Expansion of determinants, Solution of equation in the form of determinants and area of triangle and Equation of Line Questions in Gujarati

(D) આપેલ નિશ્ચાયક: $\Delta = \left|\begin{array}{ccc}x & 3x+2 & 2x-1 \\ 2x-1 & 4x & 3x+1 \\ 7x-2 & 17x+6 & 12x-1\end{array}\right| = 0$.
હારની પ્રક્રિયા $R_{3} \rightarrow R_{3} - 3R_{1} - 2R_{2}$ લાગુ કરતા:
ત્રીજી હારના ઘટકો માટે:
$R_{3,1} = (7x-2) - 3(x) - 2(2x-1) = 7x - 2 - 3x - 4x + 2 = 0$.
$R_{3,2} = (17x+6) - 3(3x+2) - 2(4x) = 17x + 6 - 9x - 6 - 8x = 0$.
$R_{3,3} = (12x-1) - 3(2x-1) - 2(3x+1) = 12x - 1 - 6x + 3 - 6x - 2 = 0$.
ત્રીજી હારના તમામ ઘટકો $0$ હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $x$ ની તમામ કિંમતો માટે $0$ થાય છે.
તેથી,આ સમીકરણ $x$ ની અનંત કિંમતો માટે સાચું છે.

(D) શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક શોધવા માટે,આપણે ત્રીજી હારને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરીએ કારણ કે તેમાં સૌથી વધુ શૂન્ય છે:
$\det(A) = 0 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 3-t & 1 \end{vmatrix} - (-1) \cdot \begin{vmatrix} 3-t & 0 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} + 0 \cdot \begin{vmatrix} 3-t & 1 \\ -1 & 3-t \end{vmatrix}$
$\det(A) = 1 \cdot ((3-t)(1) - (0)(-1))$
$\det(A) = 3-t$
આપેલ છે કે $\det(A) = 5$,તેથી આપણે સમીકરણ બનાવીએ:
$3-t = 5$
$-t = 5 - 3$
$-t = 2$
$t = -2$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપણી પાસે છે,$|A| = \begin{vmatrix} 1 & \cos \theta & 0 \\ -\cos \theta & 1 & \cos \theta \\ -1 & -\cos \theta & 1 \end{vmatrix}$
પ્રથમ હારને અનુરૂપ વિસ્તરણ કરતા:
$|A| = 1[1 - (-\cos \theta)(\cos \theta)] - \cos \theta[-\cos \theta - (-\cos \theta)] + 0[\cos^2 \theta + 1]$
$|A| = 1[1 + \cos^2 \theta] - \cos \theta[0] + 0$
$|A| = 1 + \cos^2 \theta$
હવે,આપણે જાણીએ છીએ કે $-1 \leq \cos \theta \leq 1$.
તેથી,$0 \leq \cos^2 \theta \leq 1$.
દરેક ભાગમાં $1$ ઉમેરતા,આપણને $1 \leq 1 + \cos^2 \theta \leq 2$ મળે છે.
આમ,$1 \leq |A| \leq 2$.
તેથી,$|A|$ નું મૂલ્ય સંવૃત અંતરાલ $[1, 2]$ માં છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{vmatrix} 1 & x & x+1 \\ 2x & x(x-1) & x(x+1) \\ 3x(x-1) & x(x-1)(x-2) & x(x+1)(x-1) \end{vmatrix}$.
$R_2$ માંથી $x$ અને $R_3$ માંથી $x(x-1)$ સામાન્ય લેતા:
$f(x) = x \cdot x(x-1) \begin{vmatrix} 1 & x & x+1 \\ 2 & x-1 & x+1 \\ 3 & x-2 & x+1 \end{vmatrix}$.
$C_3$ માંથી $(x+1)$ સામાન્ય લેતા:
$f(x) = x^2(x-1)(x+1) \begin{vmatrix} 1 & x & 1 \\ 2 & x-1 & 1 \\ 3 & x-2 & 1 \end{vmatrix}$.
$R_1 \rightarrow R_1 - R_2$ અને $R_2 \rightarrow R_2 - R_3$ પ્રક્રિયા કરતા:
$f(x) = x^2(x-1)(x+1) \begin{vmatrix} -1 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 3 & x-2 & 1 \end{vmatrix}$.
અહીં બે હાર ($R_1$ અને $R_2$) સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
તેથી,$f(x) = 0$ દરેક $x$ માટે,જેનો અર્થ છે કે $f(100) = 0$.

(B) ધારો કે $\Delta = \left|\begin{array}{ccc}-1 & \cos R & \cos Q \\ \cos R & -1 & \cos P \\ \cos Q & \cos P & -1\end{array}\right|$.
નિશ્ચાયકનું પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = -1(1 - \cos^2 P) - \cos R(-\cos R - \cos Q \cos P) + \cos Q(\cos R \cos P + \cos Q)$
$\Delta = -(1 - \cos^2 P) + \cos^2 R + \cos R \cos Q \cos P + \cos Q \cos R \cos P + \cos^2 Q$
$\Delta = -1 + \cos^2 P + \cos^2 R + \cos^2 Q + 2 \cos P \cos Q \cos R$.
$P, Q, R$ એ ત્રિકોણના ખૂણા હોવાથી,$P+Q+R = \pi$,તેથી $R = \pi - (P+Q)$.
ત્રિકોણમાં કોસાઇનના વર્ગોના સરવાળા માટેના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos^2 P + \cos^2 Q + \cos^2 R = 1 - 2 \cos P \cos Q \cos R$.
આ કિંમત $\Delta$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\Delta = -1 + (1 - 2 \cos P \cos Q \cos R) + 2 \cos P \cos Q \cos R = 0$.

(A) ધારો કે $\Delta = \left| \begin{array}{lll} a-b & b-c & c-a \\ b-c & c-a & a-b \\ c-a & a-b & b-c \end{array} \right|$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \rightarrow C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ કરતા:
$\Delta = \left| \begin{array}{lll} (a-b)+(b-c)+(c-a) & b-c & c-a \\ (b-c)+(c-a)+(a-b) & c-a & a-b \\ (c-a)+(a-b)+(b-c) & a-b & b-c \end{array} \right|$.
પ્રથમ સ્તંભના ઘટકોનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\Delta = \left| \begin{array}{lll} 0 & b-c & c-a \\ 0 & c-a & a-b \\ 0 & a-b & b-c \end{array} \right|$.
પ્રથમ સ્તંભના તમામ ઘટકો $0$ હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(B) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ: $\left|\begin{array}{ccc}x+\omega^2 & \omega & 1 \\ \omega & \omega^2 & 1+x \\ 1 & x+\omega & \omega^2\end{array}\right|=0$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \rightarrow C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ પાડતા:
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ હોવાથી,પ્રથમ સ્તંભ નીચે મુજબ બને છે:
$C_1 = \begin{bmatrix} x + \omega^2 + \omega + 1 \\ \omega + \omega^2 + 1 + x \\ 1 + x + \omega + \omega^2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ x \\ x \end{bmatrix}$.
આમ,નિશ્ચાયક $x \left|\begin{array}{ccc} 1 & \omega & 1 \\ 1 & \omega^2 & 1+x \\ 1 & x+\omega & \omega^2 \end{array}\right| = 0$ થાય છે.
આ સૂચવે છે કે $x = 0$ એ એક ઉકેલ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\det(AB) = \det(A) \cdot \det(B)$.
આપેલ છે કે $\det(AB) = 0$,તેથી $\det(A) \cdot \det(B) = 0$.
$\det(A) = (x+2)^2 - 9x = x^2 + 4x + 4 - 9x = x^2 - 5x + 4 = (x-1)(x-4)$ ગણીએ.
$\det(B) = x(x+2) - 0 = x(x+2)$ ગણીએ.
આમ,સમીકરણ $(x-1)(x-4) \cdot x(x+2) = 0$ બને છે.
દરેક અવયવને શૂન્ય સાથે સરખાવતા,આપણને $x-1=0, x-4=0, x=0, x+2=0$ મળે છે.
તેથી,ઉકેલો $x = 1, 4, 0, -2$ છે.

(C) સુરેખ સમીકરણોની સંહતિનો બિન-તુચ્છ ઉકેલ હોવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
નિશ્ચાયક નીચે મુજબ છે:
$\left|\begin{array}{ccc}1 & 4a & a \\ 1 & 3b & b \\ 1 & 2c & c\end{array}\right|=0$
પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$1(3bc - 2bc) - 1(4ac - 2ac) + 1(4ab - 3ab) = 0$
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$(bc) - (2ac) + (ab) = 0$
$bc + ab = 2ac$
બંને બાજુ $abc$ વડે ભાગતા (ધારો કે $a, b, c \neq 0$):
$\frac{bc}{abc} + \frac{ab}{abc} = \frac{2ac}{abc}$
$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{2}{b}$
આ શરત સૂચવે છે કે $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ એ $AP$ માં છે,જેનો અર્થ છે કે $a, b, c$ એ $HP$ માં છે.

(B) નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$\begin{vmatrix} \cos^2\theta & -\sin^2\theta \\ \sin^2\theta & \cos^2\theta \end{vmatrix} = (\cos^2\theta)(\cos^2\theta) - (-\sin^2\theta)(\sin^2\theta) = \cos^4\theta + \sin^4\theta$.
નિત્યસમ $a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^4\theta + \sin^4\theta = (\cos^2\theta + \sin^2\theta)^2 - 2\sin^2\theta\cos^2\theta = 1 - 2\sin^2\theta\cos^2\theta$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta$,તેથી $\sin^2 2\theta = 4\sin^2\theta\cos^2\theta$,એટલે કે $2\sin^2\theta\cos^2\theta = \frac{1}{2}\sin^2 2\theta$.
આમ,પદ $1 - \frac{1}{2}\sin^2 2\theta$ બને છે.
હવે,$\sin^2 2\theta = \frac{1 - \cos 4\theta}{2}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$1 - \frac{1}{2}(\frac{1 - \cos 4\theta}{2}) = 1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\cos 4\theta = \frac{3}{4} + \frac{1}{4}\cos 4\theta = \frac{1}{4}(3 + \cos 4\theta)$.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(D) શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$,અને $(x_3, y_3)$ ધરાવતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શોધવાનું સૂત્ર: $\text{Area} = \frac{1}{2} |x_1(y_2-y_3) + x_2(y_3-y_1) + x_3(y_1-y_2)| = 35$.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $(2, -6)$,$(5, 4)$,અને $(k, 4)$ ને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2} |2(4-4) + 5(4 - (-6)) + k(-6-4)| = 35$
$\frac{1}{2} |2(0) + 5(10) + k(-10)| = 35$
$|50 - 10k| = 70$
આનાથી બે શક્યતાઓ મળે છે:
કિસ્સો $1$: $50 - 10k = 70 \implies -10k = 20 \implies k = -2$.
કિસ્સો $2$: $50 - 10k = -70 \implies -10k = -120 \implies k = 12$.
આમ,$k$ ની શક્ય કિંમતો $12$ અને $-2$ છે.

(D) સુરેખ સમીકરણોની સિસ્ટમ માટે નોન-ટ્રિવિયલ ઉકેલ મેળવવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
$\begin{vmatrix} \cos 3\theta & -8 & -12 \\ \cos 2\theta & 3 & 3 \\ 1 & 1 & 3 \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$\cos 3\theta(9 - 3) + 8(3\cos 2\theta - 3) - 12(\cos 2\theta - 3) = 0$
$6\cos 3\theta + 24\cos 2\theta - 24 - 12\cos 2\theta + 36 = 0$
$6\cos 3\theta + 12\cos 2\theta + 12 = 0$
$6$ વડે ભાગતા: $\cos 3\theta + 2\cos 2\theta + 2 = 0$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ અને $\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(4\cos^3\theta - 3\cos\theta) + 2(2\cos^2\theta - 1) + 2 = 0$
$4\cos^3\theta + 4\cos^2\theta - 3\cos\theta = 0$
$\cos\theta(4\cos^2\theta + 4\cos\theta - 3) = 0$
$\cos\theta(2\cos\theta - 1)(2\cos\theta + 3) = 0$
કારણ કે $\cos\theta$ ની કિંમત $-3/2$ ન હોઈ શકે,તેથી $\cos\theta = 0$ અથવા $\cos\theta = 1/2$ મળે.
$\theta \in [0, 2\pi]$ માટે,$\cos\theta = 0 \Rightarrow \theta = \pi/2, 3\pi/2$.
$\cos\theta = 1/2 \Rightarrow \theta = \pi/3, 5\pi/3$.
બધા મૂલ્યોનો સરવાળો $\pi/2 + 3\pi/2 + \pi/3 + 5\pi/3 = 2\pi + 2\pi = 4\pi$ થાય.