উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

উত্তর ও ব্যাখ্যা

1. ক)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   ধরি, বলদ্বয়ের মধ্যবর্তী কোণ $\alpha$ এবং লব্ধি $R$, বৃহত্তর বল $a$ এর সাথে $\theta$ কোণ তৈরি করে।
   প্রশ্নমতে, লব্ধি অন্তর্গত কোণকে এক-তৃতীয়াংশে বিভক্ত করে। যেহেতু $a > b$, লব্ধি বৃহত্তর বল $a$-এর বেশি নিকটবর্তী হবে।
   সুতরাং, $\theta = \frac{\alpha}{3}$
   বলদ্বয়ের লব্ধির দিক নির্ণয়ের সূত্রানুযায়ী:
   $\tan \theta = \frac{b \sin \alpha}{a + b \cos \alpha}$
   $\Rightarrow \frac{\sin \frac{\alpha}{3}}{\cos \frac{\alpha}{3}} = \frac{b \sin \alpha}{a + b \cos \alpha}$
   $\Rightarrow a \sin \frac{\alpha}{3} + b \sin \frac{\alpha}{3} \cos \alpha = b \sin \alpha \cos \frac{\alpha}{3}$
   $\Rightarrow a \sin \frac{\alpha}{3} = b \left(\sin \alpha \cos \frac{\alpha}{3} - \cos \alpha \sin \frac{\alpha}{3}\right)$
   $\Rightarrow a \sin \frac{\alpha}{3} = b \sin\left(\alpha - \frac{\alpha}{3}\right)$
   $\Rightarrow a \sin \frac{\alpha}{3} = b \sin\left(\frac{2\alpha}{3}\right)$
   $\Rightarrow a \sin \frac{\alpha}{3} = 2b \sin \frac{\alpha}{3} \cos \frac{\alpha}{3}$
   যেহেতু $\sin \frac{\alpha}{3} \neq 0$,
   $\Rightarrow \cos \frac{\alpha}{3} = \frac{a}{2b}$
   $\Rightarrow \frac{\alpha}{3} = \cos^{-1}\left(\frac{a}{2b}\right)$
   $\Rightarrow \alpha = 3 \cos^{-1}\left(\frac{a}{2b}\right)$
   অতএব, বলদ্বয়ের অন্তর্গত কোণ $3 \cos^{-1}\left(\frac{a}{2b}\right)$।

2. খ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   উদ্দীপকে $I$ হলো $\triangle ABC$-এর অন্তঃকেন্দ্র।
   সুতরাং $IA$, $IB$ এবং $IC$ যথাক্রমে $\angle A$, $\angle B$ ও $\angle C$ কোণ তিনটির সমদ্বিখণ্ডক।
   অতএব, $\triangle BIC$-এ,
   $\angle IBC = \frac{B}{2}$ এবং $\angle ICB = \frac{C}{2}$
   $\therefore \angle BIC = 180^\circ - (\angle IBC + \angle ICB) = 180^\circ - \left(\frac{B}{2} + \frac{C}{2}\right)$
   আমরা জানি, $A + B + C = 180^\circ \Rightarrow \frac{B}{2} + \frac{C}{2} = 90^\circ - \frac{A}{2}$
   $\therefore \angle BIC = 180^\circ - \left(90^\circ - \frac{A}{2}\right) = 90^\circ + \frac{A}{2} = \pi - \left(\frac{\pi}{2} - \frac{A}{2}\right)$
   অনুরূপভাবে,
   $\angle CIA = 90^\circ + \frac{B}{2} = \pi - \left(\frac{\pi}{2} - \frac{B}{2}\right)$
   $\angle AIB = 90^\circ + \frac{C}{2} = \pi - \left(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\right)$

   $I$ বিন্দুতে ক্রিয়ারত $P, Q, R$ বল তিনটি সাম্যাবস্থায় থাকায় লামির উপপাদ্য প্রয়োগ করে পাই:
   $\frac{P}{\sin(\angle BIC)} = \frac{Q}{\sin(\angle CIA)} = \frac{R}{\sin(\angle AIB)}$
   $\Rightarrow \frac{P}{\sin\left(\pi - (\frac{\pi}{2} - \frac{A}{2})\right)} = \frac{Q}{\sin\left(\pi - (\frac{\pi}{2} - \frac{B}{2})\right)} = \frac{R}{\sin\left(\pi - (\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2})\right)}$
   $\Rightarrow \frac{P}{\sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{A}{2}\right)} = \frac{Q}{\sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{B}{2}\right)} = \frac{R}{\sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\right)}$
   $\therefore P : Q : R = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{A}{2}\right) : \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{B}{2}\right) : \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\right)$ (দেখানো হলো)।

3. গ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   ধরি, $\triangle ABC$-এর পরিকেন্দ্র $O$।
   $A, B, C$ বিন্দুতে ক্রিয়ারত সদৃশ সমান্তরাল বলত্রয় যথাক্রমে $U, V, W$ এবং এদের লব্ধি $O$ বিন্দুগামী।
   লব্ধি $O$ বিন্দু দিয়ে যায় বলে, $O$ বিন্দুর সাপেক্ষে বলত্রয়ের মোমেন্টের (ঘূর্ণন বলের) বীজগাণিতিক সমষ্টি শূন্য হবে।

   বলগুলোর দিক কোনো একটি নির্দিষ্ট রেখার সমান্তরাল হওয়ায়, $O$ বিন্দুর সাপেক্ষে বলগুলোর মোমেন্ট দূরত্বের অনুপাত ক্ষেত্রফলের অনুপাতের সাথে সম্পর্কিত হয়।
   ত্রিমাত্রিক বা দ্বিমাত্রিক বলবিদ্যার ক্ষেত্রফল পদ্ধতি (Varignon's theorem) অনুসারে,
   কোনো ত্রিভুজের শীর্ষবিন্দুতে ক্রিয়ারত সমান্তরাল বলগুলোর লব্ধি ত্রিভুজের অভ্যন্তরীণ কোনো বিন্দু $P$-গামী হলে,
   $U : V : W = \triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB$ হয়।

   এখানে লব্ধি পরিকেন্দ্র $O$ বিন্দু দিয়ে যায়।
   সুতরাং, $U : V : W = \triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB$

   আমরা জানি, পরিকেন্দ্র $O$-এর ক্ষেত্রে,
   $OA = OB = OC = R_c$ (পরিব্যাসার্ধ)
   এবং কেন্দ্রে উৎপন্ন কোণদ্বয় যথাক্রমে:
   $\angle BOC = 2A$, $\angle COA = 2B$, $\angle AOB = 2C$

   অতএব,
   $\triangle OBC = \frac{1}{2} OB \cdot OC \cdot \sin(2A) = \frac{1}{2} R_c^2 \sin 2A$
   $\triangle OCA = \frac{1}{2} OC \cdot OA \cdot \sin(2B) = \frac{1}{2} R_c^2 \sin 2B$
   $\triangle OAB = \frac{1}{2} OA \cdot OB \cdot \sin(2C) = \frac{1}{2} R_c^2 \sin 2C$

   অতএব,
   $U : V : W = \sin 2A : \sin 2B : \sin 2C$
   $\Rightarrow U : V : W = 2\sin A \cos A : 2\sin B \cos B : 2\sin C \cos C$
   $\Rightarrow U : V : W = \sin A \cos A : \sin B \cos B : \sin C \cos C$

   ত্রিভুজের সাইন সূত্রানুসারে,
   $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R_c \Rightarrow \sin A = \frac{a}{2R_c}, \sin B = \frac{b}{2R_c}, \sin C = \frac{c}{2R_c}$

   উক্ত মান বসিয়ে পাই,
   $U : V : W = \frac{a}{2R_c} \cos A : \frac{b}{2R_c} \cos B : \frac{c}{2R_c} \cos C$
   অনুপাত থেকে সাধারণ গুণনীয়ক $\frac{1}{2R_c}$ বাদ দিলে পাই,
   $U : V : W = a \cos A : b \cos B : c \cos C$ (প্রমাণিত)।