উচ্চতর গণিত ২য় পত্র • বিপরীত ত্রিকোণমিতিক ফাংশন ও ত্রিকোণমিতিক সমীকরণ • Sylhet Board • সিলেট বোর্ড ২০২১

উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

দৃশ্যকল্প-১: P=sec⁡−15−12sin⁡−135+cot⁡−13P = \sec^{-1} \sqrt{5} - \frac{1}{2} \sin^{-1} \frac{3}{5} + \cot^{-1} 3
দৃশ্যকল্প-২: cos⁡−1ma+cos⁡−1nb=x\cos^{-1} \frac{m}{a} + \cos^{-1} \frac{n}{b} = x

  1. ক)

    sec⁡2(cot⁡−114)+tan⁡2(cos⁡−113)\sec^2 \left( \cot^{-1} \frac{1}{4} \right) + \tan^2 \left( \cos^{-1} \frac{1}{3} \right) এর মান নির্ণয় কর।

    (2)
  2. খ)

    দৃশ্যকল্প-১ হতে প্রমাণ কর যে, P=tan⁡−12P = \tan^{-1} 2।

    (4)
  3. গ)

    দৃশ্যকল্প-২ এর সাহায্যে দেখাও যে, m2a2−2mnabcos⁡x+n2b2=sin⁡2x\frac{m^2}{a^2} - \frac{2mn}{ab} \cos x + \frac{n^2}{b^2} = \sin^2 x।

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    প্রদত্ত রাশি:
    sec⁡2(cot⁡−114)+tan⁡2(cos⁡−113)\sec^2 \left( \cot^{-1} \frac{1}{4} \right) + \tan^2 \left( \cos^{-1} \frac{1}{3} \right)

    আমরা জানি, sec⁡2θ=1+tan⁡2θ\sec^2 \theta = 1 + \tan^2 \theta
    সুতরাং, sec⁡2(cot⁡−114)=1+tan⁡2(cot⁡−114)=1+tan⁡2(tan⁡−14)=1+42=1+16=17\sec^2 \left( \cot^{-1} \frac{1}{4} \right) = 1 + \tan^2 \left( \cot^{-1} \frac{1}{4} \right) = 1 + \tan^2 (\tan^{-1} 4) = 1 + 4^2 = 1 + 16 = 17

    আবার, tan⁡2ϕ=sec⁡2ϕ−1\tan^2 \phi = \sec^2 \phi - 1
    সুতরাং, tan⁡2(cos⁡−113)=sec⁡2(cos⁡−113)−1=sec⁡2(sec⁡−13)−1=32−1=9−1=8\tan^2 \left( \cos^{-1} \frac{1}{3} \right) = \sec^2 \left( \cos^{-1} \frac{1}{3} \right) - 1 = \sec^2 (\sec^{-1} 3) - 1 = 3^2 - 1 = 9 - 1 = 8

    অতএব, প্রদত্ত রাশির মান =17+8=25= 17 + 8 = 25।

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দৃশ্যকল্প-১ থেকে পাই,
    P=sec⁡−15−12sin⁡−135+cot⁡−13P = \sec^{-1} \sqrt{5} - \frac{1}{2} \sin^{-1} \frac{3}{5} + \cot^{-1} 3

    এখানে,
    ১. sec⁡−15=tan⁡−1(5)2−1=tan⁡−14=tan⁡−12\sec^{-1} \sqrt{5} = \tan^{-1} \sqrt{(\sqrt{5})^2 - 1} = \tan^{-1} \sqrt{4} = \tan^{-1} 2
    ২. 12sin⁡−135=12tan⁡−1(352−32)=12tan⁡−134\frac{1}{2} \sin^{-1} \frac{3}{5} = \frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{3}{\sqrt{5^2 - 3^2}} \right) = \frac{1}{2} \tan^{-1} \frac{3}{4}
    আমরা জানি, 12tan⁡−1(2x1−x2)=tan⁡−1x\frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{2x}{1-x^2} \right) = \tan^{-1} x
    এখানে, 2x1−x2=34⇒3−3x2=8x⇒3x2+8x−3=0\frac{2x}{1-x^2} = \frac{3}{4} \Rightarrow 3 - 3x^2 = 8x \Rightarrow 3x^2 + 8x - 3 = 0
    ⇒(3x−1)(x+3)=0⇒x=13\Rightarrow (3x - 1)(x + 3) = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{3} (যেহেতু x>0x > 0)
    অতএব, 12sin⁡−135=tan⁡−113\frac{1}{2} \sin^{-1} \frac{3}{5} = \tan^{-1} \frac{1}{3}
    ৩. cot⁡−13=tan⁡−113\cot^{-1} 3 = \tan^{-1} \frac{1}{3}

    অতএব,
    P=tan⁡−12−tan⁡−113+tan⁡−113P = \tan^{-1} 2 - \tan^{-1} \frac{1}{3} + \tan^{-1} \frac{1}{3}
    ⇒P=tan⁡−12\Rightarrow P = \tan^{-1} 2 (প্রমাণিত)।

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দৃশ্যকল্প-২ হতে পাই,
    cos⁡−1ma+cos⁡−1nb=x\cos^{-1} \frac{m}{a} + \cos^{-1} \frac{n}{b} = x

    আমরা জানি, cos⁡−1u+cos⁡−1v=cos⁡−1(uv−1−u21−v2)\cos^{-1} u + \cos^{-1} v = \cos^{-1} \left( uv - \sqrt{1-u^2} \sqrt{1-v^2} \right)
    সুতরাং,
    cos⁡−1[ma⋅nb−1−m2a21−n2b2]=x\cos^{-1} \left[ \frac{m}{a} \cdot \frac{n}{b} - \sqrt{1 - \frac{m^2}{a^2}} \sqrt{1 - \frac{n^2}{b^2}} \right] = x

    ⇒mnab−1−m2a21−n2b2=cos⁡x\Rightarrow \frac{mn}{ab} - \sqrt{1 - \frac{m^2}{a^2}} \sqrt{1 - \frac{n^2}{b^2}} = \cos x
    ⇒mnab−cos⁡x=1−m2a21−n2b2\Rightarrow \frac{mn}{ab} - \cos x = \sqrt{1 - \frac{m^2}{a^2}} \sqrt{1 - \frac{n^2}{b^2}}

    উভয়পক্ষকে বর্গ করে পাই,
    (mnab−cos⁡x)2=(1−m2a2)(1−n2b2)\left( \frac{mn}{ab} - \cos x \right)^2 = \left( 1 - \frac{m^2}{a^2} \right) \left( 1 - \frac{n^2}{b^2} \right)
    ⇒m2n2a2b2−2mnabcos⁡x+cos⁡2x=1−n2b2−m2a2+m2n2a2b2\Rightarrow \frac{m^2 n^2}{a^2 b^2} - 2 \frac{mn}{ab} \cos x + \cos^2 x = 1 - \frac{n^2}{b^2} - \frac{m^2}{a^2} + \frac{m^2 n^2}{a^2 b^2}
    ⇒m2a2−2mnabcos⁡x+n2b2=1−cos⁡2x\Rightarrow \frac{m^2}{a^2} - 2 \frac{mn}{ab} \cos x + \frac{n^2}{b^2} = 1 - \cos^2 x
    ⇒m2a2−2mnabcos⁡x+n2b2=sin⁡2x\Rightarrow \frac{m^2}{a^2} - \frac{2mn}{ab} \cos x + \frac{n^2}{b^2} = \sin^2 x (দেখানো হলো)।

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন