Rank of Matrices , Some special determinants, differentiation and integration of determinants Questions in Gujarati

(D) આપેલ છે ${D_p} = \begin{vmatrix} p & 15 & 8 \\ p^2 & 35 & 9 \\ p^3 & 25 & 10 \end{vmatrix}$.
આપણે $\sum_{p=1}^{5} D_p = D_1 + D_2 + D_3 + D_4 + D_5$ ની ગણતરી કરવાની છે.
નિશ્ચાયકના સ્તંભોના સરવાળાના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{p=1}^{5} D_p = \begin{vmatrix} \sum_{p=1}^{5} p & 15 & 8 \\ \sum_{p=1}^{5} p^2 & 35 & 9 \\ \sum_{p=1}^{5} p^3 & 25 & 10 \end{vmatrix}$.
સરવાળાની ગણતરી કરતા:
$\sum_{p=1}^{5} p = 15$,$\sum_{p=1}^{5} p^2 = 55$,$\sum_{p=1}^{5} p^3 = 225$.
તેથી,નિશ્ચાયક $D = \begin{vmatrix} 15 & 15 & 8 \\ 55 & 35 & 9 \\ 225 & 25 & 10 \end{vmatrix}$ બને છે.
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા,જવાબ $-700000$ મળે છે.

(D) ધારો કે $\Delta = \left| {\begin{array}{ccc} 4 + {x^2} & -6 & -2 \\ -6 & 9 + {x^2} & 3 \\ -2 & 3 & 1 + {x^2} \end{array}} \right|$.
હારની પ્રક્રિયાઓ કરતા: $R_1 \to R_1 + 2R_3$ અને $R_2 \to R_2 - 3R_3$:
$\Delta = \left| {\begin{array}{ccc} {x^2} & 0 & 2{x^2} \\ 0 & {x^2} & -3{x^2} \\ -2 & 3 & 1 + {x^2} \end{array}} \right|$.
$R_1$ અને $R_2$ માંથી ${x^2}$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = {x^4} \left| {\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -3 \\ -2 & 3 & 1 + {x^2} \end{array}} \right|$.
$R_1$ ની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = {x^4} [1(1 + {x^2} + 9) + 2(0 + 2)] = {x^4}(14 + {x^2})$.
આમ,નિશ્ચાયક $x$,${x^3}$ અને $(14 + {x^2})$ વડે વિભાજ્ય છે,પરંતુ ${x^5}$ વડે વિભાજ્ય નથી.

(B) આપણને નિશ્ચાયક $\Delta (x) = \left| \begin{array}{ccc} x^n & \sin x & \cos x \\ n! & \sin \frac{n\pi}{2} & \cos \frac{n\pi}{2} \\ a & a^2 & a^3 \end{array} \right|$ આપેલ છે.
નિશ્ચાયકનું $n$-મું વિકલન મેળવવા માટે,આપણે હાર (અથવા સ્તંભ) નું એક પછી એક વિકલન કરીએ છીએ. માત્ર પ્રથમ હારમાં $x$ હોવાથી,આપણે પ્રથમ હારનું $n$ વાર વિકલન કરીશું.
$\frac{d^n}{dx^n}[\Delta (x)] = \left| \begin{array}{ccc} \frac{d^n}{dx^n}(x^n) & \frac{d^n}{dx^n}(\sin x) & \frac{d^n}{dx^n}(\cos x) \\ n! & \sin \frac{n\pi}{2} & \cos \frac{n\pi}{2} \\ a & a^2 & a^3 \end{array} \right|$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{d^n}{dx^n}(x^n) = n!$,$\frac{d^n}{dx^n}(\sin x) = \sin(x + \frac{n\pi}{2})$,અને $\frac{d^n}{dx^n}(\cos x) = \cos(x + \frac{n\pi}{2})$.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{d^n}{dx^n}[\Delta (x)] = \left| \begin{array}{ccc} n! & \sin(x + \frac{n\pi}{2}) & \cos(x + \frac{n\pi}{2}) \\ n! & \sin \frac{n\pi}{2} & \cos \frac{n\pi}{2} \\ a & a^2 & a^3 \end{array} \right|$.
હવે,$x = 0$ આગળ કિંમત શોધતા:
$[\Delta^n(x)]_{x=0} = \left| \begin{array}{ccc} n! & \sin \frac{n\pi}{2} & \cos \frac{n\pi}{2} \\ n! & \sin \frac{n\pi}{2} & \cos \frac{n\pi}{2} \\ a & a^2 & a^3 \end{array} \right|$.
અહીં પ્રથમ હાર $(R_1)$ અને બીજી હાર $(R_2)$ સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(B) ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta(x)$ છે.
$A_1$ શોધવા માટે,આપણે $\Delta(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું અને $x = 0$ મૂકીશું,એટલે કે $A_1 = \Delta'(0)$.
નિશ્ચાયકના વિકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\Delta'(x)$ એ ત્રણ નિશ્ચાયકોનો સરવાળો છે જેમાં દરેક હારનું વારાફરતી વિકલન થાય છે.
$\Delta'(x) = \left| \begin{array}{ccc} a & b & c \\ 1+a_1x & 1+b_1x & 1+c_1x \\ 1+a_2x & 1+b_2x & 1+c_2x \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 1+ax & 1+bx & 1+cx \\ a_1 & b_1 & c_1 \\ 1+a_2x & 1+b_2x & 1+c_2x \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 1+ax & 1+bx & 1+cx \\ 1+a_1x & 1+b_1x & 1+c_1x \\ a_2 & b_2 & c_2 \end{array} \right|$.
$x = 0$ મૂકતા:
$\Delta'(0) = \left| \begin{array}{ccc} a & b & c \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ a_1 & b_1 & c_1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \end{array} \right|$.
દરેક નિશ્ચાયકમાં બે હાર સમાન હોવાથી,દરેક નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
તેથી,$A_1 = 0 + 0 + 0 = 0$.

(A) આપેલ શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & -1 \\ 0 & -2 & -4 & 2 \end{bmatrix}$ છે.
હારની પ્રક્રિયા $R_3 \to R_3 + 2R_2$ લાગુ કરતા:
$A \sim \begin{bmatrix} 2 & 3 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
આ પ્રક્રિયા કર્યા પછી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે ત્રીજી હાર શૂન્ય હાર બની જાય છે.
હવે શ્રેણિક રો-એશેલોન સ્વરૂપમાં છે,અને તેમાં શૂન્યતર હારની સંખ્યા $2$ છે.
તેથી,શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક (rank) $2$ છે.

(B) આપેલ શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 2 & 4 & 5 \\ 4 & 8 & 10 \\ -6 & -12 & -15 \end{bmatrix}$ છે.
પ્રથમ,આપણે શ્રેણિકની હારનું અવલોકન કરીએ છીએ.
હાર $2$ $(R_2)$ એ $R_1$ ના $2$ ગણા છે $(4, 8, 10 = 2 \times (2, 4, 5))$.
હાર $3$ $(R_3)$ એ $R_1$ ના $-3$ ગણા છે $(-6, -12, -15 = -3 \times (2, 4, 5))$.
જેহেতু $R_2$ અને $R_3$ એ $R_1$ ના અદિશ ગુણાંક છે,તેથી શ્રેણિકનો ક્રમ $3$ હોઈ શકે નહીં કારણ કે નિશ્ચાયક $|A| = 0$ છે.
આગળ,આપણે કોઈપણ શૂન્યતર $2 \times 2$ માઇનર માટે તપાસ કરીએ છીએ.
બધા $2 \times 2$ માઇનર બે હાર અને બે સ્તંભ પસંદ કરીને બનાવવામાં આવે છે. ઉદાહરણ તરીકે,માઇનર $\begin{vmatrix} 2 & 4 \\ 4 & 8 \end{vmatrix} = 16 - 16 = 0$.
તે જ રીતે,અન્ય તમામ $2 \times 2$ માઇનર જેમ કે $\begin{vmatrix} 4 & 5 \\ 8 & 10 \end{vmatrix} = 40 - 40 = 0$ અથવા $\begin{vmatrix} 4 & 8 \\ -6 & -12 \end{vmatrix} = -48 - (-48) = 0$ પણ શૂન્ય છે.
જેহেতু તમામ $2 \times 2$ માઇનર શૂન્ય છે અને ઓછામાં ઓછો એક શૂન્યતર ઘટક અસ્તિત્વ ધરાવે છે (દા.ત.,$2 \neq 0$),તેથી શ્રેણિકનો ક્રમ $1$ છે.

(C) ધારો કે આપેલ શ્રેણિક $A = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}4&1&0&0\\3&0&1&0\\6&0&2&0\end{array}} \right]$ છે.
હારની પ્રક્રિયા ${R_3} \to {R_3} - 2{R_2}$ લાગુ પાડતા:
$A \sim \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}4&1&0&0\\3&0&1&0\\6-2(3)&0-2(0)&2-2(1)&0-2(0)\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}4&1&0&0\\3&0&1&0\\0&0&0&0\end{array}} \right]$.
રો-એશેલોન સ્વરૂપમાં બે શૂન્યતર હાર હોવાથી,શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક (Rank) $2$ છે.
વૈકલ્પિક રીતે,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે ત્રીજી હાર એ બીજી હારના $2$ ગણા છે $(R_3 = 2R_2)$,જેનો અર્થ છે કે હાર સુરેખ રીતે આધારિત છે. પ્રથમ બે હાર સુરેખ રીતે સ્વતંત્ર છે. તેથી,નિશ્ચાયક $2$ છે.

(B) ધારો કે $A = \begin{bmatrix} -1 & 2 & 5 \\ 2 & -4 & a - 4 \\ 1 & -2 & a + 1 \end{bmatrix}$.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \to R_2 + 2R_1$ અને $R_3 \to R_3 + R_1$ લાગુ કરતા:
$A \sim \begin{bmatrix} -1 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & a + 6 \\ 0 & 0 & a + 6 \end{bmatrix}$.
$R_3 \to R_3 - R_2$ લાગુ કરતા:
$A \sim \begin{bmatrix} -1 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & a + 6 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
જો $a = -6$ હોય,તો શ્રેણિક $\begin{bmatrix} -1 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ બને છે,તેથી $\rho(A) = 1$.
જો $a \neq -6$ હોય,તો બીજી હાર શૂન્યતર છે,તેથી $\rho(A) = 2$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$a = 6$ માટે,$\rho(A) = 2$ (વિકલ્પ $A$ ખોટો છે).
$a = 1$ માટે,$\rho(A) = 2$ (વિકલ્પ $B$ સાચો છે).
$a = 2$ માટે,$\rho(A) = 2$ (વિકલ્પ $C$ ખોટો છે).
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{vmatrix} \sin x & \cos x & \tan x \\ x^3 & x^2 & x \\ 2x & 1 & 1 \end{vmatrix}$.
નિશ્ચાયકનું પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \sin x(x^2 - x) - \cos x(x^3 - 2x^2) + \tan x(x^3 - 2x^4)$.
આપણે $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2}$ શોધવાનું છે.
દરેક પદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$\frac{f(x)}{x^2} = \sin x \left( 1 - \frac{1}{x} \right) - \cos x (x - 2) + \tan x (x - 2x^2)$.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $\sin x \approx x$ અને $\tan x \approx x$.
$\frac{f(x)}{x^2} \approx x(1 - \frac{1}{x}) - 1(0 - 2) + x(0 - 0) = x - 1 + 2 = x + 1$.
$x \to 0$ લેતા,આપણને $0 + 1 = 1$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} x^3 & \sin x & \cos x \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકનું વિકલન એ એક સમયે એક હારનું વિકલન કરીને મેળવેલા નિશ્ચાયકોનો સરવાળો હોવાથી,અને બીજી તથા ત્રીજી હાર અચળ હોવાથી,ત્રીજું વિકલન $f'''(x)$ પ્રથમ હારનું ત્રણ વાર વિકલન કરવાથી મળે છે:
$f'''(x) = \left| \begin{array}{ccc} \frac{d^3}{dx^3}(x^3) & \frac{d^3}{dx^3}(\sin x) & \frac{d^3}{dx^3}(\cos x) \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$
વિકલન કરતા:
$\frac{d^3}{dx^3}(x^3) = 6$
$\frac{d^3}{dx^3}(\sin x) = -\cos x$
$\frac{d^3}{dx^3}(\cos x) = \sin x$
તેથી,$f'''(x) = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -\cos x & \sin x \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
$x = 0$ આગળ:
$f'''(0) = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -\cos(0) & \sin(0) \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} 6 & -1 & 0 \\ 6 & -1 & 0 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
અહીં પ્રથમ બે હાર સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
તેથી,જવાબ $0$ છે,જે $p$ થી સ્વતંત્ર છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} x^3 & x^2 & 3x^2 \\ 1 & -6 & 4 \\ p & p^2 & p^3 \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકનું પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = x^3(-6p^3 - 4p^2) - x^2(p^3 - 4p) + 3x^2(p^2 + 6p)$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$f(x) = (-6p^3 - 4p^2)x^3 + (-p^3 + 4p + 3p^2 + 18p)x^2$.
$f(x) = (-6p^3 - 4p^2)x^3 + (-p^3 + 3p^2 + 22p)x^2$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{df}{dx} = 3(-6p^3 - 4p^2)x^2 + 2(-p^3 + 3p^2 + 22p)x$.
$\frac{d^2f}{dx^2} = 6(-6p^3 - 4p^2)x + 2(-p^3 + 3p^2 + 22p)$.
$\frac{d^3f}{dx^3} = 6(-6p^3 - 4p^2) = -36p^3 - 24p^2$.
અહીં $p$ અચળાંક હોવાથી,$-36p^3 - 24p^2$ પણ એક અચળાંક છે.
તેથી,ત્રીજું વિકલન એક અચળાંક છે.

(A) ધારો કે સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સામાન્ય ગુણોત્તર $r$ છે. તેથી $a_{n+k} = a_n \cdot r^k$.
લઘુગણક લેતા,આપણને $\log a_{n+k} = \log a_n + k \log r$ મળે છે.
ધારો કે $D$ એ નિશ્ચાયક છે.
$D = \left| \begin{array}{ccc} \log a_n & \log a_n + \log r & \log a_n + 2\log r \\ \log a_{n+3} & \log a_{n+3} + \log r & \log a_{n+3} + 2\log r \\ \log a_{n+6} & \log a_{n+6} + \log r & \log a_{n+6} + 2\log r \end{array} \right|$.
સ્તંભ પ્રક્રિયાઓ $C_2 \to C_2 - C_1$ અને $C_3 \to C_3 - C_2$ લાગુ કરતા,આપણને મળે છે:
$D = \left| \begin{array}{ccc} \log a_n & \log r & \log r \\ \log a_{n+3} & \log r & \log r \\ \log a_{n+6} & \log r & \log r \end{array} \right|$.
અહીં સ્તંભ $C_2$ અને $C_3$ સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(B) આપેલ છે કે ${\Delta _1} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} x & b & b \\ a & x & b \\ a & a & x \end{array}} \right|$.
નિશ્ચાયક ${\Delta _1}$ નું પ્રથમ હારની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
${\Delta _1} = x(x^2 - ab) - b(ax - ab) + b(a^2 - ax)$
${\Delta _1} = x^3 - abx - abx + ab^2 + a^2b - abx$
${\Delta _1} = x^3 - 3abx$.
હવે,${\Delta _1}$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{{dx}}({\Delta _1}) = \frac{d}{{dx}}(x^3 - 3abx) = 3x^2 - 3ab = 3(x^2 - ab)$.
આપેલ છે કે ${\Delta _2} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} x & b \\ a & x \end{array}} \right| = x^2 - ab$.
વિકલનમાં ${\Delta _2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{d}{{dx}}({\Delta _1}) = 3{\Delta _2}$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) ધારો કે શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{bmatrix}$ છે.
જો બિંદુઓ $(x_1, y_1), (x_2, y_2)$ અને $(x_3, y_3)$ સમરેખ હોય,તો આ બિંદુઓ દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શૂન્ય થાય છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} |\det(A)| = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $\det(A) = 0$.
$3 \times 3$ શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવાથી,શ્રેણિક $A$ નો ક્રમાંક $3$ કરતા ઓછો હોવો જોઈએ.
વધુમાં,જો બિંદુઓ સમરેખ હોય,તો હાર (rows) સુરેખ રીતે આધારિત છે અને ક્રમાંક વધુમાં વધુ $2$ હોય છે.
તેથી,ક્રમાંક હંમેશા $3$ કરતા ઓછો હોય છે.

(A) સૌ પ્રથમ,આપણે નિશ્ચાયક $f(x)$ નું સાદું રૂપ આપીએ.
ત્રીજી હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા: $f(x) = \sin x [\sin(2x) \cos x - 2\sin^2 x(-\sin x)] - (-\cos x) [2\cos^2 x \cos x - (-\sin x)(\sin 2x)] + 0$.
$f(x) = \sin x [2\sin x \cos^2 x + 2\sin^3 x] + \cos x [2\cos^3 x + 2\sin^2 x \cos x]$.
$f(x) = 2\sin^2 x \cos^2 x + 2\sin^4 x + 2\cos^4 x + 2\sin^2 x \cos^2 x$.
$f(x) = 2(\sin^4 x + \cos^4 x + 2\sin^2 x \cos^2 x) = 2(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 = 2(1)^2 = 2$.
અહીં $f(x) = 2$ હોવાથી,$f'(x) = 0$ થાય.
તેથી,$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} [f(x) + f'(x)] dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} [2 + 0] dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2 dx = [2x]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 2(\frac{\pi}{2} - 0) = \pi$.

(A) ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta$ છે. પ્રથમ હાર દ્વારા વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = a^2 [\cos(n+1)x \sin(n+2)x - \sin(n+1)x \cos(n+2)x] - a [\cos(nx) \sin(n+2)x - \sin(nx) \cos(n+2)x] + 1 [\cos(nx) \sin(n+1)x - \sin(nx) \cos(n+1)x]$
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta = a^2 \sin((n+2)x - (n+1)x) - a \sin((n+2)x - nx) + \sin((n+1)x - nx)$
$\Delta = a^2 \sin(x) - a \sin(2x) + \sin(x)$
$\Delta = \sin(x) [a^2 - 2a \cos x + 1]$
અહીં,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $n$ થી સ્વતંત્ર છે કારણ કે $n$ ના પદો ખૂણાઓની બાદબાકીમાં ઉડી જાય છે.

(D) આપેલ નિશ્ચાયક $D = \begin{vmatrix} 1 & \cos(\beta - \alpha) & \cos(\gamma - \alpha) \\ \cos(\alpha - \beta) & 1 & \cos(\gamma - \beta) \\ \cos(\alpha - \gamma) & \cos(\beta - \gamma) & 1 \end{vmatrix}$ છે.
નિત્યસમ $\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ અને $1 = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે દરેક ઘટકને બે સદિશોના ડોટ ગુણાકાર તરીકે લખી શકીએ છીએ.
ધારો કે $v_1 = (\cos \alpha, \sin \alpha)$,$v_2 = (\cos \beta, \sin \beta)$,અને $v_3 = (\cos \gamma, \sin \gamma)$ છે.
તો નિશ્ચાયક $D$ ને બે શ્રેણિકોના ગુણાકાર તરીકે લખી શકાય છે:
$D = \begin{vmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha & 0 \\ \cos \beta & \sin \beta & 0 \\ \cos \gamma & \sin \gamma & 0 \end{vmatrix} \times \begin{vmatrix} \cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \sin \alpha & \sin \beta & \sin \gamma \\ 0 & 0 & 0 \end{vmatrix}$.
પ્રથમ શ્રેણિકનો ત્રીજો સ્તંભ શૂન્ય હોવાથી,પ્રથમ શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $0$ થાય છે.
તેથી,$D = 0 \times 0 = 0$.

(C) આપેલ નિશ્ચાયક $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1 + \sin^2 x & \cos^2 x & 4 \sin 2x \\ \sin^2 x & 1 + \cos^2 x & 4 \sin 2x \\ \sin^2 x & \cos^2 x & 1 + 4 \sin 2x \end{array} \right|$ છે.
હરોળ પ્રક્રિયાઓ $R_1 \rightarrow R_1 - R_2$ અને $R_2 \rightarrow R_2 - R_3$ લાગુ પાડતા:
$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ \sin^2 x & \cos^2 x & 1 + 4 \sin 2x \end{array} \right|$.
પ્રથમ હરોળને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = 1(1(1 + 4 \sin 2x) - (-1)(\cos^2 x)) - (-1)(0(1 + 4 \sin 2x) - (-1)(\sin^2 x)) + 0$
$f(x) = 1 + 4 \sin 2x + \cos^2 x + \sin^2 x$
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,તેથી:
$f(x) = 1 + 4 \sin 2x + 1 = 2 + 4 \sin 2x$.
$\sin 2x$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે.
તેથી,$f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $2 + 4(1) = 6$ થાય.

(B) ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta$ છે. પ્રથમ હાર $(R_1)$ ની સાપેક્ષે વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = \cos(\theta + \phi) [\cos \theta \cos \phi - \sin \theta \sin \phi] + \sin(\theta + \phi) [\sin \theta \cos \phi + \cos \theta \sin \phi] + \cos 2\phi [\sin^2 \theta + \cos^2 \theta]$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ અને $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Delta = \cos(\theta + \phi) \cos(\theta + \phi) + \sin(\theta + \phi) \sin(\theta + \phi) + \cos 2\phi (1)$
$\Delta = \cos^2(\theta + \phi) + \sin^2(\theta + \phi) + \cos 2\phi$
કારણ કે $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$:
$\Delta = 1 + \cos 2\phi$
આ પદ માત્ર $\phi$ પર આધાર રાખે છે અને $\theta$ થી સ્વતંત્ર છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $^n{C_r} = \frac{n(n-1)...(n-r+1)}{r!}$.
આ કિંમતો નિશ્ચાયકમાં મૂકતા:
$\Delta = \left| \begin{array}{ccc} x & \frac{x(x-1)}{2} & \frac{x(x-1)(x-2)}{6} \\ y & \frac{y(y-1)}{2} & \frac{y(y-1)(y-2)}{6} \\ z & \frac{z(z-1)}{2} & \frac{z(z-1)(z-2)}{6} \end{array} \right|$
દરેક સ્તંભમાંથી અનુક્રમે $\frac{x}{1}, \frac{y}{2}, \frac{z}{6}$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = \frac{xyz}{12} \left| \begin{array}{ccc} 1 & x-1 & (x-1)(x-2) \\ 1 & y-1 & (y-1)(y-2) \\ 1 & z-1 & (z-1)(z-2) \end{array} \right|$
$C_2 \rightarrow C_2 + C_1$ પ્રક્રિયા કરતા:
$\Delta = \frac{xyz}{12} \left| \begin{array}{ccc} 1 & x & x^2-3x+2 \\ 1 & y & y^2-3y+2 \\ 1 & z & z^2-3z+2 \end{array} \right|$
સ્તંભ પ્રક્રિયાઓ $C_3 \rightarrow C_3 + 3C_2 - 2C_1$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે નિશ્ચાયકને પ્રમાણિત વેન્ડરમોન્ડ સ્વરૂપમાં ઘટાડીએ છીએ:
$\Delta = \frac{xyz}{12} \left| \begin{array}{ccc} 1 & x & x^2 \\ 1 & y & y^2 \\ 1 & z & z^2 \end{array} \right| = \frac{xyz}{12} (x-y)(y-z)(z-x)$.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $f'(x) = \left| \begin{array}{ccc} mx & mx - p & mx + p \\ n & n + p & n - p \\ mx + 2n & mx + 2n + p & mx + 2n - p \end{array} \right|$ છે.
હારની પ્રક્રિયા $R_3 \rightarrow R_3 - R_1 - 2R_2$ લાગુ કરતા:
$R_3$ નો પ્રથમ ઘટક $(mx + 2n) - (mx) - 2(n) = 0$ થાય છે.
$R_3$ નો બીજો ઘટક $(mx + 2n + p) - (mx - p) - 2(n + p) = mx + 2n + p - mx + p - 2n - 2p = 0$ થાય છે.
$R_3$ નો ત્રીજો ઘટક $(mx + 2n - p) - (mx + p) - 2(n - p) = mx + 2n - p - mx - p - 2n + 2p = 0$ થાય છે.
ત્રીજી હારના તમામ ઘટકો $0$ હોવાથી,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $f'(x) = 0$ થાય છે.
$f'(x) = 0$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = C$ મળે છે,જ્યાં $C$ એક અચળાંક છે.
સમીકરણ $y = C$ એ $x$-અક્ષને સમાંતર એક સીધી રેખા દર્શાવે છે.

(D) $D(x)$ બહુપદીમાં $x$ નો સહગુણક શોધવા માટે,આપણે $D'(0)$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ.
સૌ પ્રથમ,$D(0)$ ની કિંમત શોધો:
$D(0) = \begin{vmatrix} -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = -1(0 - 1) - 1(-1 - 0) + 0 = 1 + 1 = 2$.
$D(x)$ એક બહુપદી હોવાથી,આપણે તેને $D(x) = a_n x^n + \dots + a_1 x + a_0$ તરીકે લખી શકીએ,જ્યાં $a_1$ એ $x$ નો સહગુણક છે.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા અને $x=0$ આગળ વિકલન કરતા,આપણને મળે છે કે $x$ નો સહગુણક $0$ છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = \begin{vmatrix} \cos x & x & 1 \\ 2 \sin x & x^2 & 2x \\ \tan x & x & 1 \end{vmatrix}$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \to C_1 - C_3$ લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = \begin{vmatrix} \cos x - 1 & x & 1 \\ 2 \sin x - 2x & x^2 & 2x \\ \tan x - 1 & x & 1 \end{vmatrix}$.
નિશ્ચાયકના વિકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને $f'(x)$ મેળવી શકાય છે.
$f'(x) = \begin{vmatrix} -\sin x & 1 & 0 \\ 2 \sin x & x^2 & 2x \\ \tan x & x & 1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \cos x & 1 & 0 \\ 2 \cos x & 2x & 2 \\ \tan x & x & 1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \cos x & x & 1 \\ 2 \sin x & x^2 & 2x \\ \sec^2 x & 1 & 0 \end{vmatrix}$.
લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{x}$ ની કિંમત શોધતા,આપણને $-2$ મળે છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \begin{vmatrix} \cos x & \sin x & \cos x \\ \cos 2x & \sin 2x & 2\cos 2x \\ \cos 3x & \sin 3x & 3\cos 3x \end{vmatrix}$.
નિશ્ચાયકના વિકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \Delta_1 + \Delta_2 + \Delta_3$,જ્યાં $\Delta_i$ એ $i$-મી સ્તંભનું વિકલન કરીને મેળવેલ નિશ્ચાયક છે.
$\Delta_1 = \begin{vmatrix} -\sin x & \sin x & \cos x \\ -2\sin 2x & \sin 2x & 2\cos 2x \\ -3\sin 3x & \sin 3x & 3\cos 3x \end{vmatrix} = 0$.
$\Delta_2 = \begin{vmatrix} \cos x & \cos x & \cos x \\ \cos 2x & 2\cos 2x & 2\cos 2x \\ \cos 3x & 3\cos 3x & 3\cos 3x \end{vmatrix} = 0$.
$\Delta_3 = \begin{vmatrix} \cos x & \sin x & -\sin x \\ \cos 2x & \sin 2x & -4\sin 2x \\ \cos 3x & \sin 3x & -9\sin 3x \end{vmatrix}$.
$x = \pi/2$ મૂકતા,$f'(\pi/2) = \Delta_3(\pi/2) = \begin{vmatrix} 0 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 9 \end{vmatrix} = 8$.

(D) આપેલ છે કે $y = \sin(mx)$. $n$-મું વિકલન $y_n = m^n \sin(mx + \frac{n\pi}{2})$ છે.
ધારો કે નિશ્ચાયક $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} y & y_1 & y_2 \\ y_3 & y_4 & y_5 \\ y_6 & y_7 & y_8 \end{array} \right|$ છે.
આપણે વિકલનો જોઈએ:
$y_0 = \sin(mx)$
$y_1 = m \cos(mx)$
$y_2 = -m^2 \sin(mx)$
$y_3 = -m^3 \cos(mx)$
$y_4 = m^4 \sin(mx)$
$y_5 = m^5 \cos(mx)$
$y_6 = -m^6 \sin(mx)$
$y_7 = -m^7 \cos(mx)$
$y_8 = m^8 \sin(mx)$
અહીં $y_2 = -m^2 y_0$,$y_3 = -m^2 y_1$,$y_4 = -m^2 y_2$,$y_5 = -m^2 y_3$,$y_6 = -m^2 y_4$,$y_7 = -m^2 y_5$,$y_8 = -m^2 y_6$ છે.
જેમ કે દરેક સ્તંભ અગાઉના સ્તંભનો અદિશ ગુણાંક છે,તેથી સ્તંભો રેખીય રીતે આધારિત છે. નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.
તેથી,તે $m$ અને $x$ બંનેથી સ્વતંત્ર છે.

(B) ધારો કે $\Delta = \left| \begin{array}{ccc} 4 + x^2 & -6 & -2 \\ -6 & 9 + x^2 & 3 \\ -2 & 3 & 1 + x^2 \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $\Delta = x^2(x^2 + 14)$ મળે છે.
અહીં,$\Delta = x^2(x^2 + 14)$ એ $x$,$x^2$ અને $(14 + x^2)$ વડે વિભાજ્ય છે.
તેથી,તે $x^3$ અથવા $x^5$ વડે વિભાજ્ય નથી.

(B) કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f'(x) \,dx = [f(x)]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = f\left(\frac{\pi}{2}\right) - f(0)$.
પ્રથમ,$f\left(\frac{\pi}{2}\right)$ ની ગણતરી કરીએ:
$f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \left| \begin{array}{ccc} 2\cos^2(\pi) & \sin(\pi) & -\sin(\pi/2) \\ \sin(\pi) & 2\sin^2(\pi/4) & \cos(\pi/2) \\ \sin(\pi/2) & -\cos(\pi/2) & 0 \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{array} \right| = 1$.
ત્યારબાદ,$f(0)$ ની ગણતરી કરીએ:
$f(0) = \left| \begin{array}{ccc} 2\cos^2(0) & \sin(0) & -\sin(0) \\ \sin(0) & 2\sin^2(0) & \cos(0) \\ \sin(0) & -\cos(0) & 0 \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{array} \right| = 2$.
તેથી,$f\left(\frac{\pi}{2}\right) - f(0) = 1 - 2 = -1$.

(C) ધારો કે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \sin(x + \alpha) & \sin(x + \beta) & \sin(x + \gamma) \\ \cos(x + \alpha) & \cos(x + \beta) & \cos(x + \gamma) \\ \sin(\alpha + \beta) & \sin(\beta + \gamma) & \sin(\gamma + \alpha) \end{array} \right|$.
$f'(x)$ શોધવા માટે,આપણે નિશ્ચાયકનું હાર પ્રમાણે વિકલન કરીએ છીએ.
$f'(x) = \left| \begin{array}{ccc} \cos(x + \alpha) & \cos(x + \beta) & \cos(x + \gamma) \\ \cos(x + \alpha) & \cos(x + \beta) & \cos(x + \gamma) \\ \sin(\alpha + \beta) & \sin(\beta + \gamma) & \sin(\gamma + \alpha) \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} \sin(x + \alpha) & \sin(x + \beta) & \sin(x + \gamma) \\ -\sin(x + \alpha) & -\sin(x + \beta) & -\sin(x + \gamma) \\ \sin(\alpha + \beta) & \sin(\beta + \gamma) & \sin(\gamma + \alpha) \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} \sin(x + \alpha) & \sin(x + \beta) & \sin(x + \gamma) \\ \cos(x + \alpha) & \cos(x + \beta) & \cos(x + \gamma) \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right|$.
પ્રથમ નિશ્ચાયકમાં,હાર $1$ અને હાર $2$ સમાન છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
બીજા નિશ્ચાયકમાં,હાર $2$ એ હાર $1$ કરતા $-1$ ગણી છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
ત્રીજા નિશ્ચાયકમાં,હાર $3$ માં બધા ઘટકો શૂન્ય છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
આમ,$f'(x) = 0 + 0 + 0 = 0$.
વિકલન શૂન્ય હોવાથી,$f(x)$ એ અચળ વિધેય છે.
આપેલ છે કે $f(10) = 10$,તેથી $f(x) = 10$ દરેક $x$ માટે.
તેથી,$f(\pi) = 10$.

(C) $f'(0)$ શોધવા માટે,આપણે નિશ્ચાયકના વિકલનનો ગુણધર્મ વાપરીએ છીએ: $f'(0) = \left| \begin{matrix} f_1'(0) & f_2(0) & f_3(0) \\ g_1(0) & g_2'(0) & g_3(0) \\ h_1(0) & h_2(0) & h_3'(0) \end{matrix} \right| + \dots$
વૈકલ્પિક રીતે,$x=0$ ની નજીક ટેલર શ્રેણીનો ઉપયોગ કરતા:
$x^3-x \approx -x$,$2e^{2x} \approx 2+4x$,$\sin x^2 \approx 0$,$\cos 2x \approx 1$,$x+x^2 \approx x$,$e^{-x} \approx 1-x$,$\tan 3x \approx 3x$,$\ln(1-2x) \approx -2x$,$x^2+x+1 \approx 1+x$
આ કિંમતો નિશ્ચાયકમાં મૂકતા:
$f(x) \approx \begin{vmatrix} -x & 2+4x & 0 \\ 1 & x & 1-x \\ 3x & -2x & 1+x \end{vmatrix}$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા અને માત્ર $x$ ના પદને ધ્યાનમાં લેતા,$f'(0) = 0$ મળે છે.

(B) આપેલ નિશ્ચાયક: $\left| \begin{array}{cc} f'(x) & f(x) \\ f''(x) & f'(x) \end{array} \right| = 0$
આનો અર્થ થાય છે કે $(f'(x))^2 - f(x)f''(x) = 0$.
$(f'(x))^2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $\frac{f'(x)f'(x) - f(x)f''(x)}{(f'(x))^2} = 0$,જે ભાગાકારના નિયમ મુજબ $\frac{f(x)}{f'(x)}$ નું વિકલન છે.
તેથી,$\frac{d}{dx} \left( \frac{f(x)}{f'(x)} \right) = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{f(x)}{f'(x)} = C$ (અચળ).
શરૂઆતની શરતો $f(0) = 1$ અને $f'(0) = 2$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $C = \frac{f(0)}{f'(0)} = \frac{1}{2}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{f(x)}{f'(x)} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{f'(x)}{f(x)} = 2$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા,$\ln|f(x)| = 2x + k$. $f(0) = 1$ હોવાથી,$k = 0$ મળે,તેથી $f(x) = e^{2x}$.
આપણે $e^{2x} = x^2$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધવાની છે.
ધારો કે $g(x) = e^{2x} - x^2$. $g'(x) = 2e^{2x} - 2x = 2(e^{2x} - x)$. બધા વાસ્તવિક $x$ માટે $e^{2x} > x$ હોવાથી,$g'(x) > 0$,તેથી $g(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
જ્યારે $x \to -\infty$,ત્યારે $g(x) \to \infty$. જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $g(0) = 1$. જ્યારે $x \to -\infty$,ત્યારે $e^{2x} \to 0$ અને $x^2 \to \infty$. ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,બરાબર એક ઉકેલ મળે છે.

(B) આપેલ છે $y = \sin(px)$.
વિકલન મેળવતા:
$y_1 = p \cos(px)$
$y_2 = -p^2 \sin(px)$
$y_3 = -p^3 \cos(px)$
$y_4 = p^4 \sin(px)$
$y_5 = p^5 \cos(px)$
$y_6 = -p^6 \sin(px)$
$y_7 = -p^7 \cos(px)$
$y_8 = p^8 \sin(px)$
નિશ્ચાયકમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$D = \left| \begin{array}{ccc} \sin(px) & p \cos(px) & -p^2 \sin(px) \\ -p^3 \cos(px) & p^4 \sin(px) & p^5 \cos(px) \\ -p^6 \sin(px) & -p^7 \cos(px) & p^8 \sin(px) \end{array} \right|$
અહીં,ત્રીજી હાર $R_3$ એ બીજી હાર $R_2$ ના $p^3$ ગણા છે $(y_6 = p^3 y_3, y_7 = p^3 y_4, y_8 = p^3 y_5)$.
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મ મુજબ,જો બે હાર પ્રમાણમાં હોય,તો નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ થાય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \cos x & x & 1 \\ 2\sin x & x^2 & 2x \\ \tan x & x & 1 \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકનું પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \cos x(x^2 - 2x^2) - x(2\sin x - 2x\tan x) + 1(2x\sin x - x^2\tan x)$
$f(x) = -x^2\cos x - 2x\sin x + 2x^2\tan x + 2x\sin x - x^2\tan x$
$f(x) = x^2\tan x - x^2\cos x = x^2(\tan x - \cos x)$.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2x(\tan x - \cos x) + x^2(\sec^2 x + \sin x)$.
આપણે $\lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{x}$ શોધવાનું છે:
$\lim_{x \to 0} \frac{2x(\tan x - \cos x) + x^2(\sec^2 x + \sin x)}{x}$
$= \lim_{x \to 0} [2(\tan x - \cos x) + x(\sec^2 x + \sin x)]$
$= 2(0 - 1) + 0(1 + 0) = -2$.
આમ,લક્ષ અસ્તિત્વ ધરાવે છે અને તે $-2$ છે.

(D) ધારો કે $p_i(x) = a_i x^2 + b_i x + c_i$ જ્યાં $i = 1, 2, 3$. તો $p'_i(x) = 2a_i x + b_i$ અને $p''_i(x) = 2a_i$.
શ્રેણિક $A(x)$ આ મુજબ છે:
$A(x) = \begin{bmatrix} a_1 x^2 + b_1 x + c_1 & 2a_1 x + b_1 & 2a_1 \\ a_2 x^2 + b_2 x + c_2 & 2a_2 x + b_2 & 2a_2 \\ a_3 x^2 + b_3 x + c_3 & 2a_3 x + b_3 & 2a_3 \end{bmatrix}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\det(B(x)) = \det([A(x)]^T A(x)) = \det([A(x)]^T) \det(A(x)) = (\det(A(x)))^2$.
$A(x)$ ના સ્તંભોનું અવલોકન કરો. ધારો કે $C_1, C_2, C_3$ એ $A(x)$ ના સ્તંભો છે.
$C_1 = x^2 \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{bmatrix} + x \begin{bmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix}$.
$C_2 = 2x \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{bmatrix}$.
$C_3 = 2 \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{bmatrix}$.
સ્તંભો પર પ્રક્રિયા કરતા,નિશ્ચાયક $\det(A(x))$ એ અચળ મળે છે. તેથી,$\det(B(x)) = (\det(A(x)))^2$ પણ અચળ છે. આમ,તે $x$ પર આધાર રાખતું નથી.

(N/A) આપેલ છે કે $y = \begin{vmatrix} f(x) & g(x) & h(x) \\ l & m & n \\ a & b & c \end{vmatrix}$.
પ્રથમ હારની સાપેક્ષમાં નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$y = f(x)(mc - nb) - g(x)(lc - na) + h(x)(lb - ma)$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}[f(x)(mc - nb)] - \frac{d}{dx}[g(x)(lc - na)] + \frac{d}{dx}[h(x)(lb - ma)]$.
અહીં $l, m, n, a, b, c$ અચળ હોવાથી:
$\frac{dy}{dx} = f'(x)(mc - nb) - g'(x)(lc - na) + h'(x)(lb - ma)$.
આ પદ એ નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ છે જેમાં પ્રથમ હારનું વિકલન થયેલ છે:
$\frac{dy}{dx} = \begin{vmatrix} f'(x) & g'(x) & h'(x) \\ l & m & n \\ a & b & c \end{vmatrix}$.
આમ,પરિણામ સાબિત થાય છે.

(B) આપેલ નિશ્ચાયકની શરત મુજબ: $f(x)f^{\prime \prime}(x) - (f^{\prime}(x))^2 = 0$.
આને $\frac{f^{\prime \prime}(x)}{f^{\prime}(x)} = \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $\ln(f^{\prime}(x)) = \ln(f(x)) + \ln(c)$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(x) = c f(x)$.
આ પ્રથમ ક્રમનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે: $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = c$.
ફરીથી સંકલન કરતા,$\ln(f(x)) = cx + k_1$,તેથી $f(x) = k e^{cx}$.
પ્રારંભિક શરતોનો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = 1 \implies k e^0 = 1 \implies k = 1$.
$f^{\prime}(x) = c e^{cx}$,અને $f^{\prime}(0) = 2 \implies c e^0 = 2 \implies c = 2$.
આમ,$f(x) = e^{2x}$.
$f(1) = e^2 \approx 7.389$ ની ગણતરી કરતા.
કારણ કે $6 < 7.389 < 9$,તેથી આ કિંમત $(6, 9)$ અંતરાલમાં આવે છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ: $\left|\begin{array}{lll} \sin x & \cos x & \cos x \\ \cos x & \sin x & \cos x \\ \cos x & \cos x & \sin x \end{array}\right|=0$.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_{1} \rightarrow R_{1}-R_{2}$ અને $R_{2} \rightarrow R_{2}-R_{3}$ લાગુ કરતા:
$\left|\begin{array}{ccc} \sin x-\cos x & \cos x-\sin x & 0 \\ 0 & \sin x-\cos x & \cos x-\sin x \\ \cos x & \cos x & \sin x \end{array}\right|=0$.
$R_{1}$ અને $R_{2}$ માંથી $(\sin x-\cos x)$ સામાન્ય લેતા:
$(\sin x-\cos x)^{2} \left|\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ \cos x & \cos x & \sin x \end{array}\right|=0$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$(\sin x-\cos x)^{2} [1(\sin x + \cos x) + 1(0 + \cos x)] = 0$.
$(\sin x-\cos x)^{2} (\sin x + 2 \cos x) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin x = \cos x$ અથવા $\sin x = -2 \cos x$.
કિસ્સો $1$: $\tan x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4}$. આ કિંમત અંતરાલ $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$ માં આવેલી છે.
કિસ્સો $2$: $\tan x = -2$. અંતરાલ $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$ માં $\tan x$ ની કિંમત $-1$ થી $1$ ની વચ્ચે હોય છે. $-2$ આ અંતરાલની બહાર હોવાથી,આ અંતરાલમાં $\tan x = -2$ નો કોઈ ઉકેલ નથી.
આમ,માત્ર $1$ ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલ છે,જે $x = \frac{\pi}{4}$ છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \sin^2 x & -2 + \cos^2 x & \cos 2x \\ 2 + \sin^2 x & \cos^2 x & \cos 2x \\ \sin^2 x & \cos^2 x & 1 + \cos 2x \end{array} \right|$ છે.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_1 \rightarrow R_1 - R_2$ અને $R_2 \rightarrow R_2 - R_3$ લાગુ પાડતા:
$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} -2 & -2 & 0 \\ 2 & 0 & -1 \\ \sin^2 x & \cos^2 x & 1 + \cos 2x \end{array} \right|$.
પ્રથમ હારને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = -2(0 - (-\cos^2 x)) - (-2)(2(1 + \cos 2x) - (-\sin^2 x)) + 0$
$f(x) = -2 \cos^2 x + 2(2 + 2 \cos 2x + \sin^2 x)$
$f(x) = -2 \cos^2 x + 4 + 4 \cos 2x + 2 \sin^2 x$
$f(x) = 4 + 4 \cos 2x - 2(\cos^2 x - \sin^2 x)$
કારણ કે $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$,તેથી:
$f(x) = 4 + 4 \cos 2x - 2 \cos 2x = 4 + 2 \cos 2x$.
$x \in [0, \pi]$ માટે,$\cos 2x$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે.
તેથી,$f(x)_{\text{max}} = 4 + 2(1) = 6$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \left|\begin{array}{ccc} a & -1 & 0 \\ ax & a & -1 \\ ax^2 & ax & a \end{array}\right|$.
નિશ્ચાયકનું પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = a(a^2 + ax) + 1(a^2x + ax^2) + 0$
$f(x) = a^3 + a^2x + a^2x + ax^2 = a^3 + 2a^2x + ax^2 = a(a^2 + 2ax + x^2) = a(x + a)^2$.
હવે,વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}[a(x + a)^2] = 2a(x + a)$.
આપેલ શરત $2f'(10) - f'(5) + 100 = 0$ મુજબ:
$2[2a(10 + a)] - [2a(5 + a)] + 100 = 0$
$4a(10 + a) - 2a(5 + a) + 100 = 0$
$40a + 4a^2 - 10a - 2a^2 + 100 = 0$
$2a^2 + 30a + 100 = 0$
$a^2 + 15a + 50 = 0$
$(a + 10)(a + 5) = 0$.
તેથી,$a$ ની કિંમતો $a = -10$ અને $a = -5$ છે.
આ કિંમતોના વર્ગોનો સરવાળો $(-10)^2 + (-5)^2 = 100 + 25 = 125$ થાય.

(C) નિશ્ચાયક $f(x)$ નું પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = 1 \cdot (|x-1|(x-2)^2 - |x-2|(x-1)^2) - |x| \cdot ((x-2)^2 - (x-1)^2) + x^2 \cdot (|x-2| - |x-1|)$
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$f(x) = |x-1|(x^2-4x+4) - |x-2|(x^2-2x+1) - |x|(x^2-4x+4 - x^2+2x-1) + x^2(|x-2|-|x-1|)$
$f(x) = |x-1|(4-4x) + |x-2|(2x-1) - |x|(3-2x)$
અહીં નિરપેક્ષ મૂલ્યોના નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = 0, 1, 2$ આગળ વિકલનીયતા તપાસતા:
$x=0$ આગળ: $|x|$ પદ વિકલનીય નથી અને તેનો સહગુણક $(3-2x)$ એ $3 \neq 0$ છે. તેથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x=1$ આગળ: $|x-1|$ પદ વિકલનીય નથી,પરંતુ તેનો સહગુણક $(4-4x)$ એ $0$ છે. તેથી,વિકલનીયતાનો અભાવ દૂર થાય છે.
$x=2$ આગળ: $|x-2|$ પદ વિકલનીય નથી અને તેનો સહગુણક $(2x-1)$ એ $3 \neq 0$ છે. તેથી,$f(x)$ એ $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય $x=0$ અને $x=2$ આગળ વિકલનીય નથી. આવી કિંમતોની સંખ્યા $2$ છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $f(x) = \begin{vmatrix} 2 \cos^4 x & 2 \sin^4 x & 3 + \sin^2 2x \\ 3 + 2 \cos^4 x & 2 \sin^4 x & \sin^2 2x \\ 2 \cos^4 x & 3 + 2 \sin^4 x & \sin^2 2x \end{vmatrix}$ છે.
હરોળ પ્રક્રિયાઓ $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$f(x) = \begin{vmatrix} 2 \cos^4 x & 2 \sin^4 x & 3 + \sin^2 2x \\ 3 & 0 & -3 \\ 0 & 3 & -3 \end{vmatrix}$.
બીજી હરોળને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = -3 \begin{vmatrix} 2 \sin^4 x & 3 + \sin^2 2x \\ 3 & -3 \end{vmatrix} + 0 - (-3) \begin{vmatrix} 2 \cos^4 x & 2 \sin^4 x \\ 0 & 3 \end{vmatrix}$.
$f(x) = -3(-6 \sin^4 x - 3(3 + \sin^2 2x)) + 3(6 \cos^4 x)$.
$f(x) = 18 \sin^4 x + 27 + 9 \sin^2 2x + 18 \cos^4 x$.
કારણ કે $\sin^2 2x = 4 \sin^2 x \cos^2 x$,તેથી $f(x) = 18(\sin^4 x + \cos^4 x) + 9(4 \sin^2 x \cos^2 x) + 27$.
$\sin^4 x + \cos^4 x = 1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = 18(1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x) + 36 \sin^2 x \cos^2 x + 27$.
$f(x) = 18 - 36 \sin^2 x \cos^2 x + 36 \sin^2 x \cos^2 x + 27 = 45$.
$f(x) = 45$ એ અચળ હોવાથી,$f'(x) = 0$ થાય.
તેથી,$\frac{1}{5} f'(0) = 0$.

(C) સૌ પ્રથમ,આપણે $x=0$ મૂકીને $f(0)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(0) = \left|\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 6 \\ 0 & 4 & -2 \end{array}\right| = 0(0-24) - 1(-4-0) + 1(8-0) = 4 + 8 = 12$.
હવે,નિશ્ચાયકના વિકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \left|\begin{array}{ccc} 3x^2 & 4x & 3 \\ 3x^2+2 & 2x & x^3+6 \\ x^3-x & 4 & x^2-2 \end{array}\right| + \left|\begin{array}{ccc} x^3 & 2x^2+1 & 1+3x \\ 6x & 2 & 3x^2 \\ x^3-x & 4 & x^2-2 \end{array}\right| + \left|\begin{array}{ccc} x^3 & 2x^2+1 & 1+3x \\ 3x^2+2 & 2x & x^3+6 \\ 3x^2-1 & 0 & 2x \end{array}\right|$.
હવે $x=0$ મૂકીને $f'(0)$ શોધીએ:
$f'(0) = \left|\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 3 \\ 2 & 0 & 6 \\ 0 & 4 & -2 \end{array}\right| + \left|\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 4 & -2 \end{array}\right| + \left|\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 6 \\ -1 & 0 & 0 \end{array}\right|$.
દરેક નિશ્ચાયકની કિંમત:
પ્રથમ: $3(8-0) = 24$.
બીજો: $0$ (કારણ કે પ્રથમ સ્તંભ શૂન્ય છે).
ત્રીજો: $-1(6-0) = -6$.
આમ,$f'(0) = 24 + 0 - 6 = 18$.
અંતે,$2f(0) + f'(0) = 2(12) + 18 = 24 + 18 = 42$.

(D) નિશ્ચાયક $f(x)$ નું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \cos(2x)(\cos^2 x + \sin^2 x) - \cos(2x)(-\cos^2 x + \sin^2 x) + \sin(2x)(-2 \sin x \cos x)$
$f(x) = \cos 2x + \cos^2 2x - \sin^2 2x = \cos 2x + \cos 4x$.
હવે,$f'(x) = -2 \sin 2x - 4 \sin 4x = -2 \sin 2x (1 + 4 \cos 2x)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$\sin 2x = 0$ અથવા $\cos 2x = -1/4$ મળે.
$(-\pi, \pi)$ અંતરાલમાં,$\sin 2x = 0$ એ $x = 0, \pm \pi/2$ પર થાય છે. ($3$ બિંદુઓ)
$\cos 2x = -1/4$ ના $(-\pi, \pi)$ માં $4$ ઉકેલો છે.
આમ,$f'(x) = 0$ એ $3 + 4 = 7$ બિંદુઓ પર થાય છે,જે ત્રણથી વધુ છે. તેથી $B$ સાચું છે.
$f(x) = \cos 2x + \cos 4x$ માટે,$x = 0$ પર,$f(0) = \cos 0 + \cos 0 = 2$.
$\cos \theta \le 1$ હોવાથી,$f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે,જે $x = 0$ પર મળે છે. તેથી $C$ સાચું છે.
તેથી,સાચા વિકલ્પો $B$ અને $C$ છે.

(C) ધારો કે $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$. $A$ નું લાક્ષણિક સમીકરણ $\lambda^2 - \text{tr}(A)\lambda + \det(A) = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\text{tr}(A) = a+d = 3$ અને ધારો કે $\Delta = \det(A) = ad-bc$.
તેથી,લાક્ષણિક સમીકરણ $\lambda^2 - 3\lambda + \Delta = 0$ છે.
કેલી-હેમિલ્ટન પ્રમેય મુજબ,$A^2 - 3A + \Delta I = 0$,જેનો અર્થ છે કે $A^2 = 3A - \Delta I$.
$A$ વડે ગુણતા,આપણને $A^3 = 3A^2 - \Delta A$ મળે છે.
સમીકરણમાં $A^2 = 3A - \Delta I$ મૂકતા:
$A^3 = 3(3A - \Delta I) - \Delta A = 9A - 3\Delta I - \Delta A = (9 - \Delta)A - 3\Delta I$.
બંને બાજુ ટ્રેસ લેતા:
$\text{tr}(A^3) = (9 - \Delta)\text{tr}(A) - 3\Delta \text{tr}(I)$.
કારણ કે $\text{tr}(A^3) = -18$,$\text{tr}(A) = 3$,અને $\text{tr}(I) = 2$ ($2 \times 2$ શ્રેણિક માટે):
$-18 = (9 - \Delta)(3) - 3\Delta(2)$.
$-18 = 27 - 3\Delta - 6\Delta$.
$-18 = 27 - 9\Delta$.
$9\Delta = 27 + 18 = 45$.
$\Delta = 5$.
આમ,$A$ નો નિશ્ચાયક $5$ છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \left|\begin{array}{ccc} a+\frac{\sin x}{x} & 1 & b \\ a & 1+\frac{\sin x}{x} & b \\ a & 1 & b+\frac{\sin x}{x} \end{array}\right|$.
જ્યારે $x \rightarrow 0$,ત્યારે $\frac{\sin x}{x} \rightarrow 1$. ધારો કે $k = \frac{\sin x}{x} \rightarrow 1$.
તેથી $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \left|\begin{array}{ccc} a+1 & 1 & b \\ a & 2 & b \\ a & 1 & b+1 \end{array}\right|$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$= (a+1)[2(b+1) - b] - 1[a(b+1) - ab] + b[a - 2a]$
$= (a+1)(b+2) - a - ab$
$= ab + 2a + b + 2 - a - ab$
$= a + b + 2$.
$\lambda + \mu a + \nu b$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\lambda = 2, \mu = 1, \nu = 1$ મળે છે.
તેથી,$(\lambda + \mu + \nu)^2 = (2 + 1 + 1)^2 = 4^2 = 16$.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1+\sin^2 x & \cos^2 x & 4\sin 4x \\ \sin^2 x & 1+\cos^2 x & 4\sin 4x \\ \sin^2 x & \cos^2 x & 1+4\sin 4x \end{array} \right|$ છે.
હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 1+\sin^2 x & \cos^2 x & 4\sin 4x \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{array} \right|$.
પ્રથમ હાર $(R_1)$ ની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = (1+\sin^2 x)(1 - 0) - (\cos^2 x)(-1 - 0) + (4\sin 4x)(0 - (-1))$.
$f(x) = 1 + \sin^2 x + \cos^2 x + 4\sin 4x$.
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,તેથી $f(x) = 1 + 1 + 4\sin 4x = 2 + 4\sin 4x$.
મહત્તમ મૂલ્ય $M$ ત્યારે મળે જ્યારે $\sin 4x = 1$,તેથી $M = 2 + 4(1) = 6$.
ન્યૂનતમ મૂલ્ય $m$ ત્યારે મળે જ્યારે $\sin 4x = -1$,તેથી $m = 2 + 4(-1) = -2$.
તેથી,$M^4 - m^4 = 6^4 - (-2)^4 = 1296 - 16 = 1280$.

(A) આપેલ છે કે $y(x) = \left| \begin{array}{ccc} \sin x & \cos x & \sin x + \cos x + 1 \\ 27 & 28 & 27 \\ 1 & 1 & 1 \end{array} \right|$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_3 \rightarrow C_3 - C_1$ લાગુ પાડતા:
$y(x) = \left| \begin{array}{ccc} \sin x & \cos x & \cos x + 1 \\ 27 & 28 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{array} \right|$.
ત્રીજા સ્તંભ $(C_3)$ ની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$y(x) = (\cos x + 1) \times (27 \times 1 - 28 \times 1) = (\cos x + 1) \times (-1) = -\cos x - 1$.
હવે,વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(-\cos x - 1) = \sin x$.
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$.
તેથી,$\frac{d^2 y}{dx^2} + y = \cos x + (-\cos x - 1) = -1$.

(C) શ્રેણિક $A$ એ વિકર્ણ શ્રેણિક છે,તેથી તેનો નિશ્ચાયક $|A|$ એ તેના વિકર્ણ ઘટકોનો ગુણાકાર છે:
$|A| = a \times b \times c = 7^x \times 7^{7^x} \times 7^{7^{7^x}}$.
ઘાતાંકના નિયમ $a^m \times a^n = a^{m+n}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$|A| = 7^{x + 7^x + 7^{7^x}}$.
આપણે સંકલન $I = \int 7^{x + 7^x + 7^{7^x}} \, dx$ શોધવાનું છે.
વિધેય $f(x) = 7^{7^{7^x}}$ નું વિકલન કરતા,સાંકળના નિયમ મુજબ:
$\frac{d}{dx} (7^{7^{7^x}}) = 7^{7^{7^x}} \cdot \log 7 \cdot \frac{d}{dx} (7^{7^x}) = 7^{7^{7^x}} \cdot \log 7 \cdot 7^{7^x} \cdot \log 7 \cdot \frac{d}{dx} (7^x) = 7^{7^{7^x}} \cdot 7^{7^x} \cdot 7^x \cdot (\log 7)^3$.
તેથી,$\frac{d}{dx} \left( \frac{7^{7^{7^x}}}{(\log 7)^3} \right) = 7^{7^{7^x}} \cdot 7^{7^x} \cdot 7^x = |A|$.
આમ,$\int |A| \, dx = \frac{7^{7^{7^x}}}{(\log 7)^3} + k$.

(C) $\triangle ABC$ માં,આપણે જાણીએ છીએ કે $A + B + C = \pi$,તેથી $B + C = \pi - A$ અને $A + C = \pi - B$.
આ કિંમતો નિશ્ચાયકમાં મૂકતા:
$\sin(B + C) = \sin(\pi - A) = \sin A$
$\tan(A + C) = \tan(\pi - B) = -\tan B$
નિશ્ચાયક નીચે મુજબ બને છે:
$D = \left|\begin{array}{ccc}0 & \sin A & \tan B \\ -\sin A & 0 & \cos C \\ -\tan B & -\cos C & 0\end{array}\right|$
આ $3 \times 3$ ક્રમનો વિસંમિત (skew-symmetric) નિશ્ચાયક છે.
વિસંમિત શ્રેણિક $M$ માટે $M^T = -M$ થાય છે.
એકી ક્રમ $n$ વાળા વિસંમિત શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $\det(M) = \det(M^T) = \det(-M) = (-1)^n \det(M)$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $n = 3$ (એકી સંખ્યા) હોવાથી,$\det(M) = -\det(M)$,જેનો અર્થ છે કે $2 \det(M) = 0$,તેથી $\det(M) = 0$.
આમ,નિશ્ચાયકનું મૂલ્ય $0$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \cos x & 1 & 0 \\ 0 & 2 \cos x & 3 \\ 0 & 1 & 2 \cos x \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકનું પ્રથમ સ્તંભ $(C_1)$ ની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \cos x \cdot \left| \begin{array}{cc} 2 \cos x & 3 \\ 1 & 2 \cos x \end{array} \right| - 0 + 0$
$f(x) = \cos x \cdot ((2 \cos x)(2 \cos x) - (3)(1))$
$f(x) = \cos x (4 \cos^2 x - 3)$
$f(x) = 4 \cos^3 x - 3 \cos x$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos 3x = 4 \cos^3 x - 3 \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \cos 3x$
હવે,લક્ષની ગણતરી કરતા:
$\lim_{x \rightarrow \pi} f(x) = \lim_{x \rightarrow \pi} \cos 3x = \cos(3\pi)$
કારણ કે $\cos(3\pi) = -1$,તેથી લક્ષ $-1$ મળે છે.

(D) આપેલ છે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \sin x & \cos x & \tan x \\ x^3 & x^2 & x \\ 2x & 1 & x \end{array} \right|$.
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \sin x(x^3 - x) - \cos x(x^4 - 2x^2) + \tan x(x^3 - 2x^4)$.
આપણે $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2}$ શોધવાનું છે.
$\frac{f(x)}{x^2} = \frac{\sin x}{x} (x^2 - 1) - \cos x (x^2 - 2) + \frac{\tan x}{x} (x^2 - 2x^3)$.
$x \to 0$ લેતા:
$= (1)(0 - 1) - (1)(0 - 2) + (1)(0 - 0)$.
$= -1 + 2 + 0 = 1$.