Multinomial theorem, Terms free from radical sign in the expansion of (a1/p + b1/q), Problems regarding to three/four consecutive terms or coefficients Questions in Gujarati

(C) ધારો કે ચાર ક્રમિક દ્વિપદી સહગુણકો $a = {}^nC_{r-1}$,$b = {}^nC_r$,$c = {}^nC_{r+1}$,અને $d = {}^nC_{r+2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{{}^nC_r}{{}^nC_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$.
તેથી,$\frac{a+b}{a} = 1 + \frac{b}{a} = 1 + \frac{r}{n-r+1} = \frac{n+1}{n-r+1}$.
તે જ રીતે,$\frac{b+c}{b} = 1 + \frac{c}{b} = 1 + \frac{n-r}{r+1} = \frac{n+1}{r+1}$.
અને $\frac{c+d}{c} = 1 + \frac{d}{c} = 1 + \frac{n-r-1}{r+2} = \frac{n+1}{r+2}$.
આમ,આ પદો $H.P.$ (હરાત્મક શ્રેણી) માં છે.

(D) $(1+x)^{14}$ માં $T_r, T_{r+1}, T_{r+2}$ ના સહગુણકો અનુક્રમે $^{14}C_{r-1}, ^{14}C_r, ^{14}C_{r+1}$ છે.
તેઓ $A.P.$ માં હોવાથી,$2 \cdot ^{14}C_r = ^{14}C_{r-1} + ^{14}C_{r+1}$ થાય.
સાદુરૂપ આપતા,$r^2 - 14r + 45 = 0$ મળે.
તેથી,$(r-5)(r-9) = 0$ એટલે કે $r = 5$ અથવા $r = 9$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$r = 9$ સાચો જવાબ છે.

(B) $(5^{1/2} + 7^{1/8})^{1024}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{1024}C_r (5^{1/2})^{1024-r} (7^{1/8})^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $0 \le r \le 1024$ છે.
આ પદ $T_{r+1} = {}^{1024}C_r \cdot 5^{(1024-r)/2} \cdot 7^{r/8}$ તરીકે સરળ બને છે.
પદ પૂર્ણાંક હોવા માટે,$5$ અને $7$ ના ઘાતાંક અઋણ પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ.
તેથી,$(1024-r)/2$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $r$ બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ.
વધુમાં,$r/8$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $r$ એ $8$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$r$ એ $8$ નો ગુણક હોવાથી,તે આપમેળે બેકી સંખ્યા જ છે.
તેથી,$r$ એ $8k$ સ્વરૂપમાં હોવો જોઈએ,જ્યાં $k$ એવો પૂર્ણાંક છે કે જેથી $0 \le 8k \le 1024$ થાય.
આથી $0 \le k \le 128$ મળે છે.
$k$ માટે શક્ય કિંમતોની સંખ્યા $128 - 0 + 1 = 129$ છે.
આમ,કુલ $129$ પૂર્ણાંક પદો છે.

(B) $(y^{1/5} + x^{1/10})^{55}$ ના વિસ્તરણમાં,સામાન્ય પદ નીચે મુજબ છે:
$T_{r+1} = {}^{55}C_r (y^{1/5})^{55-r} (x^{1/10})^r = {}^{55}C_r \cdot y^{11 - r/5} \cdot x^{r/10}$.
પદ રેડિકલ ચિહ્નોથી મુક્ત હોય તે માટે,$x$ અને $y$ ના ઘાતાંક પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ.
આ માટે $r/5$ અને $r/10$ પૂર્ણાંક હોવા જરૂરી છે.
$0 \le r \le 55$ હોવાથી,$r$ એ $10$ નો ગુણક હોવો જોઈએ ($5$ અને $10$ નો લઘુત્તમ સામાન્ય અવયવી).
$r$ માટે શક્ય કિંમતો $0, 10, 20, 30, 40, 50$ છે.
આવી $6$ કિંમતો છે,જે $T_1, T_{11}, T_{21}, T_{31}, T_{41}, T_{51}$ પદોને અનુરૂપ છે.
આમ,રેડિકલ ચિહ્નોથી મુક્ત પદોની સંખ્યા $6$ છે.

(C) ધારો કે ${a_1}, {a_2}, {a_3}, {a_4}$ એ ${(1 + x)^n}$ ના વિસ્તરણમાં અનુક્રમે $(r+1)^{th}, (r+2)^{th}, (r+3)^{th}$ અને $(r+4)^{th}$ પદોના સહગુણકો છે.
તેથી ${a_1} = {^nC_r}, {a_2} = {^nC_{r+1}}, {a_3} = {^nC_{r+2}}, {a_4} = {^nC_{r+3}}$.
${^nC_r} + {^nC_{r+1}} = {^{n+1}C_{r+1}}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{{{a_1}}}{{{a_1} + {a_2}}} + \frac{{{a_3}}}{{{a_3} + {a_4}}} = \frac{{{^nC_r}}}{{{^{n+1}C_{r+1}}}} + \frac{{{^nC_{r+2}}}}{{{^{n+1}C_{r+3}}}}$
${^{n+1}C_{k+1}} = \frac{n+1}{k+1} {^nC_k}$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{{{^nC_r}}}{{\frac{n+1}{r+1} {^nC_r}}} + \frac{{{^nC_{r+2}}}}{{\frac{n+1}{r+3} {^nC_{r+2}}}} = \frac{r+1}{n+1} + \frac{r+3}{n+1} = \frac{2r+4}{n+1} = \frac{2(r+2)}{n+1}$.
હવે,$\frac{2{a_2}}{{a_2} + {a_3}} = \frac{2{^nC_{r+1}}}{{^nC_{r+1}} + {^nC_{r+2}}} = \frac{2{^nC_{r+1}}}{{^{n+1}C_{r+2}}} = 2 \cdot \frac{{^nC_{r+1}}}{{\frac{n+1}{r+2} {^nC_{r+1}}}} = \frac{2(r+2)}{n+1}$.
આમ,$\frac{{{a_1}}}{{{a_1} + {a_2}}} + \frac{{{a_3}}}{{{a_3} + {a_4}}} = \frac{{2{a_2}}}{{{a_2} + {a_3}}}$.

(A) $(1 + x)^n$ ના વિસ્તરણમાં,બીજા,ત્રીજા અને ચોથા પદના સહગુણકો અનુક્રમે $^nC_1, ^nC_2$ અને $^nC_3$ છે.
આપેલ છે કે $^nC_1, ^nC_2, ^nC_3$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી:
$2(^nC_2) = ^nC_1 + ^nC_3$
$2 \times \frac{n(n - 1)}{2} = n + \frac{n(n - 1)(n - 2)}{6}$
$n$ વડે ભાગતા $(n \neq 0)$:
$n - 1 = 1 + \frac{(n - 1)(n - 2)}{6}$
$6(n - 1) = 6 + (n^2 - 3n + 2)$
$n^2 - 9n + 14 = 0$
$(n - 7)(n - 2) = 0$
તેથી,$n = 7$ અથવા $n = 2$.
$n = 2$ માટે,$(1 + x)^2$ ના વિસ્તરણમાં માત્ર ત્રણ જ પદ હોય છે,તેથી ચોથું પદ અસ્તિત્વમાં નથી. આમ,$n = 7$ એ સાચો જવાબ છે.

(A) $(1 + x + y + z)^4$ ના મલ્ટિનોમિયલ વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $\frac{4!}{n_1! n_2! n_3! n_4!} (1)^{n_1} (x)^{n_2} (y)^{n_3} (z)^{n_4}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n_1 + n_2 + n_3 + n_4 = 4$ છે.
$1$. $x^2y$ ના સહગુણક માટે,$n_2=2, n_3=1, n_4=0$ છે,તેથી $n_1=1$. સહગુણક $\frac{4!}{1! 2! 1! 0!} = \frac{24}{2} = 12$ છે.
$2$. $xy^2z$ ના સહગુણક માટે,$n_2=1, n_3=2, n_4=1$ છે,તેથી $n_1=0$. સહગુણક $\frac{4!}{0! 1! 2! 1!} = \frac{24}{2} = 12$ છે.
$3$. $xyz$ ના સહગુણક માટે,$n_2=1, n_3=1, n_4=1$ છે,તેથી $n_1=1$. સહગુણક $\frac{4!}{1! 1! 1! 1!} = 24$ છે.
ગુણોત્તર $12 : 12 : 24$ છે,જેનું સાદું રૂપ $1 : 1 : 2$ થાય છે.

(A) $(y^{1/5} + x^{1/10})^{55}$ ના વિસ્તરણનું સામાન્ય પદ નીચે મુજબ છે:
$T_{r+1} = ^{55}C_{r} (y^{1/5})^{55-r} (x^{1/10})^{r}$
$T_{r+1} = ^{55}C_{r} y^{\frac{55-r}{5}} x^{\frac{r}{10}}$
$x$ અને $y$ ના ઘાતાંક રેડિકલ ચિહ્નોથી મુક્ત રહે તે માટે,$\frac{55-r}{5}$ અને $\frac{r}{10}$ પૂર્ણાંક હોવા જોઈએ.
$\frac{55-r}{5} = 11 - \frac{r}{5}$ પૂર્ણાંક હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $r$ એ $5$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$\frac{r}{10}$ પૂર્ણાંક હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $r$ એ $10$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
આ બંને શરતોને જોડતા,$r$ એ $10$ નો ગુણક હોવો જોઈએ જ્યાં $0 \le r \le 55$.
$r$ માટે શક્ય કિંમતો $0, 10, 20, 30, 40, 50$ છે.
આમ,$r$ ની $6$ કિંમતો શક્ય છે,તેથી વિસ્તરણમાં $6$ પદો એવા છે જે રેડિકલ ચિહ્નોથી મુક્ત છે.

(A) $(a+2b+4ab)^{10}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ મલ્ટિનોમિયલ પ્રમેય દ્વારા આ મુજબ મળે છે: $\frac{10!}{\alpha! \beta! \gamma!} a^{\alpha} (2b)^{\beta} (4ab)^{\gamma} = \frac{10!}{\alpha! \beta! \gamma!} a^{\alpha+\gamma} b^{\beta+\gamma} 2^{\beta} 4^{\gamma}$.
અહીં $a$ અને $b$ ના ઘાતાંક અનુક્રમે $7$ અને $8$ આપેલા છે,તેથી:
$\alpha + \beta + \gamma = 10$ $(1)$
$\alpha + \gamma = 7$ $(2)$
$\beta + \gamma = 8$ $(3)$
$(2)$ અને $(3)$ નો સરવાળો કરતા,$\alpha + \beta + 2\gamma = 15$ મળે. તેમાંથી $(1)$ બાદ કરતા,$\gamma = 5$ મળે.
$\gamma = 5$ ને $(2)$ અને $(3)$ માં મૂકતા,$\alpha = 2$ અને $\beta = 3$ મળે.
સહગુણક $\frac{10!}{2! 3! 5!} \cdot 2^{\beta} \cdot 4^{\gamma} = \frac{10!}{2! 3! 5!} \cdot 2^{3} \cdot (2^2)^{5} = 2520 \cdot 2^{13} = 315 \cdot 2^{16}$ થાય.
આમ,$K = 315$.

(B) ધારો કે ત્રણ ક્રમિક સહગુણકો $^{n+2}C_{r-1}$,$^{n+2}C_{r}$,અને $^{n+2}C_{r+1}$ છે.
આપેલ ગુણોત્તર $^{n+2}C_{r-1} : ^{n+2}C_{r} : ^{n+2}C_{r+1} = 1 : 3 : 5$ છે.
$\frac{^{n+2}C_{r-1}}{^{n+2}C_{r}} = \frac{1}{3}$ પરથી,$\frac{r}{n-r+3} = \frac{1}{3} \implies n = 4r-3$ $(i)$.
$\frac{^{n+2}C_{r}}{^{n+2}C_{r+1}} = \frac{3}{5}$ પરથી,$\frac{r+1}{n-r+2} = \frac{3}{5} \implies 3n = 8r-1$ $(ii)$.
$(i)$ ને $(ii)$ માં મૂકતા: $3(4r-3) = 8r-1 \implies r = 2$ અને $n = 5$.
સહગુણકો $^{7}C_{1}, ^{7}C_{2}, ^{7}C_{3}$ એટલે કે $7, 21, 35$ છે.
સરવાળો $7 + 21 + 35 = 63$ થાય.

(B) $(1+2^{1/3}+3^{1/2})^6$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $\frac{6!}{r_1! r_2! r_3!} (1)^{r_1} (2^{1/3})^{r_2} (3^{1/2})^{r_3}$ છે,જ્યાં $r_1+r_2+r_3=6$.
પદ સંમેય હોવા માટે,$r_2$ એ $3$ નો ગુણક હોવો જોઈએ અને $r_3$ એ $2$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$(r_1, r_2, r_3)$ માટે શક્ય કિંમતો:
$1$. $(6, 0, 0) \implies 1$
$2$. $(4, 0, 2) \implies 45$
$3$. $(2, 0, 4) \implies 135$
$4$. $(0, 0, 6) \implies 27$
$5$. $(3, 3, 0) \implies 40$
$6$. $(1, 3, 2) \implies 360$
$7$. $(0, 6, 0) \implies 4$
સરવાળો $= 1 + 45 + 135 + 27 + 40 + 360 + 4 = 612$.

(A) $(a+b)^{12}$ માં $T_r, T_{r+1}, T_{r+2}$ ના સહગુણકો $^{12}C_{r-1}, ^{12}C_r, ^{12}C_{r+1}$ છે.
તેઓ $G.P.$ માં હોવાથી,$(^{12}C_r)^2 = (^{12}C_{r-1}) \times (^{12}C_{r+1})$.
ગુણધર્મ $\frac{^{n}C_k}{^{n}C_{k-1}} = \frac{n-k+1}{k}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{^{12}C_r}{^{12}C_{r-1}} = \frac{13-r}{r}$ અને $\frac{^{12}C_{r+1}}{^{12}C_r} = \frac{12-r}{r+1}$ મળે.
ગુણોત્તર સરખાવતા: $\frac{13-r}{r} = \frac{12-r}{r+1} \implies (13-r)(r+1) = r(12-r)$.
$12r + 13 = 12r \implies 13 = 0$,જે અશક્ય છે.
આમ,$r$ નું કોઈ મૂલ્ય શક્ય નથી,તેથી $p = 0$.
$(3^{1/4} + 4^{1/3})^{12}$ માટે,સામાન્ય પદ $T_{k+1} = ^{12}C_k (3^{1/4})^{12-k} (4^{1/3})^k$ છે.
પદ સંમેય હોવા માટે,$(12-k)$ એ $4$ વડે અને $k$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય હોવું જોઈએ.
$k$ ના શક્ય મૂલ્યો $k=0$ અને $k=12$ છે.
$k=0$ માટે: $T_1 = 27$.
$k=12$ માટે: $T_{13} = 256$.
સરવાળો $q = 27 + 256 = 283$.
તેથી,$p+q = 0 + 283 = 283$.

(C) ધારો કે પદાવલિ $E = \left(\frac{x}{2} + \frac{1}{x} + \sqrt{2}\right)^5$ છે.
આપણે પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ:
$E = \left(\frac{x^2 + 2 + 2\sqrt{2}x}{2x}\right)^5 = \frac{(x + \sqrt{2})^{10}}{32x^5}$.
$E$ ના વિસ્તરણમાં અચળ પદ એ $(x + \sqrt{2})^{10}$ ના વિસ્તરણમાં $x^5$ નો સહગુણક ભાગ્યા $32$ છે.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(x + \sqrt{2})^{10}$ માં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{10}C_r \cdot x^{10-r} \cdot (\sqrt{2})^r$ છે.
$x^5$ ના સહગુણક માટે,આપણે $10-r = 5$ લઈએ,જેથી $r = 5$ મળે.
આ પદ ${}^{10}C_5 \cdot (\sqrt{2})^5 = 252 \cdot 4\sqrt{2} = 1008\sqrt{2}$ છે.
આમ,અચળ પદ $\frac{1008\sqrt{2}}{32} = \frac{63\sqrt{2}}{2}$ છે.
આને $\frac{a\sqrt{2}}{2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 63$ મળે છે.

(A) $(3+2x+x^2)^5$ ના બહુપદી વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $\frac{5!}{p!q!r!} (3)^p (2x)^q (x^2)^r$ છે,જ્યાં $p+q+r=5$ છે.
આપણે $x^5$ નો સહગુણક જોઈએ છે,તેથી $q+2r=5$ થાય.
$(p, q, r)$ માટે શક્ય અ-ઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલો નીચે મુજબ છે:
$1$) જો $r=0$,તો $q=5$,$p=0$. પદ: $\frac{5!}{0!5!0!} (3)^0 (2)^5 (1)^0 = 1 \times 1 \times 32 \times 1 = 32$.
$2$) જો $r=1$,તો $q=3$,$p=1$. પદ: $\frac{5!}{1!3!1!} (3)^1 (2)^3 (1)^1 = 20 \times 3 \times 8 = 480$.
$3$) જો $r=2$,તો $q=1$,$p=2$. પદ: $\frac{5!}{2!1!2!} (3)^2 (2)^1 (1)^2 = 30 \times 9 \times 2 = 540$.
આ સહગુણકોનો સરવાળો: $32 + 480 + 540 = 1052$.

(A) $(x-2y+3z)^6$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ મલ્ટિનોમિયલ પ્રમેય મુજબ $\frac{6!}{a!b!c!} x^a (-2y)^b (3z)^c$ છે,જ્યાં $a+b+c=6$ છે.
$xy^2z^3$ પદ માટે,$a=1, b=2, c=3$ મળે.
આ કિંમતો મૂકતા,સહગુણક $\frac{6!}{1! \times 2! \times 3!} \times (-2)^2 \times (3)^3$ થાય.
ગણતરી કરતા: $\frac{720}{1 \times 2 \times 6} \times 4 \times 27 = 60 \times 4 \times 27 = 240 \times 27 = 6480$.

(B) $(1+x)^{n}$ ના વિસ્તરણમાં $2nd$,$3rd$ અને $4th$ પદોના સહગુણકો અનુક્રમે ${}^{n}C_{1}$,${}^{n}C_{2}$ અને ${}^{n}C_{3}$ છે.
આપેલ છે કે તેઓ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2({}^{n}C_{2}) = {}^{n}C_{1} + {}^{n}C_{3}$.
કિંમતો મૂકતા,$2 \times \frac{n(n-1)}{2} = n + \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$.
$n$ વડે ભાગતા ($n \neq 0$ હોવાથી),આપણને $n-1 = 1 + \frac{(n-1)(n-2)}{6}$ મળે છે.
$6(n-2) = (n-1)(n-2)$.
$n \neq 2$ હોવાથી,$(n-2)$ વડે ભાગતા $6 = n-1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $n = 7$.
$(1+x)^{n}$ ના વિસ્તરણમાં $x$ ના એકી ઘાતાંકોના સહગુણકોનો સરવાળો $2^{n-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n=7$ મૂકતા,સરવાળો $2^{7-1} = 2^{6} = 64$ થાય.