VN or Telescoping Method Questions in Gujarati

(B) આપેલ છે કે $a_1, a_2, \dots, a_n$ એ સામાન્ય તફાવત $d = a_{k+1} - a_k$ સાથે $A.P.$ માં છે.
આપેલ શ્રેણી $S = \sin d (\csc a_1 \csc a_2 + \csc a_2 \csc a_3 + \dots + \csc a_{n-1} \csc a_n)$ છે.
આપણે $\sin d$ ને $\sin(a_{k+1} - a_k)$ તરીકે લખી શકીએ છીએ. તેથી,શ્રેણીનું દરેક પદ આ રીતે લખી શકાય:
$\sin(a_{k+1} - a_k) \csc a_k \csc a_{k+1} = \frac{\sin(a_{k+1} - a_k)}{\sin a_k \sin a_{k+1}} = \frac{\sin a_{k+1} \cos a_k - \cos a_{k+1} \sin a_k}{\sin a_k \sin a_{k+1}} = \cot a_k - \cot a_{k+1}$.
$k=1$ થી $n-1$ સુધી આ પદોનો સરવાળો કરતા:
$S = (\cot a_1 - \cot a_2) + (\cot a_2 - \cot a_3) + \dots + (\cot a_{n-1} - \cot a_n)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે:
$S = \cot a_1 - \cot a_n$.

(D) ધારો કે $A.P.$ નો સામાન્ય તફાવત $d$ છે. તેથી ${a_{k+1}} - {a_k} = d$ થાય.
આપેલ સરવાળો $S = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{{{a_k}{a_{k+1}}}}$ છે.
દરેક પદને $\frac{1}{{{a_k}{a_{k+1}}}} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{{{a_k}}} - \frac{1}{{{a_{k+1}}}} \right)$ તરીકે લખી શકાય.
સરવાળો લેતા,$S = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{{{a_1}}} - \frac{1}{{{a_{n+1}}}} \right) = \frac{1}{d} \left( \frac{{{a_{n+1}} - {a_1}}}{{{a_1}{a_{n+1}}}} \right)$.
${a_{n+1}} = {a_1} + nd$ હોવાથી,${a_{n+1}} - {a_1} = nd$ થાય.
તેથી,$S = \frac{1}{d} \left( \frac{nd}{{{a_1}{a_{n+1}}}} \right) = \frac{n}{{{a_1}{a_{n+1}}}}$.

(D) શ્રેણીનું $k$-મું પદ $T_k = \frac{1}{1 + 2 + \dots + k} = \frac{1}{\frac{k(k + 1)}{2}} = \frac{2}{k(k + 1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$T_k = 2 \left[ \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} \right]$.
$(n + 1)$ પદોનો સરવાળો $S_{n + 1} = \sum_{k = 1}^{n + 1} T_k = 2 \sum_{k = 1}^{n + 1} \left[ \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_{n + 1} = 2 \left[ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}) \right]$.
$S_{n + 1} = 2 \left[ 1 - \frac{1}{n + 2} \right] = 2 \left[ \frac{n + 2 - 1}{n + 2} \right] = \frac{2(n + 1)}{n + 2}$.

(C) ધારો કે સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} k(k!)$ છે.
આપણે સામાન્ય પદ $k(k!)$ ને $(k + 1 - 1)k!$ તરીકે લખી શકીએ.
$k(k!) = (k + 1)k! - k! = (k + 1)! - k!$.
હવે,આને સરવાળામાં મૂકતા:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} ((k + 1)! - k!)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = (2! - 1!) + (3! - 2!) + (4! - 3!) + \dots + ((n + 1)! - n!)$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે,તેથી:
$S_n = (n + 1)! - 1! = (n + 1)! - 1$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$ લખી શકાય.
તેથી,સરવાળો નીચે મુજબ થશે:
$S_n = (\frac{1}{1} - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જેમાં તમામ વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે:
$S_n = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n+1-1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$.

(C) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = \frac{2n + 1}{\sum_{k=1}^{n} k^2}$ છે.
વર્ગોના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$.
તેથી,$T_n = \frac{2n + 1}{\frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}} = \frac{6}{n(n + 1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$T_n = 6 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right)$.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = 6 \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = 6 \left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right) = \frac{6n}{n + 1}$.

(C) $n$-મું પદ $T_n$ આ મુજબ છે:
$T_n = \frac{{\frac{n}{2} \cdot \frac{n+1}{2}}}{{\sum_{k=1}^{n} k^3}} = \frac{{\frac{n(n+1)}{4}}}{{{{\left( {\frac{{n(n + 1)}}{2}} \right)}^2}}}$
$= \frac{{\frac{{n(n + 1)}}{4}}}{{\frac{{{n^2}{{(n + 1)}^2}}}{4}}} = \frac{1}{{n(n + 1)}}$
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$T_n = \frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}$
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 1}} \right)$
$S_n = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \dots + \left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)$
$S_n = 1 - \frac{1}{{n + 1}} = \frac{n}{{n + 1}}$.

(D) આપેલ છે ${t_n} = \frac{1}{4}(n + 2)(n + 3)$.
આપણે સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{2003} \frac{1}{t_n} = \sum_{n=1}^{2003} \frac{4}{(n+2)(n+3)}$ શોધવો છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3}$.
તેથી,$S = 4 \sum_{n=1}^{2003} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = 4 \left[ \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{5} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2005} - \frac{1}{2006} \right) \right]$.
$S = 4 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2006} \right) = 4 \left( \frac{2006 - 3}{3 \times 2006} \right) = 4 \times \frac{2003}{6018} = \frac{8012}{6018} = \frac{4006}{3009}$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n + a)(n + 1 + a)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$n^{th}$ પદ $T_n$ નીચે મુજબ મળે:
$T_n = \frac{1}{(n + a)(n + 1 + a)} = \frac{1}{n + a} - \frac{1}{n + 1 + a}$.
પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n$ લખતા:
$S_n = (\frac{1}{1 + a} - \frac{1}{2 + a}) + (\frac{1}{2 + a} - \frac{1}{3 + a}) + \dots + (\frac{1}{n + a} - \frac{1}{n + 1 + a})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જેમાં વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે:
$S_n = \frac{1}{1 + a} - \frac{1}{n + 1 + a}$.
અનંત સુધીનો સરવાળો શોધવા માટે,આપણે $n \to \infty$ લિમિટ લઈએ:
$S_{\infty} = \lim_{n \to \infty} (\frac{1}{1 + a} - \frac{1}{n + 1 + a}) = \frac{1}{1 + a} - 0 = \frac{1}{1 + a}$.

(B) ધારો કે $T_n$ એ શ્રેણીનું $n$ મું પદ છે.
$T_n = \frac{n}{{1 + n^2 + n^4}} = \frac{n}{{(1 + n^2)^2 - n^2}}$
$T_n = \frac{n}{{(n^2 + n + 1)(n^2 - n + 1)}}$
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$T_n = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{n^2 - n + 1} - \frac{1}{n^2 + n + 1} \right]$
$T_n = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{1 + (n - 1)n} - \frac{1}{1 + n(n + 1)} \right]$
હવે,સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^n T_r = \frac{1}{2} \sum_{r=1}^n \left[ \frac{1}{1 + (r - 1)r} - \frac{1}{1 + r(r + 1)} \right]$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{1 + 1(2)} \right) + \left( \frac{1}{1 + 1(2)} - \frac{1}{1 + 2(3)} \right) + \dots + \left( \frac{1}{1 + (n - 1)n} - \frac{1}{1 + n(n + 1)} \right) \right]$
$S_n = \frac{1}{2} \left[ 1 - \frac{1}{1 + n(n + 1)} \right] = \frac{1}{2} \left[ \frac{1 + n^2 + n - 1}{n^2 + n + 1} \right] = \frac{n(n + 1)}{2(n^2 + n + 1)}$.

(D) શ્રેણીનું $k$-મું પદ $a_k = \frac{1}{\sqrt{2k-1} + \sqrt{2k+1}}$ છે.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા,$a_k = \frac{\sqrt{2k+1} - \sqrt{2k-1}}{(2k+1) - (2k-1)} = \frac{\sqrt{2k+1} - \sqrt{2k-1}}{2}$ મળે.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} (\sqrt{2k+1} - \sqrt{2k-1})$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = \frac{1}{2} [(\sqrt{3} - 1) + (\sqrt{5} - \sqrt{3}) + \dots + (\sqrt{2n+1} - \sqrt{2n-1})]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે,તેથી $S_n = \frac{1}{2} (\sqrt{2n+1} - 1)$ મળે.

(D) આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{k=1}^{n^2-1} \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k+1}}$ છે.
દરેક પદનું સંમેયીકરણ (rationalization) કરતા:
$\frac{1}{\sqrt{k+1} + \sqrt{k}} \times \frac{\sqrt{k+1} - \sqrt{k}}{\sqrt{k+1} - \sqrt{k}} = \sqrt{k+1} - \sqrt{k}$.
સરવાળામાં કિંમત મુકતા:
$S = (\sqrt{2} - \sqrt{1}) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + ... + (\sqrt{n^2} - \sqrt{n^2 - 1})$.
આ ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જેમાં વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે:
$S = -\sqrt{1} + \sqrt{n^2} = n - 1$.

(B) આપણને આપેલ છે કે ${a_k} = \frac{1}{{k(k + 1)}} = \frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 1}}$.
$k = 1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો લેતા:
$\sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 1}}} \right)} $
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા:
$= \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે:
$= 1 - \frac{1}{{n + 1}} = \frac{{n + 1 - 1}}{{n + 1}} = \frac{n}{{n + 1}}$
તેથી,${\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} } \right)^2} = {\left( {\frac{n}{{n + 1}}} \right)^2}$.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{n}{(n+1)!}$ છે.
આને આપણે $T_n = \frac{n+1-1}{(n+1)!} = \frac{n+1}{(n+1)!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!}$ તરીકે લખી શકીએ.
$n=1$ થી $\infty$ સુધીનો સરવાળો લેતા:
$S = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = \left( \frac{1}{1!} - \frac{1}{2!} \right) + \left( \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \right) + \left( \frac{1}{3!} - \frac{1}{4!} \right) + \dots$
$S = \frac{1}{1!} = 1$.

(A) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_k = \frac{1}{(2k - 1)(2k + 1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,$T_k = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 1} \right)$ લખી શકાય.
પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{2} \left[ \left( 1 - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1} \right) \right]$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S_n = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n + 1} \right)$.
જ્યારે $n \to \infty$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા,$\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2} (1 - 0) = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $t_n = n(n + 1)(n + 2)$ છે.
આપણે $t_n = n(n + 1)(n + 2) = \frac{1}{4} [n(n + 1)(n + 2)(n + 3) - (n - 1)n(n + 1)(n + 2)]$ લખી શકીએ.
$n = 1$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા,આપણને ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી મળે છે:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} t_k = \frac{1}{4} [1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 - 0 + 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 - 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 + \dots + n(n + 1)(n + 2)(n + 3) - (n - 1)n(n + 1)(n + 2)]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે,તેથી:
$S_n = \frac{1}{4} n(n + 1)(n + 2)(n + 3)$.

(C) આપેલ શ્રેણી $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$ લખી શકાય.
તેથી,$S_n = (\frac{1}{1} - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જેમાં તમામ વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે.
$S_n = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n+1-1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$.

(C) વિધાન-$2$ માટે: આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $\sum_{k=1}^n (k^3 - (k-1)^3) = (1^3 - 0^3) + (2^3 - 1^3) + \dots + (n^3 - (n-1)^3) = n^3$. તેથી,વિધાન-$2$ સાચું છે.
વિધાન-$1$ માટે: શ્રેણીનું $k$-મું પદ (જ્યાં $k=1$ થી શરૂ થાય છે) $T_k = (k-1)^2 + (k-1)k + k^2$ છે.
નોંધો કે $(k-1)^2 + (k-1)k + k^2 = k^3 - (k-1)^3$.
આ શ્રેણી $\sum_{k=1}^{20} (k^3 - (k-1)^3) = 20^3 = 8000$ છે.
છેલ્લું પદ $(361 + 380 + 400) = 19^2 + 19 \times 20 + 20^2$ છે,જે $k=20$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,સરવાળો $8000$ છે. વિધાન-$1$ સાચું છે અને વિધાન-$2$ એ તેની સાચી સમજૂતી છે.

(D) આપેલ છે કે $t_{n} = \frac{1}{4}(n+2)(n+3)$.
આપણે $S = \sum_{n=1}^{2003} \frac{1}{t_{n}} = \sum_{n=1}^{2003} \frac{4}{(n+2)(n+3)}$ શોધવાનું છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3}$.
તેથી,$S = 4 \sum_{n=1}^{2003} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = 4 \left[ (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \dots + (\frac{1}{2005} - \frac{1}{2006}) \right]$.
$S = 4 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2006} \right) = 4 \left( \frac{2006 - 3}{3 \times 2006} \right) = 4 \left( \frac{2003}{6018} \right) = \frac{8012}{6018} = \frac{4006}{3009}$.

(B) શ્રેણીનું $r$-મું પદ $T_r = r(r+1)(r+2)$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $r(r+1)(r+2) = \frac{1}{4} [r(r+1)(r+2)(r+3) - (r-1)r(r+1)(r+2)]$.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^{n} T_r = \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{4} [r(r+1)(r+2)(r+3) - (r-1)r(r+1)(r+2)]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
$S_n = \frac{1}{4} [n(n+1)(n+2)(n+3) - 0(1)(2)(3)]$.
$S_n = \frac{1}{4} n(n+1)(n+2)(n+3)$.

(C) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = \frac{2n + 1}{\sum_{k=1}^{n} k^2}$ છે.
વર્ગોના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$.
તેથી,$T_n = \frac{2n + 1}{\frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}} = \frac{6}{n(n + 1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$T_n = 6 \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right]$.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = 6 \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = 6 \left[ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) \right]$.
$S_n = 6 \left[ 1 - \frac{1}{n + 1} \right] = 6 \left[ \frac{n + 1 - 1}{n + 1} \right] = \frac{6n}{n + 1}$.

(C) ધારો કે સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} k(k!)$ છે.
આપણે સામાન્ય પદને $k(k!) = ((k + 1) - 1)k! = (k + 1)! - k!$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
હવે,$k=1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો લેતા:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} ((k + 1)! - k!)$
$S_n = (2! - 1!) + (3! - 2!) + (4! - 3!) + \dots + ((n + 1)! - n!)$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જેમાં વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે.
$S_n = (n + 1)! - 1!$
$S_n = (n + 1)! - 1$.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $t_n = \frac{1}{\sum_{k=1}^{n} k} = \frac{1}{\frac{n(n + 1)}{2}} = 2 \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right]$ છે.
$(n + 1)$ પદ સુધીનો સરવાળો શોધવા માટે,$S_{n+1} = \sum_{k=1}^{n+1} t_k$ ગણીએ.
$S_{n+1} = 2 \left[ \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \dots + \left( \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2} \right) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S_{n+1} = 2 \left[ 1 - \frac{1}{n + 2} \right]$.
$S_{n+1} = 2 \left( \frac{n + 2 - 1}{n + 2} \right) = \frac{2(n + 1)}{n + 2}$.

(D) ધારો કે આપેલ સમાંતર શ્રેણીનો સામાન્ય તફાવત $d$ છે.
તેથી,$a_2 - a_1 = a_3 - a_2 = ... = a_n - a_{n-1} = d$.
હવે,સરવાળો $S = \frac{1}{a_1 a_2} + \frac{1}{a_2 a_3} + ... + \frac{1}{a_{n-1} a_n}$ ધ્યાનમાં લો.
$d$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને મળે $S = \frac{1}{d} [\frac{d}{a_1 a_2} + \frac{d}{a_2 a_3} + ... + \frac{d}{a_{n-1} a_n}]$.
$d = a_{k+1} - a_k$ મૂકતા,આપણને મળે $S = \frac{1}{d} [(\frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2}) + (\frac{1}{a_2} - \frac{1}{a_3}) + ... + (\frac{1}{a_{n-1}} - \frac{1}{a_n})]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S = \frac{1}{d} [\frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_n}] = \frac{1}{d} [\frac{a_n - a_1}{a_1 a_n}]$.
કારણ કે $a_n = a_1 + (n-1)d$,તેથી $a_n - a_1 = (n-1)d$.
તેથી,$S = \frac{1}{d} [\frac{(n-1)d}{a_1 a_n}] = \frac{n-1}{a_1 a_n}$.

(B) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_k = \frac{1}{k(k + 1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ $T_k = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}$.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા: $S_n = (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જ્યાં વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે.
$S_n = 1 - \frac{1}{n + 1} = \frac{n + 1 - 1}{n + 1} = \frac{n}{n + 1}$.

(A) $n$-મું પદ $t_n = \frac{n+2}{n(n+1)} \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^n$ છે.
આપણે $\frac{n+2}{n(n+1)} = \frac{2(n+1) - n}{n(n+1)} = \frac{2}{n} - \frac{1}{n+1}$ લખી શકીએ.
તેથી,$t_n = \left( \frac{2}{n} - \frac{1}{n+1} \right) \left( \frac{1}{2} \right)^n = \frac{1}{n} \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} - \frac{1}{n+1} \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
ધારો કે $f(n) = \frac{1}{n} \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}$. તો $t_n = f(n) - f(n+1)$.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^n t_k = f(1) - f(n+1)$.
$f(1) = 1$ અને $f(n+1) = \frac{1}{(n+1) 2^n}$.
તેથી,$S_n = 1 - \frac{1}{(n+1) 2^n}$.

(A) ધારો કે શ્રેણીનું $k$-મું પદ $T_k = k \cdot k!$ છે.
આપણે $T_k$ ને આ રીતે લખી શકીએ:
$T_k = ((k + 1) - 1) \cdot k! = (k + 1) \cdot k! - k! = (k + 1)! - k!$.
હવે,પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \sum_{k=1}^{n} ((k + 1)! - k!)$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = (2! - 1!) + (3! - 2!) + (4! - 3!) + \dots + ((n + 1)! - n!)$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે,તેથી બાકી રહેશે:
$S_n = (n + 1)! - 1! = (n + 1)! - 1$.

(D) વિધાન-$2$: સરવાળો એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $\sum_{k=1}^{n} (k^3 - (k-1)^3) = (1^3 - 0^3) + (2^3 - 1^3) + \dots + (n^3 - (n-1)^3) = n^3$. આ સાચું છે.
વિધાન-$1$: શ્રેણીનું $k$-મું પદ $T_k = (k-1)^2 + (k-1)k + k^2 = 3k^2 - 3k + 1$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $k^3 - (k-1)^3 = 3k^2 - 3k + 1$. તેથી,$T_k = k^3 - (k-1)^3$.
શ્રેણી $\sum_{k=1}^{20} T_k = \sum_{k=1}^{20} (k^3 - (k-1)^3) = 20^3 = 8000$ છે.
છેલ્લું પદ $361+380+400 = 19^2 + 19 \times 20 + 20^2$ હોવાથી,તે $k=20$ ને અનુરૂપ છે.
બંને વિધાનો સાચા છે અને વિધાન-$2$ એ વિધાન-$1$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{3 \times 7} + \frac{1}{7 \times 11} + \frac{1}{11 \times 15} + \dots \infty$ છે.
દરેક પદ $\frac{1}{(4n-1)(4n+3)}$ સ્વરૂપમાં છે.
દરેક પદને $\frac{1}{4} \left( \frac{1}{4n-1} - \frac{1}{4n+3} \right)$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$S = \frac{1}{4} \left[ \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{7} \right) + \left( \frac{1}{7} - \frac{1}{11} \right) + \left( \frac{1}{11} - \frac{1}{15} \right) + \dots \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જ્યાં તમામ વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે.
$S = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} \right) = \frac{1}{12}$.

(A) આપેલ છે કે ${x_1}, {x_2}, \dots, {x_n}$ એ $A.P.$ માં છે અને સામાન્ય તફાવત $\alpha$ છે,તેથી ${x_{k+1}} - {x_k} = \alpha$ થાય.
આપેલ પદાવલિને આ રીતે લખી શકાય:
$S = \sum_{k=1}^{n-1} \sin \alpha \sec {x_k} \sec {x_{k+1}}$
$\sin \alpha = \sin ({x_{k+1}} - {x_k})$ હોવાથી:
$S = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{\sin ({x_{k+1}} - {x_k})}{\cos {x_k} \cos {x_{k+1}}}$
$\tan A - \tan B = \frac{\sin (A-B)}{\cos A \cos B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$S = \sum_{k=1}^{n-1} (\tan {x_{k+1}} - \tan {x_k})$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળો છે:
$S = (\tan {x_2} - \tan {x_1}) + (\tan {x_3} - \tan {x_2}) + \dots + (\tan {x_n} - \tan {x_{n-1}})$
$S = \tan {x_n} - \tan {x_1} = \frac{\sin ({x_n} - {x_1})}{\cos {x_n} \cos {x_1}}$
${x_n} = {x_1} + (n-1)\alpha$ હોવાથી,${x_n} - {x_1} = (n-1)\alpha$ થાય.
તેથી,$S = \frac{\sin (n-1)\alpha}{\cos {x_1} \cos {x_n}}$.

(D) આપેલ પદાવલિ $\prod\limits_{n = 2}^\infty {\left( {\frac{{{n^2} - 1}}{{{n^2}}}} \right)} = \prod\limits_{n = 2}^\infty {\left( {\frac{{(n - 1)(n + 1)}}{{n \cdot n}}} \right)}$ છે.
$n=2$ થી $N$ સુધીના ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરતા:
$P_N = \left( \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 2} \right) \cdot \left( \frac{2 \cdot 4}{3 \cdot 3} \right) \cdot \left( \frac{3 \cdot 5}{4 \cdot 4} \right) \cdots \left( \frac{(N-1)(N+1)}{N \cdot N} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ ગુણાકાર છે:
$P_N = \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdots \frac{N-1}{N} \right) \cdot \left( \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdots \frac{N+1}{N} \right)$.
$P_N = \left( \frac{1}{N} \right) \cdot \left( \frac{N+1}{2} \right) = \frac{N+1}{2N}$.
જ્યારે $N \to \infty$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા:
$\lim_{N \to \infty} \frac{N+1}{2N} = \lim_{N \to \infty} \frac{1 + 1/N}{2} = \frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $n$-મું પદ $T_n = (n^2 + 1) \cdot n!$ છે.
આપણે $n^2 + 1$ ને $n(n+1) - (n-1)$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,$T_n = [n(n+1) - (n-1)] \cdot n! = n(n+1) \cdot n! - (n-1) \cdot n!$.
$T_n = n \cdot (n+1)! - (n-1) \cdot n!$.
ધારો કે $f(n) = n \cdot (n+1)!$. તો $T_n = f(n) - f(n-1)$.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \sum_{k=1}^{n} [f(k) - f(k-1)]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = f(n) - f(0)$.
$f(n) = n \cdot (n+1)!$ અને $f(0) = 0 \cdot 1! = 0$.
તેથી,$S_n = n \cdot (n+1)!$.

(C) આપેલ પદ $\sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{n}{{1 + {n^4} - 2{n^2}}}} = \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{n}{{{{(n^2 - 1)}^2}}}} $ છે.
આપણે પદને $\frac{n}{{{{(n-1)}^2}{(n+1)}^2}}$ તરીકે લખી શકીએ.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{n}{{{{(n-1)}^2}{(n+1)}^2}} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{{{{(n-1)}^2}}} - \frac{1}{{{{(n+1)}^2}}} \right)$.
હવે,સરવાળો $\frac{1}{4} \sum\limits_{n = 2}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}} - \frac{1}{{{{(n + 1)}^2}}}} \right)}$ બને છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$= \frac{1}{4} \left[ \left( \frac{1}{{{1^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}} \right) + \left( \frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}} \right) + \left( \frac{1}{{{3^2}}} - \frac{1}{{{5^2}}} \right) + \dots \right]$.
$= \frac{1}{4} \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{4} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{5}{4} \right) = \frac{5}{16}$.

(C) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = (-1)^{n-1} (n+2)n!$ છે.
આ શ્રેણી ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
સરવાળો $S = 1! = 1$ થાય છે.

(C) ધારો કે $T_r = \tan^{-1} \left( \frac{3}{r^2 - r + 9} \right)$.
આપણે પદને $\frac{\frac{r}{3} - \frac{r-1}{3}}{1 + \frac{r}{3} \cdot \frac{r-1}{3}} = \frac{3}{r^2 - r + 9}$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$T_r = \tan^{-1} \left( \frac{r}{3} \right) - \tan^{-1} \left( \frac{r-1}{3} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^n T_r = \left( \tan^{-1} \frac{1}{3} - \tan^{-1} 0 \right) + \left( \tan^{-1} \frac{2}{3} - \tan^{-1} \frac{1}{3} \right) + \dots + \left( \tan^{-1} \frac{n}{3} - \tan^{-1} \frac{n-1}{3} \right)$.
$S_n = \tan^{-1} \left( \frac{n}{3} \right) - \tan^{-1} 0 = \tan^{-1} \left( \frac{n}{3} \right)$.
જ્યારે $n \to \infty$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા,$S = \lim_{n \to \infty} \tan^{-1} \left( \frac{n}{3} \right) = \frac{\pi}{2}$.

(B) આપેલ પદાવલિ $\sum\limits_{r = 0}^{100} {(r + 2)^2 (r + 1)!}$ છે.
આપણે $(r + 2)^2 (r + 1)!$ ને $(r + 2) \cdot (r + 2)!$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તફાવતની રીતનો ઉપયોગ કરવા માટે,આપણે $(r + 2) \cdot (r + 2)!$ ને $(r + 3 - 1)(r + 2)! = (r + 3)! - (r + 2)!$ તરીકે દર્શાવીએ છીએ.
આમ,સરવાળો $\sum\limits_{r = 0}^{100} {[(r + 3)! - (r + 2)!]}$ થાય છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$[(3! - 2!) + (4! - 3!) + (5! - 4!) + \dots + (103! - 102!)]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે,અને $(103! - 2!)$ બાકી રહે છે.
કારણ કે $2! = 2$,તેથી સરવાળો $(103! - 2)$ થાય છે.

(A) ધારો કે આપેલ સરવાળો $S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {{{\tan }^{ - 1}}\left( {\frac{n}{{n + 2}}} \right) - {{\tan }^{ - 1}}\left( {\frac{{n - 1}}{{n + 1}}} \right)} \right)} $ છે.
આ $\sum (f(n) - f(n-1))$ સ્વરૂપની ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
ધારો કે $f(n) = \tan^{-1}\left(\frac{n}{n+2}\right)$.
સરવાળો $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} (f(n) - f(n-1))$ છે.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા:
$S = (f(1) - f(0)) + (f(2) - f(1)) + (f(3) - f(2)) + \dots + (f(N) - f(N-1))$.
$S = f(N) - f(0)$.
$f(N) = \tan^{-1}\left(\frac{N}{N+2}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{1 + 2/N}\right)$.
જેમ $N \to \infty$,$f(N) \to \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.
$f(0) = \tan^{-1}\left(\frac{0}{0+2}\right) = \tan^{-1}(0) = 0$.
તેથી,$S = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$.

(A) ધારો કે $a_n = \frac{6\sum_{i=0}^n i + 1}{6\sum_{j=0}^n (j-1) + 1}$.
સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,અંશ $3n^2 + 3n + 1$ અને છેદ $3n^2 - 3n + 1$ મળે છે.
આથી,ગુણાકાર $\prod_{n=1}^{10} \frac{3n^2+3n+1}{3n^2-3n+1} = \frac{7}{1} \cdot \frac{19}{7} \cdot \frac{37}{19} \cdots \frac{331}{271} = 331$ થાય.

(C) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{n+2}{n! + (n+1)! + (n+2)!}$ છે,જ્યાં $n = 1, 2, \dots, 2006$.
આ પદને સાદું રૂપ આપતા $T_n = \frac{1}{n!(n+2)} = \frac{n+1}{(n+2)!} = \frac{1}{(n+1)!} - \frac{1}{(n+2)!}$ મળે છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી સરવાળો $\sum_{n=1}^{2006} (\frac{1}{(n+1)!} - \frac{1}{(n+2)!}) = \frac{1}{2!} - \frac{1}{2008!} = \frac{2008! - 2}{2 \cdot 2008!}$ થાય.

(C) આપેલ પદાવલિ $1 + \sum\limits_{r = 0}^{22} {\left( {r^2 + 2r + 1} \right)r!} = 1 + \sum\limits_{r = 0}^{22} {\left( {r + 1} \right)^2 r!}$ છે.
સરવાળાની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકાય:
$(r+1)^2 r! = (r+1)(r+1)r! = (r+1)(r+1)! = (r+2-1)(r+1)! = (r+2)! - (r+1)!$.
આ કિંમત સરવાળામાં મૂકતા:
$1 + \sum\limits_{r = 0}^{22} {\left( {(r + 2)! - (r + 1)!} \right)}$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$1 + [(2! - 1!) + (3! - 2!) + \dots + (24! - 23!)]$.
$1 + 24! - 1! = 1 + 24! - 1 = 24!$.
$24! = k!$ આપેલ હોવાથી,$k = 24$ મળે.
$24$ નું અવિભાજ્ય અવયવીકરણ $2^3 \times 3^1$ છે.
ભાજકોની સંખ્યા $(3 + 1)(1 + 1) = 4 \times 2 = 8$ થાય.

(D) અંશને $(k+1)^3 - k^3$ તરીકે લખી શકાય છે.
તેથી,સામાન્ય પદ $\frac{(k+1)^3 - k^3}{k^3(k+1)^3} = \frac{1}{k^3} - \frac{1}{(k+1)^3}$ થાય છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
સરવાળો $\sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k^3} - \frac{1}{(k+1)^3} \right) = 1 - \frac{1}{(n+1)^3}$ મળે છે.
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે સરવાળો $1$ થાય છે.

(B) આપેલ છે ${T_n} = ({n^2} + 1)n!$.
આપણે ${T_n}$ ને આ રીતે લખી શકીએ:
${T_n} = (n^2 + n - n + 1)n! = (n(n+1) - (n-1))n! = n(n+1)! - (n-1)n!$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણીનું સ્વરૂપ છે.
${S_n} = \sum_{k=1}^{n} {T_k} = \sum_{k=1}^{n} [k(k+1)! - (k-1)k!]$.
${S_n} = n(n+1)!$.
હવે,$\frac{{{T_{10}}}}{{{S_{10}}}} = \frac{({10^2} + 1)10!}{10(11!)} = \frac{101 \times 10!}{10 \times 11 \times 10!} = \frac{101}{110}$.
અહીં,$a = 101$ અને $b = 110$,જે પરસ્પર અવિભાજ્ય છે.
તેથી,$b - a = 110 - 101 = 9$.

(B) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{2r}}{{1 - {r^2} + {r^4}}}} \right)$ છે.
આપણે દલીલને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ: $\frac{{2r}}{{1 + {r^4} - {r^2}}} = \frac{{\left( {{r^2} + r} \right) - \left( {{r^2} - r} \right)}}{{1 + \left( {{r^2} + r} \right)\left( {{r^2} - r} \right)}}$.
નિત્યસમ ${\tan ^{ - 1}}x - {\tan ^{ - 1}}y = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{x - y}}{{1 + xy}}} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$T_r = {\tan ^{ - 1}}\left( {{r^2} + r} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {{r^2} - r} \right)$.
પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^n [ {\tan ^{ - 1}}(r^2+r) - {\tan ^{ - 1}}(r^2-r) ]$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = ( {\tan ^{ - 1}}2 - {\tan ^{ - 1}}0 ) + ( {\tan ^{ - 1}}6 - {\tan ^{ - 1}}2 ) + \dots + ( {\tan ^{ - 1}}(n^2+n) - {\tan ^{ - 1}}(n^2-n) )$.
$S_n = {\tan ^{ - 1}}(n^2+n) - {\tan ^{ - 1}}0$.
જ્યારે $n \to \infty$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા:
$S = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\tan ^{ - 1}}(n^2+n) - 0 = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \, 2^r - \tan \, 2^{r-1} = \frac{\sin(2^r - 2^{r-1})}{\cos \, 2^r \cos \, 2^{r-1}} = \frac{\sin(2^{r-1})}{\cos \, 2^r \cos \, 2^{r-1}} = \frac{\tan \, 2^{r-1}}{\cos \, 2^r}$.
આમ,સામાન્ય પદ $T_r = \tan \, 2^r - \tan \, 2^{r-1}$ છે.
$r=1$ થી $100$ સુધીનો સરવાળો કરતા ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી મળે છે:
$\sum\limits_{r=1}^{100} T_r = (\tan \, 2^1 - \tan \, 2^0) + (\tan \, 2^2 - \tan \, 2^1) + \dots + (\tan \, 2^{100} - \tan \, 2^{99})$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે,અને બાકી રહે છે $\tan \, 2^{100} - \tan \, 2^0$.
કારણ કે $2^0 = 1$,તેથી સરવાળો $\tan \, 2^{100} - \tan \, 1$ થાય છે.

(A) શ્રેણીનું $r$-મું પદ $T_r = \frac{2r+1}{1^2+2^2+\dots+r^2}$ છે.
વર્ગોના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{k=1}^r k^2 = \frac{r(r+1)(2r+1)}{6}$,આપણને મળે:
$T_r = \frac{2r+1}{\frac{r(r+1)(2r+1)}{6}} = \frac{6(2r+1)}{r(r+1)(2r+1)} = \frac{6}{r(r+1)}$.
આને આંશિક અપૂર્ણાંક તરીકે લખતા $T_r = 6 \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{r+1} \right)$.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^n T_r = 6 \sum_{r=1}^n \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{r+1} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = 6 \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right) = \frac{6n}{n+1}$.
$n = 50$ માટે,$S_{50} = \frac{6 \times 50}{51} = \frac{300}{51} = \frac{100}{17}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $t_n = S_n - S_{n-1}$.
$t_n = \frac{n(n+1)(n+2)}{6} - \frac{(n-1)n(n+1)}{6}$
$t_n = \frac{n(n+1)}{6} [ (n+2) - (n-1) ] = \frac{n(n+1)}{6} \times 3 = \frac{n(n+1)}{2}$.
હવે,આપણે $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{t_n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n(n+1)}$ શોધવાની જરૂર છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2}{n(n+1)} = 2 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
સરવાળો $2 \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) = 2 [ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + \dots ]$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી સરવાળો $2 \times 1 = 2$ થાય છે.

(A) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{\sum_{k=1}^n k}{\sum_{k=1}^n k^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રમાણિત સૂત્રો $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$ અને $\sum_{k=1}^n k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T_n = \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2} = \frac{2}{n(n+1)}$.
આપણે $T_n$ ને આંશિક અપૂર્ણાંક તરીકે $T_n = 2\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)$ લખી શકીએ છીએ.
હવે,$S_n = \sum_{k=1}^n T_k = 2 \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળો છે: $S_n = 2 \left( (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) \right) = 2 \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right) = \frac{2n}{n+1}$.
આપેલ છે કે $100 S_n = n$,તેથી $S_n$ ની કિંમત મૂકતા:
$100 \left( \frac{2n}{n+1} \right) = n$.
$n \neq 0$ હોવાથી,$n$ વડે ભાગતા:
$\frac{200}{n+1} = 1 \implies n+1 = 200 \implies n = 199$.

(B) ધારો કે સામાન્ય પદ $T_r = (r^2 + 1)r!$ છે.
આપણે પદને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$T_r = (r^2 + r - r + 1)r! = (r(r+1) - (r-1))r!$
$T_r = r(r+1)! - (r-1)r!$
આ $f(r) - f(r-1)$ સ્વરૂપની ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જ્યાં $f(r) = r(r+1)!$.
$r=1$ થી $10$ સુધીનો સરવાળો કરતા:
$\sum_{r=1}^{10} T_r = \sum_{r=1}^{10} [r(r+1)! - (r-1)r!] $
$= [1(2!) - 0(1!)] + [2(3!) - 1(2!)] + [3(4!) - 2(3!)] + \dots + [10(11!) - 9(10!)]$
$= 10(11!)$.

(C) સામાન્ય પદ $T_n$ ને તફાવતની રીતનો ઉપયોગ કરીને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$T_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{n(n+1)(n+2)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)} \right]$
$n=1$ થી $5$ સુધીનો સરવાળો લેતા:
$\sum_{n=1}^5 T_n = \frac{1}{3} \left[ \left( \frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} - \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} \right) + \dots + \left( \frac{1}{5 \cdot 6 \cdot 7} - \frac{1}{6 \cdot 7 \cdot 8} \right) \right]$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$\sum_{n=1}^5 T_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{6} - \frac{1}{6 \cdot 7 \cdot 8} \right] = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{6} - \frac{1}{336} \right]$
$\frac{1}{3} \left[ \frac{56 - 1}{336} \right] = \frac{1}{3} \left( \frac{55}{336} \right) = \frac{k}{3}$
તેથી,$k = \frac{55}{336}$.

(A) આપેલ શ્રેણીનું $n$ મું પદ:
$a_n = \frac{2n + 1}{\sum_{i=1}^{n} i^2} = \frac{2n + 1}{\frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}} = \frac{6}{n(n + 1)}$
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$a_n = 6 \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right]$
$20$ પદોનો સરવાળો $S_{20}$:
$S_{20} = \sum_{n=1}^{20} a_n = 6 \sum_{n=1}^{20} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right)$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_{20} = 6 \left[ \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \dots + \left( \frac{1}{20} - \frac{1}{21} \right) \right]$
$S_{20} = 6 \left( 1 - \frac{1}{21} \right) = 6 \left( \frac{20}{21} \right) = \frac{120}{21}$
આપેલ છે કે $S_{20} = \frac{k}{21}$,સરખામણી કરતા $k = 120$ મળે છે.