Properties of binomial coefficients Questions in Hindi

(A) हम सर्वसमिका $^{n}{C_{r}} = {^{n}}{C_{n-r}}$ और हॉकी-स्टिक सर्वसमिका $\sum_{i=r}^{n} {^{i}{C_{r}}} = {^{n+1}}{C_{r+1}}$ का उपयोग करते हैं।
दिया गया योग $S = \sum_{r=0}^{m} {^{n+r}{C_{n}}}$ है।
गुणधर्म $^{n+r}{C_{n}} = {^{n+r}}{C_{(n+r)-n}} = {^{n+r}}{C_{r}}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$S = \sum_{r=0}^{m} {^{n+r}{C_{r}}} = {^{n}{C_{0}}} + {^{n+1}}{C_{1}} + {^{n+2}}{C_{2}} + \dots + {^{n+m}}{C_{m}}$.
हॉकी-स्टिक सर्वसमिका के अनुसार,$\sum_{k=0}^{m} {^{n+k}{C_{k}}} = {^{n+m+1}}{C_{m}}$।
चूंकि ${^{n+m+1}}{C_{m}} = {^{n+m+1}}{C_{(n+m+1)-m}} = {^{n+m+1}}{C_{n+1}}$,इसलिए परिणाम ${^{n+m+1}}{C_{n+1}}$ है।

(D) हम जानते हैं कि $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$ होता है। इसलिए,$\binom{n}{n-r} = \binom{n}{r}$।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\binom{n}{r} + \binom{n}{r+1}$ प्राप्त होता है।
पास्कल के सर्वसमिका $\binom{n}{r} + \binom{n}{r+1} = \binom{n+1}{r+1}$ का उपयोग करने पर,व्यंजक का सरल रूप $\binom{n+1}{r+1}$ है।

(B) माना $S = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{{^n{C_r}}}{{^n{C_r} + {\,^n}{C_{r + 1}}}}} $.
गुणधर्म $\frac{{^n{C_{r + 1}}}}{{^n{C_r}}} = \frac{{n - r}}{{r + 1}}$ का उपयोग करने पर:
$S = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{1}{{1 + \frac{{^n{C_{r + 1}}}}{{^n{C_r}}}}}} = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{1}{{1 + \frac{{n - r}}{{r + 1}}}}} $.
हर का सरलीकरण करने पर:
$S = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{{r + 1}}{{r + 1 + n - r}}} = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{{r + 1}}{{n + 1}}} $.
$S = \frac{1}{{n + 1}} \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {(r + 1)} $.
योग का विस्तार करने पर:
$S = \frac{1}{{n + 1}} [1 + 2 + 3 + ... + n] = \frac{1}{{n + 1}} \cdot \frac{{n(n + 1)}}{2} = \frac{n}{2}$.

(B) दिया गया योगफल $\sum\limits_{i = 0}^m {\binom{10}{i}} {\binom{20}{m - i}}$ है।
वेंडरमोंड की पहचान (Vandermonde's Identity) के अनुसार,यह योगफल $(1+x)^{10} (1+x)^{20} = (1+x)^{30}$ के विस्तार में $x^m$ का गुणांक है।
अतः,योगफल $\binom{30}{m}$ के बराबर है।
हम जानते हैं कि $\binom{n}{m}$ तब अधिकतम होता है जब $n$ सम हो तो $m = \frac{n}{2}$,या यदि $n$ विषम हो तो $m = \frac{n-1}{2}$ और $m = \frac{n+1}{2}$।
यहाँ,$n = 30$,जो कि एक सम संख्या है।
इसलिए,योगफल $\binom{30}{m}$ तब अधिकतम होता है जब $m = \frac{30}{2} = 15$ हो।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) दी गई अभिव्यक्ति $\binom{n}{r} + 2\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-2}$ है।
हम $2\binom{n}{r-1}$ को $\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-1}$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,अभिव्यक्ति $\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-2}$ हो जाती है।
पास्कल के सर्वसमिका $\binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} = \binom{n+1}{k}$ का उपयोग करने पर:
$(\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1}) + (\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-2}) = \binom{n+1}{r} + \binom{n+1}{r-1}$.
पुनः सर्वसमिका का उपयोग करने पर,$\binom{n+1}{r} + \binom{n+1}{r-1} = \binom{n+2}{r}$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) $(x+a)^n$ के विस्तार में सामान्य पद $T_{r+1} = {^nC_r} x^{n-r} a^r$ द्वारा दिया जाता है।
पद $x^{n-r}a^r$ का गुणांक ${^nC_r}$ है।
पद $x^ra^{n-r}$ का गुणांक ${^nC_{n-r}}$ है।
हम जानते हैं कि ${^nC_r} = {^nC_{n-r}}$।
अतः,गुणांकों का अनुपात $\frac{{^nC_r}}{{^nC_{n-r}}} = \frac{{^nC_r}}{{^nC_r}} = 1:1$ है।

(A) $(1 + x)^n$ के विस्तार में सामान्य पद $T_{r+1} = ^nC_r x^r$ द्वारा दिया जाता है।
$(1 + x)^{p+q}$ के विस्तार के लिए,$x^p$ का गुणांक $^{p+q}C_p$ है।
इसी प्रकार,$x^q$ का गुणांक $^{p+q}C_q$ है।
द्विपद गुणांकों के गुणधर्म का उपयोग करते हुए,$^nC_r = ^nC_{n-r}$,हमें प्राप्त होता है:
$^{p+q}C_p = ^{p+q}C_{(p+q)-p} = ^{p+q}C_q$.
अतः,$x^p$ और $x^q$ के गुणांक समान हैं।

(C) $5^{th}$,$6^{th}$ और $7^{th}$ पदों के गुणांक क्रमशः $^nC_4$,$^nC_5$ और $^nC_6$ हैं।
यह दिया गया है कि वे $A.P.$ में हैं,इसलिए $2(^nC_5) = ^nC_4 + ^nC_6$.
$^nC_5$ से विभाजित करने पर,हमें मिलता है $2 = \frac{^nC_4}{^nC_5} + \frac{^nC_6}{^nC_5}$.
सूत्र $\frac{^nC_r}{^nC_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ का उपयोग करते हुए,$\frac{^nC_4}{^nC_5} = \frac{5}{n-4}$ और $\frac{^nC_6}{^nC_5} = \frac{n-5}{6}$.
अतः,$2 = \frac{5}{n-4} + \frac{n-5}{6}$.
$6(n-4)$ से गुणा करने पर,$12(n-4) = 30 + (n-5)(n-4)$.
$12n - 48 = 30 + n^2 - 9n + 20$.
$n^2 - 21n + 98 = 0$.
$(n-7)(n-14) = 0$.
अतः,$n = 7$ या $n = 14$.

(A) हम जानते हैं कि किसी भी धनात्मक पूर्णांक $n$ के लिए,विषम अनुक्रमित द्विपद गुणांकों का योग इस प्रकार होता है:
$^{n}C_1 + ^{n}C_3 + ^{n}C_5 + \dots = 2^{n-1}$
दी गई अभिव्यक्ति $^{10}C_1 + ^{10}C_3 + ^{10}C_5 + ^{10}C_7 + ^{10}C_9$ में,हम $n = 10$ लेते हैं।
सूत्र लागू करने पर:
$^{10}C_1 + ^{10}C_3 + ^{10}C_5 + ^{10}C_7 + ^{10}C_9 = 2^{10-1} = 2^9$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) हम जानते हैं कि $(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} C_k x^k$ और $(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} C_k x^{n-k}$ है।
इन दोनों का गुणा करने पर,हम $(1+x)^n (1+x)^n = (1+x)^{2n}$ के विस्तार में $x^{n+r}$ का गुणांक प्राप्त करते हैं।
$(1+x)^{2n}$ में $x^{n+r}$ का गुणांक $^{2n}C_{n+r}$ है।
अतः,योग $C_0 C_r + C_1 C_{r+1} + \dots + C_{n-r} C_n = ^{2n}C_{n+r} = \frac{(2n)!}{(n+r)!(n-r)!}$ है।

(C) हम जानते हैं कि $(1-x)^n = {^nC_0} - {^nC_1} x + {^nC_2} x^2 - \dots + (-1)^n {^nC_n} x^n$.
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष $0$ से $1$ तक समाकलन (Integration) करने पर:
$\int_0^1 (1-x)^n \, dx = \int_0^1 ({^nC_0} - {^nC_1} x + {^nC_2} x^2 - \dots + (-1)^n {^nC_n} x^n) \, dx$.
बाएँ पक्ष के समाकलन का मान:
$\left[ -\frac{(1-x)^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = 0 - \left( -\frac{1}{n+1} \right) = \frac{1}{n+1}$.
दाएँ पक्ष के समाकलन का मान:
${^nC_0} [x]_0^1 - {^nC_1} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 + {^nC_2} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 - \dots + (-1)^n {^nC_n} \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = {^nC_0} - \frac{1}{2} {^nC_1} + \frac{1}{3} {^nC_2} - \dots + \frac{(-1)^n {^nC_n}}{n+1}$.
अतः, योगफल $\frac{1}{n+1}$ के बराबर है।

(B) हम जानते हैं कि $(1 + x)^n = C_0 + C_1x + C_2x^2 + ..... + C_nx^n$ .....$(i)$
साथ ही,$(1 + \frac{1}{x})^n = C_0 + C_1\frac{1}{x} + C_2(\frac{1}{x})^2 + ..... + C_n(\frac{1}{x})^n$ ....$(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ का गुणा करने पर,योग $C_0^2 + C_1^2 + C_2^2 + ..... + C_n^2$ गुणनफल $(1 + x)^n(1 + \frac{1}{x})^n$ में $x$ से स्वतंत्र पद का गुणांक है।
यह $\frac{1}{x^n}(1 + x)^{2n}$ के विस्तार में $x^n$ के गुणांक के बराबर है,जो $(1 + x)^{2n}$ में $x^n$ का गुणांक है।
$(1 + x)^{2n}$ में $x^n$ का गुणांक $^{2n}C_n = \frac{(2n)!}{n!n!}$ द्वारा दिया जाता है।

(C) हम जानते हैं कि $C_r = \binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ है।
श्रेणी का सामान्य पद $T_r = \frac{r \cdot C_r}{C_{r-1}}$ है।
गुणधर्म $\frac{C_r}{C_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$T_r = r \cdot \frac{n-r+1}{r} = n-r+1$।
योग $\sum_{r=1}^{n} (n-r+1) = n + (n-1) + (n-2) + .... + 1$ है।
यह प्रथम $n$ प्राकृतिक संख्याओं का योग है,जो $\frac{n(n+1)}{2}$ है।

(C) हम जानते हैं कि श्रेणी का सामान्य पद $r \cdot {C_r}$ है।
गुणधर्म $r \cdot {C_r} = n \cdot {C_{r-1}^{n-1}}$ का उपयोग करने पर:
$\sum_{r=1}^{n} r \cdot {C_r} = \sum_{r=1}^{n} n \cdot {C_{r-1}^{n-1}}$
$= n \sum_{r=1}^{n} {C_{r-1}^{n-1}}$
$= n \cdot ({C_0^{n-1}} + {C_1^{n-1}} + .... + {C_{n-1}^{n-1}})$
$= n \cdot 2^{n-1}$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) माना $S = \sum_{k=0, 2, 4, \dots} \frac{{^nC_k}}{k+1}$.
सर्वसमिका $\frac{{^nC_k}}{k+1} = \frac{1}{n+1} {^{n+1}C_{k+1}}$ का उपयोग करने पर:
$S = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0, 2, 4, \dots} {^{n+1}C_{k+1}}$.
माना $N = n+1$. तब $S = \frac{1}{N} \sum_{j=1, 3, 5, \dots} {^NC_j}$.
विषम-अनुक्रमित द्विपद गुणांकों का योग $2^{N-1}$ होता है।
अतः,$S = \frac{1}{N} \cdot 2^{N-1} = \frac{{2^n}}{n+1}$.
सत्यापन: $n=2$ के लिए,$S = \frac{{^2C_0}}{1} + \frac{{^2C_2}}{3} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$.
विकल्प $(c)$ से $\frac{{2^2}}{2+1} = \frac{4}{3}$ प्राप्त होता है,जो सही है।

(C) हम जानते हैं कि $\frac{C_r}{r + 1} = \frac{1}{n + 1} \binom{n + 1}{r + 1}$ होता है।
इस मान को दी गई अभिव्यक्ति में रखने पर:
$\sum_{r=0}^{n} \frac{C_r}{r + 1} = \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{n + 1} \binom{n + 1}{r + 1}$
$= \frac{1}{n + 1} \sum_{r=0}^{n} \binom{n + 1}{r + 1}$
माना $k = r + 1$ है। जैसे $r$,$0$ से $n$ तक जाता है,वैसे ही $k$,$1$ से $n + 1$ तक जाता है।
$= \frac{1}{n + 1} \sum_{k=1}^{n + 1} \binom{n + 1}{k}$
चूंकि $\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} = 2^m$ होता है,इसलिए $\sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k} = 2^m - \binom{m}{0} = 2^m - 1$ होगा।
यहाँ $m = n + 1$ है,इसलिए योग $2^{n + 1} - 1$ है।
अतः,अभिव्यक्ति का मान $\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ है।

(B) पूरे व्यंजक को $\frac{n!}{n!}$ से गुणा करने पर:
$\frac{1}{n!} \left[ \frac{n!}{1!(n - 1)!} + \frac{n!}{3!(n - 3)!} + \frac{n!}{5!(n - 5)!} + \dots \right]$
यह सरल होकर निम्न रूप लेता है:
$\frac{1}{n!} \left[ ^nC_1 + ^nC_3 + ^nC_5 + \dots \right]$
हम जानते हैं कि विषम-अनुक्रमित द्विपद गुणांकों का योग $^nC_1 + ^nC_3 + ^nC_5 + \dots = 2^{n - 1}$ होता है।
अतः,व्यंजक का मान $\frac{2^{n - 1}}{n!}$ है।

(D) हम जानते हैं कि $(1 - x)^n = C_0 - C_1x + C_2x^2 - C_3x^3 + \dots + (-1)^n C_n x^n$।
दोनों पक्षों को $x$ से गुणा करने पर,$x(1 - x)^n = C_0x - C_1x^2 + C_2x^3 - C_3x^4 + \dots$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $0$ से $1$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^1 x(1 - x)^n dx = \int_0^1 (C_0x - C_1x^2 + C_2x^3 - C_3x^4 + \dots) dx$।
$RHS$ का मान:
$\left[ \frac{C_0x^2}{2} - \frac{C_1x^3}{3} + \frac{C_2x^4}{4} - \dots \right]_0^1 = \frac{C_0}{2} - \frac{C_1}{3} + \frac{C_2}{4} - \dots$।
$LHS$ में $1 - x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = -dt$:
$\int_1^0 (1 - t)t^n (-dt) = \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}$।
अतः,योग $\frac{1}{(n+1)(n+2)}$ है।

(C) दी गई श्रेणी $S = a{C_0} - (a + d){C_1} + (a + 2d){C_2} - \dots + (-1)^n(a + nd){C_n}$ है।
हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$S = a({C_0} - {C_1} + {C_2} - \dots + (-1)^n{C_n}) + d(0 \cdot {C_0} - 1 \cdot {C_1} + 2 \cdot {C_2} - \dots + (-1)^n n \cdot {C_n})$.
द्विपद विस्तार $(1 - x)^n = {C_0} - {C_1}x + {C_2}x^2 - \dots + (-1)^n{C_n}x^n$ का उपयोग करते हुए,$x = 1$ पर:
${C_0} - {C_1} + {C_2} - \dots + (-1)^n{C_n} = (1 - 1)^n = 0$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$-n(1 - x)^{n-1} = -{C_1} + 2{C_2}x - 3{C_3}x^2 + \dots + (-1)^n n{C_n}x^{n-1}$.
$x = 1$ पर:
$-{C_1} + 2{C_2} - 3{C_3} + \dots + (-1)^n n{C_n} = -n(1 - 1)^{n-1} = 0$.
इन मानों को $S$ के समीकरण में रखने पर:
$S = a(0) + d(0) = 0$.

(B) दिया गया है $(1 + x)^{15} = C_0 + C_1x + C_2x^2 + .... + C_{15}x^{15}$।
$C_0 = 1$ घटाकर $x$ से भाग देने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{(1 + x)^{15} - 1}{x} = C_1 + C_2x + C_3x^2 + .... + C_{15}x^{14}$।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{(1 + x)^{15} - 1}{x} \right) = C_2 + 2C_3x + 3C_4x^2 + .... + 14C_{15}x^{13}$।
बाईं ओर भागफल नियम का उपयोग करने पर:
$\frac{x \cdot 15(1 + x)^{14} - ((1 + x)^{15} - 1)}{x^2} = C_2 + 2C_3x + 3C_4x^2 + .... + 14C_{15}x^{13}$।
$x = 1$ रखने पर:
$C_2 + 2C_3 + 3C_4 + .... + 14C_{15} = \frac{1 \cdot 15(2)^{14} - (2^{15} - 1)}{1^2}$।
$= 15 \cdot 2^{14} - 2^{15} + 1$।
$= 15 \cdot 2^{14} - 2 \cdot 2^{14} + 1$।
$= (15 - 2) \cdot 2^{14} + 1 = 13 \cdot 2^{14} + 1$।

(A) हम जानते हैं कि द्विपद गुणांकों का विस्तार इस प्रकार है:
$(1 + x)^n = C_0 + C_1 x + C_2 x^2 + C_3 x^3 + C_4 x^4 + C_5 x^5 + \dots$
$(1 - x)^n = C_0 - C_1 x + C_2 x^2 - C_3 x^3 + C_4 x^4 - C_5 x^5 + \dots$
दोनों समीकरणों को घटाने पर:
$(1 + x)^n - (1 - x)^n = 2(C_1 x + C_3 x^3 + C_5 x^5 + \dots)$
$2x$ से भाग देने पर:
$\frac{(1 + x)^n - (1 - x)^n}{2x} = C_1 + C_3 x^2 + C_5 x^4 + \dots$
दोनों पक्षों का $x = 0$ से $x = 1$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^1 \frac{(1 + x)^n - (1 - x)^n}{2x} dx = \int_0^1 (C_1 + C_3 x^2 + C_5 x^4 + \dots) dx$
वैकल्पिक रूप से,गुणधर्म $\frac{C_k}{k+1} = \frac{1}{n+1} \binom{n+1}{k+1}$ का उपयोग करने पर:
$\sum_{k \text{ odd}} \frac{C_k}{k+1} = \frac{1}{n+1} \sum_{k \text{ odd}} \binom{n+1}{k+1} = \frac{2^n - 1}{n + 1}$

(D) द्विपद विस्तार $(1 + x)^n = C_0 + C_1x + C_2x^2 + C_3x^3 + C_4x^4 + C_5x^5 + \dots + C_nx^n$ है।
$x = 1$ रखने पर,$2^n = C_0 + C_1 + C_2 + C_3 + C_4 + C_5 + \dots + C_n$ प्राप्त होता है।
$x = -1$ रखने पर,$0 = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + C_4 - C_5 + \dots + (-1)^n C_n$ प्राप्त होता है।
पहले समीकरण से दूसरे समीकरण को घटाने पर:
$2^n - 0 = (C_0 - C_0) + (C_1 - (-C_1)) + (C_2 - C_2) + (C_3 - (-C_3)) + \dots$
$2^n = 2(C_1 + C_3 + C_5 + \dots)$.
अतः,$x$ की विषम घातों के गुणांकों का योग $C_1 + C_3 + C_5 + \dots = \frac{2^n}{2} = 2^{n - 1}$ है।

(C) हम जानते हैं कि द्विपद विस्तार: $(1 + x)^n = C_0 + C_1 x + C_2 x^2 + \dots + C_n x^n$ होता है।
$x = -1$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(1 - 1)^n = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + \dots + (-1)^n C_n$।
चूंकि $(1 - 1)^n = 0^n = 0$ ($n \ge 1$ के लिए),इसलिए योग $0$ के बराबर है।

(B) Let $S = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k {^nC_k} (a - k)$.
This can be written as $S = a \sum_{k=0}^{n} (-1)^k {^nC_k} - \sum_{k=0}^{n} (-1)^k k {^nC_k}$.
We know that $\sum_{k=0}^{n} (-1)^k {^nC_k} = (1 - 1)^n = 0$ for $n \ge 1$.
Also, $\sum_{k=0}^{n} (-1)^k k {^nC_k} = 0$ for $n > 1$ because $k {^nC_k} = n {^{n-1}C_{k-1}}$, and the sum becomes $n \sum_{k=1}^{n} (-1)^k {^{n-1}C_{k-1}} = n(1 - 1)^{n-1} = 0$.
Thus, $S = a(0) - 0 = 0$.

(A) माना $S = ^{4n}C_0 + ^{4n}C_4 + ^{4n}C_8 + ... + ^{4n}C_{4n}$ है।
$(1+x)^{4n} = \sum_{r=0}^{4n} {^{4n}C_r} x^r$ के विस्तार पर विचार करें।
$4$ से विभाज्य सूचकांकों वाले पदों का योग निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$S = \frac{1}{4} \left[ (1+1)^{4n} + (1-1)^{4n} + (1+i)^{4n} + (1-i)^{4n} \right]$.
$S = \frac{1}{4} \left[ 2^{4n} + 0 + (1+i)^{4n} + (1-i)^{4n} \right]$.
हम जानते हैं कि $1+i = \sqrt{2} e^{i\pi/4}$ और $1-i = \sqrt{2} e^{-i\pi/4}$ है।
अतः,$(1+i)^{4n} = (\sqrt{2})^{4n} e^{in\pi} = 2^{2n} (\cos(n\pi) + i\sin(n\pi)) = 2^{2n} (-1)^n$.
इसी प्रकार,$(1-i)^{4n} = 2^{2n} (-1)^n$.
इस प्रकार,$(1+i)^{4n} + (1-i)^{4n} = 2 \cdot 2^{2n} (-1)^n = 2^{2n+1} (-1)^n$.
इस मान को $S$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$S = \frac{1}{4} \left[ 2^{4n} + 2^{2n+1} (-1)^n \right] = 2^{4n-2} + 2^{2n-1} (-1)^n$.

(C) $(1 + x)^{15}$ के विस्तार में $16$ पद हैं,जिनके गुणांक $^{15}C_0, ^{15}C_1, \dots, ^{15}C_{15}$ हैं।
हम जानते हैं कि सभी द्विपद गुणांकों का योग $\sum_{r=0}^{15} {^{15}C_r} = 2^{15}$ होता है।
चूँकि $^{n}C_r = ^{n}C_{n-r}$,इसलिए $^{15}C_0 = ^{15}C_{15}, ^{15}C_1 = ^{15}C_{14}, \dots, ^{15}C_7 = ^{15}C_8$ है।
अंतिम आठ गुणांकों का योग $S = ^{15}C_8 + ^{15}C_9 + \dots + ^{15}C_{15}$ है।
समरूपता के अनुसार,$S = ^{15}C_7 + ^{15}C_6 + \dots + ^{15}C_0$ होगा।
अतः,$2S = (^{15}C_0 + ^{15}C_1 + \dots + ^{15}C_{15}) = 2^{15}$।
इसलिए,$S = \frac{2^{15}}{2} = 2^{14}$।

(A) दिया गया विस्तार $(1 + x)^n = \sum_{r=0}^{n} C_r x^r$ है।
हमें $S = \sum_{r=0}^{n} (r + 1) C_r$ का मान ज्ञात करना है।
इसे $S = \sum_{r=0}^{n} r C_r + \sum_{r=0}^{n} C_r$ के रूप में लिखा जा सकता है।
हम जानते हैं कि $\sum_{r=0}^{n} C_r = 2^n$ और $\sum_{r=0}^{n} r C_r = n 2^{n-1}$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$S = n 2^{n-1} + 2^n$ प्राप्त होता है।
$S = n 2^{n-1} + 2 \cdot 2^{n-1} = (n + 2) 2^{n-1}$।
वैकल्पिक रूप से,$n=1$ के लिए,व्यंजक $C_0 + 2C_1 = 1 + 2(1) = 3$ है। $n=1$ के लिए विकल्पों की जाँच करने पर: $(1+2)2^{1-1} = 3(1) = 3$। अतः,विकल्प $(A)$ सही है।

(C) दी गई व्यंजक $S = ^{15}C_0^2 - ^{15}C_1^2 + ^{15}C_2^2 - ... - ^{15}C_{15}^2$ है।
हम जानते हैं कि द्विपद गुणांकों के वर्गों के एकांतर योग का गुणधर्म है:
$\sum_{r=0}^{n} (-1)^r \cdot (^nC_r)^2 = 0$,यदि $n$ विषम है।
यहाँ $n = 15$ है,जो कि एक विषम संख्या है।
अतः,व्यंजक का मान $0$ है।

(B) दिया गया है $(1+x)^n = \sum_{r=0}^n C_r x^r$.
हम जानते हैं कि $C_r = C_{n-r}$.
व्यंजक $S = C_0C_2 + C_1C_3 + C_2C_4 + .... + C_{n-2}C_n$ है।
यह $(1+x)^n (1+x)^n = (1+x)^{2n}$ के विस्तार में $x^{n-2}$ का गुणांक है।
अतः,यह $(1+x)^{2n}$ के विस्तार में $x^{n+2}$ का गुणांक है,जो $^{2n}C_{n+2}$ है।
$^{2n}C_{n+2} = \frac{(2n)!}{(n+2)!(n-2)!}$.

(A) दिया गया है $(1 + x)^n = C_0 + C_1x + C_2x^2 + ... + C_nx^n$।
$x = 1$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2^n = C_0 + C_1 + C_2 + ... + C_n$ .....$(i)$
$x = -1$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$0 = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + ...$ .....(ii)
समीकरण $(i)$ और (ii) को जोड़ने पर:
$2^n + 0 = (C_0 + C_1 + C_2 + ...) + (C_0 - C_1 + C_2 - ...)$
$2^n = 2(C_0 + C_2 + C_4 + ...)$
अतः,$C_0 + C_2 + C_4 + ... = \frac{2^n}{2} = 2^{n-1}$।

(B) हम जानते हैं कि:
$(1 + x)^n = {C_0} + {C_1}x + {C_2}x^2 + {C_3}x^3 + ..... + {C_n}x^n$
$(1 - x)^n = {C_0} - {C_1}x + {C_2}x^2 - {C_3}x^3 + ..... + (-1)^n{C_n}x^n$
दोनों समीकरणों को घटाने पर:
$(1 + x)^n - (1 - x)^n = 2({C_1}x + {C_3}x^3 + {C_5}x^5 + .....)$
$2$ से भाग देने पर:
$\frac{(1 + x)^n - (1 - x)^n}{2} = {C_1}x + {C_3}x^3 + {C_5}x^5 + .....$
श्रेणी $2.{C_1} + {2^3}.{C_3} + {2^5}.{C_5} + ....$ प्राप्त करने के लिए,$x = 2$ रखने पर:
$2.{C_1} + {2^3}.{C_3} + {2^5}.{C_5} + ..... = \frac{(1 + 2)^n - (1 - 2)^n}{2} = \frac{3^n - (-1)^n}{2}$

(B) हमारे पास $(1 + x)^{50} = \sum_{r=0}^{50} {}^{50}C_r x^r = {}^{50}C_0 + {}^{50}C_1 x + {}^{50}C_2 x^2 + {}^{50}C_3 x^3 + \dots + {}^{50}C_{50} x^{50}$ है।
माना $S_o$ $x$ की विषम घातों के गुणांकों का योग है और $S_e$ सम घातों के गुणांकों का योग है।
$S_o = {}^{50}C_1 + {}^{50}C_3 + \dots + {}^{50}C_{49}$ और $S_e = {}^{50}C_0 + {}^{50}C_2 + \dots + {}^{50}C_{50}$।
हम जानते हैं कि $(1 + 1)^{50} = S_e + S_o = 2^{50}$ और $(1 - 1)^{50} = S_e - S_o = 0$।
दोनों समीकरणों को घटाने पर: $(S_e + S_o) - (S_e - S_o) = 2^{50} - 0$।
$2S_o = 2^{50}$।
$S_o = \frac{2^{50}}{2} = 2^{49}$।

(A) माना $S = \sum\limits_{k = 0}^{10} {^{20}C_k} = {^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_{10}}$.
हम जानते हैं कि $\sum\limits_{k = 0}^{20} {^{20}C_k} = 2^{20}$.
चूंकि ${^{n}C_r} = {^{n}C_{n-r}}$,इसलिए ${^{20}C_0} = {^{20}C_{20}}$,${^{20}C_1} = {^{20}C_{19}}$,...,${^{20}C_9} = {^{20}C_{11}}$.
अतः,$2^{20} = ({^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_9}) + {^{20}C_{10}} + ({^{20}C_{11}} + \dots + {^{20}C_{20}})$.
$2^{20} = 2({^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_9}) + {^{20}C_{10}}$.
माना $S = {^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_9} + {^{20}C_{10}}$.
तब $2S = 2({^{20}C_0} + \dots + {^{20}C_9}) + 2{^{20}C_{10}}$.
योग प्रतिस्थापित करने पर,$2S = (2^{20} - {^{20}C_{10}}) + 2{^{20}C_{10}} = 2^{20} + {^{20}C_{10}}$.
इसलिए,$S = 2^{19} + \frac{1}{2} {^{20}C_{10}}$.

(D) हमारे पास ${S_n} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{1}{{^n{C_r}}}} $ और ${t_n} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{r}{{^n{C_r}}}} $ है।
गुणधर्म ${^n{C_r}} = {^n{C_{n - r}}}$ का उपयोग करते हुए,हम लिख सकते हैं ${t_n} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{{n - r}}{{^n{C_{n - r}}}}} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{{n - r}}{{^n{C_r}}}} $.
अतः,${t_n} = n \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{1}{{^n{C_r}}}} - \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{r}{{^n{C_r}}}} $.
यह ${t_n} = n \cdot {S_n} - {t_n}$ में सरल हो जाता है।
दोनों पक्षों में ${t_n}$ जोड़ने पर,हमें $2{t_n} = n \cdot {S_n}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\frac{{{t_n}}}{{{S_n}}} = \frac{n}{2}$.

(B) दी गई व्यंजक दो द्विपद विस्तारों के गुणनफल में $x^{20}$ का गुणांक है।
$(1-x)^{30} = \sum_{r=0}^{30} (-1)^r \binom{30}{r} x^r$ और $(x+1)^{30} = \sum_{k=0}^{30} \binom{30}{k} x^{30-k}$ पर विचार करें।
यह व्यंजक $(1-x)^{30}(x+1)^{30} = (1-x^2)^{30}$ के विस्तार में $x^{20}$ का गुणांक है।
$(1-x^2)^{30} = \sum_{k=0}^{30} \binom{30}{k} (-1)^k x^{2k}$ में $x^{20}$ का गुणांक प्राप्त करने के लिए $2k = 20$ रखने पर $k = 10$ प्राप्त होता है।
अतः,गुणांक $\binom{30}{10} (-1)^{10} = \binom{30}{10}$ है।

(B) श्रेणी का सामान्य पद $k \frac{C_k}{C_{k-1}}$ द्वारा दिया जाता है।
हम जानते हैं कि $C_k = \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$।
अतः,$\frac{C_k}{C_{k-1}} = \frac{n-k+1}{k}$।
इसलिए,$k$-वां पद $k \times \frac{n-k+1}{k} = n-k+1$ है।
योग $\sum_{k=1}^{n} (n-k+1) = \frac{n(n+1)}{2}$ है।
$n=15$ के लिए,योग $\frac{15(16)}{2} = 120$ है।

(D) माना $S = \sum_{r=0}^{n} (-1)^r (r+1) C_r^2$.
हम जानते हैं कि सम $n$ के लिए $\sum_{r=0}^{n} (-1)^r C_r^2 = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!}$ होता है।
साथ ही,$\sum_{r=0}^{n} (-1)^r r C_r^2 = (-1)^{n/2} \frac{n}{2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!}$ होता है।
अतः,$S = \sum_{r=0}^{n} (-1)^r C_r^2 + \sum_{r=0}^{n} (-1)^r r C_r^2$.
$S = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} + (-1)^{n/2} \frac{n}{2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!}$.
$S = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} (1 + n/2) = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} \frac{n+2}{2}$.
$\frac{2(n/2)!(n/2)!}{n!}$ से गुणा करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{2(n/2)!(n/2)!}{n!} \times (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} \frac{n+2}{2} = (-1)^{n/2}(n+2)$.

(B) हम जानते हैं कि द्विपद विस्तार इस प्रकार है:
$(x + a)^n = \binom{n}{0}x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}a + \binom{n}{2}x^{n-2}a^2 + \binom{n}{3}x^{n-3}a^3 + \dots$
मान लीजिए $P$ विषम पदों का योग है और $Q$ सम पदों का योग है:
$P = \binom{n}{0}x^n + \binom{n}{2}x^{n-2}a^2 + \dots$
$Q = \binom{n}{1}x^{n-1}a + \binom{n}{3}x^{n-3}a^3 + \dots$
अतः,$(x + a)^n = P + Q$.
इसी प्रकार,$(x - a)^n$ के लिए:
$(x - a)^n = \binom{n}{0}x^n - \binom{n}{1}x^{n-1}a + \binom{n}{2}x^{n-2}a^2 - \binom{n}{3}x^{n-3}a^3 + \dots$
$(x - a)^n = P - Q$.
अब,$P^2 - Q^2$ की गणना करते हुए:
$P^2 - Q^2 = (P + Q)(P - Q)$
$P^2 - Q^2 = (x + a)^n (x - a)^n$
$P^2 - Q^2 = ((x + a)(x - a))^n$
$P^2 - Q^2 = (x^2 - a^2)^n$.

(D) भारित माध्य (weighted mean) $\bar{x} = \frac{\sum_{r=0}^{n} r \cdot {^nC_r}}{\sum_{r=0}^{n} {^nC_r}}$ द्वारा दिया जाता है।
अंश $\sum_{r=0}^{n} r \cdot {^nC_r} = \sum_{r=1}^{n} r \cdot \frac{n}{r} \cdot {^{n-1}C_{r-1}} = n \sum_{r=1}^{n} {^{n-1}C_{r-1}} = n \cdot 2^{n-1}$ है।
हर $\sum_{r=0}^{n} {^nC_r} = 2^n$ है।
अतः, माध्य $\bar{x} = \frac{n \cdot 2^{n-1}}{2^n} = \frac{n}{2}$ है।

(C) हम पास्कल के सर्वसमिका का उपयोग करते हैं: $\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r} = \binom{n+1}{r}$.
दी गई अभिव्यक्ति: $\binom{10}{2} + \binom{10}{3} + \binom{11}{4} + \binom{12}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
पहले दो पदों पर सर्वसमिका लागू करने पर: $\binom{10}{2} + \binom{10}{3} = \binom{11}{3}$.
अब अभिव्यक्ति इस प्रकार है: $\binom{11}{3} + \binom{11}{4} + \binom{12}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
पुनः सर्वसमिका लागू करने पर: $\binom{11}{3} + \binom{11}{4} = \binom{12}{4}$.
अब अभिव्यक्ति इस प्रकार है: $\binom{12}{4} + \binom{12}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
पुनः सर्वसमिका लागू करने पर: $\binom{12}{4} + \binom{12}{5} = \binom{13}{5}$.
अब अभिव्यक्ति इस प्रकार है: $\binom{13}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
अंतिम बार सर्वसमिका लागू करने पर: $\binom{13}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{6}$.
$\binom{14}{6} = \binom{14}{r}$ की तुलना करने पर,हमें $r = 6$ प्राप्त होता है।

(D) हम पास्कल के सर्वसमिका का उपयोग करते हैं: $\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1} = \binom{n+1}{r}$.
दी गई अभिव्यक्ति: $\binom{10}{1} + \binom{10}{2} + \binom{11}{3} + \binom{12}{4} + \binom{13}{5}$.
चरण $1$: $\binom{10}{1} + \binom{10}{2} = \binom{11}{2}$.
चरण $2$: $\binom{11}{2} + \binom{11}{3} = \binom{12}{3}$.
चरण $3$: $\binom{12}{3} + \binom{12}{4} = \binom{13}{4}$.
चरण $4$: $\binom{13}{4} + \binom{13}{5} = \binom{14}{5}$.
अतः,अंतिम परिणाम $\binom{14}{5}$ है।

(D) हम सर्वसमिका $\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1} = \binom{n+1}{r}$ का उपयोग करते हैं।
दी गई अभिव्यक्ति: $\binom{50}{4} + \sum_{i=1}^{6} \binom{56-i}{3} = \binom{50}{4} + \binom{55}{3} + \binom{54}{3} + \binom{53}{3} + \binom{52}{3} + \binom{51}{3} + \binom{50}{3}$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$= \binom{50}{4} + \binom{50}{3} + \binom{51}{3} + \binom{52}{3} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
$\binom{50}{4} + \binom{50}{3} = \binom{51}{4}$ का उपयोग करने पर:
$= \binom{51}{4} + \binom{51}{3} + \binom{52}{3} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
$\binom{51}{4} + \binom{51}{3} = \binom{52}{4}$ का उपयोग करने पर:
$= \binom{52}{4} + \binom{52}{3} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
इस प्रक्रिया को जारी रखने पर:
$= \binom{53}{4} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3} = \binom{54}{4} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
$= \binom{55}{4} + \binom{55}{3} = \binom{56}{4}$.

(C) हम सर्वसमिका $\binom{n}{r} + \binom{n}{r+1} = \binom{n+1}{r+1}$ का उपयोग करते हैं।
दिया गया व्यंजक: $S = \binom{47}{4} + \sum_{r=1}^5 \binom{52-r}{3}$
योग का विस्तार करने पर:
$S = \binom{47}{4} + \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{49}{3} + \binom{48}{3} + \binom{47}{3}$
$\binom{47}{4} + \binom{47}{3} = \binom{48}{4}$ का उपयोग करने पर:
$S = \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{49}{3} + \binom{48}{3} + \binom{48}{4} = \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{49}{3} + \binom{49}{4}$
$\binom{49}{3} + \binom{49}{4} = \binom{50}{4}$ का उपयोग करने पर:
$S = \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{50}{4} = \binom{51}{3} + \binom{51}{4}$
$\binom{51}{3} + \binom{51}{4} = \binom{52}{4}$ का उपयोग करने पर।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) $k$ संख्याओं के समूह का समांतर माध्य संख्याओं के योग को $k$ से विभाजित करने पर प्राप्त होता है।
दिया गया समूह $^nC_0, ^nC_1, ^nC_2, \dots, ^nC_n$ है।
इस समूह में पदों की कुल संख्या $n+1$ है।
इन द्विपद गुणांकों का योग सर्वसमिका $\sum_{r=0}^{n} {}^nC_r = 2^n$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,समांतर माध्य $\frac{\text{पदों का योग}}{\text{पदों की संख्या}} = \frac{2^n}{n+1}$ है।

(D) माना $S = \binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \binom{20}{2} - \dots + \binom{20}{10}$.
हम जानते हैं कि $\binom{n}{r} = \binom{n}{n-r}$.
अतः,$\binom{20}{0} = \binom{20}{20}$,$\binom{20}{1} = \binom{20}{19}$,...,$\binom{20}{9} = \binom{20}{11}$.
$(1-1)^{20} = \sum_{r=0}^{20} (-1)^r \binom{20}{r} = 0$ पर विचार करें।
इससे प्राप्त होता है: $\binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9} + \binom{20}{10} - \binom{20}{11} + \dots + \binom{20}{20} = 0$.
समरूपता का उपयोग करने पर: $\binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9} + \binom{20}{10} - \binom{20}{9} + \dots + \binom{20}{0} = 0$.
$2[\binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9}] + \binom{20}{10} = 0$.
माना $X = \binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9}$. तब $2X + \binom{20}{10} = 0$,अतः $X = -\frac{1}{2} \binom{20}{10}$.
अभीष्ट योग $S = X + \binom{20}{10} = -\frac{1}{2} \binom{20}{10} + \binom{20}{10} = \frac{1}{2} \binom{20}{10}$ है।

(D) माना $S = \sum_{r=0}^{n} (r+1) \binom{n}{r} x^r$.
इसे $S = \sum_{r=0}^{n} r \binom{n}{r} x^r + \sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} x^r$ के रूप में लिखा जा सकता है।
सर्वसमिका $r \binom{n}{r} = n \binom{n-1}{r-1}$ का उपयोग करने पर:
$S = \sum_{r=1}^{n} n \binom{n-1}{r-1} x^r + (1+x)^n$
$S = nx \sum_{r=1}^{n} \binom{n-1}{r-1} x^{r-1} + (1+x)^n$
$S = nx(1+x)^{n-1} + (1+x)^n$.
अतः,कथन $-2$ सत्य है।
कथन $-1$ की जाँच करने के लिए,कथन $-2$ के परिणाम में $x=1$ रखने पर:
$S(1) = n(1)(1+1)^{n-1} + (1+1)^n = n 2^{n-1} + 2^n = 2^{n-1} (n + 2)$.
अतः,कथन $-1$ सत्य है और कथन $-2$,कथन $-1$ की सही व्याख्या है।

(A) दिया गया व्यंजक $S = \sum_{r=1}^{10} \binom{21}{r} - \sum_{r=1}^{10} \binom{10}{r}$ है।
हम जानते हैं कि $\sum_{r=0}^{21} \binom{21}{r} = 2^{21}$.
$\sum_{r=0}^{10} \binom{21}{r} = 2^{20}$ होता है।
अतः,$\sum_{r=1}^{10} \binom{21}{r} = 2^{20} - \binom{21}{0} = 2^{20} - 1$.
साथ ही,$\sum_{r=1}^{10} \binom{10}{r} = 2^{10} - 1$.
मान रखने पर:
$S = (2^{20} - 1) - (2^{10} - 1) = 2^{20} - 2^{10}$.

(A) दिया गया विस्तार: $(1 - x + x^2)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + .... + a_{2n}x^{2n}$ है।
$x = 1$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(1 - 1 + 1)^n = a_0 + a_1 + a_2 + .... + a_{2n}$
$1 = a_0 + a_1 + a_2 + .... + a_{2n}$ ..... $(i)$
$x = -1$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(1 - (-1) + (-1)^2)^n = a_0 - a_1 + a_2 - .... + a_{2n}$
$3^n = a_0 - a_1 + a_2 - .... + a_{2n}$ ..... $(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$1 + 3^n = 2(a_0 + a_2 + a_4 + .... + a_{2n})$
अतः,$a_0 + a_2 + a_4 + .... + a_{2n} = \frac{3^n + 1}{2}$।

(C) दिया गया व्यंजक $P = \left( {1 + \frac{{{C_1}}}{{{C_0}}}} \right)\left( {1 + \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}}} \right)....\left( {1 + \frac{{{C_n}}}{{{C_{n - 1}}}}} \right)$ है।
हम जानते हैं कि $\frac{{{C_r}}}{{{C_{r - 1}}}} = \frac{{n - r + 1}}{r}$ होता है।
प्रत्येक पद में यह मान रखने पर: $1 + \frac{{{C_r}}}{{{C_{r - 1}}}} = 1 + \frac{{n - r + 1}}{r} = \frac{{r + n - r + 1}}{r} = \frac{{n + 1}}{r}$।
अतः,गुणनफल इस प्रकार होगा:
$P = \left( \frac{n + 1}{1} \right) \left( \frac{n + 1}{2} \right) \left( \frac{n + 1}{3} \right) .... \left( \frac{n + 1}{n} \right)$।
$P = \frac{{{{(n + 1)}^n}}}{{1 \times 2 \times 3 \times .... \times n}} = \frac{{{{(n + 1)}^n}}}{{n!}}$।

(A) माना $f(x) = (1 + x + x^2)^{25} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ..... + a_{50}x^{50}$ है।
$x = 1$ रखने पर,$f(1) = (1 + 1 + 1)^{25} = 3^{25} = a_0 + a_1 + a_2 + ..... + a_{50}$ प्राप्त होता है।
$x = -1$ रखने पर,$f(-1) = (1 - 1 + 1)^{25} = 1^{25} = 1 = a_0 - a_1 + a_2 - ..... + a_{50}$ प्राप्त होता है।
दोनों समीकरणों को जोड़ने पर,$f(1) + f(-1) = 3^{25} + 1 = 2(a_0 + a_2 + a_4 + ..... + a_{50})$ प्राप्त होता है।
अतः,$a_0 + a_2 + a_4 + ..... + a_{50} = \frac{3^{25} + 1}{2}$ है।
चूंकि $3^{25}$ विषम है,$3^{25} + 1$ सम है।
$3^{25} + 1 = (1 + 2)^{25} + 1 = (1 + ^{25}C_1(2) + ^{25}C_2(2^2) + ..... + 2^{25}) + 1 = 2[1 + ^{25}C_1 + ^{25}C_2(2) + ..... + 2^{24}]$ है।
$2$ से विभाजित करने पर,हमें $1 + ^{25}C_1 + ^{25}C_2(2) + ..... + 2^{24}$ प्राप्त होता है,जो स्पष्ट रूप से एक सम संख्या है।