উচ্চতর গণিত ১ম পত্র প্রশ্ন

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।

   আমরা জানি,
   $33^{\circ} + 12^{\circ} = 45^{\circ}$
   উভয়পক্ষে $\tan$ প্রয়োগ করে পাই,
   $\tan(33^{\circ} + 12^{\circ}) = \tan 45^{\circ}$
   $\implies \frac{\tan 33^{\circ} + \tan 12^{\circ}}{1 - \tan 33^{\circ} \cdot \tan 12^{\circ}} = 1$
   $\implies \tan 33^{\circ} + \tan 12^{\circ} = 1 - \tan 33^{\circ} \cdot \tan 12^{\circ}$
   $\therefore \tan 33^{\circ} + \tan 12^{\circ} + \tan 33^{\circ} \cdot \tan 12^{\circ} = 1 \text{ (প্রমাণিত)।}$

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,
   $(a+b+c)(b+c-a) = 3bc$
   $\implies \{(b+c) + a\}\{(b+c) - a\} = 3bc$
   $\implies (b+c)^2 - a^2 = 3bc$
   $\implies b^2 + 2bc + c^2 - a^2 = 3bc$
   $\implies b^2 + c^2 - a^2 = bc$
   $\implies \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{bc}{2bc} = \frac{1}{2}$
   $\implies \cos A = \frac{1}{2} = \cos 60^{\circ}$
   $\therefore A = 60^{\circ}$

   এখন, $\triangle ABC$-এ সাইন সূত্র অনুসারে, $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$
   অতএব,
   $\text{বামপক্ষ} = \frac{b+c}{a} = \frac{2R\sin B + 2R\sin C}{2R\sin A} = \frac{\sin B + \sin C}{\sin A}$
   $= \frac{2\sin\frac{B+C}{2}\cos\frac{B-C}{2}}{2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}}$
   যেহেতু $A+B+C = 180^{\circ} \implies \frac{B+C}{2} = 90^{\circ} - \frac{A}{2}$, তাই $\sin\frac{B+C}{2} = \cos\frac{A}{2}$।
   $= \frac{2\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B-C}{2}}{2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}} = \frac{\cos\frac{B-C}{2}}{\sin\frac{A}{2}}$
   যেহেতু $A = 60^{\circ}$, সুতরাং $\sin\frac{A}{2} = \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$।
   $= \frac{\cos\frac{B-C}{2}}{\frac{1}{2}} = 2\cos\frac{B-C}{2} = \text{ডানপক্ষ (দেখানো হলো)।}$

3. গ)

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

   ত্রিভুজ $ABC$-তে $A+B+C = \pi$।
   এখন,
   $2C + A - \pi = 2C + A - (A+B+C) = C - B = -(B - C)$
   $\therefore \cos(2C+A-\pi) = \cos(-(B-C)) = \cos(B-C)$

   অনুরূপভাবে,
   $2A + B - \pi = 2A + B - (A+B+C) = A - C = -(C - A)$
   $\therefore \cos(2A+B-\pi) = \cos(-(C-A)) = \cos(C-A)$

   এবং
   $2B + C - \pi = 2B + C - (A+B+C) = B - A = -(A - B)$
   $\therefore \cos(2B+C-\pi) = \cos(-(A-B)) = \cos(A-B)$

   আবার, $\triangle ABC$-তে,
   $b\cos B + c\cos C = 2R\sin B\cos B + 2R\sin C\cos C = R(\sin 2B + \sin 2C)$
   $= 2R\sin(B+C)\cos(B-C) = 2R\sin(\pi - A)\cos(B-C) = 2R\sin A\cos(B-C) = a\cos(B-C)$
   $\implies a\cos(B-C) = b\cos B + c\cos C$
   উভয়পক্ষকে $a^2$ দ্বারা গুণ করে পাই,
   $a^3\cos(B-C) = a^2 b\cos B + a^2 c\cos C \quad \dots (1)$
   অনুরূপভাবে,
   $b^3\cos(C-A) = b^2 c\cos C + b^2 a\cos A \quad \dots (2)$
   $c^3\cos(A-B) = c^2 a\cos A + c^2 b\cos B \quad \dots (3)$

   সমীকরণ $(1), (2)$ ও $(3)$ যোগ করে পাই:
   $a^3\cos(B-C) + b^3\cos(C-A) + c^3\cos(A-B)$
   $= (a^2 b\cos B + b^2 a\cos A) + (b^2 c\cos C + c^2 b\cos B) + (c^2 a\cos A + a^2 c\cos C)$
   $= ab(a\cos B + b\cos A) + bc(b\cos C + c\cos B) + ca(c\cos A + a\cos C)$

   লম্ব-অভিক্ষেপ সূত্রানুসারে $a\cos B + b\cos A = c$, $b\cos C + c\cos B = a$, এবং $c\cos A + a\cos C = b$ বসিয়ে পাই:
   $= ab(c) + bc(a) + ca(b) = abc + abc + abc = 3abc$

   অতএব,
   $a^3\cos(2C+A-\pi) + b^3\cos(2A+B-\pi) + c^3\cos(2B+C-\pi) = 3abc$
   $\therefore a^3\cos(2C+A-\pi) + b^3\cos(2A+B-\pi) = 3abc - c^3\cos(2B+C-\pi) \text{ (প্রমাণিত)।}$