উচ্চতর গণিত ১ম পত্র • সংযুক্ত কোণের ত্রিকোণমিতিক অনুপাত • Barishal Board • বরিশাল বোর্ড ২০২৩

উচ্চতর গণিত ১ম পত্র প্রশ্ন

দৃশ্যকল্প-১ :দৃশ্যকল্প-২ : sin⁡2α=Q−sin⁡2β\sin 2 \alpha=Q-\sin 2 \beta
cos⁡2β˙=P−cos⁡2α\cos 2 \dot{\beta}=\mathrm{P}-\cos 2 \alpha

  1. ক)

    দেখাও যে, sin⁡29∘+cos⁡29∘=2cos⁡16∘\sin 29^{\circ}+\cos 29^{\circ}=\sqrt{2} \cos 16^{\circ}.

    (2)
  2. খ)

    দৃশ্যকল্প-১ এ a4+b4+c4=2 b2(a2+c2)\mathrm{a}^{4}+\mathrm{b}^{4}+\mathrm{c}^{4}=2 \mathrm{~b}^{2}\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{c}^{2}\right) হলে দেখাও যে,∠B=45∘\angle \mathrm{B}=45^{\circ} বা 135∘135^{\circ}.

    (4)
  3. গ)

    দৃশ্যকল্প-২ হতে প্রমাণ কর যে, cos⁡(α+β)=±PP2+Q2\cos (\alpha+\beta)=\pm\frac{P}{\sqrt{P^2+Q^2}}.

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    বামপক্ষ = sin⁡29∘+cos⁡29∘\sin 29^\circ + \cos 29^\circ
    =2(12cos⁡29∘+12sin⁡29∘)= \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cos 29^\circ + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin 29^\circ \right)
    =2(cos⁡45∘cos⁡29∘+sin⁡45∘sin⁡29∘)= \sqrt{2} (\cos 45^\circ \cos 29^\circ + \sin 45^\circ \sin 29^\circ)
    =2cos⁡(45∘−29∘)= \sqrt{2} \cos (45^\circ - 29^\circ)
    =2cos⁡16∘= \sqrt{2} \cos 16^\circ = ডানপক্ষ। (দেখানো হলো)

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দৃশ্যকল্প-১ থেকে ত্রিভুজ ABCABC-তে বাহুগুলো যথাক্রমে a,b,ca, b, c।
    দেওয়া আছে,
    a4+b4+c4=2b2(a2+c2)a^4 + b^4 + c^4 = 2b^2(a^2 + c^2)
    বা, a4+b4+c4−2a2b2−2b2c2=0a^4 + b^4 + c^4 - 2a^2b^2 - 2b^2c^2 = 0
    বা, (a2+c2−b2)2−2a2c2=0(a^2 + c^2 - b^2)^2 - 2a^2c^2 = 0
    বা, (a2+c2−b2)2=2a2c2(a^2 + c^2 - b^2)^2 = 2a^2c^2
    বা, a2+c2−b2=±2aca^2 + c^2 - b^2 = \pm \sqrt{2}ac
    বা, a2+c2−b22ac=±2ac2ac=±12\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \pm \frac{\sqrt{2}ac}{2ac} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}

    আমরা জানি, কোসাইন সূত্রানুসারে, cos⁡B=a2+c2−b22ac\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}
    অতএব, cos⁡B=±12\cos B = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}

    ধনাত্মক চিহ্ন নিয়ে,
    cos⁡B=12=cos⁡45∘  ⟹  ∠B=45∘\cos B = \frac{1}{\sqrt{2}} = \cos 45^\circ \implies \angle B = 45^\circ

    ঋণাত্মক চিহ্ন নিয়ে,
    cos⁡B=−12=cos⁡(180∘−45∘)=cos⁡135∘  ⟹  ∠B=135∘\cos B = -\frac{1}{\sqrt{2}} = \cos(180^\circ - 45^\circ) = \cos 135^\circ \implies \angle B = 135^\circ

    সুতরাং, ∠B=45∘\angle B = 45^\circ বা 135∘135^\circ। (দেখানো হলো)

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দৃশ্যকল্প-২ হতে দেওয়া আছে,
    sin⁡2α+sin⁡2β=Q\sin 2\alpha + \sin 2\beta = Q ... (i)
    cos⁡2α+cos⁡2β=P\cos 2\alpha + \cos 2\beta = P ... (ii)

    (i) নং সমীকরণ হতে,
    2sin⁡2α+2β2cos⁡2α−2β2=Q2 \sin \frac{2\alpha + 2\beta}{2} \cos \frac{2\alpha - 2\beta}{2} = Q
    বা, 2sin⁡(α+β)cos⁡(α−β)=Q2 \sin (\alpha + \beta) \cos (\alpha - \beta) = Q ... (iii)

    (ii) নং সমীকরণ হতে,
    2cos⁡2α+2β2cos⁡2α−2β2=P2 \cos \frac{2\alpha + 2\beta}{2} \cos \frac{2\alpha - 2\beta}{2} = P
    বা, 2cos⁡(α+β)cos⁡(α−β)=P2 \cos (\alpha + \beta) \cos (\alpha - \beta) = P ... (iv)

    (iii) নং সমীকরণকে (iv) নং সমীকরণ দ্বারা ভাগ করে পাই,
    2sin⁡(α+β)cos⁡(α−β)2cos⁡(α+β)cos⁡(α−β)=QP\frac{2 \sin (\alpha + \beta) \cos (\alpha - \beta)}{2 \cos (\alpha + \beta) \cos (\alpha - \beta)} = \frac{Q}{P}
    বা, tan⁡(α+β)=QP\tan (\alpha + \beta) = \frac{Q}{P}

    এখন,
    sec⁡2(α+β)=1+tan⁡2(α+β)=1+Q2P2=P2+Q2P2\sec^2 (\alpha + \beta) = 1 + \tan^2 (\alpha + \beta) = 1 + \frac{Q^2}{P^2} = \frac{P^2 + Q^2}{P^2}
    বা, 1cos⁡2(α+β)=P2+Q2P2\frac{1}{\cos^2 (\alpha + \beta)} = \frac{P^2 + Q^2}{P^2}
    বা, cos⁡2(α+β)=P2P2+Q2\cos^2 (\alpha + \beta) = \frac{P^2}{P^2 + Q^2}

    উভয়পক্ষে বর্গমূল করে পাই,
    cos⁡(α+β)=±PP2+Q2\cos (\alpha + \beta) = \pm \frac{P}{\sqrt{P^2 + Q^2}}। (প্রমাণিত)

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন