উচ্চতর গণিত ১ম পত্র • Cumilla Board • কুমিল্লা বোর্ড ২০২৫

উচ্চতর গণিত ১ম পত্র প্রশ্ন

দৃশ্যকল্প-১: y=cos⁡(2sin⁡−1x) y=\cos \left(2 \sin ^{-1} x\right)

  1. ক)

    lim⁡x→0e2x−1ax \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{2 x}-1}{a x} এর মান নির্ণয় কর।

    (2)
  2. খ)

    দৃশ্যকল্প-১ এর সাহায্যে দেখাও যে, (1−x2)d2ydx2−xdydx+4y=0 \left(1-x^{2}\right) \frac{d^{2} y}{d x^{2}}-x \frac{d y}{d x}+4 y=0 .

    (4)
  3. গ)

    দৃশ্যকল্প-২ এর আলোকে দেখাও যে,cos⁡2x+cos⁡2y+cos⁡2z=1+2cos⁡xcos⁡ycos⁡z \cos ^{2} x+\cos ^{2} y+\cos ^{2} z=1+2 \cos x \cos y \cos z

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে,
    lim⁡x→0e2x−1ax\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{2 x}-1}{a x}
    =lim⁡x→0(e2x−12x)×2a= \lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{e^{2 x}-1}{2x}\right) \times \frac{2}{a}
    =2alim⁡2x→0(e2x−12x)[∵x→0  ⟹  2x→0]= \frac{2}{a} \lim _{2x \rightarrow 0} \left(\frac{e^{2 x}-1}{2x}\right) \quad [\because x \rightarrow 0 \implies 2x \rightarrow 0]
    =2a×1[∵lim⁡u→0eu−1u=1]= \frac{2}{a} \times 1 \quad \left[\because \lim_{u \to 0} \frac{e^u-1}{u} = 1\right]
    =2a= \frac{2}{a}

    উত্তর: 2a\frac{2}{a}

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দৃশ্যকল্প-১ থেকে পাই,
    y=cos⁡(2sin⁡−1x)y = \cos(2\sin^{-1}x)

    xx-এর সাপেক্ষে অন্তরীকরণ করে পাই,
    dydx=−sin⁡(2sin⁡−1x)⋅ddx(2sin⁡−1x)\frac{dy}{dx} = -\sin(2\sin^{-1}x) \cdot \frac{d}{dx}(2\sin^{-1}x)
      ⟹  y1=−sin⁡(2sin⁡−1x)⋅21−x2\implies y_1 = -\sin(2\sin^{-1}x) \cdot \frac{2}{\sqrt{1-x^2}}
      ⟹  1−x2 y1=−2sin⁡(2sin⁡−1x)\implies \sqrt{1-x^2} \, y_1 = -2\sin(2\sin^{-1}x)

    উভয়পক্ষকে বর্গ করে পাই,
    (1−x2)y12=4sin⁡2(2sin⁡−1x)(1-x^2)y_1^2 = 4\sin^2(2\sin^{-1}x)
      ⟹  (1−x2)y12=4[1−cos⁡2(2sin⁡−1x)]\implies (1-x^2)y_1^2 = 4[1 - \cos^2(2\sin^{-1}x)]
      ⟹  (1−x2)y12=4(1−y2)=4−4y2\implies (1-x^2)y_1^2 = 4(1 - y^2) = 4 - 4y^2

    পুনরায় xx-এর সাপেক্ষে অন্তরীকরণ করে পাই,
    ddx[(1−x2)y12]=ddx(4−4y2)\frac{d}{dx}[(1-x^2)y_1^2] = \frac{d}{dx}(4 - 4y^2)
      ⟹  (1−x2)⋅2y1dy1dx+y12(−2x)=0−8ydydx\implies (1-x^2) \cdot 2y_1 \frac{dy_1}{dx} + y_1^2(-2x) = 0 - 8y \frac{dy}{dx}
      ⟹  2(1−x2)y1y2−2xy12=−8yy1\implies 2(1-x^2)y_1 y_2 - 2x y_1^2 = -8y y_1

    উভয়পক্ষকে 2y12y_1 (y1≠0y_1 \neq 0) দ্বারা ভাগ করে পাই,
    (1−x2)y2−xy1=−4y(1-x^2)y_2 - x y_1 = -4y
      ⟹  (1−x2)d2ydx2−xdydx+4y=0\implies (1-x^2)\frac{d^2y}{dx^2} - x\frac{dy}{dx} + 4y = 0
    (দেখানো হলো)

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দৃশ্যকল্প-২ এর চিত্রানুযায়ী,
    △PQR\triangle PQR-এর QRQR বাহুকে বর্ধিত করায় উৎপন্ন বহিঃস্থ কোণ ∠z\angle z।
    আমরা জানি, ত্রিভুজের যেকোনো বহিঃস্থ কোণ তার বিপরীত অন্তঃস্থ কোণদ্বয়ের সমষ্টির সমান।
    অতএব, z=x+yz = x + y

    বামপক্ষ =cos⁡2x+cos⁡2y+cos⁡2z= \cos^2 x + \cos^2 y + \cos^2 z
    =12(2cos⁡2x+2cos⁡2y)+cos⁡2z= \frac{1}{2} (2\cos^2 x + 2\cos^2 y) + \cos^2 z
    =12[(1+cos⁡2x)+(1+cos⁡2y)]+cos⁡2z= \frac{1}{2} [(1 + \cos 2x) + (1 + \cos 2y)] + \cos^2 z
    =12[2+(cos⁡2x+cos⁡2y)]+cos⁡2z= \frac{1}{2} [2 + (\cos 2x + \cos 2y)] + \cos^2 z
    =1+12[2cos⁡(x+y)cos⁡(x−y)]+cos⁡2z= 1 + \frac{1}{2} [2\cos(x+y)\cos(x-y)] + \cos^2 z
    =1+cos⁡(x+y)cos⁡(x−y)+cos⁡2z= 1 + \cos(x+y)\cos(x-y) + \cos^2 z

    যেহেতু x+y=zx + y = z, সেহেতু cos⁡(x+y)=cos⁡z\cos(x+y) = \cos z বসিয়ে পাই,
    =1+cos⁡zcos⁡(x−y)+cos⁡2z= 1 + \cos z \cos(x-y) + \cos^2 z
    =1+cos⁡z[cos⁡(x−y)+cos⁡z]= 1 + \cos z [\cos(x-y) + \cos z]
    =1+cos⁡z[cos⁡(x−y)+cos⁡(x+y)]= 1 + \cos z [\cos(x-y) + \cos(x+y)]
    =1+cos⁡z[2cos⁡xcos⁡y]= 1 + \cos z [2\cos x \cos y]
    =1+2cos⁡xcos⁡ycos⁡z= 1 + 2\cos x \cos y \cos z
    == ডানপক্ষ

    ∴cos⁡2x+cos⁡2y+cos⁡2z=1+2cos⁡xcos⁡ycos⁡z\therefore \cos^2 x + \cos^2 y + \cos^2 z = 1 + 2\cos x \cos y \cos z
    (দেখানো হলো)

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন