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

(B) આપેલ છે કે $A$ અને $B$ એ $n = 3$ કક્ષાના ચોરસ શ્રેણિકો છે.
આપણે નિશ્ચાયકનો ગુણધર્મ જાણીએ છીએ કે $|AB| = |A| \times |B|$.
તેથી,$|AB| = (-1) \times (3) = -3$.
આપણે એ પણ જાણીએ છીએ કે $|kA| = k^n |A|$,જ્યાં $n$ એ શ્રેણિકની કક્ષા છે.
અહીં,$|3AB| = 3^3 |AB|$.
$|AB|$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $|3AB| = 27 \times (-3) = -81$ મળે છે.

(A) શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ હારની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરીએ:
$|A| = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 3 & 2 & 1 \end{vmatrix}$
$|A| = 1 \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} - 0 \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 3 & 1 \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 2 \end{vmatrix}$
$|A| = 1(1 \times 1 - 0 \times 2) - 0 + 1(2 \times 2 - 1 \times 3)$
$|A| = 1(1 - 0) + 1(4 - 3)$
$|A| = 1(1) + 1(1) = 1 + 1 = 2$
આમ,$\det A = 2$.

(A) આપેલ છે કે $A = \begin{bmatrix} \alpha & 2 \\ 2 & \alpha \end{bmatrix}$.
શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક $|A| = \alpha^2 - (2 \times 2) = \alpha^2 - 4$ થાય.
આપણને આપેલ છે કે $|A^3| = 125$.
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મ $|A^n| = |A|^n$ નો ઉપયોગ કરતા,$|A|^3 = 125$ મળે.
કારણ કે $125 = 5^3$,તેથી $|A|^3 = 5^3$,જેનો અર્થ છે કે $|A| = 5$.
$|A|$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\alpha^2 - 4 = 5$ મળે.
$\alpha^2 = 9$.
તેથી,$\alpha = \pm 3$.

(A) આપેલ છે કે $A$ અને $B$ એ $n \times n$ શ્રેણિકો છે જેથી $AB = O$,જ્યાં $O$ એ શૂન્ય શ્રેણિક છે.
બંને બાજુ નિશ્ચાયક લેતા,આપણને $Det(AB) = Det(O)$ મળે છે.
$Det(AB) = Det(A) \times Det(B)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $Det(A) \times Det(B) = 0$ મળે છે.
બે સંખ્યાઓનો ગુણાકાર શૂન્ય હોય,તો તેમાંથી ઓછામાં ઓછી એક સંખ્યા શૂન્ય હોવી જોઈએ.
તેથી,$Det(A) = 0$ અથવા $Det(B) = 0$.

(C) નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} a & b & c \\ b & c & a \\ c & a & b \end{array} \right|$ છે.
પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = a(cb - a^2) - b(b^2 - ca) + c(ab - c^2)$
$= abc - a^3 - b^3 + abc + abc - c^3$
$= 3abc - a^3 - b^3 - c^3$
$= -(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે બીજગણિતીય નિત્યસમ: $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)$.
આ કિંમત આપણા પદમાં મૂકતા:
$\Delta = -1 \times (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $k(a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - bc - ca - ab)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = -1$ મળે છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ: $\left| \begin{array}{ccc} x + \alpha & \beta & \gamma \\ \gamma & x + \beta & \alpha \\ \alpha & \beta & x + \gamma \end{array} \right| = 0$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \to C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ પાડતા:
$\left| \begin{array}{ccc} x + \alpha + \beta + \gamma & \beta & \gamma \\ x + \alpha + \beta + \gamma & x + \beta & \alpha \\ x + \alpha + \beta + \gamma & \beta & x + \gamma \end{array} \right| = 0$.
$C_1$ માંથી $(x + \alpha + \beta + \gamma)$ સામાન્ય લેતા:
$(x + \alpha + \beta + \gamma) \left| \begin{array}{ccc} 1 & \beta & \gamma \\ 1 & x + \beta & \alpha \\ 1 & \beta & x + \gamma \end{array} \right| = 0$.
હાર પ્રક્રિયા $R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$(x + \alpha + \beta + \gamma) \left| \begin{array}{ccc} 1 & \beta & \gamma \\ 0 & x & \alpha - \gamma \\ 0 & 0 & x \end{array} \right| = 0$.
$C_1$ ની સાપેક્ષમાં નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$(x + \alpha + \beta + \gamma) [1(x^2 - 0)] = 0$.
$x^2(x + \alpha + \beta + \gamma) = 0$.
તેથી,$x$ ની કિંમતો $x = 0$ અને $x = -(\alpha + \beta + \gamma)$ મળે છે.

(D) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ: $\left| \begin{array}{ccc} x & 3 & 7 \\ 2 & x & -2 \\ 7 & 8 & x \end{array} \right| = 0$.
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$x(x^2 - (-16)) - 3(2x - (-14)) + 7(16 - 7x) = 0$
$x(x^2 + 16) - 3(2x + 14) + 7(16 - 7x) = 0$
$x^3 + 16x - 6x - 42 + 112 - 49x = 0$
$x^3 - 39x + 70 = 0$.
કારણ કે $x = 5$ એ એક બીજ છે,તેથી $(x - 5)$ એ એક અવયવ છે.
$x^3 - 39x + 70 = 0$ નું અવયવીકરણ કરતા:
$x^3 - 5x^2 + 5x^2 - 25x - 14x + 70 = 0$
$x^2(x - 5) + 5x(x - 5) - 14(x - 5) = 0$
$(x - 5)(x^2 + 5x - 14) = 0$
$(x - 5)(x + 7)(x - 2) = 0$.
આમ,બીજ $x = 5, 2, -7$ છે.
બાકીના બે બીજ $2$ અને $-7$ છે.

(A) સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \to C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ કરતા,આપણને મળે છે:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 + \omega^n + \omega^{2n} & \omega^n & \omega^{2n} \\ 1 + \omega^n + \omega^{2n} & 1 & \omega^n \\ 1 + \omega^n + \omega^{2n} & \omega^{2n} & 1 \end{vmatrix}$
કારણ કે $n \ne 3k$,$n$ એ $3$ નો ગુણક નથી. તેથી,$1 + \omega^n + \omega^{2n} = 0$ થાય.
આ કિંમત નિશ્ચાયકમાં મૂકતા:
$\Delta = \begin{vmatrix} 0 & \omega^n & \omega^{2n} \\ 0 & 1 & \omega^n \\ 0 & \omega^{2n} & 1 \end{vmatrix}$
પ્રથમ સ્તંભના તમામ ઘટકો $0$ હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(D) આપેલ છે કે,$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} a & b & 0 \\ 0 & a & b \\ b & 0 & a \end{array} \right| = 0$.
નિશ્ચાયકનું પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા,આપણને મળે છે:
$a(a^2 - 0) - b(0 - b^2) + 0(0 - ab) = 0$
$a^3 + b^3 = 0$
$a^3 = -b^3$
બંને બાજુ $b^3$ વડે ભાગતા (ધારો કે $b \neq 0$),આપણને મળે છે:
$\left( \frac{a}{b} \right)^3 = -1$
આનો અર્થ એ છે કે $\left( \frac{a}{b} \right)$ એ $-1$ નું ઘનમૂળ છે.

(A) ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 1 & \log_x y & \log_x z \\ \log_y x & 1 & \log_y z \\ \log_z x & \log_z y & 1 \end{array} \right|$ છે.
ગુણધર્મ $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે ઘટકોને આ રીતે લખી શકીએ:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 1 & \frac{\ln y}{\ln x} & \frac{\ln z}{\ln x} \\ \frac{\ln x}{\ln y} & 1 & \frac{\ln z}{\ln y} \\ \frac{\ln x}{\ln z} & \frac{\ln y}{\ln z} & 1 \end{array} \right|$.
હવે,પ્રથમ હાર $(R_1)$ ને $\ln x$ વડે,બીજી હાર $(R_2)$ ને $\ln y$ વડે અને ત્રીજી હાર $(R_3)$ ને $\ln z$ વડે ગુણતા અને નિશ્ચાયકને $(\ln x \ln y \ln z)$ વડે ભાગતા:
$\Delta = \frac{1}{\ln x \ln y \ln z} \left| \begin{array}{ccc} \ln x & \ln y & \ln z \\ \ln x & \ln y & \ln z \\ \ln x & \ln y & \ln z \end{array} \right|$.
અહીં ત્રણેય હાર સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(D) ધારો કે $A$ એ પ્રથમ પદ છે અને $R$ એ $G$.$P$. નો સામાન્ય ગુણોત્તર છે. તો,
$l = A R^{p-1} \Rightarrow \log l = \log A + (p-1) \log R$ ... $(i)$
$m = A R^{q-1} \Rightarrow \log m = \log A + (q-1) \log R$ ... $(ii)$
$n = A R^{r-1} \Rightarrow \log n = \log A + (r-1) \log R$ ... $(iii)$
ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} \log l & p & 1 \\ \log m & q & 1 \\ \log n & r & 1 \end{array} \right|$ છે.
સ્તંભ પ્રક્રિયાઓ $C_1 \to C_1 - (\log A) C_3$ લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે કે પ્રથમ સ્તંભના ઘટકો $(p-1)\log R, (q-1)\log R, (r-1)\log R$ છે. આ સ્તંભ બીજા અને ત્રીજા સ્તંભના સુરેખ સંયોજન તરીકે દર્શાવી શકાય છે,તેથી નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(A) ધારો કે $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} a & b & c \\ b & c & a \\ c & a & b \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને મળે છે:
$\Delta = a(cb - a^2) - b(b^2 - ac) + c(ba - c^2)$
$= abc - a^3 - b^3 + abc + abc - c^3$
$= 3abc - (a^3 + b^3 + c^3)$
$= -(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc)$.
બીજગણિતીય નિત્યસમ $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\Delta = -(a + b + c) \times \frac{1}{2} [(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2]$.
કારણ કે $a, b, c$ ધન છે,તેથી $(a + b + c) > 0$. કારણ કે $a, b, c$ બધા સમાન નથી,તેથી $(a - b)^2, (b - c)^2, (c - a)^2$ માંથી ઓછામાં ઓછું એક પદ ધન હશે,તેથી વર્ગોનો સરવાળો ધન છે.
તેથી,$\Delta$ ઋણ છે.

(C) આપેલ સમપરિમાણીય સુરેખ સમીકરણોની સિસ્ટમ નીચે મુજબ છે:
$x - cy - bz = 0$
$-cx + y - az = 0$
$-bx - ay + z = 0$
આ સિસ્ટમ માટે બિન-તુચ્છ ઉકેલ (જ્યાં $x, y, z$ બધા શૂન્ય નથી) મેળવવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & -c & -b \\ -c & 1 & -a \\ -b & -a & 1 \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1(1 - a^2) - (-c)(-c - ab) + (-b)(ac + b) = 0$
$1 - a^2 - c^2 - abc - abc - b^2 = 0$
$1 - a^2 - b^2 - c^2 - 2abc = 0$
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1$

(C) આપેલ સમીકરણોની સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ હોવાથી,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય થવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & b & 1 \\ 1 & 1 & c \end{vmatrix} = 0$
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$\begin{vmatrix} a & 1 & 1 \\ 1-a & b-1 & 0 \\ 1-a & 0 & c-1 \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$a(b-1)(c-1) - 1(1-a)(c-1) + 1(0 - (1-a)(b-1)) = 0$
$a(b-1)(c-1) - (1-a)(c-1) - (1-a)(b-1) = 0$
આખા સમીકરણને $(1-a)(1-b)(1-c)$ વડે ભાગતા (જ્યાં $a, b, c \neq 1$):
$\frac{a(b-1)(c-1)}{(1-a)(1-b)(1-c)} - \frac{(1-a)(c-1)}{(1-a)(1-b)(1-c)} - \frac{(1-a)(b-1)}{(1-a)(1-b)(1-c)} = 0$
$\frac{-a}{(1-a)} - \frac{1}{(1-b)} - \frac{1}{(1-c)} = 0$
$\frac{a}{1-a} + \frac{1}{1-b} + \frac{1}{1-c} = 0$
કારણ કે $\frac{a}{1-a} = \frac{a-1+1}{1-a} = -1 + \frac{1}{1-a}$,તેથી:
$-1 + \frac{1}{1-a} + \frac{1}{1-b} + \frac{1}{1-c} = 0$
$\frac{1}{1-a} + \frac{1}{1-b} + \frac{1}{1-c} = 1$.

(A) નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = \cos(A+B)(\cos A \cos B - \sin A \sin B) + \sin(A+B)(\sin A \cos B + \cos A \sin B) + \cos 2B(\sin^2 A + \cos^2 A) = 0$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta = \cos^2(A+B) + \sin^2(A+B) + \cos 2B(1) = 0$
$1 + \cos 2B = 0$
$\cos 2B = -1$
$\cos \theta = -1$ એટલે કે $\theta = (2n+1)\pi$,તેથી $2B = (2n+1)\pi$.
આમ,$B = (2n+1)\frac{\pi}{2}$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.

(B) ધારો કે નિશ્ચાયક $D$ છે. પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$D = \cos \theta (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) - \sin \theta (-\sin \theta \cos \theta + \sin \theta \cos \theta) + \cos \theta (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = 0$
કારણ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,તેથી:
$D = \cos \theta (1) - \sin \theta (0) + \cos \theta (1) = 0$
$2 \cos \theta = 0$
$\cos \theta = 0$
$\cos \theta = 0$ માટેનો વ્યાપક ઉકેલ $\theta = (2n + 1) \frac{\pi}{2}$ છે,જે $\theta = n\pi \pm \frac{\pi}{2}$ ને સમાન છે.

(D) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1), (x_2, y_2),$ અને $(x_3, y_3)$ માટે ક્ષેત્રફળનું સૂત્ર: $\text{Area} = \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)|$
આપેલ યામ $A(4, 4), B(3, -2),$ અને $C(3, -16)$ મૂકતા:
$\text{Area} = \frac{1}{2} |4(-2 - (-16)) + 3(-16 - 4) + 3(4 - (-2))|$
$\text{Area} = \frac{1}{2} |4(14) + 3(-20) + 3(6)|$
$\text{Area} = \frac{1}{2} |56 - 60 + 18|$
$\text{Area} = \frac{1}{2} |14| = 7$
આમ,ત્રિકોણ $ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $7$ ચોરસ એકમ છે.

(D) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$,અને $(x_3, y_3)$ હોય તો તેનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)|$ દ્વારા મળે છે.
આપેલા બિંદુઓ $(a, b + c)$,$(b, c + a)$,અને $(c, a + b)$ ને સૂત્રમાં મૂકતા:
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |a(c + a - (a + b)) + b(a + b - (b + c)) + c(b + c - (c + a))|$
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |a(c - b) + b(a - c) + c(b - a)|$
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |ac - ab + ba - bc + cb - ca|$
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |0| = 0$.

(B) $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \left| \begin{array}{ccc} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{array} \right|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે નિશ્ચાયકો સમાન છે,જેનો અર્થ છે કે બંને ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળ સમાન છે.
ક્ષેત્રફળ સમાન હોવાનો અર્થ એ નથી કે ત્રિકોણ એકરૂપ કે સમરૂપ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$ અને $(x_3, y_3)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શોધવાનું સૂત્ર: $\text{Area} = \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)|$ છે.
આપેલા બિંદુઓ $(1, -1)$,$(-1, 1)$ અને $(-1, -1)$ ને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\text{Area} = \frac{1}{2} |1(1 - (-1)) + (-1)(-1 - (-1)) + (-1)(-1 - 1)|$
$= \frac{1}{2} |1(2) + (-1)(0) + (-1)(-2)|$
$= \frac{1}{2} |2 + 0 + 2|$
$= \frac{1}{2} |4| = 2$.
આમ,ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $2$ ચોરસ એકમ છે.

(D) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$ અને $(x_3, y_3)$ હોય ત્યારે ક્ષેત્રફળનું સૂત્ર: $\Delta = \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)|$ છે.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $(5, 2)$,$(2/3, 2)$ અને $(-4, 3)$ મુકતા:
$\Delta = \frac{1}{2} |5(2 - 3) + \frac{2}{3}(3 - 2) + (-4)(2 - 2)|$
$= \frac{1}{2} |5(-1) + \frac{2}{3}(1) + (-4)(0)|$
$= \frac{1}{2} |-5 + \frac{2}{3}|$
$= \frac{1}{2} |\frac{-15 + 2}{3}|$
$= \frac{1}{2} |-\frac{13}{3}| = \frac{13}{6}$ ચોરસ એકમ.

(C) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1), (x_2, y_2)$ અને $(x_3, y_3)$ હોય તો તેનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)| = 4$ દ્વારા મળે છે.
આપેલા શિરોબિંદુઓ $(x, 0), (1, 1)$ અને $(0, 2)$ મૂકતા:
$\frac{1}{2} |x(1 - 2) + 1(2 - 0) + 0(0 - 1)| = 4$
$\frac{1}{2} |-x + 2| = 4$
$|-x + 2| = 8$
આના બે કિસ્સાઓ મળે છે:
કિસ્સો $1$: $-x + 2 = 8$ $\Rightarrow -x = 6$ $\Rightarrow x = -6$
કિસ્સો $2$: $-x + 2 = -8$ $\Rightarrow -x = -10$ $\Rightarrow x = 10$
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$x = -6$ એ સાચો જવાબ છે.

(C) ત્રણ બિંદુઓ સમરેખ હોવા માટે,તેમના દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,અથવા યામોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} p+1 & 1 & 1 \\ 2p+1 & 3 & 1 \\ 2p+2 & 2p & 1 \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$(p+1)(3 - 2p) - 1((2p+1) - (2p+2)) + 1((2p+1)(2p) - 3(2p+2)) = 0$
$(p+1)(3 - 2p) - 1(-1) + (4p^2 + 2p - 6p - 6) = 0$
$(3p - 2p^2 + 3 - 2p) + 1 + (4p^2 - 4p - 6) = 0$
$(-2p^2 + p + 3) + 1 + (4p^2 - 4p - 6) = 0$
$2p^2 - 3p - 2 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$2p^2 - 4p + p - 2 = 0$
$2p(p - 2) + 1(p - 2) = 0$
$(2p + 1)(p - 2) = 0$
આમ,$p = 2$ અથવા $p = -1/2$.
વિકલ્પોને જોતા,સાચો જવાબ $p = 2$ છે.

(C) ત્રણ બિંદુઓ $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$,અને $(x_3, y_3)$ સમરેખ હોવા માટે,તેમના દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,અથવા યામોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\left| \begin{array}{ccc} 5 & 5 & 1 \\ 10 & k & 1 \\ -5 & 1 & 1 \end{array} \right| = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$5(k - 1) - 5(10 - (-5)) + 1(10 - (-5k)) = 0$
$5k - 5 - 5(15) + 10 + 5k = 0$
$10k - 5 - 75 + 10 = 0$
$10k - 70 = 0$
$10k = 70$
$k = 7$

(A) ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ અને બિંદુ $(x_1, y_1) = (-4, 5)$ માંથી પસાર થતી રેખાનો ઢાળ $m = \frac{y_1 - 0}{x_1 - 0} = \frac{5 - 0}{-4 - 0} = -\frac{5}{4}$ છે.
ઢાળ-અંતઃખંડ સ્વરૂપ $y = mx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = -\frac{5}{4}x$ મળે છે.
બંને બાજુ $4$ વડે ગુણતા,$4y = -5x$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $5x + 4y = 0$ થાય છે.

(D) આપેલ સદિશ સમીકરણ: $(x + 3y - 4z)i + (x - 3y + 5z)j + (3x + y)k = \lambda xi + \lambda yj + \lambda zk$.
બંને બાજુ $i, j,$ અને $k$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા, આપણને સુરેખ સમીકરણોની સિસ્ટમ મળે છે:
$(1 - \lambda)x + 3y - 4z = 0$ ... $(i)$
$x - (3 + \lambda)y + 5z = 0$ ... $(ii)$
$3x + y - \lambda z = 0$ ... $(iii)$
કારણ કે $(x, y, z) \ne (0, 0, 0)$, આ સિસ્ટમનો ઉકેલ શૂન્યતર છે, જેનો અર્થ છે કે સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} 1 - \lambda & 3 & -4 \\ 1 & -(3 + \lambda) & 5 \\ 3 & 1 & -\lambda \end{vmatrix} = 0$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$-\lambda^3 - 2\lambda^2 - \lambda = 0$
$-\lambda(\lambda + 1)^2 = 0$
તેથી, $\lambda = 0, -1$ મળે છે.

(D) આપેલ સમતલોના સમીકરણો છે:
$x - cy - bz = 0$
$-cx + y - az = 0$
$-bx - ay + z = 0$
આ સમતલો એક જ રેખામાંથી પસાર થાય તે માટે,સહગુણકોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} 1 & -c & -b \\ -c & 1 & -a \\ -b & -a & 1 \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1(1 - a^2) - (-c)(-c - ab) + (-b)(ac + b) = 0$
$1 - a^2 - c^2 - abc - abc - b^2 = 0$
$1 - a^2 - b^2 - c^2 - 2abc = 0$
$a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1$

(D) ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \left| \begin{array}{ccc} a & b+c & 1 \\ b & c+a & 1 \\ c & a+b & 1 \end{array} \right|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_2 \to C_2 + C_1$ લાગુ પાડતા:
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \left| \begin{array}{ccc} a & a+b+c & 1 \\ b & a+b+c & 1 \\ c & a+b+c & 1 \end{array} \right|$
બીજા સ્તંભમાંથી $(a+b+c)$ સામાન્ય લેતા:
ક્ષેત્રફળ $= \frac{a+b+c}{2} \left| \begin{array}{ccc} a & 1 & 1 \\ b & 1 & 1 \\ c & 1 & 1 \end{array} \right|$
અહીં બે સ્તંભ સમાન હોવાથી નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
તેથી,ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $0$ છે.

(A) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$ અને $(x_3, y_3)$ માટે ક્ષેત્રફળનું સૂત્ર:
$\text{Area} = \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)|$
આપેલા શિરોબિંદુઓ $(4, 4)$,$(3, -2)$ અને $(3, -16)$ ને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\text{Area} = \frac{1}{2} |4(-2 - (-16)) + 3(-16 - 4) + 3(4 - (-2))|$
$\text{Area} = \frac{1}{2} |4(14) + 3(-20) + 3(6)|$
$\text{Area} = \frac{1}{2} |56 - 60 + 18|$
$\text{Area} = \frac{1}{2} |14| = 7$
આમ,ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $7$ ચોરસ એકમ છે.

(C) આપેલ બિંદુઓ સમરેખ હોવા માટે,તેમના દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શૂન્ય હોવું જોઈએ,અથવા યામોનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} t_1 & 2at_1 + at_1^3 & 1 \\ t_2 & 2at_2 + at_2^3 & 1 \\ t_3 & 2at_3 + at_3^3 & 1 \end{vmatrix} = 0$
બીજા સ્તંભમાંથી $a$ સામાન્ય લેતા:
$a \begin{vmatrix} t_1 & 2t_1 + t_1^3 & 1 \\ t_2 & 2t_2 + t_2^3 & 1 \\ t_3 & 2t_3 + t_3^3 & 1 \end{vmatrix} = 0$
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$\begin{vmatrix} t_1 & 2t_1 + t_1^3 & 1 \\ t_2 - t_1 & 2(t_2 - t_1) + (t_2^3 - t_1^3) & 0 \\ t_3 - t_1 & 2(t_3 - t_1) + (t_3^3 - t_1^3) & 0 \end{vmatrix} = 0$
ત્રીજા સ્તંભની સાપેક્ષે વિસ્તરણ કરતા:
$(t_2 - t_1)(t_3 - t_1) \begin{vmatrix} 1 & 2 + (t_2^2 + t_1^2 + t_2 t_1) \\ 1 & 2 + (t_3^2 + t_1^2 + t_3 t_1) \end{vmatrix} = 0$
$(t_2 - t_1)(t_3 - t_1) [(2 + t_3^2 + t_1^2 + t_3 t_1) - (2 + t_2^2 + t_1^2 + t_2 t_1)] = 0$
$(t_2 - t_1)(t_3 - t_1) [t_3^2 - t_2^2 + t_1(t_3 - t_2)] = 0$
$(t_2 - t_1)(t_3 - t_1)(t_3 - t_2)(t_3 + t_2 + t_1) = 0$
કારણ કે $t_1, t_2, t_3$ ભિન્ન છે,$(t_2 - t_1) \neq 0$,$(t_3 - t_1) \neq 0$,અને $(t_3 - t_2) \neq 0$.
તેથી,$t_1 + t_2 + t_3 = 0$.

(C) આપેલ છે કે $x_1 = ar, x_2 = ar^2$ અને $y_1 = bs, y_2 = bs^2$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta$ નિશ્ચાયકના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\Delta = \frac{1}{2} \left| \begin{matrix} a & b & 1 \\ x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \end{matrix} \right| = \frac{1}{2} \left| \begin{matrix} a & b & 1 \\ ar & bs & 1 \\ ar^2 & bs^2 & 1 \end{matrix} \right|$
પ્રથમ સ્તંભમાંથી $a$ અને બીજા સ્તંભમાંથી $b$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = \frac{1}{2} ab \left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ r & s & 1 \\ r^2 & s^2 & 1 \end{matrix} \right|$
હાર પ્રક્રિયાઓ $R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$\Delta = \frac{1}{2} ab \left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ r-1 & s-1 & 0 \\ r^2-1 & s^2-1 & 0 \end{matrix} \right|$
ત્રીજા સ્તંભને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = \frac{1}{2} ab \left| \begin{matrix} r-1 & s-1 \\ (r-1)(r+1) & (s-1)(s+1) \end{matrix} \right|$
$\Delta = \frac{1}{2} ab (r-1)(s-1) \left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ r+1 & s+1 \end{matrix} \right|$
$\Delta = \frac{1}{2} ab (r-1)(s-1) (s+1 - r - 1) = \frac{1}{2} ab (r-1)(s-1)(s-r)$.

(D) ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
આપેલા શિરોબિંદુઓ મૂકતા:
$x_1 = a \cos \theta, y_1 = b \sin \theta$
$x_2 = -a \sin \theta, y_2 = b \cos \theta$
$x_3 = -a \cos \theta, y_3 = -b \sin \theta$
ગણતરી કરતા,$\Delta = \frac{1}{2} |2ab(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta)|$
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ હોવાથી,$\Delta = \frac{1}{2} |2ab| = |ab|$.

(D) આપેલ છે,$D = \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1+x & 1 \\ 1 & 1 & 1+y \end{array} \right|$.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_1$ લાગુ કરતા:
$D = \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 0 & x & 0 \\ 0 & 0 & y \end{array} \right|$.
પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$D = 1 \cdot (x \cdot y - 0 \cdot 0) - 0 + 0 = xy$.
આમ,$D = xy$ હોવાથી,તે $x$ અને $y$ બંને વડે વિભાજ્ય છે.

(A) આપેલ શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 5 & 5\alpha & \alpha \\ 0 & \alpha & 5\alpha \\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}$ છે.
$A$ એ ઉપરનો ત્રિકોણીય શ્રેણિક હોવાથી,તેનો નિશ્ચાયક $|A|$ તેના મુખ્ય વિકર્ણના ઘટકોનો ગુણાકાર છે.
$|A| = 5 \times \alpha \times 5 = 25\alpha$.
આપણને આપેલ છે કે $|A|^2 = 25$.
$|A|$ ની કિંમત મૂકતા,$(25\alpha)^2 = 25$ મળે.
$625\alpha^2 = 25$.
$\alpha^2 = \frac{25}{625} = \frac{1}{25}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,$|\alpha| = \sqrt{\frac{1}{25}} = \frac{1}{5}$ મળે.

(D) આપેલ સુરેખ સમીકરણોની સિસ્ટમ નીચે મુજબ છે:
$(2-\lambda)x_1 - 2x_2 + x_3 = 0$
$2x_1 - (3+\lambda)x_2 + 2x_3 = 0$
$-x_1 + 2x_2 - \lambda x_3 = 0$
શૂન્યેતર ઉકેલ માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} 2-\lambda & -2 & 1 \\ 2 & -(3+\lambda) & 2 \\ -1 & 2 & -\lambda \end{vmatrix} = 0$
$R_1 \to R_1 + R_3$ પ્રક્રિયા લાગુ કરતા:
$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 & 1-\lambda \\ 2 & -(3+\lambda) & 2 \\ -1 & 2 & -\lambda \end{vmatrix} = 0$
$R_1$ માંથી $(1-\lambda)$ સામાન્ય લેતા:
$(1-\lambda) \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & -(3+\lambda) & 2 \\ -1 & 2 & -\lambda \end{vmatrix} = 0$
$R_1$ ની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$(1-\lambda) [1(\lambda(3+\lambda) - 4) + 1(4 - (3+\lambda))] = 0$
$(1-\lambda) [3\lambda + \lambda^2 - 4 + 4 - 3 - \lambda] = 0$
$(1-\lambda) [\lambda^2 + 2\lambda - 3] = 0$
$(1-\lambda)(\lambda+3)(\lambda-1) = 0$
$-(1-\lambda)^2(\lambda+3) = 0$
આમ,$\lambda = 1$ અને $\lambda = -3$. મૂલ્યોનો સમૂહ $\{1, -3\}$ છે,જેમાં બે ઘટકો છે.

(B) સમઘાત સુરેખ સમીકરણોની સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ હોય તે માટે સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ,એટલે કે $\Delta = 0$.
સહગુણક શ્રેણિક:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & \lambda & -1 \\ \lambda & -1 & -1 \\ 1 & 1 & -\lambda \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1((-1)(-\lambda) - (-1)(1)) - \lambda((\lambda)(-\lambda) - (-1)(1)) - 1((\lambda)(1) - (-1)(1)) = 0$
$1(\lambda + 1) - \lambda(-\lambda^2 + 1) - 1(\lambda + 1) = 0$
$(\lambda + 1) - \lambda(1 - \lambda^2) - (\lambda + 1) = 0$
$-\lambda(1 - \lambda)(1 + \lambda) = 0$
$\lambda(1 - \lambda)(1 + \lambda) = 0$
$\lambda$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\lambda = 0, 1, -1$ મળે છે.
આમ,$\lambda$ ના બરાબર ત્રણ મૂલ્યો માટે સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ મળે છે.

(D) ધારો કે ત્રીજું શિરોબિંદુ $(p, q)$ છે. તે રેખા $y = x + 3$ પર હોવાથી,$q = p + 3$ $(i)$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $5$ હોવાથી:
$\frac{1}{2} |2(-2 - q) + 3(q - 1) + p(1 - (-2))| = 5$
$|q + 3p - 7| = 10$
$q = p + 3$ મુકતા:
$|4p - 4| = 10$
$p = \frac{7}{2}$ અથવા $p = -\frac{3}{2}$.
તેથી,ત્રીજું શિરોબિંદુ $\left( \frac{7}{2}, \frac{13}{2} \right)$ અથવા $\left( -\frac{3}{2}, \frac{3}{2} \right)$ મળે.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ શિરોબિંદુઓ $(a, b)$,$(x_1, y_1) = (ar, bs)$ અને $(x_2, y_2) = (ar^2, bs^2)$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ નિશ્ચાયક સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\Delta = \frac{1}{2} |x_A(y_B - y_C) + x_B(y_C - y_A) + x_C(y_A - y_B)|$
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta = \frac{1}{2} |a(bs - bs^2) + ar(bs^2 - b) + ar^2(b - bs)|$
$ab$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = \frac{1}{2} ab |(s - s^2) + r(s^2 - 1) + r^2(1 - s)|$
$= \frac{1}{2} ab |s(1 - s) + r(s - 1)(s + 1) - r^2(s - 1)|$
$= \frac{1}{2} ab |(s - 1) [-s + r(s + 1) - r^2]|$
$= \frac{1}{2} ab |(s - 1) [-s + rs + r - r^2]|$
$= \frac{1}{2} ab |(s - 1) [r(s - r) - (s - r)]|$
$= \frac{1}{2} ab |(s - 1)(s - r)(r - 1)|$
$= \frac{1}{2} ab (r - 1)(s - 1)(s - r)$.

(D) આપેલ છે $A = \begin{vmatrix} \sin(\theta + \alpha) & \cos(\theta + \alpha) & 1 \\ \sin(\theta + \beta) & \cos(\theta + \beta) & 1 \\ \sin(\theta + \gamma) & \cos(\theta + \gamma) & 1 \end{vmatrix}$.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$A = \begin{vmatrix} \sin(\theta + \alpha) & \cos(\theta + \alpha) & 1 \\ \sin(\theta + \beta) - \sin(\theta + \alpha) & \cos(\theta + \beta) - \cos(\theta + \alpha) & 0 \\ \sin(\theta + \gamma) - \sin(\theta + \alpha) & \cos(\theta + \gamma) - \cos(\theta + \alpha) & 0 \end{vmatrix}$.
ત્રીજા સ્તંભની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$A = 1 \cdot [(\sin(\theta + \beta) - \sin(\theta + \alpha))(\cos(\theta + \gamma) - \cos(\theta + \alpha)) - (\cos(\theta + \beta) - \cos(\theta + \alpha))(\sin(\theta + \gamma) - \sin(\theta + \alpha))]$.
નિત્યસમ $\sin(x)\cos(y) - \cos(x)\sin(y) = \sin(x-y)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$A = \sin((\theta + \beta) - (\theta + \gamma)) + \sin((\theta + \alpha) - (\theta + \beta)) + \sin((\theta + \gamma) - (\theta + \alpha))$.
$A = \sin(\beta - \gamma) + \sin(\alpha - \beta) + \sin(\gamma - \alpha)$.
પરિણામમાં ફક્ત અચળાંકો $\alpha, \beta, \gamma$ હોવાથી,$A$ એ $\theta$ થી સ્વતંત્ર છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1 & x & x + 1 \\ 2x & x(x - 1) & (x + 1)x \\ 3x(x - 1) & x(x - 1)(x - 2) & (x + 1)x(x - 1) \end{array} \right|$ છે.
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે આ નિશ્ચાયકની હાર (rows) વચ્ચે સુરેખ સંબંધ છે.
નિશ્ચાયકનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને મળે છે કે $f(x) = 0$ દરેક $x$ માટે.
તેથી,$f(100) = 0$ થાય.

(C) ધારો કે $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 10! & 11! & 12! \\ 11! & 12! & 13! \\ 12! & 13! & 14! \end{array} \right|$.
$C_1$ માંથી $10!$,$C_2$ માંથી $11!$ અને $C_3$ માંથી $12!$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = 10!\,11!\,12! \left| \begin{array}{ccc} 1 & 11 & 11 \times 12 \\ 1 & 12 & 12 \times 13 \\ 1 & 13 & 13 \times 14 \end{array} \right|$.
$R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ પ્રક્રિયા કરતા:
$\Delta = 10!\,11!\,12! \left| \begin{array}{ccc} 1 & 11 & 132 \\ 0 & 1 & 24 \\ 0 & 2 & 50 \end{array} \right|$.
$C_1$ ની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = 10!\,11!\,12! \times (1 \times (50 - 48)) = 10!\,11!\,12! \times 2 = 2(10!\,11!\,12!)$.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} \cos(A-P) & \cos(A-Q) & \cos(A-R) \\ \cos(B-P) & \cos(B-Q) & \cos(B-R) \\ \cos(C-P) & \cos(C-Q) & \cos(C-R) \end{array} \right|$ છે.
$\cos(x-y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને,આપણે દરેક ઘટકને બે પદોના સરવાળા તરીકે લખી શકીએ છીએ.
આ આપણને નિશ્ચાયકને બે શ્રેણિકોના ગુણાકાર તરીકે દર્શાવવાની મંજૂરી આપે છે:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} \cos A & \sin A & 0 \\ \cos B & \sin B & 0 \\ \cos C & \sin C & 0 \end{array} \right| \times \left| \begin{array}{ccc} \cos P & \cos Q & \cos R \\ \sin P & \sin Q & \sin R \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right|$.
પ્રથમ શ્રેણિકનો ત્રીજો સ્તંભ શૂન્ય છે અને બીજા શ્રેણિકની ત્રીજી હાર શૂન્ય છે,તેથી આ બે શ્રેણિકોનો ગુણાકાર શૂન્ય થાય છે.
વૈકલ્પિક રીતે,નિશ્ચાયકને $8$ નિશ્ચાયકોમાં વિભાજિત કરી શકાય છે,જેમાંથી દરેક પાસે ઓછામાં ઓછા બે સમાન સ્તંભો (અથવા હાર) હોય છે,જેના કારણે દરેક નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
આમ,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ છે.

(C) ધારો કે આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta$ છે. $R_1 \to R_1 + R_2 + R_3$ લેતા:
$\Delta = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x + 2\cos x}&{\sin x + 2\cos x}&{\sin x + 2\cos x}\\{\cos x}&{\sin x}&{\cos x}\\{\cos x}&{\cos x}&{\sin x}\end{array}} \right| = 0$
$R_1$ માંથી $(\sin x + 2\cos x)$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = (\sin x + 2\cos x) \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&1&1\\{\cos x}&{\sin x}&{\cos x}\\{\cos x}&{\cos x}&{\sin x}\end{array}} \right| = 0$
$C_2 \to C_2 - C_1$ અને $C_3 \to C_3 - C_1$ પ્રક્રિયા કરતા:
$\Delta = (\sin x + 2\cos x) \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&0&0\\{\cos x}&{\sin x - \cos x}&0\\{\cos x}&0&{\sin x - \cos x}\end{array}} \right| = 0$
$\Delta = (\sin x + 2\cos x)(\sin x - \cos x)^2 = 0$
આનો અર્થ એ છે કે $\sin x + 2\cos x = 0$ અથવા $(\sin x - \cos x)^2 = 0$.
કિસ્સો $1$: $\tan x = -2$. અંતરાલ $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$ માં,$\tan x$ ની કિંમત $-1$ થી $1$ ની વચ્ચે હોય છે. તેથી,$\tan x = -2$ નો કોઈ ઉકેલ નથી.
કિસ્સો $2$: $\sin x = \cos x \implies \tan x = 1$. અંતરાલ $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$ માં,$x = \frac{\pi}{4}$ માટે $\tan x = 1$ થાય છે.
આમ,માત્ર $1$ જ ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલ મળે છે.

(D) આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta = \begin{vmatrix} C & 1 & 0 \\ 1 & C & 1 \\ 6 & 1 & C \end{vmatrix}$ છે.
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = C(C^2 - 1) - 1(C - 6) + 0(1 - 6C)$
$\Delta = C^3 - C - C + 6$
$\Delta = C^3 - 2C + 6$
હવે $C = 2 \cos \theta$ મૂકતા:
$\Delta = (2 \cos \theta)^3 - 2(2 \cos \theta) + 6$
$\Delta = 8 \cos^3 \theta - 4 \cos \theta + 6$
આ પરિણામ આપેલા વિકલ્પોમાંથી કોઈ પણ સાથે મળતું નથી.

(D) શ્રેણિક અસામાન્ય હોય તે માટે તેનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ: $\begin{vmatrix} 3 & -1+x & 2 \\ 3 & -1 & x+2 \\ x+3 & -1 & 2 \end{vmatrix} = 0$.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \to R_2 - R_1$ અને $R_3 \to R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$\begin{vmatrix} 3 & -1+x & 2 \\ 0 & -x & x \\ x & -x & 0 \end{vmatrix} = 0$.
સ્તંભની પ્રક્રિયા $C_1 \to C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ પાડતા:
$\begin{vmatrix} x+4 & -1+x & 2 \\ 0 & -x & x \\ 0 & -x & 0 \end{vmatrix} = 0$.
પ્રથમ સ્તંભને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$(x+4) \cdot [(-x)(0) - (x)(-x)] = 0$
$(x+4)(x^2) = 0$.
આથી $x = -4$ અથવા $x = 0$ મળે છે.
આપણને અંતરાલ $[-4, -1]$ આપેલ છે.
કારણ કે $-4 \in [-4, -1]$ અને $0 \notin [-4, -1]$,તેથી $x$ ની માત્ર $1$ કિંમત શરતનું પાલન કરે છે.

(C) સુરેખ સમીકરણોની સિસ્ટમનો શૂન્યતર ઉકેલ મેળવવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
સહગુણક શ્રેણિક છે:
$\Delta = \begin{vmatrix} a^3 & (a+1)^3 & (a+2)^3 \\ a & a+1 & a+2 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0$
સ્તંભ પ્રક્રિયાઓ $C_2 \rightarrow C_2 - C_1$ અને $C_3 \rightarrow C_3 - C_2$ લાગુ પાડતા:
$\Delta = \begin{vmatrix} a^3 & (a+1)^3 - a^3 & (a+2)^3 - (a+1)^3 \\ a & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = 0$
ત્રીજી હાર $(R_3)$ ની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$1 \cdot \begin{vmatrix} (a+1)^3 - a^3 & (a+2)^3 - (a+1)^3 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 0$
$((a+1)^3 - a^3) - ((a+2)^3 - (a+1)^3) = 0$
$(3a^2 + 3a + 1) - (3(a+1)^2 + 3(a+1) + 1) = 0$
$(3a^2 + 3a + 1) - (3a^2 + 6a + 3 + 3a + 3 + 1) = 0$
$(3a^2 + 3a + 1) - (3a^2 + 9a + 7) = 0$
$-6a - 6 = 0$
$-6a = 6$
$a = -1$.

(C) આપેલ નિત્યસમ $px^4 + qx^3 + rx^2 + sx + t = \left| \begin{array}{ccc} x^2 + 3x & x - 1 & x + 3 \\ x + 1 & 2 - x & x - 3 \\ x - 3 & x + 4 & 3x \end{array} \right|$ છે.
$t$ ની કિંમત શોધવા માટે,આપણે નિત્યસમમાં $x = 0$ મૂકીશું.
બંને બાજુ $x = 0$ મૂકતા:
$p(0)^4 + q(0)^3 + r(0)^2 + s(0) + t = \left| \begin{array}{ccc} 0^2 + 3(0) & 0 - 1 & 0 + 3 \\ 0 + 1 & 2 - 0 & 0 - 3 \\ 0 - 3 & 0 + 4 & 3(0) \end{array} \right|$
$t = \left| \begin{array}{ccc} 0 & -1 & 3 \\ 1 & 2 & -3 \\ -3 & 4 & 0 \end{array} \right|$
હવે,પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$t = 0(2 \times 0 - (-3) \times 4) - (-1)(1 \times 0 - (-3) \times (-3)) + 3(1 \times 4 - 2 \times (-3))$
$t = 0 - (-1)(0 - 9) + 3(4 + 6)$
$t = 0 - (9) + 3(10)$
$t = -9 + 30$
$t = 21$
આમ,$t$ ની કિંમત $21$ છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} a+1 & a+2 & a+p \\ a+2 & a+3 & a+q \\ a+3 & a+4 & a+r \end{array} \right| = 0$ છે.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_2$ લાગુ કરો:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} a+1 & a+2 & a+p \\ 1 & 1 & q-p \\ 1 & 1 & r-q \end{array} \right| = 0$.
બે હાર ($R_2$ અને $R_3$) માં પ્રથમ બે સ્તંભો સમાન હોવાથી,આપણે $R_3 \rightarrow R_3 - R_2$ કરી શકીએ:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} a+1 & a+2 & a+p \\ 1 & 1 & q-p \\ 0 & 0 & (r-q) - (q-p) \end{array} \right| = 0$.
ત્રીજી હારને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$0 - 0 + (r - q - q + p) \times ((a+1)(1) - (a+2)(1)) = 0$.
$(r + p - 2q) \times (-1) = 0$.
આ સૂચવે છે કે $r + p - 2q = 0$,એટલે કે $p + r = 2q$.
આ $p, q, r$ ના $AP$ માં હોવાની શરત છે.

(C) આપેલ છે કે $a^2 + b^2 + c^2 = -2$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \rightarrow C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ કરતા:
$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1 + x(a^2 + b^2 + c^2 + 2) & (1 + b^2)x & (1 + c^2)x \\ 1 + x(a^2 + b^2 + c^2 + 2) & 1 + b^2x & (1 + c^2)x \\ 1 + x(a^2 + b^2 + c^2 + 2) & (1 + b^2)x & 1 + c^2x \end{array} \right|$
$a^2 + b^2 + c^2 = -2$ હોવાથી,પદ $a^2 + b^2 + c^2 + 2 = 0$ થાય.
તેથી,$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1 & (1 + b^2)x & (1 + c^2)x \\ 1 & 1 + b^2x & (1 + c^2)x \\ 1 & (1 + b^2)x & 1 + c^2x \end{array} \right|$
હાર પ્રક્રિયા $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_1$ લાગુ કરતા:
$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1 & (1 + b^2)x & (1 + c^2)x \\ 0 & 1 - x & 0 \\ 0 & 0 & 1 - x \end{array} \right|$
પ્રથમ સ્તંભને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = 1 \cdot (1 - x)(1 - x) = (1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2$.
અહીં $x$ ની મહત્તમ ઘાત $2$ હોવાથી,$f(x)$ એ $2$ ઘાતવાળી બહુપદી છે.

(D) સમપરિમાણીય સુરેખ સમીકરણોની સંહતિનો શૂન્યતર ઉકેલ મેળવવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
નિશ્ચાયક નીચે મુજબ છે:
$\Delta = \begin{vmatrix} \sin \theta & -\cos \theta & \lambda + 1 \\ \cos \theta & \sin \theta & -\lambda \\ \lambda & \lambda + 1 & \cos \theta \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = \sin \theta (\sin \theta \cos \theta + \lambda^2 + \lambda) + \cos \theta (\cos^2 \theta + \lambda^2) + (\lambda + 1)(\lambda \cos \theta + \cos \theta - \lambda \sin \theta) = 0$
બીજગણિતીય સાદુરૂપ આપતા,સમીકરણ આ મુજબ મળે છે:
$2 \cos \theta (\lambda^2 + \lambda + 1) = 0$
અહીં $\lambda^2 + \lambda + 1 = (\lambda + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} > 0$ હોવાથી,તમામ $\lambda \in \mathbb{R}$ માટે:
$\cos \theta = 0$
તેથી,$\theta = (2n + 1)\frac{\pi}{2}$ જ્યાં $n \in \mathbb{I}$.