উচ্চতর গণিত ২য় পত্র • Sylhet Board • সিলেট বোর্ড ২০১৭

উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

  1. ক)

    দেখাও যে, cos⁡(2tan⁡−1yx)=x2−y2x2+y2 \cos \left(2 \tan ^{-1} \frac{y}{x}\right)=\frac{x^{2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}}

    (2)
  2. খ)

    উদ্দীপকে A+P = φ \varphi হলে প্রমাণ কর যে, x2−2xycos⁡φ+y2=r2sin⁡2φ x^{2}-2 x y \cos \varphi+y^{2}=r^{2} \sin ^{2} \varphi

    (4)
  3. গ)

    f(θ)=rx হলে −π≤x≤π ব্যবধিতে f(2θ)−f(θ)=2 f(\theta)=\frac{r}{x} \text { হলে }-\pi \leq x \leq \pi \text { ব্যবধিতে } f(2 \theta)-f(\theta)=2 সমীকরণটি সমাধান কর।

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    ধরি, tan⁡−1yx=α  ⟹  tan⁡α=yx\tan^{-1}\frac{y}{x} = \alpha \implies \tan\alpha = \frac{y}{x}

    আমরা জানি,
    cos⁡2α=1−tan⁡2α1+tan⁡2α\cos 2\alpha = \frac{1 - \tan^2\alpha}{1 + \tan^2\alpha}

    বা, cos⁡(2tan⁡−1yx)=1−(yx)21+(yx)2=1−y2x21+y2x2=x2−y2x2x2+y2x2=x2−y2x2+y2\cos\left(2\tan^{-1}\frac{y}{x}\right) = \frac{1 - \left(\frac{y}{x}\right)^2}{1 + \left(\frac{y}{x}\right)^2} = \frac{1 - \frac{y^2}{x^2}}{1 + \frac{y^2}{x^2}} = \frac{\frac{x^2 - y^2}{x^2}}{\frac{x^2 + y^2}{x^2}} = \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}

    ∴cos⁡(2tan⁡−1yx)=x2−y2x2+y2\therefore \cos\left(2\tan^{-1}\frac{y}{x}\right) = \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2} (দেখানো হলো)

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    উদ্দীপকের প্রথম সমকোণী ত্রিভুজ △ABC\triangle ABC-এ:
    ∠B=90∘\angle B = 90^\circ, অতিভুজ AC=rAC = r, সন্নিহিত বাহু AB=xAB = x
    ∴cos⁡A=ABAC=xr  ⟹  A=cos⁡−1(xr)\therefore \cos A = \frac{AB}{AC} = \frac{x}{r} \implies A = \cos^{-1}\left(\frac{x}{r}\right)

    দ্বিতীয় সমকোণী ত্রিভুজ △PQR\triangle PQR-এ:
    ∠R=90∘\angle R = 90^\circ, অতিভুজ PQ=rPQ = r, সন্নিহিত বাহু PR=yPR = y
    ∴cos⁡P=PRPQ=yr  ⟹  P=cos⁡−1(yr)\therefore \cos P = \frac{PR}{PQ} = \frac{y}{r} \implies P = \cos^{-1}\left(\frac{y}{r}\right)

    দেওয়া আছে, A+P=φA + P = \varphi
    বা, cos⁡−1(xr)+cos⁡−1(yr)=φ\cos^{-1}\left(\frac{x}{r}\right) + \cos^{-1}\left(\frac{y}{r}\right) = \varphi
    বা, cos⁡−1[xr⋅yr−1−x2r21−y2r2]=φ\cos^{-1}\left[\frac{x}{r} \cdot \frac{y}{r} - \sqrt{1 - \frac{x^2}{r^2}}\sqrt{1 - \frac{y^2}{r^2}}\right] = \varphi
    বা, xyr2−1−x2r21−y2r2=cos⁡φ\frac{xy}{r^2} - \sqrt{1 - \frac{x^2}{r^2}}\sqrt{1 - \frac{y^2}{r^2}} = \cos\varphi
    বা, xyr2−cos⁡φ=1−x2r21−y2r2\frac{xy}{r^2} - \cos\varphi = \sqrt{1 - \frac{x^2}{r^2}}\sqrt{1 - \frac{y^2}{r^2}}

    উভয়পক্ষকে বর্গ করে পাই,
    (xyr2−cos⁡φ)2=(1−x2r2)(1−y2r2)\left(\frac{xy}{r^2} - \cos\varphi\right)^2 = \left(1 - \frac{x^2}{r^2}\right)\left(1 - \frac{y^2}{r^2}\right)
    বা, x2y2r4−2xyr2cos⁡φ+cos⁡2φ=1−x2r2−y2r2+x2y2r4\frac{x^2y^2}{r^4} - \frac{2xy}{r^2}\cos\varphi + \cos^2\varphi = 1 - \frac{x^2}{r^2} - \frac{y^2}{r^2} + \frac{x^2y^2}{r^4}
    বা, −2xyr2cos⁡φ+cos⁡2φ=1−x2+y2r2-\frac{2xy}{r^2}\cos\varphi + \cos^2\varphi = 1 - \frac{x^2 + y^2}{r^2}
    বা, x2r2−2xyr2cos⁡φ+y2r2=1−cos⁡2φ\frac{x^2}{r^2} - \frac{2xy}{r^2}\cos\varphi + \frac{y^2}{r^2} = 1 - \cos^2\varphi
    বা, x2−2xycos⁡φ+y2r2=sin⁡2φ\frac{x^2 - 2xy\cos\varphi + y^2}{r^2} = \sin^2\varphi
    ∴x2−2xycos⁡φ+y2=r2sin⁡2φ\therefore x^2 - 2xy\cos\varphi + y^2 = r^2\sin^2\varphi (প্রমাণিত)

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    চিত্র হতে, △ABC\triangle ABC-এ ∠A=θ\angle A = \theta বিবেচনা করলে,
    cos⁡θ=xr  ⟹  rx=sec⁡θ\cos\theta = \frac{x}{r} \implies \frac{r}{x} = \sec\theta
    অতএব, f(θ)=rx=sec⁡θf(\theta) = \frac{r}{x} = \sec\theta

    প্রদত্ত ব্যবধি: −π≤θ≤π-\pi \le \theta \le \pi (এখানে প্রশ্নে চলক θ\theta-এর ব্যবধি নির্দেশিত)
    প্রদত্ত সমীকরণ:
    f(2θ)−f(θ)=2f(2\theta) - f(\theta) = 2
    বা, sec⁡2θ−sec⁡θ=2\sec 2\theta - \sec\theta = 2
    বা, 1cos⁡2θ−1cos⁡θ=2\frac{1}{\cos 2\theta} - \frac{1}{\cos\theta} = 2
    বা, cos⁡θ−cos⁡2θcos⁡θcos⁡2θ=2\frac{\cos\theta - \cos 2\theta}{\cos\theta \cos 2\theta} = 2
    বা, cos⁡θ−cos⁡2θ=2cos⁡2θcos⁡θ\cos\theta - \cos 2\theta = 2\cos 2\theta \cos\theta
    বা, cos⁡θ−cos⁡2θ=cos⁡(2θ+θ)+cos⁡(2θ−θ)\cos\theta - \cos 2\theta = \cos(2\theta + \theta) + \cos(2\theta - \theta)
    বা, cos⁡θ−cos⁡2θ=cos⁡3θ+cos⁡θ\cos\theta - \cos 2\theta = \cos 3\theta + \cos\theta
    বা, cos⁡3θ+cos⁡2θ=0\cos 3\theta + \cos 2\theta = 0
    বা, 2cos⁡(3θ+2θ2)cos⁡(3θ−2θ2)=02\cos\left(\frac{3\theta + 2\theta}{2}\right)\cos\left(\frac{3\theta - 2\theta}{2}\right) = 0
    বা, 2cos⁡(5θ2)cos⁡(θ2)=02\cos\left(\frac{5\theta}{2}\right)\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) = 0

    হয়, cos⁡(5θ2)=0\cos\left(\frac{5\theta}{2}\right) = 0
      ⟹  5θ2=(2n+1)π2\implies \frac{5\theta}{2} = (2n + 1)\frac{\pi}{2}
      ⟹  θ=(2n+1)π5\implies \theta = (2n + 1)\frac{\pi}{5}, যেখানে n∈Zn \in \mathbb{Z}
    −π≤θ≤π-\pi \le \theta \le \pi ব্যবধিতে:
    n=−3  ⟹  θ=−πn = -3 \implies \theta = -\pi (অগ্রহণযোগ্য, কারণ cos⁡θ=−1\cos\theta = -1 হলে cos⁡2θ=1\cos 2\theta = 1 যা সমীকরণকে সিদ্ধ করে কিন্তু সাধারণ সমাধান যাচাই প্রয়োজন: sec⁡(−2π)−sec⁡(−π)=1−(−1)=2\sec(-2\pi) - \sec(-\pi) = 1 - (-1) = 2, সুতরাং গ্রহণযোগ্য)
    n=−2  ⟹  θ=−3π5n = -2 \implies \theta = -\frac{3\pi}{5}
    n=−1  ⟹  θ=−π5n = -1 \implies \theta = -\frac{\pi}{5}
    n=0  ⟹  θ=π5n = 0 \implies \theta = \frac{\pi}{5}
    n=1  ⟹  θ=3π5n = 1 \implies \theta = \frac{3\pi}{5}
    n=2  ⟹  θ=πn = 2 \implies \theta = \pi (সিদ্ধ করে: sec⁡(2π)−sec⁡(π)=1−(−1)=2\sec(2\pi) - \sec(\pi) = 1 - (-1) = 2)

    অথবা, cos⁡(θ2)=0\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) = 0
      ⟹  θ2=(2k+1)π2\implies \frac{\theta}{2} = (2k + 1)\frac{\pi}{2}
      ⟹  θ=(2k+1)π\implies \theta = (2k + 1)\pi
    −π≤θ≤π-\pi \le \theta \le \pi ব্যবধিতে:
    k=−1  ⟹  θ=−πk = -1 \implies \theta = -\pi
    k=0  ⟹  θ=πk = 0 \implies \theta = \pi

    উল্লেখ্য, cos⁡2θ≠0\cos 2\theta \neq 0 এবং cos⁡θ≠0\cos\theta \neq 0 শর্তে প্রাপ্ত মানগুলো গ্রহণযোগ্য।
    θ=±π5,±3π5,±π\theta = \pm\frac{\pi}{5}, \pm\frac{3\pi}{5}, \pm\pi-এর কোনোটিতেই cos⁡θ\cos\theta বা cos⁡2θ\cos 2\theta শূন্য হয় না।

    অতএব, নির্ণেয় সমাধান: θ=±π5,±3π5,±π\theta = \pm\frac{\pi}{5}, \pm\frac{3\pi}{5}, \pm\pi

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন