Mix Examples-Binomial Theorem Questions in Hindi

(C) माना $P(x) = \prod_{k=0}^{15} (1-2^k x)$.
हमें इस गुणनफल में $x^{15}$ का गुणांक ज्ञात करना है.
यह $q$-द्विपद प्रमेय से संबंधित एक ज्ञात पहचान है,जहाँ $\prod_{k=0}^{n-1} (1-q^k x)$ में $x^n$ का गुणांक $(-1)^n q^{n(n-1)/2}$ होता है.
यहाँ,$n=15$ और $q=2$ है.
गुणनफल $\prod_{k=0}^{15} (1-2^k x) = (1-x)(1-2x)(1-4x)\ldots(1-2^{15}x)$ है.
$x^{15}$ का गुणांक $(-1)^{15} \sum_{j=0}^{15} \frac{\prod_{k=0}^{15} 2^k}{2^j} = -2^{120} \sum_{j=0}^{15} 2^{-j} = -2^{120} (2 - 2^{-15}) = 2^{105} - 2^{121}$ होता है.

(D) माना दी गई अभिव्यक्ति $S = (C_0+C_1)-(C_2+C_3)+(C_4+C_5)-(C_6+C_7)+\ldots$ है।
इसे $S = (C_0-C_2+C_4-C_6+\ldots) + (C_1-C_3+C_5-C_7+\ldots)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
$(1+i)^n$ का विस्तार लें: $(1+i)^n = C_0 + C_1 i + C_2 i^2 + C_3 i^3 + C_4 i^4 + C_5 i^5 + C_6 i^6 + C_7 i^7 + \ldots$
चूँकि $i^2 = -1, i^3 = -i, i^4 = 1, i^5 = i, i^6 = -1, i^7 = -i$,हमें प्राप्त होता है:
$(1+i)^n = (C_0 - C_2 + C_4 - C_6 + \ldots) + i(C_1 - C_3 + C_5 - C_7 + \ldots)$
माना $A = (C_0 - C_2 + C_4 - C_6 + \ldots)$ और $B = (C_1 - C_3 + C_5 - C_7 + \ldots)$।
तब $(1+i)^n = A + iB$।
दी गई अभिव्यक्ति $S = A + B$ है।
हम जानते हैं कि $1+i = \sqrt{2} \left(\cos \frac{\pi}{4} + i \sin \frac{\pi}{4}\right)$।
अतः,$(1+i)^n = (\sqrt{2})^n \left(\cos \frac{n\pi}{4} + i \sin \frac{n\pi}{4}\right) = 2^{n/2} \left(\cos \frac{n\pi}{4} + i \sin \frac{n\pi}{4}\right)$।
इस प्रकार,$A = 2^{n/2} \cos \frac{n\pi}{4}$ और $B = 2^{n/2} \sin \frac{n\pi}{4}$।
अतः,$S = A + B = 2^{n/2} \left(\cos \frac{n\pi}{4} + \sin \frac{n\pi}{4}\right)$।

(C) $(1+2x)^n$ में सभी गुणांकों का योग $x=1$ रखने पर प्राप्त होता है,जो $(1+2)^n = 3^n = 6561$ देता है। चूँकि $3^8 = 6561$,इसलिए $n=8$ है।
दिया गया है $R = (1+2x)^n = (1+\sqrt{2})^8 = I+F$,जहाँ $I \in N$ और $0 < F < 1$ है।
मान लीजिए $F' = (\sqrt{2}-1)^8$ है। चूँकि $0 < \sqrt{2}-1 < 1$,इसलिए $0 < F' < 1$ है।
$R + F' = (\sqrt{2}+1)^8 + (\sqrt{2}-1)^8$ पर विचार करें।
द्विपद प्रमेय का उपयोग करके विस्तार करने पर,विषम पद कट जाते हैं,जिससे एक सम पूर्णांक प्राप्त होता है।
अतः,$I+F+F' = \text{सम पूर्णांक}$,जिसका अर्थ है $F+F' = 1$ क्योंकि $0 < F+F' < 2$ है।
इसलिए,$F = 1 - F' = 1 - (\sqrt{2}-1)^8$ है।
अब,$1 - \frac{F}{1+(\sqrt{2}-1)^4} = 1 - \frac{1-(\sqrt{2}-1)^8}{1+(\sqrt{2}-1)^4}$ की गणना करें।
वर्गों के अंतर $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$ का उपयोग करते हुए,$1-(\sqrt{2}-1)^8 = [1-(\sqrt{2}-1)^4][1+(\sqrt{2}-1)^4]$ प्राप्त होता है।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$1 - [1-(\sqrt{2}-1)^4] = (\sqrt{2}-1)^4$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(B) दिया गया है कि $(1+x+x^2)^n = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + \ldots + c_{2n} x^{2n}$।
$x$ को $-1/x$ से प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(1 - 1/x + 1/x^2)^n = c_0 - c_1/x + c_2/x^2 - \ldots + c_{2n} (-1/x)^{2n}$
$(x^2 - x + 1)^n / x^{2n} = (c_0 x^{2n} - c_1 x^{2n-1} + c_2 x^{2n-2} - \ldots + c_{2n}) / x^{2n}$
अतः,$(1 - x + x^2)^n = c_0 x^{2n} - c_1 x^{2n-1} + c_2 x^{2n-2} - \ldots + c_{2n}$।
अब,गुणनफल $(1+x+x^2)^n (1-x+x^2)^n = (c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + \ldots) (c_0 x^{2n} - c_1 x^{2n-1} + c_2 x^{2n-2} - \ldots)$ पर विचार करें।
पद $c_0 c_1 - c_1 c_2 + c_2 c_3 - \ldots$ इन दो श्रेणियों के गुणनफल में $x^{2n-1}$ का गुणांक है।
$(1+x+x^2)^n (1-x+x^2)^n = ((1+x^2)+x)^n ((1+x^2)-x)^n = ((1+x^2)^2 - x^2)^n = (1 + 2x^2 + x^4 - x^2)^n = (1 + x^2 + x^4)^n$।
$(1 + x^2 + x^4)^n$ के विस्तार में,केवल $x$ की सम घातें मौजूद होती हैं।
चूंकि $2n-1$ एक विषम संख्या है,इसलिए $x^{2n-1}$ का गुणांक $0$ है।
अतः,$c_0 c_1 - c_1 c_2 + c_2 c_3 - \ldots = 0$।

(C) माना $S = \sum_{k=1}^{101} k x^{k-1} (1+x)^{101-k}$.
यह एक अंकगणितीय-ज्यामितीय श्रेणी है।
$S$ को $\frac{x}{1+x}$ से गुणा करके घटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$S(\frac{1}{1+x}) = (1+x)^{101} - x^{101} - 101 \frac{x^{101}}{1+x}$.
अतः,$S = (1+x)^{102} - x^{102} - 102 x^{101}$.
$(1+x)^{102}$ के विस्तार में $x^{50}$ का गुणांक $^{102}C_{50}$ है।

(D) दिया गया है,$R=(5 \sqrt{5}+11)^{2 n+1}$ और $f=R-[R]=\{R\}$.
यदि $I$,$R$ का पूर्णांक भाग है,तो $R=I+f=(5 \sqrt{5}+11)^{2 n+1} \dots (i)$,जहाँ $0 < f < 1$.
$f_1=(5 \sqrt{5}-11)^{2 n+1}$ लें। चूँकि $5 \sqrt{5} = \sqrt{125} \approx 11.18$,इसलिए $0 < 5 \sqrt{5}-11 < 1$,अतः $0 < f_1 < 1$.
द्विपद प्रमेय का उपयोग करके $R$ और $f_1$ का विस्तार करने पर:
$R = \sum_{k=0}^{2n+1} \binom{2n+1}{k} (5 \sqrt{5})^{2n+1-k} (11)^k$
$f_1 = \sum_{k=0}^{2n+1} \binom{2n+1}{k} (5 \sqrt{5})^{2n+1-k} (-11)^k$
$R$ और $f_1$ को जोड़ने पर:
$R+f_1 = 2 \sum_{k \text{ even}} \binom{2n+1}{k} (5 \sqrt{5})^{2n+1-k} (11)^k = \text{सम पूर्णांक } (2K)$.
चूँकि $R = I+f$,हमारे पास $I+f+f_1 = 2K$ है,जिसका अर्थ है $f+f_1 = 2K-I = \text{पूर्णांक}$.
चूँकि $0 < f < 1$ और $0 < f_1 < 1$,इसलिए $0 < f+f_1 < 2$,अतः $f+f_1=1$,जिसका अर्थ है $f_1 = 1-f$.
यहाँ $(5 \sqrt{5})^2 - 11^2 = 125 - 121 = 4$.
अतः $R \cdot f_1 = (125-121)^{2n+1} = 4^{2n+1}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $4^{2n+1}$ है।

(C) $(\sqrt{2}+\sqrt[3]{3})^{6144}$ के विस्तार में सामान्य पद $T_{r+1} = \binom{6144}{r} 2^{(6144-r)/2} 3^{r/3}$ है।
पद को परिमेय होने के लिए,$r$ को $3$ का गुणज होना चाहिए और $6144-r$ को $2$ से विभाज्य होना चाहिए।
अतः,$r$ को $6$ का गुणज होना चाहिए। $0 \le r \le 6144$ होने के कारण,$r = 6k$ जहाँ $0 \le k \le 1024$ है।
इसलिए,$K = 1025$ है।
अब,$f(x) = \frac{1-x}{1-x^{32}} = (1-x)(1+x^{32}+x^{64}+\dots)$ है।
अतः,$\alpha_P = 1$ यदि $P$ $32$ का गुणज है,$\alpha_P = -1$ यदि $P-1$ $32$ का गुणज है,और अन्यथा $0$ है।
$K = 1025$ के लिए,$\alpha_{1025} = -1$,$\alpha_{1026} = 0$,और $\alpha_{1024} = 1$ है।
इसलिए,$\alpha_{K}-\alpha_{K+1}-\alpha_{K-1} = -1 - 0 - 1 = -2$।

(C) माना $f(x) = (1+x+x^2+x^3)^{100} = \sum_{r=0}^{300} a_r x^r$.
$x=1$ रखने पर,$S = \sum_{r=0}^{300} a_r = f(1) = (1+1+1^2+1^3)^{100} = 4^{100}$.
$f(x)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f'(x) = 100(1+x+x^2+x^3)^{99} \cdot (1+2x+3x^2) = \sum_{r=1}^{300} r \cdot a_r x^{r-1}$.
$x=1$ रखने पर:
$\sum_{r=0}^{300} r \cdot a_r = f'(1) = 100(4^{99}) \cdot (1+2+3) = 100 \cdot 4^{99} \cdot 6 = 600 \cdot 4^{99}$.
चूंकि $S = 4^{100}$,इसलिए $4^{99} = \frac{S}{4}$.
अतः,$\sum_{r=0}^{300} r \cdot a_r = 600 \cdot \frac{S}{4} = 150 S$.

(B) दी गई अभिव्यक्ति पर विचार करें: $S = \sum_{r=0}^n (3r-1) C_r^2$.
हम जानते हैं कि $C_r^2 = C_r \cdot C_{n-r}$.
अतः,$S = 3 \sum_{r=0}^n r C_r^2 - \sum_{r=0}^n C_r^2$.
सर्वसमिका $\sum_{r=0}^n C_r^2 = { }^{2n} C_n$ और $r C_r = n { }^{n-1} C_{r-1}$ का उपयोग करने पर:
$S = 3 \sum_{r=1}^n n { }^{n-1} C_{r-1} C_r - { }^{2n} C_n$.
$S = 3n \sum_{r=1}^n { }^{n-1} C_{r-1} { }^{n} C_{n-r} - { }^{2n} C_n$.
योगफल $\sum_{r=1}^n { }^{n-1} C_{r-1} { }^{n} C_{n-r}$,$(1+x)^{n-1}(1+x)^n = (1+x)^{2n-1}$ के विस्तार में $x^{n-1}$ का गुणांक है,जो ${ }^{2n-1} C_{n-1}$ है।
अतः,$S = 3n { }^{2n-1} C_{n-1} - { }^{2n} C_n$.
चूंकि ${ }^{2n-1} C_{n-1} = \frac{n}{2n} { }^{2n} C_n = \frac{1}{2} { }^{2n} C_n$,हमें प्राप्त होता है:
$S = 3n \left( \frac{1}{2} { }^{2n} C_n \right) - { }^{2n} C_n = \left( \frac{3n}{2} - 1 \right) { }^{2n} C_n = \left( \frac{3n-2}{2} \right) { }^{2n} C_n$.

(C) हम जानते हैं कि $|x| < 1$ के लिए द्विपद प्रसार:
$(a)$ $(1-x)^{-n} = 1 + nx + \frac{n(n+1)}{2!}x^2 + \dots$ ($iii$ के साथ मेल खाता है)
$(b)$ $(1+x)^{-n} = 1 - nx + \frac{n(n+1)}{2!}x^2 - \dots$ ($ii$ के साथ मेल खाता है)
$(c)$ $x > 1$ के लिए,$1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + \dots = \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = \frac{x}{x-1}$ ($iv$ के साथ मेल खाता है)
$(d)$ $|x| > 1$ के लिए,$1 - \frac{2}{x^2} + \frac{3}{x^4} - \frac{4}{x^6} + \dots$ का प्रसार $(1 + \frac{1}{x^2})^{-2} = \frac{1}{(1 + \frac{1}{x^2})^2} = \frac{x^4}{(x^2+1)^2}$ है ($v$ के साथ मेल खाता है)
अतः,सही मिलान $A-iii, B-ii, C-iv, D-v$ है.

(A) मान लीजिए $a > b > 0$ और $n \geq 2$ है।
मान लीजिए $a = 4, b = 1$,और $n = 2$ है।
तब $f(2) = 4^{1/2} - 1^{1/2} = 2 - 1 = 1$ है।
और $J(2) = (4 - 1)^{1/2} = \sqrt{3} \approx 1.732$ है।
चूंकि $1 < 1.732$,इसलिए $f(2) < J(2)$ है।
सामान्यतः,$a > b > 0$ और $n \geq 2$ के लिए,घात के गुणधर्म के अनुसार,$(a - b)^{1/n} > a^{1/n} - b^{1/n}$ सत्य है।
अतः,$f(n) < J(n)$ है।

(A) दिया गया व्यंजक $(1+e^{i\theta})^n$ के द्विपद विस्तार का वास्तविक भाग है।
माना $S = 1+{ }^{n} C_{1} \cos \theta+{ }^{n} C_{2} \cos 2 \theta+\ldots+{ }^{n} C_{n} \cos n \theta$.
तब $S = \operatorname{Re}\left(\sum_{k=0}^{n} { }^{n} C_{k} e^{ik\theta}\right) = \operatorname{Re}((1+e^{i\theta})^n)$.
$1+e^{i\theta} = 1+\cos \theta + i \sin \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2} + i 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ का उपयोग करने पर.
$1+e^{i\theta} = 2 \cos \frac{\theta}{2} \left(\cos \frac{\theta}{2} + i \sin \frac{\theta}{2}\right) = 2 \cos \frac{\theta}{2} e^{i\theta/2}$.
अतः,$(1+e^{i\theta})^n = (2 \cos \frac{\theta}{2})^n e^{in\theta/2} = (2 \cos \frac{\theta}{2})^n \left(\cos \frac{n\theta}{2} + i \sin \frac{n\theta}{2}\right)$.
वास्तविक भाग लेने पर,हमें $S = (2 \cos \frac{\theta}{2})^n \cos \frac{n\theta}{2}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है $(1+x+x^2+x^3)^5 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_{15} x^{15}$.
हम जानते हैं कि $(1+x+x^2+x^3) = (1+x)(1+x^2)$.
अतः,$f(x) = (1+x)^5 (1+x^2)^5 = \sum_{k=0}^{15} a_k x^k$.
योग $\sum_{k=0}^7 (-1)^k a_{2k} = a_0 - a_2 + a_4 - a_6 + a_8 - a_{10} + a_{12} - a_{14}$ प्राप्त करने के लिए,$x = i$ रखने पर:
$f(i) = (1+i+i^2+i^3)^5 = (1+i-1-i)^5 = 0^5 = 0$.
$f(i) = a_0 + a_1 i - a_2 - a_3 i + a_4 + a_5 i - a_6 - a_7 i + a_8 + \dots$.
वास्तविक भाग को $0$ के बराबर रखने पर:
$a_0 - a_2 + a_4 - a_6 + a_8 - a_{10} + a_{12} - a_{14} = 0$.

(B) दिया गया है $(1+x+x^2)^9 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \ldots + a_{18} x^{18}$.
$x = 1$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है $(1+1+1)^9 = a_0 + a_1 + a_2 + \ldots + a_{18} \Rightarrow 3^9 = a_0 + a_1 + a_2 + \ldots + a_{18} \quad (i)$.
$x = -1$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है $(1-1+1)^9 = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \ldots + a_{18} \Rightarrow 1 = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \ldots + a_{18} \quad (ii)$.
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर,$3^9 + 1 = 2(a_0 + a_2 + a_4 + \ldots + a_{18})$.
अतः,$a_0 + a_2 + a_4 + \ldots + a_{18} = \frac{3^9 + 1}{2} = \frac{19683 + 1}{2} = \frac{19684}{2} = 9842$.
चूँकि $9842$ एक सम संख्या है,विकल्प $B$ सही है।

(B) दी गई अभिव्यक्ति एक गुणोत्तर श्रेणी है जिसमें प्रथम पद $a = (1+x)^{1000}$,सार्व अनुपात $r = \frac{x}{1+x}$,और $n = 1001$ पद हैं।
योग सूत्र $S = a \frac{1-r^n}{1-r}$ का उपयोग करने पर:
$S = (1+x)^{1000} \frac{1-(\frac{x}{1+x})^{1001}}{1-\frac{x}{1+x}}$
$S = (1+x)^{1001} - x^{1001}$
$x^{499}$ और $x^{500}$ के गुणांकों का योग:
$(1+x)^{1001}$ में $x^{499}$ का गुणांक ${}^{1001}C_{499}$ है और $x^{500}$ का गुणांक ${}^{1001}C_{500}$ है।
अतः,अभीष्ट योग ${}^{1001}C_{499} + {}^{1001}C_{500} = {}^{1002}C_{500}$ है।

(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) विस्तार $(ax^{2}+bx+c) \sum_{r=0}^{26} {}^{26}C_{r}(-2x)^{r}$ है।
$x$ का गुणांक: $b(1) + c({}^{26}C_{1}(-2)) = -56 \Rightarrow b - 52c = -56$ (समीकरण $1$)।
$x^{2}$ का गुणांक: $a(1) + b({}^{26}C_{1}(-2)) + c({}^{26}C_{2}(-2)^{2}) = 0 \Rightarrow a - 52b + 1300c = 0$ (समीकरण $2$)।
$x^{3}$ का गुणांक: $a({}^{26}C_{1}(-2)) + b({}^{26}C_{2}(-2)^{2}) + c({}^{26}C_{3}(-2)^{3}) = 0 \Rightarrow -52a + 1300b - 20800c = 0$ (समीकरण $3$)।
समीकरण $1$ से,$b = 52c - 56$। समीकरण $2$ में प्रतिस्थापित करने पर: $a - 52(52c - 56) + 1300c = 0 \Rightarrow a = 1404c - 2912$।
$a$ और $b$ के मान समीकरण $3$ में रखने पर: $-52(1404c - 2912) + 1300(52c - 56) - 20800c = 0$।
इन समीकरणों को हल करने पर $c = 3, b = 100, a = 1300$ प्राप्त होता है।
अतः,$a+b+c = 1300 + 100 + 3 = 1403$।

(D) $(1+x)^r$ के विस्तार में $x^3$ का गुणांक $\binom{r}{3}$ होता है।
$r=3$ से $99$ तक योग करने पर,$\sum_{r=3}^{99} \binom{r}{3} = \binom{100}{4}$ प्राप्त होता है।
$(1+kx)^{100}$ में $x^3$ का गुणांक $k^3 \binom{100}{3}$ है।
कुल गुणांक = $\binom{100}{4} + k^3 \binom{100}{3}$ है।
चूंकि $\binom{100}{4} = \frac{97}{4} \binom{100}{3} = 24.25 \binom{100}{3}$ है,
अतः कुल गुणांक = $(24.25 + k^3) \binom{100}{3}$ होगा।
इसे $(43n + 25.25) \binom{100}{3}$ के बराबर रखने पर,$24.25 + k^3 = 43n + 25.25$ प्राप्त होता है,जो $k^3 = 43n$ में सरल हो जाता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार $k=12$ और $n=1$ लेने पर $p+n = 13$ प्राप्त होता है।