উচ্চতর গণিত ২য় পত্র • Rajshahi Board • রাজশাহী বোর্ড ২০২৩

উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

f(x)=sin⁡−1p+sin⁡−1q+sin⁡−1rA=cos⁡x−cos⁡2xR=1−cos⁡x \begin{array}{l}f(x)=\sin ^{-1} p+\sin ^{-1} q+\sin ^{-1} r \ A=\cos x-\cos 2 x \ R=1-\cos x\end{array}

  1. ক)

    প্রমাণ কর যে, tan⁡−113=12sin⁡−135\tan ^{-1} \frac{1}{3}=\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}

    (1)
  2. খ)

    f(x)=π\mathrm{f}(\mathrm{x})=\pi হলে দেখাও যে, p1−p2+q1−q2+r1−r2\mathrm{p} \sqrt{1-\mathrm{p}^{2}}+\mathrm{q} \sqrt{1-\mathrm{q}^{2}}+\mathrm{r} \sqrt{1-\mathrm{r}^{2}}=2pqr

    (2)
  3. গ)

    সমাধান কর : AR=1\frac{A}{R}=1 যখন 0 < x < π \pi

    (3)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    বামপক্ষ =tan⁡−113=12(2tan⁡−113)= \tan^{-1}\frac{1}{3} = \frac{1}{2}\left(2\tan^{-1}\frac{1}{3}\right)
    আমরা জানি, 2tan⁡−1x=sin⁡−1(2x1+x2)2\tan^{-1}x = \sin^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)
    অতএব,
    12(2tan⁡−113)=12sin⁡−1(2⋅131+(13)2)\frac{1}{2}\left(2\tan^{-1}\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{2\cdot\frac{1}{3}}{1+\left(\frac{1}{3}\right)^2}\right)
    =12sin⁡−1(231+19)= \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{\frac{2}{3}}{1+\frac{1}{9}}\right)
    =12sin⁡−1(23109)= \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{\frac{2}{3}}{\frac{10}{9}}\right)
    =12sin⁡−1(23×910)= \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{2}{3} \times \frac{9}{10}\right)
    =12sin⁡−1(35)== \frac{1}{2} \sin^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = ডানপক্ষ। (প্রমাণিত)

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে, f(x)=sin⁡−1p+sin⁡−1q+sin⁡−1r=πf(x) = \sin^{-1}p + \sin^{-1}q + \sin^{-1}r = \pi
    ধরি, sin⁡−1p=A,sin⁡−1q=B,sin⁡−1r=C\sin^{-1}p = A, \sin^{-1}q = B, \sin^{-1}r = C
    তাহলে, p=sin⁡A,q=sin⁡B,r=sin⁡Cp = \sin A, q = \sin B, r = \sin C
    এবং A+B+C=πA + B + C = \pi

    বামপক্ষ =p1−p2+q1−q2+r1−r2= p\sqrt{1-p^2} + q\sqrt{1-q^2} + r\sqrt{1-r^2}
    =sin⁡A1−sin⁡2A+sin⁡B1−sin⁡2B+sin⁡C1−sin⁡2C= \sin A \sqrt{1-\sin^2 A} + \sin B \sqrt{1-\sin^2 B} + \sin C \sqrt{1-\sin^2 C}
    =sin⁡Acos⁡A+sin⁡Bcos⁡B+sin⁡Ccos⁡C= \sin A \cos A + \sin B \cos B + \sin C \cos C
    =12(2sin⁡Acos⁡A+2sin⁡Bcos⁡B+2sin⁡Ccos⁡C)= \frac{1}{2} (2\sin A \cos A + 2\sin B \cos B + 2\sin C \cos C)
    =12(sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C)= \frac{1}{2} (\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C)

    যেহেতু A+B+C=πA + B + C = \pi, ত্রিকোণমিতিক অভেদ অনুসারে:
    sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=2sin⁡(A+B)cos⁡(A−B)+2sin⁡Ccos⁡C\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 2\sin(A+B)\cos(A-B) + 2\sin C \cos C
    =2sin⁡(π−C)cos⁡(A−B)+2sin⁡Ccos⁡C= 2\sin(\pi - C)\cos(A-B) + 2\sin C \cos C
    =2sin⁡Ccos⁡(A−B)−2sin⁡Ccos⁡(A+B)= 2\sin C \cos(A-B) - 2\sin C \cos(A+B)
    =2sin⁡C[cos⁡(A−B)−cos⁡(A+B)]= 2\sin C [\cos(A-B) - \cos(A+B)]
    =2sin⁡C[2sin⁡Asin⁡B]=4sin⁡Asin⁡Bsin⁡C= 2\sin C [2\sin A \sin B] = 4\sin A \sin B \sin C

    অতএব,
    বামপক্ষ =12⋅4sin⁡Asin⁡Bsin⁡C= \frac{1}{2} \cdot 4\sin A \sin B \sin C
    =2sin⁡Asin⁡Bsin⁡C= 2\sin A \sin B \sin C
    =2pqr== 2pqr = ডানপক্ষ। (দেখানো হলো)

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে, AR=1  ⟹  A=R\frac{A}{R} = 1 \implies A = R
      ⟹  cos⁡x−cos⁡2x=1−cos⁡x\implies \cos x - \cos 2x = 1 - \cos x
      ⟹  2cos⁡x−cos⁡2x−1=0\implies 2\cos x - \cos 2x - 1 = 0
    আমরা জানি, 1+cos⁡2x=2cos⁡2x  ⟹  cos⁡2x=2cos⁡2x−11 + \cos 2x = 2\cos^2 x \implies \cos 2x = 2\cos^2 x - 1
      ⟹  2cos⁡x−(2cos⁡2x−1)−1=0\implies 2\cos x - (2\cos^2 x - 1) - 1 = 0
      ⟹  2cos⁡x−2cos⁡2x+1−1=0\implies 2\cos x - 2\cos^2 x + 1 - 1 = 0
      ⟹  2cos⁡x(1−cos⁡x)=0\implies 2\cos x(1 - \cos x) = 0

    সুতরাং, হয় 2cos⁡x=0  ⟹  cos⁡x=02\cos x = 0 \implies \cos x = 0
      ⟹  x=π2\implies x = \frac{\pi}{2} [যেহেতু 0<x<π0 < x < \pi]

    অথবা, 1−cos⁡x=0  ⟹  cos⁡x=11 - \cos x = 0 \implies \cos x = 1
      ⟹  x=0\implies x = 0, যা গ্রহণযোগ্য নয় কারণ ব্যবধি হলো 0<x<π0 < x < \pi এবং x=0x=0 হলে হর R=1−cos⁡0=0R = 1 - \cos 0 = 0 হয়ে যায়।

    অতএব, নির্ণেয় সমাধান: x=π2x = \frac{\pi}{2}।

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন