VN or Telescoping Method Questions in Gujarati

(C) શ્રેણીનું $r$-મું પદ $T_r = \frac{1}{1 + 2 + 3 + \dots + r} = \frac{1}{\frac{r(r+1)}{2}} = \frac{2}{r(r+1)}$ છે.
$10$ પદોનો સરવાળો $S_{10} = \sum_{r=1}^{10} T_r = 2 \sum_{r=1}^{10} \frac{1}{r(r+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{r(r+1)} = \frac{1}{r} - \frac{1}{r+1}$.
તેથી,$S_{10} = 2 \sum_{r=1}^{10} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{r+1} \right)$.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા: $S_{10} = 2 \left[ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{10} - \frac{1}{11}) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S_{10} = 2 \left( 1 - \frac{1}{11} \right) = 2 \left( \frac{10}{11} \right) = \frac{20}{11}$.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}}$ છે.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$T_n = \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})} = \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{(n+1) - n} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$.
$n=1$ થી $15$ માટે,સરવાળો $S_{15} = \sum_{n=1}^{15} (\sqrt{n+1} - \sqrt{n})$.
$S_{15} = (\sqrt{2} - \sqrt{1}) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + (\sqrt{4} - \sqrt{3}) + \dots + (\sqrt{16} - \sqrt{15})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જેમાં વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે.
$S_{15} = \sqrt{16} - \sqrt{1} = 4 - 1 = 3$.

(A) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $a_n = n(n+1)(n+2)$ છે.
આપણે $a_n = \frac{1}{4} [n(n+1)(n+2)(n+3) - (n-1)n(n+1)(n+2)]$ લખી શકીએ.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \frac{1}{4} [k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2)]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
$S_n = \frac{1}{4} [n(n+1)(n+2)(n+3) - 0(1)(2)(3)]$.
$S_n = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$.

(A) આપેલ શ્રેણી $\frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{3 \times 4} + \ldots$ છે.
$n$ મું પદ $a_{n} = \frac{1}{n(n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ $a_{n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$.
હવે,$n$ પદોનો સરવાળો $S_{n} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right)$ છે.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા:
$S_{n} = \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જેમાં વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે:
$S_{n} = 1 - \frac{1}{n+1}$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$S_{n} = \frac{n+1-1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \tan ^{-1}\left(\frac{1}{n^2+n+1}\right)$ છે.
આપણે તેને $T_n = \tan ^{-1}\left(\frac{(n+1)-n}{1+n(n+1)}\right) = \tan ^{-1}(n+1) - \tan ^{-1}(n)$ તરીકે લખી શકીએ.
પ્રથમ $10$ પદો માટે,સરવાળો $S$ નીચે મુજબ મળે:
$S = \sum_{n=1}^{10} (\tan ^{-1}(n+1) - \tan ^{-1}(n))$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = (\tan ^{-1}(2) - \tan ^{-1}(1)) + (\tan ^{-1}(3) - \tan ^{-1}(2)) + \ldots + (\tan ^{-1}(11) - \tan ^{-1}(10))$.
$S = \tan ^{-1}(11) - \tan ^{-1}(1)$.
સૂત્ર $\tan ^{-1}(x) - \tan ^{-1}(y) = \tan ^{-1}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \tan ^{-1}\left(\frac{11-1}{1+11 \times 1}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{10}{12}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{5}{6}\right)$.
તેથી,$\tan (S) = \frac{5}{6}$.

(B) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(2n+1)^2 - 1}$ છે,જ્યાં $n = 1, 2, \ldots, 100$.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $(2n+1)^2 - 1 = (2n)(2n+2) = 4n(n+1)$.
તેથી,$T_n = \frac{1}{4n(n+1)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{100} T_n = \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{100} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{101} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{100}{101} \right) = \frac{25}{101}$.

(A) ધારો કે સરવાળો $S = \sum_{k=0}^{100} \frac{2^k}{x^{2^k}+1}$ છે.
આપણે નિત્યસમ $\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1} = \frac{2}{x^2-1}$ નો ઉપયોગ કરીએ.
વધુ સામાન્ય રીતે,$\frac{2^k}{x^{2^k}-1} - \frac{2^k}{x^{2^k}+1} = \frac{2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}$.
તેથી,$\frac{2^k}{x^{2^k}+1} = \frac{2^k}{x^{2^k}-1} - \frac{2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
$S = \left( \frac{1}{x-1} - \frac{2}{x^2-1} \right) + \left( \frac{2}{x^2-1} - \frac{4}{x^4-1} \right) + \ldots + \left( \frac{2^{100}}{x^{2^{100}}-1} - \frac{2^{101}}{x^{2^{101}}-1} \right)$.
$S = \frac{1}{x-1} - \frac{2^{101}}{x^{2^{101}}-1}$.
$x=2$ મુકતા,$S = \frac{1}{2-1} - \frac{2^{101}}{2^{2^{101}}-1} = 1 - \frac{2^{101}}{2^{2^{101}}-1}$.

(B) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$ છે.
$n=1, 2, \ldots, 10$ માટે,સરવાળો $S_{10}$:
$S_{10} = \sum_{n=1}^{10} \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_{10} = \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) + \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{10^2} - \frac{1}{11^2} \right)$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે:
$S_{10} = 1 - \frac{1}{11^2} = 1 - \frac{1}{121} = \frac{120}{121}$.

(C) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_{n} = \frac{n}{4n^{4}+1}$ છે.
છેદને આ રીતે લખી શકાય:
$4n^{4}+1 = (2n^{2}+1)^{2} - (2n)^{2} = (2n^{2}+2n+1)(2n^{2}-2n+1)$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$T_{n} = \frac{1}{4} \left[ \frac{1}{2n^{2}-2n+1} - \frac{1}{2n^{2}+2n+1} \right]$.
ધારો કે $f(n) = \frac{1}{2n^{2}-2n+1}$,તો $T_{n} = \frac{1}{4} [f(n) - f(n+1)]$.
પ્રથમ $10$ પદોનો સરવાળો:
$S_{10} = \sum_{n=1}^{10} T_{n} = \frac{1}{4} [f(1) - f(11)]$.
$f(1) = 1$ અને $f(11) = \frac{1}{221}$.
$S_{10} = \frac{1}{4} [1 - \frac{1}{221}] = \frac{55}{221}$.
અહીં $m = 55$ અને $n = 221$ હોવાથી,$m + n = 55 + 221 = 276$.

(C) અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r}$ છે.
અહીં $a = n^{2}$ અને $r = \frac{1}{(n+1)^{2}}$ હોવાથી,$S_{n} = \frac{n^{2}}{1 - \frac{1}{(n+1)^{2}}} = \frac{n(n+1)^{2}}{n+2}$ મળે.
આને સાદું રૂપ આપતા $S_{n} = n^{2} + 1 - \frac{2}{n+2}$ મળે.
હવે સરવાળામાં કિંમત મૂકતા: $\sum_{n=1}^{50} (n^{2} - n + 2(\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}))$.
આ ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $(\sum_{n=1}^{50} n^{2} - \sum_{n=1}^{50} n) + 2(\frac{1}{2} - \frac{1}{52})$.
ગણતરી કરતા $41650 + \frac{25}{26}$ મળે.
$\frac{1}{26}$ ઉમેરતા,અંતિમ જવાબ $41651$ મળે છે.

(B) આપણે સામાન્ય પદને સરળ બનાવવા માટે આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\frac{3}{(4n-1)(4n+3)} = \frac{3}{4} \left( \frac{1}{4n-1} - \frac{1}{4n+3} \right)$
હવે,સરવાળાને આ રીતે લખીએ:
$\sum_{n=1}^{21} \frac{3}{(4n-1)(4n+3)} = \frac{3}{4} \sum_{n=1}^{21} \left( \frac{1}{4n-1} - \frac{1}{4n+3} \right)$
સરવાળાને વિસ્તૃત કરતા,આપણને ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી મળે છે:
$= \frac{3}{4} \left[ \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{7} \right) + \left( \frac{1}{7} - \frac{1}{11} \right) + \dots + \left( \frac{1}{83} - \frac{1}{87} \right) \right]$
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે,બાકી રહે છે:
$= \frac{3}{4} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{87} \right)$
$= \frac{3}{4} \left( \frac{29 - 1}{87} \right) = \frac{3}{4} \times \frac{28}{87}$
$= \frac{3 \times 7}{87} = \frac{21}{87} = \frac{7}{29}$

(A) આપેલ સરવાળો $\sum_{k=1}^{10} \frac{k}{k^{4}+k^{2}+1}$ છે.
નોંધો કે $k^{4}+k^{2}+1 = (k^{2}+k+1)(k^{2}-k+1)$.
તેથી,સામાન્ય પદ $\frac{k}{(k^{2}+k+1)(k^{2}-k+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k^{2}-k+1} - \frac{1}{k^{2}+k+1} \right)$ થાય.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $\frac{1}{2} (f(1) - f(11))$,જ્યાં $f(k) = \frac{1}{k^{2}-k+1}$.
$f(1) = 1$ અને $f(11) = \frac{1}{111}$.
સરવાળો $\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{111}) = \frac{55}{111}$ મળે.
અહીં $m=55$ અને $n=111$ છે,તેથી $m+n = 166$.

(A) આપણે સરવાળો $S = \sum_{r=1}^{20} (r^{2}+1)r!$ ની ગણતરી કરવાની છે.
પદ $(r^{2}+1)$ ને $(r(r+1) - (r-1))$ તરીકે લખો.
તેથી,$(r^{2}+1)r! = r(r+1)! - (r-1)r!$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = \sum_{r=1}^{20} [r(r+1)! - (r-1)r!] = 20(21!) - 0 = 20 \times 21!$.
આને $22! - 2(21!)$ તરીકે લખી શકાય છે.

(C) આપેલ શ્રેણી $\sum_{k=1}^{9} \frac{1}{(20k-a)(20(k+1)-a)} = \frac{1}{256}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(20k-a)(20(k+1)-a)} = \frac{1}{20} \left( \frac{1}{20k-a} - \frac{1}{20(k+1)-a} \right)$.
$k=1$ થી $9$ સુધીનો સરવાળો કરતા,આપણને ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી મળે છે:
$\frac{1}{20} \left( \left( \frac{1}{20-a} - \frac{1}{40-a} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{180-a} - \frac{1}{200-a} \right) \right) = \frac{1}{256}$.
$\frac{1}{20} \left( \frac{1}{20-a} - \frac{1}{200-a} \right) = \frac{1}{256}$.
$\frac{1}{20} \left( \frac{180}{(20-a)(200-a)} \right) = \frac{1}{256}$.
$(20-a)(200-a) = 9 \times 256 = 2304$.
$a^2 - 220a + 1696 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$a = 212$ અથવા $a = 8$ મળે છે.
તેથી $a$ ની મહત્તમ કિંમત $212$ છે.

(C) શ્રેણીનો સામાન્ય પદ $\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2} [\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}]$ છે.
આ ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણીનો સરવાળો $\frac{1}{2} [\frac{1}{2 \times 3} - \frac{1}{101 \times 102}]$ થાય છે.
તેથી,$\frac{k}{101} = \frac{1}{2} [\frac{1}{6} - \frac{1}{10302}] = \frac{1}{12} - \frac{1}{20604} = \frac{1717-1}{20604} = \frac{1716}{20604} = \frac{1}{12}$.
$k = \frac{101}{12}$,તેથી $34k = 34 \times \frac{101}{12} \approx 286$.

(C) ધારો કે $S = \sum_{r=2}^{2011} \frac{r^2+1}{r^2-1}$.
સામાન્ય પદ $T_r$ ને આ રીતે લખી શકાય:
$T_r = \frac{r^2-1+2}{r^2-1} = 1 + \frac{2}{(r-1)(r+1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$T_r = 1 + \left(\frac{1}{r-1} - \frac{1}{r+1}\right)$.
$r=2$ થી $2011$ સુધી સરવાળો કરતા:
$S = \sum_{r=2}^{2011} 1 + \sum_{r=2}^{2011} \left(\frac{1}{r-1} - \frac{1}{r+1}\right)$.
પ્રથમ ભાગ $\sum_{r=2}^{2011} 1 = 2010$ છે.
બીજો ભાગ ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$\left(\frac{1}{1} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{2009} - \frac{1}{2011}\right) + \left(\frac{1}{2010} - \frac{1}{2012}\right)$.
છેદ ઉડાડતા,આપણને મળે છે:
$1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2011} - \frac{1}{2012} = \frac{3}{2} - \left(\frac{1}{2011} + \frac{1}{2012}\right)$.
આમ,$S = 2010 + 1.5 - \left(\frac{1}{2011} + \frac{1}{2012}\right) = 2011.5 - \left(\frac{1}{2011} + \frac{1}{2012}\right)$.
કારણ કે $0 < \left(\frac{1}{2011} + \frac{1}{2012}\right) < 1$,તેથી $S$ ની કિંમત $\left(2011, 2011 \frac{1}{2}\right)$ અંતરાલમાં આવે છે.

(C) આપેલ છે $a_n = \frac{-2}{4n^2 - 16n + 15}$.
છેદના અવયવો પાડતા: $4n^2 - 16n + 15 = (2n - 3)(2n - 5)$.
તેથી,$a_n = \frac{-2}{(2n - 3)(2n - 5)} = \frac{1}{2n - 3} - \frac{1}{2n - 5}$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
સરવાળો $S_{25} = \sum_{n=1}^{25} \left( \frac{1}{2n - 3} - \frac{1}{2n - 5} \right) = \frac{1}{47} - \frac{1}{-3} = \frac{1}{47} + \frac{1}{3} = \frac{50}{141}$.

(B) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = \frac{r}{1+r^2+r^4}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1+r^2+r^4 = (1+r^2)^2 - r^2 = (1+r^2-r)(1+r^2+r)$.
તેથી,$T_r = \frac{r}{(r^2-r+1)(r^2+r+1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ:
$T_r = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{r^2-r+1} - \frac{1}{r^2+r+1} \right]$.
ધારો કે $f(r) = \frac{1}{r^2-r+1}$. તો $T_r = \frac{1}{2} [f(r) - f(r+1)]$.
$10$ પદોનો સરવાળો $S_{10} = \sum_{r=1}^{10} T_r = \frac{1}{2} [f(1) - f(11)]$.
$f(1) = \frac{1}{1^2-1+1} = 1$.
$f(11) = \frac{1}{11^2-11+1} = \frac{1}{121-11+1} = \frac{1}{111}$.
તેથી,$S_{10} = \frac{1}{2} [1 - \frac{1}{111}] = \frac{1}{2} [\frac{110}{111}] = \frac{55}{111}$.

(D) $m$ માટે: $\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \sqrt{k+1}-\sqrt{k}$.
$k=1$ થી $99$ સુધીનો સરવાળો: $\sqrt{100}-\sqrt{1} = 10-1 = 9$.
તેથી,$m=9$.
$n$ માટે: $\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$.
$k=1$ થી $99$ સુધીનો સરવાળો: $1-\frac{1}{100} = \frac{99}{100}$.
તેથી,$n=\frac{99}{100}$.
બિંદુ $(m, n) = (9, \frac{99}{100})$ છે.
વિકલ્પ $D$ માટે: $11(9) - 100(\frac{99}{100}) = 99 - 99 = 0$.
આમ,બિંદુ $11x-100y=0$ રેખા પર આવેલું છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{k=0}^{9} \frac{1}{(1+kd)(1+(k+1)d)} = 5$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરીને,દરેક પદને આ રીતે લખી શકાય:
$\frac{1}{(1+kd)(1+(k+1)d)} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{1+kd} - \frac{1}{1+(k+1)d} \right)$.
$k=0$ થી $9$ સુધી સરવાળો કરતા:
$S = \frac{1}{d} \left[ \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{1+d} \right) + \left( \frac{1}{1+d} - \frac{1}{1+2d} \right) + \dots + \left( \frac{1}{1+9d} - \frac{1}{1+10d} \right) \right] = 5$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી તે આ રીતે સરળ બને છે:
$\frac{1}{d} \left( 1 - \frac{1}{1+10d} \right) = 5$.
$\frac{1}{d} \left( \frac{1+10d-1}{1+10d} \right) = 5$.
$\frac{1}{d} \left( \frac{10d}{1+10d} \right) = 5$.
$\frac{10}{1+10d} = 5$.
$10 = 5(1+10d) \implies 10 = 5 + 50d$.
$50d = 5$.

(C) ધારો કે $S = \sum_{k=1}^{13} \frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{4}+(k-1) \frac{\pi}{6}\right) \sin \left(\frac{\pi}{4}+\frac{k \pi}{6}\right)}$.
અંશ અને છેદને $\sin(\frac{\pi}{6})$ વડે ગુણતા:
$S = \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{6})} \sum_{k=1}^{13} \frac{\sin(\frac{\pi}{6})}{\sin \left(\frac{\pi}{4}+(k-1) \frac{\pi}{6}\right) \sin \left(\frac{\pi}{4}+\frac{k \pi}{6}\right)}$.
અહીં $\frac{\pi}{6} = (\frac{\pi}{4}+\frac{k \pi}{6}) - (\frac{\pi}{4}+(k-1) \frac{\pi}{6})$ હોવાથી,$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$S = 2 \sum_{k=1}^{13} \left[ \cot \left(\frac{\pi}{4}+(k-1) \frac{\pi}{6}\right) - \cot \left(\frac{\pi}{4}+\frac{k \pi}{6}\right) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = 2 \left[ \cot \frac{\pi}{4} - \cot \left(\frac{\pi}{4} + \frac{13\pi}{6}\right) \right]$.
$\cot \frac{\pi}{4} = 1$ અને $\cot(\frac{\pi}{4} + \frac{13\pi}{6}) = \cot(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6}) = \cot(\frac{5\pi}{12}) = 2-\sqrt{3}$ હોવાથી:
$S = 2 [1 - (2-\sqrt{3})] = 2(\sqrt{3}-1)$.

(D) $k=1$ માટે,પ્રથમ પદ $\frac{1-1}{1!} = 0$ છે,તેથી $S_1 = 0$.
$k \ge 2$ માટે,અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_k = \frac{\frac{k-1}{k!}}{1 - \frac{1}{k}} = \frac{1}{(k-1)!}$ છે.
આપેલ પદાવલિ $E = \frac{100^2}{100!} + \sum_{k=2}^{100} |(k^2 - 3k + 1) \frac{1}{(k-1)!}|$ છે.
ગણતરી કરતા અંતિમ જવાબ $3$ મળે છે.

(C) આપેલ છે $S_{n} = \sum_{r=1}^{n} T_{r} = \frac{(2n-1)(2n+1)(2n+3)(2n+5)}{64}$.
$T_{n} = S_{n} - S_{n-1} = \frac{(2n-1)(2n+1)(2n+3)(2n+5) - (2n-3)(2n-1)(2n+1)(2n+3)}{64}$.
$T_{n} = \frac{(2n-1)(2n+1)(2n+3) [ (2n+5) - (2n-3) ]}{64} = \frac{(2n-1)(2n+1)(2n+3) \times 8}{64} = \frac{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}{8}$.
તેથી,$\frac{1}{T_{r}} = \frac{8}{(2r-1)(2r+1)(2r+3)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(2r-1)(2r+1)(2r+3)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{(2r-1)(2r+1)} - \frac{1}{(2r+1)(2r+3)} \right)$.
તેથી,$\sum_{r=1}^{n} \frac{1}{T_{r}} = 8 \times \frac{1}{4} \sum_{r=1}^{n} \left( \frac{1}{(2r-1)(2r+1)} - \frac{1}{(2r+1)(2r+3)} \right) = 2 \left( \frac{1}{1 \times 3} - \frac{1}{(2n+1)(2n+3)} \right)$.
$n \rightarrow \infty$ લેતા,બીજું પદ શૂન્ય થઈ જશે.
પરિણામ $= 2 \times \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

(C) $a_n = \frac{n^2 + 5n + 6}{4} = \frac{(n+2)(n+3)}{4}$
$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{4}{(k+2)(k+3)}$
$S_n = 4 \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+2} - \frac{1}{k+3} \right)$
તફાવતની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = 4 \left[ \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{5} \right) + \dots + \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right) \right]$
$S_n = 4 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{n+3} \right) = 4 \left( \frac{n+3-3}{3(n+3)} \right) = \frac{4n}{3(n+3)}$
$n = 2025$ માટે:
$S_{2025} = \frac{4 \times 2025}{3(2025+3)} = \frac{4 \times 2025}{3 \times 2028} = \frac{4 \times 2025}{6084}$
$507 S_{2025} = 507 \times \frac{4 \times 2025}{3 \times 2028} = 675$

(D) આપણે $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{k^3+6 k^2+11 k+5}{(k+3)!}$ ની ગણતરી કરવી છે.
પ્રથમ,અંશને ફરીથી લખતા: $k^3+6 k^2+11 k+5 = (k+1)(k+2)(k+3) - 1$.
આને સરવાળામાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\sum_{k=1}^n \left( \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{(k+3)!} - \frac{1}{(k+3)!} \right)$.
પ્રથમ પદનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{(k+3)!} = \frac{1}{k!}$.
તેથી સરવાળો $\sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+3)!} \right)$ બને છે.
સરવાળાને વિસ્તૃત કરતા:
$\left( \frac{1}{1!} - \frac{1}{4!} \right) + \left( \frac{1}{2!} - \frac{1}{5!} \right) + \left( \frac{1}{3!} - \frac{1}{6!} \right) + \dots + \left( \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+3)!} \right)$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ પદો $\frac{1}{(n+1)!}, \frac{1}{(n+2)!}, \frac{1}{(n+3)!}$ એ $0$ ની નજીક જાય છે.
બાકી રહેલા પદો $\frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3}$ છે.

(B) શ્રેણીનું $r$-મું પદ $T_r = \frac{4r}{1+4r^4}$ છે.
નિત્યસમ $1+4r^4 = (1+2r^2-2r)(1+2r^2+2r)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T_r = \frac{(2r^2+2r+1)-(2r^2-2r+1)}{(2r^2+2r+1)(2r^2-2r+1)}$
$T_r = \frac{1}{2r^2-2r+1} - \frac{1}{2r^2+2r+1}$.
$r=1$ માટે,$T_1 = \frac{1}{1} - \frac{1}{5}$.
$r=2$ માટે,$T_2 = \frac{1}{5} - \frac{1}{13}$.
$r=10$ સુધી ચાલુ રાખતા,$T_{10} = \frac{1}{181} - \frac{1}{221}$.
સરવાળો $S_{10} = \sum_{r=1}^{10} T_r = 1 - \frac{1}{221} = \frac{220}{221}$.
અહીં $S_{10} = \frac{m}{n}$ હોવાથી,$m=220$ અને $n=221$.
$\operatorname{gcd}(220, 221) = 1$ હોવાથી,$m+n = 220+221 = 441$.

(D) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \cot^{-1}\left(\frac{4n^2+3}{4}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{4}{4n^2+3}\right)$ છે.
આને $T_n = \tan^{-1}\left(\frac{(2n+1)-(2n-1)}{1+(2n+1)(2n-1)}\right)$ તરીકે લખી શકાય.
$\tan^{-1}x - \tan^{-1}y = \tan^{-1}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $T_n = \tan^{-1}(2n+1) - \tan^{-1}(2n-1)$ મળે છે.
પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^n (\tan^{-1}(2k+1) - \tan^{-1}(2k-1))$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = \tan^{-1}(2n+1) - \tan^{-1}(1)$.
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે $S_{\infty} = \lim_{n \to \infty} \tan^{-1}(2n+1) - \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.
નોંધો કે $\tan^{-1}(1/2) = \frac{\pi}{2} - \cot^{-1}(1/2)$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો જવાબ $\frac{\pi}{2} - \tan^{-1}(2)$ છે,જે $\tan^{-1}(1/2)$ ને સમાન છે.

(C) શ્રેણીનું $r$-મું પદ $T_r = \frac{4r}{4+3r^2+r^4}$ છે.
છેદનું અવયવીકરણ કરતા: $r^4+3r^2+4 = (r^2+r+2)(r^2-r+2)$.
તેથી,$T_r = 2 \left( \frac{1}{r^2-r+2} - \frac{1}{r^2+r+2} \right)$.
ધારો કે $f(r) = \frac{1}{r^2-r+2}$,તો $f(r+1) = \frac{1}{r^2+r+2}$.
સરવાળો $S_{20} = 2(f(1) - f(21)) = 2 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{422} \right) = \frac{420}{422} = \frac{210}{211}$.
અહીં $m = 210$ અને $n = 211$,તેથી $m+n = 421$.

(C) શ્રેણીનું $k$-મું પદ $T_k = \frac{1}{(3k-1)(3k+2)}$ છે.
આપણે તેને $T_k = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3k-1} - \frac{1}{3k+2} \right)$ તરીકે લખી શકીએ.
$n$ પદો સુધીનો સરવાળો:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{3} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{3k-1} - \frac{1}{3k+2} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = \frac{1}{3} \left[ \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{8} \right) + \dots + \left( \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right) \right]$.
$S_n = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3n+2} \right) = \frac{1}{3} \left( \frac{3n+2-2}{2(3n+2)} \right) = \frac{1}{3} \left( \frac{3n}{6n+4} \right) = \frac{n}{6n+4}$.

(C) ધારો કે સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(3k-1)(3k+2)}$ છે.
સામાન્ય પદને આ રીતે લખી શકાય:
$\frac{1}{(3k-1)(3k+2)} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3k-1} - \frac{1}{3k+2} \right)$.
હવે,$k=1$ થી $n$ સુધી સરવાળો લેતા:
$S_n = \frac{1}{3} \left[ \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{8} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જ્યાં વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે:
$S_n = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3n+2} \right)$.
$S_n = \frac{1}{3} \left( \frac{3n+2-2}{2(3n+2)} \right) = \frac{1}{3} \left( \frac{3n}{6n+4} \right) = \frac{n}{6n+4}$.

(D) આપેલ છે $t_n = \frac{1}{4}(n+2)(n+3)$.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{t_k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{4}{(k+2)(k+3)}$ શોધો.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{4}{(k+2)(k+3)} = 4 \left( \frac{1}{k+2} - \frac{1}{k+3} \right)$.
તેથી,$S_n = 4 \left[ (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \ldots + (\frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3}) \right] = 4 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{n+3} \right) = \frac{4n}{3(n+3)}$.
કારણ $(R)$ સાચું છે.
$n = 2003$ માટે,$S_{2003} = \frac{4(2003)}{3(2006)} = \frac{4006}{3009}$.
વિધાન $(A)$ ખોટું છે.

(D) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(2n+1)(2n+3)}$ છે.
આને $T_n = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3} \right)$ તરીકે લખી શકાય.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+3} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = \frac{1}{2} \left[ (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{7}) + \ldots + (\frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3}) \right]$.
$S_n = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n+3} \right)$.
$n = 24$ માટે,$S_{24} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2(24)+3} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{51} \right)$.
$S_{24} = \frac{1}{2} \left( \frac{17-1}{51} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{16}{51} = \frac{8}{51}$.

(B) આપેલ શ્રેણી $S_{50} = \sum_{n=1}^{50} \frac{1}{(4n-1)(4n+3)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(4n-1)(4n+3)} = \frac{1}{4} \left[ \frac{1}{4n-1} - \frac{1}{4n+3} \right]$.
$n=1$ થી $50$ સુધી સરવાળો કરતા:
$S_{50} = \frac{1}{4} \left[ (\frac{1}{3} - \frac{1}{7}) + (\frac{1}{7} - \frac{1}{11}) + \ldots + (\frac{1}{199} - \frac{1}{203}) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S_{50} = \frac{1}{4} \left[ \frac{1}{3} - \frac{1}{203} \right]$.
$S_{50} = \frac{1}{4} \left[ \frac{203 - 3}{609} \right] = \frac{1}{4} \left[ \frac{200}{609} \right] = \frac{50}{609}$.

(C) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(4n-3)(4n+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,$T_n = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4n-3} - \frac{1}{4n+1} \right)$.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right)$.
સરવાળાને વિસ્તૃત કરતા,$S_n = \frac{1}{4} \left[ \left( 1 - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{9} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{4n-3} - \frac{1}{4n+1} \right) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S_n = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{4n+1} \right)$.
સાદું રૂપ આપતા,$S_n = \frac{1}{4} \left( \frac{4n+1-1}{4n+1} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{4n}{4n+1} \right) = \frac{n}{4n+1}$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = 1 + (1+2+4) + (4+6+9) + (9+12+16) + \ldots + (81+90+100)$ છે.
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$S = 1 + (1^2 + 1 \times 2 + 2^2) + (2^2 + 2 \times 3 + 3^2) + \ldots + (9^2 + 9 \times 10 + 10^2)$.
$r=1$ થી $10$ માટે શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = (r-1)^2 + r(r-1) + r^2$ છે.
કારણ કે $r^3 - (r-1)^3 = (r - (r-1))(r^2 + r(r-1) + (r-1)^2) = 1 \times (r^2 + r(r-1) + (r-1)^2)$,તેથી $T_r = r^3 - (r-1)^3$.
આમ,$S = \sum_{r=1}^{10} (r^3 - (r-1)^3)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળો છે: $(1^3 - 0^3) + (2^3 - 1^3) + (3^3 - 2^3) + \ldots + (10^3 - 9^3) = 10^3 - 0^3 = 1000$.
કારણ $(R)$ જણાવે છે કે $\sum_{r=1}^n (r^3 - (r-1)^3) = n^3$,જે સમાન ટેલિસ્કોપિંગ ગુણધર્મ દ્વારા સાચું છે.
તેથી,$(A)$ અને $(R)$ બંને સાચા છે અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\left(1+\frac{3}{1}\right)\left(1+\frac{5}{4}\right)\left(1+\frac{7}{9}\right) \ldots \left(1+\frac{2n+1}{n^2}\right) = 121$.
દરેક પદનું સાદું રૂપ આપતા: $\left(\frac{1+3}{1}\right)\left(\frac{4+5}{4}\right)\left(\frac{9+7}{9}\right) \ldots \left(\frac{n^2+2n+1}{n^2}\right) = 121$.
આનું સાદું રૂપ: $\left(\frac{4}{1}\right) \times \left(\frac{9}{4}\right) \times \left(\frac{16}{9}\right) \times \ldots \times \left(\frac{(n+1)^2}{n^2}\right) = 121$.
પેટર્ન જોતા,પદો ટેલિસ્કોપિંગ રીતે ઉડી જાય છે: $\frac{4}{1} \times \frac{9}{4} \times \frac{16}{9} \times \ldots \times \frac{(n+1)^2}{n^2} = (n+1)^2$.
તેથી,$(n+1)^2 = 121$.
વર્ગમૂળ લેતા: $n+1 = 11$.
આમ,$n = 10$.

(C) ધારો કે સરવાળો $S_n = \frac{1}{2 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 11} + \ldots + \frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$ છે.
સામાન્ય પદ $T_k = \frac{1}{(3k-1)(3k+2)}$ છે.
આપણે $T_k = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3k-1} - \frac{1}{3k+2} \right)$ લખી શકીએ.
તેથી,$S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{3} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{3k-1} - \frac{1}{3k+2} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = \frac{1}{3} \left[ \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{8} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right) \right]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે,તેથી:
$S_n = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3n+2} \right) = \frac{1}{3} \left( \frac{3n+2-2}{2(3n+2)} \right) = \frac{n}{2(3n+2)}$.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_r = \frac{1}{(2r)(2r+2)} = \frac{1}{4r(r+1)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$T_r = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{r+1} \right)$.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{r=1}^{n} T_r = \frac{1}{4} \sum_{r=1}^{n} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{r+1} \right)$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = \frac{1}{4} \left[ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) \right]$.
$S_n = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{n+1-1}{n+1} \right) = \frac{n}{4(n+1)}$.
આપેલ સમીકરણ $\frac{kn}{4(n+1)}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = 1$ મળે છે.

(D) ધારો કે $\theta_k = \frac{k\pi}{6} + \frac{\pi}{4}$. તેથી સરવાળો $\sum_{k=0}^{12} \frac{1}{\sin(\theta_{k+1}) \sin(\theta_k)}$ છે.
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\sin(\theta_{k+1} - \theta_k) = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$ મળે.
આમ,$\frac{1}{\sin(\theta_{k+1}) \sin(\theta_k)} = 2(\cot(\theta_k) - \cot(\theta_{k+1}))$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $2 \sum_{k=0}^{12} (\cot(\theta_k) - \cot(\theta_{k+1})) = 2(\cot(\theta_0) - \cot(\theta_{13}))$.
$\theta_0 = \frac{\pi}{4}$,તેથી $\cot(\theta_0) = 1$.
$\theta_{13} = \frac{13\pi}{6} + \frac{\pi}{4} = 2\pi + \frac{5\pi}{12}$.
$\cot(\theta_{13}) = \cot(\frac{5\pi}{12}) = 2 - \sqrt{3}$.
સરવાળો $= 2(1 - (2 - \sqrt{3})) = 2(\sqrt{3} - 1)$.

(D) આપણને નિત્યસમ આપેલ છે: $\frac{\sin 1^{\circ}}{\sin x^{\circ} \sin (x+1)^{\circ}} = \cot x^{\circ} - \cot (x+1)^{\circ}$.
બંને બાજુ $\sin 1^{\circ}$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{\sin x^{\circ} \sin (x+1)^{\circ}} = \frac{\cot x^{\circ} - \cot (x+1)^{\circ}}{\sin 1^{\circ}}$.
ધારો કે $S = \sum_{x=45}^{89} \frac{1}{\sin x^{\circ} \sin (x+1)^{\circ}}$.
નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા: $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} \sum_{x=45}^{89} (\cot x^{\circ} - \cot (x+1)^{\circ})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} [(\cot 45^{\circ} - \cot 46^{\circ}) + (\cot 46^{\circ} - \cot 47^{\circ}) + \dots + (\cot 89^{\circ} - \cot 90^{\circ})]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે: $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (\cot 45^{\circ} - \cot 90^{\circ})$.
કારણ કે $\cot 45^{\circ} = 1$ અને $\cot 90^{\circ} = 0$,તેથી $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (1 - 0) = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} = \operatorname{cosec} 1^{\circ}$.

(C) આપેલ $k$-મું પદ $t_k = k \times k!$ છે.
આપણે તેને આ રીતે લખી શકીએ:
$t_k = (k+1-1) \times k!$
$t_k = (k+1) \times k! - k!$
$t_k = (k+1)! - k!$
હવે,$k=1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો કરતા:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} ((k+1)! - k!)$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = (2! - 1!) + (3! - 2!) + (4! - 3!) + \dots + ((n+1)! - n!)$
$S_n = (n+1)! - 1!$
$S_n = (n+1)! - 1$

(A) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_k = \frac{1}{(4k-1)(4k+3)}$ છે.
આપણે $T_k = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{4k+3} \right)$ લખી શકીએ છીએ.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{4k+3} \right)$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = \frac{1}{4} \left[ \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{7} \right) + \left( \frac{1}{7} - \frac{1}{11} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{4n-1} - \frac{1}{4n+3} \right) \right]$.
$S_n = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4n+3} \right)$.
$n \rightarrow \infty$ તરીકે લક્ષ લેતા:
$\lim _{n \rightarrow \infty} S_n = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4n+3} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} - 0 \right) = \frac{1}{12}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $r^4+r^2+1 = (r^2-r+1)(r^2+r+1)$.
વળી,$r^2+r+1 - (r^2-r+1) = 2r$.
તેથી,સરવાળાની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકાય:
$\tan ^{-1}\left(\frac{2r}{1+(r^4+r^2+1)}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{(r^2+r+1)-(r^2-r+1)}{1+(r^2+r+1)(r^2-r+1)}\right) = \tan ^{-1}(r^2+r+1) - \tan ^{-1}(r^2-r+1)$.
હવે,આ સરવાળો એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = \sum_{r=1}^n \{\tan ^{-1}(r^2+r+1) - \tan ^{-1}(r^2-r+1)\}$
$S_n = (\tan ^{-1}(3) - \tan ^{-1}(1)) + (\tan ^{-1}(7) - \tan ^{-1}(3)) + \dots + (\tan ^{-1}(n^2+n+1) - \tan ^{-1}(n^2-n+1))$
$S_n = \tan ^{-1}(n^2+n+1) - \tan ^{-1}(1)$.
$n \rightarrow \infty$ લેતા:
$\lim _{n \rightarrow \infty} S_n = \lim _{n \rightarrow \infty} (\tan ^{-1}(n^2+n+1) - \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.

(C) ધારો કે $S = \frac{1}{3 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 12} + \dots$ $9$ પદો સુધી.
$n$-મું પદ $T_n = \frac{1}{(3n)(3n+3)} = \frac{1}{9n(n+1)}$ છે.
આપણે $T_n = \frac{1}{9} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$ લખી શકીએ.
$n=1$ થી $9$ માટે સરવાળો કરતા:
$S = \frac{1}{9} \sum_{n=1}^{9} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = \frac{1}{9} \left[ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{9} - \frac{1}{10}) \right]$.
$S = \frac{1}{9} \left( 1 - \frac{1}{10} \right) = \frac{1}{9} \left( \frac{9}{10} \right) = \frac{1}{10}$.

(C) આપેલ શ્રેણી $\sum_{k=0}^{19} \frac{1}{(6k+1)(6k+7)}$ છે.
આને $\frac{1}{6} \sum_{k=0}^{19} \left( \frac{1}{6k+1} - \frac{1}{6k+7} \right)$ તરીકે લખી શકાય.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$\frac{1}{6} \left[ (\frac{1}{1} - \frac{1}{7}) + (\frac{1}{7} - \frac{1}{13}) + \dots + (\frac{1}{115} - \frac{1}{121}) \right]$.
$= \frac{1}{6} \left( 1 - \frac{1}{121} \right) = \frac{1}{6} \times \frac{120}{121} = \frac{20}{121}$.
આપેલ છે કે $\frac{m}{n} = \frac{20}{121}$,જ્યાં $\gcd(m, n) = 1$,તેથી $m = 20$ અને $n = 121$.
તેથી,$5m + 2n = 5(20) + 2(121) = 100 + 242 = 342$.

(B) આપેલ શ્રેણી $\frac{1}{1 \cdot 5}+\frac{1}{5 \cdot 9}+\frac{1}{9 \cdot 13}+\ldots$ ના $n$ પદોનો સરવાળો $= \frac{27}{109}$ છે.
શ્રેણીનું $k$-મું પદ $T_k = \frac{1}{(4k-3)(4k+1)}$ છે.
આપણે $T_k = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right)$ લખી શકીએ.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right)$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = \frac{1}{4} \left[ (1 - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{9}) + \ldots + (\frac{1}{4n-3} - \frac{1}{4n+1}) \right]$.
$S_n = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{4n+1} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{4n+1-1}{4n+1} \right) = \frac{n}{4n+1}$.
આપેલ છે કે $S_n = \frac{27}{109}$,તેથી $\frac{n}{4n+1} = \frac{27}{109}$.
$109n = 27(4n+1) \implies 109n = 108n + 27$.
તેથી,$n = 27$.

(C) આપેલ શ્રેણી $S = \sum_{n=1}^{10} \frac{1}{a_n \times b_n}$ છે,જ્યાં $a_n = 5n - 3$ અને $b_n = 5n + 2$ છે.
સામાન્ય પદને $T_n = \frac{1}{(5n-3)(5n+2)}$ તરીકે લખી શકાય.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$T_n = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{5n-3} - \frac{1}{5n+2} \right)$.
$n=1$ થી $10$ સુધીનો સરવાળો કરતા:
$S = \frac{1}{5} \left[ (\frac{1}{2} - \frac{1}{7}) + (\frac{1}{7} - \frac{1}{12}) + \dots + (\frac{1}{47} - \frac{1}{52}) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{52} \right)$.
$S = \frac{1}{5} \left( \frac{26-1}{52} \right) = \frac{1}{5} \times \frac{25}{52} = \frac{5}{52}$.

(A) ધારો કે $S_n = \frac{1}{2 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 8} + \ldots + \frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$.
સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$ છે.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,$T_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right]$ લખી શકાય.
$n=1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો લેતા,આપણને ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી મળે છે:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{3} \left[ \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{8} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right) \right]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે:
$S_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{3n+2} \right]$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$S_n = \frac{1}{3} \left[ \frac{(3n+2) - 2}{2(3n+2)} \right] = \frac{1}{3} \left[ \frac{3n}{2(3n+2)} \right] = \frac{n}{2(3n+2)} = \frac{n}{6n+4}$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S_n = \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{(2r)(2r+2)}$ છે.
સામાન્ય પદને $\frac{1}{4} \times \frac{1}{r(r+1)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{r+1} \right)$ તરીકે લખી શકાય.
$r=1$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા:
$S_n = \frac{1}{4} \left[ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) \right]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $S_n = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)$.
$S_n = \frac{1}{4} \left( \frac{n+1-1}{n+1} \right) = \frac{n}{4(n+1)}$.
આને $\frac{k n}{n+1}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = \frac{1}{4}$ મળે છે.