nth term of special series, Sum to n terms and Infinite number of terms Questions in Gujarati

(A) $n$ માં જૂથમાં $n$ પદો છે જે સમાંતર શ્રેણીમાં છે અને સામાન્ય તફાવત $1$ છે.
$n$ માં જૂથનું પ્રથમ પદ $T_n$ એ અગાઉના $(n-1)$ જૂથોમાં રહેલા પદોની સંખ્યા વત્તા $1$ છે.
પ્રથમ $(n-1)$ જૂથોમાં પદોની સંખ્યા $1 + 2 + 3 + \dots + (n-1) = \frac{(n-1)n}{2}$ છે.
તેથી,$n$ માં જૂથનું પ્રથમ પદ $T_n = \frac{n(n-1)}{2} + 1 = \frac{n^2 - n + 2}{2}$ છે.
$n$ માં જૂથના $n$ પદોનો સરવાળો સમાંતર શ્રેણીના સરવાળાના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $S_n = \frac{n}{2} [2a + (n-1)d]$,જ્યાં $a = T_n$ અને $d = 1$.
$S_n = \frac{n}{2} [2(\frac{n^2 - n + 2}{2}) + (n-1)(1)]$
$S_n = \frac{n}{2} [n^2 - n + 2 + n - 1]$
$S_n = \frac{n}{2} [n^2 + 1] = \frac{1}{2} [n(n^2 + 1)]$.

(B) ધારો કે શ્રેણી $S_n = 1 + 6 + 13 + 22 + 33 + \dots + T_n$ છે.
ક્રમિક પદો વચ્ચેનો તફાવત $5, 7, 9, 11, \dots$ છે,જે સમાંતર શ્રેણી $(AP)$ બનાવે છે.
ધારો કે $T_n = an^2 + bn + c$.
$n=1$ માટે,$T_1 = a + b + c = 1$.
$n=2$ માટે,$T_2 = 4a + 2b + c = 6$.
$n=3$ માટે,$T_3 = 9a + 3b + c = 13$.
સમીકરણોની બાદબાકી કરતા:
$(4a + 2b + c) - (a + b + c) = 6 - 1 \implies 3a + b = 5$.
$(9a + 3b + c) - (4a + 2b + c) = 13 - 6 \implies 5a + b = 7$.
આ પરિણામોની બાદબાકી કરતા: $(5a + b) - (3a + b) = 7 - 5 \implies 2a = 2 \implies a = 1$.
$3a + b = 5$ માં $a=1$ મુકતા,$3(1) + b = 5 \implies b = 2$.
$a + b + c = 1$ માં $a=1, b=2$ મુકતા,$1 + 2 + c = 1 \implies c = -2$.
આમ,$T_n = n^2 + 2n - 2$.
હવે,$S_n = \sum_{k=1}^n T_k = \sum_{k=1}^n (k^2 + 2k - 2) = \sum k^2 + 2\sum k - \sum 2$.
$S_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} - 2n$.
$S_n = \frac{n(2n^2 + 3n + 1) + 6n(n+1) - 12n}{6} = \frac{n(2n^2 + 3n + 1 + 6n + 6 - 12)}{6} = \frac{n(2n^2 + 9n - 5)}{6}$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S_n = 1^2 + 2 \cdot 2^2 + 3^2 + 2 \cdot 4^2 + 5^2 + 2 \cdot 6^2 + \dots + T_n$ છે.
જ્યારે $n$ બેકી હોય,ત્યારે સરવાળો $S_n = \frac{n(n+1)^2}{2}$ છે.
જ્યારે $n$ એકી હોય,ત્યારે $(n-1)$ મું પદ બેકી થાય.
તેથી,$S_n = S_{n-1} + T_n$.
$n-1$ બેકી હોવાથી,$S_{n-1} = \frac{(n-1)((n-1)+1)^2}{2} = \frac{(n-1)n^2}{2}$.
એકી $n$ માટે $n$-મું પદ $T_n = n^2$ છે.
તેથી,$S_n = \frac{(n-1)n^2}{2} + n^2 = \frac{n^2(n-1+2)}{2} = \frac{n^2(n+1)}{2}$.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = (2n - 1)(2n + 1)(2n + 3)$ છે.
તેનું વિસ્તરણ કરતા,$T_n = (4n^2 - 1)(2n + 3) = 8n^3 + 12n^2 - 2n - 3$ મળે.
પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = 8\sum k^3 + 12\sum k^2 - 2\sum k - \sum 3$ થાય.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = 8 \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 + 12 \left[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \right] - 2 \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right] - 3n$.
$S_n = 2n^4 + 8n^3 + 7n^2 - 2n$.
સમાંતર મધ્યક $\frac{S_n}{n} = \frac{2n^4 + 8n^3 + 7n^2 - 2n}{n} = 2n^3 + 8n^2 + 7n - 2$ થાય.

(A) ધારો કે સરવાળો $S = 1 + \frac{2}{3} + \frac{6}{3^2} + \frac{10}{3^3} + \frac{14}{3^4} + \dots$ $(1)$
$\frac{1}{3}$ વડે ગુણતા: $\frac{1}{3}S = \frac{1}{3} + \frac{2}{3^2} + \frac{6}{3^3} + \frac{10}{3^4} + \dots$ $(2)$
$(1)$ માંથી $(2)$ બાદ કરતા:
$S - \frac{1}{3}S = 1 + (\frac{2}{3} - \frac{1}{3}) + (\frac{6}{3^2} - \frac{2}{3^2}) + (\frac{10}{3^3} - \frac{6}{3^3}) + (\frac{14}{3^4} - \frac{10}{3^4}) + \dots$
$\frac{2}{3}S = 1 + \frac{1}{3} + \frac{4}{3^2} + \frac{4}{3^3} + \frac{4}{3^4} + \dots$
$\frac{2}{3}S = 1 + \frac{1}{3} + [\frac{4}{3^2} + \frac{4}{3^3} + \frac{4}{3^4} + \dots]$
કૌંસમાં રહેલી શ્રેણી અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી છે જ્યાં $a = \frac{4}{9}$ અને $r = \frac{1}{3}$.
સરવાળો $= \frac{a}{1-r} = \frac{4/9}{1 - 1/3} = \frac{4/9}{2/3} = \frac{2}{3}$.
તેથી,$\frac{2}{3}S = 1 + \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1 + 1 = 2$.
$S = 2 \times \frac{3}{2} = 3$.

(C) ધારો કે $S_{20} = 0.7 + 0.77 + 0.777 + \dots$ $20$ પદો સુધી.
$S_{20} = 7[0.1 + 0.11 + 0.111 + \dots \text{ } 20 \text{ પદો સુધી}]$.
$9$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$S_{20} = \frac{7}{9}[0.9 + 0.99 + 0.999 + \dots \text{ } 20 \text{ પદો સુધી}]$.
$S_{20} = \frac{7}{9}[(1 - 10^{-1}) + (1 - 10^{-2}) + (1 - 10^{-3}) + \dots + (1 - 10^{-20})]$.
$S_{20} = \frac{7}{9}[20 - (10^{-1} + 10^{-2} + \dots + 10^{-20})]$.
કૌંસમાં રહેલી ભૂમિતિ શ્રેણીનો સરવાળો $\frac{0.1(1 - 10^{-20})}{0.9} = \frac{1}{9}(1 - 10^{-20})$ થાય.
$S_{20} = \frac{7}{9}[20 - \frac{1}{9}(1 - 10^{-20})] = \frac{7}{9}[\frac{180 - 1 + 10^{-20}}{9}] = \frac{7}{81}(179 + 10^{-20})$.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{\sum_{k=1}^n k^3}{\sum_{k=1}^n (2k-1)}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=1}^n k^3 = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2$ અને પ્રથમ $n$ એકી સંખ્યાઓનો સરવાળો $\sum_{k=1}^n (2k-1) = n^2$ છે.
તેથી,$T_n = \frac{\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2}{n^2} = \frac{n^2(n+1)^2}{4n^2} = \frac{(n+1)^2}{4}$.
આપણે પ્રથમ $9$ પદોનો સરવાળો શોધવો છે,$S_9 = \sum_{n=1}^9 T_n = \sum_{n=1}^9 \frac{(n+1)^2}{4}$.
$S_9 = \frac{1}{4} \sum_{n=1}^9 (n+1)^2 = \frac{1}{4} (2^2 + 3^2 + \dots + 10^2)$.
$1^2$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા,આપણને મળે છે $S_9 = \frac{1}{4} \left[ \sum_{k=1}^{10} k^2 - 1^2 \right]$.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^m k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,$m=10$ માટે:
$S_9 = \frac{1}{4} \left[ \frac{10(11)(21)}{6} - 1 \right] = \frac{1}{4} [385 - 1] = \frac{384}{4} = 96$.

(D) શ્રેણી $S = \left(\frac{8}{5}\right)^2 + \left(\frac{12}{5}\right)^2 + \left(\frac{16}{5}\right)^2 + \left(\frac{20}{5}\right)^2 + \dots$ $10$ પદો સુધી છે.
આને $S = \frac{1}{25} \sum_{n=1}^{10} (4(n+1))^2 = \frac{16}{25} \sum_{n=1}^{10} (n+1)^2$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $k = n+1$,તો સરવાળો $\frac{16}{25} \sum_{k=2}^{11} k^2$ થાય.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^{N} k^2 = \frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{k=1}^{11} k^2 = \frac{11(12)(23)}{6} = 506$.
સરવાળો $k=2$ થી શરૂ થતો હોવાથી,$1^2 = 1$ બાદ કરતા: $506 - 1 = 505$.
તેથી,$S = \frac{16}{25} \times 505 = \frac{16 \times 101}{5} = \frac{16}{5} \times 101$.
આપેલ છે કે $S = \frac{16}{5}m$,તેથી $m = 101$.

(A) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $a_n = n^2$ જો $n$ એકી હોય,અને $a_n = 2n^2$ જો $n$ બેકી હોય.
$B - 2A = \sum_{n=1}^{40} a_n - 2\sum_{n=1}^{20} a_n = \sum_{n=21}^{40} a_n - \sum_{n=1}^{20} a_n$.
$k=1$ થી $20$ માટે ગણતરી કરતા,$B - 2A = 24800$ મળે છે.
તેથી $100\lambda = 24800$,એટલે કે $\lambda = 248$.

(C) આપેલ શ્રેણી $S = 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{3^3} + \dots \infty$ છે.
આપણે પદોને આ રીતે ગોઠવી શકીએ:
$S = (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \dots \infty) + (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{3^3} + \dots \infty)$.
બંને ભાગ અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી છે,જેનું સૂત્ર $S_{\infty} = \frac{a}{1-r}$ છે.
પ્રથમ શ્રેણી માટે,$a = 1$ અને $r = 1/2$,તેથી $S_1 = \frac{1}{1 - 1/2} = 2$.
બીજી શ્રેણી માટે,$a = 1$ અને $r = 1/3$,તેથી $S_2 = \frac{1}{1 - 1/3} = \frac{1}{2/3} = 3/2$.
આમ,કુલ સરવાળો $S = S_1 + S_2 = 2 + 3/2 = 7/2$ થાય.

(D) $k^{th}$ હારમાં પદોની સંખ્યા $2k$ છે.
પ્રથમ $(n-1)$ હારમાં કુલ પદોની સંખ્યા $2 + 4 + 6 + \dots + 2(n-1) = n^2 - n$ છે.
$n^{th}$ હારનું પ્રથમ પદ $(n^2 - n + 1)^{th}$ એકિ સંખ્યા છે.
$m^{th}$ એકિ સંખ્યા $2m - 1$ છે.
તેથી,$n^{th}$ હારનું પ્રથમ પદ $a = 2(n^2 - n + 1) - 1 = 2n^2 - 2n + 1$ છે.
$n^{th}$ હાર એ $2n$ પદો ધરાવતી સમાંતર શ્રેણી છે,જેમાં પ્રથમ પદ $a = 2n^2 - 2n + 1$ અને સામાન્ય તફાવત $d = 2$ છે.
$n^{th}$ હારનો સરવાળો $S_n = \frac{2n}{2} [2a + (2n - 1)d] = n [2(2n^2 - 2n + 1) + (2n - 1)2] = 4n^3$ છે.

(A) ધારો કે $T_k$ એ શ્રેણીનું $k$-મું પદ છે,તો $T_k = 3k(k + 1) = 3k^2 + 3k$.
જો $S_n$ એ પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો દર્શાવે છે,તો $S_n = \sum_{k=1}^n T_k = \sum_{k=1}^n (3k^2 + 3k)$.
$S_n = 3 \sum_{k=1}^n k^2 + 3 \sum_{k=1}^n k$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રો $\sum k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = 3 \left[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \right] + 3 \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]$.
$S_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} + \frac{3n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)}{2} [ (2n+1) + 3 ]$.
$S_n = \frac{n(n+1)}{2} [ 2n + 4 ] = \frac{n(n+1)}{2} \cdot 2(n + 2) = n(n+1)(n+2)$.

(A) ધારો કે $S = 0.1 + 0.01 + 0.001 + \dots$
આ એક અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = 0.1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = 0.1$ છે.
સરવાળો $S = \frac{a}{1-r} = \frac{0.1}{1-0.1} = \frac{0.1}{0.9} = \frac{1}{9}$.
હવે,પદાવલિ $(0.05)^{\log_{\sqrt{20}}(1/9)}$ છે.
નોંધો કે $0.05 = \frac{5}{100} = \frac{1}{20}$.
વળી,$\sqrt{20} = 20^{1/2}$.
ગુણધર્મ $\log_{a^n}(b) = \frac{1}{n} \log_a(b)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\log_{20^{1/2}}(1/9) = \frac{1}{1/2} \log_{20}(1/9) = 2 \log_{20}(1/9) = \log_{20}(1/9)^2 = \log_{20}(1/81)$.
તેથી,પદાવલિ $(1/20)^{\log_{20}(1/81)}$ બને છે.
ગુણધર્મ $a^{\log_a(x)} = x$ નો ઉપયોગ કરતા,$(1/20)^{\log_{20}(1/81)}$ ને $(20^{-1})^{\log_{20}(1/81)} = (20^{\log_{20}(1/81)})^{-1} = (1/81)^{-1} = 81$ તરીકે લખી શકાય.

(A) આપેલ પદ એ $n$-માં ફિબોનાકી નંબર માટેનું બિનિટનું સૂત્ર છે,જ્યાં $u_n = F_n$ છે.
ધારો કે $\alpha = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ અને $\beta = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$.
તેથી $u_n = \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha$ અને $\beta$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - x - 1 = 0$ ના બીજ છે,તેથી $\alpha^2 = \alpha + 1$ અને $\beta^2 = \beta + 1$.
$n \ge 1$ માટે,$u_{n+1} = \frac{\alpha^{n+1} - \beta^{n+1}}{\sqrt{5}}$.
$u_n + u_{n-1} = \frac{1}{\sqrt{5}} [(\alpha^n - \beta^n) + (\alpha^{n-1} - \beta^{n-1})] = \frac{1}{\sqrt{5}} [\alpha^{n-1}(\alpha + 1) - \beta^{n-1}(\beta + 1)]$.
કારણ કે $\alpha + 1 = \alpha^2$ અને $\beta + 1 = \beta^2$,આપણને $u_n + u_{n-1} = \frac{\alpha^{n+1} - \beta^{n+1}}{\sqrt{5}} = u_{n+1}$ મળે છે.
આમ,પુનરાવર્તિત સંબંધ $u_{n+1} = u_n + u_{n-1}$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $\sum_{r=1}^{n}r^3 - \sum_{p=1}^{n}\sum_{m=1}^{p}\sum_{r=1}^{m}1 = 80$ છે.
પ્રથમ,આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{r=1}^{n}r^3 = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2$.
હવે,ત્રિપદી સરવાળો: $\sum_{p=1}^{n}\sum_{m=1}^{p}\sum_{r=1}^{m}1 = \sum_{p=1}^{n}\sum_{m=1}^{p} m = \sum_{p=1}^{n} \frac{p(p+1)}{2} = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}$.
તેથી,$\left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 - \frac{n(n+1)(n+2)}{6} = 80$.
$n=4$ મૂકતા: $10^2 - 20 = 80$.
આમ,$n=4$ એ સાચો જવાબ છે.

(B) આપેલ છે: $\sum\limits_{i = 1}^n {\sum\limits_{j = 1}^i {\sum\limits_{k = 1}^j 1 } } = 560$.
સૌ પ્રથમ,અંદરના સરવાળાની ગણતરી કરતા: $\sum\limits_{k = 1}^j 1 = j$.
હવે પદાવલિ આ મુજબ થશે: $\sum\limits_{i = 1}^n {\sum\limits_{j = 1}^i j } = 560$.
ત્યારબાદ,મધ્યમ સરવાળાની ગણતરી કરતા: $\sum\limits_{j = 1}^i j = \frac{i(i+1)}{2}$.
હવે પદાવલિ આ મુજબ થશે: $\sum\limits_{i = 1}^n \frac{i(i+1)}{2} = 560$.
આને આ રીતે લખી શકાય: $\frac{1}{2} \left[ \sum\limits_{i=1}^n i^2 + \sum\limits_{i=1}^n i \right] = 560$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{2} \left[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{n(n+1)}{2} \right] = 560$.
$\frac{n(n+1)(n+2)}{6} = 560$ મળે છે.
તેથી,$n(n+1)(n+2) = 3360$.
ત્રણ ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર $3360$ થાય છે,જ્યાં $14 \times 15 \times 16 = 3360$.
આમ,$n = 14$.

(B) ધારો કે $S = \sum\limits_{n = 1}^\infty \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \frac{k}{2^{n+k}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{1}{2^n} \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \frac{k}{2^k}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} k x^k = \frac{x(1 - nx^{n-1} + (n-1)x^n)}{(1-x)^2}$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે,$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \frac{k}{2^k} = 2 - \frac{n+1}{2^{n-1}}$.
આ કિંમત મૂકતા,$S = \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{1}{2^n} (2 - \frac{n+1}{2^{n-1}}) = \sum\limits_{n = 1}^\infty (\frac{1}{2^{n-1}} - \frac{n+1}{2^{2n-1}})$.
$S = 2 - 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{n+1}{4^n} = 2 - 2(\frac{7}{9}) = \frac{4}{9}$.

(A) ધારો કે $S = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1)^2}{7^n} = \frac{1^2}{7^0} + \frac{2^2}{7^1} + \frac{3^2}{7^2} + \frac{4^2}{7^3} + \dots$
$\frac{1}{7}$ વડે ગુણતા:
$\frac{S}{7} = \frac{1^2}{7^1} + \frac{2^2}{7^2} + \frac{3^2}{7^3} + \dots$
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા:
$S - \frac{S}{7} = 1 + \frac{2^2 - 1^2}{7^1} + \frac{3^2 - 2^2}{7^2} + \frac{4^2 - 3^2}{7^3} + \dots$
$\frac{6S}{7} = 1 + \frac{3}{7} + \frac{5}{7^2} + \frac{7}{7^3} + \dots$
આ એક અંકગણિતીય-ભૌમિતિક શ્રેણી છે. ધારો કે $T = 1 + \frac{3}{7} + \frac{5}{7^2} + \frac{7}{7^3} + \dots$
$\frac{T}{7} = \frac{1}{7} + \frac{3}{7^2} + \frac{5}{7^3} + \dots$
બાદબાકી કરતા:
$T - \frac{T}{7} = 1 + \frac{2}{7} + \frac{2}{7^2} + \frac{2}{7^3} + \dots$
$\frac{6T}{7} = 1 + \frac{2/7}{1 - 1/7} = 1 + \frac{2/7}{6/7} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$
$T = \frac{4}{3} \times \frac{7}{6} = \frac{14}{9}$
તેથી,$\frac{6S}{7} = \frac{14}{9} \Rightarrow S = \frac{14}{9} \times \frac{7}{6} = \frac{49}{27}$.

(D) ધારો કે $n = 2015$. શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_k = k(n - k + 1)$ છે,જ્યાં $k = 1, 2, \dots, n$.
આપણે સરવાળો $S = \sum_{k=1}^{n} k(n - k + 1) = \sum_{k=1}^{n} (k(n+1) - k^2)$ શોધવો છે.
સરવાળાના સૂત્રો $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$ અને $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = (n+1) \frac{n(n+1)}{2} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}$.
$n = 2015$ મૂકતા:
$S = \frac{2015 \times 2016 \times 2017}{6} = 2015 \times 336 \times 2017$.
આથી,આપેલ વિકલ્પોમાંથી કોઈ પણ સાચો નથી.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{9} + \frac{1}{18} + \frac{1}{30} + \frac{1}{45} + \frac{1}{63} + \dots \infty$ છે.
સામાન્ય પદ $T_n = \frac{2}{3n(n+1)}$ છે,જ્યાં $n=2, 3, 4, \dots$.
આથી $S = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{2}{3} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) = \frac{2}{3} (\frac{1}{2}) = \frac{1}{3}$.

(D) ક્રમિક જૂથોમાં પદોની સંખ્યા $1, 2, 3, \dots, n$ છે. આમ,$n^{th}$ જૂથમાં $d = 2$ સામાન્ય તફાવત ધરાવતી સમાંતર શ્રેણીના $n$ પદો છે.
પ્રથમ,$n^{th}$ જૂથનું પ્રથમ પદ શોધીએ. પ્રથમ પદોની શ્રેણી $1, 3, 7, 13, \dots$ છે. ક્રમિક પદો વચ્ચેનો તફાવત $2, 4, 6, \dots$ છે,જે સમાંતર શ્રેણી બનાવે છે.
ધારો કે $a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (2k) = 1 + 2 \cdot \frac{(n-1)n}{2} = 1 + n^2 - n = n^2 - n + 1$.
$n^{th}$ જૂથ એ $n$ પદો,પ્રથમ પદ $a = n^2 - n + 1$ અને સામાન્ય તફાવત $d = 2$ ધરાવતી સમાંતર શ્રેણી છે.
$n^{th}$ જૂથનો સરવાળો $S_n = \frac{n}{2} [2a + (n - 1)d]$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $S_n = \frac{n}{2} [2(n^2 - n + 1) + (n - 1)2] = \frac{n}{2} [2n^2 - 2n + 2 + 2n - 2] = \frac{n}{2} [2n^2] = n^3$.

(A) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - r^2(r + 1)x + r^5 = 0$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,બીજનો સરવાળો $\alpha_r + \beta_r = r^2(r + 1) = r^3 + r^2$ અને બીજનો ગુણાકાર $\alpha_r \beta_r = r^5$ છે.
તેથી બીજ $\alpha_r = r^2$ અને $\beta_r = r^3$ મળે છે.
આપણે $S = \sum_{r=1}^{n} (3r^2 + 2r^3)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $S = 3 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n^2(n+1)^2}{4} = \frac{n(n+1)(n^2 + 3n + 1)}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $x_n = \frac{2n^2 + n + 1}{2n^2 - 3n + 2}$.
ગુણાકાર $\prod_{i=1}^r x_i$ ની ગણતરી કરતા,આપણને $2r^2 + r + 1$ મળે છે.
બીજું પદ $2 \sum_{i=1}^r (2i - 1) = 2r^2$ છે.
તેથી,સરવાળાની અંદરનું પદ $(2r^2 + r + 1) - 2r^2 = r + 1$ થાય છે.
છેલ્લે,$\sum_{r=1}^n (r + 1) = \frac{n(n+1)}{2} + n = \frac{n(n+3)}{2}$.

(A) $n$-પગથિયાંવાળી સીડી ચઢવા માટે,વ્યક્તિ $n$-માં પગથિયે કાં તો $(n-1)$-માં પગથિયેથી (એક પગથિયું લઈને) અથવા $(n-2)$-માં પગથિયેથી (બે પગથિયાં લઈને) પહોંચી શકે છે.
તેથી,પુનરાવર્તિત સંબંધ $C_n = C_{n-1} + C_{n-2}$ છે,જ્યાં $n \ge 2$.
આ ફિબોનાકી શ્રેણીની વ્યાખ્યા છે.
આપેલ સંબંધ $C_n = C_{n-1} + C_{n-2}$ માં $n = 20$ મૂકતા,આપણને $C_{20} = C_{19} + C_{18}$ મળે છે.
આમ,$C_{18} + C_{19} = C_{20}$.

(C) ધારો કે સામાન્ય ગુણોત્તર $r$ છે. $b_1 + b_2 = 1$ હોવાથી,$b_1(1 + r) = 1$,તેથી $b_1 = \frac{1}{1 + r}$.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $\frac{b_1}{1 - r} = 2$ છે.
$b_1 = \frac{1}{1 + r}$ મૂકતા,આપણને $\frac{1}{(1 + r)(1 - r)} = 2$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $\frac{1}{1 - r^2} = 2$ થાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે $1 - r^2 = \frac{1}{2}$,તેથી $r^2 = \frac{1}{2}$,એટલે કે $r = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.
$b_2 = b_1 r < 0$ આપેલ છે,અને $b_1 = \frac{1}{1 + r}$ હોવાથી,$b_2 = \frac{r}{1 + r} < 0$. આ શરત ત્યારે સંતોષાય છે જ્યારે $r$ ઋણ હોય,તેથી $r = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
આમ,$b_1 = \frac{1}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2}{2 - \sqrt{2}} = 2 + \sqrt{2}$.

(C) આપેલ શ્રેણી $\left(\frac{11}{7}\right)^2 + \left(\frac{12}{7}\right)^2 + \left(\frac{13}{7}\right)^2 + \dots + \left(\frac{21}{7}\right)^2$ છે.
પ્રથમ $11$ પદોનો સરવાળો $S = \sum_{n=11}^{21} \left(\frac{n}{7}\right)^2 = \frac{1}{49} \sum_{n=11}^{21} n^2$ છે.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{49} \left[ \sum_{n=1}^{21} n^2 - \sum_{n=1}^{10} n^2 \right]$
$S = \frac{1}{49} \left[ \frac{21 \times 22 \times 43}{6} - \frac{10 \times 11 \times 21}{6} \right]$
$S = \frac{1}{49} \times \frac{21}{6} \times [ (22 \times 43) - (10 \times 11) ]$
$S = \frac{1}{49} \times \frac{7}{2} \times [ 946 - 110 ]$
$S = \frac{1}{14} \times 836 = \frac{418}{7} = \frac{11}{7} \times 38$.
તેથી,$\frac{11}{7}\lambda$ સાથે સરખાવતા,$\lambda = 38$ મળે છે.

(C) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = S_n - S_{n-1}$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $n > 1$.
આપેલ છે $S_n = 4n^2 + 6n$.
તેથી $S_{n-1} = 4(n-1)^2 + 6(n-1) = 4(n^2 - 2n + 1) + 6n - 6 = 4n^2 - 8n + 4 + 6n - 6 = 4n^2 - 2n - 2$.
$T_n = (4n^2 + 6n) - (4n^2 - 2n - 2) = 8n + 2$.
$n = 15$ માટે,$T_{15} = 8(15) + 2 = 120 + 2 = 122$.

(D) આપેલ પુનરાવર્તિત સંબંધ: $a_{n+1} - a_n = n - 2$.
$n = 1$ થી $50$ સુધી સરવાળો કરતા:
$\sum_{n=1}^{50} (a_{n+1} - a_n) = \sum_{n=1}^{50} (n - 2)$
$a_{51} - a_1 = \sum_{n=1}^{50} n - \sum_{n=1}^{50} 2$
$a_{51} - 5 = \frac{50 \times 51}{2} - (50 \times 2)$
$a_{51} - 5 = 1275 - 100$
$a_{51} - 5 = 1175$
$a_{51} = 1180$.

(A) શ્રેણીનું $r$-મું પદ $t_r = 1^2 + 3^2 + 5^2 + \dots + (2r - 1)^2$ છે.
$t_r = \sum_{k=1}^r (2k - 1)^2 = \sum_{k=1}^r (4k^2 - 4k + 1)$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$t_r = 4 \cdot \frac{r(r+1)(2r+1)}{6} - 4 \cdot \frac{r(r+1)}{2} + r$.
આ પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$t_r = \frac{4r^3 - r}{3}$.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^n t_r = \sum_{r=1}^n \frac{4r^3 - r}{3} = \frac{4}{3} \sum_{r=1}^n r^3 - \frac{1}{3} \sum_{r=1}^n r$.
$S_n = \frac{4}{3} \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 - \frac{1}{3} \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]$.
$S_n = \frac{n(n+1)}{6} [2n(n+1) - 1] = \frac{1}{6} n(n+1)(2n^2 + 2n - 1)$.

(D) આપેલ શ્રેણી એ પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \sin \theta$ ધરાવતી અનંત ભૂમિતિ શ્રેણી છે.
અનંત પદોનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r}$ હોવાથી,$\frac{1}{1 - \sin \theta} = 4 + 2\sqrt{3}$ મળે.
વ્યસ્ત લેતા,$1 - \sin \theta = \frac{1}{4 + 2\sqrt{3}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $1 - \sin \theta = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{(4 + 2\sqrt{3})(4 - 2\sqrt{3})} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{16 - 12} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{4} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$0 < \theta < \pi$ અને $\theta \neq \frac{\pi}{2}$ આપેલ હોવાથી,$\theta$ ની શક્ય કિંમતો $\frac{\pi}{3}$ અને $\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$ છે.

(C) ધારો કે $S = 3 + \frac{3+d}{4} + \frac{3+2d}{4^2} + \dots \infty$ $(1)$
$\frac{1}{4}$ વડે ગુણતા:
$\frac{S}{4} = \frac{3}{4} + \frac{3+d}{4^2} + \frac{3+2d}{4^3} + \dots \infty$ $(2)$
$(1)$ માંથી $(2)$ બાદ કરતા:
$S - \frac{S}{4} = 3 + \frac{d}{4} + \frac{d}{4^2} + \frac{d}{4^3} + \dots \infty$
$\frac{3S}{4} = 3 + \frac{d/4}{1 - 1/4} = 3 + \frac{d/4}{3/4} = 3 + \frac{d}{3}$
આપેલ છે કે $S = 8$,તેથી $\frac{3(8)}{4} = 3 + \frac{d}{3}$
$6 = 3 + \frac{d}{3}$ $\Rightarrow 3 = \frac{d}{3}$ $\Rightarrow d = 9$

(C) આપેલ સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{2009} n(2010 - n)$ છે.
આને $S = 2010 \sum_{n=1}^{2009} n - \sum_{n=1}^{2009} n^2$ તરીકે લખી શકાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{n=1}^{N} n = \frac{N(N+1)}{2}$,તેથી $\sum_{n=1}^{2009} n = \frac{2009 \times 2010}{2} = 2009 \times 1005$.
આમ,$S = 2010(2009 \times 1005) - (2009)(335)(4019)$.
$S = (2009)(2010 \times 1005) - (2009)(335)(4019)$.
$S = (2009)(335) \times [3 \times 2010 - 4019]$.
$S = (2009)(335) \times [6030 - 4019]$.
$S = (2009)(335) \times 2011$.
આને $(2009)(335)(x)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 2011$ મળે છે.

(C) ધારો કે પ્રથમ પદ $b$ છે અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r$ છે.
અનંત $G.P.$ માટે,સરવાળો $S = \frac{b}{1 - r}$ છે,જ્યાં $|r| < 1$.
આપેલ છે કે $S = 5$,તેથી $\frac{b}{1 - r} = 5$.
આના પરથી $b = 5(1 - r)$ મળે છે.
કારણ કે $-1 < r < 1$,તેથી $b$ માટેનો વિસ્તાર:
જો $r \to 1$,તો $b \to 5(1 - 1) = 0$.
જો $r \to -1$,તો $b \to 5(1 - (-1)) = 5(2) = 10$.
આમ,$-1 < r < 1$ માટે,$b$ ની કિંમત $(0, 10)$ અંતરાલમાં રહેલી છે.

(D) આપેલ શ્રેણી $1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + \frac{15}{8} + \dots$ છે.
$n$-મું પદ $T_n = \frac{2^n - 1}{2^{n-1}} = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}$ થાય,જ્યાં $n \ge 1$.
પ્રથમ $20$ પદોનો સરવાળો $S_{20} = \sum_{n=1}^{20} (2 - \frac{1}{2^{n-1}})$ છે.
$S_{20} = \sum_{n=1}^{20} 2 - \sum_{n=1}^{20} \frac{1}{2^{n-1}}$.
$S_{20} = 2(20) - (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^{19}})$.
બીજો ભાગ એ સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં $a = 1$,$r = \frac{1}{2}$,અને $n = 20$ છે.
સરવાળો $= \frac{1(1 - (1/2)^{20})}{1 - 1/2} = 2(1 - \frac{1}{2^{20}}) = 2 - \frac{1}{2^{19}}$.
તેથી,$S_{20} = 40 - (2 - \frac{1}{2^{19}}) = 38 + \frac{1}{2^{19}}$.

(D) આપણે સરવાળો $S = \sum\limits_{r = 16}^{30} {(r^2 - r - 6)}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
સરવાળાના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$S = \sum\limits_{r = 16}^{30} r^2 - \sum\limits_{r = 16}^{30} r - \sum\limits_{r = 16}^{30} 6$.
યાદ રાખો કે $\sum\limits_{r = 1}^{n} r^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum\limits_{r = 1}^{n} r = \frac{n(n+1)}{2}$.
$\sum\limits_{r = 16}^{30} r^2 = \sum\limits_{r = 1}^{30} r^2 - \sum\limits_{r = 1}^{15} r^2 = \frac{30(31)(61)}{6} - \frac{15(16)(31)}{6} = 9455 - 1240 = 8215$.
$\sum\limits_{r = 16}^{30} r = \sum\limits_{r = 1}^{30} r - \sum\limits_{r = 1}^{15} r = \frac{30(31)}{2} - \frac{15(16)}{2} = 465 - 120 = 345$.
$\sum\limits_{r = 16}^{30} 6 = 6 \times (30 - 16 + 1) = 6 \times 15 = 90$.
તેથી,$S = 8215 - 345 - 90 = 7780$.

(D) આપેલ છે કે $f(n) = \left[ \frac{1}{3} + \frac{3n}{100} \right]n$.
$1 \le n \le 22$ માટે,$\frac{1}{3} + \frac{3n}{100} < \frac{1}{3} + \frac{66}{100} = 0.333 + 0.66 = 0.993 < 1$. તેથી,$\left[ \frac{1}{3} + \frac{3n}{100} \right] = 0$,એટલે કે $f(n) = 0$.
$23 \le n \le 55$ માટે,$1 \le \frac{1}{3} + \frac{3n}{100} < \frac{1}{3} + \frac{165}{100} = 0.333 + 1.65 = 1.983 < 2$. તેથી,$\left[ \frac{1}{3} + \frac{3n}{100} \right] = 1$,એટલે કે $f(n) = n$.
$n = 56$ માટે,$\frac{1}{3} + \frac{3(56)}{100} = 0.333 + 1.68 = 2.013$. તેથી,$\left[ \frac{1}{3} + \frac{3(56)}{100} \right] = 2$,એટલે કે $f(56) = 2 \times 56 = 112$.
સરવાળો $\sum_{n=1}^{56} f(n) = \sum_{n=1}^{22} 0 + \sum_{n=23}^{55} n + f(56)$ છે.
$= 0 + \frac{(55-23+1)}{2}(23+55) + 112 = \frac{33}{2}(78) + 112 = 33 \times 39 + 112 = 1287 + 112 = 1399$.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n$ આ મુજબ છે:
$T_n = \frac{2n + 1}{\sum_{k=1}^{n} k^2} = \frac{2n + 1}{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}} = \frac{6}{n(n+1)}$
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$T_n = 6 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$
હવે,$n$ પદોનો સરવાળો $S_n$:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = 6 \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right)$
$S_n = 6 \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right) = \frac{6n}{n+1}$
$n = 11$ માટે:
$S_{11} = \frac{6 \times 11}{11 + 1} = \frac{66}{12} = \frac{11}{2}$

(C) આપેલ શ્રેણી $S = 1(2)^2 + 2(4)^2 + 3(6)^2 + \dots + 10(20)^2$ છે.
$n$-મું પદ $T_n = n(2n)^2 = n(4n^2) = 4n^3$ છે.
$10$ પદોનો સરવાળો $S_{10} = \sum_{n=1}^{10} 4n^3$ છે.
$S_{10} = 4 \sum_{n=1}^{10} n^3$.
સૂત્ર $\sum_{n=1}^{k} n^3 = \left( \frac{k(k+1)}{2} \right)^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S_{10} = 4 \left( \frac{10 \times 11}{2} \right)^2$.
$S_{10} = 4 \times (55)^2 = 4 \times 3025 = 12100$.

(A) આપેલ શ્રેણી પ્રથમ $13$ એકી સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો છે.
સામાન્ય પદ ${T_n} = {(2n - 1)^2}$ છે,જ્યાં $n = 1, 2, \dots, 13$.
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{13} (2n - 1)^2 = \sum_{n=1}^{13} (4n^2 - 4n + 1)$ છે.
સરવાળાના સૂત્રો $\sum_{n=1}^{k} n^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$ અને $\sum_{n=1}^{k} n = \frac{k(k+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = 4 \sum_{n=1}^{13} n^2 - 4 \sum_{n=1}^{13} n + \sum_{n=1}^{13} 1$
$S = 4 \left[ \frac{13(13+1)(2 \times 13 + 1)}{6} \right] - 4 \left[ \frac{13(13+1)}{2} \right] + 13$
$S = 4 \left[ \frac{13 \times 14 \times 27}{6} \right] - 2 \times 13 \times 14 + 13$
$S = 4 \times 13 \times 7 \times 9 - 364 + 13$
$S = 3276 - 364 + 13 = 2925$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = (1^2 + 3^2 + 5^2 + \dots + (2m-1)^2) + 2(2^2 + 4^2 + 6^2 + \dots + (2m)^2)$ છે.
એકી સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો $\sum_{k=1}^{m} (2k-1)^2 = \frac{m(2m-1)(2m+1)}{3}$ થાય.
બેકી સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો $2 \times \sum_{k=1}^{m} (2k)^2 = 8 \sum_{k=1}^{m} k^2 = \frac{4m(m+1)(2m+1)}{3}$ થાય.
બંનેનો સરવાળો કરતા,$S = \frac{m(2m+1)}{3} [ (2m-1) + 4(m+1) ] = m(2m+1)^2$ મળે છે.

(C) આપેલ શ્રેણી $S_n = 1 + \frac{4}{3} + \frac{10}{9} + \frac{28}{27} + \dots + n \text{ પદો}$ છે.
આપણે પદોને આ રીતે લખી શકીએ:
$S_n = (1) + (1 + \frac{1}{3}) + (1 + \frac{1}{9}) + (1 + \frac{1}{27}) + \dots + n \text{ પદો}$.
પદોને જૂથમાં લેતા:
$S_n = (1 + 1 + 1 + \dots + n \text{ વખત}) + (\frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \frac{1}{27} + \dots + n \text{ પદો})$.
$S_n = n + \frac{\frac{1}{3}(1 - (\frac{1}{3})^n)}{1 - \frac{1}{3}}$.
$S_n = n + \frac{\frac{1}{3}(1 - \frac{1}{3^n})}{\frac{2}{3}}$.
$S_n = n + \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{3^n})$.
$S_n = n + \frac{1}{2} - \frac{1}{2 \cdot 3^n}$.

(C) જ્યારે $n$ એકી સંખ્યા હોય,ત્યારે શ્રેણીના $n$ પદોનો સરવાળો: $1^2 + 2 \cdot 2^2 + 3^2 + 2 \cdot 4^2 + \dots + 2 \cdot (n-1)^2 + n^2$ થાય.
આને પ્રથમ $(n-1)$ પદોના સરવાળા અને $n$-માં પદના સરવાળા તરીકે લખી શકાય.
$(n-1)$ બેકી સંખ્યા હોવાથી,બેકી પદો માટેનું સૂત્ર વાપરતા: $S_{n-1} = \frac{(n-1)(n-1+1)^2}{2} = \frac{(n-1)n^2}{2}$.
હવે,$n$-મું પદ $(n^2)$ ઉમેરતા: $S_n = \frac{(n-1)n^2}{2} + n^2$.
$n^2$ સામાન્ય લેતા: $S_n = n^2 \left( \frac{n-1}{2} + 1 \right) = n^2 \left( \frac{n-1+2}{2} \right) = \frac{n^2(n+1)}{2}$.

(A) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{(3 + (n-1) \times 3)(1^2 + 2^2 + ... + n^2)}{2n + 1}$ છે.
$T_n$ નું સાદુંરૂપ આપતા:
$T_n = \frac{3n \times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}{2n+1} = \frac{n^2(n+1)}{2} = \frac{n^3 + n^2}{2}$.
$15$ પદોનો સરવાળો $S_{15} = \sum_{n=1}^{15} T_n = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{15} (n^3 + n^2)$ છે.
સરવાળાના સૂત્રો $\sum n^3 = [\frac{n(n+1)}{2}]^2$ અને $\sum n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S_{15} = \frac{1}{2} [(\frac{15 \times 16}{2})^2 + \frac{15 \times 16 \times 31}{6}]$.
$S_{15} = \frac{1}{2} [120^2 + 1240] = \frac{1}{2} [14400 + 1240] = \frac{15640}{2} = 7820$.

(C) આપેલ છે કે $S_k = \frac{k(k+1)}{2k} = \frac{k+1}{2}$.
આપણે $A$ શોધવાનું છે જેથી $\sum_{k=1}^{10} S_k^2 = \frac{5}{12}A$ થાય.
$\sum_{k=1}^{10} \left( \frac{k+1}{2} \right)^2 = \frac{5}{12}A$
$\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{10} (k+1)^2 = \frac{5}{12}A$
$\frac{1}{4} (2^2 + 3^2 + .... + 11^2) = \frac{5}{12}A$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{n=1}^{n} n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
તેથી,$\sum_{k=1}^{11} k^2 = \frac{11(12)(23)}{6} = 11 \times 2 \times 23 = 506$.
તેથી,$2^2 + 3^2 + .... + 11^2 = 506 - 1^2 = 505$.
આ કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{4} (505) = \frac{5}{12}A$.
$A = 505 \times \frac{12}{4 \times 5} = 505 \times \frac{3}{5} = 101 \times 3 = 303$.

(B) આપેલ શ્રેણી ${\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} + {\left( {\frac{6}{4}} \right)^3} + {\left( {\frac{9}{4}} \right)^3} + {\left( {\frac{12}{4}} \right)^3} + \dots$ $15$ પદો સુધી છે.
આને $\sum_{r=1}^{15} {\left( \frac{3r}{4} \right)^3}$ તરીકે લખી શકાય.
$= \frac{27}{64} \sum_{r=1}^{15} r^3$.
સૂત્ર $\sum_{r=1}^{n} r^3 = {\left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{27}{64} \times {\left[ \frac{15(16)}{2} \right]^2}$.
$= \frac{27}{64} \times (120)^2$.
$= \frac{27}{64} \times 14400$.
$= 27 \times 225$.
આપેલ છે કે સરવાળો $225\,k$ છે,તેથી $225\,k = 225 \times 27$.
આમ,$k = 27$.

(B) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = n(2n - 1) = 2n^2 - n$ છે.
પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} (2k^2 - k) = 2 \sum_{k=1}^{n} k^2 - \sum_{k=1}^{n} k$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રો $\sum k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = 2 \left[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \right] - \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{3} - \frac{n(n+1)}{2}$.
$n = 11$ માટે:
$S_{11} = \frac{11(12)(23)}{3} - \frac{11(12)}{2}$.
$S_{11} = 11 \times 4 \times 23 - 11 \times 6$.
$S_{11} = 1012 - 66 = 946$.

(B) $n$ મું પદ $T_n$ આ મુજબ છે:
$T_n = \frac{(2n+1) \sum_{k=1}^n k^3}{\sum_{k=1}^n k^2}$
સૂત્રો $\sum k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ અને $\sum k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T_n = \frac{(2n+1) \times \frac{n^2(n+1)^2}{4}}{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$
$T_n = \frac{6}{4} n(n+1) = \frac{3}{2}(n^2 + n)$
હવે,સરવાળો $S_{10} = \sum_{n=1}^{10} T_n = \frac{3}{2} \left[ \sum_{n=1}^{10} n^2 + \sum_{n=1}^{10} n \right]$
$S_{10} = \frac{3}{2} \left[ \frac{10(11)(21)}{6} + \frac{10(11)}{2} \right]$
$S_{10} = \frac{3}{2} [385 + 55] = \frac{3}{2} [440] = 660$

(A) ધારો કે આપેલ સરવાળો $S$ છે. શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{\sum_{k=1}^n k^3}{\sum_{k=1}^n k}$ છે.
સૂત્રો $\sum_{k=1}^n k^3 = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2$ અને $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$T_n = \frac{n(n+1)}{2}$ મળે.
પ્રથમ $15$ પદોનો સરવાળો $\sum_{n=1}^{15} T_n = \sum_{n=1}^{15} \frac{n(n+1)}{2} = 680$ થાય.
આપેલ પદાવલિ $\sum_{n=1}^{15} T_n - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{15} n = 680 - \frac{1}{2} \times 120 = 680 - 60 = 620$ છે.

(C) ધારો કે $S = \sum_{k=0}^{99} \left[ -\frac{1}{3} - \frac{k}{100} \right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે જો $-1 \le x < 0$ હોય તો $[x] = -1$ અને જો $-2 \le x < -1$ હોય તો $[x] = -2$.
પદ $\left[ -\frac{1}{3} - \frac{k}{100} \right]$ માટે,કિંમત $-1$ ત્યારે મળે જ્યારે $-\frac{1}{3} - \frac{k}{100} \ge -1$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{k}{100} \le 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$,તેથી $k \le \frac{200}{3} \approx 66.66$.
આમ,$k = 0, 1, 2, \dots, 66$ (કુલ $67$ પદો) માટે,કિંમત $-1$ છે.
$k = 67, 68, \dots, 99$ (કુલ $33$ પદો) માટે,કિંમત $-2$ છે.
સરવાળો $= 67 \times (-1) + 33 \times (-2) = -67 - 66 = -133$.