উচ্চতর গণিত ১ম পত্র • Cumilla Board • কুমিল্লা বোর্ড ২০২২

উচ্চতর গণিত ১ম পত্র প্রশ্ন

h(x)=cos⁡x h(x)=\cos x এবং p(x)=(x2+1)tan⁡−1x−x p(x)=\left(x^{2}+1\right) \tan ^{-1} x-x

  1. ক)

    x এর সাপেক্ষে p(x) এর অন্তরজ নির্ণয় কর।

    (2)
  2. খ)

    প্রমাণ কর যে, lim⁡x→0h(0)−2h(x)+h(2x)x2=−1 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{h(0)-2 h(x)+h(2 x)}{x^{2}}=-1

    (4)
  3. গ)

    3 h(π2−x)+3 h(x) \sqrt{3} \mathrm{~h}\left(\frac{\pi}{2}-\mathrm{x}\right)+3 \mathrm{~h}(\mathrm{x}) এর চরমমান নির্ণয় কর।

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে,
    p(x)=(x2+1)tan⁡−1x−xp(x) = (x^2 + 1)\tan^{-1}x - x

    xx এর সাপেক্ষে অন্তরীকরণ করে পাই,
    ddx[p(x)]=ddx[(x2+1)tan⁡−1x]−ddx[x]\frac{d}{dx}[p(x)] = \frac{d}{dx}[(x^2 + 1)\tan^{-1}x] - \frac{d}{dx}[x]
    =(x2+1)ddx(tan⁡−1x)+tan⁡−1xddx(x2+1)−1= (x^2 + 1)\frac{d}{dx}(\tan^{-1}x) + \tan^{-1}x \frac{d}{dx}(x^2 + 1) - 1
    =(x2+1)⋅11+x2+(tan⁡−1x)(2x)−1= (x^2 + 1) \cdot \frac{1}{1 + x^2} + (\tan^{-1}x)(2x) - 1
    =1+2xtan⁡−1x−1= 1 + 2x\tan^{-1}x - 1
    =2xtan⁡−1x= 2x\tan^{-1}x

    অতএব, নির্ণেয় অন্তরজ 2xtan⁡−1x2x\tan^{-1}x।

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে, h(x)=cos⁡xh(x) = \cos x
    সুতরাং, h(0)=cos⁡0=1h(0) = \cos 0 = 1 এবং h(2x)=cos⁡2xh(2x) = \cos 2x

    বামপক্ষ =lim⁡x→0h(0)−2h(x)+h(2x)x2= \lim_{x \to 0} \frac{h(0) - 2h(x) + h(2x)}{x^2}
    =lim⁡x→01−2cos⁡x+cos⁡2xx2= \lim_{x \to 0} \frac{1 - 2\cos x + \cos 2x}{x^2}
    =lim⁡x→0(1+cos⁡2x)−2cos⁡xx2= \lim_{x \to 0} \frac{(1 + \cos 2x) - 2\cos x}{x^2}
    =lim⁡x→02cos⁡2x−2cos⁡xx2= \lim_{x \to 0} \frac{2\cos^2 x - 2\cos x}{x^2}
    =lim⁡x→0−2cos⁡x(1−cos⁡x)x2= \lim_{x \to 0} \frac{-2\cos x(1 - \cos x)}{x^2}
    =lim⁡x→0−2cos⁡x⋅2sin⁡2x2x2= \lim_{x \to 0} \frac{-2\cos x \cdot 2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}
    =−4lim⁡x→0cos⁡x⋅(lim⁡x→0sin⁡x2x2⋅12)2= -4 \lim_{x \to 0} \cos x \cdot \left(\lim_{x \to 0} \frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{2}\right)^2
    =−4⋅1⋅(1⋅12)2=−4⋅14=−1= -4 \cdot 1 \cdot \left(1 \cdot \frac{1}{2}\right)^2 = -4 \cdot \frac{1}{4} = -1

    = ডানপক্ষ (প্রমাণিত)।

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে, h(x)=cos⁡xh(x) = \cos x
    প্রদত্ত রাশি,
    F(x)=3h(π2−x)+3h(x)F(x) = \sqrt{3} h\left(\frac{\pi}{2} - x\right) + 3 h(x)
    =3cos⁡(π2−x)+3cos⁡x=3sin⁡x+3cos⁡x= \sqrt{3}\cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right) + 3\cos x = \sqrt{3}\sin x + 3\cos x

    চরমমানের জন্য, F′(x)=0F'(x) = 0
    F′(x)=3cos⁡x−3sin⁡x=0F'(x) = \sqrt{3}\cos x - 3\sin x = 0
      ⟹  3sin⁡x=3cos⁡x\implies 3\sin x = \sqrt{3}\cos x
      ⟹  tan⁡x=33=13\implies \tan x = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    দ্বিতীয় অন্তরজ:
    F′′(x)=−3sin⁡x−3cos⁡x=−(3sin⁡x+3cos⁡x)F''(x) = -\sqrt{3}\sin x - 3\cos x = -(\sqrt{3}\sin x + 3\cos x)

    যখন tan⁡x=13\tan x = \frac{1}{\sqrt{3}}:
    প্রথম চতুর্ভাগে sin⁡x=12,cos⁡x=32\sin x = \frac{1}{2}, \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}, তখন:
    F′′(x)=−(3⋅12+3⋅32)=−23<0F''(x) = -\left(\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2} + 3\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -2\sqrt{3} < 0
    সুতরাং, এ ক্ষেত্রে গুরুমান (সর্বোচ্চ মান) বিদ্যমান এবং গুরুমান =3(12)+3(32)=23= \sqrt{3}\left(\frac{1}{2}\right) + 3\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2\sqrt{3}।

    তৃতীয় চতুর্ভাগে sin⁡x=−12,cos⁡x=−32\sin x = -\frac{1}{2}, \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}, তখন:
    F′′(x)=−(−32−332)=23>0F''(x) = -\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{3\sqrt{3}}{2}\right) = 2\sqrt{3} > 0
    সুতরাং, এ ক্ষেত্রে লঘুমান (সর্বনিম্ন মান) বিদ্যমান এবং লঘুমান =3(−12)+3(−32)=−23= \sqrt{3}\left(-\frac{1}{2}\right) + 3\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -2\sqrt{3}।

    অতএব, প্রদত্ত রাশির চরমমানসমূহ 232\sqrt{3} এবং −23-2\sqrt{3}।

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন