचर फलन 1 है। यह है क्योंकि $f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{x+h-x}{h}$
$ =\lim\limits_{h \to 0} 1=1 \text{. } $
हम इसका और उपर्युक्त प्रमेय का प्रयोग $f(x)=10 x=x+x+\ldots+x$ (10 पद) (उपर्युक्त प्रमेय के (i) से) के अवकलज के परिकलन में करते हैं
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\frac{d}{d x}(x+\ldots+x)(10 \text { पद) } \\ & =\frac{d}{d x} x+\ldots+\frac{d}{d x} x \text { (10 पद) } \\ & =1+\ldots+1(10 \text { पद })=10 . \end{aligned} $
हम ध्यान देते हैं कि इस सीमा का मान गुणन सूत्र के प्रयोग से भी प्राप्त किया जा सकता है। हम लिखते हैं, $f(x)=10 x=u v$, जहाँ $u$ लिखते हैं जहाँ $u$ प्रत्येक जगह मान 10 लेकर अचर फलन है और $v(x)=x$. यहाँ हम जानते हैं कि $u$ का अवकलज 0 के बराबर है साथ ही $v(x)=x$ का अवकलज 1 के बराबर है। इस प्रकार गुणन नियम से, हम पाते हैं
$ f^{\prime}(x)=(10 x)^{\prime}=(u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime}=0 \cdot x+10.1=10 $
इसी आधार पर $f(x)=x^{2}$ के अवकलज का मान प्राप्त किया जा सकता है। हम पाते हैं $f(x)=x^{2}=x . x$ और अत:
$$ \begin{aligned} \frac{d f}{d x} & =\frac{d}{d x}(x \cdot x)=\frac{d}{d x}(x) \cdot x+x \cdot \frac{d}{d x}(x) \\ & =1 \cdot x+x \cdot 1=2 x \end{aligned} $$
अधिक व्यापक रूप से हम निम्नलिखित प्रमेय पाते हैं:
प्रमेय 6 किसी धन पूर्णांक $n$ के लिए $f(x)=x^{n}$ का अवकलज $n x^{n-1}$ है।
उपपत्ति अवकलज फलन की परिभाषा से, हम पाते हैं
$ f^{\prime}(x)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h} . $
द्विपद प्रमेय कहता है कि $(x+h)^{n}=\left({ }^{n} \mathrm{C} _{0}\right) x^{n}+\left({ }^{n} \mathrm{C} _{1}\right) x^{n-1} h+\ldots+\left({ }^{n} \mathrm{C} _{n}\right) h^{n}$ और $ (x+h)^{n}-x^{n}=h\left(n x^{n-1}+\ldots+h^{n-1}\right) \text { इस प्रकार } $
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{h\left(n x^{n-1}+\ldots .+h^{n-1}\right)}{h} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0}\left(n x^{n-1}+\ldots+h^{n-1}\right),=n x^{n-1} \end{aligned} $
विकल्पतः हम इसको $n$ पर आगमन और गुणन सूत्र से भी निम्न प्रकार सिद्ध कर सकते हैं: $n=1$ के लिए यह सत्य है जैसा कि पहले दिखाया जा चुका है
$$ \begin{aligned} \frac{d}{d x}\left(x^{n}\right) & =\frac{d}{d x}\left(x \cdot x^{n-1}\right) \\ & =\frac{d}{d x}(x) \cdot\left(x^{n-1}\right)+x \cdot \frac{d}{d x}\left(x^{n-1}\right) \text { (गुणन सूत्र से) } \\ & \left.=1 \cdot x^{n-1}+x \cdot\left((n-1) x^{n-2}\right) \text { (आगमन परिकल्पना से }\right) \\ & =x^{n-1}+(n-1) x^{n-1}=n x^{n-1} \end{aligned} $$
टिप्पणी उपर्युक्त प्रमेय $x$, की सभी घातों के लिए सत्य है अर्थात् $n$ कोई भी वास्तविक संख्या हो सकती है। (लेकिन हम इसको यहाँ सिद्ध नहीं करेंगे)
12.5.2 बहुपदों और त्रिकोणमितीय फलनों के अवकलज (Derivative of polynomials and trigonometric functions)
हम निम्नलिखित प्रमेय से प्रारंभ करेंगे जो हमको बहुपदीय फलनों के अवकलज बतलाती है।
प्रमेय 7 मान लीजिए $f(x)=a _{n} x^{n}+a _{n-1} x^{n-1}+\ldots+a _{1} x+a _{0}$ एक बहुपदीय फलन है जहाँ $a _{i} s$ सभी वास्तविक संख्याएँ हैं और $a _{n} \neq 0$ तब अवकलज फलन इस प्रकार दिया जाता है:
$$ \frac{d f(x)}{d x}=n a _{n} x^{n-1}+(n-1) a _{n-1} x^{x-2}+\ldots+2 a _{2} x+a _{1} $$
इस प्रमेय की उपपत्ति प्रमेय 5 और प्रमेय 6 के भाग $(i)$ को मात्र साथ रखने से प्राप्त की जा सकती है।
उदाहरण 13 $6 x^{100}-x^{55}+x$ के अवकलज का परिकलन कीजिए।
हल उपर्युक्त प्रमेय का सीधा अनुप्रयोग बतलाता है कि उपर्युक्त फलन का अवकलज $600 x^{99}-55 x^{54}+1$ है।
उदाहरण 14 $x=1$ पर $f(x)=1+x+x^{2}+x^{3}+\ldots+x^{50}$ का अवकलज ज्ञात कीजिए। .
हल उपर्युक्त प्रमेय 6 का सीधा अनुप्रयोग बतलाता है कि उपर्युक्त फलन का अवकलज $1+2 x+3 x^{2}+\ldots+50 x^{49}$ है। $x=1$ पर इस फलन का मान $1+2(1)+3(1)^{2}+\ldots+50(1)^{49}$ $=1+2+3+\ldots+50=\frac{(50)(51)}{2}=1275$ है।
उदाहरण 15 $f(x)=\frac{x+1}{x}$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
हल यह फलन $x=0$ के अतिरिक्त प्रत्येक के लिए परिभाषित है। हम यहाँ $u=x+1$ और $v=x$ लेकर भागफल नियम का प्रयोग करते हैं। अतः $u^{\prime}=1$ और $v^{\prime}=1$ इसलिए
$ \frac{d f(x)}{d x}=\frac{d}{d x}\left(\frac{x+1}{x}\right)=\frac{d}{d x}\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{u^{\prime} v-u v^{\prime}}{v^{2}}=\frac{1(x)-(x+1) 1}{x^{2}}=-\frac{1}{x^{2}} $
उदाहरण 16 $\sin x$ के अवकलज का परिकलन कीजिए।
हल मान लीजिए $f(x)=\sin x$, तब
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{\sin (x+h)-\sin (x)}{h} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{2 \cos \left(\frac{2 x+h}{2}\right) \sin \left(\frac{h}{2}\right)}{h}(\sin \mathrm{A}-\sin \mathrm{B} \text { के सूत्र का प्रयोग करके }) \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \cos \left(x+\frac{h}{2}\right) \cdot \lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}=\cos x \cdot 1=\cos x . \end{aligned} $
उदाहरण 17 $\tan x$ के अवकलज का परिकलन कीजिए।
हल मान लीजिए $f(x)=\tan x$, तब
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{\tan (x+h)-\tan (x)}{h} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{1}{h}\left[\frac{\sin (x+h)}{\cos (x+h)}-\frac{\sin x}{\cos x}\right] \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0}\left[\frac{\sin (x+h) \cos x-\cos (x+h) \sin x}{h \cos (x+h) \cos x}\right] \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{\sin (x+h-x)}{h \cos (x+h) \cos x}(\sin (\mathrm{A}+\mathrm{B}) \text { के सूत्र का प्रयोग करके }) \\ & =\lim\limits _{h \to 0} \frac{\sin h}{h} \cdot \lim\limits _{h \to 0} \frac{1}{\cos (x+h) \cos x} \\ & =1 \cdot \frac{1}{\cos ^{2} x}=\sec ^{2} x . \end{aligned} $
उदाहरण 18 $f(x)=\sin ^{2} x$ के अवकलज का परिकलन कीजिए।
हल हम इसका मान प्राप्त करने के लिए Leibnitz गुणन सूत्र का प्रयोग करते हैं।
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\frac{d}{d x}(\sin x \sin x) \\ & =(\sin x)^{\prime} \sin x+\sin x(\sin x)^{\prime} \\ & =(\cos x) \sin x+\sin x(\cos x) \\ & =2 \sin x \cos x=\sin 2 x . \end{aligned} $
प्रश्नावली 12.2
1. $x=10$ पर $x^{2}-2$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
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\missing2. $x=1$ पर $x$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
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\missing3. $x=100$ पर $99 x$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
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\missing4. प्रथम सिद्धांत से निम्नलिखित फलनों के अवकलज ज्ञात कीजिए:
(i) $x^{3}-27$
(ii) $(x-1)(x-2)$
(iii) $\frac{1}{x^{2}}$
(iv) $\frac{x+1}{x-1}$
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\missing5. फलन
$f(x)=\frac{x^{100}}{100}+\frac{x^{99}}{99}+\ldots+\frac{x^{2}}{2}+x+1$ के लिए
सिद्ध कीजिए कि $f^{\prime}(1)=100 f^{\prime}(0)$.
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\missing6. किसी अचर वास्तविक संख्या $a$ के लिए $x^{n}+a x^{n-1}+a^{2} x^{n-2}+\ldots+a^{n-1} x+a^{n}$ का अवकलज ज्ञात कीजिए
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\missing7. किन्हीं अचरों $a$ और $b$, के लिए,के अवकलज ज्ञात कीजिए।
(i) $(x-a)(x-b)$
(ii) $\left(a x^{2}+b\right)^{2}$
(iii) $\frac{x-a}{x-b}$
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\missing8. किसी अचर $a$ के लिए $\frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
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\missing9. निम्नलिखित के अवकलज ज्ञात कीजिए:
(i) $2 x-\frac{3}{4}$
(ii) $\left(5 x^{3}+3 x-1\right)(x-1)$
(iii) $x^{-3}(5+3 x)$
(iv) $x^{5}\left(3-6 x^{-9}\right)$
(v) $x^{-4}\left(3-4 x^{-5}\right)$
(vi) $\frac{2}{x+1}-\frac{x^{2}}{3 x-1}$
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\missing10. प्रथम सिद्धांत से $\cos x$ का अवकलज ज्ञात कीजिए।
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\missing11. निम्नलिखित फलनों के अवकलज ज्ञात कीजिए।
(i) $\sin x \cos x$
(ii) $\sec x$
(iii) $5 \sec x+4 \cos x$
(iv) $\operatorname{cosec} x$
(v) $3 \cot x+5 \operatorname{cosec} x$
(vi) $5 \sin x-6 \cos x+7$
(vii) $2 \tan x-7 \sec x$
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\missingविविध उदाहरण
उदाहरण 19 प्रथम सिद्धांत से $f$ का अवकलज ज्ञात कीजिए जहाँ $f$ इस प्रकार प्रदत्त है:
(i) $f(x)=\frac{2 x+3}{x-2}$
(ii) $f(x)=x+\frac{1}{x}$
हल (i) ध्यान दीजिए कि फलन $x=2$ पर परिभाषित नहीं है। लेकिन, हम पाते हैं
$ \begin{aligned} & f^{\prime}(x)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{\frac{2(x+h)+3}{x+h-2}-\frac{2 x+3}{x-2}}{h} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{(2 x+2 h+3)(x-2)-(2 x+3)(x+h-2)}{h(x-2)(x+h-2)} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{(2 x+3)(x-2)+2 h(x-2)-(2 x+3)(x-2)-h(2 x+3)}{h(x-2)(x+h-2)} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{-7}{(x-2)(x+h-2)}=-\frac{7}{(x-2)^{2}} \end{aligned} $
पुनः ध्यान दीजिए कि $x=2$ पर फलन $f^{\prime}$ भी परिभाषित नहीं है। (ii) $x=0$ पर फलन परिभाषित नहीं है। लेकिन, हम पाते हैं
$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{x+h+\frac{1}{x+h}-x+\frac{1}{x}}{h} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{1}{h} h+\frac{1}{x+h}-\frac{1}{x} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{1}{h} h+\frac{x-x-h}{x(x+h)}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{1}{h} h 1-\frac{1}{x(x+h)} \\ & =\lim\limits _{h \rightarrow 0} 1-\frac{1}{x(x+h)}=1-\frac{1}{x^{2}} \end{aligned} $
पुनः ध्यान दीजिए कि $x=0$ पर फलन $f^{\prime}$ परिभाषित नहीं है।
उदाहरण 20 प्रथम सिद्धांत से फलन $f(x)$ का अवकलज ज्ञात कीजिए जहाँ $f(x)$ (i) $\sin x+\cos x$ (ii) $x \sin x$
हल (i) हम पाते हैं, $f^{\prime}(x)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin (x+h)+\cos (x+h)-\sin x-\cos x}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin x \cos h+\cos x \sin h+\cos x \cos h-\sin x \sin h-\sin x-\cos x}{h} \end{aligned} $
$ \begin{aligned} & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h(\cos x-\sin x)+\sin x(\cos h-1)+\cos x(\cos h-1)}{h} \\ & =\lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}(\cos x-\sin x)+\lim\limits_{h \to 0} \sin x \frac{(\cos h-1)}{h}+\lim\limits_{h \to 0} \cos x \frac{(\cos h-1)}{h} \\ & =\cos x-\sin x \end{aligned} $
(ii) $\quad f^{\prime}(x)=\lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h) \sin (x+h)-x \sin x}{h}$
$ =\lim\limits_{h \to 0} \frac{(x+h)(\sin x \cos h+\sin h \cos x)-x \sin x}{h} $
$ \begin{aligned} & =\frac{(\cos x)^{\prime}(\sin x)-(\cos x)(\sin x)^{\prime}}{(\sin x)^{2}} \\ & =\frac{(-\sin x)(\sin x)-(\cos x)(\cos x)}{(\sin x)^{2}} \\ & =-\frac{\sin ^{2} x+\cos ^{2} x}{\sin ^{2} x}=-cosec^{2} x \end{aligned} $
उदाहरण 21 अवकलज का परिकलन कीजिए।
i) $f(x)=\sin 2 x \quad$
(ii) $g(x)=\cot x$
हल (i) त्रिकोणमिति सूत्र $\sin 2 x=2 \sin x \cos x$ का पुनर्स्मरण कीजिए। इस प्रकार
$ \begin{aligned} \frac{d f(x)}{d x} & =\frac{d}{d x}(2 \sin x \cos x)=2 \frac{d}{d x}(\sin x \cos x) \\ & =2\left[(\sin x)^{\prime} \cos x+\sin x(\cos x)^{\prime}\right] \\ & =2[(\cos x) \cos x+\sin x(-\sin x)]=2\left(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right) \end{aligned} $
(ii) परिभाषा से, $\mathrm{g}(x)=\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$ हम भागफल सूत्र का प्रयोग इस फलन पर करेंगे,
जहाँ कहीं यह परिभाषित है। $\frac{d g}{d x}=\frac{d}{d x}(\cot x)=\frac{d}{d x}\left(\frac{\cos x}{\sin x}\right)=\frac{(\cos x)^{\prime}(\sin x)-(\cos x)(\sin x)^{\prime}}{(\sin x)^{2}}$ $ \begin{aligned} & =\frac{(-\sin x)(\sin x)-(\cos x)(\cos x)}{(\sin x)^{2}} \\ & =-\frac{\sin ^{2} x+\cos ^{2} x}{\sin ^{2} x}=-\operatorname{cosec}^{2} x \end{aligned} $
विकल्पतः इसको ध्यान देकर कि $\cot x=\frac{1}{\tan x}$, परिकलित किया जा सकता है। यहाँ हम इस तथ्य का प्रयोग करते हैं कि $\tan x$ का अवकलज $\sec ^{2} x$ है जो हमने उदाहरण 17 में देखा है और साथ ही अचर फलन का अवकलज 0 होता है।
$ \begin{aligned} \frac{d g}{d x} & =\frac{d}{d x}(\cot x)=\frac{d}{d x}\left(\frac{1}{\tan x}\right) \\ & =\frac{(1)^{\prime}(\tan x)-(1)(\tan x)^{\prime}}{(\tan x)^{2}} \\ & =\frac{(0)(\tan x)-(\sec x)^{2}}{(\tan x)^{2}} \\ & =\frac{-\sec ^{2} x}{\tan ^{2} x}=-\operatorname{cosec}^{2} x \end{aligned} $
उदाहरण 22 अवकलज ज्ञात कीजिए।
(i) $\frac{x^{5}-\cos x}{\sin x} \quad$
(ii) $\frac{x+\cos x}{\tan x}$
हल (i) मान लीजिए $h(x)=\frac{x^{5}-\cos x}{\sin x}$. जहाँ कहीं भी यह परिभाषित है, हम इस फलन पर भागफल नियम का प्रयोग करेंगे।
$ h^{\prime}(x)=\frac{(x^{5}-\cos x)^{\prime} \sin x-(x^{5}-\cos x)(\sin x)^{\prime}}{(\sin x)^{2}} $
$ \begin{aligned} & =\frac{(5 x^{4}+\sin x) \sin x-(x^{5}-\cos x) \cos x}{\sin ^{2} x} \\ & =\frac{-x^{5} \cos x+5 x^{4} \sin x+1}{(\sin x)^{2}} \end{aligned} $
(ii) हम फलन $\frac{x+\cos x}{\tan x}$ पर भागफल नियम का प्रयोग करेंगे जहाँ कहीं भी यह परिभाषित है।
$ \begin{aligned} h^{\prime}(x) & =\frac{(x+\cos x)^{\prime} \tan x-(x+\cos x)(\tan x)^{\prime}}{(\tan x)^{2}} \\ & =\frac{(1-\sin x) \tan x-(x+\cos x) \sec ^{2} x}{(\tan x)^{2}} \end{aligned} $
अध्याय 12 पर विविध प्रश्नावली
1. प्रथम सिद्धांत से निम्नलिखित फलनों का अवकलज ज्ञात कीजिए:
(i) $-x$
(ii) $(-x)^{-1}$
(iii) $\sin (x+1)$
(iv) $\cos \left(x-\frac{\pi}{8}\right)$
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निम्नलिखित फलनों के अवकलज ज्ञात कीजिए (यह समझा जाय कि $a, b, c, d, p, q, r$ और $s$ निश्चित शून्येतर अचर हैं और $m$ तथा $n$ पूर्णांक हैं।):
2. $(x+a)$
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3. $(p x+q)\left(\frac{r}{x}+s\right)$
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4. $(a x+b)(c x+d)^{2}$
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5. $\frac{a x+b}{c x+d}$
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6. $\frac{1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}$
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7. $\frac{1}{a x^{2}+b x+c}$
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8. $\frac{a x+b}{p x^{2}+q x+r}$
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9. $\frac{p x^{2}+q x+r}{a x+b}$
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10. $\frac{a}{x^{4}}-\frac{b}{x^{2}}+\cos x$
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11. $4 \sqrt{x}-2$
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12. $(a x+b)^{n}$
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13. $(a x+b)^{n}(c x+d)^{m}$
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14. $\sin (x+a)$
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15. $\operatorname{cosec} x \cot x$
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16. $\frac{\cos x}{1+\sin x}$
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17. $\frac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x}$
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18. $\frac{\sec x-1}{\sec x+1}$
Show Answer
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19. $\sin ^{n} x$
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20. $\frac{a+b \sin x}{c+d \cos x}$
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21. $\frac{\sin (x+a)}{\cos x}$
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22. $x^{4}(5 \sin x-3 \cos x)$
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23. $\left(x^{2}+1\right) \cos x$
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\missing
24. $\left(a x^{2}+\sin x\right)(p+q \cos x)$
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\missing
25. $(x+\cos x)(x-\tan x)$
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\missing
26. $\frac{4 x+5 \sin x}{3 x+7 \cos x}$
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\missing
27. $\frac{x^{2} \cos \left(\frac{\pi}{4}\right)}{\sin x}$
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28. $\frac{x}{1+\tan x}$
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\missing
29. $(x+\sec x)(x-\tan x)$
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30. $\frac{x}{\sin ^{n} x}$
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सारांश
फलन का अपेक्षित मान जो एक बिंदु के बाईं ओर के बिंदुओं पर निर्भर करता है, बिंदु पर फलन के बाएँ पक्ष की सीमा (Left handed limit) को परिभाषित करता है। इसी प्रकार दाएँ पक्ष की सीमा (Right handed limit)।
एक बिंदु पर फलन की सीमा बाएँ पक्ष और दाएँ पक्ष की सीमाओं से प्राप्त उभयनिष्ठ मान हैं यदि वे संपाती हों।
यदि किसी बिंदु पर बाएँ पक्ष और दाएँ पक्ष की सीमाएँ संपाती न हों तो यह कहा जाता है कि उस बिंदु पर फलन की सीमा का अस्तित्व नहीं है। एक वास्तविक संख्या $a$ और एक फलन $f$ के लिए $\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)$ और $f(a)$ समान नहीं भी हो सकते (वास्तव में, एक परिभाषित हो और दूसरा नहीं)
फलनों $f$ और $g$ के लिए निम्नलिखित लागू होते हैं:
$ \begin{aligned} & \lim\limits _{x \rightarrow a}[f(x) \pm g(x)]=\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x) \pm \lim\limits _{x \rightarrow a} g(x) \\ & \lim\limits _{x \rightarrow a}[f(x) \cdot g(x)]=\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x) \cdot \lim\limits _{x \rightarrow a} g(x) \\ & \lim\limits _{x \rightarrow a}\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]=\frac{\lim\limits _{x \rightarrow a} f(x)}{\lim\limits _{x \rightarrow a} g(x)} \end{aligned} $
निम्नलिखित कुछ मानक सीमाएँ हैं।
$ \lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=n a^{n-1} $
$ \lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1 $
$ \lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x}=0 $ $a$ पर फलन $f$ का अवकलज
$ f^{\prime}(a)=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} \text { से परिभाषित होता है। } $
प्रत्येक बिंदु पर अवकलज, अवकलज फलन
$ f^{\prime}(x)=\frac{d f(x)}{d x}=\lim\limits _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \text { से परिभाषित होता है। } $
फलनों $u$ और $v$ के लिए निम्नलिखित लागू होता है:
$ \begin{aligned} & (u \pm v)^{\prime}=u^{\prime} \pm v^{\prime} \\ & (u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime} \\ & \left(\frac{u}{v}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime} v-u v^{\prime}}{v^{2}} \text { बशर्ते सभी परिभाषित हैं। } \end{aligned} $
निम्नलिखित कुछ मानक अवकलज हैं:
$ \begin{aligned} & \frac{d}{d x}\left(x^{n}\right)=n x^{n-1} \\ & \frac{d}{d x}(\sin x)=\cos x \\ & \frac{d}{d x}(\cos x)=-\sin x \end{aligned} $
ऐतिहासिक पृष्ठभूमि
गणित के इतिहास में कलन के अन्वेषण के श्रेय की भागीदारी हेतु दो नाम प्रमुख हैं Issac Newton (1642 - 1727) और G.W. Leibnitz (1646 - 1717). सत्रहवीं शताब्दी में दोनों ने स्वतंत्रता पूर्वक कलन का अन्वेषण किया। कलन के आगमन के बाद इसके आगामी विकास हेतु अनेक गणितज्ञों ने योगदान किया। परिशुद्ध संकल्पना का मुख्य श्रेय महान गणितज्ञों A.L.Cauchy, J.L.Lagrange और Karl Weier strass को प्राप्त है। Cauchy ने कलन को आधार दिया जिसको अब हम व्यापकतः पाठ्य पुस्तकों में स्वीकार कर चुके हैं। Cauchy ने D’Almbert की सीमा संकल्पना के प्रयोग के द्वारा अवकलज की परिभाषा दी। सीमा की परिभाषा से प्रारंभ करते हुए $\alpha=0$ के लिए $\frac{\sin \alpha}{\alpha}$ की सीमा जैसे उदाहरण दिए। उन्होंने $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{f(x+i)-f(x)}{i}$, लिखा और $i \rightarrow 0$, के लिए सीमा को ’ $f^{\prime \prime}(x)$ के लिए $y^{\prime}$, “function derive’e” नाम दिया।
1900 से पूर्व यह सोचा जाता था कि कलन को पढ़ाना बहुत कठिन है, इसलिए कलन युवाओं की पहुँच से बाहर थी। लेकिन ठीक 1900 में इंगलैंड में John Perry एवं अन्य ने इस विचार का प्रचार करना प्रारंभ किया कि कलन की मुख्य विधियाँ और धारणाएँ सरल हैं और स्कूल स्तर पर भी पढ़ाया जा सकता है। F.L. Griffin ने कलन के अध्ययन को प्रथम वर्ष के छात्रों से प्रारंभ करके नेतृत्व प्रदान किया। उन दिनों यह बहुत चुनौतीपूर्ण कार्य था।
आज न केवल गणित अपितु अनेक अन्य विषयों जैसे भौतिकी, रसायन विज्ञान, अर्थशास्त्र, जीवविज्ञान में कलन की उपयोगिता महत्वपूर्ण है।
