Progression and Sequence Questions in Gujarati

(B) $A.P.$ માં, શરૂઆત અને અંતથી સમાન અંતરે આવેલા પદોનો સરવાળો અચળ હોય છે.
આપેલ છે કે $a_1 + a_4 + a_7 + a_{10} + a_{13} + a_{16} = 147$.
આ શ્રેણીમાં $6$ પદો છે. આપણે તેમને $(a_1 + a_{16}) + (a_4 + a_{13}) + (a_7 + a_{10}) = 147$ તરીકે જોડી શકીએ છીએ.
કારણ કે $a_1 + a_{16} = a_4 + a_{13} = a_7 + a_{10} = \lambda$, તેથી $3\lambda = 147$, જે આપણને $\lambda = 49$ આપે છે.
હવે, આપણે $S = a_1 + a_6 + a_{11} + a_{16}$ શોધવાનું છે.
આ પદોને જોડતા, આપણને $S = (a_1 + a_{16}) + (a_6 + a_{11})$ મળે છે.
$A.P.$ માં સમાન અંતરે આવેલા પદોનો સરવાળો અચળ હોવાથી, $a_1 + a_{16} = a_6 + a_{11} = \lambda = 49$.
તેથી, $S = 49 + 49 = 98$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\frac{a + bx}{a - bx} = \frac{b + cx}{b - cx} = \frac{c + dx}{c - dx} = K$ છે.
યોગ-વિયોગ (Componendo and Dividendo) ના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{(a+bx) + (a-bx)}{(a+bx) - (a-bx)} = \frac{2a}{2bx} = \frac{a}{bx}$ મળે.
તે જ રીતે,અન્ય પદો માટે,આપણને $\frac{a}{bx} = \frac{b}{cx} = \frac{c}{dx}$ મળે છે.
કારણ કે $x \ne 0$,આપણે છેદમાંથી $x$ ને દૂર કરી શકીએ છીએ: $\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{d}$.
આ સૂચવે છે કે ક્રમિક પદોનો ગુણોત્તર અચળ છે,જે સમગુણોત્તર શ્રેણી $(G.P.)$ ની વ્યાખ્યા છે.
તેથી,$a, b, c, d$ એ $G.P.$ માં છે.

(C) બે $A.P.$ ના $n$ પદોના સરવાળાનો ગુણોત્તર $\frac{s_n}{S_n} = \frac{3n - 13}{7n + 13}$ આપેલ છે.
ધારો કે $s_n = k(3n^2 - 13n)$ અને $S_n = k(7n^2 + 13n)$ કોઈ અચળાંક $k$ માટે.
આપણે $\frac{s_n}{S_{2n}}$ નો ગુણોત્તર શોધવાનો છે.
$S_n$ ના સૂત્રમાં $n$ ની જગ્યાએ $2n$ મૂકતા:
$S_{2n} = k(7(2n)^2 + 13(2n)) = k(7(4n^2) + 26n) = k(28n^2 + 26n)$.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{s_n}{S_{2n}} = \frac{k(3n^2 - 13n)}{k(28n^2 + 26n)} = \frac{3n^2 - 13n}{28n^2 + 26n} = \frac{n(3n - 13)}{n(28n + 26)} = \frac{3n - 13}{28n + 26}$.

(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:
$T - \frac{T}{7} = 1 + \frac{2}{7} + \frac{2}{7^2} + \frac{2}{7^3} + \dots$
$\frac{6T}{7} = 1 + \frac{2/7}{1 - 1/7} = 1 + \frac{2/7}{6/7} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$
$T = \frac{4}{3} \times \frac{7}{6} = \frac{14}{9}$
$\frac{6S}{7} = T$ હોવાથી,$\frac{6S}{7} = \frac{14}{9} \Rightarrow S = \frac{14}{9} \times \frac{7}{6} = \frac{98}{54} = \frac{49}{27}$.

(B) ધારો કે $n = 2015$. શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_k = k(n - k + 1)$ છે,જ્યાં $k = 1, 2, \dots, n$.
આપણે સરવાળો $S = \sum_{k=1}^{n} k(n - k + 1) = \sum_{k=1}^{n} (nk - k^2 + k) = (n+1) \sum_{k=1}^{n} k - \sum_{k=1}^{n} k^2$ શોધવાનો છે.
પ્રમાણિત 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:
$S = (n+1) \frac{n(n+1)}{2} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
$\frac{n(n+1)}{6}$ સામાન્ય લેતા:
$S = \frac{n(n+1)}{6} [3(n+1) - (2n+1)] = \frac{n(n+1)}{6} [3n + 3 - 2n - 1] = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}$.
$n = 2015$ મૂકતા:
$S = \frac{2015 \times 2016 \times 2017}{6} = 2015 \times 336 \times 2017$.
આમ,સાચો જવાબ $336 \times 2015 \times 2017$ છે.

(B) ધારો કે $G.P.$ માં ત્રણ સંખ્યાઓ $3^a, 3^b, 3^c$ છે જ્યાં $1 \le a < b < c \le 20$ છે.
તેઓ $G.P.$ માં હોય તે માટેની શરત $(3^b)^2 = 3^a \cdot 3^c$ છે, જેનો અર્થ છે કે $2b = a + c$.
આનો અર્થ એ છે કે $a + c$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ, જે ત્યારે જ શક્ય છે જો $a$ અને $c$ બંને એકી હોય અથવા બંને બેકી હોય.
કિસ્સો $1$: $a$ અને $c$ બંને એકી છે. ગણ ${1, 2, \dots, 20}$ માં $10$ એકી સંખ્યાઓ છે. આપણે $a$ અને $c$ માટે $2$ ભિન્ન એકી સંખ્યાઓ $^{10}C_2$ રીતે પસંદ કરી શકીએ છીએ. એકવાર $a$ અને $c$ પસંદ થઈ જાય, પછી $b$ એ $(a+c)/2$ તરીકે નિશ્ચિત થાય છે.
રીતોની સંખ્યા $= ^{10}C_2 = 45$.
કિસ્સો $2$: $a$ અને $c$ બંને બેકી છે. ગણ માં $10$ બેકી સંખ્યાઓ છે. આપણે $a$ અને $c$ માટે $2$ ભિન્ન બેકી સંખ્યાઓ $^{10}C_2$ રીતે પસંદ કરી શકીએ છીએ. એકવાર $a$ અને $c$ પસંદ થઈ જાય, પછી $b$ એ $(a+c)/2$ તરીકે નિશ્ચિત થાય છે.
રીતોની સંખ્યા $= ^{10}C_2 = 45$.
કુલ રીતો $= 45 + 45 = 90$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = \frac{1}{9} + \frac{1}{18} + \frac{1}{30} + \frac{1}{45} + \frac{1}{63} + ..........\infty$ છે.
આપણે પદોને $S = \frac{1}{3} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{10} + \frac{1}{15} + \frac{1}{21} + ..........\infty)$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $2S = \frac{2}{3} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{10} + \frac{1}{15} + \frac{1}{21} + ..........\infty)$ મળે છે.
નોંધો કે છેદ એ ત્રિકોણીય સંખ્યાઓ $T_n = \frac{n(n+1)}{2}$ છે. આમ,અંદરની શ્રેણી $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{2}{n(n+1)} = 2 \sum_{n=2}^{\infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})$ છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $2 [(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + ..........] = 2 (\frac{1}{2}) = 1$.
તેથી,$2S = \frac{2}{3} (1)$,જે $S = \frac{1}{3}$ આપે છે.

(C) આપેલ છે કે પદો $\log _{5} 2, \log _{5}(2^{x}-3)$ અને $\log _{5}(\frac{17}{2}+2^{x-1})$ એ $A.P.$ માં છે.
ત્રણ પદો $a, b, c$ સમાંતર શ્રેણી $(A.P.)$ માં હોય તો શરત $2b = a + c$ થાય.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $2 \log _{5}(2^{x}-3) = \log _{5} 2 + \log _{5}(\frac{17}{2}+2^{x-1})$.
લઘુગણકના નિયમ $\log m + \log n = \log(mn)$ નો ઉપયોગ કરતા: $\log _{5}(2^{x}-3)^{2} = \log _{5}(2 \cdot (\frac{17}{2}+2^{x-1}))$.
બંને બાજુથી લઘુગણક દૂર કરતા: $(2^{x}-3)^{2} = 17 + 2 \cdot 2^{x-1}$.
કારણ કે $2 \cdot 2^{x-1} = 2^{x}$,સમીકરણ આ મુજબ બનશે: $(2^{x}-3)^{2} = 17 + 2^{x}$.
ધારો કે $2^{x} = y$. તો $(y-3)^{2} = 17 + y$.
$y^{2} - 6y + 9 = 17 + y \Rightarrow y^{2} - 7y - 8 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(y-8)(y+1) = 0$.
તેથી,$y = 8$ અથવા $y = -1$.
$y = 2^{x}$ હોવાથી,$2^{x} = 8$ પરથી $x = 3$ મળે. $2^{x} = -1$ શક્ય નથી.
આમ,$x = 3$.

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

(B) સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક અસમતા ($AM$-$GM$) મુજબ,$\frac{a+b+c+d}{4} \geq (abcd)^{1/4}$ થાય.
બંને બાજુ $4$ ઘાત લેતા,$\frac{(a+b+c+d)^4}{256} \geq abcd$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $(a+b+c+d)^4 \leq 256 abcd$.
આપેલ શરત $256 abcd \geq (a+b+c+d)^4$ છે,જે $AM$-$GM$ અસમતાની વિરુદ્ધ છે.
સમાનતા ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $a = b = c = d$ હોય.
આપેલ સમીકરણ $3a + b + 2c + 5d = 11$ માં $a = b = c = d = k$ મૂકતા,$3k + k + 2k + 5k = 11$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $11k = 11$ એટલે કે $k = 1$ થાય.
આમ,$a = b = c = d = 1$.
હવે $a^3 + b + c^2 + 5d$ માં આ કિંમતો મૂકતા,$1^3 + 1 + 1^2 + 5(1) = 1 + 1 + 1 + 5 = 8$ મળે.

(A) આપેલ સરવાળો $S = \sum\limits_{r = 0}^{100} {(r^2 + 4r + 4)(r + 1)!}$ છે.
અહીં $r^2 + 4r + 4 = (r + 2)^2$ થાય.
તેથી,$S = \sum\limits_{r = 0}^{100} {(r + 2)^2 (r + 1)!}$.
આપણે $(r + 2)^2$ ને $(r + 2)(r + 3 - 1) = (r + 2)(r + 3) - (r + 2)$ તરીકે લખી શકીએ.
આમ,$S = \sum\limits_{r = 0}^{100} {(r + 2)(r + 3)(r + 1)! - (r + 2)(r + 1)!}$.
કારણ કે $(r + 3)(r + 2)(r + 1)! = (r + 3)!$ અને $(r + 2)(r + 1)! = (r + 2)!$,તેથી:
$S = \sum\limits_{r = 0}^{100} {(r + 3)! - (r + 2)!}$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = [(3! - 2!) + (4! - 3!) + (5! - 4!) + ... + (103! - 102!)]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે,તેથી $S = 103! - 2! = 103! - 2$ મળે.

(C) આપેલ છે કે ${x_r} = \cos(\pi/3^r) - i\sin(\pi/3^r)$.
આપણે ગુણાકાર $P = x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 \cdots \infty$ શોધવાનો છે.
સંકર સંખ્યાઓના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$(\cos \theta_1 - i\sin \theta_1)(\cos \theta_2 - i\sin \theta_2) = \cos(\theta_1 + \theta_2) - i\sin(\theta_1 + \theta_2)$.
તેથી,$P = \cos(\sum_{r=1}^{\infty} \frac{\pi}{3^r}) - i\sin(\sum_{r=1}^{\infty} \frac{\pi}{3^r})$.
અહીં ખૂણામાં રહેલો સરવાળો એક અનંત ગુણોત્તર શ્રેણી છે: $S = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{9} + \frac{\pi}{27} + \cdots$.
અહીં પ્રથમ પદ $a = \pi/3$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = 1/3$ છે.
અનંત ગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r} = \frac{\pi/3}{1 - 1/3} = \frac{\pi/3}{2/3} = \frac{\pi}{2}$ થાય.
તેથી,$P = \cos(\pi/2) - i\sin(\pi/2) = 0 - i(1) = -i$.

(A) ધારો કે $S_n = x_n + y_n + z_n + w_n$. સમાંતર શ્રેણીઓનો સરવાળો પણ એક સમાંતર શ્રેણી જ હોય છે, તેથી ધારો કે $S_n = A + (n-1)D$.
આપેલ છે કે $S_4 = A + 3D = 8$ અને $S_{10} = A + 9D = 20$.
બીજા સમીકરણમાંથી પ્રથમ સમીકરણ બાદ કરતા: $(A + 9D) - (A + 3D) = 20 - 8 \Rightarrow 6D = 12 \Rightarrow D = 2$.
$A + 3D = 8$ માં $D = 2$ મુકતા, આપણને $A + 6 = 8 \Rightarrow A = 2$ મળે છે.
હવે, $S_{20} = A + 19D = 2 + 19(2) = 2 + 38 = 40$.
સમાંતર મધ્યક-ભૂમિતિ મધ્યક ($AM$-$GM$) અસમતા મુજબ, ધન પદો $x_{20}, y_{20}, z_{20}, w_{20}$ માટે:
$\frac{x_{20} + y_{20} + z_{20} + w_{20}}{4} \geq (x_{20} \cdot y_{20} \cdot z_{20} \cdot w_{20})^{1/4}$.
$\frac{40}{4} \geq (x_{20} \cdot y_{20} \cdot z_{20} \cdot w_{20})^{1/4} \Rightarrow 10 \geq (x_{20} \cdot y_{20} \cdot z_{20} \cdot w_{20})^{1/4}$.
બંને બાજુ $4$ ઘાત લેતા, આપણને $10^4 \geq x_{20} \cdot y_{20} \cdot z_{20} \cdot w_{20}$ મળે છે.
આમ, મહત્તમ કિંમત $10^4$ છે.

(D) જો $a, b, c$ એ $A.P.$ માં હોય,તો $2b = a + c$ થાય.
આપેલ પદો $\log _{10} 2, \log _{10} (2^x - 1), \log _{10} (2^x + 3)$ છે.
શરત લાગુ પાડતા: $2 \log _{10} (2^x - 1) = \log _{10} 2 + \log _{10} (2^x + 3)$.
લઘુગણકના ગુણધર્મો $\log a + \log b = \log (ab)$ અને $n \log a = \log (a^n)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\log _{10} (2^x - 1)^2 = \log _{10} [2(2^x + 3)]$.
બંને બાજુથી લઘુગણક દૂર કરતા:
$(2^x - 1)^2 = 2(2^x + 3)$.
ધારો કે $2^x = y$. તેથી $(y - 1)^2 = 2(y + 3)$.
$y^2 - 2y + 1 = 2y + 6$.
$y^2 - 4y - 5 = 0$.
$(y - 5)(y + 1) = 0$.
તેથી,$y = 5$ અથવા $y = -1$.
કારણ કે $y = 2^x$ હંમેશા ધન હોય,તેથી $y = 5$.
$2^x = 5 \Rightarrow x = \log _{2} 5$.

(C) ધારો કે બે સંખ્યાઓ $x_1$ અને $x_2$ છે.
સમગુણોત્તર મધ્યક $GM = \sqrt{x_1 x_2} = 18$,તેથી $x_1 x_2 = 18^2 = 324$.
હરાત્મક મધ્યક $HM = \frac{2x_1 x_2}{x_1 + x_2} = 16\frac{8}{13} = \frac{216}{13}$ છે.
$HM$ ના સૂત્રમાં $x_1 x_2 = 324$ મૂકતા: $\frac{2(324)}{x_1 + x_2} = \frac{216}{13}$.
$x_1 + x_2 = \frac{648 \times 13}{216} = 3 \times 13 = 39$.
હવે,આપણે જાણીએ છીએ કે $(x_1 - x_2)^2 = (x_1 + x_2)^2 - 4x_1 x_2$.
$(x_1 - x_2)^2 = (39)^2 - 4(324) = 1521 - 1296 = 225$.
તેથી,$|x_1 - x_2| = \sqrt{225} = 15$.

(A) $n$ બાજુવાળા બહુકોણના અંતઃકોણોનો સરવાળો $(n-2) \times 180^\circ$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં ખૂણાઓ $G.P.$ માં છે,જ્યાં પ્રથમ પદ $a = 120^\circ$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = 2$ છે,તેથી $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = a(r^n - 1) / (r - 1)$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $S_n = 120(2^n - 1) / (2 - 1) = 120(2^n - 1)$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $120(2^n - 1) = (n - 2) \times 180$.
બંને બાજુ $60$ વડે ભાગતા: $2(2^n - 1) = 3(n - 2)$.
$2^{n+1} - 2 = 3n - 6$,જેનું સાદું રૂપ $2^{n+1} + 4 = 3n$ થાય છે.
$n=3$ માટે,$2^4 + 4 = 20$ અને $3(3) = 9$ $(20 \neq 9)$.
$n=4$ માટે,$2^5 + 4 = 36$ અને $3(4) = 12$ $(36 \neq 12)$.
જેમ $n$ વધે છે,તેમ $2^{n+1}$ એ $3n$ કરતા ખૂબ ઝડપથી વધે છે. તેથી,$n \ge 3$ માટે કોઈ પૂર્ણાંક ઉકેલ શક્ય નથી.

(C) આપેલ છે કે $2a, b, 4c$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $2b = 2a + 4c$,જેનું સાદું રૂપ $b = a + 2c$ થાય છે.
આપેલ છે કે $c, a, b$ એ $G.P.$ માં છે,તેથી $a^2 = bc$.
બીજા સમીકરણમાં $b = a + 2c$ મૂકતા: $a^2 = (a + 2c)c = ac + 2c^2$.
તેથી $a^2 - ac - 2c^2 = 0$.
અવયવ પાડતા: $(a - 2c)(a + c) = 0$.
$a, c \in \mathbb{R}^+$ હોવાથી,$a = 2c$ મળે.
હવે વિકલ્પો તપાસતા:
વિકલ્પ $C$ માટે: શ્રેણી $c, a, a + 2c$ છે. $a = 2c$ મૂકતા,આપણને $c, 2c, 4c$ મળે છે.
આ એક $G.P.$ છે જેનો સામાન્ય ગુણોત્તર $2$ છે.
તેથી,$c, a, a + 2c$ એ $G.P.$ માં છે.

(A) ધારો કે સમીકરણના બીજ $x_1, x_2, x_3 > 0$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$x_1 + x_2 + x_3 = 2a$
$x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1 = 3b$
$x_1x_2x_3 = 8$
પદો $x_1x_2, x_2x_3, x_3x_1$ માટે સમાંતર મધ્યક-ભૂમિતિ મધ્યક ($AM$-$GM$) અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1}{3} \geq \sqrt[3]{(x_1x_2)(x_2x_3)(x_3x_1)}$
$\frac{3b}{3} \geq \sqrt[3]{(x_1x_2x_3)^2}$
$b \geq \sqrt[3]{8^2}$
$b \geq \sqrt[3]{64}$
$b \geq 4$
તેથી,$b$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $4$ છે.

(D) જ્યારે $x, y, z \in R^+$ અને $x + y + z = 4$ આપેલ હોય ત્યારે $xyz^2$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક ($AM$-$GM$) અસમતાનો ઉપયોગ કરીશું.
આપણે ગુણાકાર $x \cdot y \cdot (z/2) \cdot (z/2)$ ને મહત્તમ કરવા માંગીએ છીએ.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે,સમાંતર મધ્યક એ ભૌમિતિક મધ્યક કરતા મોટો અથવા તેના જેટલો હોય છે:
$\frac{x + y + z/2 + z/2}{4} \geq \sqrt[4]{x \cdot y \cdot (z/2) \cdot (z/2)}$
આપેલ સરવાળો $x + y + z = 4$ મૂકતા:
$\frac{4}{4} \geq \sqrt[4]{\frac{xyz^2}{4}}$
$1 \geq \sqrt[4]{\frac{xyz^2}{4}}$
બંને બાજુ $4$ ઘાત લેતા:
$1 \geq \frac{xyz^2}{4}$
$xyz^2 \leq 4$
આમ,$xyz^2$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત $4$ છે.

(A) ધારો કે સામાન્ય પદ $a_n = \frac{6\sum_{i=0}^n i + 1}{6\sum_{j=0}^n (j-1) + 1}$ છે.
સરવાળાના સૂત્રો $\sum_{i=0}^n i = \frac{n(n+1)}{2}$ અને $\sum_{j=0}^n (j-1) = \frac{n(n+1)}{2} - (n+1) = \frac{(n+1)(n-2)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા.
અંશ $6 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + 1 = 3n^2 + 3n + 1$ થાય છે.
છેદ $6 \cdot \frac{(n+1)(n-2)}{2} + 1 = 3n^2 - 3n + 1$ થાય છે.
આથી પદ $\frac{3n^2+3n+1}{3n^2-3n+1}$ બને છે.
$n=1$ માટે: $\frac{7}{1}$,$n=2$ માટે: $\frac{19}{7}$,$n=3$ માટે: $\frac{37}{19}$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ ગુણાકાર છે: $\prod_{n=1}^{10} \frac{f(n)}{f(n-1)}$ જ્યાં $f(n) = 3n^2+3n+1$.
ગુણાકાર $\frac{f(10)}{f(0)} = \frac{331}{1} = 331$ થાય છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $x^8 - kx^2 + 3 = 0$ ને $k = \frac{x^8 + 3}{x^2} = x^6 + \frac{3}{x^2}$ તરીકે લખી શકાય.
$k$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક $(AM \geq GM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપણે પદ $\frac{3}{x^2}$ ને ત્રણ સમાન ભાગોમાં વિભાજિત કરીએ છીએ: $\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2}$.
આમ,$k = x^6 + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2}$.
આ ચાર ધન પદો માટે $AM \geq GM$ લાગુ પાડતા:
$\frac{x^6 + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2}}{4} \geq \sqrt[4]{x^6 \cdot \frac{1}{x^2} \cdot \frac{1}{x^2} \cdot \frac{1}{x^2}} = \sqrt[4]{1} = 1$.
તેથી,$x^6 + \frac{3}{x^2} \geq 4$.
આમ,$k$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $4$ છે.

(C) કારણ કે $2a+b, a-b, a+3b$ એ $G.P.$ માં છે,તેથી વચ્ચેના પદનો વર્ગ એ અંતિમ પદોના ગુણાકાર જેટલો થાય:
$(a-b)^2 = (2a+b)(a+3b)$
$a^2 - 2ab + b^2 = 2a^2 + 6ab + ab + 3b^2$
$a^2 + 9ab + 2b^2 = 0$
$a^2$ વડે ભાગતા ($a \neq 0$ હોવાથી):
$2(\frac{b}{a})^2 + 9(\frac{b}{a}) + 1 = 0$
ધારો કે $x = \frac{b}{a}$. તેથી $2x^2 + 9x + 1 = 0$. જેના બીજ $x_1 = \frac{b_1}{a_1}$ અને $x_2 = \frac{b_2}{a_2}$ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ પરથી,બીજનો સરવાળો $\frac{b_1}{a_1} + \frac{b_2}{a_2} = -\frac{9}{2}$ અને બીજનો ગુણાકાર $\frac{b_1b_2}{a_1a_2} = \frac{1}{2}$ થાય.
આપણે $2(a_1b_2 + a_2b_1) + 9a_1a_2$ ની કિંમત શોધવાની છે.
આ પદાવલિને $a_1a_2$ વડે ભાગતા: $2(\frac{b_2}{a_2} + \frac{b_1}{a_1}) + 9 = 2(-\frac{9}{2}) + 9 = -9 + 9 = 0$.

(A) આપેલ શ્રેણી એ અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણી છે,જેમાં પ્રથમ પદ $a = \frac{4}{3}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = -\frac{x}{3}$ છે.
અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં $|r| < 1$ હોવું જરૂરી છે.
કિંમતો મૂકતા,$x = \frac{4/3}{1 - (-x/3)} = \frac{4/3}{1 + x/3} = \frac{4}{3+x}$ મળે છે.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા $x(3+x) = 4$,એટલે કે $x^2 + 3x - 4 = 0$ મળે છે.
આ દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા $(x+4)(x-1) = 0$ મળે છે,તેથી $x = 1$ અથવા $x = -4$.
અનંત શ્રેણીના અભિસારી થવા માટે $|r| < 1$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $|-x/3| < 1$,અથવા $|x| < 3$.
અહીં $|-4| = 4 > 3$ હોવાથી,$x = -4$ શક્ય નથી. તેથી,$x = 1$ એ જ સાચો જવાબ છે.

(B) આપેલ છે કે $x_n = \frac{2n^2 + n + 1}{2n^2 - 3n + 2}$.
ધારો કે $f(n) = 2n^2 + n + 1$. તેથી $f(n-1) = 2(n-1)^2 + (n-1) + 1 = 2n^2 - 3n + 2$.
તેથી,$\prod_{i=1}^r x_i = \frac{f(1)}{f(0)} \cdot \frac{f(2)}{f(1)} \cdots \frac{f(r)}{f(r-1)} = \frac{f(r)}{f(0)}$.
અહીં $f(0) = 2(0)^2 + 0 + 1 = 1$. તેથી $\prod_{i=1}^r x_i = 2r^2 + r + 1$.
વળી,$\sum_{i=1}^r (2i - 1) = r^2$ થાય.
તેથી,પદાવલિ $\sum_{r=1}^n [(2r^2 + r + 1) - 2(r^2)] = \sum_{r=1}^n (r + 1)$ બને છે.
$= \sum_{r=1}^n r + \sum_{r=1}^n 1 = \frac{n(n+1)}{2} + n = \frac{n^2 + n + 2n}{2} = \frac{n(n+3)}{2}$.

(C) ધારો કે $z = \left(\frac{3}{a}-1\right)^{2}+\left(\frac{a}{b}-1\right)^{2}+\left(\frac{b}{c}-1\right)^{2}+(3 c-1)^{2}$.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,ન્યૂનતમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે બધા પદો સમાન હોય.
ધારો કે $\frac{3}{a} = \frac{a}{b} = \frac{b}{c} = 3c = k$.
તેથી $3c = k \implies c = k/3$.
$b/c = k \implies b = kc = k^2/3$.
$a/b = k \implies a = kb = k^3/3$.
$3/a = k \implies 3 = ak = k^4/3 \implies k^4 = 9 \implies k = \sqrt{3}$.
આ કિંમત $z$ માં મૂકતા: $z = 4(\sqrt{3}-1)^2 = 4(3 + 1 - 2\sqrt{3}) = 16 - 8\sqrt{3}$.
$p - q\sqrt{r}$ સાથે સરખાવતા,$p = 16, q = 8, r = 3$.
અહીં $q=8$ અને $r=3$ પરસ્પર અવિભાજ્ય છે,તેથી $p + q + r = 16 + 8 + 3 = 27$.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = S_n - S_{n-1}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં $n > 1$.
$n=1$ માટે,$T_1 = S_1 = 3(1)^2 + 4(1) + 15 = 3 + 4 + 15 = 22$.
$n=3$ માટે,$T_3 = S_3 - S_2$.
$S_3 = 3(3)^2 + 4(3) + 15 = 3(9) + 12 + 15 = 27 + 12 + 15 = 54$.
$S_2 = 3(2)^2 + 4(2) + 15 = 3(4) + 8 + 15 = 12 + 8 + 15 = 35$.
આમ,$T_3 = 54 - 35 = 19$.
છેલ્લે,$T_3 - T_1 = 19 - 22 = -3$.

(C) આપેલ છે કે $a, a + 2b, 2a + b$ એ $A.P.$ માં છે.
તેથી,$2(a + 2b) = a + (2a + b)$
$2a + 4b = 3a + b$
$a = 3b$ --- $(1)$
વળી,$(b + 1)^2, ab + 5, (a + 1)^2$ એ $G.P.$ માં છે.
તેથી,$(ab + 5)^2 = (b + 1)^2(a + 1)^2$ --- $(2)$
$(1)$ ને $(2)$ માં મૂકતા:
$(3b^2 + 5)^2 = (b + 1)^2(3b + 1)^2$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$3b^2 + 5 = \pm(b + 1)(3b + 1)$
કિસ્સો $1$: $3b^2 + 5 = (b + 1)(3b + 1)$
$3b^2 + 5 = 3b^2 + 4b + 1$
$4b = 4 \Rightarrow b = 1$
$a = 3b$ હોવાથી,$a = 3(1) = 3$.
આમ,$a + b = 3 + 1 = 4$.
કિસ્સો $2$: $3b^2 + 5 = -(b + 1)(3b + 1)$
$3b^2 + 5 = -(3b^2 + 4b + 1)$
$6b^2 + 4b + 6 = 0$
$3b^2 + 2b + 3 = 0$
અહીં વિવેચક $D = 2^2 - 4(3)(3) = 4 - 36 = -32 < 0$.
$D < 0$ હોવાથી,આ કિસ્સામાં $b$ માટે કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.
તેથી,એકમાત્ર વાસ્તવિક ઉકેલ $a = 3, b = 1$ છે,અને $a + b = 4$ થાય.

(C) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{n+2}{n! + (n+1)! + (n+2)!}$ છે,જ્યાં $n = 1, 2, \dots, 2006$.
$T_n = \frac{n+2}{n! [1 + (n+1) + (n+2)(n+1)]}$
$T_n = \frac{n+2}{n! [n+2 + (n+2)(n+1)]} = \frac{n+2}{n! (n+2) [1 + n+1]} = \frac{n+2}{n! (n+2) (n+2)} = \frac{1}{n! (n+2)}$
$T_n = \frac{n+1}{n! (n+1)(n+2)} = \frac{n+1}{(n+2)!} = \frac{n+2-1}{(n+2)!} = \frac{1}{(n+1)!} - \frac{1}{(n+2)!}$
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{2006} \left( \frac{1}{(n+1)!} - \frac{1}{(n+2)!} \right)$
$S = \left( \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \right) + \left( \frac{1}{3!} - \frac{1}{4!} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2007!} - \frac{1}{2008!} \right)$
$S = \frac{1}{2!} - \frac{1}{2008!} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2008!} = \frac{2008! - 2}{2 \cdot 2008!}$

(D) આપેલ છે કે $\ln(a+c), \ln(c-a), \ln(a-2b+c)$ એ $A.P.$ માં છે.
$A.P.$ ના ગુણધર્મ મુજબ,જો $x, y, z$ એ $A.P.$ માં હોય,તો $2y = x + z$. તેથી:
$2 \ln(c-a) = \ln(a+c) + \ln(a-2b+c)$
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\ln(m) + \ln(n) = \ln(mn)$ અને $n \ln(m) = \ln(m^n)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\ln((c-a)^2) = \ln((a+c)(a-2b+c))$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા:
$(c-a)^2 = (a+c)(a-2b+c)$
$c^2 - 2ac + a^2 = a^2 - 2ab + ac + ac - 2bc + c^2$
$c^2 - 2ac + a^2 = a^2 - 2ab + 2ac - 2bc + c^2$
બંને બાજુથી $a^2 + c^2$ બાદ કરતા:
$-2ac = -2ab + 2ac - 2bc$
$2ab + 2bc = 4ac$
$ab + bc = 2ac$
$b(a+c) = 2ac$
$b = \frac{2ac}{a+c}$
આ $a, b, c$ ના $H.P.$ (હરાત્મક શ્રેણી) માં હોવાની શરત છે.

(D) ધારો કે સમીકરણના બીજ $\frac{a}{r^2}, \frac{a}{r}, a, ar, ar^2$ છે.
બીજનો સરવાળો: $\frac{a}{r^2} + \frac{a}{r} + a + ar + ar^2 = 40$.
વ્યસ્તનો સરવાળો: $\frac{r^2}{a} + \frac{r}{a} + \frac{1}{a} + \frac{1}{ar} + \frac{1}{ar^2} = 10$.
આને $\frac{1}{a} (r^2 + r + 1 + \frac{1}{r} + \frac{1}{r^2}) = 10$ તરીકે લખી શકાય.
બીજનો સરવાળો $\frac{a}{r^2} (1 + r + r^2 + r^3 + r^4) = 40$ થાય.
બંનેનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{a(1+r+r^2+r^3+r^4)}{(1/a)(1+r+r^2+r^3+r^4)/r^2} = \frac{40}{10} = 4$.
તેથી $a^2 r^2 = 4$,એટલે કે $ar = \pm 2$.
બીજનો ગુણાકાર $s = (\frac{a}{r^2})(\frac{a}{r})(a)(ar)(ar^2) = a^5$ થાય.
અહીં $a$ એ મધ્યમ પદ છે,તેથી $a(1 + (r + \frac{1}{r}) + (r^2 + \frac{1}{r^2})) = 40$.
$ar = \pm 2$ નો ઉપયોગ કરતા,$a = 2$ અથવા $a = -2$ મળે.
જો $a = 2$ હોય,તો $s = a^5 = 2^5 = 32$. જો $a = -2$ હોય,તો $s = (-2)^5 = -32$.
આમ,$|s| = 32$.

(D) આપણને આપેલ છે કે $x + y + z = 4$,જ્યાં $x, y, z > 0$. આપણે $xyz^2$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવી છે.
ચાર ધન સંખ્યાઓ $x, y, z/2, z/2$ માટે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક ($AM$-$GM$) અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{x + y + z/2 + z/2}{4} \geq \sqrt[4]{x \cdot y \cdot \frac{z}{2} \cdot \frac{z}{2}}$
$x + y + z = 4$ મૂકતા:
$\frac{4}{4} \geq \sqrt[4]{\frac{xyz^2}{4}}$
$1 \geq \sqrt[4]{\frac{xyz^2}{4}}$
બંને બાજુ $4$ ઘાત લેતા:
$1 \geq \frac{xyz^2}{4}$
$xyz^2 \leq 4$
આમ,મહત્તમ કિંમત $4$ છે.

(B) આપેલ છે કે $a, b, c$ એ $GP$ માં છે,તેથી $b^2 = ac$ .....$(1)$
આપેલ છે કે $4a, 5b, 4c$ એ $AP$ માં છે,તેથી વચ્ચેનું પદ બાકીના બે પદોની સરેરાશ થાય:
$2(5b) = 4a + 4c$
$10b = 4(a + c)$
$a + c = \frac{5b}{2}$ .....$(2)$
આપણને $a + b + c = 70$ આપેલ છે. સમીકરણ $(2)$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{5b}{2} + b = 70$
$\frac{7b}{2} = 70$
$b = 20$
હવે,$b = 20$ ને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$a + c = \frac{5(20)}{2} = 50$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$ac = b^2 = 20^2 = 400$.
આમ,$a + c = 50$ અને $ac = 400$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - 50x + 400 = 0$ ના બીજ છે:
$(x - 40)(x - 10) = 0$
તેથી,${a, c} = {10, 40}$.
છેલ્લે,$a^3 + b^3 + c^3$ ની ગણતરી કરતા:
$a^3 + b^3 + c^3 = 10^3 + 20^3 + 40^3$
$= 1000 + 8000 + 64000$
$= 73000$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \omega^r + \omega^{2r}$ એ એકમનાં ઘનમૂળના ગુણધર્મો પર આધારિત છે.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $r$ માટે,પદ $1 + \omega^r + \omega^{2r}$ નીચે મુજબના ગુણધર્મનું પાલન કરે છે:
$1 + \omega^r + \omega^{2r} = \begin{cases} 3, & \text{જો } r \text{ એ } 3 \text{ નો ગુણક હોય} \\ 0, & \text{જો } r \text{ એ } 3 \text{ નો ગુણક ન હોય} \end{cases}$
આપેલ સરવાળા $\sum_{r=1}^5 (1 + \omega^r + \omega^{2r})$ માં,આપણે $r = 1, 2, 3, 4, 5$ માટે કિંમત મેળવીએ:
$r=1$ માટે: $1 + \omega + \omega^2 = 0$
$r=2$ માટે: $1 + \omega^2 + \omega^4 = 1 + \omega^2 + \omega = 0$
$r=3$ માટે: $1 + \omega^3 + \omega^6 = 1 + 1 + 1 = 3$
$r=4$ માટે: $1 + \omega^4 + \omega^8 = 1 + \omega + \omega^2 = 0$
$r=5$ માટે: $1 + \omega^5 + \omega^{10} = 1 + \omega^2 + \omega = 0$
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા: $0 + 0 + 3 + 0 + 0 = 3$.

(A) ધારો કે $A.P.$ નો સામાન્ય તફાવત $d$ છે. તેથી દરેક $n$ માટે $S_{n+1} - S_n = d$ થાય।
આપેલ સરવાળો $\sum_{n=1}^{100} \frac{1}{S_n S_{n+1}} = \frac{1}{d} \sum_{n=1}^{100} (\frac{1}{S_n} - \frac{1}{S_{n+1}}) = \frac{1}{d} (\frac{1}{S_1} - \frac{1}{S_{101}}) = \frac{1}{d} (\frac{S_{101} - S_1}{S_1 S_{101}}) = \frac{1}{6}$ છે।
કારણ કે $S_{101} = S_1 + 100d$, તેથી $S_{101} - S_1 = 100d$ થાય।
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{1}{d} (\frac{100d}{S_1 S_{101}}) = \frac{100}{S_1 S_{101}} = \frac{1}{6}$, તેથી $S_1 S_{101} = 600$ મળે।
આપણને $S_1 + S_{101} = 50$ આપેલ છે।
ધારો કે $x = S_1$ અને $y = S_{101}$। તો $x + y = 50$ અને $xy = 600$ થાય।
તફાવત $|x - y| = \sqrt{(x+y)^2 - 4xy} = \sqrt{50^2 - 4(600)} = \sqrt{2500 - 2400} = \sqrt{100} = 10$ મળે।

(B) પ્રથમ શ્રેણી $2, 5, 8, \dots$ છે જેમાં $50$ પદો છે.
$n$-મું પદ $a_n = 2 + (n-1)3 = 3n - 1$ છે. $50$-મું પદ $3(50) - 1 = 149$ છે.
બીજી શ્રેણી $3, 5, 7, 9, \dots$ છે જેમાં $60$ પદો છે.
$n$-મું પદ $b_n = 3 + (n-1)2 = 2n + 1$ છે. $60$-મું પદ $2(60) + 1 = 121$ છે.
સામાન્ય પદો માટે $3n - 1 = 2m + 1$ થવું જોઈએ,જેનું સાદું રૂપ $3n = 2m + 2$ અથવા $3n = 2(m+1)$ થાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે $n$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ. ધારો કે $n = 2k$. તો $3(2k) = 2(m+1) \Rightarrow m = 3k - 1$.
સામાન્ય પદો $5$ થી શરૂ થતી સમાંતર શ્રેણી બનાવે છે (જ્યાં $n=2, m=1$) અને તેનો સામાન્ય તફાવત $6$ ($3$ અને $2$ નો લ.સા.અ.) છે.
સામાન્ય શ્રેણી $5, 11, 17, \dots, T_k$ છે.
આપણે $T_k \leq 121$ (બીજી શ્રેણીની મર્યાદા) ની જરૂર છે.
$5 + (k-1)6 \leq 121 \Rightarrow 6k - 1 \leq 121 \Rightarrow 6k \leq 122 \Rightarrow k \leq 20.33$.
$k$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી મહત્તમ કિંમત $k = 20$ છે.

(C) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = r \cdot \frac{^nC_r}{^nC_{r-1}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નિત્યસમ $\frac{^nC_r}{^nC_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે આને પદમાં મૂકીએ છીએ:
$T_r = r \cdot \left( \frac{n-r+1}{r} \right) = n - r + 1$.
હવે,આપણે $r=1$ થી $n$ સુધીના પદોનો સરવાળો કરીએ છીએ:
$S_n = \sum_{r=1}^n (n - r + 1)$.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા:
$S_n = (n+1) + n + (n-1) + \dots + 1$.
આ પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો છે:
$S_n = \frac{n(n+1)}{2}$.

(D) આપણે જોઈએ છીએ કે અંશ $3k^2 + 3k + 1$ ને $(k+1)^3 - k^3$ તરીકે લખી શકાય છે.
આમ,શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_k = \frac{(k+1)^3 - k^3}{k^3(k+1)^3}$ છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $T_k = \frac{(k+1)^3}{k^3(k+1)^3} - \frac{k^3}{k^3(k+1)^3} = \frac{1}{k^3} - \frac{1}{(k+1)^3}$ મળે છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k^3} - \frac{1}{(k+1)^3} \right) = \left( \frac{1}{1^3} - \frac{1}{2^3} \right) + \left( \frac{1}{2^3} - \frac{1}{3^3} \right) + \dots + \left( \frac{1}{n^3} - \frac{1}{(n+1)^3} \right)$ છે.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જાય છે,તેથી $S_n = 1 - \frac{1}{(n+1)^3}$ બાકી રહે છે.
જ્યારે $n \to \infty$ લઈએ,ત્યારે $S = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{(n+1)^3} \right) = 1 - 0 = 1$ મળે છે.

(C) ધારો કે પ્રથમ પદ $b_1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r$ છે.
આપેલ છે કે $b_1 + b_2 = 1$,તેથી $b_1 + b_1 r = 1$,જેનો અર્થ છે $b_1(1 + r) = 1$,એટલે કે $b_1 = \frac{1}{1 + r}$.
અનંત ભૌમિતિક શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{b_1}{1 - r} = 2$ છે.
$b_1 = \frac{1}{1 + r}$ ને સરવાળાના સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{1}{(1 + r)(1 - r)} = 2$.
આ સાદું રૂપ આપતા $\frac{1}{1 - r^2} = 2$ મળે,જેનો અર્થ છે $1 - r^2 = \frac{1}{2}$,તેથી $r^2 = \frac{1}{2}$,એટલે કે $r = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.
કારણ કે $b_2 = b_1 r < 0$ અને $b_1 = \frac{1}{1 + r}$,જો $r = \frac{\sqrt{2}}{2}$ લઈએ,તો $b_1 = \frac{1}{1 + \frac{\sqrt{2}}{2}} = 2 - \sqrt{2}$ મળે. ત્યારે $b_2 = (2 - \sqrt{2})(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \sqrt{2} - 1 > 0$ થાય,જે $b_2 < 0$ ની શરતનું પાલન કરતું નથી.
જો $r = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ લઈએ,તો $b_1 = \frac{1}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2}{2 - \sqrt{2}} = 2 + \sqrt{2}$ મળે.
ત્યારે $b_2 = b_1 r = (2 + \sqrt{2})(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\sqrt{2} - 1 < 0$ થાય,જે શરતનું પાલન કરે છે.
આમ,$b_1 = 2 + \sqrt{2}$.

(A) ધારો કે $50, a_1, a_2, \dots, a_n, 100$ એ સમાંતર શ્રેણી $(A.P.)$ માં છે.
સામાન્ય તફાવત $d = \frac{100 - 50}{n + 1} = \frac{50}{n + 1}$ છે.
તેથી $a_2 = 50 + 2d = 50 + \frac{100}{n + 1} = \frac{50n + 50 + 100}{n + 1} = \frac{50(n + 3)}{n + 1}$.
ધારો કે $50, h_1, h_2, \dots, h_n, 100$ એ હરાત્મક શ્રેણી $(H.P.)$ માં છે.
તેથી $\frac{1}{50}, \frac{1}{h_1}, \frac{1}{h_2}, \dots, \frac{1}{h_n}, \frac{1}{100}$ એ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
સામાન્ય તફાવત $d' = \frac{\frac{1}{100} - \frac{1}{50}}{n + 1} = \frac{-1}{100(n + 1)}$ છે.
$(n-1)$-મો હરાત્મક મધ્યક $h_{n-1}$ એ વ્યસ્ત શ્રેણીના $(n-1+1)$-મા પદ એટલે કે $n$-મા પદને અનુરૂપ છે.
$\frac{1}{h_{n-1}} = \frac{1}{50} + (n-1)d' = \frac{1}{50} - \frac{n-1}{100(n + 1)} = \frac{2(n + 1) - (n - 1)}{100(n + 1)} = \frac{2n + 2 - n + 1}{100(n + 1)} = \frac{n + 3}{100(n + 1)}$.
આમ,$h_{n-1} = \frac{100(n + 1)}{n + 3}$.
અંતે,$a_2 h_{n-1} = \left( \frac{50(n + 3)}{n + 1} \right) \cdot \left( \frac{100(n + 1)}{n + 3} \right) = 50 \cdot 100 = 5000$.

(C) આપેલી શ્રેણી: $\left(\frac{11}{7}\right)^{2} + \left(\frac{12}{7}\right)^{2} + \left(\frac{13}{7}\right)^{2} + \ldots$ છે.
$n$-મું પદ $\left(\frac{10+n}{7}\right)^{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ $11$ પદોનો સરવાળો $S_{11} = \sum_{n=1}^{11} \left(\frac{10+n}{7}\right)^{2} = \frac{1}{49} \sum_{n=1}^{11} (10+n)^{2}$ છે.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા: $S_{11} = \frac{1}{49} [11^2 + 12^2 + 13^2 + \ldots + 21^2]$.
સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S_{11} = \frac{1}{49} \left[ \sum_{k=1}^{21} k^2 - \sum_{k=1}^{10} k^2 \right] = \frac{1}{49} \left[ \frac{21 \times 22 \times 43}{6} - \frac{10 \times 11 \times 21}{6} \right]$.
$S_{11} = \frac{1}{49} \times \frac{21}{6} [22 \times 43 - 10 \times 11] = \frac{1}{49} \times \frac{7}{2} [946 - 110] = \frac{1}{14} \times 836 = \frac{11}{7} \times 38$.
આને $\frac{11}{7}\lambda$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\lambda = 38$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $T_n = (n^2 + 1)n!$.
આપણે $T_n$ ને આ રીતે લખી શકીએ:
$T_n = (n^2 + n - n + 1)n! = (n(n+1) - (n-1))n! = n(n+1)! - (n-1)n!$.
ધારો કે $f(n) = n(n+1)!$. તો $T_n = f(n) - f(n-1)$.
તેથી,$S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \sum_{k=1}^{n} (f(k) - f(k-1)) = f(n) - f(0)$.
કારણ કે $f(0) = 0(1!) = 0$,તેથી $S_n = n(n+1)!$.
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) આપેલ છે કે પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = cn(n-1) = cn^2 - cn$ છે.
$n$-મું પદ $t_n = S_n - S_{n-1}$ દ્વારા મળે છે.
$S_{n-1} = c(n-1)(n-2) = c(n^2 - 3n + 2)$.
$t_n = (cn^2 - cn) - (cn^2 - 3cn + 2c) = 2cn - 2c = 2c(n-1)$.
આપણે આ પદોના વર્ગોનો સરવાળો શોધવાનો છે,એટલે કે $\sum_{k=1}^{n} (t_k)^2$.
$t_k = 2c(k-1)$.
$(t_k)^2 = 4c^2(k-1)^2 = 4c^2(k^2 - 2k + 1)$.
સરવાળો $= \sum_{k=1}^{n} 4c^2(k^2 - 2k + 1) = 4c^2 [\sum k^2 - 2\sum k + \sum 1]$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
સરવાળો $= 4c^2 [\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - 2\frac{n(n+1)}{2} + n]$.
સરવાળો $= 4c^2 [\frac{n(n+1)(2n+1) - 6n(n+1) + 6n}{6}]$.
સરવાળો $= \frac{4c^2}{6} [n(2n^2 + 3n + 1 - 6n - 6 + 6)] = \frac{2c^2}{3} [n(2n^2 - 3n + 1)]$.
સરવાળો $= \frac{2c^2}{3} [n(n-1)(2n-1)] = \frac{2}{3}c^2n(n-1)(2n-1)$.

(C) આપેલ શ્રેણી એ સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = 1/2$ છે.
સમગુણોત્તર શ્રેણીના $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \frac{a(1 - r^n)}{1 - r}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,$S_n = \frac{1(1 - (1/2)^n)}{1 - 1/2} = \frac{1 - (1/2)^n}{1/2} = 2(1 - \frac{1}{2^n}) = 2 - \frac{2}{2^n} = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}$.
આપણને અસમતા $2 - S_n < \frac{1}{100}$ આપેલ છે.
$S_n$ ની કિંમત મૂકતા,$2 - (2 - \frac{1}{2^{n-1}}) < \frac{1}{100}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{1}{2^{n-1}} < \frac{1}{100}$ મળે છે.
વ્યસ્ત લેતા,$2^{n-1} > 100$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $2^6 = 64$ અને $2^7 = 128$.
તેથી,$n - 1$ ની કિંમત ઓછામાં ઓછી $7$ હોવી જોઈએ,એટલે કે $n - 1 \geq 7$,જેનો અર્થ છે કે $n \geq 8$.
આમ,$n$ ની ન્યૂનતમ પૂર્ણાંક કિંમત $8$ છે.

(D) શ્રેણી $S = 1 - 2 + 3 - 4 + \dots$ $n$ પદો સુધી છે.
કિસ્સો $1$: જો $n$ બેકી હોય,તો ધારો કે $n = 2m$.
$S = (1 - 2) + (3 - 4) + \dots + ((2m - 1) - 2m)$
$S = (-1) + (-1) + \dots + (-1)$ ($m$ વખત)
$S = -m = -\frac{n}{2}$.
કિસ્સો $2$: જો $n$ એકી હોય,તો ધારો કે $n = 2m + 1$.
$S = (1 - 2) + (3 - 4) + \dots + ((2m - 1) - 2m) + (2m + 1)$
$S = -m + (2m + 1) = m + 1$.
$n = 2m + 1$ હોવાથી,$m = \frac{n - 1}{2}$ મળે.
$S = \frac{n - 1}{2} + 1 = \frac{n + 1}{2}$.
આમ,સરવાળો $n$ એકી છે કે બેકી તેના પર આધાર રાખે છે (વિધાન $-1$ સાચું છે) અને બેકી $n$ માટે સૂત્ર $-\frac{n}{2}$ છે (વિધાન $-2$ સાચું છે),તેથી વિધાન $-1$ એ વિધાન $-2$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) આપેલ છે કે $x, y, z$ એ $G.P.$ માં છે.
દરેક પદનો પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln x, \ln y, \ln z$ એ $A.P.$ માં મળે છે.
ધારો કે $a = \ln x, b = \ln y, c = \ln z$. તેઓ $A.P.$ માં હોવાથી,$2b = a + c$ થાય.
આપેલ પદો $T_1 = \frac{1+a}{2}, T_2 = \frac{1+b}{4}, T_3 = \frac{1+c}{8}$ છે.
આ પદો $A.G.P.$ (અંકગણિતીય-ભૂમિતિ શ્રેણી) ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં અંશ $A.P.$ માં છે અને છેદ $G.P.$ માં છે.
તેથી,આ પદો $A.G.P.$ માં છે.

(B) અનંત ભૌમિતિક શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1-r} = 7 \quad \dots(1)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r$ ના એકી ઘાતાંક ધરાવતા પદો $ar, ar^3, ar^5, \dots$ છે. આ એક નવી ભૌમિતિક શ્રેણી છે જેનું પ્રથમ પદ $A = ar$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $R = r^2$ છે.
આ શ્રેણીનો સરવાળો $3$ આપેલ છે,તેથી $\frac{ar}{1-r^2} = 3 \quad \dots(2)$.
$(1)$ પરથી,$a = 7(1-r)$ મળે છે. આ કિંમત $(2)$ માં મૂકતા:
$\frac{7(1-r)r}{(1-r)(1+r)} = 3$
$\frac{7r}{1+r} = 3 \Rightarrow 7r = 3 + 3r \Rightarrow 4r = 3 \Rightarrow r = \frac{3}{4}$.
$r = \frac{3}{4}$ ને $(1)$ માં મૂકતા:
$a = 7(1 - \frac{3}{4}) = 7(\frac{1}{4}) = \frac{7}{4}$.
હવે,$(a^2 - r^2)$ ની ગણતરી કરતા:
$a^2 - r^2 = (\frac{7}{4})^2 - (\frac{3}{4})^2 = \frac{49}{16} - \frac{9}{16} = \frac{40}{16} = \frac{5}{2}$.

(C) શ્રેણીનું $n$ મું પદ $T_n = S_n - S_{n-1}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને મેળવી શકાય છે,જ્યાં $n > 1$.
આપેલ છે કે $S_n = 4n^2 + 6n$.
તેથી $S_{n-1} = 4(n-1)^2 + 6(n-1) = 4(n^2 - 2n + 1) + 6n - 6 = 4n^2 - 8n + 4 + 6n - 6 = 4n^2 - 2n - 2$.
હવે,$T_n = (4n^2 + 6n) - (4n^2 - 2n - 2) = 4n^2 + 6n - 4n^2 + 2n + 2 = 8n + 2$.
$15$ મું પદ $(T_{15})$ શોધવા માટે,$T_n$ ના સૂત્રમાં $n = 15$ મૂકો.
$T_{15} = 8(15) + 2 = 120 + 2 = 122$.

(D) આપેલ સંબંધ $a_{n+1} - a_n = n - 2$ છે.
આપણે આને $n = 1$ થી $n = 50$ સુધી લખી શકીએ:
$a_2 - a_1 = 1 - 2 = -1$
$a_3 - a_2 = 2 - 2 = 0$
$a_4 - a_3 = 3 - 2 = 1$
...
$a_{51} - a_{50} = 50 - 2 = 48$
આ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,વચ્ચેના પદો ઉડી જશે:
$a_{51} - a_1 = (-1) + 0 + 1 + 2 + \dots + 48$
જમણી બાજુનો સરવાળો એ સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં પદોની સંખ્યા $n = 50$,પ્રથમ પદ $a = -1$ અને અંતિમ પદ $l = 48$ છે.
સરવાળો $S = \frac{n}{2}(a + l) = \frac{50}{2}(-1 + 48) = 25 \times 47 = 1175$.
તેથી,$a_{51} - 5 = 1175$,જે આપણને $a_{51} = 1180$ આપે છે.

(A) આપેલ છે કે $(b+c), (c+a), (a+b)$ એ $H.P.$ માં છે.
તેથી,તેમના વ્યસ્ત $\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$ એ $A.P.$ માં છે.
આનો અર્થ એ છે કે: $\frac{2}{c+a} = \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+b}$
$\frac{2}{c+a} = \frac{a+b+b+c}{(b+c)(a+b)} = \frac{a+2b+c}{ab+b^2+ac+bc}$
$2(ab+b^2+ac+bc) = (c+a)(a+2b+c)$
$2ab+2b^2+2ac+2bc = ac+2bc+c^2+a^2+2ab+ac$
$2ab+2b^2+2ac+2bc = a^2+c^2+2ac+2ab+2bc$
બંને બાજુથી $(2ab+2ac+2bc)$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$2b^2 = a^2+c^2$
કારણ કે $2b^2 = a^2+c^2$,તેથી સાબિત થાય છે કે $a^2, b^2, c^2$ એ $A.P.$ માં છે.

(A) કારણ કે $a, b, c$ એ $H.P.$ માં છે,તેથી તેમના વ્યસ્ત $1/a, 1/b, 1/c$ એ $A.P.$ માં હોય.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{1}{b} - \frac{1}{a} = \frac{1}{c} - \frac{1}{b}$,જેનું સાદું રૂપ $\frac{2}{b} = \frac{1}{a} + \frac{1}{c}$ થાય છે. .....$(1)$
હવે,પદાવલિને ધ્યાનમાં લો:
$E = \left( {\frac{1}{b} + \frac{1}{c} - \frac{1}{a}} \right)\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a} - \frac{1}{b}} \right)$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$\frac{1}{a} = \frac{2}{b} - \frac{1}{c}$ ને પ્રથમ કૌંસમાં મૂકતા:
$\left( \frac{1}{b} + \frac{1}{c} - (\frac{2}{b} - \frac{1}{c}) \right) = \left( \frac{2}{c} - \frac{1}{b} \right)$
$\frac{1}{a} = \frac{2}{b} - \frac{1}{c}$ ને બીજા કૌંસમાં મૂકતા:
$\left( \frac{1}{c} + (\frac{2}{b} - \frac{1}{c}) - \frac{1}{b} \right) = \left( \frac{1}{b} \right)$
આ પરિણામોનો ગુણાકાર કરતા:
$E = \left( \frac{2}{c} - \frac{1}{b} \right) \left( \frac{1}{b} \right) = \frac{2}{bc} - \frac{1}{b^2}$.