Logarithmic series Questions in Gujarati

(C) આપેલ શ્રેણી $1 - e^{-x}$ નું વિસ્તરણ છે.
$y = x - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} - \frac{x^4}{4!} + \dots = 1 - e^{-x}$
$e^{-x} = 1 - y$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$-x = \log_e(1 - y)$
$x = -\log_e(1 - y)$
$x = \log_e\left(\frac{1}{1 - y}\right)$

(B) આપેલ શ્રેણી $y = - \left( {{x^3} + \frac{{{x^6}}}{2} + \frac{{{x^9}}}{3} + \dots} \right)$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય વિસ્તરણ $\ln(1 - t) = - \left( {t + \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + \dots} \right)$ થાય,જ્યાં $|t| < 1$.
$t = x^3$ મૂકતા,આપણને $y = \ln(1 - x^3)$ મળે છે.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,$e^y = 1 - x^3$ મળે.
$x^3$ ને કર્તા બનાવતા,$x^3 = 1 - e^y$ મળે.
તેથી,$x = (1 - e^y)^{1/3}$.

(C) આપણે હાયપરબોલિક કોસાઇન વિધેયનું વિસ્તરણ જાણીએ છીએ: $\cosh(x) = 1 + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \dots = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$.
$x = \log_e n$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$1 + \frac{(\log_e n)^2}{2!} + \frac{(\log_e n)^4}{4!} + \dots = \frac{e^{\log_e n} + e^{-\log_e n}}{2}$.
કારણ કે $e^{\log_e n} = n$ અને $e^{-\log_e n} = e^{\log_e(n^{-1})} = n^{-1}$,તેથી પદાવલિ બને છે:
$\frac{n + n^{-1}}{2}$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{1 \times 2} - \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{3 \times 4} - \frac{1}{4 \times 5} + \dots + \infty$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$.
તેથી,$S = (1 - \frac{1}{2}) - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) - (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \dots$.
$S = 1 - 2(\frac{1}{2}) + 2(\frac{1}{3}) - 2(\frac{1}{4}) + 2(\frac{1}{5}) - \dots$.
$S = 1 - 2(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$.
$x=1$ માટે,$\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$,જે સૂચવે છે કે $\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_e 2$.
આ કિંમત $S$ માં મૂકતા: $S = 1 - 2(1 - \log_e 2) = 1 - 2 + 2 \log_e 2 = 2 \log_e 2 - 1 = \log_e 4 - \log_e e = \log_e(\frac{4}{e})$.
તેથી,$e^S = e^{\log_e(4/e)} = \frac{4}{e}$.

(A) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{n+1}{n} \cdot \frac{1}{3^n} = \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \frac{1}{3^n} = \frac{1}{3^n} + \frac{1}{n \cdot 3^n}$ છે.
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{\infty} T_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 3^n}$.
પ્રથમ ભાગ એક ભૌમિતિક શ્રેણી છે: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{1/3}{1 - 1/3} = \frac{1}{2}$.
બીજો ભાગ લઘુગણકીય વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરે છે: $-\log_e(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$. $x = \frac{1}{3}$ માટે,આપણને $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 3^n} = -\log_e(2/3)$ મળે છે.
આમ,$S = \frac{1}{2} - \log_e \left( \frac{2}{3} \right)$.

(D) ધારો કે $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1} x^{n+1}$.
આપણે $\frac{n}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1}$ લખી શકીએ.
તેથી,$S = \sum_{n=1}^{\infty} (1 - \frac{1}{n+1}) x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$.
$S = (x^2 + x^3 + x^4 + \dots) - (\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \dots)$.
પ્રથમ ભાગ એક ભૌમિતિક શ્રેણી છે: $\frac{x^2}{1-x}$.
બીજો ભાગ $-\log_e(1-x) - x$ નું વિસ્તરણ છે.
તેથી,$S = \frac{x^2}{1-x} - (-\log_e(1-x) - x) = \frac{x^2}{1-x} + x + \log_e(1-x)$.
$S = \frac{x^2 + x(1-x)}{1-x} + \log_e(1-x) = \frac{x}{1-x} + \log_e(1-x)$.

(A) ધારો કે $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{x^n - 1}{(x + 1)^n} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \left( \left( \frac{x}{x + 1} \right)^n - \left( \frac{1}{x + 1} \right)^n \right)$.
લોગરીધમિક શ્રેણીના વિસ્તરણ $\ln(1 - y) = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^n}{n}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = - \ln\left(1 - \frac{x}{x + 1}\right) - \left( - \ln\left(1 - \frac{1}{x + 1}\right) \right)$.
$S = - \ln\left(\frac{1}{x + 1}\right) + \ln\left(\frac{x}{x + 1}\right)$.
$S = \ln(x + 1) + \ln\left(\frac{x}{x + 1}\right) = \ln\left((x + 1) \cdot \frac{x}{x + 1}\right) = \ln x$.

(B) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(2n - 1)(2n)(2n + 1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$T_n = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2n - 1} - \frac{2}{2n} + \frac{1}{2n + 1} \right] = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} \right) - \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n + 1} \right) \right]$.
$n=1$ થી $\infty$ સુધી સરવાળો કરતા:
$S = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} \right) - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n + 1} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ $\log_{e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} \right)$.
વળી,$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n + 1} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots = 1 - \log_{e} 2$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$S = \frac{1}{2} (\log_{e} 2) - \frac{1}{2} (1 - \log_{e} 2) = \frac{1}{2} \log_{e} 2 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{e} 2 = \log_{e} 2 - \frac{1}{2}$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n-1}{n} \cdot \frac{1}{2^n}$ છે.
આપણે સામાન્ય પદને $\left( 2 - \frac{1}{n} \right) \frac{1}{2^n} = 2 \cdot \frac{1}{2^n} - \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2^n}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$S = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n}$.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્ર $\sum_{n=1}^{\infty} ar^{n-1} = \frac{a}{1-r}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2 \sum_{n=1}^{\infty} (1/2)^n = 2 \cdot \frac{1/2}{1 - 1/2} = 2(1) = 2$ મળે છે.
લોગરીધમિક શ્રેણીના વિસ્તરણ $-\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = 1/2$ માટે,$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n} = -\ln(1 - 1/2) = -\ln(1/2) = \ln 2$ મળે છે.
તેથી,$S = 2 - \ln 2$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_e \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} = \frac{1}{2} \log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણ $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $|x| < 1$.
આ કિંમત પદમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2} \times 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \right) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ શ્રેણી $\frac{1}{x + 1} + \frac{1}{2(x + 1)^2} + \frac{1}{3(x + 1)^3} + \dots \infty$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય વિસ્તરણ: $-\log_e(1 - y) = y + \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} + \dots \infty$,જ્યાં $|y| < 1$.
ધારો કે $y = \frac{1}{x + 1}$.
તેથી શ્રેણી $-\log_e\left(1 - \frac{1}{x + 1}\right)$ બને છે.
$= -\log_e\left(\frac{x + 1 - 1}{x + 1}\right) = -\log_e\left(\frac{x}{x + 1}\right)$.
$= \log_e\left(\frac{x + 1}{x}\right) = \log_e\left(1 + \frac{1}{x}\right)$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\log _e(x + 1) - \log _e(x - 1) = \log _e\left( \frac{x + 1}{x - 1} \right)$.
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\log _e\left( \frac{1 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{1}{x}} \right) = \log _e\left( 1 + \frac{1}{x} \right) - \log _e\left( 1 - \frac{1}{x} \right)$.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણ $\log _e(1 + y) = y - \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} - \dots$ અને $\log _e(1 - y) = -y - \frac{y^2}{2} - \frac{y^3}{3} - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $y = \frac{1}{x}$:
$\log _e\left( 1 + \frac{1}{x} \right) - \log _e\left( 1 - \frac{1}{x} \right) = 2\left( \frac{1}{x} + \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5x^5} + \dots \infty \right)$.

(B) આપણે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ જાણીએ છીએ: $-\log_e(1 - x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$ જ્યાં $|x| < 1$.
ધારો કે $x = \frac{a - b}{a}$.
તેથી આપેલી શ્રેણી $-\log_e \left( 1 - \frac{a - b}{a} \right)$ થાય.
$= -\log_e \left( \frac{a - (a - b)}{a} \right) = -\log_e \left( \frac{b}{a} \right)$.
$= \log_e \left( \frac{a}{b} \right)$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots \infty$ છે,જ્યાં $-1 < x \le 1$.
અંશમાં $x = a - 1$ મૂકતા,આપણને $(a - 1) - \frac{(a - 1)^2}{2} + \frac{(a - 1)^3}{3} - \dots \infty = \ln(1 + a - 1) = \ln(a)$ મળે છે.
તે જ રીતે,છેદમાં $x = b - 1$ મૂકતા,આપણને $(b - 1) - \frac{(b - 1)^2}{2} + \frac{(b - 1)^3}{3} - \dots \infty = \ln(1 + b - 1) = \ln(b)$ મળે છે.
આમ,પદાવલિ $\frac{\ln(a)}{\ln(b)}$ બને છે.
આધાર બદલવાના સૂત્ર $\frac{\log_k a}{\log_k b} = \log_b a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{\ln(a)}{\ln(b)} = \log_b a$ મળે છે.

(C) આપેલ શ્રેણી $\frac{x}{1} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots = -\ln(1-x)$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $x = \frac{1}{5}$ છે.
શ્રેણીના વિસ્તરણમાં $x = \frac{1}{5}$ મૂકતા:
$S = -\ln(1 - \frac{1}{5}) = -\ln(\frac{4}{5}) = \ln(\frac{5}{4})$.
આપણે $\frac{5}{4}$ ને $(\frac{\sqrt{5}}{2})^2$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$S = \ln((\frac{\sqrt{5}}{2})^2) = 2\ln(\frac{\sqrt{5}}{2})$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) ધારો કે $f(x) = \log_e [(1 + x)^{1 + x} (1 - x)^{1 - x}]$.
$\log(ab) = \log a + \log b$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = (1 + x) \log_e(1 + x) + (1 - x) \log_e(1 - x)$.
લોગેરિધમિક શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = (1 + x)(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots) + (1 - x)(-x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \dots)$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = 2 [\frac{x^2}{1 \cdot 2} + \frac{x^4}{3 \cdot 4} + \frac{x^6}{5 \cdot 6} + \dots]$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ પદાવલિ: $f(x) = 2 \ln x - \ln(x + 1) - \ln(x - 1)$
$= 2 \ln x - \ln((x + 1)(x - 1))$
$= 2 \ln x - \ln(x^2 - 1)$
$= 2 \ln x - \ln(x^2(1 - \frac{1}{x^2}))$
$= 2 \ln x - (\ln x^2 + \ln(1 - \frac{1}{x^2}))$
$= 2 \ln x - 2 \ln x - \ln(1 - \frac{1}{x^2})$
$= - \ln(1 - \frac{1}{x^2})$
વિસ્તરણ $\ln(1 - t) = - (t + \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} + \dots)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $t = \frac{1}{x^2}$:
$= - [ - (\frac{1}{x^2} + \frac{1}{2(x^2)^2} + \dots) ]$
$= \frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^4} + \dots$
$x^{-4}$ નો સહગુણક $\frac{1}{2} = 0.5$ છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{4 \times 5} + \frac{1}{6 \times 7} + \dots$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$.
તેથી,$S = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{6} - \frac{1}{7}) + \dots$
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$
$x=1$ માટે,$\log_e(2) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots$
આને ફરીથી ગોઠવતા,$1 - \log_e(2) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
આ આપણી શ્રેણી $S$ સાથે મેળ ખાય છે.
તેથી,$S = 1 - \log_e(2) = \log_e(e) - \log_e(2) = \log_e(e/2)$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ:
${\log_e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n(n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$.
તેથી,$S = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) = 2{\log_e} 2 - 1 = {\log_e} 4 - {\log_e} e = {\log_e} \left( \frac{4}{e} \right)$.

(A) ધારો કે આપેલી શ્રેણી $S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n+1} \right) \frac{1}{4^n}$ છે.
$S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} \left( \frac{1}{4} \right)^n + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n+1} \left( \frac{1}{4} \right)^n$.
$\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ અને $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \right)$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા.
$x = \frac{1}{2}$ લેતા,$\log_e(1+x) = \log_e(3/2)$ અને $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = \log_e(3)$ મળે છે.
આ કિંમતો મૂકતા,$S = \log_e(2\sqrt{3})$ મળે છે.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n-1)(2n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right)$.
તેથી,$S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n(2n-1)} - \frac{1}{2n(2n+1)} \right)$.
આને $S = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n} \right) - \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1} \right) \right)$ તરીકે લખી શકાય.
શ્રેણીનું વિસ્તરણ કરતા: $S = (1 - 1/2) - (1/2 - 1/3) + (1/3 - 1/4) - (1/4 - 1/5) + \dots$
$S = 1 - 2(1/2) + 2(1/3) - 2(1/4) + 2(1/5) - \dots$
$S = -1 + 2(1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - \dots) = -1 + 2 \log_e 2$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{4}{1 \times 3} - \frac{6}{2 \times 4} + \frac{12}{5 \times 7} - \frac{14}{6 \times 8} + \dots$ છે.
પદોને આ રીતે ફરીથી લખી શકાય:
$S = \left( \frac{1+3}{1 \times 3} \right) - \left( \frac{2+4}{2 \times 4} \right) + \left( \frac{5+7}{5 \times 7} \right) - \left( \frac{6+8}{6 \times 8} \right) + \dots$
$S = \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{1} \right) - \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{7} + \frac{1}{5} \right) - \left( \frac{1}{8} + \frac{1}{6} \right) + \dots$
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \dots$
આ $\log_e(1+x)$ નું $x=1$ આગળનું પ્રમાણિત વિસ્તરણ છે,જે $\log_e 2$ છે.

(B) આપણી પાસે $\log_e x - \log_e (x - 1) = \log_e \left( \frac{x}{x - 1} \right)$ છે.
આને $\log_e \left( \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} \right) = -\log_e \left( 1 - \frac{1}{x} \right)$ તરીકે લખી શકાય છે.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણ $-\log_e (1 - y) = y + \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $y = \frac{1}{x}$,આપણને મળે છે:
$-\log_e \left( 1 - \frac{1}{x} \right) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + \frac{1}{3x^3} + \dots \infty$.

(C) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{n^2} + \frac{1}{2n^4} + \frac{1}{3n^6} + \dots \infty$ છે.
આને $S = \frac{(1/n^2)^1}{1} + \frac{(1/n^2)^2}{2} + \frac{(1/n^2)^3}{3} + \dots$ તરીકે લખી શકાય છે.
લઘુગણકીય વિસ્તરણ $-\log_e(1 - x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $x = \frac{1}{n^2}$,આપણને મળે છે:
$S = -\log_e(1 - \frac{1}{n^2}) = -\log_e(\frac{n^2 - 1}{n^2}) = \log_e(\frac{n^2}{n^2 - 1})$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપણે લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{1}{2}\log_e\left( \frac{1+x}{1-x} \right) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots$ જ્યાં $x = \frac{m-n}{m+n}$.
સૂત્રમાં $x$ ની કિંમત મૂકતા:
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{1 + \frac{m-n}{m+n}}{1 - \frac{m-n}{m+n}} \right)$
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{\frac{m+n+m-n}{m+n}}{\frac{m+n-(m-n)}{m+n}} \right)$
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{2m}{2n} \right)$
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{m}{n} \right)$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^3} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2^5} + \dots \infty$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ: $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \infty \right)$ જ્યાં $|x| < 1$.
ધારો કે $x = \frac{1}{2}$. તો,$\log_e \left( \frac{1 + 1/2}{1 - 1/2} \right) = 2 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^3} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2^5} + \dots \infty \right)$.
$\log_e \left( \frac{3/2}{1/2} \right) = 2S$.
$\log_e(3) = 2S$.
$S = \frac{1}{2} \log_e(3) = \log_e(3^{1/2}) = \log_e \sqrt{3}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $4\left[ {{x^2} + \frac{{{x^6}}}{3} + \frac{{{x^{10}}}}{5} + \dots} \right] = {y^2} + \frac{{{y^4}}}{2} + \frac{{{y^6}}}{3} + \dots$ છે.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$2 \ln\left( \frac{1+x^2}{1-x^2} \right) = -\ln(1-y^2)$
આને સાદું રૂપ આપતા:
$\ln\left( \frac{1+x^2}{1-x^2} \right)^2 = \ln\left( \frac{1}{1-y^2} \right)$
બંને બાજુ ઘાતાંક લેતા:
$\left( \frac{1+x^2}{1-x^2} \right)^2 = \frac{1}{1-y^2}$
પદોને ગોઠવતા આપણને ${x^2}y = 2x - y$ મળે છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \log_{e} 2 + \log_{e} \left( \frac{3}{2} \right) + \log_{e} \left( \frac{4}{3} \right) + \dots + \log_{e} \left( \frac{n}{n - 1} \right)$ છે.
$\log a + \log b = \log(ab)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$S = \log_{e} \left( 2 \times \frac{3}{2} \times \frac{4}{3} \times \dots \times \frac{n}{n - 1} \right)$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે:
$S = \log_{e} (n)$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપેલ શ્રેણી $\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} - \frac{1}{4n^4} + \dots$ છે.
આને $\frac{1}{n} - \frac{(1/n)^2}{2} + \frac{(1/n)^3}{3} - \frac{(1/n)^4}{4} + \dots$ તરીકે લખી શકાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ છે,જ્યાં $|x| < 1$.
$x = \frac{1}{n}$ મૂકતા,આપણને $\log_e(1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} - \frac{(1/n)^2}{2} + \frac{(1/n)^3}{3} - \dots$ મળે છે.
તેથી,સરવાળો $\log_e\left(\frac{n+1}{n}\right)$ થાય છે.

(D) આપેલ શ્રેણી $S = \log_{4} 2 - \log_{8} 2 + \log_{16} 2 - \dots$ છે.
ગુણધર્મ $\log_{y^n} x^m = \frac{m}{n} \log_{y} x$ નો ઉપયોગ કરતા,$\log_{2^2} 2 = \frac{1}{2} \log_{2} 2 = \frac{1}{2}$,$\log_{2^3} 2 = \frac{1}{3}$,વગેરે.
તેથી,$S = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_{e}(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$
$x=1$ લેતા,$\log_{e}(2) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
આને ગોઠવતા,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_{e} 2$.
તેથી,$S = 1 - \log_{e} 2$.

(A) ધારો કે શ્રેણી $S = \log_{3} e - \log_{9} e + \log_{27} e - \dots$ છે.
ગુણધર્મ $\log_{a^n} b = \frac{1}{n} \log_{a} b$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \log_{3} e - \frac{1}{2} \log_{3} e + \frac{1}{3} \log_{3} e - \dots$
$\log_{3} e$ સામાન્ય લેતા:
$S = (\log_{3} e) \left( 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots \right)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$,તેથી $x=1$ માટે,$\ln(2) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots$
આમ,$S = (\log_{3} e) \ln(2) = \frac{\ln e}{\ln 3} \cdot \ln 2 = \frac{1}{\ln 3} \cdot \ln 2 = \log_{3} 2$.

(A) આપેલ શ્રેણી $x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $x = 0.5$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_e(1 + x)$ નું વિસ્તરણ $\log_e(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ થાય છે,જ્યાં $-1 < x \leq 1$.
શ્રેણીમાં $x = 0.5$ મૂકતા:
$0.5 - \frac{(0.5)^2}{2} + \frac{(0.5)^3}{3} - \frac{(0.5)^4}{4} + \dots = \log_e(1 + 0.5)$.
$= \log_e(1.5) = \log_e(\frac{3}{2})$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_a(1 + x) = \log_e(1 + x) \cdot \log_a e$.
પ્રમાણિત લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$\log_e(1 + x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}$.
આ કિંમત પદમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\log_a(1 + x) = \log_a e \left( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} \right)$.
તેથી,$x^n$ નો સહગુણક $\frac{(-1)^{n-1}}{n} \log_a e$ છે.

(A) આપણી પાસે $\log_{10}\left(\frac{n}{n-1}\right) = \log_e\left(\frac{n}{n-1}\right) \cdot \log_{10}e$ છે.
$= -\log_e\left(\frac{n-1}{n}\right) \cdot \log_{10}e = -\log_{10}e \cdot \log_e\left(1 - \frac{1}{n}\right)$.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણ $\log_e(1-x) = -\sum_{r=1}^{\infty} \frac{x^r}{r}$ નો ઉપયોગ કરીને,$x = \frac{1}{n}$ મૂકતા:
$= -\log_{10}e \cdot \left(-\sum_{r=1}^{\infty} \frac{(1/n)^r}{r}\right) = \log_{10}e \cdot \sum_{r=1}^{\infty} \frac{n^{-r}}{r}$.
આમ,$n^{-r}$ નો સહગુણક $\frac{\log_{10}e}{r} = \frac{1}{r \log_e 10}$ છે.

(B) આપણી પાસે $\log_e(1 + 3x + 2x^2) = \log_e((1 + x)(1 + 2x)) = \log_e(1 + x) + \log_e(1 + 2x)$ છે.
$\log_e(1 + y) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{y^n}{n}$ ના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\log_e(1 + x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}$
$\log_e(1 + 2x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(2x)^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{2^n x^n}{n}$
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$x^n$ નો સહગુણક $(-1)^{n-1} \left( \frac{1}{n} + \frac{2^n}{n} \right) = (-1)^{n-1} \frac{2^n + 1}{n}$ મળે છે.
કારણ કે $(-1)^{n-1} = (-1)^{n+1}$,તેથી સહગુણક $\frac{(-1)^{n+1}(2^n + 1)}{n}$ છે.

(D) આપેલ પદાવલિ $E = e^{\left( {x - \frac{1}{2}{(x - 1)}^2 + \frac{1}{3}{(x - 1)}^3 - \frac{1}{4}{(x - 1)}^4 + \dots} \right)}$ છે.
ઘાતાંકને $1$ ઉમેરી અને બાદ કરીને ફરીથી લખતા:
$E = e^{\left( {(x - 1) - \frac{1}{2}{(x - 1)}^2 + \frac{1}{3}{(x - 1)}^3 - \dots} \right) + 1}$.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણ $\log(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $t = x - 1$:
$E = e^{\log(1 + (x - 1)) + 1} = e^{\log x + 1}$.
$e^{a+b} = e^a \cdot e^b$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$E = e^{\log x} \cdot e^1 = x \cdot e = xe$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh(y)$ નું ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{y^{2n}}{(2n)!} = \frac{e^y + e^{-y}}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ $S = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(\log x)^{2n}}{(2n)!}$ માં,આપણે $y = \log x$ મૂકીએ.
તેથી,$S = \frac{e^{\log x} + e^{-\log x}}{2}$.
કારણ કે $e^{\log x} = x$ અને $e^{-\log x} = e^{\log(x^{-1})} = x^{-1}$,તેથી આપણને $S = \frac{x + x^{-1}}{2}$ મળે છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{3} + \frac{1}{2 \cdot 3^2} + \frac{1}{3 \cdot 3^3} + \frac{1}{4 \cdot 3^4} + \dots \infty$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય વિસ્તરણ: $-\log_e(1 - x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \dots \infty$,જ્યાં $|x| < 1$.
આપેલ શ્રેણીને વિસ્તરણ સાથે સરખાવતા,$x = \frac{1}{3}$ મળે છે.
તેથી,$S = -\log_e(1 - \frac{1}{3}) = -\log_e(\frac{2}{3})$.
$-\log_e(\frac{a}{b}) = \log_e(\frac{b}{a})$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$S = \log_e(\frac{3}{2})$ મળે છે.
$\log_e(\frac{a}{b}) = \log_e a - \log_e b$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$S = \log_e 3 - \log_e 2$ મળે છે.

(C) $|x| < 1$ માટે $\ln(1 - x)$ નું વિસ્તરણ $\ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} - \dots$ છે.
હવે,$(1 - x) \ln(1 - x)$ પદને ધ્યાનમાં લો:
$(1 - x) \left( -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} - \dots \right)$
$x^5$ નો સહગુણક શોધવા માટે:
$= 1 \times \left( -\frac{1}{5} \right) - 1 \times \left( -\frac{1}{4} \right)$
$= -\frac{1}{5} + \frac{1}{4}$
$= \frac{1}{20} = 0.05$

(B) આપેલ પદાવલિ: $f(x) = \log_e \left[ \frac{1}{1 - x - x^2 + x^3} \right]$
છેદનું અવયવીકરણ કરતા: $1 - x - x^2 + x^3 = (1 - x)^2(1 + x)$
તેથી,$f(x) = \log_e \left[ (1 - x)^{-2}(1 + x)^{-1} \right]$
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા: $f(x) = -2 \log_e(1 - x) - \log_e(1 + x)$
શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા: $f(x) = -2(-x - \frac{x^2}{2} - \dots) - (x - \frac{x^2}{2} + \dots)$
$f(x) = 2x + x^2 + \dots - x + \frac{x^2}{2} - \dots = x + 1.5x^2 + \dots$
આમ,$x$ નો સહગુણક $1$ છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = 1 + \frac{2}{3} - \frac{2}{4} + \frac{2}{5} - \dots \infty$ છે.
આપણે તેને $S = 1 + 2 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots \right)$ તરીકે લખી શકીએ.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ જ્યાં $|x| < 1$.
$x=1$ માટે,$\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$.
તેથી,$\frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots = \log_e 2 - (1 - \frac{1}{2}) = \log_e 2 - \frac{1}{2}$.
આ કિંમત $S$ માં મૂકતા:
$S = 1 + 2 \left( \log_e 2 - \frac{1}{2} \right) = 1 + 2 \log_e 2 - 1 = 2 \log_e 2 = \log_e 2^2 = \log_e 4$.

(B) આપેલ પદ $\log_e \left( 1 + ax^2 + a^2 + \frac{a}{x^2} \right)$ છે.
અંદરના પદના અવયવ પાડતા: $(1 + ax^2)(1 + \frac{a}{x^2})$.
લોગના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા: $\log_e(1 + ax^2) + \log_e(1 + \frac{a}{x^2})$.
લોગ શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા: $\log_e(1 + y) = y - \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} - \dots$
$= (ax^2 - \frac{a^2x^4}{2} + \frac{a^3x^6}{3} - \dots) + (\frac{a}{x^2} - \frac{a^2}{2x^4} + \frac{a^3}{3x^6} - \dots)$
$= a(x^2 + \frac{1}{x^2}) - \frac{a^2}{2}(x^4 + \frac{1}{x^4}) + \frac{a^3}{3}(x^6 + \frac{1}{x^6}) - \dots$

(C) લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ $\log_e(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots \infty$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ ઘાત શ્રેણી $-1 < x \le 1$ માટે અભિસારી છે.
તેથી,આ વિસ્તરણ $x \in (-1, 1]$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય શ્રેણીનું વિસ્તરણ: $\frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+z}{1-z} \right) = z + \frac{z^3}{3} + \frac{z^5}{5} + \dots$ જ્યાં $|z| < 1$.
ધારો કે $z = \frac{1}{y}$. તો આપેલ પદાવલિ $\frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + 1/y}{1 - 1/y} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{y+1}{y-1} \right)$ થાય.
$y = 2x^2 - 1$ મૂકતા:
$\frac{1}{2} \ln \left( \frac{2x^2 - 1 + 1}{2x^2 - 1 - 1} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{2x^2}{2x^2 - 2} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{x^2}{x^2 - 1} \right) = -\frac{1}{2} \ln \left( \frac{x^2 - 1}{x^2} \right) = -\frac{1}{2} \ln \left( 1 - \frac{1}{x^2} \right)$.
વિસ્તરણ $\ln(1-u) = -(u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + \dots)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \frac{1}{x^2}$:
$-\frac{1}{2} [ -(\frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^4} + \frac{1}{3x^6} + \dots) ] = \frac{1}{2} [ \frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^4} + \frac{1}{3x^6} + \dots ]$.

(B) કારણ કે $x, y, z$ ત્રણ ક્રમિક ધન પૂર્ણાંકો છે,તેથી $y = x + 1$ અને $z = x + 2$,એટલે કે $z - x = 2$.
વળી,$2y = x + z$,જે સૂચવે છે કે $y^2 = xz + 1$ (કારણ કે $y^2 - xz = (x+1)^2 - x(x+2) = 1$).
ધારો કે $S = \frac{1}{2}\log_e x + \frac{1}{2}\log_e z + \sum_{n=1, 3, 5, \dots} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{2xz + 1} \right)^n$.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણ $\frac{1}{2} \log_e \left( \frac{1+u}{1-u} \right) = u + \frac{u^3}{3} + \frac{u^5}{5} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \frac{1}{2xz+1}$.
$S = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e \left( \frac{1 + \frac{1}{2xz+1}}{1 - \frac{1}{2xz+1}} \right) = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e \left( \frac{2xz+2}{2xz} \right) = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e \left( \frac{xz+1}{xz} \right)$.
$S = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e (xz+1) - \log_e (xz) = \log_e (xz+1) - \frac{1}{2} \log_e (xz) = \log_e (y^2) - \frac{1}{2} \log_e (xz)$.
$xz = y^2 - 1$ હોવાથી,આનું સાદું રૂપ $\log_e y$ થાય છે.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$T_n = (-1)^{n+1} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$S = \left( 1 - \frac{1}{2} \right) - \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) - \dots$
$S = 1 - 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$. $x=1$ માટે,$\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$.
તેથી,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_e 2$.
આ કિંમત મૂકતા: $S = 1 - 2(1 - \log_e 2) = 1 - 2 + 2 \log_e 2 = 2 \log_e 2 - 1 = \log_e 4 - \log_e e = \log_e \left( \frac{4}{e} \right)$.

(B) આપેલ શ્રેણી લઘુગણકીય વિધેયનું વિસ્તરણ છે:
$y = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots = \ln(1 + x)$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા:
$e^y = 1 + x$
$x$ માટે ગોઠવતા:
$x = e^y - 1$
ઘાતાંકીય શ્રેણીના વિસ્તરણ $e^y = 1 + \frac{y}{1!} + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = (1 + \frac{y}{1!} + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \dots) - 1$
$x = y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \dots$

(A) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ $x^2 - px + q = 0$ ના બીજ છે,તેથી $\alpha + \beta = p$ અને $\alpha \beta = q$.
હવે,પદ $\log_e(1 + px + qx^2)$ ધ્યાનમાં લો.
$p = \alpha + \beta$ અને $q = \alpha \beta$ મુકતા,આપણને મળે છે:
$\log_e(1 + (\alpha + \beta)x + \alpha \beta x^2) = \log_e((1 + \alpha x)(1 + \beta x))$.
$\log(ab) = \log a + \log b$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\log_e(1 + \alpha x) + \log_e(1 + \beta x)$.
લઘુગણકીય શ્રેણી વિસ્તરણ $\log_e(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left( \alpha x - \frac{(\alpha x)^2}{2} + \frac{(\alpha x)^3}{3} - \dots \right) + \left( \beta x - \frac{(\beta x)^2}{2} + \frac{(\beta x)^3}{3} - \dots \right)$.
$x$ ની ઘાત મુજબ પદોને ગોઠવતા:
$= (\alpha + \beta)x - \frac{\alpha^2 + \beta^2}{2}x^2 + \frac{\alpha^3 + \beta^3}{3}x^3 - \dots \infty$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\log(1+z) = z - \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \frac{z^4}{4} + \dots$ જ્યાં $|z| < 1$.
આપેલ છે કે $\log(1 - x + x^2) = \log((1+x^3)/(1+x)) = \log(1+x^3) - \log(1+x)$.
બંને પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$\log(1+x^3) = x^3 - \frac{x^6}{2} + \frac{x^9}{3} - \frac{x^{12}}{4} + \dots$
$\log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^6}{6} + \dots$
આ બંનેની બાદબાકી કરતા,$x^{3k}$ ના સહગુણકો $\log(1+x^3)$ ના પદોમાંથી $\log(1+x)$ ના અનુરૂપ પદો બાદ કરવાથી મળે છે.
ખાસ કરીને,$a_{3k} = \frac{(-1)^{k-1}}{k} - \frac{(-1)^{3k-1}}{3k} = \frac{(-1)^{k-1}}{k} - \frac{(-1)^{k-1}}{3k} = \frac{2}{3} \frac{(-1)^{k-1}}{k}$.
તેથી,$\sum_{k=1}^{\infty} a_{3k} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{3} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \frac{2}{3} (1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + \dots) = \frac{2}{3} \log(2)$.