Mix Examples-Binomial Theorem Questions in Hindi

(B) माना विस्तार $(x + a)^n = {T_0} + {T_1} + {T_2} + {T_3} + \dots + {T_n}$ है।
$a$ को $ai$ से प्रतिस्थापित करने पर,हमें $(x + ai)^n = ({T_0} - {T_2} + {T_4} - \dots) + i({T_1} - {T_3} + {T_5} - \dots)$ प्राप्त होता है।
माना $S_1 = ({T_0} - {T_2} + {T_4} - \dots)$ और $S_2 = ({T_1} - {T_3} + {T_5} - \dots)$ है।
अतः $(x + ai)^n = S_1 + iS_2$ है।
इसी प्रकार,$a$ को $-ai$ से प्रतिस्थापित करने पर,$(x - ai)^n = S_1 - iS_2$ प्राप्त होता है।
इन दोनों समीकरणों का गुणा करने पर:
$(x + ai)^n (x - ai)^n = (S_1 + iS_2)(S_1 - iS_2)$ प्राप्त होता है।
$((x + ai)(x - ai))^n = S_1^2 + S_2^2$ है।
$(x^2 - (ai)^2)^n = S_1^2 + S_2^2$ है।
चूंकि $i^2 = -1$,इसलिए $(x^2 + a^2)^n = S_1^2 + S_2^2$ है।

(A) व्यंजक $(1 + t^2)^{12}(1 + t^{12})(1 + t^{24})$ है।
द्विपद प्रमेय का उपयोग करके $(1 + t^2)^{12}$ का विस्तार करने पर,हमें $\sum_{k=0}^{12} {^{12}C_k} t^{2k}$ प्राप्त होता है।
हमें $(\sum_{k=0}^{12} {^{12}C_k} t^{2k})(1 + t^{12} + t^{24})$ के गुणनफल में $t^{24}$ का गुणांक चाहिए।
पदों का वितरण करने पर:
$1$. $1 \times (\dots)$ से,$(1 + t^2)^{12}$ में $t^{24}$ का गुणांक $^{12}C_{12} = 1$ है।
$2$. $t^{12} \times (\dots)$ से,$(1 + t^2)^{12}$ में $t^{12}$ का गुणांक $^{12}C_6 = 924$ है।
$3$. $t^{24} \times (\dots)$ से,$(1 + t^2)^{12}$ में $t^0$ का गुणांक $^{12}C_0 = 1$ है।
इन गुणांकों का योग: $1 + ^{12}C_6 + 1 = ^{12}C_6 + 2$।

(C) माना $P(x) = (1 + x + x^2 + x^3)^5 = ((1 + x)(1 + x^2))^5 = (1 + x)^5 (1 + x^2)^5$.
माना $P(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_{15} x^{15}$.
$x$ की सम घातों के गुणांकों का योग $\frac{P(1) + P(-1)}{2}$ द्वारा प्राप्त होता है।
$P(1) = (1 + 1 + 1^2 + 1^3)^5 = 4^5 = 1024$.
$P(-1) = (1 - 1 + (-1)^2 + (-1)^3)^5 = (1 - 1 + 1 - 1)^5 = 0^5 = 0$.
योग $= \frac{1024 + 0}{2} = 512$.

(C) माना $f(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots + a_{2n}x^{2n} = (1 + x + x^2)^n$.
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$a_1 + 2a_2x + 3a_3x^2 + \dots + 2n\,a_{2n}x^{2n-1} = n(1 + x + x^2)^{n-1}(1 + 2x)$.
श्रेणी $a_1 - 2a_2 + 3a_3 - \dots - 2n\,a_{2n}$ प्राप्त करने के लिए,अवकलज में $x = -1$ रखने पर:
$a_1 + 2a_2(-1) + 3a_3(-1)^2 + \dots + 2n\,a_{2n}(-1)^{2n-1} = n(1 - 1 + (-1)^2)^{n-1}(1 + 2(-1))$.
$a_1 - 2a_2 + 3a_3 - \dots - 2n\,a_{2n} = n(1)^{n-1}(1 - 2) = n(1)(-1) = -n$.

(A) दी गई श्रेणी $\sum\limits_{r = 0}^n {(-1)^r \, ^nC_r \left( \sum\limits_{k = 1}^m \frac{(2^k - 1)^r}{2^{kr}} \right)}$ है।
योग के क्रम को बदलने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\sum\limits_{k = 1}^m \sum\limits_{r = 0}^n {^nC_r (-1)^r \left( \frac{2^k - 1}{2^k} \right)^r}$.
द्विपद प्रमेय $\sum\limits_{r=0}^n {^nC_r x^r = (1+x)^n}$ का उपयोग करने पर:
$= \sum\limits_{k = 1}^m \left( 1 - \frac{2^k - 1}{2^k} \right)^n$.
$= \sum\limits_{k = 1}^m \left( \frac{2^k - 2^k + 1}{2^k} \right)^n = \sum\limits_{k = 1}^m \left( \frac{1}{2^k} \right)^n = \sum\limits_{k = 1}^m \frac{1}{2^{nk}}$.
यह $m$ पदों वाली एक गुणोत्तर श्रेणी है,जिसका प्रथम पद $a = \frac{1}{2^n}$ और सार्व अनुपात $r = \frac{1}{2^n}$ है।
योग $S_m = a \frac{1 - r^m}{1 - r} = \frac{1}{2^n} \frac{1 - (1/2^n)^m}{1 - 1/2^n} = \frac{2^{nm} - 1}{2^{nm}(2^n - 1)}$ है।

(D) मान लीजिए $x = (7 + 4\sqrt{3})^n = p + \beta$ है।
चूंकि $7 + 4\sqrt{3} > 1$,इसलिए $p + \beta$ एक बड़ी संख्या है।
$f = (7 - 4\sqrt{3})^n$ पर विचार करें।
चूंकि $0 < 7 - 4\sqrt{3} < 1$,इसलिए $0 < f < 1$ है।
द्विपद प्रमेय का उपयोग करके $(7 + 4\sqrt{3})^n + (7 - 4\sqrt{3})^n$ का विस्तार करने पर,सभी अपरिमेय पद कट जाते हैं और परिणाम एक सम पूर्णांक $2k$ प्राप्त होता है।
अतः,$(p + \beta) + f = 2k$ है।
चूंकि $p$ एक पूर्णांक है और $0 < \beta < 1$ तथा $0 < f < 1$ है,इसलिए $\beta + f = 1$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है $f = 1 - \beta$।
इसलिए,$(1 - \beta)(p + \beta) = f(p + \beta) = (7 - 4\sqrt{3})^n (7 + 4\sqrt{3})^n = (49 - 48)^n = 1^n = 1$ है।
चूंकि $1$ न तो अभाज्य है और न ही भाज्य,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(B) गुणांकों का योग $\sum_{r=0}^m a_r$ ज्ञात करने के लिए,हम दी गई बहुपद पहचान में $x = 1$ प्रतिस्थापित करते हैं।
व्यंजक $(1 + x) (1 + x + x^2) (1 + x + x^2 + x^3) \dots (1 + x + x^2 + \dots + x^n)$ में $x = 1$ रखने पर:
$= (1 + 1) (1 + 1 + 1^2) (1 + 1 + 1^2 + 1^3) \dots (1 + 1 + 1^2 + \dots + 1^n)$
$= (2) (3) (4) \dots (n + 1)$
$= 1 \times 2 \times 3 \times 4 \dots \times (n + 1)$
$= (n + 1)!$
अतः,गुणांकों का योग $(n + 1)!$ है।

(B) मान लीजिए $x = (5 + 2\sqrt{6})^n = p + f$.
$y = (5 - 2\sqrt{6})^n$ लें। चूँकि $0 < 5 - 2\sqrt{6} < 1$,इसलिए $0 < y < 1$ है।
$I = p + f + y = (5 + 2\sqrt{6})^n + (5 - 2\sqrt{6})^n$ एक पूर्णांक है।
$f + y = 1$ प्राप्त होता है।
$f^2 - f + pf - p = f(f-1) + p(f-1) = (f+p)(f-1) = (p+f)(-y) = -(p+f)y = -((5+2\sqrt{6})(5-2\sqrt{6}))^n = -(25-24)^n = -1$.

(C) दिए गए विस्तार $(1 + x - 3x^2)^{2145} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots$ में $x = -1$ रखने पर,
$(1 - 1 - 3)^{2145} = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \dots$
$(-3)^{2145} = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \dots$
चूँकि $2145$ एक विषम घात है,$(-3)^{2145} = -(3^{2145})$.
$3$ की घातों का अंतिम अंक $4$ के चक्र में दोहराता है: $(3, 9, 7, 1)$.
$2145 \div 4$ करने पर शेषफल $1$ प्राप्त होता है,इसलिए $3^{2145}$ का अंतिम अंक $3$ है।
अतः,$-(3^{2145})$ का अंतिम अंक $10 - 3 = 7$ होगा।

(D) दिया गया है $T_r = {^{2016}C_r} x^{2016-r}$।
द्विपद विस्तार (Binomial Expansion) पर विचार करें:
$(x + 1)^{2016} = \sum_{r=0}^{2016} {^{2016}C_r} x^{2016-r} = T_0 + T_1 + T_2 + \dots + T_{2016}$।
$(x+i)^{2016}$ के विस्तार में $1$ के स्थान पर $i$ (काल्पनिक इकाई) का उपयोग करने पर:
$(x + i)^{2016} = \sum_{r=0}^{2016} {^{2016}C_r} x^{2016-r} i^r = (T_0 - T_2 + T_4 - \dots) + i(T_1 - T_3 + T_5 - \dots)$।
मान लीजिए $A = (T_0 - T_2 + T_4 - \dots)$ और $B = (T_1 - T_3 + T_5 - \dots)$।
अतः $A + iB = (x + i)^{2016}$।
दोनों पक्षों का मापांक का वर्ग (Modulus squared) लेने पर:
$|A + iB|^2 = |(x + i)^{2016}|^2$
$A^2 + B^2 = |x + i|^{2 \times 2016}$
$A^2 + B^2 = (\sqrt{x^2 + 1^2})^{4032} = (x^2 + 1)^{2016}$।
इस प्रकार, $A^2 + B^2 = (x^2 + 1)^{2016}$।

(A) व्यंजक $(1+t^2)^{10}(1+t^{10}+t^{20}+t^{30})$ है।
द्विपद प्रमेय का उपयोग करके $(1+t^2)^{10}$ का विस्तार करने पर,हमें $\sum_{k=0}^{10} {^{10}C_k} t^{2k}$ प्राप्त होता है।
हमें $(\sum_{k=0}^{10} {^{10}C_k} t^{2k})(1+t^{10}+t^{20}+t^{30})$ में $t^{20}$ का गुणांक ज्ञात करना है।
यह दूसरे कोष्ठक के प्रत्येक पद से योगदान को जोड़कर प्राप्त होता है:
$1$. $1 \times t^{20}$ के लिए,$(1+t^2)^{10}$ में $t^{20}$ का गुणांक $^{10}C_{10} = 1$ है।
$2$. $t^{10} \times t^{10}$ के लिए,$(1+t^2)^{10}$ में $t^{10}$ का गुणांक $^{10}C_5$ है।
$3$. $t^{20} \times 1$ के लिए,$(1+t^2)^{10}$ में $t^0$ का गुणांक $^{10}C_0 = 1$ है।
अतः,कुल गुणांक $^{10}C_{10} + {^{10}C_5} + {^{10}C_0} = 1 + {^{10}C_5} + 1 = {^{10}C_5} + 2$ है।

(B) मान लीजिए $P(x) = (1 + x)(1 + x + x^2)(1 + x + x^2 + x^3) \dots (1 + x + x^2 + \dots + x^{30}) = \sum_{k=0}^{465} a_k x^k$ है।
प्रत्येक पद $(1 + x + x^2 + \dots + x^n) = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}$ है।
$x=1$ रखने पर,प्रत्येक गुणनखंड $(1 + 1 + 1^2 + \dots + 1^n) = (n+1)$ होता है।
अतः,$P(1) = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times 31 = 31!$ है।
इसलिए,$a_0 + a_1 + a_2 + \dots + a_{465} = 31!$ $(1)$ है।
$x=-1$ रखने पर,पहला गुणनखंड $(1 + (-1)) = 0$ हो जाता है।
अतः,$P(-1) = 0$ है।
इसलिए,$a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \dots = 0$ $(2)$ है।
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर,$2(a_0 + a_2 + a_4 + \dots) = 31!$ प्राप्त होता है।
अतः,$a_0 + a_2 + a_4 + \dots = \frac{31!}{2}$ है।

(C) दी गई अभिव्यक्ति: $(1-x)^{30} (1+x+x^2)^{29}$.
इसे $(1-x) (1-x)^{29} (1+x+x^2)^{29}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
चूंकि $(1-x)(1+x+x^2) = (1-x^3)$,अभिव्यक्ति $(1-x) (1-x^3)^{29}$ बन जाती है।
विस्तार करने पर: $(1-x^3)^{29} - x(1-x^3)^{29}$।
हमें $x^{37}$ का गुणांक चाहिए।
पहले भाग $(1-x^3)^{29}$ में,$x$ की घातें $x^{3k}$ के रूप में हैं। चूंकि $37$,$3$ से विभाज्य नहीं है,इसलिए $x^{37}$ का गुणांक $0$ है।
दूसरे भाग $-x(1-x^3)^{29}$ में,हमें $(1-x^3)^{29}$ में $x^{36}$ का गुणांक चाहिए।
मान लीजिए $x^3 = y$,तो हमें $(1-y)^{29}$ में $y^{12}$ का गुणांक चाहिए।
व्यापक पद $T_{r+1} = {}^{29}C_r (-y)^r$ है।
$y^{12}$ के लिए,$r=12$,इसलिए पद ${}^{29}C_{12} (-y)^{12} = {}^{29}C_{12} y^{12}$ है।
$-x$ गुणनखंड को शामिल करने पर,पद $-x({}^{29}C_{12} x^{36}) = -{}^{29}C_{12} x^{37}$ है।
अतः,गुणांक $-{}^{29}C_{12}$ है।

(D) दिया गया है: $(1 - x + 2x^2)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots$ .....$(1)$
$x = 0$ रखने पर,$a_0 = 1$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(1)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$n(1 - x + 2x^2)^{n-1}(-1 + 4x) = a_1 + 2a_2x + \dots$ .....$(2)$
$x = 0$ रखने पर,$a_1 = -n$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(2)$ का पुनः $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$n(n-1)(1 - x + 2x^2)^{n-2}(-1 + 4x)^2 + n(1 - x + 2x^2)^{n-1}(4) = 2a_2 + \dots$ .....$(3)$
$x = 0$ रखने पर:
$n(n-1)(1) + 4n = 2a_2$
$n^2 - n + 4n = 2a_2 \Rightarrow 2a_2 = n^2 + 3n$.
यदि $a_0, a_2, a_1$ समांतर श्रेणी में हैं,तो $2a_2 = a_0 + a_1$:
$n^2 + 3n = 1 - n \Rightarrow n^2 + 4n - 1 = 0$.
इस द्विघात समीकरण के हल $n = \frac{-4 \pm \sqrt{16 + 4}}{2} = -2 \pm \sqrt{5}$ हैं,जो कि प्राकृत संख्या $(N)$ नहीं हैं। अतः,$n$ का कोई मान संभव नहीं है।

(B) दी गई अभिव्यक्ति $(1 + x + x^2)^{20}(2x + 1) = \sum_{k=0}^{41} a_k x^k$ है।
दोनों पक्षों का $0$ से $1$ तक $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$\int_0^1 (1 + x + x^2)^{20}(2x + 1) dx = \int_0^1 (\sum_{k=0}^{41} a_k x^k) dx$.
माना $u = 1 + x + x^2$,तो $du = (1 + 2x) dx$.
अतः,$\int_1^3 u^{20} du = [\frac{u^{21}}{21}]_1^3 = \frac{3^{21} - 1}{21}$.
अतः,अभीष्ट योग $\frac{3^{21} - 1}{21}$ है।

(C) माना $f(x) = x^4$ है। दिया गया व्यंजक बहुपद $f(x) = x^4$ का $4^{th}$ क्रम का फॉरवर्ड अंतर है,जहाँ स्टेप साइज़ $h = 2$ है और $x = 1001$ है।
विशेष रूप से,$\Delta^4 f(x) = \sum_{n=0}^4 \binom{4}{n} (-1)^{4-n} f(x+nh)$.
यहाँ,व्यंजक $\sum_{n=0}^4 \binom{4}{n} (-1)^n (1009-2n)^4$ है।
माना $x = 1001$ और $h = 2$ है। तब $1009-2n = 1001 + 2(4-n)$ होगा।
यह $x^4$ के $4^{th}$ परिमित अंतर के बराबर है,जो $4! \times h^4$ द्वारा दिया जाता है।
गणना: $24 \times 2^4 = 24 \times 16 = 384$.

(B) $(1 + x)^{100}$ के विस्तार में $101$ पद हैं।
$(1 + x^2)^{100}$ के विस्तार में $101$ पद हैं।
$(1 + x^3)^{100}$ के विस्तार में $101$ पद हैं।
समावेशन-अपवर्जन सिद्धांत का उपयोग करने पर,कुल भिन्न पदों की संख्या $218$ प्राप्त होती है।

(A) हमारे पास व्यंजक $(1 - x)^5(1 + x + x^2 + x^3)^4$ है।
दूसरे गुणनखंड को सरल करने पर: $(1 + x + x^2 + x^3) = (1 + x)(1 + x^2)$।
अतः,व्यंजक $(1 - x)^5 (1 + x)^4 (1 + x^2)^4$ हो जाता है।
इसे $(1 - x) (1 - x)^4 (1 + x)^4 (1 + x^2)^4 = (1 - x) [(1 - x)(1 + x)]^4 (1 + x^2)^4$ के रूप में लिखा जा सकता है।
$= (1 - x) (1 - x^2)^4 (1 + x^2)^4 = (1 - x) [(1 - x^2)(1 + x^2)]^4$।
$= (1 - x) (1 - x^4)^4$।
इसका विस्तार करने पर,$(1 - x^4)^4 - x(1 - x^4)^4$ प्राप्त होता है।
$x^{13}$ का गुणांक प्राप्त करने के लिए,दूसरे पद $-x(1 - x^4)^4$ में $x^{13}$ वाला पद $-x \times \binom{4}{3}(x^4)^3 = -4x^{13}$ है।
अतः,$x^{13}$ का गुणांक $-4$ है।

(A) न्यूटन की असमिका या मैकलॉरिन की असमिका के अनुसार,धनात्मक वास्तविक संख्याओं $a_1, a_2, \dots, a_n$ के लिए,$e_k = \frac{S_k}{\binom{n}{k}}$ लें।
तब $e_k^2 \ge e_{k-1} e_{k+1}$ होता है।
विशेष रूप से,$n=100$ के लिए,हमारे पास $S_k = \binom{n}{k} e_k$ है।
गुणधर्म $S_k S_{n-k} \ge \binom{n}{k}^2 (a_1 a_2 \dots a_n)$ का उपयोग करते हुए,हम $k=2$ और $n=100$ रखते हैं।
$S_2 S_{98} \ge \binom{100}{2}^2 (a_1 a_2 \dots a_{100})$।
यहाँ,$\binom{100}{2} = \frac{100 \times 99}{2} = 4950$ है।
अतः,$\lambda = \binom{100}{2}^2 = (4950)^2$।

(A) हमारे पास $(1+x)^2 = 1 + 2x + x^2$ है।
$(1+x^2)^3 = 1 + 3x^2 + 3x^4 + x^6$ है।
$(1+x^3)^4 = 1 + 4x^3 + 6x^6 + 4x^9 + x^{12}$ है।
$x^{10}$ प्राप्त करने के लिए संभावित संयोजन:
$(2x) \cdot (1) \cdot (4x^9) = 8x^{10}$
$(x^2) \cdot (3x^2) \cdot (6x^6) = 18x^{10}$
$(1) \cdot (3x^4) \cdot (6x^6) = 18x^{10}$
$(2x) \cdot (x^6) \cdot (4x^3) = 8x^{10}$
कुल योग: $8 + 18 + 18 + 8 = 52$।

(D) दिया गया है $S_n = \frac{q^{n+1} - 1}{q - 1}$.
हमें $\sum_{r=1}^{101} {^{101}C_r} S_{r-1}$ का मान ज्ञात करना है।
$= \sum_{r=1}^{101} {^{101}C_r} \left( \frac{q^r - 1}{q - 1} \right)$
$= \frac{1}{q - 1} \left( \sum_{r=1}^{101} {^{101}C_r} q^r - \sum_{r=1}^{101} {^{101}C_r} \right)$
$= \frac{1}{q - 1} \left( ((1 + q)^{101} - 1) - (2^{101} - 1) \right)$
$= \frac{(1 + q)^{101} - 2^{101}}{q - 1}$.
अब,$T_{100} = \frac{(\frac{q+1}{2})^{101} - 1}{\frac{q+1}{2} - 1} = \frac{(\frac{q+1}{2})^{101} - 1}{\frac{q-1}{2}} = \frac{2}{q-1} \left( \frac{(q+1)^{101} - 2^{101}}{2^{101}} \right) = \frac{(q+1)^{101} - 2^{101}}{(q-1) 2^{100}}$.
दिया गया है कि $\sum_{r=1}^{101} {^{101}C_r} S_{r-1} = \alpha T_{100}$,इसलिए:
$\frac{(1 + q)^{101} - 2^{101}}{q - 1} = \alpha \cdot \frac{(1 + q)^{101} - 2^{101}}{(q - 1) 2^{100}}$.
अतः,$\alpha = 2^{100}$.

(B) माना $f(x) = (x + \sqrt{x^3 - 1})^6 + (x - \sqrt{x^3 - 1})^6$.
द्विपद विस्तार $(a+b)^n + (a-b)^n = 2 \sum_{k=0, 2, 4, ...} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ का उपयोग करने पर:
$f(x) = 2 [ \binom{6}{0} x^6 + \binom{6}{2} x^4 (x^3 - 1) + \binom{6}{4} x^2 (x^3 - 1)^2 + \binom{6}{6} (x^3 - 1)^3 ]$
$f(x) = 2 [ x^9 + 15x^8 + 15x^7 - 2x^6 - 30x^5 - 15x^4 + 3x^3 + 15x^2 - 1 ]$
यहाँ सम घात वाले पदों के गुणांक $15, -2, -15, 15, -1$ हैं।
गुणांकों का योग $= 2 \times (15 - 2 - 15 + 15 - 1) = 2 \times 12 = 24$.

(A) माना $P(x) = (1+x+x^{2}+\ldots+x^{2n})(1-x+x^{2}-x^{3}+\ldots+x^{2n}) = \sum_{k=0}^{4n} a_k x^k$.
सम घातों के गुणांकों का योग $\frac{P(1) + P(-1)}{2}$ द्वारा प्राप्त होता है।
पहले,$P(1)$ की गणना करें:
$P(1) = (1+1+1^{2}+\ldots+1^{2n})(1-1+1^{2}-1^{3}+\ldots+1^{2n}) = (2n+1)(1) = 2n+1$.
इसके बाद,$P(-1)$ की गणना करें:
$P(-1) = (1-1+1-1+\ldots+1)(1-(-1)+(-1)^{2}-(-1)^{3}+\ldots+(-1)^{2n}) = (1)(2n+1) = 2n+1$.
सम घातों के गुणांकों का योग $= \frac{(2n+1) + (2n+1)}{2} = 2n+1$.
दिया गया है कि $2n+1 = 61$,इसलिए $2n = 60$,अर्थात $n = 30$.

(A) सबसे पहले हम द्विपद प्रमेय का उपयोग करके दिए गए गुणनफल के प्रत्येक गुणनखंड का विस्तार करते हैं।
$(1 + 2a)^4 = 1 + 8a + 24a^2 + 32a^3 + 16a^4$.
और $(2 - a)^5 = 32 - 80a + 80a^2 - 40a^3 + 10a^4 - a^5$.
गुणनफल $(1 + 8a + 24a^2 + 32a^3 + 16a^4)(32 - 80a + 80a^2 - 40a^3 + 10a^4 - a^5)$ में $a^4$ का गुणांक ज्ञात करने के लिए,हम उन पदों को गुणा करते हैं जो $a^4$ देते हैं:
$1(10a^4) + (8a)(-40a^3) + (24a^2)(80a^2) + (32a^3)(-80a) + (16a^4)(32) = 10a^4 - 320a^4 + 1920a^4 - 2560a^4 + 512a^4 = -438a^4$.
अतः,$a^4$ का गुणांक $-438$ है।

(D) दिया गया विस्तार $(1-y)^{m}(1+y)^{n} = (1 - my + \frac{m(m-1)}{2}y^2 - \ldots)(1 + ny + \frac{n(n-1)}{2}y^2 + \ldots)$ है।
$y$ का गुणांक $a_1 = n - m = 10$ है $\ldots(1)$.
$y^2$ का गुणांक $a_2 = \frac{n(n-1)}{2} - mn + \frac{m(m-1)}{2} = 10$ है।
$2$ से गुणा करने पर,$n^2 - n - 2mn + m^2 - m = 20$ प्राप्त होता है।
पुनर्व्यवस्थित करने पर,$(n-m)^2 - (n+m) = 20$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(1)$ से $n-m = 10$ रखने पर,$10^2 - (n+m) = 20$ प्राप्त होता है।
$100 - (n+m) = 20$.
$n+m = 100 - 20 = 80$.

(D) $LHS$ श्रेणी का सामान्य पद $(2r-1)r C_{r}$ है।
योग $= \sum_{r=1}^{10} (2r^2-r) C_{r} = 2 \sum_{r=1}^{10} r^2 C_{r} - \sum_{r=1}^{10} r C_{r}$.
$n=10$ के लिए $r C_{r} = n C_{r-1}$ और $r^2 C_{r} = n(n-1) C_{r-2} + n C_{r-1}$ का उपयोग करने पर:
$LHS$ $= 2 \sum_{r=1}^{10} (10 \cdot 9 C_{r-2} + 10 C_{r-1}) - \sum_{r=1}^{10} 10 C_{r-1}$.
$= 180 \sum_{r=2}^{10} C_{r-2} + 20 \sum_{r=1}^{10} C_{r-1} - 10 \sum_{r=1}^{10} C_{r-1}$.
$= 180(2^8) + 10(2^9) = 51200$.
$RHS$ श्रेणी $\sum_{r=0}^{9} \frac{C_{r}}{r+1} = \frac{1}{11} (2^{10}-1)$ है।
तुलना करने पर,$\alpha=25$ और $\beta=11$ प्राप्त होता है,अतः $\alpha+\beta = 36$ (नोट: विकल्प संशोधित किए गए हैं)।

(A) हम जानते हैं कि $\sum_{i=0}^{n} {}^{n}C_{i} = 2^{n}$ होता है।
दिया गया योग $\sum_{i, j=0, i \neq j}^{n} {}^{n}C_{i} {}^{n}C_{j}$ है।
इसे $\left( \sum_{i=0}^{n} {}^{n}C_{i} \right) \left( \sum_{j=0}^{n} {}^{n}C_{j} \right) - \sum_{i=j=0}^{n} ({}^{n}C_{i})({}^{n}C_{j})$ के रूप में लिखा जा सकता है।
चूंकि $i=j$,दूसरा पद $\sum_{i=0}^{n} ({}^{n}C_{i})^2$ बन जाता है।
सर्वसमिका $\sum_{i=0}^{n} ({}^{n}C_{i})^2 = {}^{2n}C_{n}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(2^{n})(2^{n}) - {}^{2n}C_{n} = 2^{2n} - {}^{2n}C_{n}$।

(B) विस्तार $(1+x)^{p}(1-x)^{q} = (1 + px + \frac{p(p-1)}{2}x^2 + \frac{p(p-1)(p-2)}{6}x^3 + \dots)(1 - qx + \frac{q(q-1)}{2}x^2 - \frac{q(q-1)(q-2)}{6}x^3 + \dots)$ है।
$x$ का गुणांक $p - q = -3$ है $(1)$.
$x^2$ का गुणांक $\frac{p(p-1)}{2} - pq + \frac{q(q-1)}{2} = -5$ है।
$2$ से गुणा करने पर: $p^2 - p - 2pq + q^2 - q = -10$.
$(p-q)^2 - (p+q) = -10$.
चूँकि $p-q = -3$,हमारे पास $(-3)^2 - (p+q) = -10$ है,इसलिए $9 - (p+q) = -10$,जो $p+q = 19$ देता है $(2)$.
$(1)$ और $(2)$ को हल करने पर: $2p = 16 \implies p = 8$ और $q = 11$.
$x^3$ का गुणांक $\frac{p(p-1)(p-2)}{6} - \frac{p(p-1)}{2}q + p\frac{q(q-1)}{2} - \frac{q(q-1)(q-2)}{6}$ द्वारा दिया जाता है।
$p=8, q=11$ रखने पर:
$= \frac{8 \times 7 \times 6}{6} - \frac{8 \times 7}{2}(11) + 8 \times \frac{11 \times 10}{2} - \frac{11 \times 10 \times 9}{6}$.
$= 56 - 308 + 440 - 165 = 23$.

(D) हम जानते हैं कि द्विपद गुणांकों का योग $\sum_{k=0}^{n} {}^{n}C_{k} = 2^{n}$ होता है।
अतः,$1 + {}^{49}C_{1} + {}^{49}C_{2} + \dots + {}^{49}C_{49} = 2^{49}$।
इसलिए,पहला पद $(2 + {}^{49}C_{1} + {}^{49}C_{2} + \dots + {}^{49}C_{49}) = 1 + (1 + {}^{49}C_{1} + {}^{49}C_{2} + \dots + {}^{49}C_{49}) = 1 + 2^{49}$ होगा।
दूसरे पद के लिए,हम जानते हैं कि $\sum_{k \text{ even}} {}^{n}C_{k} = 2^{n-1}$।
अतः,${}^{50}C_{2} + {}^{50}C_{4} + \dots + {}^{50}C_{50} = 2^{50-1} - {}^{50}C_{0} = 2^{49} - 1$।
व्यंजक $1 + (1 + 2^{49})(2^{49} - 1) = 1 + (2^{98} - 1) = 2^{98}$ हो जाता है।
$2^{98}$ की तुलना $2^{n} \cdot m$ से करने पर,हमें $n = 98$ और $m = 1$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$n + m = 98 + 1 = 99$।

(B) दिया गया है $M = 2^{30} - 2^{15} + 1$।
हम जानते हैं कि $(a - b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 - 2ab + 2ac - 2bc$।
माना $a = 2^{30}$,$b = 2^{15}$,और $c = 1$।
अतः $M^2 = 2^{60} - 2^{46} + 2^{31} + 2^{30} - 2^{16} + 1$।
इस व्यंजक को सरल करने पर,बाइनरी निरूपण में $30$ बार अंक $1$ आएगा।

(C) मान लीजिए $x_1 = (44 + \sqrt{2017})^{2017}$ और $x_2 = (44 - \sqrt{2017})^{2017}$ है।
चूँकि $44^2 = 1936$ और $45^2 = 2025$,इसलिए $44 < \sqrt{2017} < 45$ है। अतः,$0 < 44 - \sqrt{2017} < 1$ है।
मान लीजिए $x_1 = I + F_2$,जहाँ $I$ एक पूर्णांक है और $0 \le F_2 < 1$ है।
चूँकि $0 < x_2 < 1$ है,इसलिए $x_2$ का भिन्नात्मक भाग $F_1$ स्वयं $x_2$ है,अतः $F_1 = x_2$ है।
$x_1 + x_2 = (44 + \sqrt{2017})^{2017} + (44 - \sqrt{2017})^{2017}$ पर विचार करें।
द्विपद विस्तार द्वारा,$\sqrt{2017}$ वाले अपरिमेय पद कट जाते हैं,जिससे $x_1 + x_2 = 2 \sum_{k=0, \text{even}}^{2017} \binom{2017}{k} 44^{2017-k} (2017)^{k/2}$ प्राप्त होता है,जो एक सम पूर्णांक $N$ है।
अतः,$I + F_2 + F_1 = N$,जिसका अर्थ है $F_1 + F_2 = N - I$। चूँकि $0 < F_1 < 1$ और $0 \le F_2 < 1$ है,इसलिए $0 < F_1 + F_2 < 2$ है।
$F_1 + F_2$ का एकमात्र पूर्णांक मान $1$ हो सकता है।
चूँकि $1$,$0.9$ और $1.35$ के बीच स्थित है,इसलिए सही विकल्प $C$ है।

(D) माना $P(x) = 1+x^2+x^4+\ldots+x^{22} = \frac{x^{24}-1}{x^2-1}$ और $Q(x) = 1+x+x^2+\ldots+x^{11} = \frac{x^{12}-1}{x-1}$.
$P(x) = \frac{(x^{12}-1)(x^{12}+1)}{(x-1)(x+1)} = Q(x) \cdot \frac{x^{12}+1}{x+1}$.
$\frac{x^{12}+1}{x+1} = \frac{x^{12}-1+2}{x+1} = (x^{11}-x^{10}+x^9-\ldots-1) + \frac{2}{x+1}$.
$P(x) = Q(x) \cdot (x^{11}-x^{10}+x^9-\ldots-1) + \frac{2 Q(x)}{x+1}$.
चूंकि $Q(x) = (1+x)(1+x^2+x^4+x^6+x^8+x^{10})$,इसलिए शेषफल $2(1+x^2+x^4+x^6+x^8+x^{10})$ होगा।

(D) मान लीजिए $f(x) = (1+x+x^2)^{2014} = \sum_{r=0}^{4028} a_r x^r$.
इकाई का सम्मिश्र घनमूल $\omega$ लें,ताकि $1+\omega+\omega^2 = 0$ और $\omega^3 = 1$.
रूट्स ऑफ यूनिटी फिल्टर का उपयोग करके,यह सिद्ध किया जा सकता है कि $|A| = |C| < |B|$.

(D) माना $P(x) = 1+x^2+x^4+\ldots+x^{2010}$ है।
यह एक गुणोत्तर श्रेणी है जिसमें $1006$ पद हैं,प्रथम पद $a=1$ और सार्व अनुपात $r=x^2$ है।
$P(x) = \frac{1-(x^2)^{1006}}{1-x^2} = \frac{1-x^{2012}}{1-x^2}$ है।
हम चाहते हैं कि $Q(x) = 1+x+x^2+\ldots+x^{n-1} = \frac{1-x^n}{1-x}$,$P(x)$ को विभाजित करे।
$P(x) = \frac{(1-x^{1006})(1+x^{1006})}{(1-x)(1+x)} = \left(\frac{1-x^{1006}}{1-x}\right) \left(\frac{1+x^{1006}}{1+x}\right)$ है।
यहाँ $\frac{1-x^{1006}}{1-x} = 1+x+x^2+\ldots+x^{1005}$ है।
$Q(x)$ द्वारा $P(x)$ के विभाज्य होने के लिए,$n$ को $1006$ का भाजक होना चाहिए ताकि $1005 \le n \le 2010$ हो।
$1006 = 2 \times 503$ के भाजक $1, 2, 503, 1006$ हैं।
अंतराल $[1005, 2010]$ में एकमात्र मान $n=1006$ है।

(D) माना ट्रक $i$ में पैकेट का वजन $w_i$ है,जहाँ $w_i \in \{999, 1000\}$ है।
यदि सभी ट्रकों में $1000 \ g$ के पैकेट होते,तो कुल वजन:
$W_{max} = 1000(1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^9) = 1000(2^{10} - 1) = 1023000 \ g$ होता।
कुल वजन $1022870 \ g$ दिया गया है।
अंतर $1023000 - 1022870 = 130 \ g$ है।
चूँकि प्रत्येक हल्का पैकेट $1000 \ g$ से $1 \ g$ कम है,$130$ को $2$ की घातों के योग के रूप में लिखने पर:
$130 = 128 + 2 = 2^7 + 2^1$.
यह $2$ रे ट्रक $(2^1)$ और $8$ वें ट्रक $(2^7)$ को दर्शाता है।

(C) माना $a = 512$,$b = -253$,और $c = -259$ है।
तब $a + b + c = 512 - 253 - 259 = 0$ है।
हम जानते हैं कि यदि $a + b + c = 0$ है,तो $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$ होता है।
अतः,$(512)^3 + (-253)^3 + (-259)^3 = 3(512)(-253)(-259) = 3 \times 512 \times 253 \times 259$ है।
अब,प्रत्येक पद का गुणनखंड करें:
$3 = 3^1$
$512 = 2^9$
$253 = 11 \times 23$
$259 = 7 \times 37$
अतः,व्यंजक $3^1 \times 2^9 \times 11^1 \times 23^1 \times 7^1 \times 37^1$ है।
भिन्न अभाज्य विभाजक $2, 3, 7, 11, 23, 37$ हैं।
इस प्रकार,कुल $6$ भिन्न अभाज्य विभाजक हैं।

(B) हमारे पास $P(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 = \frac{1 - x^6}{1 - x}$ है।
ध्यान दें कि $P(x) = 0$ तब होता है जब $x = \omega^k$ जहाँ $\omega = e^{i \frac{2\pi}{6}}$ और $k \in \{1, 2, 3, 4, 5\}$ है।
हम शेषफल $R(x)$ ज्ञात करना चाहते हैं जब $P(x^{12})$ को $P(x)$ से विभाजित किया जाता है।
$P(x^{12}) = 1 + (x^{12}) + (x^{12})^2 + (x^{12})^3 + (x^{12})^4 + (x^{12})^5$.
$P(x)$ के किसी भी मूल $\alpha$ के लिए,हमारे पास $\alpha^6 = 1$ है।
अतः,$\alpha^{12} = (\alpha^6)^2 = 1^2 = 1$.
$P(x^{12})$ में $x = \alpha$ रखने पर,हमें $P(\alpha^{12}) = 1 + 1 + 1^2 + 1^3 + 1^4 + 1^5 = 6$ प्राप्त होता है।
चूँकि $P(x^{12}) = P(x)Q(x) + R(x)$,और $P(\alpha) = 0$,इसलिए $R(\alpha) = P(\alpha^{12}) = 6$ जो $P(x)$ के सभी $5$ मूलों के लिए सत्य है।
चूँकि $R(x)$ अधिकतम $4$ घात वाला बहुपद है और यह $5$ अलग-अलग बिंदुओं पर $6$ मान लेता है,इसलिए $R(x)$ को अचर बहुपद $6$ होना चाहिए।

(A) दिया गया समीकरण $x^2-x-1=0$ है। इसके मूल $x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ हैं।
यहाँ $\lambda = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ और $1-\lambda = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ है।
$a_n$ फिबोनाची अनुक्रम का $n$-वां पद $F_n$ है,जो हमेशा एक पूर्णांक होता है।
इसलिए,$a_n$ कभी भी अपरिमेय नहीं हो सकता और न ही ऐसी परिमेय संख्या हो सकता है जो पूर्णांक न हो।
अतः,समुच्चय $A = \emptyset$ और समुच्चय $B = \emptyset$ है।

(B) विस्तार $\left((10-3^x)^{1/2} + (3^{x-2})^{1/5}\right)^m$ है। सामान्य पद $T_{r+1} = {^mC_r} (10-3^x)^{(m-r)/2} (3^{x-2})^{r/5}$ है।
$T_6 = 21$ दिया गया है,इसलिए $r=5$: ${^mC_5} (10-3^x)^{(m-5)/2} (3^{x-2}) = 21$.
${^mC_1}, {^mC_2}, {^mC_3}$ एक $A.P.$ में हैं,इसलिए $2({^mC_2}) = {^mC_1} + {^mC_3}$.
इस समीकरण को हल करने पर $m=7$ प्राप्त होता है।
$m=7$ को $T_6$ में रखने पर: ${^7C_5} (10-3^x)^{(7-5)/2} (3^{x-2}) = 21 \implies 21 (10-3^x) \cdot \frac{3^x}{9} = 21$.
$(10-3^x) \cdot 3^x = 9 \implies (3^x)^2 - 10 \cdot 3^x + 9 = 0$.
$3^x=9$ या $3^x=1 \implies x=2$ या $x=0$.
मानों के वर्गों का योग $0^2 + 2^2 = 4$ है।

(A) दी गई व्यंजक: $(1-x)^{2008}(1+x+x^2)^{2007}$
$= (1-x)(1-x)^{2007}(1+x+x^2)^{2007}$
$= (1-x)[(1-x)(1+x+x^2)]^{2007}$
$= (1-x)(1-x^3)^{2007}$
$= (1-x) \sum_{r=0}^{2007} {}^{2007}C_r (-x^3)^r$
$= \sum_{r=0}^{2007} (-1)^r {}^{2007}C_r x^{3r} - \sum_{r=0}^{2007} (-1)^r {}^{2007}C_r x^{3r+1}$
$x^{2012}$ के गुणांक के लिए:
स्थिति $1$: $3r = 2012 \implies r = \frac{2012}{3}$ (पूर्णांक नहीं है)
स्थिति $2$: $3r+1 = 2012 \implies 3r = 2011 \implies r = \frac{2011}{3}$ (पूर्णांक नहीं है)
चूंकि $r$ एक पूर्णांक होना चाहिए,इसलिए $x^{2012}$ वाला कोई पद नहीं है।
अतः,$x^{2012}$ का गुणांक $0$ है।

(C) मान लीजिए कि चार क्रमागत द्विपद गुणांक $^nC_r, ^nC_{r+1}, ^nC_{r+2}, ^nC_{r+3}$ हैं।
दिया गया है:
$2-p = ^nC_r$
$p = ^nC_{r+1}$
$2-\alpha = ^nC_{r+2}$
$\alpha = ^nC_{r+3}$
पहले दो का योग करने पर:
$(2-p) + p = ^nC_r + ^nC_{r+1} = ^{n+1}C_{r+1} = 2$
अंतिम दो का योग करने पर:
$(2-\alpha) + \alpha = ^nC_{r+2} + ^nC_{r+3} = ^{n+1}C_{r+3} = 2$
यहाँ $p=1$ और $\alpha=1$ लेने पर,$p^2-\alpha^2+6\alpha+2p = 1^2-1^2+6(1)+2(1) = 8$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया व्यंजक एक गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = (x+3)^{n-1}$ और सार्व अनुपात $r = \frac{x+2}{x+3}$ है,जिसमें $n$ पद हैं।
योग सूत्र $S_n = a \frac{1-r^n}{1-r}$ का उपयोग करने पर:
$S = (x+3)^{n-1} \frac{1 - (\frac{x+2}{x+3})^n}{1 - \frac{x+2}{x+3}} = (x+3)^n - (x+2)^n$.
गुणांकों का योग $\sum \alpha_r$ प्राप्त करने के लिए $x=1$ रखने पर:
$\sum \alpha_r = (1+3)^n - (1+2)^n = 4^n - 3^n$.
दिया गया है कि $\sum \alpha_r = \beta^n - \gamma^n$,इसलिए $\beta = 4$ और $\gamma = 3$ है।
अतः,$\beta^2 + \gamma^2 = 4^2 + 3^2 = 16 + 9 = 25$.

(C) दिया गया व्यंजक $\frac{(x+1)^6}{x^6} (1+x^2)^7 (1-x^3)^8 = \frac{1}{x^6} (1+x)^6 (1+x^2)^7 (1-x^3)^8$ है।
हमें $(1+x)^6 (1+x^2)^7 (1-x^3)^8$ में $x^{36}$ का गुणांक ज्ञात करना है।
सामान्य पद $\binom{6}{r_1} \binom{7}{r_2} \binom{8}{r_3} (-1)^{r_3} x^{r_1 + 2r_2 + 3r_3}$ है।
हमें $r_1 + 2r_2 + 3r_3 = 36$ की शर्त पूरी करनी है,जहाँ $0 \le r_1 \le 6, 0 \le r_2 \le 7, 0 \le r_3 \le 8$ है।
सभी संभावित त्रिकों $(r_1, r_2, r_3)$ के लिए गुणांकों का योग करने पर $\alpha = -678$ प्राप्त होता है।
अतः,$|\alpha| = 678$।

(C) हमारे पास $\alpha = \sum_{r=0}^{n} (4r^2+2r+1) {}^{n}C_{r}$ है।
सर्वसमिका $r {}^{n}C_{r} = n {}^{n-1}C_{r-1}$ और $r(r-1) {}^{n}C_{r} = n(n-1) {}^{n-2}C_{r-2}$ का उपयोग करके,हम $4r^2+2r+1 = 4r(r-1) + 6r + 1$ लिखते हैं।
तब $\alpha = 4n(n-1) 2^{n-2} + 6n 2^{n-1} + 2^n = 2^n (n+1)^2$ प्राप्त होता है।
अब,$\beta = \sum_{r=0}^{n} \frac{{}^{n}C_{r}}{r+1} + \frac{1}{n+1} = \frac{2^{n+1}}{n+1}$ प्राप्त होता है।
तब $\frac{2\alpha}{\beta} = (n+1)^3$ है।
दिया गया है कि $140 < (n+1)^3 < 281$ है।
$n=5$ के लिए,$(5+1)^3 = 216$ जो सीमा के भीतर है।
अतः,$n=5$।

(A) दिया गया है $f(m, n, p) = \sum_{i=0}^{p} \binom{m}{i} \binom{n+i}{p} \binom{p+n}{p-i}$.
सर्वसमिका $\binom{n+i}{p} \binom{p+n}{p-i} = \binom{n+p}{p} \binom{n+i}{i}$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$f(m, n, p) = \binom{n+p}{p} \sum_{i=0}^{p} \binom{m}{i} \binom{n+i}{i} = \binom{n+p}{p} \binom{m+n}{p}$.
अतः,$\frac{f(m, n, p)}{\binom{n+p}{p}} = \binom{m+n}{p}$.
इस प्रकार $g(m, n) = \sum_{p=0}^{m+n} \binom{m+n}{p} = 2^{m+n}$.
विकल्पों की जाँच करने पर:
$(A)$ $g(m, n) = 2^{m+n}$ और $g(n, m) = 2^{n+m}$,इसलिए $g(m, n) = g(n, m)$ $TRUE$ है।
$(B)$ $g(m, n+1) = 2^{m+n+1}$ और $g(m+1, n) = 2^{m+1+n}$,इसलिए $g(m, n+1) = g(m+1, n)$ $TRUE$ है।
$(C)$ $g(2m, 2n) = 2^{2m+2n}$ और $2g(m, n) = 2 \cdot 2^{m+n} = 2^{m+n+1}$,इसलिए $g(2m, 2n) \neq 2g(m, n)$.
$(D)$ $g(2m, 2n) = 2^{2m+2n} = (2^{m+n})^2 = (g(m, n))^2$,इसलिए $g(2m, 2n) = (g(m, n))^2$ $TRUE$ है।
अतः,सही कथन $A, B, D$ हैं।

(B) दिया गया है $(1+x+x^2)^{10} = \sum_{r=0}^{20} a_r x^r$।
मान लीजिए $S_1 = a_0+a_1+a_2+\ldots+a_{20} = (1+1+1)^{10} = 3^{10} = 59049$।
मान लीजिए $S_2 = a_0-a_1+a_2-\ldots+a_{20} = (1-1+1)^{10} = 1^{10} = 1$।
$S_1$ में से $S_2$ घटाने पर: $S_1 - S_2 = 2(a_1+a_3+\ldots+a_{19}) = 59049 - 1 = 59048$।
अतः,$a_1+a_3+\ldots+a_{19} = 29524$।
$a_2$ ज्ञात करने के लिए,हम $(1+x+x^2)^{10} = (1+(x+x^2))^{10} = 1 + 10(x+x^2) + \binom{10}{2}(x+x^2)^2 + \ldots$ का विस्तार करते हैं।
$x^2$ का गुणांक $a_2 = 10(1) + \binom{10}{2}(1)^2 = 10 + 45 = 55$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $29524 - 11(55) = 121k$।
$29524 - 605 = 28919$।
$k = \frac{28919}{121} = 239$।

(D) $(x+y)^{2n-3}$ के विस्तार में पदों की संख्या $(2n-3+1) = 2n-2$ है।
सभी गुणांकों का योग $x=1$ और $y=1$ रखने पर प्राप्त होता है,जो $2^{2n-3}$ है।
सभी गुणांकों का समांतर माध्य $\frac{2^{2n-3}}{2n-2} = 16$ है।
यह $2^{2n-3} = 16(2n-2) = 2^4 \times 2(n-1) = 2^5(n-1)$ में सरल होता है।
$n=5$ के लिए,$2^{2(5)-3} = 2^7 = 128$ और $2^5(5-1) = 32 \times 4 = 128$। अतः,$n=5$ है।
बिंदु $P$ का मान $(2(5)-1, 5^2-4(5)) = (9, 5)$ है।
बिंदु $P(9, 5)$ की रेखा $x+y-8=0$ से दूरी $d = \frac{|9+5-8|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}$ है।

(A) माना सामान्य पद $T_r = (-1)^{r-4} (r-1)(r-2) {}^{20}C_r$ है,जहाँ $r = 4$ से $20$ तक है।
$(1-x)^{20} = \sum_{r=0}^{20} {}^{20}C_r (-x)^r$ के विस्तार पर विचार करें।
$x$ के सापेक्ष दो बार अवकलन करने पर:
$\frac{d^2}{dx^2} (1-x)^{20} = 380(1-x)^{18}$ प्राप्त होता है।
$x=1$ रखने पर,योग $0$ प्राप्त होता है।
अतः,श्रेणी का योग $34$ है।

(D) दिया गया है,$(1+x+x^{2}+x^{3})^{n}=\sum_{r=0}^{3n} a_{r} x^{r}$ और $n$ एक विषम धनात्मक पूर्णांक है।
$a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}+\ldots-a_{3n}$ का मान ज्ञात करने के लिए,हम दिए गए विस्तार में $x = -1$ प्रतिस्थापित करते हैं।
माना $f(x) = (1+x+x^{2}+x^{3})^{n} = \sum_{r=0}^{3n} a_{r} x^{r}$ है।
$x = -1$ रखने पर:
$f(-1) = a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + \ldots - a_{3n}$।
अब,$(1+x+x^{2}+x^{3})^{n}$ का उपयोग करके $f(-1)$ का मान ज्ञात करते हैं:
$f(-1) = (1 + (-1) + (-1)^{2} + (-1)^{3})^{n}$
$f(-1) = (1 - 1 + 1 - 1)^{n}$
$f(-1) = (0)^{n}$।
चूंकि $n$ एक विषम धनात्मक पूर्णांक है,इसलिए $0^{n} = 0$।
अतः,$a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}+\ldots-a_{3n} = 0$।