উচ্চতর গণিত ১ম পত্র • Jashore Board • যশোর বোর্ড ২০২২

উচ্চতর গণিত ১ম পত্র প্রশ্ন

S=(−112−3),T=(3−5−12),U=(abc2a3+12b3+12c3+1a2b2c2) S=\left(\begin{array}{cc}-1 & 1 \ 2 & -3\end{array}\right), T=\left(\begin{array}{cc}3 & -5 \ -1 & 2\end{array}\right), U=\left(\begin{array}{ccc}a & \mathbf{b} & \mathbf{c} \ 2 a^{3}+1 & 2 b^{3}+1 & 2 c^{3}+1 \ a^{2} & b^{2} & c^{2}\end{array}\right)

  1. ক)

    বিস্তার না করে প্রমাণ কর ∣a−xa+xb−yb+yc−zc+z∣=0 \left|\begin{array}{lll}a & -x & a+x \ b & -y & b+y \ c & -z & c+z\end{array}\right|=0

    (2)
  2. খ)

    দেখাও যে, (ST)−1−T−1 S−1 (\mathrm{ST})^{-1}-\mathrm{T}^{-1} \mathrm{~S}^{-1} একটি শূন্য ম্যাট্রিক্স।

    (4)
  3. গ)

    প্রমাণ কর যে, ∣U∣=−(2abc+1)(a−b)(b−c)(c−a) |\mathrm{U}|=-(2 \mathrm{abc}+1)(\mathrm{a}-\mathrm{b})(\mathrm{b}-\mathrm{c})(\mathrm{c}-\mathrm{a})

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-লিখিত অনুমানভিত্তিক উত্তর—ধারণা ও সীমাবদ্ধতা নিচে উল্লেখ করা হয়েছে। এটি উৎসের যাচাইকৃত মূল উত্তর হিসেবে দাবি করা হচ্ছে না।

    দেওয়া আছে,
    L.H.S.=∣a−xa+xb−yb+yc−zc+z∣\text{L.H.S.} = \begin{vmatrix} a & -x & a+x \\ b & -y & b+y \\ c & -z & c+z \end{vmatrix}

    প্রথম কলাম থেকে দ্বিতীয় কলাম বিয়োগ করে পাই (C1′=C1−C2C_1' = C_1 - C_2):
    =∣a−(−x)−xa+xb−(−y)−yb+yc−(−z)−zc+z∣= \begin{vmatrix} a - (-x) & -x & a+x \\ b - (-y) & -y & b+y \\ c - (-z) & -z & c+z \end{vmatrix}
    =∣a+x−xa+xb+y−yb+yc+z−zc+z∣= \begin{vmatrix} a+x & -x & a+x \\ b+y & -y & b+y \\ c+z & -z & c+z \end{vmatrix}

    যেহেতু নির্ণায়কটির ১ম কলাম (C1C_1) এবং ৩য় কলাম (C3C_3) হুবহু এক (সর্বসম),
    সুতরাং নির্ণায়কের ধর্ম অনুযায়ী এর মান শূন্য।
    =0=R.H.S. (প্রমাণিত)= 0 = \text{R.H.S. (প্রমাণিত)}

  2. খ)

    AI-লিখিত অনুমানভিত্তিক উত্তর—ধারণা ও সীমাবদ্ধতা নিচে উল্লেখ করা হয়েছে। এটি উৎসের যাচাইকৃত মূল উত্তর হিসেবে দাবি করা হচ্ছে না।

    দেওয়া আছে,
    S=(−112−3),T=(3−5−12)S = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -3 \end{pmatrix}, \quad T = \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}

    এখন,
    ST=(−112−3)(3−5−12)ST = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}
    =((−1)(3)+1(−1)(−1)(−5)+1(2)2(3)+(−3)(−1)2(−5)+(−3)(2))=(−479−16)= \begin{pmatrix} (-1)(3) + 1(-1) & (-1)(-5) + 1(2) \\ 2(3) + (-3)(-1) & 2(-5) + (-3)(2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 & 7 \\ 9 & -16 \end{pmatrix}

    ∣ST∣=(−4)(−16)−(7)(9)=64−63=1≠0|ST| = (-4)(-16) - (7)(9) = 64 - 63 = 1 \neq 0
    (ST)−1=1∣ST∣adj(ST)=11(−16−7−9−4)=(−16−7−9−4)(ST)^{-1} = \frac{1}{|ST|} \text{adj}(ST) = \frac{1}{1} \begin{pmatrix} -16 & -7 \\ -9 & -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -16 & -7 \\ -9 & -4 \end{pmatrix}

    আবার,
    ∣T∣=(3)(2)−(−5)(−1)=6−5=1≠0|T| = (3)(2) - (-5)(-1) = 6 - 5 = 1 \neq 0
    T−1=1∣T∣adj(T)=11(2513)=(2513)T^{-1} = \frac{1}{|T|} \text{adj}(T) = \frac{1}{1} \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}

    ∣S∣=(−1)(−3)−(1)(2)=3−2=1≠0|S| = (-1)(-3) - (1)(2) = 3 - 2 = 1 \neq 0
    S−1=1∣S∣adj(S)=11(−3−1−2−1)=(−3−1−2−1)S^{-1} = \frac{1}{|S|} \text{adj}(S) = \frac{1}{1} \begin{pmatrix} -3 & -1 \\ -2 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & -1 \\ -2 & -1 \end{pmatrix}

    অতএব,
    T−1S−1=(2513)(−3−1−2−1)T^{-1}S^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -3 & -1 \\ -2 & -1 \end{pmatrix}
    =(2(−3)+5(−2)2(−1)+5(−1)1(−3)+3(−2)1(−1)+3(−1))=(−16−7−9−4)= \begin{pmatrix} 2(-3) + 5(-2) & 2(-1) + 5(-1) \\ 1(-3) + 3(-2) & 1(-1) + 3(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -16 & -7 \\ -9 & -4 \end{pmatrix}

    সুতরাং,
    (ST)−1−T−1S−1=(−16−7−9−4)−(−16−7−9−4)=(0000)(ST)^{-1} - T^{-1}S^{-1} = \begin{pmatrix} -16 & -7 \\ -9 & -4 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -16 & -7 \\ -9 & -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}

    যা একটি শূন্য ম্যাট্রিক্স। (দেখানো হলো)

  3. গ)

    AI-লিখিত অনুমানভিত্তিক উত্তর—ধারণা ও সীমাবদ্ধতা নিচে উল্লেখ করা হয়েছে। এটি উৎসের যাচাইকৃত মূল উত্তর হিসেবে দাবি করা হচ্ছে না।

    দেওয়া আছে,
    ∣U∣=∣abc2a3+12b3+12c3+1a2b2c2∣|U| = \begin{vmatrix} a & b & c \\ 2a^3+1 & 2b^3+1 & 2c^3+1 \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix}

    নির্ণায়কের ধর্ম অনুযায়ী ২য় সারিকে ভেঙে দুটি নির্ণায়কের যোগফল আকারে প্রকাশ করে পাই:
    ∣U∣=∣abc2a32b32c3a2b2c2∣+∣abc111a2b2c2∣|U| = \begin{vmatrix} a & b & c \\ 2a^3 & 2b^3 & 2c^3 \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a & b & c \\ 1 & 1 & 1 \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix}

    প্রথম নির্ণায়কের ২য় সারি থেকে 22 এবং ১ম, ২য় ও ৩য় কলাম থেকে যথাক্রমে a,b,ca, b, c সাধারণ নিয়ে:
    =2abc∣111a2b2c2abc∣+∣abc111a2b2c2∣= 2abc \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a^2 & b^2 & c^2 \\ a & b & c \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a & b & c \\ 1 & 1 & 1 \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix}

    প্রথম নির্ণায়কে R2↔R3R_2 \leftrightarrow R_3 এবং দ্বিতীয় নির্ণায়কে R1↔R2R_1 \leftrightarrow R_2 স্থানান্তর করে পাই (সারি বিনিময়ে চিহ্নের পরিবর্তন হয়):
    =−2abc∣111abca2b2c2∣−∣111abca2b2c2∣= -2abc \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix}
    =−(2abc+1)∣111abca2b2c2∣= -(2abc+1) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix}

    এখন নির্ণায়কটিতে C1′=C1−C2C_1' = C_1 - C_2 এবং C2′=C2−C3C_2' = C_2 - C_3 প্রয়োগ করে পাই:
    ∣111abca2b2c2∣=∣001a−bb−cca2−b2b2−c2c2∣\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 0 & 0 & 1 \\ a-b & b-c & c \\ a^2-b^2 & b^2-c^2 & c^2 \end{vmatrix}
    =(a−b)(b−c)∣00111ca+bb+cc2∣= (a-b)(b-c) \begin{vmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & c \\ a+b & b+c & c^2 \end{vmatrix}

    প্রথম সারির সাপেক্ষে বিস্তার করে পাই:
    =(a−b)(b−c)[1⋅{(b+c)−(a+b)}]=(a−b)(b−c)(c−a)= (a-b)(b-c) \left[ 1 \cdot \{(b+c) - (a+b)\} \right] = (a-b)(b-c)(c-a)

    অতএব,
    ∣U∣=−(2abc+1)(a−b)(b−c)(c−a)(প্রমাণিত)|U| = -(2abc+1)(a-b)(b-c)(c-a) \quad \text{(প্রমাণিত)}

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন