উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

উত্তর ও ব্যাখ্যা

1. ক)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   কোনো নির্দিষ্ট সরলরেখা বরাবর কোনো বলের প্রভাব বা কার্যকর অংশকে ঐ রেখা বরাবর বলটির লম্বাংশ (Resolved Part বা Component) বলে। গাণিতিকভাবে, কোনো বল $F$ যদি একটি নির্দিষ্ট সরলরেখার সাথে $\theta$ কোণ উৎপন্ন করে, তবে ঐ রেখা বরাবর বলটির লম্বাংশ হবে $F \cos\theta$।

2. খ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   দৃশ্যকল্প-১ এ, ত্রিভুজ $PQR$ এর $R$ বিন্দুতে $RP$ ও $RQ$ বাহু বরাবর যথাক্রমে $F_1$ এবং $F_2$ বলদ্বয় ক্রিয়াশীল এবং এদের লব্ধি $F$, যা $RP$ বাহুর সাথে $\varphi$ কোণ উৎপন্ন করে।

   সুতরাং, $F_1$ ও $F_2$ এর মধ্যবর্তী কোণ $\angle PRQ = R$।

   লব্ধির দিক নির্ণয়ের সূত্রানুসারে,
   $\tan\varphi = \frac{F_2 \sin R}{F_1 + F_2 \cos R}$

   দেওয়া আছে, $F_1 \propto \cos P$ এবং $F_2 \propto \cos Q$।
   ধরি, $F_1 = k \cos P$ এবং $F_2 = k \cos Q$ (যেখানে $k$ একটি অশূন্য ধ্রুবক)।

   মান বসিয়ে পাই,
   $\tan\varphi = \frac{k \cos Q \sin R}{k \cos P + k \cos Q \cos R} = \frac{\cos Q \sin R}{\cos P + \cos Q \cos R}$

   ত্রিভুজ $PQR$ এ, $P + Q + R = \pi$ বা $P = \pi - (Q + R)$
   $\therefore \cos P = \cos(\pi - (Q + R)) = -\cos(Q + R) = -(\cos Q \cos R - \sin Q \sin R) = \sin Q \sin R - \cos Q \cos R$

   অতএব,
   $\tan\varphi = \frac{\cos Q \sin R}{\sin Q \sin R - \cos Q \cos R + \cos Q \cos R} = \frac{\cos Q \sin R}{\sin Q \sin R} = \frac{\cos Q}{\sin Q} = \cot Q$

   $\Rightarrow \tan\varphi = \tan\left(\frac{\pi}{2} - Q\right)$
   $\Rightarrow \varphi = \frac{\pi}{2} - Q$

   আবার, $P + Q + R = \pi \Rightarrow \frac{\pi}{2} = \frac{P + Q + R}{2}$

   অতএব,
   $\varphi = \frac{P + Q + R}{2} - Q = \frac{P - Q + R}{2}$

   উভয়পক্ষকে $R$ থেকে বিয়োগ করে পাই,
   $R - \varphi = R - \frac{P - Q + R}{2} = \frac{2R - P + Q - R}{2} = \frac{1}{2}(R + Q - P)$

   $\therefore R - \varphi = \frac{1}{2}(R + Q - P)$ (দেখানো হলো)।

3. গ)

   AI-তৈরি নমুনা উত্তর

   দৃশ্যকল্প-২ এ, একটি বিন্দুতে তিনটি বল $Q, R, S$ ক্রিয়ারত এবং তারা সাম্যাবস্থায় রয়েছে।
   চিত্রানুসারে,

   • $Q$ ও $S$ এর মধ্যবর্তী কোণ $= \alpha$
   • $Q$ ও $R$ এর মধ্যবর্তী কোণ $= 2\alpha$
   • $R$ ও $S$ এর মধ্যবর্তী কোণ $= 360^\circ - (\alpha + 2\alpha) = 360^\circ - 3\alpha$

   লামির উপপাদ্য প্রয়োগ করে পাই,
   $\frac{Q}{\sin(360^\circ - 3\alpha)} = \frac{R}{\sin\alpha} = \frac{S}{\sin 2\alpha}$

   $\Rightarrow \frac{Q}{-\sin 3\alpha} = \frac{R}{\sin\alpha} = \frac{S}{2\sin\alpha\cos\alpha}$

   যেহেতু বলসমূহের মান ধনাত্মক এবং চিত্রানুসারে কোণের বিপরীতমুখী দিক বিবেচনায় মানের ক্ষেত্রে,
   $\frac{Q}{\sin 3\alpha} = \frac{R}{\sin\alpha} = \frac{S}{\sin 2\alpha}$ বিবেচনা করলে (অথবা সাম্যাবস্থার জন্য কোণগুলোর সাইন অনুপাত):

   $\frac{R}{\sin\alpha} = \frac{S}{2\sin\alpha\cos\alpha} \Rightarrow \cos\alpha = \frac{S}{2R}$

   আবার,
   $\frac{Q}{\sin 3\alpha} = \frac{R}{\sin\alpha} \Rightarrow \frac{Q}{R} = \frac{\sin 3\alpha}{\sin\alpha} = \frac{3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha}{\sin\alpha} = 3 - 4\sin^2\alpha$

   $\Rightarrow \frac{Q}{R} = 3 - 4(1 - \cos^2\alpha) = 3 - 4 + 4\cos^2\alpha = 4\cos^2\alpha - 1$

   $\cos\alpha = \frac{S}{2R}$ বসিয়ে পাই,
   $\frac{Q}{R} = 4\left(\frac{S}{2R}\right)^2 - 1$

   $\Rightarrow \frac{Q}{R} = 4 \cdot \frac{S^2}{4R^2} - 1 = \frac{S^2}{R^2} - 1$

   $\Rightarrow \frac{S^2}{R^2} = 1 + \frac{Q}{R}$ [বা দিক অনুসারে বিপরীত চিহ্ন নিলে $1 - \frac{Q}{R}$]
   চিত্রানুসারে বলের সঠিক উপাংশ বিবেচনায়:
   $\sin(360^\circ - 3\alpha) = -\sin 3\alpha$, ফলে দিক যথাযথ বিবেচনা করলে,
   $-\frac{Q}{\sin 3\alpha} = \frac{R}{\sin\alpha} \Rightarrow \frac{Q}{R} = - (3 - 4\sin^2\alpha) = 1 - 4\cos^2\alpha$

   $\Rightarrow 4\cos^2\alpha = 1 - \frac{Q}{R} = \frac{R - Q}{R}$

   $\Rightarrow 4\left(\frac{S}{2R}\right)^2 = \frac{R - Q}{R}$

   $\Rightarrow \frac{S^2}{R^2} = \frac{R - Q}{R}$

   $\Rightarrow S^2 = R(R - Q)$ (দেখানো হলো)।