Logarithmic series Questions in Hindi

(C) दी गई श्रेणी $1 - e^{-x}$ का विस्तार है।
$y = x - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} - \frac{x^4}{4!} + \dots = 1 - e^{-x}$
$e^{-x} = 1 - y$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$-x = \log_e(1 - y)$
$x = -\log_e(1 - y)$
$x = \log_e\left(\frac{1}{1 - y}\right)$

(B) दी गई श्रेणी $y = - \left( {{x^3} + \frac{{{x^6}}}{2} + \frac{{{x^9}}}{3} + \dots} \right)$ है।
हम जानते हैं कि लघुगणकीय विस्तार $\ln(1 - t) = - \left( {t + \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + \dots} \right)$ होता है,जहाँ $|t| < 1$ है।
$t = x^3$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $y = \ln(1 - x^3)$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का घातांक लेने पर,$e^y = 1 - x^3$ प्राप्त होता है।
$x^3$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$x^3 = 1 - e^y$ प्राप्त होता है।
अतः,$x = (1 - e^y)^{1/3}$।

(C) हम हाइपरबोलिक कोसाइन फलन का विस्तार जानते हैं: $\cosh(x) = 1 + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \dots = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$.
$x = \log_e n$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$1 + \frac{(\log_e n)^2}{2!} + \frac{(\log_e n)^4}{4!} + \dots = \frac{e^{\log_e n} + e^{-\log_e n}}{2}$.
चूंकि $e^{\log_e n} = n$ और $e^{-\log_e n} = e^{\log_e(n^{-1})} = n^{-1}$,व्यंजक बन जाता है:
$\frac{n + n^{-1}}{2}$.

(B) दी गई श्रेणी $S = \frac{1}{1 \times 2} - \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{3 \times 4} - \frac{1}{4 \times 5} + \dots + \infty$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$।
अतः,$S = (1 - \frac{1}{2}) - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) - (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \dots$।
$S = 1 - 2(\frac{1}{2}) + 2(\frac{1}{3}) - 2(\frac{1}{4}) + 2(\frac{1}{5}) - \dots$।
$S = 1 - 2(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots)$।
हम जानते हैं कि $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$।
$x=1$ के लिए,$\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$,जिसका अर्थ है कि $\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_e 2$।
इस मान को $S$ में रखने पर: $S = 1 - 2(1 - \log_e 2) = 1 - 2 + 2 \log_e 2 = 2 \log_e 2 - 1 = \log_e 4 - \log_e e = \log_e(\frac{4}{e})$।
अतः,$e^S = e^{\log_e(4/e)} = \frac{4}{e}$।

(A) श्रेणी का सामान्य पद $T_n = \frac{n+1}{n} \cdot \frac{1}{3^n} = \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \frac{1}{3^n} = \frac{1}{3^n} + \frac{1}{n \cdot 3^n}$ है।
योग $S = \sum_{n=1}^{\infty} T_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 3^n}$।
पहला भाग एक गुणोत्तर श्रेणी है: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{1/3}{1 - 1/3} = \frac{1}{2}$।
दूसरा भाग लघुगणकीय विस्तार का उपयोग करता है: $-\log_e(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$। $x = \frac{1}{3}$ के लिए,हमें $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 3^n} = -\log_e(2/3)$ प्राप्त होता है।
अतः,$S = \frac{1}{2} - \log_e \left( \frac{2}{3} \right)$।

(D) माना $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1} x^{n+1}$.
हम $\frac{n}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1}$ लिख सकते हैं।
अतः,$S = \sum_{n=1}^{\infty} (1 - \frac{1}{n+1}) x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$.
$S = (x^2 + x^3 + x^4 + \dots) - (\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \dots)$.
पहला भाग एक गुणोत्तर श्रेणी है: $\frac{x^2}{1-x}$.
दूसरा भाग $-\log_e(1-x) - x$ का विस्तार है।
इसलिए,$S = \frac{x^2}{1-x} - (-\log_e(1-x) - x) = \frac{x^2}{1-x} + x + \log_e(1-x)$.
$S = \frac{x^2 + x(1-x)}{1-x} + \log_e(1-x) = \frac{x}{1-x} + \log_e(1-x)$.

(A) माना $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{x^n - 1}{(x + 1)^n} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \left( \left( \frac{x}{x + 1} \right)^n - \left( \frac{1}{x + 1} \right)^n \right)$.
लघुगणकीय श्रेणी विस्तार $\ln(1 - y) = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^n}{n}$ का उपयोग करते हुए:
$S = - \ln\left(1 - \frac{x}{x + 1}\right) - \left( - \ln\left(1 - \frac{1}{x + 1}\right) \right)$.
$S = - \ln\left(\frac{1}{x + 1}\right) + \ln\left(\frac{x}{x + 1}\right)$.
$S = \ln(x + 1) + \ln\left(\frac{x}{x + 1}\right) = \ln\left((x + 1) \cdot \frac{x}{x + 1}\right) = \ln x$.

(B) श्रेणी का सामान्य पद $T_n = \frac{1}{(2n - 1)(2n)(2n + 1)}$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$T_n = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2n - 1} - \frac{2}{2n} + \frac{1}{2n + 1} \right] = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} \right) - \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n + 1} \right) \right]$।
$n=1$ से $\infty$ तक योग करने पर:
$S = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} \right) - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n + 1} \right)$।
हम लघुगणकीय श्रेणी विस्तार जानते हैं $\log_{e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} \right)$।
साथ ही,$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n + 1} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots = 1 - \log_{e} 2$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$S = \frac{1}{2} (\log_{e} 2) - \frac{1}{2} (1 - \log_{e} 2) = \frac{1}{2} \log_{e} 2 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{e} 2 = \log_{e} 2 - \frac{1}{2}$।

(A) दी गई श्रेणी $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n-1}{n} \cdot \frac{1}{2^n}$ है।
हम सामान्य पद को $\left( 2 - \frac{1}{n} \right) \frac{1}{2^n} = 2 \cdot \frac{1}{2^n} - \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2^n}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$S = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n}$।
अनंत गुणोत्तर श्रेणी के योग के सूत्र $\sum_{n=1}^{\infty} ar^{n-1} = \frac{a}{1-r}$ का उपयोग करने पर,हमें $2 \sum_{n=1}^{\infty} (1/2)^n = 2 \cdot \frac{1/2}{1 - 1/2} = 2(1) = 2$ प्राप्त होता है।
लघुगणकीय श्रेणी के विस्तार $-\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ का उपयोग करने पर,$x = 1/2$ के लिए,$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n} = -\ln(1 - 1/2) = -\ln(1/2) = \ln 2$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$S = 2 - \ln 2$।

(A) हम जानते हैं कि $\log_e \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} = \frac{1}{2} \log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$.
लघुगणकीय श्रेणी के विस्तार $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \right)$ का उपयोग करने पर,जहाँ $|x| < 1$.
इस मान को व्यंजक में रखने पर:
$\frac{1}{2} \times 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \right) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) दी गई श्रेणी $\frac{1}{x + 1} + \frac{1}{2(x + 1)^2} + \frac{1}{3(x + 1)^3} + \dots \infty$ है।
हम जानते हैं कि लघुगणकीय विस्तार: $-\log_e(1 - y) = y + \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} + \dots \infty$,जहाँ $|y| < 1$ है।
माना $y = \frac{1}{x + 1}$ है।
तब श्रेणी $-\log_e\left(1 - \frac{1}{x + 1}\right)$ हो जाती है।
$= -\log_e\left(\frac{x + 1 - 1}{x + 1}\right) = -\log_e\left(\frac{x}{x + 1}\right)$.
$= \log_e\left(\frac{x + 1}{x}\right) = \log_e\left(1 + \frac{1}{x}\right)$.

(C) हम जानते हैं कि $\log _e(x + 1) - \log _e(x - 1) = \log _e\left( \frac{x + 1}{x - 1} \right)$.
अंश और हर को $x$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\log _e\left( \frac{1 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{1}{x}} \right) = \log _e\left( 1 + \frac{1}{x} \right) - \log _e\left( 1 - \frac{1}{x} \right)$.
लघुगणकीय श्रेणी विस्तार $\log _e(1 + y) = y - \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} - \dots$ और $\log _e(1 - y) = -y - \frac{y^2}{2} - \frac{y^3}{3} - \dots$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $y = \frac{1}{x}$:
$\log _e\left( 1 + \frac{1}{x} \right) - \log _e\left( 1 - \frac{1}{x} \right) = 2\left( \frac{1}{x} + \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5x^5} + \dots \infty \right)$.

(B) हम लघुगणकीय श्रेणी का विस्तार जानते हैं: $-\log_e(1 - x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$ जहाँ $|x| < 1$.
माना $x = \frac{a - b}{a}$.
तब दी गई श्रेणी $-\log_e \left( 1 - \frac{a - b}{a} \right)$ है।
$= -\log_e \left( \frac{a - (a - b)}{a} \right) = -\log_e \left( \frac{b}{a} \right)$.
$= \log_e \left( \frac{a}{b} \right)$.

(A) हम जानते हैं कि लघुगणकीय श्रेणी का विस्तार $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots \infty$ है,जहाँ $-1 < x \le 1$ है।
अंश में $x = a - 1$ रखने पर,हमें $(a - 1) - \frac{(a - 1)^2}{2} + \frac{(a - 1)^3}{3} - \dots \infty = \ln(1 + a - 1) = \ln(a)$ प्राप्त होता है।
इसी प्रकार,हर में $x = b - 1$ रखने पर,हमें $(b - 1) - \frac{(b - 1)^2}{2} + \frac{(b - 1)^3}{3} - \dots \infty = \ln(1 + b - 1) = \ln(b)$ प्राप्त होता है।
अतः,व्यंजक $\frac{\ln(a)}{\ln(b)}$ हो जाता है।
आधार परिवर्तन सूत्र $\frac{\log_k a}{\log_k b} = \log_b a$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{\ln(a)}{\ln(b)} = \log_b a$ प्राप्त होता है।

(C) दी गई श्रेणी $\frac{x}{1} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots = -\ln(1-x)$ के रूप में है,जहाँ $x = \frac{1}{5}$ है।
श्रेणी के विस्तार में $x = \frac{1}{5}$ रखने पर:
$S = -\ln(1 - \frac{1}{5}) = -\ln(\frac{4}{5}) = \ln(\frac{5}{4})$.
हम $\frac{5}{4}$ को $(\frac{\sqrt{5}}{2})^2$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$S = \ln((\frac{\sqrt{5}}{2})^2) = 2\ln(\frac{\sqrt{5}}{2})$.
इस प्रकार,सही विकल्प $C$ है।

(C) माना $f(x) = \log_e [(1 + x)^{1 + x} (1 - x)^{1 - x}]$.
$\log(ab) = \log a + \log b$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$f(x) = (1 + x) \log_e(1 + x) + (1 - x) \log_e(1 - x)$.
लघुगणकीय श्रेणी के विस्तार का उपयोग करने पर:
$f(x) = (1 + x)(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots) + (1 - x)(-x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \dots)$.
पदों का विस्तार करने पर:
$f(x) = 2 [\frac{x^2}{1 \cdot 2} + \frac{x^4}{3 \cdot 4} + \frac{x^6}{5 \cdot 6} + \dots]$.
अतः,सही विकल्प $C$ है.

(A) दी गई अभिव्यक्ति: $f(x) = 2 \ln x - \ln(x + 1) - \ln(x - 1)$
$= 2 \ln x - \ln((x + 1)(x - 1))$
$= 2 \ln x - \ln(x^2 - 1)$
$= 2 \ln x - \ln(x^2(1 - \frac{1}{x^2}))$
$= 2 \ln x - (\ln x^2 + \ln(1 - \frac{1}{x^2}))$
$= 2 \ln x - 2 \ln x - \ln(1 - \frac{1}{x^2})$
$= - \ln(1 - \frac{1}{x^2})$
विस्तार $\ln(1 - t) = - (t + \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} + \dots)$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $t = \frac{1}{x^2}$:
$= - [ - (\frac{1}{x^2} + \frac{1}{2(x^2)^2} + \dots) ]$
$= \frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^4} + \dots$
$x^{-4}$ का गुणांक $\frac{1}{2} = 0.5$ है।

(B) दी गई श्रेणी $S = \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{4 \times 5} + \frac{1}{6 \times 7} + \dots$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$।
अतः,$S = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{6} - \frac{1}{7}) + \dots$
हम लघुगणकीय श्रेणी विस्तार $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ जानते हैं।
$x=1$ के लिए,$\log_e(2) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots$
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,$1 - \log_e(2) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
यह हमारी श्रेणी $S$ से मेल खाता है।
इसलिए,$S = 1 - \log_e(2) = \log_e(e) - \log_e(2) = \log_e(e/2)$।

(A) हम जानते हैं कि लघुगणकीय श्रेणी का विस्तार:
${\log_e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
दी गई श्रेणी $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n(n+1)}$ है।
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$।
अतः,$S = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) = 2{\log_e} 2 - 1 = {\log_e} 4 - {\log_e} e = {\log_e} \left( \frac{4}{e} \right)$.

(A) माना दी गई श्रेणी $S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n+1} \right) \frac{1}{4^n}$ है।
$S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} \left( \frac{1}{4} \right)^n + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n+1} \left( \frac{1}{4} \right)^n$।
$\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ और $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \right)$ विस्तार का उपयोग करते हुए।
$x = \frac{1}{2}$ लेने पर,$\log_e(1+x) = \log_e(3/2)$ और $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = \log_e(3)$ प्राप्त होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$S = \log_e(2\sqrt{3})$ प्राप्त होता है।

(A) दी गई श्रेणी $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n-1)(2n+1)}$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right)$।
अतः,$S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n(2n-1)} - \frac{1}{2n(2n+1)} \right)$।
इसे $S = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n} \right) - \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1} \right) \right)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
श्रेणी का विस्तार करने पर: $S = (1 - 1/2) - (1/2 - 1/3) + (1/3 - 1/4) - (1/4 - 1/5) + \dots$
$S = 1 - 2(1/2) + 2(1/3) - 2(1/4) + 2(1/5) - \dots$
$S = -1 + 2(1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - \dots) = -1 + 2 \log_e 2$।

(B) दी गई श्रेणी $S = \frac{4}{1 \times 3} - \frac{6}{2 \times 4} + \frac{12}{5 \times 7} - \frac{14}{6 \times 8} + \dots$ है।
हम पदों को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$S = \left( \frac{1+3}{1 \times 3} \right) - \left( \frac{2+4}{2 \times 4} \right) + \left( \frac{5+7}{5 \times 7} \right) - \left( \frac{6+8}{6 \times 8} \right) + \dots$
$S = \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{1} \right) - \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{7} + \frac{1}{5} \right) - \left( \frac{1}{8} + \frac{1}{6} \right) + \dots$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \dots$
यह $x=1$ पर $\log_e(1+x)$ का मानक विस्तार है,जो $\log_e 2$ के बराबर है।

(B) हमारे पास $\log_e x - \log_e (x - 1) = \log_e \left( \frac{x}{x - 1} \right)$ है।
इसे $\log_e \left( \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} \right) = -\log_e \left( 1 - \frac{1}{x} \right)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
लघुगणकीय श्रेणी के विस्तार $-\log_e (1 - y) = y + \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} + \dots$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $y = \frac{1}{x}$,हमें प्राप्त होता है:
$-\log_e \left( 1 - \frac{1}{x} \right) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + \frac{1}{3x^3} + \dots \infty$.

(C) दी गई श्रेणी $S = \frac{1}{n^2} + \frac{1}{2n^4} + \frac{1}{3n^6} + \dots \infty$ है।
इसे $S = \frac{(1/n^2)^1}{1} + \frac{(1/n^2)^2}{2} + \frac{(1/n^2)^3}{3} + \dots$ के रूप में लिखा जा सकता है।
लघुगणकीय विस्तार $-\log_e(1 - x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $x = \frac{1}{n^2}$,हमें प्राप्त होता है:
$S = -\log_e(1 - \frac{1}{n^2}) = -\log_e(\frac{n^2 - 1}{n^2}) = \log_e(\frac{n^2}{n^2 - 1})$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(D) हम लघुगणकीय श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हैं: $\frac{1}{2}\log_e\left( \frac{1+x}{1-x} \right) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots$ जहाँ $x = \frac{m-n}{m+n}$ है।
सूत्र में $x$ का मान रखने पर:
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{1 + \frac{m-n}{m+n}}{1 - \frac{m-n}{m+n}} \right)$
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{\frac{m+n+m-n}{m+n}}{\frac{m+n-(m-n)}{m+n}} \right)$
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{2m}{2n} \right)$
$= \frac{1}{2}\log_e\left( \frac{m}{n} \right)$.

(B) दी गई श्रेणी $S = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^3} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2^5} + \dots \infty$ है।
हम जानते हैं कि लघुगणकीय श्रेणी का विस्तार: $\log_e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \dots \infty \right)$ जहाँ $|x| < 1$ है।
माना $x = \frac{1}{2}$। तब,$\log_e \left( \frac{1 + 1/2}{1 - 1/2} \right) = 2 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^3} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2^5} + \dots \infty \right)$।
$\log_e \left( \frac{3/2}{1/2} \right) = 2S$।
$\log_e(3) = 2S$।
$S = \frac{1}{2} \log_e(3) = \log_e(3^{1/2}) = \log_e \sqrt{3}$।

(A) दिया गया समीकरण $4\left[ {{x^2} + \frac{{{x^6}}}{3} + \frac{{{x^{10}}}}{5} + \dots} \right] = {y^2} + \frac{{{y^4}}}{2} + \frac{{{y^6}}}{3} + \dots$ है।
लघुगणकीय श्रेणी के विस्तार का उपयोग करते हुए:
$2 \ln\left( \frac{1+x^2}{1-x^2} \right) = -\ln(1-y^2)$
इसे सरल करने पर:
$\ln\left( \frac{1+x^2}{1-x^2} \right)^2 = \ln\left( \frac{1}{1-y^2} \right)$
दोनों पक्षों का घातांक लेने पर:
$\left( \frac{1+x^2}{1-x^2} \right)^2 = \frac{1}{1-y^2}$
पदों को व्यवस्थित करने पर हमें ${x^2}y = 2x - y$ प्राप्त होता है।

(B) दी गई श्रेणी $S = \log_{e} 2 + \log_{e} \left( \frac{3}{2} \right) + \log_{e} \left( \frac{4}{3} \right) + \dots + \log_{e} \left( \frac{n}{n - 1} \right)$ है।
$\log a + \log b = \log(ab)$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$S = \log_{e} \left( 2 \times \frac{3}{2} \times \frac{4}{3} \times \dots \times \frac{n}{n - 1} \right)$.
सभी मध्यवर्ती पद कट जाएंगे:
$S = \log_{e} (n)$.
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(A) दी गई श्रेणी $\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} - \frac{1}{4n^4} + \dots$ है।
इसे $\frac{1}{n} - \frac{(1/n)^2}{2} + \frac{(1/n)^3}{3} - \frac{(1/n)^4}{4} + \dots$ के रूप में लिखा जा सकता है।
हम जानते हैं कि लघुगणकीय श्रेणी का विस्तार $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ है,जहाँ $|x| < 1$ है।
$x = \frac{1}{n}$ रखने पर,हमें $\log_e(1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} - \frac{(1/n)^2}{2} + \frac{(1/n)^3}{3} - \dots$ प्राप्त होता है।
अतः,योग $\log_e\left(\frac{n+1}{n}\right)$ है।

(D) दी गई श्रेणी $S = \log_{4} 2 - \log_{8} 2 + \log_{16} 2 - \dots$ है।
गुणधर्म $\log_{y^n} x^m = \frac{m}{n} \log_{y} x$ का उपयोग करने पर,$\log_{2^2} 2 = \frac{1}{2} \log_{2} 2 = \frac{1}{2}$,$\log_{2^3} 2 = \frac{1}{3}$,आदि।
अतः,$S = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
हम जानते हैं कि $\log_{e}(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$
$x=1$ रखने पर,$\log_{e}(2) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
इसे व्यवस्थित करने पर,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_{e} 2$.
इसलिए,$S = 1 - \log_{e} 2$.

(A) माना दी गई श्रेणी $S = \log_{3} e - \log_{9} e + \log_{27} e - \dots$ है।
गुणधर्म $\log_{a^n} b = \frac{1}{n} \log_{a} b$ का उपयोग करने पर:
$S = \log_{3} e - \frac{1}{2} \log_{3} e + \frac{1}{3} \log_{3} e - \dots$
$\log_{3} e$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$S = (\log_{3} e) \left( 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots \right)$
हम जानते हैं कि $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$,इसलिए $x=1$ के लिए,$\ln(2) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots$
अतः,$S = (\log_{3} e) \ln(2) = \frac{\ln e}{\ln 3} \cdot \ln 2 = \frac{1}{\ln 3} \cdot \ln 2 = \log_{3} 2$.

(A) दी गई श्रेणी $x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ के रूप में है,जहाँ $x = 0.5$ है।
हम जानते हैं कि $\log_e(1 + x)$ का विस्तार $\log_e(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ होता है,जहाँ $-1 < x \leq 1$ है।
श्रेणी में $x = 0.5$ रखने पर:
$0.5 - \frac{(0.5)^2}{2} + \frac{(0.5)^3}{3} - \frac{(0.5)^4}{4} + \dots = \log_e(1 + 0.5)$.
$= \log_e(1.5) = \log_e(\frac{3}{2})$.

(B) हम जानते हैं कि $\log_a(1 + x) = \log_e(1 + x) \cdot \log_a e$ होता है।
मानक लघुगणकीय श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हुए,$\log_e(1 + x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}$ होता है।
इसे व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\log_a(1 + x) = \log_a e \left( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} \right)$।
अतः,$x^n$ का गुणांक $\frac{(-1)^{n-1}}{n} \log_a e$ है।

(A) हमारे पास $\log_{10}\left(\frac{n}{n-1}\right) = \log_e\left(\frac{n}{n-1}\right) \cdot \log_{10}e$ है।
$= -\log_e\left(\frac{n-1}{n}\right) \cdot \log_{10}e = -\log_{10}e \cdot \log_e\left(1 - \frac{1}{n}\right)$.
लघुगणकीय श्रेणी विस्तार $\log_e(1-x) = -\sum_{r=1}^{\infty} \frac{x^r}{r}$ का उपयोग करते हुए,$x = \frac{1}{n}$ रखने पर:
$= -\log_{10}e \cdot \left(-\sum_{r=1}^{\infty} \frac{(1/n)^r}{r}\right) = \log_{10}e \cdot \sum_{r=1}^{\infty} \frac{n^{-r}}{r}$.
अतः,$n^{-r}$ का गुणांक $\frac{\log_{10}e}{r} = \frac{1}{r \log_e 10}$ है।

(B) हमारे पास $\log_e(1 + 3x + 2x^2) = \log_e((1 + x)(1 + 2x)) = \log_e(1 + x) + \log_e(1 + 2x)$ है।
$\log_e(1 + y) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{y^n}{n}$ के विस्तार का उपयोग करते हुए:
$\log_e(1 + x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}$
$\log_e(1 + 2x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(2x)^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{2^n x^n}{n}$
इन दोनों को जोड़ने पर,$x^n$ का गुणांक $(-1)^{n-1} \left( \frac{1}{n} + \frac{2^n}{n} \right) = (-1)^{n-1} \frac{2^n + 1}{n}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $(-1)^{n-1} = (-1)^{n+1}$,इसलिए गुणांक $\frac{(-1)^{n+1}(2^n + 1)}{n}$ है।

(D) दी गई व्यंजक $E = e^{\left( {x - \frac{1}{2}{(x - 1)}^2 + \frac{1}{3}{(x - 1)}^3 - \frac{1}{4}{(x - 1)}^4 + \dots} \right)}$ है।
घातांक में $1$ जोड़कर और घटाकर इसे पुनः लिखने पर:
$E = e^{\left( {(x - 1) - \frac{1}{2}{(x - 1)}^2 + \frac{1}{3}{(x - 1)}^3 - \dots} \right) + 1}$.
लघुगणकीय श्रेणी के विस्तार $\log(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \dots$ का उपयोग करने पर,जहाँ $t = x - 1$:
$E = e^{\log(1 + (x - 1)) + 1} = e^{\log x + 1}$.
गुणधर्म $e^{a+b} = e^a \cdot e^b$ का उपयोग करने पर:
$E = e^{\log x} \cdot e^1 = x \cdot e = xe$.

(C) हम जानते हैं कि $\cosh(y)$ का टेलर श्रेणी विस्तार $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{y^{2n}}{(2n)!} = \frac{e^y + e^{-y}}{2}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $S = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(\log x)^{2n}}{(2n)!}$,हम $y = \log x$ प्रतिस्थापित करते हैं।
अतः,$S = \frac{e^{\log x} + e^{-\log x}}{2}$।
चूंकि $e^{\log x} = x$ और $e^{-\log x} = e^{\log(x^{-1})} = x^{-1}$,इसलिए हमें $S = \frac{x + x^{-1}}{2}$ प्राप्त होता है।

(B) दी गई श्रेणी $S = \frac{1}{3} + \frac{1}{2 \cdot 3^2} + \frac{1}{3 \cdot 3^3} + \frac{1}{4 \cdot 3^4} + \dots \infty$ है।
हम लघुगणकीय विस्तार जानते हैं: $-\log_e(1 - x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \dots \infty$,जहाँ $|x| < 1$ है।
दी गई श्रेणी की तुलना विस्तार से करने पर,हमें $x = \frac{1}{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,$S = -\log_e(1 - \frac{1}{3}) = -\log_e(\frac{2}{3})$।
गुणधर्म $-\log_e(\frac{a}{b}) = \log_e(\frac{b}{a})$ का उपयोग करने पर,$S = \log_e(\frac{3}{2})$ प्राप्त होता है।
गुणधर्म $\log_e(\frac{a}{b}) = \log_e a - \log_e b$ का उपयोग करने पर,$S = \log_e 3 - \log_e 2$ प्राप्त होता है।

(C) $|x| < 1$ के लिए $\ln(1 - x)$ का विस्तार $\ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} - \dots$ है।
अब,$(1 - x) \ln(1 - x)$ व्यंजक पर विचार करें:
$(1 - x) \left( -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} - \dots \right)$
$x^5$ का गुणांक ज्ञात करने के लिए:
$= 1 \times \left( -\frac{1}{5} \right) - 1 \times \left( -\frac{1}{4} \right)$
$= -\frac{1}{5} + \frac{1}{4}$
$= \frac{1}{20} = 0.05$

(B) दिया गया व्यंजक: $f(x) = \log_e \left[ \frac{1}{1 - x - x^2 + x^3} \right]$
हर का गुणनखंड करने पर: $1 - x - x^2 + x^3 = (1 - x)^2(1 + x)$
अतः,$f(x) = \log_e \left[ (1 - x)^{-2}(1 + x)^{-1} \right]$
लघुगणक के गुणों का उपयोग करने पर: $f(x) = -2 \log_e(1 - x) - \log_e(1 + x)$
श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर: $f(x) = -2(-x - \frac{x^2}{2} - \dots) - (x - \frac{x^2}{2} + \dots)$
$f(x) = 2x + x^2 + \dots - x + \frac{x^2}{2} - \dots = x + 1.5x^2 + \dots$
अतः,$x$ का गुणांक $1$ है।

(B) दी गई श्रेणी $S = 1 + \frac{2}{3} - \frac{2}{4} + \frac{2}{5} - \dots \infty$ है।
हम इसे $S = 1 + 2 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots \right)$ के रूप में लिख सकते हैं।
हम जानते हैं कि $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ जहाँ $|x| < 1$ है।
$x=1$ के लिए,$\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$ होता है।
अतः,$\frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots = \log_e 2 - (1 - \frac{1}{2}) = \log_e 2 - \frac{1}{2}$।
इस मान को $S$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$S = 1 + 2 \left( \log_e 2 - \frac{1}{2} \right) = 1 + 2 \log_e 2 - 1 = 2 \log_e 2 = \log_e 2^2 = \log_e 4$।

(B) दिया गया व्यंजक $\log_e \left( 1 + ax^2 + a^2 + \frac{a}{x^2} \right)$ है।
अंदर के पदों का गुणनखंड करने पर: $(1 + ax^2)(1 + \frac{a}{x^2})$.
लघुगणक के गुणधर्म का उपयोग करने पर: $\log_e(1 + ax^2) + \log_e(1 + \frac{a}{x^2})$.
लघुगणकीय श्रेणी के विस्तार का उपयोग करने पर: $\log_e(1 + y) = y - \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} - \dots$
$= (ax^2 - \frac{a^2x^4}{2} + \frac{a^3x^6}{3} - \dots) + (\frac{a}{x^2} - \frac{a^2}{2x^4} + \frac{a^3}{3x^6} - \dots)$
$= a(x^2 + \frac{1}{x^2}) - \frac{a^2}{2}(x^4 + \frac{1}{x^4}) + \frac{a^3}{3}(x^6 + \frac{1}{x^6}) - \dots$

(C) लघुगणकीय श्रेणी का विस्तार $\log_e(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots \infty$ द्वारा दिया जाता है।
यह घात श्रेणी $-1 < x \le 1$ के लिए अभिसारी है।
अतः,यह विस्तार $x \in (-1, 1]$ के लिए परिभाषित है।

(B) हम जानते हैं कि लघुगणकीय श्रेणी का विस्तार: $\frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+z}{1-z} \right) = z + \frac{z^3}{3} + \frac{z^5}{5} + \dots$ जहाँ $|z| < 1$ है।
मान लीजिए $z = \frac{1}{y}$। तो दिया गया व्यंजक $\frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + 1/y}{1 - 1/y} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{y+1}{y-1} \right)$ है।
$y = 2x^2 - 1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2} \ln \left( \frac{2x^2 - 1 + 1}{2x^2 - 1 - 1} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{2x^2}{2x^2 - 2} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{x^2}{x^2 - 1} \right) = -\frac{1}{2} \ln \left( \frac{x^2 - 1}{x^2} \right) = -\frac{1}{2} \ln \left( 1 - \frac{1}{x^2} \right)$।
विस्तार $\ln(1-u) = -(u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + \dots)$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = \frac{1}{x^2}$:
$-\frac{1}{2} [ -(\frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^4} + \frac{1}{3x^6} + \dots) ] = \frac{1}{2} [ \frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^4} + \frac{1}{3x^6} + \dots ]$।

(B) चूंकि $x, y, z$ तीन क्रमागत धनात्मक पूर्णांक हैं,इसलिए $y = x + 1$ और $z = x + 2$,जिसका अर्थ है $z - x = 2$.
साथ ही,$2y = x + z$,जो दर्शाता है कि $y^2 = xz + 1$ (क्योंकि $y^2 - xz = (x+1)^2 - x(x+2) = 1$).
माना $S = \frac{1}{2}\log_e x + \frac{1}{2}\log_e z + \sum_{n=1, 3, 5, \dots} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{2xz + 1} \right)^n$.
लघुगणकीय श्रेणी विस्तार $\frac{1}{2} \log_e \left( \frac{1+u}{1-u} \right) = u + \frac{u^3}{3} + \frac{u^5}{5} + \dots$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = \frac{1}{2xz+1}$.
$S = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e \left( \frac{1 + \frac{1}{2xz+1}}{1 - \frac{1}{2xz+1}} \right) = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e \left( \frac{2xz+2}{2xz} \right) = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e \left( \frac{xz+1}{xz} \right)$.
$S = \frac{1}{2} \log_e (xz) + \log_e (xz+1) - \log_e (xz) = \log_e (xz+1) - \frac{1}{2} \log_e (xz) = \log_e (y^2) - \frac{1}{2} \log_e (xz)$.
चूंकि $xz = y^2 - 1$,यह सरल होकर $\log_e y$ हो जाता है।

(D) श्रेणी का $n$-वां पद $T_n = \frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$T_n = (-1)^{n+1} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$।
योग $S = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$।
पदों का विस्तार करने पर:
$S = \left( 1 - \frac{1}{2} \right) - \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) - \dots$
$S = 1 - 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots \right)$।
हम जानते हैं कि $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$। $x=1$ के लिए,$\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$।
अतः,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_e 2$।
इसे वापस प्रतिस्थापित करने पर: $S = 1 - 2(1 - \log_e 2) = 1 - 2 + 2 \log_e 2 = 2 \log_e 2 - 1 = \log_e 4 - \log_e e = \log_e \left( \frac{4}{e} \right)$।

(B) दी गई श्रेणी लघुगणकीय फलन का विस्तार है:
$y = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots = \ln(1 + x)$
दोनों पक्षों का चरघातांकी लेने पर:
$e^y = 1 + x$
$x$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$x = e^y - 1$
चरघातांकी श्रेणी विस्तार $e^y = 1 + \frac{y}{1!} + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \dots$ का उपयोग करने पर:
$x = (1 + \frac{y}{1!} + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \dots) - 1$
$x = y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \dots$

(A) दिया गया है कि $\alpha$ और $\beta$ समीकरण $x^2 - px + q = 0$ के मूल हैं,इसलिए $\alpha + \beta = p$ और $\alpha \beta = q$ है।
अब,व्यंजक $\log_e(1 + px + qx^2)$ पर विचार करें।
$p = \alpha + \beta$ और $q = \alpha \beta$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\log_e(1 + (\alpha + \beta)x + \alpha \beta x^2) = \log_e((1 + \alpha x)(1 + \beta x))$.
$\log(ab) = \log a + \log b$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$\log_e(1 + \alpha x) + \log_e(1 + \beta x)$.
लघुगणकीय श्रेणी विस्तार $\log_e(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \dots$ का उपयोग करने पर:
$\left( \alpha x - \frac{(\alpha x)^2}{2} + \frac{(\alpha x)^3}{3} - \dots \right) + \left( \beta x - \frac{(\beta x)^2}{2} + \frac{(\beta x)^3}{3} - \dots \right)$.
$x$ की घातों के अनुसार पदों को व्यवस्थित करने पर:
$= (\alpha + \beta)x - \frac{\alpha^2 + \beta^2}{2}x^2 + \frac{\alpha^3 + \beta^3}{3}x^3 - \dots \infty$.

(B) हम जानते हैं कि $\log(1+z) = z - \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \frac{z^4}{4} + \dots$ जहाँ $|z| < 1$ है।
दिया गया है $\log(1 - x + x^2) = \log((1+x^3)/(1+x)) = \log(1+x^3) - \log(1+x)$.
दोनों पदों का विस्तार करने पर:
$\log(1+x^3) = x^3 - \frac{x^6}{2} + \frac{x^9}{3} - \frac{x^{12}}{4} + \dots$
$\log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^6}{6} + \dots$
इन दोनों को घटाने पर,$x^{3k}$ के गुणांक $\log(1+x^3)$ के पदों में से $\log(1+x)$ के संगत पदों को घटाने पर प्राप्त होते हैं।
विशेष रूप से,$a_{3k} = \frac{(-1)^{k-1}}{k} - \frac{(-1)^{3k-1}}{3k} = \frac{(-1)^{k-1}}{k} - \frac{(-1)^{k-1}}{3k} = \frac{2}{3} \frac{(-1)^{k-1}}{k}$.
अतः,$\sum_{k=1}^{\infty} a_{3k} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{3} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \frac{2}{3} (1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + \dots) = \frac{2}{3} \log(2)$.