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

(C) આપેલ પદાવલિ $S = n + 2n + 3n + \ldots + 99n$ છે.
આને $S = n(1 + 2 + 3 + \ldots + 99)$ તરીકે લખી શકાય.
પ્રથમ $k$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના સરવાળાના સૂત્ર મુજબ,$\sum_{i=1}^{k} i = \frac{k(k+1)}{2}$,આપણને મળે:
$S = n \times \frac{99 \times 100}{2} = n \times 99 \times 50 = n \times 4950$.
$4950$ ના અવિભાજ્ય અવયવો $4950 = 2 \times 3^2 \times 5^2 \times 11$ છે.
$S$ પૂર્ણ વર્ગ બને તે માટે $n \times 2 \times 3^2 \times 5^2 \times 11$ પૂર્ણ વર્ગ હોવું જોઈએ.
આ માટે $n$ એ $2 \times 11 \times k^2 = 22k^2$ સ્વરૂપમાં હોવું જોઈએ.
સૌથી નાની પ્રાકૃતિક સંખ્યા $n$ મેળવવા માટે $k=1$ લેતા,$n = 22$ મળે.
તેથી $n^2 = 22^2 = 484$.
$484$ માં $3$ અંકો છે.

(A) આપેલ પદાવલિ $S = \frac{\sum_{k=1}^{2n} k^3}{\sum_{k=1}^{n} k^2}$ છે.
સૂત્રો $\sum_{k=1}^{m} k^3 = \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2$ અને $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{\left(\frac{2n(2n+1)}{2}\right)^2}{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}} = \frac{6n(2n+1)}{n+1} = 12n - 6 + \frac{6}{n+1}$.
$S$ પૂર્ણાંક હોય તે માટે $n+1$ એ $6$ નો અવયવ હોવો જોઈએ.
$6$ ના અવયવો $1, 2, 3, 6$ છે.
તેથી $n+1 \in \{1, 2, 3, 6\}$,જે આપણને $n \in \{0, 1, 2, 5\}$ આપે છે.
$n$ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી $n \in \{1, 2, 5\}$.
આ કિંમતોનો સરવાળો $1+2+5 = 8$ થાય છે.

(D) ધારો કે $S = \frac{2^2+4^2+6^2+\ldots+(2n)^2}{1^2+3^2+5^2+\ldots+(2n-1)^2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે અંશ $4(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2) = 4 \times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{2n(n+1)(2n+1)}{3}$ છે.
છેદ એ પ્રથમ $n$ એકી સંખ્યાઓના વર્ગોનો સરવાળો છે,જે $\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$ છે.
આમ,$S = \frac{2n(n+1)(2n+1)}{n(2n-1)(2n+1)} = \frac{2(n+1)}{2n-1}$.
આપણને $S > 1.01$ આપેલ છે,તેથી $\frac{2n+2}{2n-1} > \frac{101}{100}$.
ગુણાકાર કરતા,આપણને $200n + 200 > 202n - 101$ મળે છે.
$301 > 2n$,જેનો અર્થ છે કે $n < 150.5$.
$n$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $n$ ની મહત્તમ કિંમત $150$ છે.

(B) પિરામિડમાં $18$ સ્તરો છે,જેમાં ઉપરના સ્તરની દરેક બાજુ પર $13$ દડાઓ છે. ચોરસ પાયાના પિરામિડ માટે,સ્તરોમાં દડાઓની સંખ્યા $13^2, 14^2, 15^2, \dots, 30^2$ છે.
દડાઓની કુલ સંખ્યા $N = \sum_{k=13}^{30} k^2 = \sum_{k=1}^{30} k^2 - \sum_{k=1}^{12} k^2$ છે.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{k=1}^{30} k^2 = 9455$ અને $\sum_{k=1}^{12} k^2 = 650$.
તેથી,$N = 9455 - 650 = 8805$.
આમ,$8000 < 8805 < 9000$,તેથી સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) આપણી પાસે પદાવલિ $\frac{1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2}{1+2+3+\ldots+n}$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,અંશ $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને છેદ $\frac{n(n+1)}{2}$ છે.
તેમનો ભાગાકાર કરતા,આપણને $\frac{2n+1}{3}$ મળે છે.
આ પદાવલિ પૂર્ણાંક બને તે માટે,ધારો કે $\frac{2n+1}{3} = k$,જ્યાં $k$ એક પૂર્ણાંક છે.
આનો અર્થ એ છે કે $2n+1 = 3k$,અથવા $2n = 3k-1$.
$n$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $3k-1$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $k$ એકી સંખ્યા હોવી જોઈએ.
$1 \leq n \leq 100$ આપેલ હોવાથી,$1 \leq \frac{3k-1}{2} \leq 100$.
$2 \leq 3k-1 \leq 200$ $\Rightarrow 3 \leq 3k \leq 201$ $\Rightarrow 1 \leq k \leq 67$.
આપણે $[1, 67]$ અંતરાલમાં એકી પૂર્ણાંકો $k$ ની સંખ્યા ગણવાની છે.
એકી પૂર્ણાંકો $1, 3, 5, \ldots, 67$ છે.
આ એક સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં $a=1$,$d=2$,અને $l=67$ છે.
$l = a + (m-1)d$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$67 = 1 + (m-1)2$ $\Rightarrow 66 = 2(m-1)$ $\Rightarrow 33 = m-1$ $\Rightarrow m = 34$.
આમ,આવા $34$ પૂર્ણાંકો $n$ છે.

(D) અંશનો સરવાળો $\sum_{r=1}^n r^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$ છે.
છેદ $\sum_{r=1}^n r(2r+1) = \sum_{r=1}^n (2r^2+r) = 2\sum r^2 + \sum r$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $2 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)(4n+5)}{6}$.
આપેલ ગુણોત્તર: $\frac{\frac{n^2(n+1)^2}{4}}{\frac{n(n+1)(4n+5)}{6}} = \frac{9}{5}$.
સાદું રૂપ આપતા: $\frac{3n(n+1)}{2(4n+5)} = \frac{9}{5}$.
$\frac{n(n+1)}{2(4n+5)} = \frac{3}{5} \Rightarrow 5n^2 + 5n = 24n + 30$.
$5n^2 - 19n - 30 = 0$.
$(n-5)(5n+6) = 0$.
$n$ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી,$n = 5$.

(D) આપેલ શ્રેણી $5, 11, 19, 29, 41, \ldots$ છે.
ધારો કે $n$-મું પદ $T_n = an^2 + bn + c$ છે.
$n=1$ માટે,$T_1 = a + b + c = 5$.
$n=2$ માટે,$T_2 = 4a + 2b + c = 11$.
$n=3$ માટે,$T_3 = 9a + 3b + c = 19$.
સમીકરણો બાદ કરતા: $(T_2 - T_1) = 3a + b = 6$ અને $(T_3 - T_2) = 5a + b = 8$.
આ ઉકેલતા,$2a = 2 \implies a = 1$,$b = 3$,અને $c = 1$ મળે છે.
તેથી,$T_n = n^2 + 3n + 1$.
સરવાળો $S_{20} = \sum_{n=1}^{20} (n^2 + 3n + 1) = \sum_{n=1}^{20} n^2 + 3 \sum_{n=1}^{20} n + \sum_{n=1}^{20} 1$.
સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $\sum n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$,$\sum n = \frac{n(n+1)}{2}$.
$S_{20} = \frac{20(21)(41)}{6} + 3 \times \frac{20(21)}{2} + 20 = 2870 + 630 + 20 = 3520$.

(B) આપેલ પદાવલિ $S = (1^2 - 2^2) + (3^2 - 4^2) + \ldots + (2021^2 - 2022^2) + 2023^2$ છે.
$a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$S = (1 - 2)(1 + 2) + (3 - 4)(3 + 4) + \ldots + (2021 - 2022)(2021 + 2022) + 2023^2$.
$S = -1(1 + 2 + 3 + 4 + \ldots + 2022) + 2023^2$.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $\frac{n(n+1)}{2}$ થાય,તેથી:
$S = -\frac{2022 \times 2023}{2} + 2023^2$.
$S = -1011 \times 2023 + 2023^2$.
$S = 2023(2023 - 1011) = 2023 \times 1012$.
આપેલ છે કે $1012 m^2 n = 2023 \times 1012$,તેથી $m^2 n = 2023$.
$2023 = 17^2 \times 7$ હોવાથી,$m = 17$ અને $n = 7$ મળે.
તેથી,$m^2 - n^2 = 17^2 - 7^2 = 289 - 49 = 240$.

(A) આપેલ છે $S_{k} = \frac{k(k+1)}{2k} = \frac{k+1}{2}$.
તેથી $S_{j}^2 = \frac{(j+1)^2}{4} = \frac{j^2 + 2j + 1}{4}$.
$j=1$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા:
$\sum_{j=1}^n S_j^2 = \frac{1}{4} \left[ \sum_{j=1}^n j^2 + 2 \sum_{j=1}^n j + \sum_{j=1}^n 1 \right]$
$= \frac{1}{4} \left[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \frac{n(n+1)}{2} + n \right]$
$= \frac{n}{4} \left[ \frac{(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1) + 1 \right]$
$= \frac{n}{24} \left[ (2n^2 + 3n + 1) + 6n + 6 + 6 \right]$
$= \frac{n}{24} [2n^2 + 9n + 13]$.
$\frac{n}{A}(Bn^2 + Cn + D)$ સાથે સરખાવતા,$A=24, B=2, C=9, D=13$ મળે છે.
વિકલ્પો તપાસતા:
$A+B = 26$,$D=13$,$26$ એ $13$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) શ્રેણી $5, 8, 14, 23, 35, 50, \ldots$ છે.
ક્રમિક પદો વચ્ચેનો તફાવત $d_n = a_{n+1} - a_n$ છે.
તફાવતો $3, 6, 9, 12, 15, \ldots$ છે,જે સમાંતર શ્રેણી બનાવે છે જ્યાં $n^{\text{th}}$ તફાવત $3n$ છે.
તેથી,$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} 3k = 5 + 3 \frac{(n-1)n}{2} = \frac{3n^2 - 3n + 10}{2}$.
$n=40$ માટે,$a_{40} = \frac{3(40)^2 - 3(40) + 10}{2} = 2345$.
હવે,$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{3k^2 - 3k + 10}{2} = \frac{3}{2} \sum k^2 - \frac{3}{2} \sum k + 5 \sum 1$.
$S_{30} = \frac{3}{2} \left( \frac{30(31)(61)}{6} \right) - \frac{3}{2} \left( \frac{30(31)}{2} \right) + 5(30) = 13635$.
અંતે,$S_{30} - a_{40} = 13635 - 2345 = 11290$.

(C) શ્રેણી $4, 11, 21, 34, 50, \ldots$ છે. ક્રમિક પદો વચ્ચેનો તફાવત $7, 10, 13, 16, \ldots$ છે,જે $3$ ના સામાન્ય તફાવત સાથે $A.P.$ બનાવે છે.
ધારો કે $n$ મું પદ $T_{n} = an^2 + bn + c$ છે.
$n=1, 2, 3$ માટે:
$a + b + c = 4$
$4a + 2b + c = 11$
$9a + 3b + c = 21$
આ સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને $a = \frac{3}{2}, b = \frac{5}{2}, c = 0$ મળે છે.
તેથી,$T_{n} = \frac{3}{2}n^2 + \frac{5}{2}n = \frac{n(3n+5)}{2}$.
$S_{n} = \sum_{k=1}^{n} T_{k} = \frac{n(n+1)(n+3)}{2}$.
હવે,$S_{29} = \frac{29 \times 30 \times 32}{2} = 13920$.
$S_{9} = \frac{9 \times 10 \times 12}{2} = 540$.
$\frac{1}{60}(S_{29} - S_{9}) = \frac{1}{60}(13920 - 540) = \frac{13380}{60} = 223$.

(B) ધારો કે $S_n = \frac{n^2+3n}{(n+1)(n+2)}$.
$n=1$ માટે,$a_1 = S_1 = \frac{2}{3}$.
$n > 1$ માટે,$a_n = S_n - S_{n-1} = \frac{4}{n(n+1)(n+2)}$.
તેથી,$\frac{1}{a_k} = \frac{k(k+1)(k+2)}{4}$.
હવે,$28 \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{a_k} = 28 \sum_{k=1}^{10} \frac{k(k+1)(k+2)}{4} = 7 \sum_{k=1}^{10} k(k+1)(k+2)$.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2) = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$7 \times \frac{10 \times 11 \times 12 \times 13}{4} = 2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13$.
આ પ્રથમ $6$ અવિભાજ્ય સંખ્યાઓનો ગુણાકાર છે.
તેથી,$m = 6$.

(C) આપેલ શ્રેણી $2^2-3^2+4^2-5^2+6^2-\ldots$ ના $20$ પદો છે.
આને બે શ્રેણીઓના સરવાળા તરીકે લખી શકાય: $S = (2^2+4^2+6^2+\ldots \text{ } 10 \text{ પદો સુધી}) - (3^2+5^2+7^2+\ldots \text{ } 10 \text{ પદો સુધી})$.
$S = \sum_{n=1}^{10} (2n)^2 - \sum_{n=1}^{10} (2n+1)^2$.
$S = \sum_{n=1}^{10} [ (2n)^2 - (2n+1)^2 ]$.
નિત્યસમ $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \sum_{n=1}^{10} (2n - 2n - 1)(2n + 2n + 1) = \sum_{n=1}^{10} (-1)(4n+1)$.
$S = -[ 4 \sum_{n=1}^{10} n + \sum_{n=1}^{10} 1 ]$.
$S = -[ 4 \times \frac{10 \times 11}{2} + 10 ]$.
$S = -[ 220 + 10 ] = -230$.

(B) આપણે $S = \sum_{n=1}^{120} [\sqrt{n}]$ ની ગણતરી કરવાની છે.
કોઈ પૂર્ણાંક $k$ માટે,$[\sqrt{n}] = k$ ત્યારે થાય જ્યારે $k^2 \leq n < (k+1)^2$.
આવા પૂર્ણાંકો $n$ ની સંખ્યા $(k+1)^2 - k^2 = 2k+1$ છે.
અહીં $k=1, 2, \ldots, 10$ માટે,$n$ ની કિંમતો $1$ થી $120$ સુધી છે કારણ કે $10^2 = 100$ અને $11^2 = 121$.
$k=1, 2, \ldots, 9$ માટે,પદોની સંખ્યા $2k+1$ છે.
$k=10$ માટે,વિસ્તાર $100 \leq n \leq 120$ છે,જે $120 - 100 + 1 = 21$ પદો આપે છે.
સરવાળો $S = \sum_{k=1}^{9} k(2k+1) + 10(21)$.
$S = \sum_{k=1}^{9} (2k^2 + k) + 210$.
$S = 2 \times \frac{9(10)(19)}{6} + \frac{9(10)}{2} + 210$.
$S = 570 + 45 + 210 = 825$.

(A) આપેલ શ્રેણીનો સરવાળો $P = \frac{1}{2}$ મળે છે.
અહીં $\frac{\alpha}{\beta} = \frac{1}{2}$ છે.
તેથી $\alpha = 1$ અને $\beta = 2$ મળે.
$\alpha + 3\beta = 1 + 3(2) = 1 + 6 = 7$.

(B) શ્રેણી $1, 4, 8, 13, 19, 26, \ldots$ નું $n$-મું પદ $a_n = \frac{n^2+3n-2}{2}$ છે.
તેથી,$\alpha = \sum_{n=1}^{10} \left(\frac{n^2+3n-2}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{10} (n^2+3n-2)^2$.
તેથી $4\alpha = \sum_{n=1}^{10} (n^4 + 6n^3 + 5n^2 - 12n + 4)$.
આપેલ છે કે $\beta = \sum_{n=1}^{10} n^4$,તેથી $4\alpha - \beta = \sum_{n=1}^{10} (6n^3 + 5n^2 - 12n + 4)$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{n=1}^{10} n^3 = 3025$,$\sum_{n=1}^{10} n^2 = 385$,$\sum_{n=1}^{10} n = 55$.
$4\alpha - \beta = 6(3025) + 5(385) - 12(55) + 4(10) = 19455$.
આપેલ છે કે $4\alpha - \beta = 55k + 40$,તેથી $55k = 19415$.
$k = 353$.

(D) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = \frac{r}{1-3r^2+r^4}$ છે.
છેદને $(r^2-r-1)(r^2+r-1)$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$T_r = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{r^2-r-1} - \frac{1}{r^2+r-1} \right]$.
$10$ પદોનો સરવાળો $\sum_{r=1}^{10} T_r = \frac{1}{2} [f(1) - f(11)] = \frac{1}{2} [-1 - \frac{1}{109}] = -\frac{55}{109}$.

(B) ધારો કે પદાવલિ $S = \frac{\sum_{r=1}^{n} r(r+1)^2}{\sum_{r=1}^{n} r^2(r+1)}$ છે,જ્યાં $n=100$.
અંશ: $\sum_{r=1}^{n} (r^3 + 2r^2 + r) = \frac{n^2(n+1)^2}{4} + \frac{2n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{n(n+1)}{2}$.
છેદ: $\sum_{r=1}^{n} (r^3 + r^2) = \frac{n^2(n+1)^2}{4} + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
ગુણોત્તરનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{\frac{n^2+n}{2} + \frac{4n+2}{3} + 1}{\frac{n^2+n}{2} + \frac{2n+1}{3}}$.
$n=100$ માટે: $\frac{5050 + 134 + 1}{5050 + 67} = \frac{5185}{5117} = \frac{305}{301}$.

(A) પ્રથમ ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ $a$ છે. બીજા ત્રિકોણની બાજુની લંબાઈ $a/2$,ત્રીજાની $a/4$ વગેરે છે.
પરિમિતિઓનો સરવાળો $P = 3a + 3(a/2) + 3(a/4) + \dots = 3a(1 + 1/2 + 1/4 + \dots) = 3a \times \frac{1}{1 - 1/2} = 3a \times 2 = 6a$.
આમ,$a = P/6$.
ક્ષેત્રફળોનો સરવાળો $Q = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 + \frac{\sqrt{3}}{4}(a/2)^2 + \frac{\sqrt{3}}{4}(a/4)^2 + \dots = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2(1 + 1/4 + 1/16 + \dots) = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 \times \frac{1}{1 - 1/4} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 \times \frac{4}{3} = \frac{\sqrt{3}a^2}{3} = \frac{a^2}{\sqrt{3}}$.
$Q$ ના સમીકરણમાં $a = P/6$ મૂકતા:
$Q = \frac{(P/6)^2}{\sqrt{3}} = \frac{P^2}{36\sqrt{3}}$.
તેથી,$P^2 = 36\sqrt{3}Q$.

(D) બીજું પદ $\sum_{k=1}^{1012} \frac{1}{(2k)(2k-1)} = \sum_{k=1}^{1012} \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\right) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ldots + \frac{1}{2023} - \frac{1}{2024}$ છે.
આપેલ સમીકરણ: $\sum_{k=1}^{1012} \frac{1}{\alpha+k} - \sum_{k=1}^{1012} \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\right) = \frac{1}{2024}$.
તેથી,$\sum_{k=1}^{1012} \frac{1}{\alpha+k} = \alpha = 1011$ મળે છે.

(C) ધારો કે $k$-મું પદ $T_k = 75 \ldots 57$ છે.
$9S = 75 \ldots 57 + 1210$ મળે છે.
અહીં $m = 1210$ અને $n = 9$ છે.
તેથી $m + n = 1210 + 9 = 1219$.

(A) કોઈ પણ ક્રમિક $0$ ન હોય તેવી $n$-અંકી સંખ્યા માટે:
જો તે $1$ થી અંત પામે,તો અગાઉનો અંક $0$ અથવા $1$ હોઈ શકે. તેથી,$b_n = b_{n-1} + c_{n-1} = a_{n-1}$.
જો તે $0$ થી અંત પામે,તો અગાઉનો અંક $1$ હોવો જોઈએ. તેથી,$c_n = b_{n-1}$.
$a_n = b_n + c_n$ હોવાથી,આપણને $a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ મળે છે.
$1.$ $(A)$ માટે,પુનરાવર્તિત સંબંધ મુજબ $a_{17} = a_{16} + a_{15}$ સાચું છે.
$(B)$ માટે,$c_{17} = c_{16} + c_{15}$ સાચું છે,તેથી $c_{17} \neq c_{16} + c_{15}$ ખોટું છે.
$(C)$ માટે,$b_{17} = b_{16} + c_{16}$ સાચું છે,તેથી $b_{17} \neq b_{16} + c_{16}$ ખોટું છે.
$(D)$ માટે,$a_{17} = b_{17} + c_{17} = (b_{16} + c_{16}) + c_{17} = a_{16} + c_{17}$. $a_{16} = b_{16} + c_{16}$ હોવાથી,આ $a_{17} = c_{17} + b_{16}$ માં સરળ બનતું નથી.
આમ,માત્ર $(A)$ સાચું છે.
$2.$ આપણી પાસે $b_n = a_{n-1}$ છે.
$a_1 = 1$ $(1)$
$a_2 = 2$ $(10, 11)$
$a_3 = 3$ $(101, 110, 111)$
$a_4 = 5$ $(1010, 1011, 1101, 1110, 1111)$
$a_5 = 8$
તેથી,$b_6 = a_5 = 8$.
સાચો વિકલ્પ $(B)$ છે.

(A,D) આપેલ સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{4n} (-1)^{\frac{k(k+1)}{2}} k^2$ છે.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$S_n = -1^2 - 2^2 + 3^2 + 4^2 - 5^2 - 6^2 + 7^2 + 8^2 + \dots + (-1)^{\frac{4n(4n+1)}{2}} (4n)^2$.
ચાર-ચાર પદોના જૂથ બનાવતા:
$S_n = (3^2 - 1^2) + (4^2 - 2^2) + (7^2 - 5^2) + (8^2 - 6^2) + \dots + ((4n-1)^2 - (4n-3)^2) + ((4n)^2 - (4n-2)^2)$.
$a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = 2(4) + 2(6) + 2(12) + 2(14) + \dots + 2(8n-4) + 2(8n-2)$.
$S_n = 2 [ (4 + 12 + \dots + 8n-4) + (6 + 14 + \dots + 8n-2) ]$.
બંને શ્રેણીઓ સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં $n$ પદો છે.
પ્રથમ શ્રેણીનો સરવાળો $= 4n^2$.
બીજી શ્રેણીનો સરવાળો $= 4n^2 + 2n$.
$S_n = 2 [ 8n^2 + 2n ] = 4n(4n+1)$.
$n=8$ માટે,$S_8 = 1056$.
$n=9$ માટે,$S_9 = 1332$.
આમ,$S_n$ ની કિંમતો $1056$ અને $1332$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $a_1=7$ અને $d=8$. સમાંતર શ્રેણીનું $n$-મું પદ $a_n = a_1 + (n-1)d = 7 + (n-1)8 = 8n-1$ છે.
આપણને $T_{n+1} - T_n = a_n$ આપેલ છે. $k=1$ થી $n-1$ સુધી સરવાળો કરતા,આપણને $T_n = T_1 + \sum_{k=1}^{n-1} a_k$ મળે છે.
$T_n = 3 + \sum_{k=1}^{n-1} (8k-1) = 3 + 8 \frac{(n-1)n}{2} - (n-1) = 3 + 4n^2 - 4n - n + 1 = 4n^2 - 5n + 4$.
$n=20$ માટે,$T_{20} = 4(20)^2 - 5(20) + 4 = 1600 - 100 + 4 = 1504$. (વિકલ્પ $A$ ખોટો છે).
$n=30$ માટે,$T_{30} = 4(30)^2 - 5(30) + 4 = 3600 - 150 + 4 = 3454$. (વિકલ્પ $C$ સાચો છે).
હવે,$\sum_{k=1}^n T_k = \sum_{k=1}^n (4k^2 - 5k + 4) = 4 \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - 5 \frac{n(n+1)}{2} + 4n$.
$n=20$ માટે,$\sum_{k=1}^{20} T_k = 4 \frac{20(21)(41)}{6} - 5 \frac{20(21)}{2} + 4(20) = 2(2870) - 1050 + 80 = 11480 - 1050 + 80 = 10510$. (વિકલ્પ $B$ સાચો છે).
$n=30$ માટે,$\sum_{k=1}^{30} T_k = 4 \frac{30(31)(61)}{6} - 5 \frac{30(31)}{2} + 4(30) = 2(18920) - 2325 + 120 = 37840 - 2325 + 120 = 35635$. (વિકલ્પ $D$ ખોટો છે).
આમ,વિકલ્પો $B$ અને $C$ સાચા છે.

(A) ધારો કે આપેલી શ્રેણી $S_{20} = 1+3+11+25+45+71+\ldots+T_{20}$ છે.
ક્રમિક પદો વચ્ચેનો તફાવત $2, 8, 14, 20, 26, \ldots$ છે,જે $6$ ના સામાન્ય તફાવત સાથે સમાંતર શ્રેણી ($A$.$P$.) બનાવે છે.
પ્રથમ ક્રમનો તફાવત સમાંતર શ્રેણીમાં હોવાથી,સામાન્ય પદ $T_n$ એ $T_n = an^2 + bn + c$ સ્વરૂપનું દ્વિઘાત પદાવલિ છે.
પ્રથમ ત્રણ પદોનો ઉપયોગ કરીને:
$T_1 = a + b + c = 1$
$T_2 = 4a + 2b + c = 3$
$T_3 = 9a + 3b + c = 11$
સમીકરણો બાદ કરતા:
$(T_2 - T_1) \implies 3a + b = 2$
$(T_3 - T_2) \implies 5a + b = 8$
આ પરિણામો બાદ કરતા: $2a = 6 \implies a = 3$.
$3a+b=2$ માં $a=3$ મુકતા,$9+b=2 \implies b = -7$.
$a+b+c=1$ માં $a=3, b=-7$ મુકતા,$3-7+c=1 \implies c = 5$.
આમ,સામાન્ય પદ $T_n = 3n^2 - 7n + 5$ છે.
$20$ પદોનો સરવાળો $\sum_{n=1}^{20} (3n^2 - 7n + 5) = 3 \sum_{n=1}^{20} n^2 - 7 \sum_{n=1}^{20} n + \sum_{n=1}^{20} 5$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$= 3 \left( \frac{20(21)(41)}{6} \right) - 7 \left( \frac{20(21)}{2} \right) + 5(20)$
$= 3(2870) - 7(210) + 100$
$= 8610 - 1470 + 100 = 7240$.

(B) શ્રેણી $1, 3, 5^2, 7, 9^2, 11, 13^2, \ldots$ $40$ પદો સુધી છે.
આને બે શ્રેણીમાં વિભાજિત કરી શકાય:
શ્રેણી $1$: $1, 5^2, 9^2, \ldots$ ($20$ પદો) જ્યાં $r$-મું પદ $(4r-3)^2$ છે.
શ્રેણી $2$: $3, 7, 11, \ldots$ ($20$ પદો) જ્યાં $r$-મું પદ $(4r-1)$ છે.
સરવાળો $= \sum_{r=1}^{20} (4r-3)^2 + \sum_{r=1}^{20} (4r-1)$
$= \sum_{r=1}^{20} (16r^2 - 24r + 9 + 4r - 1)$
$= \sum_{r=1}^{20} (16r^2 - 20r + 8)$
$= 16 \sum_{r=1}^{20} r^2 - 20 \sum_{r=1}^{20} r + 8 \sum_{r=1}^{20} 1$
$= 16 \left( \frac{20 \times 21 \times 41}{6} \right) - 20 \left( \frac{20 \times 21}{2} \right) + 8(20)$
$= 16(2870) - 20(210) + 160$
$= 45920 - 4200 + 160 = 41880$.

(C) આપેલ છે કે $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} = \frac{1}{1^4}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{3^4}+\ldots = \frac{\pi^4}{90}$.
$\beta = \frac{1}{2^4}+\frac{1}{4^4}+\frac{1}{6^4}+\ldots = \frac{1}{2^4} \left( \frac{1}{1^4}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{3^4}+\ldots \right) = \frac{1}{16} \times \frac{\pi^4}{90}$.
$\alpha = \frac{1}{1^4}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{5^4}+\ldots = \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} \right) - \beta = \frac{\pi^4}{90} - \frac{1}{16} \times \frac{\pi^4}{90} = \frac{15}{16} \times \frac{\pi^4}{90}$.
તેથી,$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{\frac{15}{16} \times \frac{\pi^4}{90}}{\frac{1}{16} \times \frac{\pi^4}{90}} = 15$.

(A) પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_{n} = \frac{5^{n} - 2^{n}}{2^{n}} = (\frac{5}{2})^{n} - 1$ આપેલ છે.
$n^{th}$ પદ $T_{n}$ એ $T_{n} = S_{n} - S_{n-1}$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $n > 1$.
$n = 4$ માટે,$T_{4} = S_{4} - S_{3}$.
$S_{4} = (\frac{5}{2})^{4} - 1 = \frac{625}{16} - 1 = \frac{609}{16}$.
$S_{3} = (\frac{5}{2})^{3} - 1 = \frac{125}{8} - 1 = \frac{117}{8} = \frac{234}{16}$.
$T_{4} = \frac{609}{16} - \frac{234}{16} = \frac{375}{16}$.

(A) પ્રથમ $n$ બેકી પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $S_e = n(n+1)$ છે.
પ્રથમ $n$ એકી પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો $S_o = n^2$ છે.
આપેલ ગુણોત્તર: $\frac{n(n+1)}{n^2} = \frac{37}{36}$.
પદને સરળ બનાવતા: $\frac{n+1}{n} = \frac{37}{36}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $36(n+1) = 37n$.
$36n + 36 = 37n$.
$37n - 36n = 36$.
તેથી,$n = 36$.

(B) આપણે $S = 5^{2} + 6^{2} + 7^{2} + \ldots + 20^{2}$ નો સરવાળો શોધવો છે.
આને વર્ગોના બે સરવાળાના તફાવત તરીકે દર્શાવી શકાય છે:
$S = \sum_{k=1}^{20} k^{2} - \sum_{k=1}^{4} k^{2}$.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$n=20$ માટે: $\sum_{k=1}^{20} k^{2} = \frac{20(21)(41)}{6} = 10 \times 7 \times 41 = 2870$.
$n=4$ માટે: $\sum_{k=1}^{4} k^{2} = \frac{4(5)(9)}{6} = 2 \times 5 \times 3 = 30$.
તેથી,$S = 2870 - 30 = 2840$.

(B) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = \frac{\sum_{k=1}^{n} k^2}{n+1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$T_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6(n+1)} = \frac{n(2n+1)}{6} = \frac{2n^2 + n}{6}$.
આપણે પ્રથમ $8$ પદોનો સરવાળો શોધવો છે,$S_8 = \sum_{n=1}^{8} T_n = \sum_{n=1}^{8} \frac{2n^2 + n}{6}$.
$S_8 = \frac{1}{6} \left[ 2 \sum_{n=1}^{8} n^2 + \sum_{n=1}^{8} n \right]$.
$\sum_{n=1}^{8} n^2 = \frac{8(9)(17)}{6} = 204$ અને $\sum_{n=1}^{8} n = \frac{8(9)}{2} = 36$ નો ઉપયોગ કરતા.
$S_8 = \frac{1}{6} [2(204) + 36] = \frac{1}{6} [408 + 36] = \frac{444}{6} = 74$.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = n(2n+1)^2$ છે.
તેનું વિસ્તરણ કરતા,$T_n = n(4n^2 + 4n + 1) = 4n^3 + 4n^2 + n$ મળે.
$10$ પદોનો સરવાળો $S_{10} = \sum_{n=1}^{10} (4n^3 + 4n^2 + n)$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{n=1}^{10} n^3 = \left(\frac{10 \times 11}{2}\right)^2 = 3025$.
$\sum_{n=1}^{10} n^2 = \frac{10 \times 11 \times 21}{6} = 385$.
$\sum_{n=1}^{10} n = \frac{10 \times 11}{2} = 55$.
તેથી,$S_{10} = 4(3025) + 4(385) + 55 = 13695$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S_{10} = 9 + 99 + 999 + \ldots$ છે જે $10$ પદો સુધી છે.
આને $S_{10} = (10-1) + (10^2-1) + (10^3-1) + \ldots + (10^{10}-1)$ તરીકે લખી શકાય.
$S_{10} = (10 + 10^2 + 10^3 + \ldots + 10^{10}) - (1 + 1 + 1 + \ldots + 1 \text{ (10 વખત)})$.
પ્રથમ ભાગ એ ગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં $a=10$,$r=10$,અને $n=10$ છે.
ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $= a\frac{r^n-1}{r-1} = 10\frac{10^{10}-1}{10-1} = \frac{10}{9}(10^{10}-1)$.
$1$ ના સરવાળાને બાદ કરતા (જે $10$ છે):
$S_{10} = \frac{10}{9}(10^{10}-1) - 10 = \frac{10(10^{10}-1) - 90}{9} = \frac{10^{11}-10-90}{9} = \frac{10^{11}-100}{9} = \frac{100}{9}(10^9-1)$.

(C) આપેલ સમીકરણ $2^{1+|\cos x|+|\cos x|^2+\ldots} = 4$ છે.
ઘાતાંક એ અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી છે જેનું પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = |\cos x|$ છે,જ્યાં $|\cos x| < 1$,તેથી સરવાળો $\frac{1}{1-|\cos x|}$ થાય.
આમ,$2^{\frac{1}{1-|\cos x|}} = 2^2$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા,$\frac{1}{1-|\cos x|} = 2$.
$1 - |\cos x| = \frac{1}{2} \Rightarrow |\cos x| = \frac{1}{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\cos x = \frac{1}{2}$ અથવા $\cos x = -\frac{1}{2}$.
$(-\pi, \pi)$ અંતરાલમાં,$\cos x = \frac{1}{2}$ માટે ઉકેલો $x = \frac{\pi}{3}, -\frac{\pi}{3}$ છે.
$\cos x = -\frac{1}{2}$ માટે ઉકેલો $x = \frac{2\pi}{3}, -\frac{2\pi}{3}$ છે.
તેથી,કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $4$ છે.

(C) આપેલ અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી: $1+\sin \theta+\sin ^{2} \theta+\ldots \infty = 2 \sqrt{3}+4$.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_{\infty} = \frac{a}{1-r}$ છે,જ્યાં $a = 1$ અને $r = \sin \theta$.
તેથી,$\frac{1}{1-\sin \theta} = 2 \sqrt{3}+4$.
વ્યસ્ત લેતા: $1-\sin \theta = \frac{1}{2 \sqrt{3}+4}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $1-\sin \theta = \frac{2 \sqrt{3}-4}{(2 \sqrt{3}+4)(2 \sqrt{3}-4)} = \frac{2 \sqrt{3}-4}{12-16} = \frac{2 \sqrt{3}-4}{-4}$.
સાદુરૂપ આપતા: $1-\sin \theta = -\frac{\sqrt{3}}{2} + 1$.
તેથી,$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
આમ,$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$ હોવાથી,$\theta = \frac{\pi}{3}$ થાય.

(B) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $t_n = \frac{1^2 + 2^2 + \ldots + n^2}{1 + 2 + \ldots + n}$ છે.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ અને તેમના વર્ગોના સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$t_n = \frac{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}{\frac{n(n+1)}{2}} = \frac{2n+1}{3}$.
હવે,પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} t_k = \sum_{k=1}^{n} \frac{2k+1}{3}$ છે.
$S_n = \frac{1}{3} [2 \sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1]$.
$S_n = \frac{1}{3} [2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n] = \frac{1}{3} [n(n+1) + n] = \frac{n(n+2)}{3}$.

(B) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{n}{(n+1)(n+2)} \cdot 2^n$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{n}{(n+1)(n+2)} = \frac{2}{n+2} - \frac{1}{n+1}$.
તેથી,$T_n = \left( \frac{2}{n+2} - \frac{1}{n+1} \right) 2^n = \frac{2^{n+1}}{n+2} - \frac{2^n}{n+1}$.
ધારો કે $f(n) = \frac{2^n}{n+1}$. તો $T_n = f(n+1) - f(n)$.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^n T_k = \sum_{k=1}^n (f(k+1) - f(k)) = f(n+1) - f(1)$.
અહીં $f(n+1) = \frac{2^{n+1}}{n+2}$ અને $f(1) = \frac{2^1}{1+1} = 1$ હોવાથી,$S_n = \frac{2^{n+1}}{n+2} - 1$ મળે છે.

(C) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_{n} = \frac{\sum_{k=1}^{n} k^{2}}{\sum_{k=1}^{n} k}$ છે.
સૂત્રો $\sum k^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T_{n} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \times \frac{2}{n(n+1)} = \frac{2n+1}{3}$.
પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_{n} = \sum_{k=1}^{n} T_{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{2k+1}{3}$ છે.
$S_{n} = \frac{1}{3} \left( 2 \sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1 \right)$.
$S_{n} = \frac{1}{3} \left( 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n \right) = \frac{1}{3} (n^{2} + n + n) = \frac{n^{2}+2n}{3} = \frac{n(n+2)}{3}$.

(A) ધારો કે શ્રેણીનું $n$મું પદ $t_n$ છે. શ્રેણી $1, 3, 7, 13, 21, \ldots$ છે.
ક્રમિક પદો વચ્ચેનો તફાવત લેતા: $3-1=2, 7-3=4, 13-7=6, 21-13=8, \ldots$.
આ તફાવતોની સમાંતર શ્રેણી છે: $2, 4, 6, 8, \ldots$.
$n$મું પદ $t_n = t_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (2k)$ તરીકે દર્શાવી શકાય.
$t_n = 1 + 2 \times \frac{(n-1)n}{2} = 1 + n(n-1) = n^2 - n + 1$.
આપેલ છે કે $t_n = 9901$,તેથી $n^2 - n + 1 = 9901$.
$n^2 - n - 9900 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $n^2 - 100n + 99n - 9900 = 0$.
$n(n-100) + 99(n-100) = 0$.
$(n-100)(n+99) = 0$.
$n$ ધન પૂર્ણાંક હોવાથી,$n = 100$.

(B) અનંત ભૂમિતિ શ્રેણીનો સરવાળો $ S = \frac{a}{1-r} $ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $ |r| < 1 $.
આપેલ છે કે $ S = 4 $,તેથી $ \frac{a}{1-r} = 4 \Rightarrow a = 4(1-r) = 4 - 4r \Rightarrow a + 4r = 4 \dots(1) $.
ભૂમિતિ શ્રેણીનું બીજું પદ $ t_2 = ar $ છે.
આપેલ છે કે $ t_2 = \frac{3}{4} $,તેથી $ ar = \frac{3}{4} \Rightarrow a = \frac{3}{4r} \dots(2) $.
સમીકરણ $(2)$ માંથી $ a $ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા:
$ \frac{3}{4r} + 4r = 4 $.
$ 4r $ વડે ગુણતા: $ 3 + 16r^2 = 16r \Rightarrow 16r^2 - 16r + 3 = 0 $.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $ 16r^2 - 12r - 4r + 3 = 0 \Rightarrow 4r(4r - 3) - 1(4r - 3) = 0 \Rightarrow (4r - 1)(4r - 3) = 0 $.
આમ,$ r = \frac{1}{4} $ અથવા $ r = \frac{3}{4} $.
જો $ r = \frac{1}{4} $ હોય,તો $ a = 4(1 - \frac{1}{4}) = 4(\frac{3}{4}) = 3 $.
જો $ r = \frac{3}{4} $ હોય,તો $ a = 4(1 - \frac{3}{4}) = 4(\frac{1}{4}) = 1 $.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,જોડી $ (a=3, r=\frac{1}{4}) $ વિકલ્પ $ B $ સાથે મેળ ખાય છે.

(B) ધારો કે છેદનું સામાન્ય પદ $T_n = (n^2+1)n!$ છે.
આપણે $T_n = (n+1)(n+1)! - 2n \cdot n!$ તરીકે લખી શકીએ.
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{100} (n^2+1)n! = 100 \cdot 101!$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિ $\frac{10001 \times 100!}{100 \times 101 \times 100!} = \frac{10001}{10100}$ થાય.

(A) પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના ઘનનો સરવાળો નીચે મુજબ છે:
$S_n = 1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
અસમતા $1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 > x$ માં સરવાળાનું સૂત્ર મૂકતા:
$\frac{n^2(n+1)^2}{4} > x$.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$\frac{n^2}{4}$ એ એવી કિંમત છે જે હંમેશા સરવાળા કરતા નાની હોય છે.

(A) આપેલ શ્રેણી $\frac{3}{5}+\frac{21}{25}+\frac{117}{125}+\ldots$ છે.
$k$-મું પદ $1 - (\frac{2}{5})^k$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} (1 - (\frac{2}{5})^k) = n - \sum_{k=1}^{n} (\frac{2}{5})^k$.
અહીં,$\sum_{k=1}^{n} (\frac{2}{5})^k$ એ સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જ્યાં $a = \frac{2}{5}$ અને $r = \frac{2}{5}$.
તેનો સરવાળો $\frac{\frac{2}{5}(1-(\frac{2}{5})^n)}{1-\frac{2}{5}} = \frac{2}{3}(1-\frac{2^n}{5^n}) = \frac{2}{3} - \frac{2^{n+1}}{3 \times 5^n}$ થાય.
તેથી,$S_n = n - (\frac{2}{3} - \frac{2^{n+1}}{3 \times 5^n}) = n - \frac{2}{3} + \frac{2^{n+1}}{3 \times 5^n}$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $T_n$ એ $n^{th}$ ગણનું પ્રથમ પદ છે. પ્રથમ પદો $1, 2, 4, 7, 11, \ldots$ છે.
આ એક શ્રેણી છે જેમાં તફાવત $1, 2, 3, 4, \ldots$ છે.
$n^{th}$ પદ $T_n = T_1 + \sum_{k=1}^{n-1} k = 1 + \frac{(n-1)n}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$50^{th}$ ગણ માટે,$n=50$,તેથી $T_{50} = 1 + \frac{49 \times 50}{2} = 1 + 1225 = 1226$.
$50^{th}$ ગણમાં $1226$ થી શરૂ થતા $50$ ક્રમિક પૂર્ણાંકો છે.
સમાંતર શ્રેણીમાં $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \frac{n}{2}[2a + (n-1)d]$ છે.
અહીં $n=50$,$a=1226$,અને $d=1$,તેથી $S_{50} = \frac{50}{2}[2(1226) + 49(1)] = 25[2452 + 49] = 25[2501] = 62525$.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = (3n-1)(4n+1) = 12n^2 - n - 1$ છે.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} (12k^2 - k - 1) = 12 \sum_{k=1}^{n} k^2 - \sum_{k=1}^{n} k - \sum_{k=1}^{n} 1$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = 12 \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{n(n+1)}{2} - n$.
$S_n = 2n(2n^2+3n+1) - \frac{n^2+n}{2} - n = 4n^3 + 6n^2 + 2n - 0.5n^2 - 0.5n - n$.
$S_n = 4n^3 + 5.5n^2 + 0.5n$.
$an^3+bn^2+cn+d$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a=4, b=5.5, c=0.5, d=0$ મળે છે.
તેથી $a-b+c-d = 4 - 5.5 + 0.5 - 0 = -1$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = 2.5 + 5.9 + 8.13 + 11.17 + \ldots$ $10$ પદો સુધી છે.
$n^{th}$ પદ $T_n$ એ સમાંતર શ્રેણી $(2, 5, 8, 11, \ldots)$ અને $(5, 9, 13, 17, \ldots)$ ના $n^{th}$ પદનો ગુણાકાર છે.
$T_n = (3n - 1)(4n + 1) = 12n^2 - n - 1$.
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{10} (12n^2 - n - 1) = 12 \sum_{n=1}^{10} n^2 - \sum_{n=1}^{10} n - \sum_{n=1}^{10} 1$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{n=1}^{10} n^2 = 385$,$\sum_{n=1}^{10} n = 55$,$\sum_{n=1}^{10} 1 = 10$.
$S = 12(385) - 55 - 10 = 4620 - 65 = 4555$.

(D) આપેલી શ્રેણી $1 + (3 + 5 + 7) + (9 + 11 + 13 + 15 + 17) + \ldots$ છે.
$n$-મા પદમાં પદોની સંખ્યા $2n - 1$ છે.
ધારો કે $n$-મા પદનું પ્રથમ પદ $a_n$ છે.
$n$-મા પદ પહેલાં કુલ પદોની સંખ્યા $(n-1)^2$ છે.
તેથી,$n$-મા પદનું પ્રથમ પદ $a_n = (n-1)^2 + 1$ થાય.
$n$-મું પદ એ સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં $2n-1$ પદો છે,પ્રથમ પદ $a_n$ અને સામાન્ય તફાવત $d = 2$ છે.
$n$-મા પદનો સરવાળો $t_n$ નીચે મુજબ છે:
$t_n = \frac{2n-1}{2} [2a_n + (2n-2)d] = (2n-1) [a_n + (n-1)2]$
$t_n = (2n-1) [(n-1)^2 + 1 + 2n - 2] = (2n-1) [n^2 - 2n + 1 + 1 + 2n - 2] = (2n-1) [n^2 + (n-1)^2]$.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \sum_{j=1}^n j^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ છે.
આપણે સરવાળો $S_n = \sum_{i=1}^n T_i = \sum_{i=1}^n \frac{i(i+1)(2i+1)}{6}$ શોધવાનો છે.
પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા: $S_n = \frac{1}{6} \sum_{i=1}^n (2i^3 + 3i^2 + i) = \frac{1}{3} \sum i^3 + \frac{1}{2} \sum i^2 + \frac{1}{6} \sum i$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = \frac{1}{3} \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2 + \frac{1}{2} \left[\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right] + \frac{1}{6} \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]$.
$\frac{n(n+1)}{12}$ સામાન્ય લેતા:
$S_n = \frac{n(n+1)}{12} \left[ n(n+1) + (2n+1) + 1 \right] = \frac{n(n+1)}{12} [n^2 + n + 2n + 2] = \frac{n(n+1)(n^2+3n+2)}{12}$.
કારણ કે $n^2+3n+2 = (n+1)(n+2)$,તેથી $S_n = \frac{n(n+1)^2(n+2)}{12}$ મળે છે.