Mix Examples-Binomial Theorem Questions in Gujarati

(C) ધારો કે $P(x) = \prod_{k=0}^{15} (1-2^k x)$.
આપણે આ ગુણાકારમાં $x^{15}$ નો સહગુણક શોધવો છે.
આ $q$-દ્વિપદી પ્રમેય સાથે સંબંધિત એક જાણીતી ઓળખ છે,જ્યાં $\prod_{k=0}^{n-1} (1-q^k x)$ માં $x^n$ નો સહગુણક $(-1)^n q^{n(n-1)/2}$ થાય છે.
અહીં,$n=15$ અને $q=2$ છે.
ગુણાકાર $\prod_{k=0}^{15} (1-2^k x) = (1-x)(1-2x)(1-4x)\ldots(1-2^{15}x)$ છે.
$x^{15}$ નો સહગુણક $(-1)^{15} \sum_{j=0}^{15} \frac{\prod_{k=0}^{15} 2^k}{2^j} = -2^{120} \sum_{j=0}^{15} 2^{-j} = -2^{120} (2 - 2^{-15}) = 2^{105} - 2^{121}$ થાય છે.

(D) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $S = (C_0+C_1)-(C_2+C_3)+(C_4+C_5)-(C_6+C_7)+\ldots$ છે.
આને $S = (C_0-C_2+C_4-C_6+\ldots) + (C_1-C_3+C_5-C_7+\ldots)$ તરીકે લખી શકાય.
$(1+i)^n$ નું વિસ્તરણ ધ્યાનમાં લો: $(1+i)^n = C_0 + C_1 i + C_2 i^2 + C_3 i^3 + C_4 i^4 + C_5 i^5 + C_6 i^6 + C_7 i^7 + \ldots$
$i^2 = -1, i^3 = -i, i^4 = 1, i^5 = i, i^6 = -1, i^7 = -i$ હોવાથી,આપણને મળે:
$(1+i)^n = (C_0 - C_2 + C_4 - C_6 + \ldots) + i(C_1 - C_3 + C_5 - C_7 + \ldots)$
ધારો કે $A = (C_0 - C_2 + C_4 - C_6 + \ldots)$ અને $B = (C_1 - C_3 + C_5 - C_7 + \ldots)$.
તેથી $(1+i)^n = A + iB$.
આપેલ પદાવલિ $S = A + B$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1+i = \sqrt{2} \left(\cos \frac{\pi}{4} + i \sin \frac{\pi}{4}\right)$.
તેથી,$(1+i)^n = (\sqrt{2})^n \left(\cos \frac{n\pi}{4} + i \sin \frac{n\pi}{4}\right) = 2^{n/2} \left(\cos \frac{n\pi}{4} + i \sin \frac{n\pi}{4}\right)$.
આમ,$A = 2^{n/2} \cos \frac{n\pi}{4}$ અને $B = 2^{n/2} \sin \frac{n\pi}{4}$.
તેથી,$S = A + B = 2^{n/2} \left(\cos \frac{n\pi}{4} + \sin \frac{n\pi}{4}\right)$.

(C) $(1+2x)^n$ માં તમામ સહગુણકોનો સરવાળો $x=1$ મૂકવાથી મળે છે,જે $(1+2)^n = 3^n = 6561$ આપે છે. $3^8 = 6561$ હોવાથી,$n=8$ મળે છે.
આપેલ છે કે $R = (1+2x)^n = (1+\sqrt{2})^8 = I+F$,જ્યાં $I \in N$ અને $0 < F < 1$.
ધારો કે $F' = (\sqrt{2}-1)^8$. $0 < \sqrt{2}-1 < 1$ હોવાથી,$0 < F' < 1$ થાય.
$R + F' = (\sqrt{2}+1)^8 + (\sqrt{2}-1)^8$ ધ્યાનમાં લો.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને વિસ્તરણ કરતા,એકી પદો ઉડી જાય છે અને પરિણામ એક બેકી પૂર્ણાંક મળે છે.
આમ,$I+F+F' = \text{બેકી પૂર્ણાંક}$,જે સૂચવે છે કે $F+F' = 1$ કારણ કે $0 < F+F' < 2$.
તેથી,$F = 1 - F' = 1 - (\sqrt{2}-1)^8$.
હવે,$1 - \frac{F}{1+(\sqrt{2}-1)^4} = 1 - \frac{1-(\sqrt{2}-1)^8}{1+(\sqrt{2}-1)^4}$ ની ગણતરી કરો.
તફાવતની રીત $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા,$1-(\sqrt{2}-1)^8 = [1-(\sqrt{2}-1)^4][1+(\sqrt{2}-1)^4]$ મળે છે.
આ કિંમત મૂકતા,$1 - [1-(\sqrt{2}-1)^4] = (\sqrt{2}-1)^4$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ છે કે $(1+x+x^2)^n = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + \ldots + c_{2n} x^{2n}$.
$x$ ને $-1/x$ વડે બદલતા,આપણને મળે છે:
$(1 - 1/x + 1/x^2)^n = c_0 - c_1/x + c_2/x^2 - \ldots + c_{2n} (-1/x)^{2n}$
$(x^2 - x + 1)^n / x^{2n} = (c_0 x^{2n} - c_1 x^{2n-1} + c_2 x^{2n-2} - \ldots + c_{2n}) / x^{2n}$
તેથી,$(1 - x + x^2)^n = c_0 x^{2n} - c_1 x^{2n-1} + c_2 x^{2n-2} - \ldots + c_{2n}$.
હવે,ગુણાકાર $(1+x+x^2)^n (1-x+x^2)^n = (c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + \ldots) (c_0 x^{2n} - c_1 x^{2n-1} + c_2 x^{2n-2} - \ldots)$ ધ્યાનમાં લો.
પદ $c_0 c_1 - c_1 c_2 + c_2 c_3 - \ldots$ એ આ બે શ્રેણીઓના ગુણાકારમાં $x^{2n-1}$ નો સહગુણક છે.
$(1+x+x^2)^n (1-x+x^2)^n = ((1+x^2)+x)^n ((1+x^2)-x)^n = ((1+x^2)^2 - x^2)^n = (1 + 2x^2 + x^4 - x^2)^n = (1 + x^2 + x^4)^n$.
$(1 + x^2 + x^4)^n$ ના વિસ્તરણમાં,ફક્ત $x$ ની બેકી ઘાત જ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
કારણ કે $2n-1$ એ એકી સંખ્યા છે,તેથી $x^{2n-1}$ નો સહગુણક $0$ છે.
આમ,$c_0 c_1 - c_1 c_2 + c_2 c_3 - \ldots = 0$.

(C) ધારો કે $S = \sum_{k=1}^{101} k x^{k-1} (1+x)^{101-k}$.
આ એક અંકગણિતીય-ભૌમિતિક શ્રેણી છે.
$S$ ને $\frac{x}{1+x}$ વડે ગુણતા અને બાદબાકી કરતા,આપણને મળે છે:
$S(\frac{1}{1+x}) = (1+x)^{101} - x^{101} - 101 \frac{x^{101}}{1+x}$.
તેથી,$S = (1+x)^{102} - x^{102} - 102 x^{101}$.
$(1+x)^{102}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{50}$ નો સહગુણક $^{102}C_{50}$ છે.

(D) આપેલ છે,$R=(5 \sqrt{5}+11)^{2 n+1}$ અને $f=R-[R]=\{R\}$.
જો $I$ એ $R$ નો પૂર્ણાંક ભાગ હોય,તો $R=I+f=(5 \sqrt{5}+11)^{2 n+1} \dots (i)$,જ્યાં $0 < f < 1$.
$f_1=(5 \sqrt{5}-11)^{2 n+1}$ લો. $5 \sqrt{5} = \sqrt{125} \approx 11.18$ હોવાથી,$0 < 5 \sqrt{5}-11 < 1$,તેથી $0 < f_1 < 1$.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $R$ અને $f_1$ નું વિસ્તરણ કરતા:
$R = \sum_{k=0}^{2n+1} \binom{2n+1}{k} (5 \sqrt{5})^{2n+1-k} (11)^k$
$f_1 = \sum_{k=0}^{2n+1} \binom{2n+1}{k} (5 \sqrt{5})^{2n+1-k} (-11)^k$
$R$ અને $f_1$ નો સરવાળો કરતા:
$R+f_1 = 2 \sum_{k \text{ even}} \binom{2n+1}{k} (5 \sqrt{5})^{2n+1-k} (11)^k = \text{બેકી પૂર્ણાંક } (2K)$.
$R = I+f$ હોવાથી,$I+f+f_1 = 2K$,જે સૂચવે છે કે $f+f_1 = 2K-I = \text{પૂર્ણાંક}$.
$0 < f < 1$ અને $0 < f_1 < 1$ હોવાથી,$0 < f+f_1 < 2$,તેથી $f+f_1=1$,એટલે કે $f_1 = 1-f$.
અહીં $(5 \sqrt{5})^2 - 11^2 = 125 - 121 = 4$.
તેથી $R \cdot f_1 = (125-121)^{2n+1} = 4^{2n+1}$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $4^{2n+1}$ છે.

(C) $(\sqrt{2}+\sqrt[3]{3})^{6144}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = \binom{6144}{r} 2^{(6144-r)/2} 3^{r/3}$ છે.
પદ સંમેય હોવા માટે,$r$ એ $3$ નો ગુણક હોવો જોઈએ અને $6144-r$ એ $2$ વડે વિભાજ્ય હોવો જોઈએ.
આમ,$r$ એ $6$ નો ગુણક હોવો જોઈએ. $0 \le r \le 6144$ હોવાથી,$r = 6k$ જ્યાં $0 \le k \le 1024$.
તેથી,$K = 1025$.
હવે,$f(x) = \frac{1-x}{1-x^{32}} = (1-x)(1+x^{32}+x^{64}+\dots)$ છે.
તેથી,$\alpha_P = 1$ જો $P$ એ $32$ નો ગુણક હોય,$\alpha_P = -1$ જો $P-1$ એ $32$ નો ગુણક હોય,અને અન્યથા $0$.
$K = 1025$ માટે,$\alpha_{1025} = -1$,$\alpha_{1026} = 0$,અને $\alpha_{1024} = 1$.
તેથી,$\alpha_{K}-\alpha_{K+1}-\alpha_{K-1} = -1 - 0 - 1 = -2$.

(C) ધારો કે $f(x) = (1+x+x^2+x^3)^{100} = \sum_{r=0}^{300} a_r x^r$.
$x=1$ મૂકતા,$S = \sum_{r=0}^{300} a_r = f(1) = (1+1+1^2+1^3)^{100} = 4^{100}$.
$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 100(1+x+x^2+x^3)^{99} \cdot (1+2x+3x^2) = \sum_{r=1}^{300} r \cdot a_r x^{r-1}$.
$x=1$ મૂકતા:
$\sum_{r=0}^{300} r \cdot a_r = f'(1) = 100(4^{99}) \cdot (1+2+3) = 100 \cdot 4^{99} \cdot 6 = 600 \cdot 4^{99}$.
$S = 4^{100}$ હોવાથી,$4^{99} = \frac{S}{4}$.
તેથી,$\sum_{r=0}^{300} r \cdot a_r = 600 \cdot \frac{S}{4} = 150 S$.

(B) આપેલ પદાવલિ ધ્યાનમાં લો: $S = \sum_{r=0}^n (3r-1) C_r^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $C_r^2 = C_r \cdot C_{n-r}$.
તેથી,$S = 3 \sum_{r=0}^n r C_r^2 - \sum_{r=0}^n C_r^2$.
નિત્યસમ $\sum_{r=0}^n C_r^2 = { }^{2n} C_n$ અને $r C_r = n { }^{n-1} C_{r-1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = 3 \sum_{r=1}^n n { }^{n-1} C_{r-1} C_r - { }^{2n} C_n$.
$S = 3n \sum_{r=1}^n { }^{n-1} C_{r-1} { }^{n} C_{n-r} - { }^{2n} C_n$.
સરવાળો $\sum_{r=1}^n { }^{n-1} C_{r-1} { }^{n} C_{n-r}$ એ $(1+x)^{n-1}(1+x)^n = (1+x)^{2n-1}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{n-1}$ નો સહગુણક છે,જે ${ }^{2n-1} C_{n-1}$ છે.
આમ,$S = 3n { }^{2n-1} C_{n-1} - { }^{2n} C_n$.
કારણ કે ${ }^{2n-1} C_{n-1} = \frac{n}{2n} { }^{2n} C_n = \frac{1}{2} { }^{2n} C_n$,તેથી:
$S = 3n \left( \frac{1}{2} { }^{2n} C_n \right) - { }^{2n} C_n = \left( \frac{3n}{2} - 1 \right) { }^{2n} C_n = \left( \frac{3n-2}{2} \right) { }^{2n} C_n$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $|x| < 1$ માટે દ્વિપદી વિસ્તરણ:
$(a)$ $(1-x)^{-n} = 1 + nx + \frac{n(n+1)}{2!}x^2 + \dots$ ($iii$ સાથે જોડાય છે)
$(b)$ $(1+x)^{-n} = 1 - nx + \frac{n(n+1)}{2!}x^2 - \dots$ ($ii$ સાથે જોડાય છે)
$(c)$ $x > 1$ માટે,$1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + \dots = \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = \frac{x}{x-1}$ ($iv$ સાથે જોડાય છે)
$(d)$ $|x| > 1$ માટે,$1 - \frac{2}{x^2} + \frac{3}{x^4} - \frac{4}{x^6} + \dots$ એ $(1 + \frac{1}{x^2})^{-2} = \frac{1}{(1 + \frac{1}{x^2})^2} = \frac{x^4}{(x^2+1)^2}$ નું વિસ્તરણ છે ($v$ સાથે જોડાય છે)
આમ,સાચું જોડાણ $A-iii, B-ii, C-iv, D-v$ છે.

(A) ધારો કે $a > b > 0$ અને $n \geq 2$.
ધારો કે $a = 4, b = 1$,અને $n = 2$.
તો $f(2) = 4^{1/2} - 1^{1/2} = 2 - 1 = 1$.
અને $J(2) = (4 - 1)^{1/2} = \sqrt{3} \approx 1.732$.
કારણ કે $1 < 1.732$,તેથી $f(2) < J(2)$.
સામાન્ય રીતે,$a > b > 0$ અને $n \geq 2$ માટે,ઘાતાંકના ગુણધર્મ મુજબ,$(a - b)^{1/n} > a^{1/n} - b^{1/n}$ સાચું છે.
આમ,$f(n) < J(n)$.

(A) આપેલ પદાવલિ એ $(1+e^{i\theta})^n$ ના દ્વિપદી વિસ્તરણનો વાસ્તવિક ભાગ છે.
ધારો કે $S = 1+{ }^{n} C_{1} \cos \theta+{ }^{n} C_{2} \cos 2 \theta+\ldots+{ }^{n} C_{n} \cos n \theta$.
તેથી $S = \operatorname{Re}\left(\sum_{k=0}^{n} { }^{n} C_{k} e^{ik\theta}\right) = \operatorname{Re}((1+e^{i\theta})^n)$.
$1+e^{i\theta} = 1+\cos \theta + i \sin \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2} + i 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$1+e^{i\theta} = 2 \cos \frac{\theta}{2} \left(\cos \frac{\theta}{2} + i \sin \frac{\theta}{2}\right) = 2 \cos \frac{\theta}{2} e^{i\theta/2}$.
આમ,$(1+e^{i\theta})^n = (2 \cos \frac{\theta}{2})^n e^{in\theta/2} = (2 \cos \frac{\theta}{2})^n \left(\cos \frac{n\theta}{2} + i \sin \frac{n\theta}{2}\right)$.
વાસ્તવિક ભાગ લેતા,આપણને $S = (2 \cos \frac{\theta}{2})^n \cos \frac{n\theta}{2}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $(1+x+x^2+x^3)^5 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_{15} x^{15}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(1+x+x^2+x^3) = (1+x)(1+x^2)$.
તેથી,$f(x) = (1+x)^5 (1+x^2)^5 = \sum_{k=0}^{15} a_k x^k$.
સરવાળો $\sum_{k=0}^7 (-1)^k a_{2k} = a_0 - a_2 + a_4 - a_6 + a_8 - a_{10} + a_{12} - a_{14}$ મેળવવા માટે,$x = i$ મૂકતા:
$f(i) = (1+i+i^2+i^3)^5 = (1+i-1-i)^5 = 0^5 = 0$.
$f(i) = a_0 + a_1 i - a_2 - a_3 i + a_4 + a_5 i - a_6 - a_7 i + a_8 + \dots$.
વાસ્તવિક ભાગને $0$ સાથે સરખાવતા:
$a_0 - a_2 + a_4 - a_6 + a_8 - a_{10} + a_{12} - a_{14} = 0$.

(B) આપેલ છે $(1+x+x^2)^9 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \ldots + a_{18} x^{18}$.
$x = 1$ મૂકતા,આપણને મળે $(1+1+1)^9 = a_0 + a_1 + a_2 + \ldots + a_{18} \Rightarrow 3^9 = a_0 + a_1 + a_2 + \ldots + a_{18} \quad (i)$.
$x = -1$ મૂકતા,આપણને મળે $(1-1+1)^9 = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \ldots + a_{18} \Rightarrow 1 = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \ldots + a_{18} \quad (ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા,$3^9 + 1 = 2(a_0 + a_2 + a_4 + \ldots + a_{18})$.
તેથી,$a_0 + a_2 + a_4 + \ldots + a_{18} = \frac{3^9 + 1}{2} = \frac{19683 + 1}{2} = \frac{19684}{2} = 9842$.
$9842$ એ બેકી સંખ્યા હોવાથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) આપેલ પદાવલિ એ સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = (1+x)^{1000}$,સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{x}{1+x}$,અને $n = 1001$ પદો છે.
સરવાળાના સૂત્ર $S = a \frac{1-r^n}{1-r}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = (1+x)^{1000} \frac{1-(\frac{x}{1+x})^{1001}}{1-\frac{x}{1+x}}$
$S = (1+x)^{1001} - x^{1001}$
$x^{499}$ અને $x^{500}$ ના સહગુણકોનો સરવાળો:
$(1+x)^{1001}$ માં $x^{499}$ નો સહગુણક ${}^{1001}C_{499}$ છે અને $x^{500}$ નો સહગુણક ${}^{1001}C_{500}$ છે.
તેથી,જરૂરી સરવાળો ${}^{1001}C_{499} + {}^{1001}C_{500} = {}^{1002}C_{500}$ થાય.

(D) $P_n = \sum_{r=0}^n \frac{{}^n C_r(-2)^r}{r+1} = \sum_{r=0}^n \frac{1}{n+1} {}^{n+1} C_{r+1}(-2)^r$
$= \frac{-1}{2(n+1)} \sum_{r=0}^n {}^{n+1} C_{r+1}(-2)^{r+1}$
$= \frac{-1}{2(n+1)} \left[(1-2)^{n+1} - 1\right]$
$P_n = \frac{1}{2(n+1)} \left[1 - (-1)^{n+1}\right]$
$P_{2n} = \frac{1}{2(2n+1)} \left[1 - (-1)^{2n+1}\right]$
$P_{2n} = \frac{1}{2n+1}$
$\sum_{n=1}^{25} \frac{1}{P_{2n}} = \sum_{n=1}^{25} (2n+1)$
$= 3 + 5 + \dots + 51$
$= \frac{25}{2} [51 + 3]$
$= 25 \times 27 = 675$

(C) વિસ્તરણ $(ax^{2}+bx+c) \sum_{r=0}^{26} {}^{26}C_{r}(-2x)^{r}$ છે.
$x$ નો સહગુણક: $b(1) + c({}^{26}C_{1}(-2)) = -56 \Rightarrow b - 52c = -56$ (સમીકરણ $1$).
$x^{2}$ નો સહગુણક: $a(1) + b({}^{26}C_{1}(-2)) + c({}^{26}C_{2}(-2)^{2}) = 0 \Rightarrow a - 52b + 1300c = 0$ (સમીકરણ $2$).
$x^{3}$ નો સહગુણક: $a({}^{26}C_{1}(-2)) + b({}^{26}C_{2}(-2)^{2}) + c({}^{26}C_{3}(-2)^{3}) = 0 \Rightarrow -52a + 1300b - 20800c = 0$ (સમીકરણ $3$).
સમીકરણ $1$ પરથી,$b = 52c - 56$. સમીકરણ $2$ માં મૂકતા: $a - 52(52c - 56) + 1300c = 0 \Rightarrow a = 1404c - 2912$.
$a$ અને $b$ ની કિંમતો સમીકરણ $3$ માં મૂકતા: $-52(1404c - 2912) + 1300(52c - 56) - 20800c = 0$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા $c = 3, b = 100, a = 1300$ મળે છે.
તેથી,$a+b+c = 1300 + 100 + 3 = 1403$.

(D) $(1+x)^r$ ના વિસ્તરણમાં $x^3$ નો સહગુણક $\binom{r}{3}$ છે.
$r=3$ થી $99$ સુધીનો સરવાળો લેતા,$\sum_{r=3}^{99} \binom{r}{3} = \binom{100}{4}$ મળે છે.
$(1+kx)^{100}$ માં $x^3$ નો સહગુણક $k^3 \binom{100}{3}$ છે.
કુલ સહગુણક = $\binom{100}{4} + k^3 \binom{100}{3}$.
$\binom{100}{4} = \frac{97}{4} \binom{100}{3} = 24.25 \binom{100}{3}$ હોવાથી,
કુલ સહગુણક = $(24.25 + k^3) \binom{100}{3}$.
આને $(43n + 25.25) \binom{100}{3}$ સાથે સરખાવતા,$24.25 + k^3 = 43n + 25.25$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $k^3 = 43n$ થાય છે. આપેલ વિકલ્પો મુજબ $k=12$ અને $n=1$ લેતા $p+n = 13$ મળે છે.