દરેક શોધનું શરીર ગાણિતિક સ્વરૂપમાં હોય છે કારણ કે આપણી પાસે બીજો કોઈ માર્ગદર્શન હોઈ શકતો નથી - ડાર્વિન

6.1 પ્રસ્તાવના

ધારો કે તમારી પાસે એક સૂટકેસ છે જેમાં નંબર લૉક છે. નંબર લૉકમાં 4 ચક્રા છે જેમાં દરેક પર 0 થી 9 સુધીના 10 અંકો લેબલ કરેલા છે. જો 4 ચોક્કસ અંકોને કોઈ ચોક્કસ ક્રમમાં, પુનરાવર્તન વિના ગોઠવવામાં આવે તો લૉક ખોલી શકાય છે. કોઈક રીતે, તમે આ અંકોનો ચોક્કસ ક્રમ ભૂલી ગયા છો. તમને ફક્ત પહેલો અંક યાદ છે જે 7 છે. લૉક ખોલવા માટે, તમારે 3-અંકના કેટલા ક્રમ તપાસવા પડશે? આ પ્રશ્નનો જવાબ આપવા માટે, તમે તરત જ બાકીના 9 અંકોમાંથી 3 અંકો લઈને બનતા તમામ સંભવિત ગોઠવણોની યાદી બનાવવાનું શરૂ કરી શકો છો. પરંતુ, આ પદ્ધતિ કંટાળાજનક હશે, કારણ કે સંભવિત ક્રમોની સંખ્યા મોટી હોઈ શકે છે. અહીં, આ પ્રકરણમાં, આપણે કેટલીક મૂળભૂત ગણતરીની તકનીકો શીખીશું જે

આપણને વાસ્તવમાં 3-અંકની ગોઠવણોની યાદી બનાવ્યા વિના આ પ્રશ્નનો જવાબ આપવામાં સક્ષમ બનાવશે. હકીકતમાં, વસ્તુઓને વાસ્તવમાં યાદી કર્યા વિના ગોઠવવા અને પસંદ કરવાની વિવિધ રીતોની સંખ્યા નક્કી કરવામાં આ તકનીકો ઉપયોગી થશે. પ્રથમ પગલા તરીકે, આપણે એક સિદ્ધાંતની તપાસ કરીશું જે આ તકનીકો શીખવા માટે સૌથી મૂળભૂત છે.

6.2 ગણતરીનો મૂળભૂત સિદ્ધાંત

ચાલો નીચેની સમસ્યા ધ્યાનમાં લઈએ. મોહન પાસે 3 પેન્ટ અને 2 શર્ટ છે. પેન્ટ અને શર્ટના કેટલા જુદા જુદા જોડા, તે પહેરી શકે છે? પેન્ટ પસંદ કરવાની 3 રીતો છે, કારણ કે 3 પેન્ટ ઉપલબ્ધ છે. તે જ રીતે, શર્ટ 2 રીતે પસંદ કરી શકાય છે. દરેક પેન્ટની પસંદગી માટે, શર્ટની 2 પસંદગીઓ છે. તેથી, પેન્ટ અને શર્ટના $3 \times 2=6$ જોડા છે.

ચાલો ત્રણ પેન્ટને $P_1, P_2, P_3$ તરીકે અને બે શર્ટને $S_1, S_2$ તરીકે નામ આપીએ. પછી, આ છ શક્યતાઓને આકૃતિ 6.1 માં દર્શાવી શકાય છે.

આકૃતિ 6.1

ચાલો એ જ પ્રકારની બીજી સમસ્યા ધ્યાનમાં લઈએ.

સબનમ પાસે 2 સ્કૂલ બેગ, 3 ટિફિન બૉક્સ અને 2 પાણીની બાટલીઓ છે. તેણી આ વસ્તુઓ (દરેકમાંથી એક પસંદ કરીને) કેટલી રીતે લઈ જઈ શકે છે.

સ્કૂલ બેગ 2 જુદી જુદી રીતે પસંદ કરી શકાય છે. સ્કૂલ બેગ પસંદ કર્યા પછી, ટિફિન બૉક્સ 3 જુદી જુદી રીતે પસંદ કરી શકાય છે. તેથી, સ્કૂલ બેગ અને ટિફિન બૉક્સના $2 \times 3=6$ જોડા છે. આ દરેક જોડી માટે પાણીની બાટલી 2 જુદી જુદી રીતે પસંદ કરી શકાય છે.

તેથી, સબનમ આ વસ્તુઓને સ્કૂલમાં લઈ જવાની $6 \times 2=12$ જુદી જુદી રીતો છે. જો આપણે 2 સ્કૂલ બેગને $B_1, B_2$ તરીકે, ત્રણ ટિફિન બૉક્સને $T_1, T_2, T_3$ તરીકે અને બે પાણીની બાટલીઓને $W_1, W_2$ તરીકે નામ આપીએ, તો આ શક્યતાઓને આકૃતિ 6.2 માં દર્શાવી શકાય છે.

આકૃતિ 6.2

હકીકતમાં, ઉપરોક્ત પ્રકારની સમસ્યાઓ નીચેના સિદ્ધાંતને લાગુ કરીને ઉકેલવામાં આવે છે જેને ગણતરીનો મૂળભૂત સિદ્ધાંત અથવા ફક્ત ગુણાકારનો સિદ્ધાંત તરીકે ઓળખવામાં આવે છે, જે જણાવે છે કે

“જો એક ઘટના $m$ જુદી જુદી રીતે થઈ શકે છે, જેને અનુસરીને બીજી ઘટના $n$ જુદી જુદી રીતે થઈ શકે છે, તો આપેલ ક્રમમાં ઘટનાઓની કુલ સંખ્યા $m \times n$ છે.”

ઉપરોક્ત સિદ્ધાંતને કોઈપણ મર્યાદિત સંખ્યાની ઘટનાઓ માટે સામાન્ય બનાવી શકાય છે. ઉદાહરણ તરીકે, 3 ઘટનાઓ માટે, સિદ્ધાંત નીચે મુજબ છે:

‘જો એક ઘટના $m$ જુદી જુદી રીતે થઈ શકે છે, જેને અનુસરીને બીજી ઘટના $n$ જુદી જુદી રીતે થઈ શકે છે, જેને અનુસરીને ત્રીજી ઘટના $p$ જુદી જુદી રીતે થઈ શકે છે, તો આપેલ ક્રમમાં ઘટનાઓની કુલ સંખ્યા $m \times n \times p$ છે."

પ્રથમ સમસ્યામાં, પેન્ટ અને શર્ટ પહેરવાની જરૂરી રીતોની સંખ્યા નીચેની ઘટનાઓના ક્રમિક રીતે થવાની જુદી જુદી રીતોની સંખ્યા હતી:

(i) પેન્ટ પસંદ કરવાની ઘટના

(ii) શર્ટ પસંદ કરવાની ઘટના.

બીજી સમસ્યામાં, જરૂરી રીતોની સંખ્યા નીચેની ઘટનાઓના ક્રમિક રીતે થવાની જુદી જુદી રીતોની સંખ્યા હતી:

(i) સ્કૂલ બેગ પસંદ કરવાની ઘટના

(ii) ટિફિન બૉક્સ પસંદ કરવાની ઘટના

(iii) પાણીની બાટલી પસંદ કરવાની ઘટના.

અહીં, બંને કિસ્સાઓમાં, દરેક સમસ્યામાં ઘટનાઓ વિવિધ સંભવિત ક્રમમાં થઈ શકે છે. પરંતુ, આપણે કોઈપણ એક સંભવિત ક્રમ પસંદ કરવો પડશે અને આ પસંદ કરેલા ક્રમમાં ઘટનાઓ થવાની જુદી જુદી રીતોની ગણતરી કરવી પડશે.

ઉદાહરણ 1 4 અક્ષરના શબ્દોની સંખ્યા શોધો, અર્થસહિત અથવા અર્થ વિના, જે ROSE શબ્દના અક્ષરોમાંથી બનાવી શકાય, જ્યાં અક્ષરોનું પુનરાવર્તન માન્ય નથી.

ઉકેલ 4 ખાલી જગ્યાઓ $\square \square \square \square$ ને 4 અક્ષરો દ્વારા ભરવાની જેટલી રીતો છે તેટલા જ શબ્દો છે, એ ધ્યાનમાં રાખીને કે પુનરાવર્તન માન્ય નથી. પ્રથમ જગ્યા 4 અક્ષરો R,O,S,E માંથી કોઈપણ એક દ્વારા 4 જુદી જુદી રીતે ભરી શકાય છે. તેને અનુસરીને, બીજી જગ્યા બાકીના 3 અક્ષરોમાંથી કોઈપણ એક દ્વારા 3 જુદી જુદી રીતે ભરી શકાય છે, તેને અનુસરીને ત્રીજી જગ્યા 2 જુદી જુદી રીતે ભરી શકાય છે; તેને અનુસરીને, ચોથી જગ્યા 1 રીતે ભરી શકાય છે. આમ, ગુણાકારના સિદ્ધાંત દ્વારા, 4 જગ્યાઓ ભરી શકાય તેની રીતોની સંખ્યા $4 \times 3 \times 2 \times 1=24$ છે. તેથી, જરૂરી શબ્દોની સંખ્યા 24 છે.

નોંધ - જો અક્ષરોનું પુનરાવર્તન માન્ય હોય, તો કેટલા શબ્દો બનાવી શકાય? સહેલાઈથી સમજી શકાય છે કે 4 ખાલી જગ્યાઓમાંથી દરેકને ક્રમિક રીતે 4 જુદી જુદી રીતે ભરી શકાય છે. તેથી, જરૂરી શબ્દોની સંખ્યા $=4 \times 4 \times 4 \times 4=256$.

ઉદાહરણ 2 4 જુદા જુદા રંગોના ફ્લેગ આપેલા હોય, તો કેટલા જુદા જુદા સિગ્નલ ઉત્પન્ન કરી શકાય, જો એક સિગ્નલ માટે 2 ફ્લેગનો ઉપયોગ જરૂરી હોય, એક બીજાની નીચે?

ઉકેલ 4 જુદા જુદા રંગોના ફ્લેગ દ્વારા ક્રમિક રીતે 2 ખાલી જગ્યાઓ $\begin{array}{|l|} \hline \quad \\ \hline \\ \hline \end{array}$ ભરવાની જેટલી રીતો છે તેટલા જ સિગ્નલ હશે. ઉપરની ખાલી જગ્યા 4 ફ્લેગમાંથી કોઈપણ એક દ્વારા 4 જુદી જુદી રીતે ભરી શકાય છે; તેને અનુસરીને, નીચેની ખાલી જગ્યા બાકીના 3 જુદા જુદા ફ્લેગમાંથી કોઈપણ એક દ્વારા 3 જુદી જુદી રીતે ભરી શકાય છે. તેથી, ગુણાકારના સિદ્ધાંત દ્વારા, જરૂરી સિગ્નલોની સંખ્યા $=4 \times 3=12$.

ઉદાહરણ 3 અંકો $1,2,3,4,5$ માંથી કેટલી 2 અંકની સમ સંખ્યાઓ બનાવી શકાય જો અંકોનું પુનરાવર્તન કરી શકાય?

ઉકેલ પાંચ આપેલા અંકો દ્વારા ક્રમિક રીતે 2 ખાલી જગ્યાઓ $\square \square$ ભરવાની જેટલી રીતો છે તેટલી જ રીતો હશે. અહીં, આ કિસ્સામાં, આપણે એકમની જગ્યા ભરવાનું શરૂ કરીએ છીએ, કારણ કે આ જગ્યા માટે વિકલ્પો ફક્ત 2 અને 4 છે અને આ 2 રીતે કરી શકાય છે; તેને અનુસરીને દશકની જગ્યા 5 અંકોમાંથી કોઈપણ એક દ્વારા 5 જુદી જુદી રીતે ભરી શકાય છે કારણ કે અંકોનું પુનરાવર્તન કરી શકાય છે. તેથી, ગુણાકારના સિદ્ધાંત દ્વારા, બે અંકની સમ સંખ્યાઓની જરૂરી સંખ્યા $2 \times 5$ છે, એટલે કે, 10.

ઉદાહરણ 4 જુદા જુદા સિગ્નલોની સંખ્યા શોધો જે ઓછામાં ઓછા 2 ફ્લેગને ઊભી સ્ટાફ પર ક્રમમાં (એક બીજાની નીચે) ગોઠવીને ઉત્પન્ન કરી શકાય, જો પાંચ જુદા જુદા ફ્લેગ ઉપલબ્ધ હોય.

ઉકેલ એક સિગ્નલમાં 2 ફ્લેગ, 3 ફ્લેગ, 4 ફ્લેગ અથવા 5 ફ્લેગ હોઈ શકે છે. હવે, ચાલો 2 ફ્લેગ, 3 ફ્લેગ, 4 ફ્લેગ અને 5 ફ્લેગ ધરાવતા સિગ્નલોની સંભવિત સંખ્યાની અલગ અલગ ગણતરી કરીએ અને પછી અનુરૂપ સંખ્યાઓ ઉમેરીએ.

5 ઉપલબ્ધ ફ્લેગ દ્વારા ક્રમિક રીતે 2 ખાલી જગ્યાઓ $\begin{array}{|l|} \hline \quad \\ \hline \\ \hline \end{array}$ ભરવાની જેટલી રીતો છે તેટલા જ 2 ફ્લેગ સિગ્નલ હશે. ગુણાકારના નિયમ દ્વારા, રીતોની સંખ્યા $5 \times 4=20$ છે.

તે જ રીતે, 5 ફ્લેગ દ્વારા ક્રમિક રીતે 3 ખાલી જગ્યાઓ $\begin{array}{|l|} \hline \quad \\ \hline \\ \hline \\ \hline \end{array}$ ભરવાની જેટલી રીતો છે તેટલા જ 3 ફ્લેગ સિગ્નલ હશે.

રીતોની સંખ્યા $5 \times 4 \times 3=60$ છે.

એ જ રીતે ચાલુ રાખતાં, આપણે શોધીએ છીએ કે

4 ફ્લેગ સિગ્નલોની સંખ્યા $=5 \times 4 \times 3 \times 2=120$

અને 5 ફ્લેગ સિગ્નલોની સંખ્યા $=5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1=120$

તેથી, સિગ્નલોની જરૂરી સંખ્યા $=20+60+120+120=320$.

6.3 ક્રમચયો

પાછલા વિભાગના ઉદાહરણ 1 માં, આપણે વાસ્તવમાં અક્ષરોની જુદી જુદી સંભવિત ગોઠવણોની ગણતરી કરી રહ્યા છીએ જેમ કે ROSE, REOS, …, વગેરે. અહીં, આ યાદીમાં, દરેક ગોઠવણી બીજાથી જુદી છે. બીજા શબ્દોમાં કહીએ તો, અક્ષરો લખવાનો ક્રમ મહત્વપૂર્ણ છે. દરેક ગોઠવણીને 4 જુદા જુદા અક્ષરોના એક સાથે લેવાયેલા ક્રમચય તરીકે કહેવામાં આવે છે. હવે, જો આપણે 3-અક્ષરના શબ્દોની સંખ્યા નક્કી કરવી હોય, અર્થસહિત અથવા અર્થ વિના, જે NUMBER શબ્દના અક્ષરોમાંથી બનાવી શકાય, જ્યાં અક્ષરોનું પુનરાવર્તન માન્ય નથી, તો આપણે ગોઠવણો NUM, NMU, MUN, NUB, …, વગેરેની ગણતરી કરવાની જરૂર છે. અહીં, આપણે 6 જુદા જુદા અક્ષરોના એક સમયે 3 લેવાયેલા ક્રમચયોની ગણતરી કરી રહ્યા છીએ. જરૂરી શબ્દોની સંખ્યા $=6 \times 5 \times 4=120$ (ગુણાકારના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીને).

જો અક્ષરોનું પુનરાવર્તન માન્ય હોય, તો જરૂરી શબ્દોની સંખ્યા $6 \times 6 \times 6=216$ હોય.

વ્યાખ્યા 1 ક્રમચય એ એક નિશ્ચિત ક્રમમાં કેટલીક અથવા તમામ વસ્તુઓને એક સમયે લઈને કરવામાં આવેલી ગોઠવણી છે.

નીચેના ઉપ-વિભાગમાં, આપણે આ પ્રશ્નોનો તરત જ જવાબ આપવા માટે જરૂરી સૂત્ર મેળવીશું.

6.3.1 ક્રમચયો જ્યારે તમામ વસ્તુઓ અલગ હોય

પ્રમેય 1 $n$ જુદી જુદી વસ્તુઓના એક સમયે $r$ લેવાયેલા ક્રમચયોની સંખ્યા, જ્યાં $0<r \leq n$ અને વસ્તુઓનું પુનરાવર્તન થતું નથી તે $n(n-1)(n-2) \ldots(n-r+1)$ છે, જેને ${ }^{n} P_r$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.

સાબિતી $r$ ખાલી જગ્યાઓ $ \underset{\leftarrow r \text{ vacant places} \rightarrow}{\Large{\square \square \square \cdots }} \Large{\square}$ ને

$n$ વસ્તુઓ દ્વારા ભરવાની જેટલી રીતો છે તેટલા જ ક્રમચયો હશે. પ્રથમ જગ્યા $n$ રીતે ભરી શકાય છે; તેને અનુસરીને, બીજી જગ્યા $(n-1)$ રીતે ભરી શકાય છે, તેને અનુસરીને ત્રીજી જગ્યા $(n-2)$ રીતે ભરી શકાય છે,…, $r$ મી જગ્યા $(n-(r-1))$ રીતે ભરી શકાય છે. તેથી, ક્રમિક રીતે $r$ ખાલી જગ્યાઓ ભરવાની રીતોની સંખ્યા $n(n-1)(n-2) \ldots(n-(r-1))$ અથવા $n(n-1)(n-2) \ldots(n-r+1)$ છે

${ }^{n} P$ માટેની આ અભિવ્યક્તિ બોજારૂપ છે અને આપણને એક સંકેતની જરૂર છે જે આ અભિવ્યક્તિનું કદ ઘટાડવામાં મદદ કરશે. પ્રતીક $n$! ($n$ ફેક્ટોરિયલ અથવા $n$ ફેક્ટોરિયલ તરીકે વાંચો) આપણી સહાય માટે આવે છે. નીચેના લખાણમાં આપણે શીખીશું કે $n$! નો વાસ્તવમાં અર્થ શું છે.

6.3.2 ફેક્ટોરિયલ સંકેત

સંકેત $n$! પ્રથમ $n$ કુદરતી સંખ્યાઓના ગુણાકારને રજૂ કરે છે, એટલે કે, ગુણાકાર $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times(n-1) \times n$ ને $n$ ! તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે. આપણે આ પ્રતીકને ‘$n$ ફેક્ટોરિયલ’ તરીકે વાંચીએ છીએ. આમ, $1 \times 2 \times 3 \times 4 \ldots \times(n-1) \times n=n$ !

$ \begin{aligned} & 1=1 ! \\ & 1 \times 2=2 ! \\ & 1 \times 2 \times 3=3 ! \\ & 1 \times 2 \times 3 \times 4=4 \text{ ! અને આમ પછી. } \end{aligned} $

આપણે વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ $0 !=1$

આપણે લખી શકીએ છીએ $5 !=5 \times 4 !=5 \times 4 \times 3 !=5 \times 4 \times 3 \times 2$ !

$$ =5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 \text{ ! } $$

સ્પષ્ટ છે, કુદરતી સંખ્યા $n$ માટે

$$ \begin{array}{rlrl} n ! & =n(n-1) ! & \\ & =n(n-1)(n-2) ! & & \text { [ provided } n \geq 2] \\ & =n(n-1)(n-2)(n-3) ! & & \text { [ provided } n \geq 3] \end{array} $$

અને આમ પછી.

ઉદાહરણ 5 મૂલ્યાંકન કરો

(i) 5 !

(ii) 7 !

(iii) $7 !-5$ !

ઉકેલ

(i) $5 !=1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5=120$

(ii) 7 ! $=1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7=5040$

અને

(iii) $7 !-5 !=5040-120=4920$.

ઉદાહરણ 6 ગણતરી કરો (i) $\frac{7 !}{5 !}$

(ii) $\frac{12 !}{(10 !)(2 !)}$

ઉકેલ

(i) આપણી પાસે છે $\frac{7 !}{5 !}=\frac{7 \times 6 \times 5 !}{5 !}=7 \times 6=42$

અને

(ii) $\frac{12 !}{(10 !)(2 !)}=\frac{12 \times 11 \times(10 !)}{(10 !) \times(2)}=6 \times 11=66$.

ઉદાહરણ 7 $\frac{n !}{r !(n-r) !}$ નું મૂલ્યાંકન કરો, જ્યારે $n=5, r=2$.

ઉકેલ આપણે $\frac{5 !}{2 !(5-2) !}($ નું મૂલ્યાંકન કરવું પડશે કારણ કે $n=5, r=2)$

આપણી પાસે છે $\quad \frac{5 !}{2 !(5-2) !}=\frac{5 !}{2 ! \times 3 !}=\frac{5 \times 4}{2}=10$

ઉદાહરણ 8 જો $\frac{1}{8 !}+\frac{1}{9 !}=\frac{x}{10 !}$, તો $x$ શોધો.

ઉકેલ આપણી પાસે છે $\frac{1}{8 !}+\frac{1}{9 \times 8 !}=\frac{x}{10 \times 9 \times 8 !}$

તેથી $1+\frac{1}{9}=\frac{x}{10 \times 9}$ અથવા $\frac{10}{9}=\frac{x}{10 \times 9}$

તેથી

$ x=100 . $

6.3.3 ${ }^{n} P_r$ માટે સૂત્રની વ્યુત્પત્તિ

$ { }^{n} P_r=\frac{n !}{(n-r) !}, 0 \leq r \leq n $

ચાલો હવે તે તબક્કે પાછા જઈએ જ્યાં આપણે નીચેનું સૂત્ર નક્કી કર્યું હતું:

$$ { }^{n} P_r=n(n-1)(n-2) \ldots(n-r+1) $$

અંશ અને છેદને $(n-r)(n-r-1) \ldots 3 \times 2 \times 1$ વડે ગુણાકાર કરીને, આપણને મળે છે

$ { }^{n} P_r=\frac{n(n-1)(n-2) \ldots(n-r+1)(n-r)(n-r-1) \ldots 3 \times 2 \times 1}{(n-r)(n-r-1) \ldots 3 \times 2 \times 1}=\frac{n !}{(n-r) !}, $

આમ $\quad \quad \quad$ $ { }^{n} P_r=\frac{n !}{(n-r) !} \text{, જ્યાં } 0<r \leq n $

આ ${ }^{n} P_r$ માટે પહેલાની સરખામણીમાં વધુ અનુકૂળ અભિવ્યક્તિ છે.

ખાસ કરીને, જ્યારે $r=n,{ }^{n} P_n=\frac{n !}{0 !}=n$ !

ક્રમચયોની ગણતરી કરવી એ ફક્ત એ જ ગણતરી છે કે કેટલી રીતે કેટલીક અથવા તમામ વસ્તુઓને એક સમયે ફરીથી ગોઠવવામાં આવે છે. કોઈપણ વસ્તુને ગોઠવવી નહીં એ બધી વસ્તુઓને પાછળ છોડી દેવા જેવું જ છે અને આપણે જાણીએ છીએ કે આ કરવાની ફક્ત એક જ રીત છે. આમ, આપણે લઈ શકીએ છીએ

$$ { }^{n} P_0=1=\frac{n !}{n !}=\frac{n !}{(n-0) !} \quad \quad \quad \quad \quad\quad\quad \ldots(1) $$

તેથી, સૂત્ર (1) $r=0$ માટે પણ લાગુ પડે છે.

આમ $\quad \quad \quad$ $ { }^{n} P_r=\frac{n !}{(n-r) !}, 0 \leq r \leq n $

પ્રમેય 2 $n$ જુદી જુદી વસ્તુઓના એક સમયે $r$ લેવાયેલા ક્રમચયોની સંખ્યા, જ્યાં પુનરાવર્તન માન્ય છે, તે $n^{r}$ છે.

સાબિતી પ્રમેય 1 ની સમાન છે અને તે વાચકને પહોંચવા માટે છોડી દેવામાં આવી છે.

અહીં, આપણે ${ }^{n} P_r$ માટેના સૂત્રની ઉપયોગિતા દર્શાવવા માટે પાછલા વિભાગની કેટલીક સમસ્યાઓ ઉકેલી રહ્યા છીએ.

ઉદ