Logarithmic series Questions in Gujarati

(A) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{2}{(2n-1)(2n)(2n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2}{(2n-1)(2n)(2n+1)} = \frac{1}{2n-1} - \frac{2}{2n} + \frac{1}{2n+1}$.
સરવાળો $S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{2}{2n} + \frac{1}{2n+1} \right)$.
આ શ્રેણીનું સાદું રૂપ આપતા $2 \times (1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + \dots) = 2 \ln 2$ મળે છે.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = \log _4 2 - \log _8 2 + \log _{16} 2 - \dots \infty$ છે.
$\log _{a^n} b = \frac{1}{n} \log _a b$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\log _4 2 = \frac{1}{2}$,$\log _8 2 = \frac{1}{3}$,$\log _{16} 2 = \frac{1}{4}$
શ્રેણીમાં કિંમતો મૂકતા:
$S = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
$\ln(1+x)$ ના ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ મુજબ,$\ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
તેથી,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \ln 2$.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $5x^2 - 3x - 1 = 0$ માટે,બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta = \frac{3}{5}$ અને બીજનો ગુણાકાર $\alpha\beta = -\frac{1}{5}$ છે.
આપેલ શ્રેણી $S = (\alpha + \beta)x - \left( \frac{\alpha^2 + \beta^2}{2} \right)x^2 + \left( \frac{\alpha^3 + \beta^3}{3} \right)x^3 - \dots$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \dots$
શ્રેણીને આ રીતે લખતા: $S = (\alpha x - \frac{(\alpha x)^2}{2} + \frac{(\alpha x)^3}{3} - \dots) + (\beta x - \frac{(\beta x)^2}{2} + \frac{(\beta x)^3}{3} - \dots)$
આથી: $S = \ln(1 + \alpha x) + \ln(1 + \beta x) = \ln((1 + \alpha x)(1 + \beta x))$
ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરતા: $(1 + \alpha x)(1 + \beta x) = 1 + x(\alpha + \beta) + \alpha\beta x^2$
કિંમતો મૂકતા: $S = \ln(1 + \frac{3}{5}x - \frac{1}{5}x^2)$

(A) આપેલ છે કે $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \frac{\pi}{4}$ જ્યાં $0 < a, b < 1$.
સૂત્ર $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right) = \frac{\pi}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા,આપણને મળે $\frac{a+b}{1-ab} = \tan \frac{\pi}{4} = 1$.
આમ,$a+b = 1-ab$,જે સૂચવે છે કે $a+b+ab = 1$.
બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા,આપણને $1+a+b+ab = 2$ મળે છે,જેનું અવયવીકરણ $(1+a)(1+b) = 2$ થાય છે.
આપેલ શ્રેણી $S = \left(a - \frac{a^2}{2} + \frac{a^3}{3} - \dots\right) + \left(b - \frac{b^2}{2} + \frac{b^3}{3} - \dots\right)$ છે.
લોગેરિધમિક વિસ્તરણ $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $|x| < 1$:
$S = \log_e(1+a) + \log_e(1+b) = \log_e((1+a)(1+b))$.
$(1+a)(1+b) = 2$ મૂકતા,આપણને $S = \log_e 2$ મળે છે.

(A) ધારો કે $S = \frac{3}{2} x^{2} + \frac{5}{3} x^{3} + \frac{7}{4} x^{4} + \ldots \infty$
સામાન્ય પદને $\frac{2n+1}{n+1} x^{n+1} = (2 - \frac{1}{n+1}) x^{n+1}$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$S = 2 \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$.
ભૂમિતિ શ્રેણી અને લઘુગણક શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$S = 2 \left( \frac{x^{2}}{1-x} \right) - (-\log_{e}(1-x) - x)$.
$S = \frac{2x^{2} + x - x^{2}}{1-x} - \log_{e}(1-x) = x \left( \frac{1+x}{1-x} \right) - \log_{e}(1-x)$.

(A) આપેલ છે $y = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1} x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} (1 - \frac{1}{n+1}) x^{n+1}$.
$y = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$.
$y = (x^2 + x^3 + x^4 + \dots) - (\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \dots)$.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીના સરવાળા $\frac{x^2}{1-x}$ અને વિસ્તરણ $-\ln(1-x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \frac{x^2}{1-x} - (-\ln(1-x) - x) = \frac{x^2}{1-x} + \ln(1-x) + x$.
$y = \frac{x^2 + x(1-x)}{1-x} + \ln(1-x) = \frac{x}{1-x} + \ln(1-x)$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે,$y = \frac{1/2}{1-1/2} + \ln(1-1/2) = 1 + \ln(1/2) = 1 - \ln 2$.
તેથી $e^{1+y} = e^{1 + 1 - \ln 2} = e^{2 - \ln 2} = e^2 \cdot e^{-\ln 2} = e^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{e^2}{2}$.

(A) ધારો કે શ્રેણી $S = 1 + \frac{x}{2 \sqrt{3}} + \frac{x^2}{18} + \frac{x^3}{36 \sqrt{3}} + \frac{x^4}{180} + \ldots \infty$ છે,જ્યાં $x = \sqrt{3} - \sqrt{2}$.
$t = \frac{x}{\sqrt{3}} = 1 - \sqrt{\frac{2}{3}}$ મૂકતા.
શ્રેણી $S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n(n+1)}$ બને છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$.
$S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) t^n = 2 + \left(\frac{1}{t} - 1\right) \log_e(1-t)$.
$1-t = \sqrt{\frac{2}{3}}$ હોવાથી,$S = 2 + \left(\sqrt{\frac{3}{2}} + 1\right) \log_e\left(\frac{2}{3}\right)$.
સરખામણી કરતા,$a=2, b=3$ મળે છે.
$11a + 18b = 11(2) + 18(3) = 76$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)(2n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(2n)(2n+1)} = \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1}$.
તેથી,$S = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{6} - \frac{1}{7}) + \dots$
આને $S = 1 - (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots)$ તરીકે લખી શકાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$.
તેથી,$S = 1 - \log_e 2$.
$1 = \log_e e$ હોવાથી,$S = \log_e e - \log_e 2 = \log_e \left(\frac{e}{2}\right)$.

(D) આપેલ શ્રેણી $\log _4 2 - \log _8 2 + \log _{16} 2 - \ldots$ છે.
ગુણધર્મ $\log _b a = \frac{1}{\log _a b}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{\log _2 4} - \frac{1}{\log _2 8} + \frac{1}{\log _2 16} - \ldots$
$= \frac{1}{\log _2 2^2} - \frac{1}{\log _2 2^3} + \frac{1}{\log _2 2^4} - \ldots$
$= \frac{1}{2 \log _2 2} - \frac{1}{3 \log _2 2} + \frac{1}{4 \log _2 2} - \ldots$
$\log _2 2 = 1$ હોવાથી,શ્રેણી આ મુજબ થશે:
$= \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log _e(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$
$x = 1$ લેતા,$\log _e(1 + 1) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ldots$
$\Rightarrow \log _e 2 = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots)$
$\Rightarrow \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots = 1 - \log _e 2$

(B) ધારો કે $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n+1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{n(2n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1}$.
તેથી,$S = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1} \right) = \left( 1 - \frac{2}{3} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{2}{5} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{2}{7} \right) + \dots$
$S = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
$\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા,$x=1$ માટે $\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$.
તેથી,$S = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots) = 1 - (1 - \log_e 2) = 2 - \log_e 2$.

(C) ધારો કે $y = x \log _e a$. આપેલી શ્રેણી $y + \frac{y^3}{3!} + \frac{y^5}{5!} + \dots$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે હાયપરબોલિક સાઈન વિધેયનું ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $\sinh(y) = y + \frac{y^3}{3!} + \frac{y^5}{5!} + \dots$ છે.
$y = x \log _e a$ ને શ્રેણીમાં પાછું મૂકતા,આપણને $\sinh(x \log _e a)$ મળે છે.
આમ,શ્રેણીનું મૂલ્ય $\sinh(x \log _e a)$ છે.

(B) ધારો કે $x = \log \left(\tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}\right)\right)$.
તેથી,$e^x = \tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}\right) = \frac{1+\tan \frac{\theta}{2}}{1-\tan \frac{\theta}{2}}$.
યોગ-વિયોગના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{e^x-1}{e^x+1} = \frac{(1+\tan \frac{\theta}{2}) - (1-\tan \frac{\theta}{2})}{(1+\tan \frac{\theta}{2}) + (1-\tan \frac{\theta}{2})} = \frac{2 \tan \frac{\theta}{2}}{2} = \tan \frac{\theta}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tanh \left(\frac{x}{2}\right) = \frac{e^{x/2} - e^{-x/2}}{e^{x/2} + e^{-x/2}} = \frac{e^x - 1}{e^x + 1}$.
તેથી,$\tan \frac{\theta}{2} = \tanh \left(\frac{x}{2}\right)$.
બંને બાજુ પ્રતિવિધેય લેતા:
$\frac{x}{2} = \tanh ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right)$.
આમ,$x = 2 \tanh ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right)$.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$.
તેથી,$\log(1+x+x^2) = \log(1-x^3) - \log(1-x)$.
$\log(1-t) = -(t + \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} + \dots)$ વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\log(1-x^3) = -(x^3 + \frac{x^6}{2} + \dots)$
$-\log(1-x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,વિસ્તરણ $x + \frac{x^2}{2} + (\frac{1}{3} - 1)x^3 + \dots$ મળે છે.
આમ,$x^3$ નો સહગુણક $\frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3}$ છે.

(A) ધારો કે $y = \tanh^{-1} x$.
તેથી $x = \tanh y$.
હાયપરબોલિક ટેન્જેન્ટ વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,આપણી પાસે $x = \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}}$ છે.
બંને બાજુ $(e^y + e^{-y})$ વડે ગુણતા,આપણને $x(e^y + e^{-y}) = e^y - e^{-y}$ મળે છે.
$xe^y + xe^{-y} = e^y - e^{-y}$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $e^y(1 - x) = e^{-y}(1 + x)$ મળે છે.
બંને બાજુ $(1 - x)$ વડે ભાગતા,આપણને $e^y = e^{-y} \frac{1 + x}{1 - x}$ મળે છે.
બંને બાજુ $e^y$ વડે ગુણતા,આપણને $e^{2y} = \frac{1 + x}{1 - x}$ મળે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $2y = \log \left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)$ મળે છે.
તેથી,$y = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે ઇન્વર્સ હાઇપરબોલિક કોસાઇન વિધેયનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\cosh^{-1}(x) = \log(x + \sqrt{x^2 - 1})$
સૂત્રમાં $x = 2$ મૂકતા:
$\cosh^{-1}(2) = \log(2 + \sqrt{2^2 - 1})$
$\cosh^{-1}(2) = \log(2 + \sqrt{4 - 1})$
$\cosh^{-1}(2) = \log(2 + \sqrt{3})$

(C) આપેલ શ્રેણી $\frac{1}{2} - \frac{1}{2 \cdot 2^2} + \frac{1}{3 \cdot 2^3} - \frac{1}{4 \cdot 2^4} + \ldots$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે લઘુગણકીય વિસ્તરણ: $\log _e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$
આપેલ શ્રેણીને વિસ્તરણ સાથે સરખાવતા,આપણે $x = \frac{1}{2}$ લઈએ છીએ.
$x = \frac{1}{2}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\log _e\left(1 + \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} - \frac{(1/2)^2}{2} + \frac{(1/2)^3}{3} - \frac{(1/2)^4}{4} + \ldots$
$= \log _e\left(\frac{3}{2}\right)$.

(B) ધારો કે શ્રેણી $S = 1 + \frac{1}{3 \cdot 2^2} + \frac{1}{5 \cdot 2^4} + \frac{1}{7 \cdot 2^6} + \ldots$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log _e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \ldots \right)$ જ્યાં $|x| < 1$.
શ્રેણીને આ રીતે લખતા: $S = 2 \left[ \frac{1}{2} + \frac{(1/2)^3}{3} + \frac{(1/2)^5}{5} + \ldots \right]$
$x = 1/2$ લેતા:
$S = \log _e \left( \frac{1 + 1/2}{1 - 1/2} \right) = \log _e \left( \frac{3/2}{1/2} \right) = \log _e 3$.

(B) આપેલ છે કે $b = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a^k}{k}$.
લઘુગણકીય શ્રેણીના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $-\ln(1-a) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a^k}{k}$ જ્યાં $|a| < 1$.
તેથી,$b = -\ln(1-a)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $e^{-b} = 1-a$,તેથી $a = 1 - e^{-b}$.
$e^{-b} = 1 - \frac{b}{1!} + \frac{b^2}{2!} - \frac{b^3}{3!} + \dots$ ના ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$a = 1 - (1 - \frac{b}{1!} + \frac{b^2}{2!} - \frac{b^3}{3!} + \dots)$
$a = \frac{b}{1!} - \frac{b^2}{2!} + \frac{b^3}{3!} - \dots$
$a = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} b^k}{k!}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$.
તેથી,$\log(1+x+x^2) = \log(1-x^3) - \log(1-x)$.
$\log(1-u) = -(u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + \dots)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\log(1-x^3) = -(x^3 + \frac{x^6}{2} + \dots)$
$-\log(1-x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,વિસ્તરણ $x + \frac{x^2}{2} + (\frac{1}{3} - 1)x^3 + \dots$ મળે છે.
આમ,$x^3$ નો સહગુણક $\frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3}$ છે.

(A) આપેલ શ્રેણીનું વિસ્તરણ: $y = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$
આ $\log(1+x)$ માટેનું પ્રમાણિત લઘુગણકીય શ્રેણી વિસ્તરણ છે જ્યાં $|x| < 1$.
તેથી,$y = \log(1+x)$.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા: $e^y = 1+x$.
તેથી,$x = e^y - 1$.
$e^y$ માટેનું ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણ $e^y = 1 + y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \ldots$ છે.
આ કિંમત $x$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$x = (1 + y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \ldots) - 1$.
$x = y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \ldots$.

(A) આપેલ છે કે $x(y^3 - 1) = 1$,તેથી $x = \frac{1}{y^3 - 1}$.
ધારો કે $k = \frac{1}{x} = y^3 - 1$.
શ્રેણી $S = 2k + \frac{2}{3}k^3 + \frac{2}{5}k^5 + \dots$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log \left( \frac{1+k}{1-k} \right) = 2(k + \frac{k^3}{3} + \frac{k^5}{5} + \dots) = 2k + \frac{2}{3}k^3 + \frac{2}{5}k^5 + \dots$
$k = y^3 - 1$ મુકતા:
$S = \log \left( \frac{1 + (y^3 - 1)}{1 - (y^3 - 1)} \right) = \log \left( \frac{y^3}{2 - y^3} \right)$.

(C) આપેલ છે કે,$x = \operatorname{sech}^{-1} \frac{1}{2} + \tanh^{-1} \frac{1}{2}$.
લોગરીધમિક સ્વરૂપોનો ઉપયોગ કરતા: $\operatorname{sech}^{-1} z = \ln \left( \frac{1 + \sqrt{1 - z^2}}{z} \right)$ અને $\tanh^{-1} z = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + z}{1 - z} \right)$.
$z = \frac{1}{2}$ માટે,$\operatorname{sech}^{-1} \frac{1}{2} = \ln (2 + \sqrt{3})$ અને $\tanh^{-1} \frac{1}{2} = \ln \sqrt{3}$.
તેથી,$x = \ln (2 + \sqrt{3}) + \ln \sqrt{3} = \ln (2\sqrt{3} + 3)$.
હવે,$\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$.
$e^x = 2\sqrt{3} + 3$ હોવાથી,$e^{-x} = \frac{2\sqrt{3} - 3}{3}$.
તેથી,$\cosh x = \frac{(2\sqrt{3} + 3) + \frac{2\sqrt{3} - 3}{3}}{2} = \frac{8\sqrt{3} + 6}{6} = \frac{4\sqrt{3} + 3}{3}$.

(C) આપણને સમીકરણ $\tanh ^{-1} x = a \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ આપેલ છે,જ્યાં $|x| < 1$ ...$(i)$
આપણે જાણીએ છીએ કે ઇન્વર્સ હાઇપરબોલિક ટેન્જન્ટ વિધેયની પ્રમાણિત લઘુગણકીય વ્યાખ્યા $\tanh ^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ છે ...(ii)
સમીકરણ $(i)$ અને સમીકરણ (ii) ની સરખામણી કરતા,આપણે લઘુગણકીય પદના સહગુણકોને સરખાવી શકીએ છીએ.
તેથી,$a = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(D) અનંત $GP$ નો સરવાળો $S_{k} = \frac{a}{1-r} = \frac{k}{1-\frac{k}{k+1}} = k(k+1)$ છે.
આપણે $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k(k+1)}$ શોધવાનું છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$.
તેથી,સરવાળો $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) = -1 + 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots \right)$ થાય.
$\log_{e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$ હોવાથી,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_{e} 2$ થાય.
આથી,સરવાળો $-1 + 2(1 - \log_{e} 2) = 1 - \log_{e} 4$ મળે.

(C) આપેલ છે,$P = 1 + \frac{1}{2 \times 2} + \frac{1}{3 \times 2^{2}} + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^{n-1}}{n}$.
$-\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ ના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$P = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n} = 2 [-\ln(1 - 1/2)] = 2 \ln 2$.
આપેલ છે,$Q = \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{3 \times 4} + \frac{1}{5 \times 6} + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(2n-1)(2n)} = \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n}$.
આમ,$Q = (1 - 1/2) + (1/3 - 1/4) + (1/5 - 1/6) + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln(1+1) = \ln 2$.
$P = 2 \ln 2$ અને $Q = \ln 2$ ની સરખામણી કરતા,આપણને $P = 2Q$ મળે છે.

(C) ધારો કે શ્રેણી $S = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n(n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$.
તેથી,$S = (\frac{1}{1} - \frac{1}{2}) - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) - (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \dots$
$S = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + \dots$
$S = 1 - 2(\frac{1}{2}) + 2(\frac{1}{3}) - 2(\frac{1}{4}) + 2(\frac{1}{5}) - \dots$
$S = 1 - 2[\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots]$
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,$\log_{e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
તેથી,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_{e} 2$.
આ કિંમત મૂકતા,$S = 1 - 2(1 - \log_{e} 2) = 1 - 2 + 2 \log_{e} 2 = 2 \log_{e} 2 - 1$.