Some statements are about every natural number — and you cannot check them one by one, because there are infinitely many. The Italian mathematician Francesco Maurolico (1494–1575) devised the way out: the method of mathematical induction. He first used it to prove that the sum of the first n odd positive integers is n². The idea feels like toppling dominoes: knock the first one over, and make sure each domino knocks the next — then every domino must fall.
But first, a warning the book opens with: checking a few cases proves nothing. One single exception — a counterexample — kills a statement. Consider S(n) = n² − n + 41. For n = 1, 2, …, 11 the values are 41, 43, 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131, 151 — all prime, so the claim "S(n) is always prime" looks very safe. Yet at n = 41, S(41) = 41² − 41 + 41 = 41², which is plainly not prime. This example was discovered by Euler (1707–1783), and it is why "it works for the first few cases" is never a proof.
Now take the sum of the first n odd natural numbers: 1 = 1², 1 + 3 = 4 = 2², 1 + 3 + 5 = 9 = 3², 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 4², and so on. The pattern suggests 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² for every natural number n. But verifying it for each n would take infinitely many calculations — exactly the situation induction was made for. 📌 Note (Hypothesis): a hypothesis is an educated guess or proposed explanation for a statement based on limited evidence — the starting point of an investigation, to be tested and either supported or rejected. 📌 Note (Induction of Hypothesis): forming a general statement from particular cases and patterns is how conjectures are born; induction then proves them rigorously.
The principle of mathematical induction says: if a statement S(n) for each positive integer n is such that (1) Base Case: S(1) is true, and (2) Induction Hypothesis: S(k + 1) is true whenever S(k) is true for any positive integer k, then (3) Conclusion: S(n) is true for all positive integers. The working procedure is: first substitute n = 1 and show the statement true; then assume it true for some positive integer k and show it true for the next integer k + 1. For the second step, either S(k + 1) is proved using S(k), or it is established by performing algebraic operations on S(k).
The book's examples walk the whole staircase. Example 1: 3 + 6 + 9 + … + 3n = 3n(n + 1)/2 — base n = 1 gives 3 = 3, and adding 3(k + 1) to the assumed S(k) gives 3(k + 1)(k + 2)/2, which is S(k + 1). Example 2: 1² + 2² + … + n² = n(n + 1)(2n + 1)/6 — adding (k + 1)² to S(k) and factoring out (k + 1) leaves (k + 1)(k + 2)(2k + 3)/6. Example 3: (n³ + 2n)/3 is an integer for every n in N — the step splits S(k + 1) into (k³ + 2k)/3 + (k² + k + 1), a sum of two integers. Example 4: 3 + 3·5 + 3·5² + … + 3·5ⁿ = 3(5ⁿ⁺¹ − 1)/4 for non-negative n — note the base case here is n = 0, not n = 1, and the dot (·) between numbers means multiplication. Example 5: 4ⁿ + 6n − 1 is divisible by 9 — write 4ᵏ + 6k − 1 = 9k₁ for some integer k₁, then S(k + 1) = 4(9k₁ − 6k + 1) + 6k + 5 = 9(4k₁ − 2k + 1). Example 6: Σ 1/((2k − 1)(2k + 1)) = n/(2n + 1) — here the book switches the running letter to m, but the step is the same: m/(2m + 1) + 1/((2m + 1)(2m + 3)) = (m + 1)/(2m + 3).
کچھ بیانات ہر قدرتی عدد کے بارے میں ہوتے ہیں — اور آپ انھیں ایک ایک کر کے جانچ نہیں سکتے، کیونکہ وہ لامحدود ہیں۔ اطالوی ریاضی دان فرانسیسکو موروالیکو (۱۵۷۵–۱۴۹۴) نے اس کا حل نکالا: ریاضیاتی استقرا کا طریقہ۔ اس نے سب سے پہلے اس سے ثابت کیا کہ پہلے n طاق مثبت اعداد کا مجموعہ n² ہے۔ یہ خیال ڈومینو گرانے جیسا ہے: پہلا ڈومینو گرائیں، اور یقینی بنائیں کہ ہر ڈومینو اگلے کو گرائے — پھر ہر ڈومینو ضرور گرے گا۔
لیکن پہلے کتاب کی تنبیہ: چند صورتیں جانچنا کوئی ثبوت نہیں۔ ایک ہی استثنا — ایک جوابی مثال — بیان کو ختم کر دیتی ہے۔ S(n) = n² − n + 41 پر غور کریں۔ n = ۱ تا ۱۱ کے لیے قدریں ۴۱، ۴۳، ۴۷، ۵۳، ۶۱، ۷۱، ۸۳، ۹۷، ۱۱۳، ۱۳۱، ۱۵۱ ہیں — سب مفرد، اس لیے "S(n) ہمیشہ مفرد ہے" کا دعویٰ بہت محفوظ لگتا ہے۔ مگر n = ۴۱ پر S(41) = 41² ہے، جو واضح طور پر مفرد نہیں۔ یہ مثال آئلر (۱۷۸۳–۱۷۰۷) نے دریافت کی، اور یہی وجہ ہے کہ "پہلی چند صورتوں میں درست ہے" کبھی ثبوت نہیں ہوتا۔
اب پہلے n طاق قدرتی اعداد کا مجموعہ لیں: ۱ = ۱²، ۱ + ۳ = ۴ = ۲²، ۱ + ۳ + ۵ = ۹ = ۳²، ۱ + ۳ + ۵ + ۷ = ۱۶ = ۴²، وغیرہ۔ اندازہ یہ ہے کہ ۱ + ۳ + ۵ + … + (2n − 1) = n² ہر قدرتی عدد n کے لیے درست ہے۔ لیکن ہر n کے لیے اس کی تصدیق میں لامحدود حساب لگیں گے — بالکل وہ صورت جس کے لیے استقرا بنایا گیا۔ 📌 نوٹ (مفروضہ): مفروضہ محدود شواہد کی بنیاد پر کسی بیان کے لیے ایک تعلیم یافتہ اندازہ یا مجوزہ وضاحت ہے — تحقیق کا نقطہ آغاز، جسے جانچا جائے اور یا تو تائید کی جائے یا رد کیا جائے۔ 📌 نوٹ (مفروضے کا استقرا): خاص صورتوں اور نمونوں سے عمومی بیان بنانا ہی قیاس آرائیوں کی پیدائش ہے؛ پھر استقرا انھیں سختی سے ثابت کرتا ہے۔
ریاضیاتی استقرا کا اصول کہتا ہے: اگر ہر مثبت صحیح عدد n کے لیے بیان S(n) ایسا ہو کہ (۱) بنیادی صورت: S(1) درست ہو، اور (۲) استقرائی مفروضہ: جب بھی S(k) درست ہو تو S(k + 1) بھی درست ہو، تو (۳) نتیجہ: S(n) تمام مثبت صحیح اعداد کے لیے درست ہے۔ عملی طریقہ یہ ہے: پہلے n = ۱ رکھ کر بیان کو درست دکھائیں؛ پھر اسے کسی مثبت صحیح عدد k کے لیے درست فرض کر کے اگلے عدد k + 1 کے لیے درست دکھائیں۔ دوسرے مرحلے میں یا تو S(k + 1) کو S(k) کی مدد سے ثابت کیا جاتا ہے، یا S(k) پر الجبری عمل کر کے قائم کیا جاتا ہے۔
کتاب کی مثالیں پوری سیڑھی چلتی ہیں۔ مثال ۱: ۳ + ۶ + ۹ + … + 3n = 3n(n + 1)/2 — بنیاد n = ۱ سے ۳ = ۳ ملتا ہے، اور فرض شدہ S(k) میں 3(k + 1) جمع کرنے سے 3(k + 1)(k + 2)/2 ملتا ہے جو S(k + 1) ہے۔ مثال ۲: ۱² + ۲² + … + n² = n(n + 1)(2n + 1)/6 — S(k) میں (k + 1)² جمع کر کے (k + 1) کو عامل بنانے سے (k + 1)(k + 2)(2k + 3)/6 رہ جاتا ہے۔ مثال ۳: (n³ + 2n)/3 ہر n ∈ N کے لیے ایک صحیح عدد ہے — مرحلے میں S(k + 1) کو (k³ + 2k)/3 + (k² + k + 1) میں تقسیم کیا جاتا ہے، جو دو صحیح اعداد کا مجموعہ ہے۔ مثال ۴: ۳ + ۳·۵ + ۳·۵² + … + ۳·۵ⁿ = 3(5ⁿ⁺¹ − 1)/4 غیر منفی n کے لیے — یہاں بنیادی صورت n = ۰ ہے، n = ۱ نہیں، اور اعداد کے درمیان نقطہ (·) ضرب کی علامت ہے۔ مثال ۵: 4ⁿ + 6n − 1 عدد ۹ پر قابل تقسیم ہے — 4ᵏ + 6k − 1 = 9k₁ لکھیں، پھر S(k + 1) = 9(4k₁ − 2k + 1)۔ مثال ۶: Σ 1/((2k − 1)(2k + 1)) = n/(2n + 1) — یہاں کتاب چلتا ہوا حرف m میں بدل دیتی ہے، لیکن مرحلہ وہی ہے۔
Domino samjho: پہلا domino (base case) گراؤ, پھر دکھاؤ کے ہر domino اگلے کو گراتا ہے (induction step) — تو پوری قطار گرنی ہی ہے. اور یاد رکھو: صرف ایک counterexample (جیسے n = 41 پر n² − n + 41) پورا دوا غلط ثابت کر دیتا ہے.
Sometimes a statement is not true from n = 1 — it only starts being true from some later integer i. That is where the principle of extended mathematical induction comes in. Let i be an integer, and let S(n) be a statement for n ≥ i such that (1) Base Case: S(i) is true, and (2) Induction Hypothesis: S(k + 1) is true whenever S(k) is true for any integer k ≥ i. Then (3) Conclusion: S(n) is true for all integers n ≥ i. The only change from ordinary induction is where the staircase starts.
Example 7 starts below zero: show 1 + 3 + 5 + … + (2n + 5) = (n + 3)² for integral n ≥ −2. The base case is n = −2 itself: the left side is just the single term 2(−2) + 5 = 1, and the right side is (−2 + 3)² = 1. Then, assuming S(k), adding the next term (2k + 7) gives (k + 3)² + (2k + 7) = k² + 8k + 16 = (k + 4)², which is S(k + 1). Example 8 is an inequality: 4ⁿ > 3ⁿ + 4 for integral n ≥ 2. Base n = 2: 16 > 13. For the step, multiply the assumed inequality 4ᵏ > 3ᵏ + 4 by 4: 4ᵏ⁺¹ > 4·3ᵏ + 16 = 3ᵏ⁺¹ + 3ᵏ + 12 + 4, and since 3ᵏ + 12 > 0, this is stronger than 4ᵏ⁺¹ > 3ᵏ⁺¹ + 4. Example 9 is a last-digit claim: if aₙ = 2^(2ⁿ) + 1, then for n > 1 the last digit of aₙ is 7. Base n = 2: a₂ = 2⁴ + 1 = 17. Assume aₖ = 2^(2ᵏ) + 1 = 10m + 7, so 2^(2ᵏ) = 10m + 6. Then aₖ₊₁ = (2^(2ᵏ))² + 1 = (10m + 6)² + 1 = 100m² + 120m + 37 = 10(10m² + 12m + 3) + 7 — again ending in 7.
The book then shows induction at work in ordinary life (8.1.2 Real Life Application). Example 10: Faris deposits Rs. 1000 every month; the total after n months is S(n) = 1000 × n. Base: after month 1 he has Rs. 1000. Step: if he has 1000k after k months, one more deposit makes 1000k + 1000 = 1000(k + 1). The book adds a "Justification and Communication" paragraph: the base case plus the step make the formula reliable for every number of months. Example 11: Ali does 10 push-ups on day 1 and increases by 2 each day; the total after n days is n² + 9n. Base: 1² + 9 = 10. Step: on day k + 1 he does 10 + 2k push-ups, so the total becomes k² + 9k + 10 + 2k = (k + 1)² + 9(k + 1). Example 12: cutting 50 calories per week from a 2500-calorie intake gives 2500 − 50n after n weeks — base week 1 gives 2450, and each further week subtracts another 50.
کبھی کبھی کوئی بیان n = ۱ سے درست نہیں ہوتا — وہ کسی بعد کے صحیح عدد i سے درست ہونا شروع ہوتا ہے۔ یہیں توسیعی ریاضیاتی استقرا کا اصول آتا ہے۔ فرض کریں i ایک صحیح عدد ہے، اور S(n) ایک بیان ہے n ≥ i کے لیے، ایسا کہ (۱) بنیادی صورت: S(i) درست ہو، اور (۲) استقرائی مفروضہ: جب بھی S(k) درست ہو تو S(k + 1) بھی درست ہو، کسی بھی صحیح عدد k ≥ i کے لیے۔ پھر (۳) نتیجہ: S(n) تمام صحیح اعداد n ≥ i کے لیے درست ہے۔ عام استقرا سے واحد فرق یہ ہے کہ سیڑھی کہاں سے شروع ہوتی ہے۔
مثال ۷ صفر سے نیچے شروع ہوتی ہے: دکھائیں کہ ۱ + ۳ + ۵ + … + (2n + 5) = (n + 3)² صحیح اعداد n ≥ −۲ کے لیے۔ بنیادی صورت خود n = −۲ ہے: بایاں طرف صرف ایک رکن 2(−2) + 5 = ۱ ہے، اور دایاں طرف (−2 + 3)² = ۱ ہے۔ پھر S(k) کو فرض کر کے اگلا رکن (2k + 7) جمع کرنے سے (k + 3)² + (2k + 7) = (k + 4)² ملتا ہے جو S(k + 1) ہے۔ مثال ۸ ایک نامساوات ہے: 4ⁿ > 3ⁿ + 4 صحیح اعداد n ≥ ۲ کے لیے۔ بنیاد n = ۲: ۱۶ > ۱۳۔ مرحلے میں فرض شدہ نامساوات 4ᵏ > 3ᵏ + 4 کو ۴ سے ضرب دیں: 4ᵏ⁺¹ > 3ᵏ⁺¹ + 3ᵏ + 12 + 4، اور چونکہ 3ᵏ + 12 > 0 ہے، یہ 4ᵏ⁺¹ > 3ᵏ⁺¹ + 4 سے بھی مضبوط ہے۔ مثال ۹ آخری ہندسے کا دعویٰ ہے: اگر aₙ = 2^(2ⁿ) + 1 ہو تو n > ۱ کے لیے aₙ کا آخری ہندسہ ۷ ہے۔ بنیاد n = ۲: a₂ = 2⁴ + 1 = ۱۷۔ فرض کریں aₖ = 10m + 7، یعنی 2^(2ᵏ) = 10m + 6۔ پھر aₖ₊₁ = (10m + 6)² + 1 = 10(10m² + 12m + 3) + 7 — پھر ۷ پر ختم ہوتا ہے۔
پھر کتاب عام زندگی میں استقرا کو کام کرتے دکھاتی ہے (۸.۱.۲ عملی زندگی کا اطلاق)۔ مثال ۱۰: فارس ہر مہینے ۱۰۰۰ روپے جمع کرتا ہے؛ n مہینوں بعد کل رقم S(n) = 1000 × n ہے۔ بنیاد: پہلے مہینے کے بعد اس کے پاس ۱۰۰۰ روپے ہیں۔ مرحلہ: اگر k مہینوں بعد 1000k ہیں تو ایک اور جمع 1000(k + 1) بنا دیتی ہے۔ کتاب "جواز اور ابلاغ" کا پیراگراف بھی دیتی ہے: بنیادی صورت اور مرحلہ مل کر فارمولے کو ہر مہینوں کی تعداد کے لیے قابل اعتماد بناتے ہیں۔ مثال ۱۱: علی پہلے دن ۱۰ پش اپ کرتا ہے اور ہر دن ۲ بڑھاتا ہے؛ n دنوں بعد کل n² + 9n ہے۔ بنیاد: ۱² + ۹ = ۱۰۔ مرحلہ: (k + 1)ویں دن وہ 10 + 2k پش اپ کرتا ہے، اس لیے کل (k + 1)² + 9(k + 1) ہو جاتی ہے۔ مثال ۱۲: ۲۵۰۰ کیلوری والی خوراک سے ہر ہفتے ۵۰ کیلوری کم کرنے سے n ہفتوں بعد 2500 − 50n رہ جاتی ہے — پہلا ہفتہ ۲۴۵۰ دیتا ہے، اور ہر اگلا ہفتہ مزید ۵۰ گھٹاتا ہے۔
Staircase samjho: عام induction کی سیڑھی n = 1 سے شروع ہوتی ہے, لیکن extended induction میں سیڑھی کہیں سے بھی شروع ہو سکتی ہے — جیسے Example 7 میں n = −2 سے. بعث base case وہاں check کرو جہاں دوا شروع ہوتا ہے, پھر ہر قدم اگلے قدم کو دھکیلتا ہے.
An algebraic expression with two terms, like a + x, x − 2y or ax + b, is called a binomial. You already know by actual multiplication that (a + b)² = a² + 2ab + b² and (a + b)³ = a³ + 3a²b + 3ab² + b³. The right sides are the binomial expansions for indices 2 and 3. The general rule for any positive integral power n is the binomial theorem for positive integral index n:
(a + b)ⁿ = (n choose 0)aⁿ + (n choose 1)aⁿ⁻¹b + (n choose 2)aⁿ⁻²b² + … + (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ + … + (n choose n)bⁿ, or briefly (a + b)ⁿ = Σ (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ, where a and b are real numbers — and the book notes it also holds if a or b is complex. The symbols (n choose 0), (n choose 1), …, (n choose n) are called the binomial coefficients. 📌 Note: the book proves this theorem itself by mathematical induction — base n = 1 gives (a + b)¹ = a + b, and the step multiplies the assumed expansion of (a + b)ᵏ by (a + b) and collects like terms using Pascal's identity (k choose r) + (k choose r − 1) = (k + 1 choose r). That identity is the whole engine of the proof.
Six observations about the expansion of (a + b)ⁿ are worth memorising: (i) the number of terms is one more than the index (n + 1 terms); (ii) in every term, the exponents of a and b add up to the index n; (iii) the exponent of a decreases from n down to 0; (iv) the exponent of b increases from 0 up to n; (v) coefficients equally far from the two ends are equal, since (n choose r) = (n choose n − r); (vi) the (r + 1)th term is Tr+1 = (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ, called the general term — every term of the expansion comes from it by putting r = 0, 1, 2, …, n. (The book's point (ii) misprints "a and x" where it means a and b; the meaning is clear from the formula.)
Example 13 expands (a/2 − 2/a)⁶ by writing it as (a/2 + (−2/a))⁶: the seven terms are a⁶/64 − 3a⁴/8 + 15a²/4 − 20 + 60/a² − 96/a⁴ + 64/a⁶, and the general term simplifies to Tr+1 = (−1)ʳ(6 choose r)(a/2)⁶⁻²ʳ. Example 14 evaluates (9.9)⁵ without a calculator: write it as (10 − 0.1)⁵ and expand — 100000 − 5000 + 100 − 1 + 0.005 − 0.00001 = 95099.00499. Example 15 finds specified terms in (3x/2 − 1/(3x))¹¹: the general term is (−1)ʳ(11 choose r)3¹¹⁻²ʳ/2¹¹⁻ʳ · x¹¹⁻²ʳ; (i) the x⁵ term needs 11 − 2r = 5, so r = 3 and T₄ = −40095/256 · x⁵; (ii) the fifth term (r = 4) is T₅ = 4455/64 · x³; (iii) the sixth term from the end is the 7th term from the start (r = 6), T₇ = 77/(16x); (iv) so the coefficient of the x⁻¹ term is 77/16.
دو رقوم والا الجبری اظہار، جیسے a + x، x − 2y یا ax + b، دو رکنی کہلاتا ہے۔ آپ اصل ضرب سے پہلے ہی جانتے ہیں کہ (a + b)² = a² + 2ab + b² اور (a + b)³ = a³ + 3a²b + 3ab² + b³ ہے۔ دائیں طرف اشاریہ ۲ اور ۳ کے لیے دو رکنی توسیعات ہیں۔ کسی بھی مثبت صحیح طاقت n کے لیے عمومی قاعدہ مثبت صحیح اشاریہ n کے لیے دو رکنی قضیہ ہے:
(a + b)ⁿ = (n choose 0)aⁿ + (n choose 1)aⁿ⁻¹b + … + (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ + … + (n choose n)bⁿ، یا مختصراً (a + b)ⁿ = Σ (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ، جہاں a اور b حقیقی اعداد ہیں — اور کتاب بتاتی ہے کہ یہ اس صورت میں بھی درست ہے جب a یا b مختلط ہو۔ علامات (n choose 0)، (n choose 1)، …، (n choose n) دو رکنی عددی سر کہلاتی ہیں۔ 📌 نوٹ: کتاب خود اس قضیے کو ریاضیاتی استقرا سے ثابت کرتی ہے — بنیاد n = ۱ سے (a + b)¹ = a + b ملتا ہے، اور مرحلے میں (a + b)ᵏ کی فرض شدہ توسیع کو (a + b) سے ضرب دے کر پاسکل کی شناخت (k choose r) + (k choose r − 1) = (k + 1 choose r) سے ہم جیسی رقوم جمع کی جاتی ہیں۔ یہ شناخت ثبوت کا پورا انجن ہے۔
(a + b)ⁿ کی توسیع کے بارے میں چھ مشاہدات یاد رکھنے کے قابل ہیں: (۱) رقوم کی تعداد اشاریے سے ایک زیادہ ہے (n + 1 رقوم)؛ (۲) ہر رکن میں a اور b کے قوت نما کا مجموعہ اشاریہ n کے برابر ہے؛ (۳) a کا قوت نما n سے گھٹ کر ۰ تک آتا ہے؛ (۴) b کا قوت نما ۰ سے بڑھ کر n تک جاتا ہے؛ (۵) دونوں سروں سے برابر فاصلے والے عددی سر برابر ہیں، کیونکہ (n choose r) = (n choose n − r)؛ (۶) (r + 1)واں رکن Tr+1 = (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ ہے، جو عمومی رکن کہلاتا ہے — توسیع کا ہر رکن اس سے r = 0, 1, 2, …, n رکھ کر ملتا ہے۔ (کتاب کے نکتہ (۲) میں "a اور x" چھپا ہے جہاں a اور b مراد ہے؛ فارمولے سے مطلب واضح ہے۔)
مثال ۱۳ (a/2 − 2/a)⁶ کو (a/2 + (−2/a))⁶ لکھ کر کھولتی ہے: سات رقوم a⁶/64 − 3a⁴/8 + 15a²/4 − 20 + 60/a² − 96/a⁴ + 64/a⁶ ہیں، اور عمومی رکن Tr+1 = (−1)ʳ(6 choose r)(a/2)⁶⁻²ʳ بن جاتا ہے۔ مثال ۱۴ کیلکولیٹر کے بغیر (9.9)⁵ نکالتی ہے: اسے (10 − 0.1)⁵ لکھ کر کھولیں — 100000 − 5000 + 100 − 1 + 0.005 − 0.00001 = 95099.00499۔ مثال ۱۵ (3x/2 − 1/(3x))¹¹ میں مخصوص رقوم ڈھونڈتی ہے: عمومی رکن (−1)ʳ(11 choose r)3¹¹⁻²ʳ/2¹¹⁻ʳ · x¹¹⁻²ʳ ہے؛ (۱) x⁵ والے رکن کے لیے 11 − 2r = 5، یعنی r = 3 اور T₄ = −40095/256 · x⁵؛ (۲) پانچواں رکن (r = 4) T₅ = 4455/64 · x³ ہے؛ (۳) آخر سے چھٹا رکن شروع سے ساتواں رکن ہے (r = 6)، T₇ = 77/(16x)؛ (۴) اس لیے x⁻¹ والے رکن کا عددی سر 77/16 ہے۔
Pattern samjho: (a + b)³ میں a کی طاقت 3 سے 0 تک گت-تھی ہے, b کی 0 سے 3 تک بڑھتی ہے, اور ہر رکن میں دونون طاقتوں کا جور 3 ہی رہتا ہے. Coefficients 1, 3, 3, 1 دونون طرف سے برابر ہیں — اور general term T(r+1) = ⁿC(r) aⁿ⁻ʳ bʳ سے ہر رکن نکل آتا ہے.
In the expansion of (a + b)ⁿ there are n + 1 terms in total, so the middle of the expansion depends on whether n is even or odd. Case I (n even): then n + 1 is odd, and there is exactly one middle term — the ((n/2) + 1)th term. Case II (n odd): then n + 1 is even, and there are two middle terms — the ((n + 1)/2)th and the ((n + 3)/2)th terms. Students often miscount here: the middle term is a position in the expansion, and you still find it with the general term Tr+1.
Example 16 works with (x/2 + 2/x²)¹². (i) The term independent of x: the general term is (12 choose r)2²ʳ⁻¹²x¹²⁻³ʳ, and setting the exponent of x to zero gives 12 − 3r = 0, so r = 4 and T₅ = 495/16. (ii) The middle term: n = 12 is even, so the 7th term is the middle one — T₇ = (12 choose 6)(x/2)⁶(2/x²)⁶ = 924/x⁶.
Putting special values of a and b into (a + b)ⁿ gives four useful deductions (8.2.2). (i) With a = 1: (1 + b)ⁿ = (n choose 0) + (n choose 1)b + (n choose 2)b² + … + (n choose n)bⁿ, which can also be written with the coefficients as 1 + nb + n(n − 1)/2! · b² + … + n(n − 1)…(n − r + 1)/r! · bʳ + … + bⁿ. (ii) With a = 1 and b replaced by −b: (1 − b)ⁿ = (n choose 0) − (n choose 1)b + (n choose 2)b² − (n choose 3)b³ + … with alternating signs. (iii) With a = b = 1: 2ⁿ = (n choose 0) + (n choose 1) + … + (n choose n) — the sum of all binomial coefficients is 2ⁿ. (iv) With a = 1 and b = −1: (1 − 1)ⁿ = 0 = (n choose 0) − (n choose 1) + (n choose 2) − …, so the sum of the coefficients in the even positions equals the sum of those in the odd positions. Example 17 shows (n choose 1) + 2(n choose 2) + 3(n choose 3) + … + n(n choose n) = n·2ⁿ⁻¹: since k(n choose k) = n(n − 1 choose k − 1), the whole sum is n times the sum of the (n − 1)th row, which is n·2ⁿ⁻¹.
(a + b)ⁿ کی توسیع میں کل n + 1 رقوم ہوتی ہیں، اس لیے توسیع کا درمیان اس بات پر منحصر ہے کہ n جفت ہے یا طاق۔ صورت اول (n جفت): تب n + 1 طاق ہے، اور صرف ایک درمیانی رکن ہوتا ہے — ((n/2) + 1)واں رکن۔ صورت دوم (n طاق): تب n + 1 جفت ہے، اور دو درمیانی رقوم ہوتے ہیں — ((n + 1)/2)واں اور ((n + 3)/2)واں رقوم۔ طلبہ یہاں اکثر گنتی میں غلطی کرتے ہیں: درمیانی رکن توسیع میں ایک مقام ہے، اور آپ اسے پھر بھی عمومی رکن Tr+1 سے نکالتے ہیں۔
مثال ۱۶ (x/2 + 2/x²)¹² کے ساتھ کام کرتی ہے۔ (۱) x سے آزاد رکن: عمومی رکن (12 choose r)2²ʳ⁻¹²x¹²⁻³ʳ ہے، اور x کا قوت نما صفر رکھنے سے 12 − 3r = 0، یعنی r = 4 اور T₅ = 495/16۔ (۲) درمیانی رکن: n = 12 جفت ہے، اس لیے ساتواں رکن درمیانی ہے — T₇ = (12 choose 6)(x/2)⁶(2/x²)⁶ = 924/x⁶۔
(a + b)ⁿ میں a اور b کی خاص قدریں رکھنے سے چار مفید نتائج (۸.۲.۲) ملتے ہیں۔ (۱) a = 1 کے ساتھ: (1 + b)ⁿ = (n choose 0) + (n choose 1)b + (n choose 2)b² + … + (n choose n)bⁿ، جسے عددی سروں کے ساتھ 1 + nb + n(n − 1)/2! · b² + … + n(n − 1)…(n − r + 1)/r! · bʳ + … + bⁿ بھی لکھا جا سکتا ہے۔ (۲) a = 1 اور b کی جگہ −b کے ساتھ: (1 − b)ⁿ = (n choose 0) − (n choose 1)b + (n choose 2)b² − (n choose 3)b³ + … متبادل علامتوں کے ساتھ۔ (۳) a = b = 1 کے ساتھ: 2ⁿ = (n choose 0) + (n choose 1) + … + (n choose n) — تمام دو رکنی عددی سروں کا مجموعہ 2ⁿ ہے۔ (۴) a = 1 اور b = −1 کے ساتھ: (1 − 1)ⁿ = 0 = (n choose 0) − (n choose 1) + (n choose 2) − …، اس لیے جفت مقاموں والے عددی سروں کا مجموعہ طاق مقاموں والوں کے مجموعے کے برابر ہے۔ مثال ۱۷ دکھاتی ہے کہ (n choose 1) + 2(n choose 2) + 3(n choose 3) + … + n(n choose n) = n·2ⁿ⁻¹: چونکہ k(n choose k) = n(n − 1 choose k − 1) ہے، پورا مجموعہ (n − 1)ویں قطار کے مجموعے کا n گنا ہے، جو n·2ⁿ⁻¹ ہے۔
Middle term samjho: پہلے گن لو کے کل کتنی terms ہیں (n + 1). اگر terms کی تعداد طاق ہے تو ایک middle term, اگر جفت ہے تو دو middle terms. پھر general term T(r+1) سے اس position والی term نکل لو — index سے غلطی نہیں کرنی.
When n is a negative integer or a fraction, the expansion does not stop — it runs on forever as an infinite series, and it is valid only when |x| < 1:
(1 + x)ⁿ = 1 + nx + n(n − 1)/2! · x² + n(n − 1)(n − 2)/3! · x³ + … + n(n − 1)…(n − r + 1)/r! · xʳ + …
This is called the binomial series. 📌 Note: the book states plainly that the proof of this theorem is beyond the scope of the book; that the symbols (n choose 0), (n choose 1), (n choose 2) are meaningless when n is a negative integer or a fraction (so the coefficients must be written out in the n(n − 1)… form); and that the general term is Tr+1 = n(n − 1)…(n − r + 1)/r! · xʳ. The condition |x| < 1 is not a decoration — outside it, the series does not settle to the value of (1 + x)ⁿ at all.
Example 18 finds the general term of (1 + x)⁻³ for |x| < 1: Tr+1 = (−3)(−4)…(−3 − r + 1)/r! · xʳ = (−1)ʳ(r + 1)(r + 2)/2 · xʳ. The book then lists six particular cases worth memorising: (1 + x)⁻¹ = 1 − x + x² − x³ + … + (−1)ʳxʳ + …; (1 + x)⁻² = 1 − 2x + 3x² − 4x³ + … + (−1)ʳ(r + 1)xʳ + …; (1 + x)⁻³ = 1 − 3x + 6x² − 10x³ + … + (−1)ʳ(r + 1)(r + 2)/2 · xʳ + …; (1 − x)⁻¹ = 1 + x + x² + x³ + … + xʳ + …; (1 − x)⁻² = 1 + 2x + 3x² + 4x³ + … + (r + 1)xʳ + …; (1 − x)⁻³ = 1 + 3x + 6x² + 10x³ + … + (r + 1)(r + 2)/2 · xʳ + …. Example 19 finds the coefficient of xⁿ in (1 − x)/(1 + x)²: write it as (1 − x)(1 + x)⁻² = (1 − x)[1 − 2x + 3x² − … + (−1)ʳ(r + 1)xʳ + …], and the xⁿ coefficient comes from two places — (−1)·(−1)ⁿ⁻¹n from the −x times the xⁿ⁻¹ term, plus (−1)ⁿ(n + 1) from the 1 times the xⁿ term — giving (−1)ⁿ(2n + 1).
Example 20 shows the approximation trick: if x is so small that its cube and higher powers can be neglected, √((1 − x)/(1 + x)) ≈ 1 − x + x²/2. Expand (1 − x)^{1/2} ≈ 1 − x/2 − x²/8 and (1 + x)^{−1/2} ≈ 1 − x/2 + 3x²/8, multiply, and drop x³ and above: the x coefficient is −(1/2 + 1/2) = −1 and the x² coefficient is 3/8 + 1/4 − 1/8 = 1/2. Example 21 runs the process backwards: for y = (1/2)(4/9) + (1·3)/(2²·2!)(4/9)² + (1·3·5)/(2³·3!)(4/9)³ + …, show 5y² + 10y − 4 = 0. Add 1 to both sides and compare with the binomial series 1 + nx + n(n − 1)/2! · x² + …: the first two terms give nx = (1/2)(4/9) and n(n − 1)/2 · x² = (1·3)/(4·2!)(4/9)², from which x = 2/(9n) and then n = −1/2, so x = −4/9. Hence 1 + y = (1 − 4/9)^{−1/2} = (5/9)^{−1/2} = 3/√5, and squaring √5(1 + y) = 3 gives 5(1 + y)² = 9, i.e. 5y² + 10y − 4 = 0.
جب n ایک منفی صحیح عدد یا کسر ہو تو توسیع رُکتی نہیں — وہ ایک لامحدود سلسلے کے طور پر چلتی رہتی ہے، اور صرف اس صورت میں درست ہے جب |x| < 1 ہو:
(1 + x)ⁿ = 1 + nx + n(n − 1)/2! · x² + n(n − 1)(n − 2)/3! · x³ + … + n(n − 1)…(n − r + 1)/r! · xʳ + …
یہ دو رکنی سلسلہ کہلاتا ہے۔ 📌 نوٹ: کتاب صاف کہتی ہے کہ اس قضیے کا ثبوت کتاب کے دائرے سے باہر ہے؛ کہ علامات (n choose 0)، (n choose 1)، (n choose 2) اس وقت بے معنی ہیں جب n منفی صحیح عدد یا کسر ہو (اس لیے عددی سروں کو n(n − 1)… کی شکل میں لکھنا چاہیے)؛ اور کہ عمومی رکن Tr+1 = n(n − 1)…(n − r + 1)/r! · xʳ ہے۔ شرط |x| < 1 کوئی سجاوٹ نہیں — اس کے باہر سلسلہ (1 + x)ⁿ کی قیمت پر جم ہی نہیں پاتا۔
مثال ۱۸ (1 + x)⁻³ کا عمومی رکن نکالتی ہے، |x| < 1 کے لیے: Tr+1 = (−1)ʳ(r + 1)(r + 2)/2 · xʳ۔ پھر کتاب چھ خاص صورتیں دیتی ہے جو یاد رکھنے کے قابل ہیں: (1 + x)⁻¹ = 1 − x + x² − x³ + …؛ (1 + x)⁻² = 1 − 2x + 3x² − 4x³ + … + (−1)ʳ(r + 1)xʳ + …؛ (1 + x)⁻³ = 1 − 3x + 6x² − 10x³ + … + (−1)ʳ(r + 1)(r + 2)/2 · xʳ + …؛ (1 − x)⁻¹ = 1 + x + x² + x³ + …؛ (1 − x)⁻² = 1 + 2x + 3x² + 4x³ + … + (r + 1)xʳ + …؛ (1 − x)⁻³ = 1 + 3x + 6x² + 10x³ + … + (r + 1)(r + 2)/2 · xʳ + …۔ مثال ۱۹ (1 − x)/(1 + x)² میں xⁿ کا عددی سر نکالتی ہے: اسے (1 − x)(1 + x)⁻² لکھیں، اور xⁿ کا عددی سر دو جگہوں سے آتا ہے — −x کو xⁿ⁻¹ والے رکن سے ضرب دینے سے (−1)ⁿn، اور ۱ کو xⁿ والے رکن سے ضرب دینے سے (−1)ⁿ(n + 1) — مجموعہ (−1)ⁿ(2n + 1)۔
مثال ۲۰ تقریب کی ترکیب دکھاتی ہے: اگر x اتنا چھوٹا ہو کہ اس کا مکعب اور اونچی طاقتیں نظر انداز کی جا سکیں تو √((1 − x)/(1 + x)) ≈ 1 − x + x²/2۔ (1 − x)^{1/2} ≈ 1 − x/2 − x²/8 اور (1 + x)^{−1/2} ≈ 1 − x/2 + 3x²/8 کو کھول کر ضرب دیں اور x³ سے اوپر گرا دیں: x کا عددی سر −(1/2 + 1/2) = −1 اور x² کا عددی سر 3/8 + 1/4 − 1/8 = 1/2۔ مثال ۲۱ عمل کو الٹا چلاتی ہے: y = (1/2)(4/9) + (1·3)/(2²·2!)(4/9)² + … کے لیے دکھائیں کہ 5y² + 10y − 4 = 0۔ دونوں طرف ۱ جمع کریں اور دو رکنی سلسلے سے موازنہ کریں: پہلے دو رقوم سے nx = (1/2)(4/9) اور n(n − 1)/2 · x² = (1·3)/(4·2!)(4/9)²، جن سے x = 2/(9n) اور پھر n = −1/2، اس لیے x = −4/9۔ پس 1 + y = (1 − 4/9)^{−1/2} = 3/√5، اور √5(1 + y) = 3 کو مربع کرنے سے 5y² + 10y − 4 = 0۔
Shrinking terms samjho: جب |x| < 1 ہو تو ہر اگلا رکن پہلے سے چھوٹا ہوتا ہے — x = 0.1 پر terms 1, 0.1, 0.01, 0.001… بن جاتی ہیں. اسی لیے چھوٹی x کے لیے صرف پہلی 2–3 terms سے ہی اچھی approximation مل جاتی ہے, اور اسی لیے |x| < 1 کی شرط اتنی ضروری ہے.
Binomial coefficients appear in the expansion of powers of a binomial, such as (x + y)ⁿ, and are denoted by (n choose r) = n!/(r!(n − r)!), where 0 ≤ r ≤ n. Pascal's triangle gives a way to compute them without touching factorials at all. Its construction follows three rules: (1) the first row (n = 0) is a single entry, 1; (2) every later row begins and ends with 1; (3) every interior entry is the sum of the two entries directly above it in the previous row.
Mathematically this is Pascal's rule: (n choose k) = (n − 1 choose k − 1) + (n − 1 choose k), for 0 < k < n. The entries in the nth row of the triangle are exactly the binomial coefficients (n choose 0), (n choose 1), …, (n choose n). For example, the coefficients for n = 4 are (4 choose 0) = 1, (4 choose 1) = 4, (4 choose 2) = 6, (4 choose 3) = 4, (4 choose 4) = 1 — the row reads 1, 4, 6, 4, 1.
Example 22 expands (x + y)⁴ using the triangle: the n = 4 row is 1, 4, 6, 4, 1, so (x + y)⁴ = x⁴ + 4x³y + 6x²y² + 4xy³ + y⁴. Example 23 expands (x − 2)⁵ twice — once with the binomial theorem (⁵C₀x⁵(−2)⁰ + ⁵C₁x⁴(−2)¹ + … = x⁵ − 10x⁴ + 40x³ − 80x² + 80x − 32) and once by reading the n = 5 row of the triangle (1, 5, 10, 10, 5, 1) and putting a = x, b = −2 into (a + b)⁵ — the same answer both ways, which is the point: the triangle is a shortcut to the coefficients, not a different theorem.
دو رکنی عددی سر کسی دو رکنی کی طاقتوں کی توسیع میں آتے ہیں، جیسے (x + y)ⁿ، اور انھیں (n choose r) = n!/(r!(n − r)!) سے ظاہر کیا جاتا ہے، جہاں 0 ≤ r ≤ n۔ پاسکل کی مثلث انھیں فیکٹوریل کو چھوئے بغیر نکالنے کا طریقہ دیتی ہے۔ اس کی تعمیر تین قاعدوں پر چلتی ہے: (۱) پہلی قطار (n = 0) ایک ہی اندراج ہے، ۱؛ (۲) ہر اگلی قطار ۱ سے شروع اور ۱ پر ختم ہوتی ہے؛ (۳) ہر اندرونی اندراج پچھلی قطار کے ٹھیک اوپر والے دو اندراجات کا مجموعہ ہے۔
ریاضیاتی طور پر یہ پاسکل کا قاعدہ ہے: (n choose k) = (n − 1 choose k − 1) + (n − 1 choose k)، جب 0 < k < n۔ مثلث کی nویں قطار کے اندراجات بالکل دو رکنی عددی سر (n choose 0)، (n choose 1)، …، (n choose n) ہیں۔ مثال کے طور پر n = 4 کے عددی سر (4 choose 0) = 1، (4 choose 1) = 4، (4 choose 2) = 6، (4 choose 3) = 4، (4 choose 4) = 1 ہیں — قطار ۱، ۴، ۶، ۴، ۱ پڑھی جاتی ہے۔
مثال ۲۲ مثلث سے (x + y)⁴ کھولتی ہے: n = 4 والی قطار ۱، ۴، ۶، ۴، ۱ ہے، اس لیے (x + y)⁴ = x⁴ + 4x³y + 6x²y² + 4xy³ + y⁴۔ مثال ۲۳ (x − 2)⁵ کو دو مرتبہ کھولتی ہے — ایک مرتبہ دو رکنی قضیے سے (x⁵ − 10x⁴ + 40x³ − 80x² + 80x − 32) اور ایک مرتبہ مثلث کی n = 5 والی قطار (۱، ۵، ۱۰، ۱۰، ۵، ۱) پڑھ کر a = x، b = −2 رکھنے سے — دونوں طریقوں سے ایک ہی جواب، اور یہی اصل بات ہے: مثلث عددی سروں کا مختصر راستہ ہے، کوئی الگ قضیہ نہیں۔
Triangle samjho: ہر قطار 1 سے شروع اور 1 پر ختم ہوتی ہے, اور بیچ کا ہر number اپنے اوپر والے دو numbers کا جور ہے — جیسے 6 = 3 + 3. n = 4 والی قطار 1, 4, 6, 4, 1 سیدھا (x + y)⁴ کے coefficients دے دیتی ہے, بنا factorial نکالے.
The binomial theorem earns its keep in five kinds of problems. 8.5.1 Approximate values: since |x| < 1 makes |x|ʳ < |x| for r = 2, 3, 4, …, the terms of a binomial series keep shrinking, so the first few terms are enough for an approximate value — and an infinite series can be summed by comparing it with 1 + nx + n(n − 1)/2! · x² + … to find n and x, then evaluating (1 + x)ⁿ. Example 24 expands (1 − 2x)^{1/3} to four terms (valid for |x| < 1/2): 1 − (2/3)x − (4/9)x² − (40/81)x³ − …, and putting x = 0.1 gives (0.8)^{1/3} ≈ 1 − 0.06666 − 0.00444 − 0.00049 = 0.92841 ≈ 0.928. Example 25 evaluates ∛30 to three places: ∛30 = 3(1 + 1/9)^{1/3} ≈ 3[1 + 0.03704 − 0.001372] = 3.107004 ≈ 3.107.
8.5.2 Finding the remainder: write the base as (multiple of the divisor ± 1) and expand — every term except the last is a multiple of the divisor. Example 26: 5⁹⁹ = 5·(25)⁴⁹ = 5(26 − 1)⁴⁹; expanding leaves 5·26⁴⁹ − 5·(49 choose 1)26⁴⁸ + … − 5, which regroups as 13k + 8, so the remainder on division by 13 is 8. Example 27: 11ⁿ = (1 + 10)ⁿ = 1 + 10n + (n choose 2)100 + …, so 11ⁿ − 10n = 1 + 100 × (an integer) — remainder 1 on division by 100, for every positive integer n. 8.5.3 Finding the last digit: the same trick with divisor 10. Example 28: 11¹² = (10 + 1)¹²; every term except the last two is a multiple of 100, and the last two are 120 + 1 = 121, so the last two digits of 11¹² are 2, 1. Divisibility test — Example 29: (15)¹³ + (13)¹⁵ = (14 + 1)¹³ + (14 − 1)¹⁵; the first expansion ends in +1, the second in −1, they cancel, and everything else is a multiple of 14 — so the sum is 14k, divisible by 14. Comparing two large numbers — Example 30: 51²⁵ = (50 + 1)²⁵ and 49²⁵ = (50 − 1)²⁵; subtracting, the even-powered terms cancel and 51²⁵ − 49²⁵ = 2[25·50²⁴ + …] = 50²⁵ + 2[(25·24·23)/(1·2·3)·50²² + …] > 50²⁵, so 51²⁵ > 49²⁵ + 50²⁵. Economic forecasting — Example 31: Sumaira invests Rs. 100,000 at 5% compound interest for 3 years: A = 100000(1.05)³ = 100000 × 1.157625 = Rs. 115,762.5, with (1.05)³ expanded as 1 + 3(0.05) + 3(0.05)² + (0.05)³.
دو رکنی قضیہ پانچ قسم کے مسئلوں میں کام آتا ہے۔ ۸.۵.۱ تقریبی قدریں: چونکہ |x| < 1 ہونے سے r = 2, 3, 4, … کے لیے |x|ʳ < |x| ہوتا ہے، دو رکنی سلسلے کی رقوم گھٹتی رہتی ہیں، اس لیے پہلی چند رقوم تقریبی قیمت کے لیے کافی ہیں — اور کسی لامحدود سلسلے کا مجموعہ اسے 1 + nx + n(n − 1)/2! · x² + … سے ملا کر n اور x نکالنے سے ملتا ہے، پھر (1 + x)ⁿ کی قیمت نکالی جاتی ہے۔ مثال ۲۴ (1 − 2x)^{1/3} کو چار رقوم تک کھولتی ہے (|x| < 1/2 کے لیے درست): 1 − (2/3)x − (4/9)x² − (40/81)x³ − …، اور x = 0.1 رکھنے سے (0.8)^{1/3} ≈ 0.92841 ≈ 0.928۔ مثال ۲۵ ∛30 کو تین اعشاری مقامات تک نکالتی ہے: ∛30 = 3(1 + 1/9)^{1/3} ≈ 3.107004 ≈ 3.107۔
۸.۵.۲ باقی معلوم کرنا: بنیاد کو (قاسم کا ضعف ± ۱) لکھ کر کھولیں — آخری رکن کے سوا ہر رکن قاسم کا ضعف ہوتا ہے۔ مثال ۲۶: 5⁹⁹ = 5(26 − 1)⁴⁹؛ کھولنے سے 13k + 8 بنتا ہے، اس لیے ۱۳ پر تقسیم سے باقی ۸ ہے۔ مثال ۲۷: 11ⁿ = (1 + 10)ⁿ = 1 + 10n + (n choose 2)100 + …، اس لیے 11ⁿ − 10n = 1 + 100 × (ایک صحیح عدد) — ہر مثبت صحیح عدد n کے لیے ۱۰۰ پر تقسیم سے باقی ۱ ہے۔ ۸.۵.۳ آخری ہندسہ معلوم کرنا: وہی ترکیب قاسم ۱۰ کے ساتھ۔ مثال ۲۸: 11¹² = (10 + 1)¹²؛ آخری دو رقوم کے سوا ہر رکن ۱۰۰ کا ضعف ہے، اور آخری دو 120 + 1 = 121 ہیں، اس لیے 11¹² کے آخری دو ہندسے ۲، ۱ ہیں۔ قابل تقسیم ہونے کا امتحان — مثال ۲۹: (15)¹³ + (13)¹⁵ = (14 + 1)¹³ + (14 − 1)¹⁵؛ پہلی توسیع +۱ پر ختم ہوتی ہے، دوسری −۱ پر، وہ کٹ جاتے ہیں، اور باقی سب ۱۴ کا ضعف ہے — اس لیے مجموعہ 14k ہے، ۱۴ پر قابل تقسیم۔ دو بڑے اعداد کا موازنہ — مثال ۳۰: 51²⁵ = (50 + 1)²⁵ اور 49²⁵ = (50 − 1)²⁵؛ گھٹانے سے جفت طاقتوں والی رقوم کٹ جاتی ہیں اور 51²⁵ − 49²⁵ > 50²⁵ نکلتا ہے، اس لیے 51²⁵ > 49²⁵ + 50²⁵۔ معاشی پیش گوئی — مثال ۳۱: سمیرا ۵ فیصد مرکب سود پر ۳ سال کے لیے ۱۰۰,۰۰۰ روپے لگاتی ہے: A = 100000(1.05)³ = 115,762.5 روپے، جہاں (1.05)³ کو 1 + 3(0.05) + 3(0.05)² + (0.05)³ کھولا گیا ہے۔
Remainder trick samjho: 5⁹⁹ کو سیدھا divide کرنے کی بجائے 5 · (26 − 1)⁴⁹ لکھو. Expansion میں آخری term کے سوا ہر term میں 26 کا factor ہے (جو 13 کا multiple ہے), صرف آخری term −5 بچتا ہے — اور −5 کو 13k + 8 لکھنے سے remainder 8 نکل آتا ہے.
Below are all questions of Exercises 8.1 to 8.4 from Unit 8 of the official book (printed pages 149–150, 157–158, 161–162, 167–168), each solved step by step. The book has no multiple-choice section, no review exercise and no inquisitive/numerical section in this unit, so none is invented here. Where a step is derived rather than quoted from a book passage, or where the book's wording needs a note, the answer says so — two questions are flagged as misprinted (Exercise 8.1 Q1(iii) and Exercise 8.4 Q5(iv)) with the correction shown. Counting rule: one numbered question = one answer block; its parts (i), (ii), … are solved inside that block. That gives 12 + 10 + 10 + 14 = 46 blocks.
(i) Base n = 1: log x¹ = log x = 1 · log x. ✓ Step: assume log xᵏ = k log x. Then log xᵏ⁺¹ = log(xᵏ · x) = log xᵏ + log x = k log x + log x = (k + 1) log x. ✓ (ii) Base n = 1: 2 = (1/2)(4) = 2. ✓ Step: add the next term 3(k + 1) − 1 = 3k + 2 to S(k) = (k/2)(3k + 1): (k/2)(3k + 1) + 3k + 2 = (3k² + k + 6k + 4)/2 = (3k² + 7k + 4)/2 = ((k + 1)/2)(3k + 4) = ((k + 1)/2)(3(k + 1) + 1). ✓ (iii) ⚠ Book misprint — the printed formula is false. For n = 1 the left side is 2 but the printed right side (1/4)(1 + 1)² = 1; for n = 2 the left side is 2 + 7 = 9 but the printed right side is (2/4)(3)² = 4.5. The correct formula is (n/2)(n + 1)², proved by induction: base n = 1 gives 2 = (1/2)(4) = 2. ✓ Step: the (k + 1)th bracket is the partial sum (k + 1)/2 · (3(k + 1) + 1) = (k + 1)(3k + 4)/2 (this is part (ii)), so S(k + 1) = S(k) + (k + 1)(3k + 4)/2 = (k/2)(k + 1)² + (k + 1)(3k + 4)/2 = (k + 1)[k(k + 1) + (3k + 4)]/2 = (k + 1)(k² + 4k + 4)/2 = ((k + 1)/2)(k + 2)². ✓ (iv) Base n = 1: 2 = 3 − 1. ✓ Step: (3ᵏ − 1) + 2·3ᵏ = 3·3ᵏ − 1 = 3ᵏ⁺¹ − 1. ✓ (v) Base n = 1: 1 × 3 = 3 = 1·2·9/6. ✓ Step: add (k + 1)(2k + 3) to S(k): k(k + 1)(4k + 5)/6 + (k + 1)(2k + 3) = (k + 1)[k(4k + 5) + 6(2k + 3)]/6 = (k + 1)(4k² + 17k + 18)/6 = (k + 1)(k + 2)(4k + 9)/6 = (k + 1)(k + 2)(4(k + 1) + 5)/6. ✓ (vi) Base n = 1: 1/2 = 1 − 1/2. ✓ Step: 1 − 1/(k + 1) + 1/((k + 1)(k + 2)) = 1 − [(k + 2) − 1]/((k + 1)(k + 2)) = 1 − 1/(k + 2). ✓ (vii) Base n = 1: r = r(1 − r)/(1 − r). ✓ Step: r(1 − rᵏ)/(1 − r) + rᵏ⁺¹ = [r − rᵏ⁺¹ + rᵏ⁺¹(1 − r)]/(1 − r) = [r − rᵏ⁺²]/(1 − r) = r(1 − rᵏ⁺¹)/(1 − r). ✓ (viii) Base n = 1: a = (1/2)(2a). ✓ Step: (k/2)[2a + (k − 1)d] + (a + kd) = [2ak + k(k − 1)d + 2a + 2kd]/2 = [2a(k + 1) + k(k + 1)d]/2 = ((k + 1)/2)[2a + kd]. ✓ (ix) Base n = 1: a₁ = a₁ + 0·d. ✓ Step: in an A.P. each term is the previous term plus d, so aₖ₊₁ = aₖ + d = a₁ + (k − 1)d + d = a₁ + kd. ✓ (x) Base n = 1: a₁ = a₁r⁰. ✓ Step: in a G.P. each term is the previous term times r, so aₖ₊₁ = aₖ·r = a₁rᵏ⁻¹·r = a₁rᵏ. ✓ (xi) Base n = 1: (3 choose 3) = 1 = (4 choose 4). ✓ Step: (k + 3 choose 4) + (k + 3 choose 3) = (k + 4 choose 4) by Pascal's identity. ✓ (xii) Base n = 1: 1 = 1². ✓ Step: k² + (2k + 1) = (k + 1)². ✓
(i) Base n = 1: 1 + 1 = 2, divisible by 2. ✓ Step: (k + 1)² + (k + 1) = k² + 3k + 2 = (k² + k) + 2(k + 1) — the first bracket is divisible by 2 by assumption, and 2(k + 1) is plainly even, so the sum is divisible by 2. ✓ (ii) Base n = 1: 5 − 2 = 3, divisible by 3. ✓ Step: 5ᵏ⁺¹ − 2ᵏ⁺¹ = 5·5ᵏ − 2·2ᵏ = 5(5ᵏ − 2ᵏ) + 3·2ᵏ — the first term is divisible by 3 by assumption, and 3·2ᵏ is a multiple of 3, so the sum is divisible by 3. ✓ (iii) Base n = 1: 80 − 2 = 78 = 6 × 13. ✓ Step: 8·10ᵏ⁺¹ − 2 = 10(8·10ᵏ − 2) + 18 = 10·(6m) + 18 = 6(10m + 3), where 8·10ᵏ − 2 = 6m by assumption. ✓
⚠ Book misprint — as printed, the two sides do not match. The sum from k = 1 is r + r² + … + rⁿ, which by Q1(vii) equals r(1 − rⁿ)/(1 − r) = (rⁿ⁺¹ − r)/(r − 1) — not (rⁿ⁺¹ − 1)/(r − 1). The printed right side belongs to the sum starting at k = 0, i.e. 1 + r + r² + … + rⁿ, and that is what is proved here by induction: base n = 1 (with the sum from k = 0): 1 + r = (r² − 1)/(r − 1). ✓ Step: (rᵏ⁺¹ − 1)/(r − 1) + rᵏ⁺¹ = [rᵏ⁺¹ − 1 + rᵏ⁺¹(r − 1)]/(r − 1) = [rᵏ⁺² − 1]/(r − 1). ✓ So: for the sum from k = 1 as printed, the correct right side is (rⁿ⁺¹ − r)/(r − 1); for the printed right side, the sum must start at k = 0.
Base n = 1: x − y is a factor of itself. ✓ Step: xᵏ⁺¹ − yᵏ⁺¹ = x·xᵏ − y·yᵏ = x(xᵏ − yᵏ) + yᵏ(x − y) — the first term contains the factor (x − y) by assumption, and the second term contains it plainly, so their sum is divisible by (x − y). ✓
Base n = 4: 4! = 24 > 15 = 2⁴ − 1. ✓ Step: assume k! > 2ᵏ − 1 for some k ≥ 4. Then (k + 1)! = (k + 1)·k! > (k + 1)(2ᵏ − 1) = (k + 1)2ᵏ − (k + 1). Now (k + 1)(2ᵏ − 1) − (2ᵏ⁺¹ − 1) = (k − 1)2ᵏ − k, which is positive for k ≥ 4 (at k = 4 it is 48 − 4 = 44, and it only grows). Hence (k + 1)! > 2ᵏ⁺¹ − 1. ✓
Base n = 2: 16 > 9 + 2 = 11. ✓ Step: assume 4ᵏ > 3ᵏ + 2ᵏ⁻¹ for some k ≥ 2. Multiply by 4: 4ᵏ⁺¹ > 4·3ᵏ + 4·2ᵏ⁻¹ = 3ᵏ⁺¹ + 3ᵏ + 2ᵏ⁺¹. Since 3ᵏ + 2ᵏ⁺¹ > 2ᵏ (the extra terms are positive), we get 4ᵏ⁺¹ > 3ᵏ⁺¹ + 2ᵏ. ✓
Base n = 2: (1 + x)² = 1 + 2x + x² ≥ 1 + 2x, since x² ≥ 0. ✓ Step: assume (1 + x)ᵏ ≥ 1 + kx for some k ≥ 2. Since 1 + x > 0, multiplying preserves the inequality: (1 + x)ᵏ⁺¹ = (1 + x)(1 + x)ᵏ ≥ (1 + x)(1 + kx) = 1 + (k + 1)x + kx² ≥ 1 + (k + 1)x, since kx² ≥ 0. ✓ (This is Bernoulli's inequality.)
Let A(n) be the amount after n years. Base n = 1: after one year the amount is 1,000,000 × 1.06 = 1,000,000(1.06)¹. ✓ Step: assume A(k) = 1,000,000(1.06)ᵏ. One more year of 6% growth multiplies by 1.06, so A(k + 1) = 1,000,000(1.06)ᵏ × 1.06 = 1,000,000(1.06)ᵏ⁺¹. ✓
Base n = 0: A(0) = P(1 + r)⁰ = P — the original investment, before any interest. ✓ Step: assume A(k) = P(1 + r)ᵏ. After one more year the amount grows by the factor (1 + r), so A(k + 1) = P(1 + r)ᵏ × (1 + r) = P(1 + r)ᵏ⁺¹. ✓ (Note the base case here is n = 0, as the question asks for n ≥ 0.)
In month m Sikander saves 500m rupees, so the total after n months is S(n) = 500(1 + 2 + … + n) = 250n(n + 1). Prove this by induction: base n = 1 gives 500 = 250 × 1 × 2. ✓ Step: S(k + 1) = 250k(k + 1) + 500(k + 1) = 250(k + 1)(k + 2). ✓ After 24 months: S(24) = 250 × 24 × 25 = Rs. 150,000 — far above Rs. 12,000, so yes, the target is reached. In fact it is crossed much earlier: S(6) = 250 × 6 × 7 = Rs. 10,500 (not yet), S(7) = 250 × 7 × 8 = Rs. 14,000 — so the Rs. 12,000 mark is passed in the 7th month.
Base n = 1: after the first year's payment the balance is 2,000,000 − 50,000 = Rs. 1,950,000 = 2,000,000 − 50,000 × 1. ✓ Step: assume Rₖ = 2,000,000 − 50,000k. One more year-end payment subtracts another 50,000: Rₖ₊₁ = 2,000,000 − 50,000k − 50,000 = 2,000,000 − 50,000(k + 1). ✓
⚠ Reading stated: "starts with Rs. 5,000 and saves an additional Rs. 1,000 at the end of every month" is read as: month 1 saves Rs. 5,000, month 2 saves Rs. 6,000, month 3 saves Rs. 7,000, and so on — month m saves 5000 + 1000(m − 1) rupees. The total after n months is then the A.P. sum S(n) = (n/2)[2 × 5000 + (n − 1) × 1000] = 500n(n + 9) rupees. Proof by induction: base n = 1 gives 500 × 1 × 10 = Rs. 5,000. ✓ Step: S(k + 1) = 500k(k + 9) + [5000 + 1000k] = 500k² + 4500k + 5000 + 1000k = 500k² + 5500k + 5000 = 500(k + 1)(k + 10). ✓
(i) The general term is Tr+1 = (6 choose r)(x/2)⁶⁻ʳ(−2/x²)ʳ = (6 choose r)(−1)ʳ2²ʳ⁻⁶x⁶⁻³ʳ. Putting r = 0, 1, …, 6: r = 0 gives x⁶/64; r = 1 gives −3x³/8; r = 2 gives 15/4; r = 3 gives −20/x³; r = 4 gives 60/x⁶; r = 5 gives −96/x⁹; r = 6 gives 64/x¹². So (x/2 − 2/x²)⁶ = x⁶/64 − 3x³/8 + 15/4 − 20/x³ + 60/x⁶ − 96/x⁹ + 64/x¹². (ii) The general term is Tr+1 = (7 choose r)(2a)⁷⁻ʳ(−x/a)ʳ = (7 choose r)(−1)ʳ2⁷⁻ʳa⁷⁻²ʳxʳ. Putting r = 0, 1, …, 7: (2a − x/a)⁷ = 128a⁷ − 448a⁵x + 672a³x² − 560ax³ + 280x⁴/a − 84x⁵/a³ + 14x⁶/a⁵ − x⁷/a⁷. (iii) The general term is Tr+1 = (6 choose r)(√(a/x))⁶⁻ʳ(−√(x/a))ʳ = (6 choose r)(−1)ʳ(a/x)³⁻ʳ. Putting r = 0, 1, …, 6: (√(a/x) − √(x/a))⁶ = a³/x³ − 6a²/x² + 15a/x − 20 + 15x/a − 6x²/a² + x³/a³.
(i) (0.97)³ = (1 − 0.03)³ = 1 − 3(0.03) + 3(0.03)² − (0.03)³ = 1 − 0.09 + 0.0027 − 0.000027 = 0.912673. (ii) (2.02)⁴ = (2 + 0.02)⁴ = 16 + 4·8·0.02 + 6·4·0.0004 + 4·2·0.000008 + 0.00000016 = 16 + 0.64 + 0.0096 + 0.000064 + 0.00000016 = 16.64966416. (iii) (9.98)⁴ = (10 − 0.02)⁴ = 10000 − 80 + 0.24 − 0.00032 + 0.00000016 = 9920.23968016. (iv) (2.1)⁵ = (2 + 0.1)⁵ = 32 + 8 + 0.8 + 0.04 + 0.001 + 0.00001 = 40.84101.
(i) In (a + b)⁴ + (a − b)⁴ the odd-powered terms in b cancel, leaving 2a⁴ + 12a²b² + 2b⁴. With b = √2 x, b² = 2x² and b⁴ = 4x⁴, so the sum is 2a⁴ + 24a²x² + 8x⁴. (ii) Similarly, (2 + √3)⁵ + (2 − √3)⁵ keeps only the even powers of √3: 2[2⁵ + 10·2³·3 + 5·2·9] = 2[32 + 240 + 90] = 2 × 362 = 724.
(i) Factor first: 2 + x − x² = (2 − x)(1 + x), so (2 + x − x²)⁴ = (2 − x)⁴(1 + x)⁴. Now (2 − x)⁴ = 16 − 32x + 24x² − 8x³ + x⁴ and (1 + x)⁴ = 1 + 4x + 6x² + 4x³ + x⁴. Multiplying and collecting by powers of x: constant 16; x: 64 − 32 = 32; x²: 96 − 128 + 24 = −8; x³: 64 − 192 + 96 − 8 = −40; x⁴: 16 − 128 + 144 − 32 + 1 = 1; x⁵: −32 + 96 − 48 + 4 = 20; x⁶: 24 − 32 + 6 = −2; x⁷: −8 + 4 = −4; x⁸: 1. So (2 + x − x²)⁴ = 16 + 32x − 8x² − 40x³ + x⁴ + 20x⁵ − 2x⁶ − 4x⁷ + x⁸. (ii) Use 1 − x + x² = (1 + x³)/(1 + x), so (1 − x + x²)⁴ = (1 + x³)⁴/(1 + x)⁴ = (1 + 4x³ + 6x⁶ + 4x⁹ + x¹²)(1 + x)⁻⁴. With (1 + x)⁻⁴ = 1 − 4x + 10x² − 20x³ + 35x⁴ − 56x⁵ + 84x⁶ − 120x⁷ + 165x⁸ − …, multiply and collect: x⁰: 1; x¹: −4; x²: 10; x³: −20 + 4 = −16; x⁴: 35 − 16 = 19; x⁵: −56 + 40 = −16; x⁶: 84 − 80 + 6 = 10; x⁷: −120 + 140 − 24 = −4; x⁸: 165 − 224 + 60 = 1; and all higher powers cancel to 0, as they must for a degree-8 polynomial. So (1 − x + x²)⁴ = 1 − 4x + 10x² − 16x³ + 19x⁴ − 16x⁵ + 10x⁶ − 4x⁷ + x⁸.
(i) Tr+1 = (7 choose r)3⁷⁻ʳ(−2x)ʳ. The x⁴ term needs r = 4: (7 choose 4)·3³·(−2)⁴x⁴ = 35 × 27 × 16x⁴ = 15,120x⁴. (ii) Tr+1 = (13 choose r)x¹³⁻ʳ(−2/x²)ʳ = (13 choose r)(−2)ʳx¹³⁻³ʳ. The x⁻² term needs 13 − 3r = −2, so r = 5: (13 choose 5)(−32)x⁻² = 1287 × (−32)x⁻² = −41,184x⁻². (iii) Tr+1 = (9 choose r)(2/x)⁹⁻ʳ(−a)ʳ. The a⁴ term needs r = 4: (9 choose 4)(2/x)⁵a⁴ = 126 × 32a⁴/x⁵ = 4032a⁴/x⁵. (iv) Tr+1 = (11 choose r)x¹¹⁻ʳ(−√y)ʳ. The y³ term needs r/2 = 3, so r = 6: (11 choose 6)x⁵y³ = 462x⁵y³.
(i) Tr+1 = (10 choose r)(x²)¹⁰⁻ʳ(−3/(2x))ʳ = (10 choose r)(−3/2)ʳx²⁰⁻³ʳ. The x⁵ term needs 20 − 3r = 5, so r = 5: (10 choose 5)(−3/2)⁵ = 252 × (−243/32) = −15,309/8. (ii) Tr+1 = (2n choose r)(x²)²ⁿ⁻ʳ(−1/x)ʳ = (2n choose r)(−1)ʳx⁴ⁿ⁻³ʳ. The xⁿ term needs 4n − 3r = n, so r = n: the coefficient is (−1)ⁿ(2n choose n).
The 6th term is T₆, so r = 5 in the general term Tr+1 = (10 choose r)(x²)¹⁰⁻ʳ(−3/(2x))ʳ. T₆ = (10 choose 5)(x²)⁵(−3/(2x))⁵ = 252x¹⁰ × (−243/(32x⁵)) = −15,309x⁵/8. (This is the same term as Q6(i) — the x⁵ term of this expansion happens to be the 6th term.)
(i) Tr+1 = (10 choose r)x¹⁰⁻ʳ(−2/x)ʳ = (10 choose r)(−2)ʳx¹⁰⁻²ʳ. Independence of x needs 10 − 2r = 0, so r = 5: (10 choose 5)(−32) = −8064. (ii) Tr+1 = (10 choose r)(√x)¹⁰⁻ʳ(1/(2x²))ʳ = (10 choose r)(1/2)ʳx⁵⁻⁵ʳᐟ². Independence needs 5 − 5r/2 = 0, so r = 2: (10 choose 2)(1/4) = 45/4. (iii) Expand both factors: (1 + x²)³ = 1 + 3x² + 3x⁴ + x⁶ and (1 + 1/x²)⁴ = 1 + 4/x² + 6/x⁴ + 4/x⁶ + 1/x⁸. The x⁰ term of the product pairs matching powers: 1 × 1 = 1; 3x² × 4/x² = 12; 3x⁴ × 6/x⁴ = 18; x⁶ × 4/x⁶ = 4. Total: 1 + 12 + 18 + 4 = 35.
(i) n = 12 is even, so the 7th term is the only middle term. T₇ = (12 choose 6)(1/x)⁶(−x²/2)⁶ = 924 × x¹²/(64x⁶) = 231x⁶/16. (ii) n = 11 is odd, so there are two middle terms, the 6th and the 7th. T₆ (r = 5) = (11 choose 5)(3x/2)⁶(−1/(3x))⁵ = 462 × (729x⁶/64) × (−1/(243x⁵)) = −693x/32. T₇ (r = 6) = (11 choose 6)(3x/2)⁵(−1/(3x))⁶ = 462 × (243x⁵/32) × (1/(729x⁶)) = 77/(16x). (iii) The index 2n + 1 is odd, so the middle terms are the (n + 1)th and (n + 2)th. Tn+1 (r = n) = (2n + 1 choose n)(2x)ⁿ⁺¹(−1/(2x))ⁿ = (2n + 1 choose n)(−1)ⁿ·2x. Tn+2 (r = n + 1) = (2n + 1 choose n + 1)(2x)ⁿ(−1/(2x))ⁿ⁺¹ = (2n + 1 choose n + 1)(−1)ⁿ⁺¹/(2x). (Since (2n + 1 choose n) = (2n + 1 choose n + 1), the two middle terms have coefficients of equal size.)
Put a = b = 1 in (a + b)ⁿ: 2ⁿ = (1 + 1)ⁿ = (n choose 0) + (n choose 1) + (n choose 2) + … + (n choose n). Since (n choose 0) = 1, subtracting it from both sides gives (n choose 1) + (n choose 2) + … + (n choose n) = 2ⁿ − 1. ✓
(i) With n = −1/3: (1 + x)−1/3 = 1 + (−1/3)x + (−1/3)(−4/3)/2! · x² + (−1/3)(−4/3)(−7/3)/3! · x³ + … = 1 − x/3 + 2x²/9 − 14x³/81 + …, valid for |x| < 1. (ii) (4 − 3x)1/2 = 2(1 − 3x/4)1/2 = 2[1 + (1/2)(−3x/4) + (1/2)(−1/2)/2! · (9x²/16) + (1/2)(−1/2)(−3/2)/3! · (−27x³/64) + …] = 2[1 − 3x/8 − 9x²/128 − 27x³/1024 + …] = 2 − 3x/4 − 9x²/64 − 27x³/512 + …, valid for |3x/4| < 1, i.e. |x| < 4/3. (iii) (1 − x)−1 = 1 + x + x² + x³ + … and (1 + x)−2 = 1 − 2x + 3x² − 4x³ + …. Multiplying up to x³: constant 1; x: 1 − 2 = −1; x²: 1 − 2 + 3 = 2; x³: 1 − 2 + 3 − 4 = −2. So (1 − x)−1/(1 + x)² = 1 − x + 2x² − 2x³ + …, valid for |x| < 1. (iv) (1 + 2x)1/2 = 1 + x − x²/2 + x³/2 − … and (1 − x)−1 = 1 + x + x² + x³ + …. Multiplying up to x³: constant 1; x: 1 + 1 = 2; x²: 1 + 1 − 1/2 = 3/2; x³: 1 + 1 − 1/2 + 1/2 = 2. So √(1 + 2x)/(1 − x) = 1 + 2x + (3/2)x² + 2x³ + …, valid for |x| < 1/2 (the tighter of the two conditions |2x| < 1 and |x| < 1).
(i) (1 + x)−2 = Σ (−1)ʳ(r + 1)xʳ. Multiplying by (1 + x²), the xⁿ coefficient is the xⁿ coefficient of the series plus the xⁿ⁻² coefficient: (−1)ⁿ(n + 1) + (−1)ⁿ⁻²(n − 1) = (−1)ⁿ[(n + 1) + (n − 1)] = (−1)ⁿ·2n, for n ≥ 1. ⚠ Edge case: for n = 0 the coefficient is 1 (the constant term of (1 + x²)(1 − 2x + …)), while the formula (−1)ⁿ·2n would give 0 — the formula is for n ≥ 1, since there is no x⁻² term to contribute. (ii) (1 − x)−2 = Σ (r + 1)xʳ. Multiplying by (1 + 2x + x²), the xⁿ coefficient is (n + 1) + 2n + (n − 1) = 4n, for n ≥ 1. ⚠ Edge case: for n = 0 the coefficient is 1, not 4 × 0 = 0, for the same reason as in part (i).
(i) (1 − x)/√(1 + x) = (1 − x)(1 + x)−1/2 ≈ (1 − x)(1 − x/2) ≈ 1 − x/2 − x = 1 − (3/2)x, dropping x². ✓ (ii) √(1 + 2x)/√(1 − x) = (1 + 2x)1/2(1 − x)−1/2 ≈ (1 + x)(1 + x/2) ≈ 1 + (3/2)x, dropping x². ✓ (iii) (9 + 7x)1/2 = 3(1 + 7x/9)1/2 ≈ 3(1 + 7x/18) = 3 + 7x/6. (16 + 3x)1/4 = 2(1 + 3x/16)1/4 ≈ 2(1 + 3x/64) = 2 + 3x/32. The numerator is ≈ 1 + (7/6 − 3/32)x = 1 + 103x/96. Dividing by (4 + 5x) = 4(1 + 5x/4): (1/4)(1 + 103x/96)(1 − 5x/4) ≈ (1/4)(1 + (103/96 − 5/4)x) = (1/4)(1 − 17x/96) = 1/4 − 17x/384. ✓ (iv) √(4 + x) = 2(1 + x/4)1/2 ≈ 2(1 + x/8) = 2 + x/4, and (1 − x)−3 ≈ 1 + 3x. Their product ≈ (2 + x/4)(1 + 3x) ≈ 2 + 6x + x/4 = 2 + (25/4)x, dropping x². ✓
(i) Put y = −x − 2x². Then (1 + y)1/2 ≈ 1 + y/2 − y²/8. Now y/2 = −x/2 − x², and y² ≈ x² (the x³ and x⁴ terms in y² are dropped). So √(1 − x − 2x²) ≈ 1 − x/2 − x² − x²/8 = 1 − (1/2)x − (9/8)x². ✓ (ii) (1 + x)1/2 ≈ 1 + x/2 − x²/8 and (1 − x)−1/2 ≈ 1 + x/2 + 3x²/8. Multiplying and dropping x³: constant 1; x: 1/2 + 1/2 = 1; x²: 3/8 + (1/2)(1/2) − 1/8 = 3/8 + 1/4 − 1/8 = 1/2. So √((1 + x)/(1 − x)) ≈ 1 + x + (1/2)x². ✓
Put x = 1 + h, where h is very small. Then pxp − qxq = p(1 + h)p − q(1 + h)q ≈ p(1 + ph) − q(1 + qh) = (p − q) + (p² − q²)h = (p − q) + (p − q)(p + q)h = (p − q)(1 + (p + q)h) ≈ (p − q)(1 + h)p+q = (p − q)xp+q, using (1 + h)p+q ≈ 1 + (p + q)h for small h. ✓
The rth term (r = 0, 1, 2, …) is (−1)ʳ · [1·3·5·…·(2r − 1)]/(r!·2ʳ) · (1/4)ʳ. Compare with (1 + x)−1/2 = 1 − (1/2)x + (1·3)/(2²·2!)x² − (1·3·5)/(2³·3!)x³ + …, whose rth term is (−1)ʳ[1·3·5·…·(2r − 1)]/(r!·2ʳ) · xʳ. The given series is exactly this expansion with x = 1/4. Hence the sum is (1 + 1/4)−1/2 = (5/4)−1/2 = 2/√5.
Write the terms with the pattern of (1 − x)−1/2 = 1 + (1/2)x + (1·3)/(2²·2!)x² + (1·3·5)/(2³·3!)x³ + …. The rth term is [1·3·5·…·(2r − 1)]/(r!·2ʳ) · xʳ. With x = 1/2: r = 1 gives (1/2)(1/2) = 1/4; r = 2 gives (3/8)(1/4) = 3/32 = (1·3)/(4·8); r = 3 gives (15/48)(1/8) = 15/384 = (1·3·5)/(4·8·12) — matching the printed series term by term. Hence the sum is (1 − 1/2)−1/2 = (1/2)−1/2 = √2.
Add 1 to both sides: 1 + y = 1 + 1/3 + (1·3)/(2!)(1/3)² + (1·3·5)/(3!)(1/3)³ + …. Compare with (1 − x)−1/2 = 1 + (1/2)x + (1·3)/(2²·2!)x² + (1·3·5)/(2³·3!)x³ + …. The first term after 1 gives (1/2)x = 1/3, so x = 2/3 (check the next term: (3/8)(4/9) = 1/6, and the printed second term is (3/2)(1/9) = 1/6 ✓). Hence 1 + y = (1 − 2/3)−1/2 = (1/3)−1/2 = √3. Squaring: (1 + y)² = 3, i.e. 1 + 2y + y² = 3, so y² + 2y − 2 = 0. ✓
The rth term (r = 1, 2, 3, …) of 2y is [1·3·5·…·(2r − 1)]/r! · (1/4)ʳ. Compare with (1 − x)−1/2 = Σ [1·3·5·…·(2r − 1)]/(r!·2ʳ) · xʳ: the two match when xʳ/2ʳ = (1/4)ʳ, i.e. x = 1/2. So 2y = (1 − 1/2)−1/2 − 1 = √2 − 1 (subtracting the r = 0 term, which is 1). Hence 2y + 1 = √2, and squaring gives 4y² + 4y + 1 = 2, i.e. 4y² + 4y − 1 = 0. ✓
Use partial fractions: 1/(1 − px) − 1/(1 − qx) = [(1 − qx) − (1 − px)]/((1 − px)(1 − qx)) = (p − q)x/((1 − px)(1 − qx)). So x/((1 − px)(1 − qx)) = [1/(p − q)] · [1/(1 − px) − 1/(1 − qx)]. Now 1/(1 − px) = 1 + px + p²x² + … + pʳxʳ + … and 1/(1 − qx) = 1 + qx + q²x² + … + qʳxʳ + …, so the coefficient of xʳ in the bracket is pʳ − qʳ. Dividing by (p − q) gives the coefficient (pʳ − qʳ)/(p − q). ✓
(i) √99 = √(100 − 1) = 10(1 − 1/100)1/2 ≈ 10[1 − 1/200 − 1/80000] = 10 × 0.9949875 = 9.949875 ≈ 9.950. (ii) (1.03)1/3 = (1 + 0.03)1/3 ≈ 1 + (1/3)(0.03) + (1/3)(−2/3)/2! · (0.03)² + (1/3)(−2/3)(−5/3)/3! · (0.03)³ = 1 + 0.01 − 0.0001 + 0.00000167 = 1.00990167 ≈ 1.010. (iii) 252 = 243 + 9 = 3⁵(1 + 1/27), so ⁵√252 = 3(1 + 1/27)1/5 ≈ 3[1 + (1/5)(1/27) − (2/25)(1/729)] = 3[1 + 0.0074074 − 0.0001097] = 3.0218931. Hence 1/⁵√252 ≈ 1/3.0218931 ≈ 0.331. (iv) √7/√8 = √(7/8) = (1 − 1/8)1/2 ≈ 1 − 1/16 − 1/512 − 1/4096 = 0.9354248 ≈ 0.935.
Write 8 = 7 + 1. Then 8¹⁰⁰ = (7 + 1)¹⁰⁰ = 1 + 100·7 + (100 choose 2)·7² + … + 7¹⁰⁰. Every term after the first is a multiple of 7, so 8¹⁰⁰ = 7k + 1 for some integer k. The remainder is 1.
Write 2 = 3 − 1. Then 2¹⁰⁰ = (3 − 1)¹⁰⁰ = 3¹⁰⁰ − 100·3⁹⁹ + … + (−1)¹⁰⁰. Every term except the last is a multiple of 3, and since 100 is even, the last term is +1. So 2¹⁰⁰ = 3k + 1. The remainder is 1.
(i) 21¹⁰ − 19¹⁰ = (20 + 1)¹⁰ − (20 − 1)¹⁰. The even-powered terms cancel, leaving twice the odd-powered terms: 2[10·20⁹ + 120·20⁷ + 252·20⁵ + 210·20³ + 10·20]. The first bracket term alone gives 2 × 10 × 20⁹ = 20¹⁰, and the remaining terms are positive, so 21¹⁰ − 19¹⁰ > 20¹⁰, i.e. 21¹⁰ > 19¹⁰ + 20¹⁰. (ii) The same trick: 31¹⁵ − 29¹⁵ = (30 + 1)¹⁵ − (30 − 1)¹⁵ = 2[15·30¹⁴ + 455·30¹² + …] > 2 × 15 × 30¹⁴ = 30¹⁵, so 31¹⁵ > 29¹⁵ + 30¹⁵.
(i) Write 5⁷ = (6 − 1)⁷ and 7⁵ = (6 + 1)⁵. Expanding: (6 − 1)⁷ = … + (7 choose 6)·6·1 − 1 and (6 + 1)⁵ = … + (5 choose 4)·6 + 1, where every unwritten term contains 6² = 36 or a higher power of 6. The four low terms sum to 42 − 1 + 30 + 1 = 72 = 2 × 36. Hence 5⁷ + 7⁵ is a multiple of 36 (indeed 5⁷ + 7⁵ = 94,932 = 36 × 2637). ✓ (ii) 17¹⁵ = (18 − 1)¹⁵ = −1 + 6k₁ (every term except the last is a multiple of 18, hence of 6) and 13⁷ = (12 + 1)⁷ = 1 + 6k₂ (every term except the first is a multiple of 12, hence of 6). Their sum is 6(k₁ + k₂), divisible by 6. ✓ (iii) 21⁹ = (20 + 1)⁹ = 1 + 20k₁ and 19¹¹ = (20 − 1)¹¹ = −1 + 20k₂ (11 is odd, so the last term is −1). Their sum is 20(k₁ + k₂), divisible by 20. ✓ (iv) ⚠ Flawed question — as printed, it is false. Modulo 30: 31 ≡ 1, so 31⁴ ≡ 1; 29 ≡ −1, and since 6 is even, 29⁶ ≡ (+1). So 31⁴ + 29⁶ ≡ 2 (mod 30) — it leaves remainder 2, not 0 (indeed 31⁴ + 29⁶ = 595,746,842 = 30 × 19,858,228 + 2). The claim becomes true if the exponent of 29 is odd: with (29)⁵ instead of (29)⁶, 29⁵ ≡ −1 (mod 30), so 31⁴ + 29⁵ ≡ 1 − 1 = 0 (mod 30), i.e. divisible by 30 (31⁴ + 29⁵ = 21,434,670 = 30 × 714,489). The printed version cannot be shown because it is not true. (v) 101⁵ = (100 + 1)⁵ = 1 + 100k₁ and 99⁷ = (100 − 1)⁷ = −1 + 100k₂ (7 is odd). Their sum is 100(k₁ + k₂), divisible by 100. ✓
3¹⁰¹ = 3·(3²)⁵⁰ = 3·9⁵⁰ = 3(8 + 1)⁵⁰ = 3[1 + 50·8 + (50 choose 2)·8² + … + 8⁵⁰] = 3 + 8k for some integer k. The remainder is 3.
32³² = 2¹⁶⁰ = (2⁴)⁴⁰ = 16⁴⁰ = (10 + 6)⁴⁰. Expanding, every term except the last is a multiple of 10, and the last term is 6⁴⁰. Since any power of 6 ends in 6, the last digit of (32)³² is 6.
7ⁿ = (6 + 1)ⁿ = 1 + 6n + (n choose 2)·6² + … + 6ⁿ. Every term from the third onward contains 6² = 36, hence is a multiple of 6. So 7ⁿ = 1 + 6n + 6k for some integer k, i.e. 7ⁿ − 6n = 1 + 6k. The remainder on division by 6 is 1. ✓
5ⁿ = (4 + 1)ⁿ = 1 + 4n + (n choose 2)·4² + … + 4ⁿ. Every term after the first is a multiple of 4, so 5ⁿ = 1 + 4k for some integer k, and 5ⁿ − 1 = 4k is divisible by 4. ✓
5ⁿ = (3 + 2)ⁿ = 2ⁿ + (n choose 1)·3·2ⁿ⁻¹ + (n choose 2)·3²·2ⁿ⁻² + … + 3ⁿ. Every term after the first is a multiple of 3, so 5ⁿ = 2ⁿ + 3k for some integer k, and 5ⁿ − 2ⁿ = 3k is divisible by 3. ✓
Since a is odd, write a = 2m + 1 for some integer m. Then a² = 4m² + 4m + 1, (a + 2)² = (2m + 3)² = 4m² + 12m + 9, and (a + 4)² = (2m + 5)² = 4m² + 20m + 25. Adding these and the final 1: (4m² + 4m + 1) + (4m² + 12m + 9) + (4m² + 20m + 25) + 1 = 12m² + 36m + 36 = 12(m² + 3m + 3), which is divisible by 12. ✓
⚠ Reading stated: "after 4 years" is read as four years of growth applied to the year-1 revenue, i.e. R(1.06)⁴. By the binomial theorem, (1.06)⁴ = 1 + 4(0.06) + 6(0.06)² + 4(0.06)³ + (0.06)⁴ = 1 + 0.24 + 0.0216 + 0.000864 + 0.00001296 = 1.26247696. So the revenue is 10,000,000 × 1.26247696 = Rs. 12,624,769.60 (about Rs. 12,624,770). For a quick small-rate estimate keeping only the first three terms, 1 + 0.24 + 0.0216 = 1.2616 gives about Rs. 12,616,000.
The amount is 2,000,000 × (1.1)⁴. By the binomial theorem, (1.1)⁴ = 1 + 4(0.1) + 6(0.1)² + 4(0.1)³ + (0.1)⁴ = 1 + 0.4 + 0.06 + 0.004 + 0.0001 = 1.4641. So the investment is worth 2,000,000 × 1.4641 = Rs. 2,928,200.
Each match is a pair of teams, so the number of matches is the number of ways to choose 2 teams from 8: (8 choose 2). In Pascal's triangle, the n = 8 row reads 1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1, and the entry in the 2nd column (r = 2) is 28. So 28 matches will be played in total.
This chapter is really two tools in one cover. Mathematical induction is the proof machine for statements about all natural numbers: check the base case, assume the statement for k, and push it to k + 1 — then the dominoes all fall. When the statement only starts being true from some integer i, the same machine works with the base case moved to i (extended induction). The chapter shows it proving sums, divisibility, inequalities (Bernoulli's inequality is the famous one), and even everyday formulas like monthly savings and calorie counts. The second tool is the binomial theorem: (a + b)ⁿ expands into n + 1 terms with coefficients (n choose r), the (r + 1)th term Tr+1 = (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ, and the exponents of a and b always adding to n. When n is negative or fractional, the expansion never ends — it becomes a binomial series that only works for |x| < 1. Pascal's triangle hands you the coefficients without factorials, and the applications — approximate values like ∛30, remainders, last digits, divisibility tests, comparing huge numbers, compound interest — are where the theorem pays for itself.
Revision guidance: in every induction proof, write the three headings — Base Case, Induction Hypothesis, Conclusion — and never skip the base case: without it, the step proves nothing (a chain with no first domino). For binomial questions, always write the general term Tr+1 first and solve for r from the exponent condition — that one move answers "term involving x⁵", "coefficient of xⁿ", "independent term" and "middle term" alike. For remainder and last-digit questions, rewrite the base as (divisor ± 1) before expanding: everything except the last term then vanishes into the divisor. And in approximation questions, watch the validity condition (|x| < 1, or |x| < 1/2 for (1 − 2x)^{1/3}) — it is part of the answer, not an afterthought. Two printed questions in this unit are wrong as printed (Exercise 8.1 Q1(iii) and Exercise 8.4 Q5(iv)) — both are flagged with corrections in the exercise answers, so learn the corrected versions.
یہ باب دراصل ایک جلد میں دو اوزار ہے۔ ریاضیاتی استقرا تمام قدرتی اعداد کے بارے میں بیانات ثابت کرنے کی مشین ہے: بنیادی صورت جانچیں، بیان کو k کے لیے فرض کریں، اور اسے k + 1 تک دھکیلیں — پھر تمام ڈومینو گر جاتے ہیں۔ جب بیان کسی صحیح عدد i سے درست ہونا شروع ہو تو وہی مشین بنیادی صورت کو i پر منتقل کر کے کام کرتی ہے (توسیعی استقرا)۔ باب اس سے مجموعے، قابل تقسیم ہونا، نامساوات (برنولی کی نامساوات مشہور ہے)، اور یہاں تک کہ ماہانہ بچت اور کیلوری جیسے روزمرہ فارمولے ثابت کرتا ہے۔ دوسرا اوزار دو رکنی قضیہ ہے: (a + b)ⁿ کی توسیع میں n + 1 رقوم ہوتی ہیں جن کے عددی سر (n choose r) ہیں، (r + 1)واں رکن Tr+1 = (n choose r)aⁿ⁻ʳbʳ ہے، اور a اور b کے قوت نما ہمیشہ n تک جمع ہوتے ہیں۔ جب n منفی یا کسری ہو تو توسیع کبھی ختم نہیں ہوتی — وہ ایک دو رکنی سلسلہ بن جاتی ہے جو صرف |x| < 1 کے لیے کام کرتا ہے۔ پاسکل کی مثلث فیکٹوریل کے بغیر عددی سر دے دیتی ہے، اور اطلاقات — ∛30 جیسی تقریبی قدریں، باقی، آخری ہندسے، قابل تقسیم ہونے کے امتحان، بڑے اعداد کا موازنہ، مرکب سود — وہ جگہیں ہیں جہاں قضیہ اپنی قیمت وصول کرتا ہے۔
دہرائی کی رہنمائی: ہر استقرائی ثبوت میں تین سرخیاں لکھیں — بنیادی صورت، استقرائی مفروضہ، نتیجہ — اور بنیادی صورت کبھی نہ چھوڑیں: اس کے بغیر مرحلہ کچھ ثابت نہیں کرتا (پہلے ڈومینو کے بغیر زنجیر)۔ دو رکنی سوالوں میں پہلے عمومی رکن Tr+1 لکھیں اور قوت نما کی شرط سے r نکالیں — یہ ایک حرکت "x⁵ والا رکن"، "xⁿ کا عددی سر"، "آزاد رکن" اور "درمیانی رکن" سب کا جواب دیتی ہے۔ باقی اور آخری ہندسے کے سوالوں میں توسیع سے پہلے بنیاد کو (قاسم ± ۱) لکھیں: پھر آخری رکن کے سوا سب قاسم میں غائب ہو جاتا ہے۔ اور تقریبی سوالوں میں درستگی کی شرط (|x| < 1، یا (1 − 2x)^{1/3} کے لیے |x| < 1/2) پر نظر رکھیں — وہ جواب کا حصہ ہے، بعد کی سوچ نہیں۔ اس یونٹ کے دو چھپے ہوئے سوال جیسے چھپے ہیں غلط ہیں (مشق ۸.۱ سوال ۱(iii) اور مشق ۸.۴ سوال ۵(iv)) — دونوں مشق کے جوابات میں اصلاح کے ساتھ نشان زد ہیں، اس لیے درست شدہ صورتیں سیکھیں۔
Topics covered: Principle of induction · Extended induction and real-life uses · Binomial theorem (positive index) · Middle term and deductions · Binomial series (negative/fractional index) · Pascal's triangle · Applications · Exercises 8.1–8.4
Chapter-wise tests, fresh random papers اور instant score کے لیے PunjabTest.com کا میں test section دیکھو:
PunjabTest.com — Complete Guide Book • FSc Part 1 Mathematics, Chapter 8 (New Book, Session 2026–27) • English + Urdu