Expansion of binomial theorem Questions in Gujarati

(A) આપેલ પદાવલિ $S = \sum_{r=1}^{n} \frac{1}{a-rb} = \frac{1}{a} \sum_{r=1}^{n} (1 - \frac{rb}{a})^{-1}$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-x)^{-1} = 1 + x + x^2 + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{a} \sum_{r=1}^{n} (1 + \frac{rb}{a} + \frac{r^2b^2}{a^2} + \dots)$.
$\frac{b}{a}$ ની ઉચ્ચ ઘાતને અવગણતા:
$S = \frac{1}{a} [n + \frac{b}{a} \sum r + \frac{b^2}{a^2} \sum r^2]$.
સરવાળાના સૂત્રો $\sum_{r=1}^{n} r = \frac{n(n+1)}{2}$ અને $\sum_{r=1}^{n} r^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{n}{a} + \frac{b}{2a^2} n^2 + \frac{b^2}{3a^3} n^3$.
$\alpha n + \beta n^2 + \gamma n^3$ સાથે સરખાવતા,$\gamma = \frac{b^2}{3a^3}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $P = \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$ જ્યાં $x = 10^{100}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$P = 1 + x \cdot \frac{1}{x} + \frac{x(x-1)}{2!} \cdot \frac{1}{x^2} + \frac{x(x-1)(x-2)}{3!} \cdot \frac{1}{x^3} + \dots$
$P = 1 + 1 + \frac{1}{2!}(1 - \frac{1}{x}) + \frac{1}{3!}(1 - \frac{1}{x})(1 - \frac{2}{x}) + \dots$
અહીં $x = 10^{100}$ ખૂબ મોટી સંખ્યા હોવાથી,દરેક પદ $(1 - \frac{k}{x})$ એ $1$ કરતા થોડું નાનું છે.
તેથી,$P < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots = e$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $e \approx 2.718$.
વળી,$P > 1 + 1 = 2$.
તેથી,$2 < P < e < 3$.
આમ,$P$ કરતા મોટો સૌથી નાનો પૂર્ણાંક $3$ છે.

(A) આપેલ પદાવલિ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = (5+x)^{500}$,સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{x}{5+x}$ અને પદોની સંખ્યા $n = 501$ છે.
સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_n = \frac{a(1-r^n)}{1-r}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$S = \frac{(5+x)^{500} \left[ 1 - \left( \frac{x}{5+x} \right)^{501} \right]}{1 - \frac{x}{5+x}} = \frac{(5+x)^{501} - x^{501}}{5}$
આપણે $\frac{1}{5} [(5+x)^{501} - x^{501}]$ માં $x^{101}$ નો સહગુણક શોધવાનો છે.
$(5+x)^{501}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{101}$ વાળું પદ $^{501}C_{101} (5)^{400} x^{101}$ છે.
તેથી,પદાવલિમાં $x^{101}$ નો સહગુણક $\frac{1}{5} \times ^{501}C_{101} (5)^{400} = ^{501}C_{101} (5)^{399}$ થાય.

(C) આપણી પાસે $9^{n} = (1+8)^{n} = 1 + n(8) + { }^{n}C_{2}(8^{2}) + { }^{n}C_{3}(8^{3}) + \ldots + { }^{n}C_{n}(8^{n})$ છે.
તેથી,$9^{n}-8n-1 = { }^{n}C_{2}(8^{2}) + { }^{n}C_{3}(8^{3}) + \ldots + { }^{n}C_{n}(8^{n}) = 64\alpha$.
આમ,$\alpha = { }^{n}C_{2} + { }^{n}C_{3}(8) + { }^{n}C_{4}(8^{2}) + \ldots + { }^{n}C_{n}(8^{n-2})$.
તે જ રીતે,$6^{n} = (1+5)^{n} = 1 + n(5) + { }^{n}C_{2}(5^{2}) + { }^{n}C_{3}(5^{3}) + \ldots + { }^{n}C_{n}(5^{n}) = 25\beta$.
આમ,$\beta = { }^{n}C_{2} + { }^{n}C_{3}(5) + { }^{n}C_{4}(5^{2}) + \ldots + { }^{n}C_{n}(5^{n-2})$.
બંને પદોની બાદબાકી કરતા:
$\alpha - \beta = { }^{n}C_{3}(8-5) + { }^{n}C_{4}(8^{2}-5^{2}) + \ldots + { }^{n}C_{n}(8^{n-2}-5^{n-2})$.
જે વિકલ્પ $C$ સાથે મેળ ખાય છે.

(C) આપેલ છે કે $n p(x) = (1 + x) p'(x)$.
ધારો કે $p(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k$ જ્યાં $a_n = 1$.
સમીકરણ $n \sum_{k=0}^n a_k x^k = (1 + x) \sum_{k=1}^n k a_k x^{k-1}$ છે.
બંને બાજુ $x^k$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$n a_k = (k+1) a_{k+1} + k a_k$.
આનું સાદું રૂપ $(n-k) a_k = (k+1) a_{k+1}$ થાય છે,અથવા $a_{k+1} = \frac{n-k}{k+1} a_k$.
કારણ કે $a_n = 1$,આપણને $a_{n-1} = \binom{n}{1}$ મળે છે.
ગાણિતિક અનુમાન દ્વારા,$a_{n-k} = \binom{n}{k}$.
આમ,$p(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^{n-k} = (x+1)^n$.
તેથી $b = p(1) = (1+1)^n = 2^n$.
તેથી,$b$ એ $2$ ની ઘાત છે.

(D) ધારો કે $n = [a]$. તેથી $a = n + f$,જ્યાં $0 < f < 1$.
આપણને $[a^k] > [a]^k$ આપેલ છે,જેનો અર્થ છે $[(n+f)^k] > n^k$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ દ્વારા,$(n+f)^k = n^k + k n^{k-1} f + \binom{k}{2} n^{k-2} f^2 + \dots + f^k$.
શરત $[a^k] > n^k$ સાચી ઠરવા માટે,$(n+f)^k \geq n^k + 1$ હોવું જોઈએ.
વિસ્તરણના પ્રથમ બે પદોનો ઉપયોગ કરતા,$n^k + k n^{k-1} f > n^k$,જે સૂચવે છે કે $k n^{k-1} f > 1$.
કારણ કે $n \geq 1$,તેથી $n^{k-1} \geq 1$,તેથી $k f > 1$ એ અસમતા માટે જરૂરી શરત છે.
આમ,$k > \frac{1}{f} = \frac{1}{a-[a]}$.
આવી સૌથી નાની પૂર્ણાંક સંખ્યા $k$ એ $k \leq \frac{1}{a-[a]} + 1$ નું પાલન કરે છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = (2011+x)^n$.
$x=0$ ની આસપાસ $f(x)$ ના ટેલર વિસ્તરણ દ્વારા,આપણી પાસે છે:
$f(x) = f(0) + f^{\prime}(0)x + \frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!}x^2 + \ldots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$.
કારણ કે $f(x) = (2011+x)^n$,દ્વિપદી વિસ્તરણ છે:
$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (2011)^{n-k} x^k = (2011)^n + \binom{n}{1}(2011)^{n-1}x + \binom{n}{2}(2011)^{n-2}x^2 + \ldots + x^n$.
બંને વિસ્તરણમાં $x^k$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે $\frac{f^{(k)}(0)}{k!} = \binom{n}{k}(2011)^{n-k}$.
આપેલ પદાવલિ $S = f(0) + f^{\prime}(0) + \frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!} + \ldots + \frac{f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}$ છે.
આ $(2011+1)^n$ ના દ્વિપદી વિસ્તરણના પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો છે,જેમાં છેલ્લા પદ ($x^n$ પદ જ્યાં $k=n$) નો સમાવેશ થતો નથી.
$S = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} (2011)^{n-k} (1)^k$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(2011+1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (2011)^{n-k} (1)^k = S + \binom{n}{n}(2011)^0(1)^n$.
તેથી,$S = (2012)^n - 1$.

(A) આપણી પાસે $(2021)^{2020} = (1 + 2020)^{2020}$ છે.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(1 + x)^n = 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2}x^2 + \dots$
અહીં,$x = 2020$ અને $n = 2020$ છે.
$(1 + 2020)^{2020} = 1 + (2020)(2020) + \frac{2020 \times 2019}{2} \times (2020)^2 + \dots$
$(1 + 2020)^{2020} = 1 + (2020)^2 + 1010 \times 2019 \times (2020)^2 + \dots$
$(1 + 2020)^{2020} = 1 + (2020)^2 \times [1 + 1010 \times 2019 + \dots]$
બીજા પદથી આગળના તમામ પદો $(2020)^2$ ના ગુણક હોવાથી,$(2020)^2$ વડે ભાગતા મળતી શેષ $r = 1$ છે.
$1$ એ $0$ અને $5$ ની વચ્ચે હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ બહુપદી સમીકરણ $x^6-6x^5+15x^4-20x^3+15x^2-6x+1=0$ છે.
આ પદાવલિ $(x-1)^6$ ના દ્વિપદી વિસ્તરણને અનુસરે છે.
તેથી,સમીકરણને $(x-1)^6=0$ તરીકે લખી શકાય.
આનો અર્થ એ છે કે સમીકરણના તમામ બીજ $1$ છે.
તેથી,સૌથી મોટું વાસ્તવિક બીજ $a = 1$ અને સૌથી નાનું વાસ્તવિક બીજ $b = 1$ છે.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\frac{a^2+b^2}{a+b+1} = \frac{1^2+1^2}{1+1+1} = \frac{1+1}{3} = \frac{2}{3}$ મળે છે.

(D) આપેલ પદાવલિ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = (1+x)^{500}$,સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{x}{1+x}$ અને પદોની સંખ્યા $n = 501$ છે.
શ્રેણીનો સરવાળો $S = a \frac{1-r^n}{1-r} = (1+x)^{500} \left[ \frac{1 - (\frac{x}{1+x})^{501}}{1 - \frac{x}{1+x}} \right]$ થાય.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$S = (1+x)^{500} \left[ \frac{\frac{(1+x)^{501} - x^{501}}{(1+x)^{501}}}{\frac{1+x-x}{1+x}} \right] = (1+x)^{500} \cdot \frac{(1+x)^{501} - x^{501}}{(1+x)^{501}} \cdot (1+x) = (1+x)^{501} - x^{501}$.
આપણે $(1+x)^{501} - x^{501}$ માં $x^{301}$ નો સહગુણક શોધવાનો છે.
$(1+x)^{501}$ માં $x^{301}$ નો સહગુણક $^{501}C_{301}$ છે.
ગુણધર્મ $^{n}C_{r} = ^{n}C_{n-r}$ નો ઉપયોગ કરતા,$^{501}C_{301} = ^{501}C_{501-301} = ^{501}C_{200}$ મળે.

(D) ધારો કે $x = (8 \sqrt{3} + 13)^{13}$ અને $x' = (8 \sqrt{3} - 13)^{13}$. કારણ કે $0 < 8 \sqrt{3} - 13 < 1$,તેથી $0 < x' < 1$.
$x + x' = (8 \sqrt{3} + 13)^{13} + (8 \sqrt{3} - 13)^{13} = 2 \sum_{k=0, 2, 4, \dots}^{12} \binom{13}{k} (8 \sqrt{3})^{13-k} (13)^k$.
આ એક બેકી પૂર્ણાંક છે. કારણ કે $x + x' = I$ (એક બેકી પૂર્ણાંક) અને $0 < x' < 1$,તેથી $x = I - x'$,જેનો અર્થ છે કે $[x] = I - 1$. $I$ બેકી હોવાથી,$I - 1$ એકી છે. આમ,$[x]$ એકી છે.
હવે,ધારો કે $y = (7 \sqrt{2} + 9)^9$ અને $y' = (7 \sqrt{2} - 9)^9$. કારણ કે $0 < 7 \sqrt{2} - 9 < 1$,તેથી $0 < y' < 1$.
$y + y' = (7 \sqrt{2} + 9)^9 + (7 \sqrt{2} - 9)^9 = 2 \sum_{k=0, 2, 4, \dots}^{8} \binom{9}{k} (7 \sqrt{2})^{9-k} (9)^k$.
આ એક બેકી પૂર્ણાંક છે. કારણ કે $y + y' = J$ (એક બેકી પૂર્ણાંક) અને $0 < y' < 1$,તેથી $y = J - y'$,જેનો અર્થ છે કે $[y] = J - 1$. $J$ બેકી હોવાથી,$J - 1$ એકી છે. આમ,$[y]$ એકી છે.
તેથી,$[x]$ અને $[y]$ બંને એકી છે.

(C) જ્યારે $19^{200} + 23^{200}$ ને $49$ વડે ભાગવામાં આવે ત્યારે શેષ $29$ મળે છે.

(A) વિસ્તરણ $(1+x)^p(1-x)^q = (1+px+\frac{p(p-1)}{2}x^2+\dots)(1-qx+\frac{q(q-1)}{2}x^2-\dots)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x$ નો સહગુણક $p-q=4$ છે,તેથી $p=q+4$.
$x^2$ નો સહગુણક $\frac{p(p-1)}{2} + \frac{q(q-1)}{2} - pq = -5$ છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $p^2-p+q^2-q-2pq = -10$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $(p-q)^2 - (p+q) = -10$ થાય છે.
$p-q=4$ મૂકતા,આપણને $4^2 - (p+q) = -10$ મળે છે,તેથી $16 - (p+q) = -10$,જે $p+q = 26$ આપે છે.
$p-q=4$ અને $p+q=26$ ને ઉકેલતા,બંનેનો સરવાળો કરતા $2p=30$ મળે છે,તેથી $p=15$.
પછી $q = 26-15 = 11$.
અંતે,$2p+3q = 2(15)+3(11) = 30+33 = 63$.

(B) દ્વિપદી વિસ્તરણ $(2+x)^9 = \sum_{r=0}^{9} {^9C_r} \cdot 2^{9-r} \cdot x^r$ છે.
$x^r$ નો સહગુણક $T_r = {^9C_r} \cdot 2^{9-r}$ છે.
આપણે $x, x^2, \ldots, x^7$ ના સહગુણકોનો મધ્યક શોધવાનો છે,જે $S = \frac{1}{7} \sum_{r=1}^{7} {^9C_r} \cdot 2^{9-r}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{r=0}^{9} {^9C_r} \cdot 2^{9-r} = (2+1)^9 = 3^9 = 19683$.
તેથી,$\sum_{r=1}^{7} {^9C_r} \cdot 2^{9-r} = 3^9 - ({^9C_0} \cdot 2^9 + {^9C_8} \cdot 2^1 + {^9C_9} \cdot 2^0)$.
પદોની ગણતરી: ${^9C_0} \cdot 2^9 = 512$,${^9C_8} \cdot 2^1 = 18$,અને ${^9C_9} \cdot 2^0 = 1$.
સરવાળો $= 19683 - (512 + 18 + 1) = 19683 - 531 = 19152$.
મધ્યક $= \frac{19152}{7} = 2736$.

(B) આપેલ છે $(a + bx + cx^2)^{10} = \sum_{i=0}^{20} p_i x^i$.
$x^1$ નો સહગુણક $p_1 = 10 \times a^9 \times b = 20$ છે.
તેથી,$a^9 b = 2$. $a, b \in N$ હોવાથી,$a = 1$ અને $b = 2$ મળે.
$x^2$ નો સહગુણક $p_2 = \binom{10}{1} a^9 c + \binom{10}{2} a^8 b^2 = 210$ છે.
$a = 1$ અને $b = 2$ મૂકતા:
$10(1)^9 c + 45(1)^8 (2)^2 = 210$.
$10c + 45(4) = 210$.
$10c + 180 = 210$.
$10c = 30$,તેથી $c = 3$.
અંતે,$2(a + b + c) = 2(1 + 2 + 3) = 2(6) = 12$.

(A) બહુપદી $P(x)$ ના વિસ્તરણમાં તમામ સહગુણકોનો સરવાળો $x=1$ મૂકીને મેળવી શકાય છે.
$A$ માટે,$(1-3x+10x^2)^n$ માં સહગુણકોનો સરવાળો:
$A = (1-3(1)+10(1)^2)^n = (1-3+10)^n = 8^n$.
$B$ માટે,$(1+x^2)^n$ માં સહગુણકોનો સરવાળો:
$B = (1+(1)^2)^n = (1+1)^n = 2^n$.
હવે,$A$ ને $B$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવો:
$A = 8^n = (2^3)^n = (2^n)^3$.
તેથી,$B = 2^n$ હોવાથી:
$A = B^3$.

(C) $x^9$ નો સહગુણક એ $9$ ને ભિન્ન ધન પૂર્ણાંકોના સરવાળા તરીકે લખવાની રીતોની સંખ્યા જેટલો છે.
$9$ ના ભિન્ન ભાગો નીચે મુજબ છે:
$1) \{9\}$
$2) \{1, 8\}$
$3) \{2, 7\}$
$4) \{3, 6\}$
$5) \{4, 5\}$
$6) \{1, 2, 6\}$
$7) \{1, 3, 5\}$
$8) \{2, 3, 4\}$
આમ,કુલ $8$ રીતો હોવાથી,$x^9$ નો સહગુણક $8$ છે.

(C) દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $(-1+\sqrt{2})^n$ અને $(1+\sqrt{2})^n$ ને $m+n\sqrt{2}$ સ્વરૂપમાં દર્શાવી શકાય છે જ્યાં $m, n \in Z$,અને $Z \subset S$ હોવાથી,$Z \cup T_1 \cup T_2 \subset S$ થાય છે. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$(B)$ ધારો કે $x_n = (-1+\sqrt{2})^n$. $0 < -1+\sqrt{2} < 1$ હોવાથી,જેમ $n$ વધે છે,તેમ $x_n$ શૂન્યની નજીક જાય છે. ખાસ કરીને,મોટા $n$ માટે,$(-1+\sqrt{2})^n < \frac{1}{2024}$. તેથી,$T_1 \cap (0, \frac{1}{2024}) \neq \phi$. તેથી,$(B)$ ખોટું છે.
$(C)$ $1+\sqrt{2} > 1$ હોવાથી,$(1+\sqrt{2})^n$ એ વધતી શ્રેણી છે જે $\infty$ તરફ જાય છે. તેથી,એવો $n$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $(1+\sqrt{2})^n > 2024$. તેથી,$T_2 \cap (2024, \infty) \neq \phi$. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ ધારો કે $z = \cos(\pi(a+b\sqrt{2})) + i\sin(\pi(a+b\sqrt{2})) = e^{i\pi(a+b\sqrt{2})}$. $z \in Z$ માટે,કાલ્પનિક ભાગ $0$ હોવો જોઈએ,તેથી $\sin(\pi(a+b\sqrt{2})) = 0$. આનો અર્થ એ છે કે $\pi(a+b\sqrt{2}) = k\pi$ કોઈ $k \in Z$ માટે,જેનો અર્થ છે $a+b\sqrt{2} = k$. $\sqrt{2}$ અસંમેય હોવાથી,આ ફક્ત ત્યારે જ શક્ય છે જો $b=0$ હોય. તેથી,$(D)$ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિધાનો $(A), (C), (D)$ છે.

(A) ધારો કે $y = \sqrt{x^3-1}$. પદાવલી $(x+y)^5 + (x-y)^5$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$(x+y)^5 + (x-y)^5 = 2[\binom{5}{0}x^5 + \binom{5}{2}x^3y^2 + \binom{5}{4}xy^4]$.
$y^2 = x^3-1$ અને $y^4 = (x^3-1)^2 = x^6 - 2x^3 + 1$ મૂકતા:
$= 2[1 \cdot x^5 + 10 \cdot x^3(x^3-1) + 5 \cdot x(x^6 - 2x^3 + 1)]$.
$= 2[x^5 + 10x^6 - 10x^3 + 5x^7 - 10x^4 + 5x]$.
$= 10x^7 + 2x^5 - 20x^4 - 20x^3 + 10x$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $\alpha = 10, \beta = 2, \gamma = -20, \delta = 10$.
આપેલ સમીકરણો: $10u + 2v = 18$ અને $-20u + 10v = 20$.
પ્રથમ સમીકરણને $2$ વડે ભાગતા: $5u + v = 9$.
બીજા સમીકરણને $10$ વડે ભાગતા: $-2u + v = 2$.
સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $(5u + v) - (-2u + v) = 9 - 2$ $\Rightarrow 7u = 7$ $\Rightarrow u = 1$.
$u=1$ ને $5u+v=9$ માં મૂકતા $v=4$ મળે છે.
તેથી,$u+v = 1+4 = 5$.

(C) વિસ્તરણ $(1+x)^p(1-x)^q = (1 + px + \frac{p(p-1)}{2}x^2 + \dots)(1 - qx + \frac{q(q-1)}{2}x^2 - \dots)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x$ નો સહગુણક $p - q = 1$ છે.
$x^2$ નો સહગુણક $\frac{q(q-1)}{2} - pq + \frac{p(p-1)}{2} = -2$ છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $q^2 - q - 2pq + p^2 - p = -4$ મળે છે.
ગોઠવતા,$(p^2 - 2pq + q^2) - (p + q) = -4$.
$(p - q)^2 - (p + q) = -4$.
$p - q = 1$ હોવાથી,$1^2 - (p + q) = -4$,જેનો અર્થ છે કે $p + q = 5$.
$p - q = 1$ અને $p + q = 5$ ઉકેલતા,આપણને $2p = 6 \implies p = 3$ અને $q = 2$ મળે છે.
આમ,$p^2 + q^2 = 3^2 + 2^2 = 9 + 4 = 13$.

(D) ધારો કે $S = \sum_{r=0}^{10} \left( \frac{10^{r+1}-1}{10^r} \right) {}^{11}C_{r+1}$.
$= \sum_{r=0}^{10} \left( 10 - \frac{1}{10^r} \right) {}^{11}C_{r+1}$.
$= 10 \sum_{r=0}^{10} {}^{11}C_{r+1} - 10 \sum_{r=0}^{10} {}^{11}C_{r+1} \left( \frac{1}{10^{r+1}} \right)$.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$S = 10(2^{11}-1) - 10((\frac{11}{10})^{11} - 1)$.
$S = 10 \cdot 2^{11} - 10 - 10 \cdot \frac{11^{11}}{10^{11}} + 10$.
$S = \frac{20^{11} - 11^{11}}{10^{10}}$.
સરખામણી કરતા,$\alpha = 20$.

(C) $(a + b)^m$ ના દ્વિપદી વિસ્તરણમાં પદોની સંખ્યા $m + 1$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ પદાવલિ $(2x + 3)^{3n}$ માટે,પદોની સંખ્યા $(3n + 1)$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,પદોની સંખ્યા $22$ છે.
તેથી,$3n + 1 = 22$.
$3n = 21$.
$n = 7$.

(A) $(a+b)^{n}-(a-b)^{n}$ નું વિસ્તરણ,જ્યાં $n$ એકી પૂર્ણાંક હોય,ત્યારે $\frac{n+1}{2}$ પદો મળે છે.
અહીં,$n = 25$,જે એકી પૂર્ણાંક છે.
સૂત્રમાં $n$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે:
પદોની સંખ્યા = $\frac{25+1}{2} = \frac{26}{2} = 13$.
આમ,સાદુંરૂપ આપ્યા પછી $13$ પદો મળે છે.

(A) ધારો કે $f(x) = (x+y)^{100} + (x-y)^{100}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$(x+y)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} y^k$ અને $(x-y)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} (-y)^k$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,એકી ઘાતવાળા પદો ઉડી જાય છે અને માત્ર બેકી ઘાતવાળા પદો બાકી રહે છે: $2 \sum_{k=0, 2, 4, \dots, n} \binom{n}{k} x^{n-k} y^k$.
$n = 100$ માટે,પદોની સંખ્યા $\frac{n}{2} + 1 = \frac{100}{2} + 1 = 51$ થાય.

(C) આપેલ $f(x)$ એ $(1+x)^{n}$ નું દ્વિપદી વિસ્તરણ છે.
$f(x) = (1+x)^{n}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં પ્રથમ વિકલન લેતા:
$f^{\prime}(x) = n(1+x)^{n-1}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં દ્વિતીય વિકલન લેતા:
$f^{\prime \prime}(x) = n(n-1)(1+x)^{n-2}$
$x = 1$ મૂકતા:
$f^{\prime \prime}(1) = n(n-1)(1+1)^{n-2}$
$f^{\prime \prime}(1) = n(n-1) 2^{n-2}$

(A) $(x+a)^n$ નું વિસ્તરણ $\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} a^k$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$(x+a)^n - (x-a)^n$ માટે,$a$ ની બેકી ઘાતવાળા પદો ઉડી જાય છે,અને માત્ર $a$ ની એકી ઘાતવાળા પદો બાકી રહે છે.
જો $n$ એકી સંખ્યા હોય,તો $(x+a)^n - (x-a)^n$ ના વિસ્તરણમાં પદોની સંખ્યા $\frac{n+1}{2}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$n = 47$,જે એકી સંખ્યા છે.
તેથી,પદોની સંખ્યા $\frac{47+1}{2} = \frac{48}{2} = 24$ થશે.

(A) આપણે $(2m + 1)^{2n}$ ને $8$ વડે ભાગતા મળતી શેષ શોધવાની છે.
ધારો કે $x = 2m + 1$. $m \in N$ હોવાથી,$x$ એક એકી પૂર્ણાંક છે.
કોઈપણ એકી પૂર્ણાંકને $2m + 1$ તરીકે લખી શકાય છે.
$(2m + 1)^2 = 4m^2 + 4m + 1 = 4m(m + 1) + 1$ ધ્યાનમાં લો.
$m(m + 1)$ એ બે ક્રમિક પૂર્ણાંકોનો ગુણાકાર હોવાથી,તે હંમેશા બેકી સંખ્યા હોય છે. ધારો કે $m(m + 1) = 2k$ કોઈ પૂર્ણાંક $k$ માટે.
તેથી $(2m + 1)^2 = 4(2k) + 1 = 8k + 1$.
હવે,$(2m + 1)^{2n} = ((2m + 1)^2)^n = (8k + 1)^n$.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(8k + 1)^n = \binom{n}{0}(8k)^n + \binom{n}{1}(8k)^{n-1} + \dots + \binom{n}{n-1}(8k) + 1$.
છેલ્લા પદ સિવાયના તમામ પદો $8$ ના ગુણક છે.
તેથી,$(2m + 1)^{2n} = 8K + 1$ કોઈ પૂર્ણાંક $K$ માટે.
આમ,$8$ વડે ભાગતા શેષ $1$ મળે છે.

(A) દ્વિપદી વિસ્તરણ $(x+y)^n - (x-y)^n = 2 \left[ \binom{n}{1} x^{n-1} y + \binom{n}{3} x^{n-3} y^3 + \binom{n}{5} x^{n-5} y^5 \right]$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં $x=3, y=\sqrt{2}, n=6$.
$(3+\sqrt{2})^6 - (3-\sqrt{2})^6 = 2 \left[ \binom{6}{1} (3)^5 (\sqrt{2}) + \binom{6}{3} (3)^3 (\sqrt{2})^3 + \binom{6}{5} (3)^1 (\sqrt{2})^5 \right]$.
$= 2 \left[ 6 \cdot 243 \cdot \sqrt{2} + 20 \cdot 27 \cdot 2\sqrt{2} + 6 \cdot 3 \cdot 4\sqrt{2} \right]$.
$= 2 \left[ 1458\sqrt{2} + 1080\sqrt{2} + 72\sqrt{2} \right]$.
$= 2 \left[ 2610\sqrt{2} \right] = 5220\sqrt{2}$.
$a+b\sqrt{2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a=0$ અને $b=5220$ મળે છે.
તેથી,$a+b = 0 + 5220 = 5220$.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{(1 - 4x)^2 (1 - 2x^2)^{1/2}}{(4 - x)^{3/2}}$.
આ પદાવલિને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$f(x) = (1 - 8x + 16x^2) (1 - 2x^2)^{1/2} \cdot 4^{-3/2} (1 - \frac{x}{4})^{-3/2}$.
$4^{-3/2} = \frac{1}{8}$ હોવાથી:
$f(x) = \frac{1}{8} (1 - 8x + 16x^2) (1 - 2x^2)^{1/2} (1 - \frac{x}{4})^{-3/2}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1 + u)^n = 1 + nu + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1 - 2x^2)^{1/2} = 1 - x^2 + \dots$
$(1 - \frac{x}{4})^{-3/2} = 1 + (-\frac{3}{2})(-\frac{x}{4}) + \dots = 1 + \frac{3x}{8} + \dots$
આ કિંમતો મૂકતા:
$f(x) = \frac{1}{8} (1 - 8x + 16x^2) (1 + \dots) (1 + \frac{3x}{8} + \dots)$.
$x$ નો સહગુણક શોધવા માટે:
$f(x) = \frac{1}{8} [1 \cdot (\frac{3x}{8}) - 8x \cdot 1] + \dots$
$f(x) = \frac{1}{8} (\frac{3}{8} - 8) x + \dots = \frac{1}{8} (\frac{3 - 64}{8}) x = -\frac{61}{64} x$.
આમ, $x$ નો સહગુણક $-\frac{61}{64}$ છે.

(D) ધારો કે $P(x) = (x+\sqrt{x^4-1})^9+(x-\sqrt{x^4-1})^9$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(a+b)^n + (a-b)^n = 2 \sum_{k=0, 2, 4, \dots} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$P(x) = 2 [ \binom{9}{0} x^9 + \binom{9}{2} x^7 (x^4-1) + \binom{9}{4} x^5 (x^4-1)^2 + \binom{9}{6} x^3 (x^4-1)^3 + \binom{9}{8} x^1 (x^4-1)^4 ]$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
પદ $1$: $x^9$ (ઘાત $9$).
પદ $2$: $x^7 \cdot x^4 = x^{11}$ (ઘાત $11$).
પદ $3$: $x^5 \cdot (x^4)^2 = x^{13}$ (ઘાત $13$).
પદ $4$: $x^3 \cdot (x^4)^3 = x^{15}$ (ઘાત $15$).
પદ $5$: $x^1 \cdot (x^4)^4 = x^{17}$ (ઘાત $17$).
અભિવ્યક્તિમાં $x$ ની મહત્તમ ઘાત $17$ છે.
તેથી,બહુપદીની ઘાત $17$ છે.

(D) આપેલ પદાવલિ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = (1+x)^{1000}$,સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{x}{1+x}$ અને પદોની સંખ્યા $n = 1001$ છે.
સરવાળાના સૂત્ર $S_n = \frac{a(1-r^n)}{1-r}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{(1+x)^{1000} \left(1 - (\frac{x}{1+x})^{1001}\right)}{1 - \frac{x}{1+x}}$
$f(x) = (1+x)^{1001} - x^{1001}$.
તેથી,$(1+x)^{1001} - x^{1001}$ માં $x^{50}$ નો સહગુણક એ $(1+x)^{1001}$ માં $x^{50}$ નો સહગુણક છે,જે ${}^{1001}C_{50}$ થાય.

(C) આપેલ પદાવલિ $(a+1+\frac{1}{a})^n = \frac{(a^2+a+1)^n}{a^n}$ છે.
$(a^2+a+1)^n$ ના વિસ્તરણમાં પદોની સંખ્યા $2n+1$ છે કારણ કે $a$ ના ઘાતાંક $a^0$ થી $a^{2n}$ સુધીના હોય છે.
આપેલ છે કે પદોની સંખ્યા $2029$ છે,તેથી $2n+1 = 2029$.
$2n = 2028$.
$n = 1014$.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(B) આપેલ પદાવલિ: $\frac{(1-px)^{-1}}{(1-qx)} = a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_nx^n+\ldots$
અંશ અને છેદના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{(1-px)(1-qx)} = \sum a_n x^n$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા: $\frac{1}{(1-px)(1-qx)} = \frac{p}{p-q} \sum (px)^n - \frac{q}{p-q} \sum (qx)^n$.
તેથી,$a_n = \frac{p^{n+1}-q^{n+1}}{p-q}$.

(C) $(1+bx)^n$ નું દ્વિપદી વિસ્તરણ $1 + n(bx) + \frac{n(n-1)}{2!}(bx)^2 + \dots$ છે.
આપેલ પદો $1, 6x, 6x^2$ ને વિસ્તરણ સાથે સરખાવતા:
$nb = 6$
$\frac{n(n-1)}{2} b^2 = 6$
ગણતરી કરતા $b+n = \frac{29}{3}$ મળે છે.

(B) આપણે $k$ ની એવી મહત્તમ કિંમત શોધવાની છે કે જેથી $10^k$ એ $9^{11} + 11^9$ ને ભાગી શકે.
$9^{11} = (10-1)^{11} \equiv 109 \pmod{100}$.
$11^9 = (1+10)^9 \equiv 91 \pmod{100}$.
$9^{11} + 11^9 \equiv 109 + 91 = 200 \equiv 0 \pmod{100}$.
તેથી,$100$ એ સરવાળાનો ભાજક છે,એટલે કે $k \ge 2$.
$1000$ માટે તપાસતા,સરવાળો $800 \pmod{1000}$ મળે છે,જે $1000$ વડે વિભાજ્ય નથી.
તેથી,$k$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે.

(D) આપેલ પદાવલિ $f(x) = \frac{(3-5x)^{1/2}}{(5-3x)^2} = (3-5x)^{1/2} \cdot (5-3x)^{-2}$ છે.
આને $f(x) = \frac{\sqrt{3}}{25}(1-\frac{5x}{3})^{1/2}(1-\frac{3x}{5})^{-2}$ તરીકે લખી શકાય.
દ્વિપદી અંદાજ $(1+u)^n \approx 1+nu$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1-\frac{5x}{3})^{1/2} \approx 1 - \frac{5x}{6}$ અને $(1-\frac{3x}{5})^{-2} \approx 1 + \frac{6x}{5}$.
ગુણાકાર કરતા અને $x^2$ ના પદોને અવગણતા:
$f(x) \approx \frac{\sqrt{3}}{25}(1 + \frac{11x}{30})$.
$x = \frac{1}{11\sqrt{3}}$ મૂકતા:
$f(x) \approx \frac{\sqrt{3}}{25}(1 + \frac{1}{30\sqrt{3}}) = \frac{30\sqrt{3}+1}{750}$.

(D) $(1+x+x^2)^8$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $\frac{8!}{n_1! n_2! n_3!} (1)^{n_1} (x)^{n_2} (x^2)^{n_3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n_1 + n_2 + n_3 = 8$ અને $n_2 + 2n_3 = 5$.
અમે $(n_1, n_2, n_3)$ માટે અનૃણ પૂર્ણાંક ઉકેલો શોધીએ છીએ:
$1$. જો $n_3 = 0$,તો $n_2 = 5$,તેથી $n_1 = 8 - 5 - 0 = 3$. સહગુણક: $\frac{8!}{3! 5! 0!} = 56$.
$2$. જો $n_3 = 1$,તો $n_2 = 3$,તેથી $n_1 = 8 - 3 - 1 = 4$. સહગુણક: $\frac{8!}{4! 3! 1!} = 280$.
$3$. જો $n_3 = 2$,તો $n_2 = 1$,તેથી $n_1 = 8 - 1 - 2 = 5$. સહગુણક: $\frac{8!}{5! 1! 2!} = 168$.
આ સહગુણકોનો સરવાળો: $56 + 280 + 168 = 504$.
આમ,$x^5$ નો સહગુણક $504$ છે.

(C) આપેલ પદાવલિ $(1+x)^{101} (1-x+x^2)^{100}$ છે.
આપણે તેને $(1+x) [(1+x)(1-x+x^2)]^{100}$ તરીકે લખી શકીએ.
નિત્યસમ $(1+x)(1-x+x^2) = 1+x^3$ નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ $(1+x)(1+x^3)^{100}$ બને છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $(1+x^3)^{100} + x(1+x^3)^{100}$ મળે છે.
$(1+x^3)^{100}$ ના વિસ્તરણમાં,$x$ ના ઘાતાંક $3k$ સ્વરૂપના હોય છે,જ્યાં $k$ પૂર્ણાંક છે.
પ્રથમ ભાગ $(1+x^3)^{100}$ માટે,આપણને $x^{50}$ નો સહગુણક જોઈએ છે. $50$ એ $3$ નો ગુણક ન હોવાથી,સહગુણક $0$ છે.
બીજા ભાગ $x(1+x^3)^{100}$ માટે,આપણને $(1+x^3)^{100}$ માં $x^{49}$ નો સહગુણક જોઈએ છે. $49$ એ $3$ નો ગુણક ન હોવાથી,સહગુણક $0$ છે.
તેથી,$x^{50}$ નો કુલ સહગુણક $0 + 0 = 0$ છે.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(C) આપેલ અભિવ્યક્તિ $\frac{1}{81^{n}} \left[ 1 - {}^{2n}C_1(10) + {}^{2n}C_2(10^2) - \dots + (-1)^{2n} {}^{2n}C_{2n}(10^{2n}) \right]$ છે.
દ્વિપદી વિસ્તરણ સૂત્ર $(a - b)^m = \sum_{k=0}^{m} {}^{m}C_k a^{m-k} (-b)^k$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે $a = 1$,$b = 10$,અને $m = 2n$ લઈએ છીએ.
કૌંસની અંદરની અભિવ્યક્તિ $(1 - 10)^{2n} = (-9)^{2n}$ છે.
આ કિંમત પાછી મૂકતા,આપણને $\frac{(-9)^{2n}}{81^{n}} = \frac{((-9)^2)^n}{81^n} = \frac{81^n}{81^n} = 1$ મળે છે.

(C) દ્વિપદી વિસ્તરણ $(a+b)^n + (a-b)^n = 2 \sum_{k=0, 2, 4, \dots} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં,$a=3$,$b=\sqrt{8}$,અને $n=5$ છે.
$(3+\sqrt{8})^5+(3-\sqrt{8})^5 = 2 \left[ \binom{5}{0} 3^5 + \binom{5}{2} 3^3 (\sqrt{8})^2 + \binom{5}{4} 3^1 (\sqrt{8})^4 \right]$.
$= 2 \left[ 1 \cdot 243 + 10 \cdot 27 \cdot 8 + 5 \cdot 3 \cdot 64 \right]$.
$= 2 \left[ 243 + 2160 + 960 \right]$.
$= 2 \times 3363 = 6726$.

(B) આપેલ પદાવલિ $S = \sum_{r=0}^n \frac{{ }^n C_r}{r+1} \left(\frac{1}{2}\right)^{r+1}$ છે.
ગુણધર્મ $\frac{{ }^n C_r}{r+1} = \frac{{ }^{n+1} C_{r+1}}{n+1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{n+1} \sum_{r=0}^n { }^{n+1} C_{r+1} \left(\frac{1}{2}\right)^{r+1}$.
ધારો કે $k = r+1$,તો $S = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n+1} { }^{n+1} C_k \left(\frac{1}{2}\right)^k$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+x)^m = \sum_{k=0}^m { }^m C_k x^k$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{k=1}^{n+1} { }^{n+1} C_k \left(\frac{1}{2}\right)^k = (1 + \frac{1}{2})^{n+1} - { }^{n+1} C_0 (\frac{1}{2})^0 = (\frac{3}{2})^{n+1} - 1$.
તેથી,$S = \frac{1}{n+1} [(\frac{3}{2})^{n+1} - 1] = \frac{3^{n+1} - 2^{n+1}}{(n+1) 2^{n+1}}$.

(C) બહુપદી $P(x)$ ના સહગુણકોનો સરવાળો તમામ ચલને $1$ લઈને મેળવવામાં આવે છે.
$(\alpha x^2 - 2x + 1)^{2019}$ પદાવલિ માટે,સહગુણકોનો સરવાળો $(\alpha(1)^2 - 2(1) + 1)^{2019} = (\alpha - 1)^{2019}$ થાય છે.
$(x - \alpha y)^{2019}$ પદાવલિ માટે,સહગુણકોનો સરવાળો $(1 - \alpha(1))^{2019} = (1 - \alpha)^{2019}$ થાય છે.
પ્રશ્ન મુજબ,આ સરવાળા સમાન છે:
$(\alpha - 1)^{2019} = (1 - \alpha)^{2019}$.
ઘાત $2019$ એકી સંખ્યા હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\alpha - 1 = 1 - \alpha$.
$2\alpha = 2$.
$\alpha = 1$.

(D) દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} {^nC_k} a^{n-k} b^k$.
$(102)^4 = (100+2)^4$
$= {^4C_0}(100)^4(2)^0 + {^4C_1}(100)^3(2)^1 + {^4C_2}(100)^2(2)^2 + {^4C_3}(100)^1(2)^3 + {^4C_4}(100)^0(2)^4$
$= 1 \cdot 100000000 + 4 \cdot 1000000 \cdot 2 + 6 \cdot 10000 \cdot 4 + 4 \cdot 100 \cdot 8 + 1 \cdot 1 \cdot 16$
$= 100000000 + 8000000 + 240000 + 3200 + 16$
$= 108243216$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપણી પાસે $(1+x-x^2-x^3)^{11}$ પદાવલિ છે.
કૌંસની અંદરની પદાવલિના અવયવો પાડતા:
$(1+x-x^2-x^3) = 1(1+x) - x^2(1+x) = (1-x^2)(1+x) = (1-x)(1+x)(1+x) = (1-x)(1+x)^2$.
આમ,પદાવલિ $((1-x)(1+x)^2)^{11} = (1-x)^{11}(1+x)^{22}$ બને છે.
આપણે $(1-x)^{11}(1+x)^{22}$ ના વિસ્તરણમાં $x^4$ નો સહગુણક શોધવાનો છે.
$(1-x)^{11} = \sum_{r=0}^{11} (-1)^r {}^{11}C_r x^r$ અને $(1+x)^{22} = \sum_{k=0}^{22} {}^{22}C_k x^k$.
$x^4$ નો સહગુણક $\sum_{r=0}^4 (-1)^r {}^{11}C_r \cdot {}^{22}C_{4-r}$ દ્વારા મળે છે.
$= {}^{11}C_0 \cdot {}^{22}C_4 - {}^{11}C_1 \cdot {}^{22}C_3 + {}^{11}C_2 \cdot {}^{22}C_2 - {}^{11}C_3 \cdot {}^{22}C_1 + {}^{11}C_4 \cdot {}^{22}C_0$.
$= 1 \cdot 7315 - 11 \cdot 1540 + 55 \cdot 231 - 165 \cdot 22 + 330 \cdot 1$.
$= 7315 - 16940 + 12705 - 3630 + 330 = -220$.

(A) આપેલ છે કે $x^n \approx 0$ જ્યાં $n \ge 2$.
ધારો કે $y = \frac{(1+\frac{3}{4}x)^{-4} \sqrt{3+x}}{\sqrt{(3-x)^3}}$.
$y = \frac{(1+\frac{3}{4}x)^{-4} \sqrt{3}(1+\frac{x}{3})^{1/2}}{3^{3/2}(1-\frac{x}{3})^{3/2}}$.
$y = \frac{1}{3} (1+\frac{3}{4}x)^{-4} (1+\frac{x}{3})^{1/2} (1-\frac{x}{3})^{-3/2}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+z)^n \approx 1+nz$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y \approx \frac{1}{3} (1 - 4 \cdot \frac{3}{4}x) (1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{x}{3}) (1 - (-\frac{3}{2}) \cdot \frac{x}{3})$.
$y \approx \frac{1}{3} (1 - 3x) (1 + \frac{x}{6}) (1 + \frac{x}{2})$.
$y \approx \frac{1}{3} (1 - 3x) (1 + \frac{x}{6} + \frac{x}{2}) = \frac{1}{3} (1 - 3x) (1 + \frac{4x}{6}) = \frac{1}{3} (1 - 3x) (1 + \frac{2x}{3})$.
$y \approx \frac{1}{3} (1 + \frac{2x}{3} - 3x - 2x^2) \approx \frac{1}{3} (1 - \frac{7x}{3})$.
$y \approx \frac{1}{3} - \frac{7x}{9}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $f(x) = x^4 + 2x^3 - 19x^2 - 8x + 60 = 0$ છે.
$x^3$ વાળું પદ દૂર કરવા માટે,આપણે $x$ ને $(x+h)$ વડે બદલીએ છીએ.
$(x+h)^4 + 2(x+h)^3 - 19(x+h)^2 - 8(x+h) + 60 = 0$ ના વિસ્તરણમાં $x^3$ વાળું પદ દ્વિપદી વિસ્તરણમાંથી મળે છે.
$(x+h)^4 = x^4 + 4x^3h + 6x^2h^2 + 4xh^3 + h^4$.
$2(x+h)^3 = 2(x^3 + 3x^2h + 3xh^2 + h^3) = 2x^3 + 6x^2h + 6xh^2 + 2h^3$.
રૂપાંતરિત સમીકરણમાં $x^3$ નો સહગુણક $4h + 2$ છે.
$x^3$ વાળું પદ દૂર કરવા માટે,આપણે સહગુણકને શૂન્ય લઈએ છીએ:
$4h + 2 = 0$.
$4h = -2$.
$h = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$.

(B) આપેલ પદાવલિ: $\sqrt[3]{x^2+64}-\sqrt[3]{x^2+27}$
આને આ રીતે લખી શકાય: $4(1+\frac{x^2}{64})^{1/3} - 3(1+\frac{x^2}{27})^{1/3}$
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+u)^n \approx 1+nu$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 4[1 + \frac{1}{3}(\frac{x^2}{64})] - 3[1 + \frac{1}{3}(\frac{x^2}{27})] + \dots$
$= 4[1 + \frac{x^2}{192}] - 3[1 + \frac{x^2}{81}] + \dots$
$= 4 + \frac{4x^2}{192} - 3 - \frac{3x^2}{81} + \dots$
$= 1 + \frac{x^2}{48} - \frac{x^2}{27} + \dots$
$= 1 + x^2(\frac{9-16}{432}) = 1 - \frac{7}{432}x^2$
આમ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) ધારો કે સમીકરણના બીજ $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ છે. બધા બીજ ધન હોવાથી અને તેમનો સમાંતર મધ્યક $(AM)$ અને ગુણોત્તર મધ્યક $(GM)$ સમાન હોવાથી,બધા બીજ સમાન હોવા જોઈએ. ધારો કે $x_1 = x_2 = x_3 = x_4 = x_5 = \alpha$.
સમીકરણ $x^5-ax^4+bx^3-cx^2+dx-1=0$ પરથી,બીજનો ગુણાકાર $x_1 x_2 x_3 x_4 x_5 = (-1)^5 (-1) = 1$ થાય.
તેથી,$\alpha^5 = 1$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha = 1$.
સમીકરણ $(x-1)^5 = x^5 - 5x^4 + 10x^3 - 10x^2 + 5x - 1 = 0$ છે.
આને આપેલા સમીકરણ $x^5-ax^4+bx^3-cx^2+dx-1=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a=5, b=10, c=10, d=5$ મળે છે.
તેથી,$a+b+c+d = 5+10+10+5 = 30$.

(D) આપેલ પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા $x^5$ નો સહગુણક $\frac{9}{8}$ મળે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{x}{(x-1)^2(x-2)} = x(x-1)^{-2}(x-2)^{-1}$.
$x^4$ નો સહગુણક શોધવા માટે,આપણે $(x-1)^{-2}(x-2)^{-1}$ માં $x^3$ નો સહગુણક શોધવો પડે.
ગણતરી કરતા,$m = -49$ અને $n = 16$ મળે છે.
તેથી,$\sqrt{|m+n|} = \sqrt{|-49+16|} = \sqrt{33}$.