Logarithmic series Questions in Hindi

(A) श्रेणी का सामान्य पद $T_n = \frac{2}{(2n-1)(2n)(2n+1)}$ है।
आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए,$\frac{2}{(2n-1)(2n)(2n+1)} = \frac{1}{2n-1} - \frac{2}{2n} + \frac{1}{2n+1}$ प्राप्त होता है।
योग $S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{2}{2n} + \frac{1}{2n+1} \right)$।
इस श्रेणी को सरल करने पर $2 \times (1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + \dots) = 2 \ln 2$ प्राप्त होता है।

(A) दी गई श्रेणी $S = \log _4 2 - \log _8 2 + \log _{16} 2 - \dots \infty$ है।
$\log _{a^n} b = \frac{1}{n} \log _a b$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$\log _4 2 = \frac{1}{2}$,$\log _8 2 = \frac{1}{3}$,$\log _{16} 2 = \frac{1}{4}$
श्रेणी में मान रखने पर:
$S = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
$\ln(1+x)$ के टेलर श्रेणी विस्तार के अनुसार,$\ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
अतः,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \ln 2$।

(B) दिए गए द्विघात समीकरण $5x^2 - 3x - 1 = 0$ के लिए,मूलों का योग $\alpha + \beta = \frac{3}{5}$ और मूलों का गुणनफल $\alpha\beta = -\frac{1}{5}$ है।
दी गई श्रेणी $S = (\alpha + \beta)x - \left( \frac{\alpha^2 + \beta^2}{2} \right)x^2 + \left( \frac{\alpha^3 + \beta^3}{3} \right)x^3 - \dots$ है।
हम जानते हैं कि $\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \dots$
श्रेणी को इस प्रकार लिखने पर: $S = (\alpha x - \frac{(\alpha x)^2}{2} + \frac{(\alpha x)^3}{3} - \dots) + (\beta x - \frac{(\beta x)^2}{2} + \frac{(\beta x)^3}{3} - \dots)$
यह सरल होकर होता है: $S = \ln(1 + \alpha x) + \ln(1 + \beta x) = \ln((1 + \alpha x)(1 + \beta x))$
गुणनफल का विस्तार करने पर: $(1 + \alpha x)(1 + \beta x) = 1 + x(\alpha + \beta) + \alpha\beta x^2$
मान रखने पर: $S = \ln(1 + \frac{3}{5}x - \frac{1}{5}x^2)$

(A) दिया गया है कि $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \frac{\pi}{4}$ जहाँ $0 < a, b < 1$ है।
सूत्र $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right) = \frac{\pi}{4}$ का उपयोग करने पर।
दोनों पक्षों में $\tan$ लेने पर,हमें $\frac{a+b}{1-ab} = \tan \frac{\pi}{4} = 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$a+b = 1-ab$,जिसका अर्थ है $a+b+ab = 1$ है।
दोनों पक्षों में $1$ जोड़ने पर,हमें $1+a+b+ab = 2$ प्राप्त होता है,जिसे $(1+a)(1+b) = 2$ के रूप में लिखा जा सकता है।
दी गई श्रेणी $S = \left(a - \frac{a^2}{2} + \frac{a^3}{3} - \dots\right) + \left(b - \frac{b^2}{2} + \frac{b^3}{3} - \dots\right)$ है।
लघुगणकीय विस्तार $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ का उपयोग करने पर,जहाँ $|x| < 1$:
$S = \log_e(1+a) + \log_e(1+b) = \log_e((1+a)(1+b))$ है।
$(1+a)(1+b) = 2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $S = \log_e 2$ प्राप्त होता है।

(A) माना $S = \frac{3}{2} x^{2} + \frac{5}{3} x^{3} + \frac{7}{4} x^{4} + \ldots \infty$
सामान्य पद को $\frac{2n+1}{n+1} x^{n+1} = (2 - \frac{1}{n+1}) x^{n+1}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$S = 2 \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$.
गुणोत्तर श्रेणी और लघुगणक श्रेणी का उपयोग करने पर,$S = 2 \left( \frac{x^{2}}{1-x} \right) - (-\log_{e}(1-x) - x)$.
$S = \frac{2x^{2} + x - x^{2}}{1-x} - \log_{e}(1-x) = x \left( \frac{1+x}{1-x} \right) - \log_{e}(1-x)$.

(A) दिया गया है $y = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1} x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} (1 - \frac{1}{n+1}) x^{n+1}$.
$y = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$.
$y = (x^2 + x^3 + x^4 + \dots) - (\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \dots)$.
अनंत गुणोत्तर श्रेणी के योग $\frac{x^2}{1-x}$ और विस्तार $-\ln(1-x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$ का उपयोग करने पर:
$y = \frac{x^2}{1-x} - (-\ln(1-x) - x) = \frac{x^2}{1-x} + \ln(1-x) + x$.
$y = \frac{x^2 + x(1-x)}{1-x} + \ln(1-x) = \frac{x}{1-x} + \ln(1-x)$.
$x = \frac{1}{2}$ पर,$y = \frac{1/2}{1-1/2} + \ln(1-1/2) = 1 + \ln(1/2) = 1 - \ln 2$.
अतः $e^{1+y} = e^{1 + 1 - \ln 2} = e^{2 - \ln 2} = e^2 \cdot e^{-\ln 2} = e^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{e^2}{2}$.

(A) माना श्रेणी $S = 1 + \frac{x}{2 \sqrt{3}} + \frac{x^2}{18} + \frac{x^3}{36 \sqrt{3}} + \frac{x^4}{180} + \ldots \infty$ है,जहाँ $x = \sqrt{3} - \sqrt{2}$ है।
$t = \frac{x}{\sqrt{3}} = 1 - \sqrt{\frac{2}{3}}$ रखने पर।
श्रेणी $S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n(n+1)}$ हो जाती है।
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$।
$S = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) t^n = 2 + \left(\frac{1}{t} - 1\right) \log_e(1-t)$।
चूँकि $1-t = \sqrt{\frac{2}{3}}$,इसलिए $S = 2 + \left(\sqrt{\frac{3}{2}} + 1\right) \log_e\left(\frac{2}{3}\right)$।
तुलना करने पर,$a=2, b=3$ प्राप्त होता है।
$11a + 18b = 11(2) + 18(3) = 76$।

(B) दी गई श्रेणी $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)(2n+1)}$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करने पर,$\frac{1}{(2n)(2n+1)} = \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1}$।
अतः,$S = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{6} - \frac{1}{7}) + \dots$
इसे $S = 1 - (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
हम जानते हैं कि $\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$।
इसलिए,$S = 1 - \log_e 2$।
चूँकि $1 = \log_e e$,इसलिए $S = \log_e e - \log_e 2 = \log_e \left(\frac{e}{2}\right)$।

(D) दी गई श्रेणी $\log _4 2 - \log _8 2 + \log _{16} 2 - \ldots$ है।
गुणधर्म $\log _b a = \frac{1}{\log _a b}$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{1}{\log _2 4} - \frac{1}{\log _2 8} + \frac{1}{\log _2 16} - \ldots$
$= \frac{1}{\log _2 2^2} - \frac{1}{\log _2 2^3} + \frac{1}{\log _2 2^4} - \ldots$
$= \frac{1}{2 \log _2 2} - \frac{1}{3 \log _2 2} + \frac{1}{4 \log _2 2} - \ldots$
चूँकि $\log _2 2 = 1$,श्रेणी इस प्रकार होगी:
$= \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots$
हम जानते हैं कि $\log _e(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$
$x = 1$ रखने पर,$\log _e(1 + 1) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ldots$
$\Rightarrow \log _e 2 = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots)$
$\Rightarrow \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots = 1 - \log _e 2$

(B) माना $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n+1)}$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{n(2n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1}$.
अतः,$S = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1} \right) = \left( 1 - \frac{2}{3} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{2}{5} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{2}{7} \right) + \dots$
$S = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$
$\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$ श्रेणी का उपयोग करते हुए,$x=1$ के लिए $\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$.
अतः,$S = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots) = 1 - (1 - \log_e 2) = 2 - \log_e 2$.

(C) माना $y = x \log _e a$ है। दी गई श्रेणी $y + \frac{y^3}{3!} + \frac{y^5}{5!} + \dots$ है।
हम जानते हैं कि हाइपरबोलिक साइन फलन का टेलर श्रेणी विस्तार $\sinh(y) = y + \frac{y^3}{3!} + \frac{y^5}{5!} + \dots$ होता है।
$y = x \log _e a$ को वापस श्रेणी में रखने पर,हमें $\sinh(x \log _e a)$ प्राप्त होता है।
अतः,श्रेणी का मान $\sinh(x \log _e a)$ है।

(B) माना $x = \log \left(\tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}\right)\right)$ है।
अतः,$e^x = \tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}\right) = \frac{1+\tan \frac{\theta}{2}}{1-\tan \frac{\theta}{2}}$ है।
योगांतरानुपात (componendo and dividendo) नियम लागू करने पर:
$\frac{e^x-1}{e^x+1} = \frac{(1+\tan \frac{\theta}{2}) - (1-\tan \frac{\theta}{2})}{(1+\tan \frac{\theta}{2}) + (1-\tan \frac{\theta}{2})} = \frac{2 \tan \frac{\theta}{2}}{2} = \tan \frac{\theta}{2}$ है।
हम जानते हैं कि $\tanh \left(\frac{x}{2}\right) = \frac{e^{x/2} - e^{-x/2}}{e^{x/2} + e^{-x/2}} = \frac{e^x - 1}{e^x + 1}$ होता है।
इसलिए,$\tan \frac{\theta}{2} = \tanh \left(\frac{x}{2}\right)$ है।
दोनों पक्षों का प्रतिलोम हाइपरबोलिक स्पर्शज्या लेने पर:
$\frac{x}{2} = \tanh ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right)$ है।
अतः,$x = 2 \tanh ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right)$ है।
इसलिए,विकल्प $(B)$ सही है।

(C) हम जानते हैं कि $1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$ है।
अतः,$\log(1+x+x^2) = \log(1-x^3) - \log(1-x)$।
विस्तार $\log(1-t) = -(t + \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} + \dots)$ का उपयोग करने पर:
$\log(1-x^3) = -(x^3 + \frac{x^6}{2} + \dots)$
$-\log(1-x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$
इन दोनों को जोड़ने पर,विस्तार $x + \frac{x^2}{2} + (\frac{1}{3} - 1)x^3 + \dots$ प्राप्त होता है।
अतः,$x^3$ का गुणांक $\frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3}$ है।

(A) मान लीजिए $y = \tanh^{-1} x$ है।
तब $x = \tanh y$ होगा।
हाइपरबोलिक टेंजेंट फलन की परिभाषा का उपयोग करते हुए,हमारे पास $x = \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}}$ है।
दोनों पक्षों को $(e^y + e^{-y})$ से गुणा करने पर,हमें $x(e^y + e^{-y}) = e^y - e^{-y}$ प्राप्त होता है।
$xe^y + xe^{-y} = e^y - e^{-y}$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $e^y(1 - x) = e^{-y}(1 + x)$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों को $(1 - x)$ से विभाजित करने पर,हमें $e^y = e^{-y} \frac{1 + x}{1 - x}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों को $e^y$ से गुणा करने पर,हमें $e^{2y} = \frac{1 + x}{1 - x}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर,हमें $2y = \log \left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)$ प्राप्त होता है।
अतः,$y = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)$।

(A) हम जानते हैं कि प्रतिलोम हाइपरबोलिक कोसाइन फलन का सूत्र इस प्रकार है:
$\cosh^{-1}(x) = \log(x + \sqrt{x^2 - 1})$
सूत्र में $x = 2$ रखने पर:
$\cosh^{-1}(2) = \log(2 + \sqrt{2^2 - 1})$
$\cosh^{-1}(2) = \log(2 + \sqrt{4 - 1})$
$\cosh^{-1}(2) = \log(2 + \sqrt{3})$

(C) दी गई श्रेणी $\frac{1}{2} - \frac{1}{2 \cdot 2^2} + \frac{1}{3 \cdot 2^3} - \frac{1}{4 \cdot 2^4} + \ldots$ है।
हम जानते हैं कि लघुगणकीय विस्तार: $\log _e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$
दी गई श्रेणी की तुलना विस्तार से करने पर,हम $x = \frac{1}{2}$ रखते हैं।
$x = \frac{1}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\log _e\left(1 + \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} - \frac{(1/2)^2}{2} + \frac{(1/2)^3}{3} - \frac{(1/2)^4}{4} + \ldots$
$= \log _e\left(\frac{3}{2}\right)$.

(B) माना दी गई श्रेणी $S = 1 + \frac{1}{3 \cdot 2^2} + \frac{1}{5 \cdot 2^4} + \frac{1}{7 \cdot 2^6} + \ldots$ है।
हम जानते हैं कि $\log _e \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \ldots \right)$ जहाँ $|x| < 1$ है।
श्रेणी को इस प्रकार लिखने पर: $S = 2 \left[ \frac{1}{2} + \frac{(1/2)^3}{3} + \frac{(1/2)^5}{5} + \ldots \right]$
$x = 1/2$ रखने पर:
$S = \log _e \left( \frac{1 + 1/2}{1 - 1/2} \right) = \log _e \left( \frac{3/2}{1/2} \right) = \log _e 3$.

(B) दिया गया है कि $b = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a^k}{k}$.
लघुगणकीय श्रेणी विस्तार का उपयोग करते हुए,हम जानते हैं कि $-\ln(1-a) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a^k}{k}$ जहाँ $|a| < 1$.
इसलिए,$b = -\ln(1-a)$.
इसका अर्थ है $e^{-b} = 1-a$,अतः $a = 1 - e^{-b}$.
$e^{-b} = 1 - \frac{b}{1!} + \frac{b^2}{2!} - \frac{b^3}{3!} + \dots$ के टेलर श्रेणी विस्तार का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$a = 1 - (1 - \frac{b}{1!} + \frac{b^2}{2!} - \frac{b^3}{3!} + \dots)$
$a = \frac{b}{1!} - \frac{b^2}{2!} + \frac{b^3}{3!} - \dots$
$a = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} b^k}{k!}$.

(C) हम जानते हैं कि $1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$.
अतः,$\log(1+x+x^2) = \log(1-x^3) - \log(1-x)$.
$\log(1-u) = -(u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + \dots)$ का उपयोग करने पर:
$\log(1-x^3) = -(x^3 + \frac{x^6}{2} + \dots)$
$-\log(1-x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots$
इन दोनों को जोड़ने पर,विस्तार $x + \frac{x^2}{2} + (\frac{1}{3} - 1)x^3 + \dots$ प्राप्त होता है।
अतः,$x^3$ का गुणांक $\frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3}$ है।

(A) दी गई श्रेणी का विस्तार: $y = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$
यह $\log(1+x)$ के लिए मानक लघुगणकीय श्रेणी विस्तार है जहाँ $|x| < 1$ है।
अतः,$y = \log(1+x)$।
दोनों पक्षों का चरघातांकी लेने पर: $e^y = 1+x$।
इसलिए,$x = e^y - 1$।
$e^y$ के लिए टेलर श्रेणी विस्तार $e^y = 1 + y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \ldots$ है।
इस मान को $x$ के समीकरण में रखने पर:
$x = (1 + y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \ldots) - 1$।
$x = y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \ldots$।

(A) दिया गया है $x(y^3 - 1) = 1$,अतः $x = \frac{1}{y^3 - 1}$.
माना $k = \frac{1}{x} = y^3 - 1$.
श्रेणी $S = 2k + \frac{2}{3}k^3 + \frac{2}{5}k^5 + \dots$ है।
हम जानते हैं कि $\log \left( \frac{1+k}{1-k} \right) = 2(k + \frac{k^3}{3} + \frac{k^5}{5} + \dots) = 2k + \frac{2}{3}k^3 + \frac{2}{5}k^5 + \dots$
$k = y^3 - 1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$S = \log \left( \frac{1 + (y^3 - 1)}{1 - (y^3 - 1)} \right) = \log \left( \frac{y^3}{2 - y^3} \right)$.

(C) दिया गया है,$x = \operatorname{sech}^{-1} \frac{1}{2} + \tanh^{-1} \frac{1}{2}$.
लघुगणकीय रूपों का उपयोग करने पर: $\operatorname{sech}^{-1} z = \ln \left( \frac{1 + \sqrt{1 - z^2}}{z} \right)$ और $\tanh^{-1} z = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1 + z}{1 - z} \right)$.
$z = \frac{1}{2}$ के लिए,$\operatorname{sech}^{-1} \frac{1}{2} = \ln (2 + \sqrt{3})$ और $\tanh^{-1} \frac{1}{2} = \ln \sqrt{3}$.
अतः,$x = \ln (2 + \sqrt{3}) + \ln \sqrt{3} = \ln (2\sqrt{3} + 3)$.
अब,$\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$.
चूंकि $e^x = 2\sqrt{3} + 3$,तो $e^{-x} = \frac{2\sqrt{3} - 3}{3}$.
इसलिए,$\cosh x = \frac{(2\sqrt{3} + 3) + \frac{2\sqrt{3} - 3}{3}}{2} = \frac{8\sqrt{3} + 6}{6} = \frac{4\sqrt{3} + 3}{3}$.

(C) हमें समीकरण $\tanh ^{-1} x = a \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ दिया गया है,जहाँ $|x| < 1$ ...$(i)$
हम जानते हैं कि प्रतिलोम अतिपरवलयिक स्पर्शज्या (inverse hyperbolic tangent) फलन की मानक लघुगणकीय परिभाषा $\tanh ^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ है ...(ii)
समीकरण $(i)$ और समीकरण (ii) की तुलना करने पर,हम लघुगणकीय पद के गुणांकों की तुलना कर सकते हैं।
अतः,$a = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(D) अनंत $GP$ का योग $S_{k} = \frac{a}{1-r} = \frac{k}{1-\frac{k}{k+1}} = k(k+1)$ है।
हमें $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k(k+1)}$ का मान ज्ञात करना है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$ है।
अतः,योग $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) = -1 + 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots \right)$ है।
चूंकि $\log_{e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$,इसलिए $\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_{e} 2$ है।
अतः,योग $-1 + 2(1 - \log_{e} 2) = 1 - \log_{e} 4$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है,$P = 1 + \frac{1}{2 \times 2} + \frac{1}{3 \times 2^{2}} + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^{n-1}}{n}$.
$-\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ के विस्तार का उपयोग करने पर,$P = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n} = 2 [-\ln(1 - 1/2)] = 2 \ln 2$.
दिया गया है,$Q = \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{3 \times 4} + \frac{1}{5 \times 6} + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n)}$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करने पर,$\frac{1}{(2n-1)(2n)} = \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n}$.
अतः,$Q = (1 - 1/2) + (1/3 - 1/4) + (1/5 - 1/6) + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln(1+1) = \ln 2$.
$P = 2 \ln 2$ और $Q = \ln 2$ की तुलना करने पर,हमें $P = 2Q$ प्राप्त होता है।

(C) माना श्रेणी $S = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n(n+1)}$ है।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$।
अतः,$S = (\frac{1}{1} - \frac{1}{2}) - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) - (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \dots$
$S = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + \dots$
$S = 1 - 2(\frac{1}{2}) + 2(\frac{1}{3}) - 2(\frac{1}{4}) + 2(\frac{1}{5}) - \dots$
$S = 1 - 2[\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots]$
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,$\log_{e} 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
अतः,$\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \log_{e} 2$।
इसे वापस प्रतिस्थापित करने पर,$S = 1 - 2(1 - \log_{e} 2) = 1 - 2 + 2 \log_{e} 2 = 2 \log_{e} 2 - 1$।