উচ্চতর গণিত ২য় পত্র • বিপরীত ত্রিকোণমিতিক ফাংশন ও ত্রিকোণমিতিক সমীকরণ • Sylhet Board • সিলেট বোর্ড ২০২২

উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

f(θ)=sin⁡θf(\theta) = \sin\theta

  1. ক)

    cos⁡2(sin⁡−113)\cos^2\left(\sin^{-1} \frac{1}{\sqrt{3}}\right) এর মান বের কর।

    (2)
  2. খ)

    প্রমাণ কর যে, sin⁡−1(2f(θ))+sin⁡−1(f(π2−2θ))=π2\sin^{-1}(\sqrt{2}f(\theta)) + \sin^{-1}\left(\sqrt{f\left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)}\right) = \frac{\pi}{2}

    (4)
  3. গ)

    সমাধান কর: f(π2−θ)+3f(θ)=2f\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) + \sqrt{3}f(\theta) = \sqrt{2}

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    ধরি, sin⁡−1(13)=A\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = A
    তাহলে, sin⁡A=13\sin A = \frac{1}{\sqrt{3}}
    প্রদত্ত রাশি,
    cos⁡2(sin⁡−113)=cos⁡2A=1−sin⁡2A=1−(13)2=1−13=23\cos^2\left(\sin^{-1} \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \cos^2 A = 1 - \sin^2 A = 1 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} (Ans.)

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে, f(θ)=sin⁡θf(\theta) = \sin\theta
    তাহলে, 2f(θ)=2sin⁡θ\sqrt{2}f(\theta) = \sqrt{2}\sin\theta
    এবং f(π2−2θ)=sin⁡(π2−2θ)=cos⁡2θf\left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right) = \cos 2\theta
    অতএব, f(π2−2θ)=cos⁡2θ\sqrt{f\left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)} = \sqrt{\cos 2\theta}

    বামপক্ষ =sin⁡−1(2sin⁡θ)+sin⁡−1(cos⁡2θ)= \sin^{-1}(\sqrt{2}\sin\theta) + \sin^{-1}(\sqrt{\cos 2\theta})
    আমরা জানি, sin⁡−1x+sin⁡−1y=sin⁡−1(x1−y2+y1−x2)\sin^{-1} x + \sin^{-1} y = \sin^{-1}\left(x\sqrt{1-y^2} + y\sqrt{1-x^2}\right)
    এখানে,
    x=2sin⁡θ  ⟹  1−x2=1−2sin⁡2θ=cos⁡2θx = \sqrt{2}\sin\theta \implies \sqrt{1-x^2} = \sqrt{1 - 2\sin^2\theta} = \sqrt{\cos 2\theta}
    y=cos⁡2θ  ⟹  1−y2=1−cos⁡2θ=2sin⁡2θ=2sin⁡θy = \sqrt{\cos 2\theta} \implies \sqrt{1-y^2} = \sqrt{1 - \cos 2\theta} = \sqrt{2\sin^2\theta} = \sqrt{2}\sin\theta

    অতএব,
    বামপক্ষ =sin⁡−1[(2sin⁡θ)(2sin⁡θ)+(cos⁡2θ)(cos⁡2θ)]= \sin^{-1}\left[(\sqrt{2}\sin\theta)(\sqrt{2}\sin\theta) + (\sqrt{\cos 2\theta})(\sqrt{\cos 2\theta})\right]
    =sin⁡−1(2sin⁡2θ+cos⁡2θ)= \sin^{-1}\left(2\sin^2\theta + \cos 2\theta\right)
    =sin⁡−1(2sin⁡2θ+1−2sin⁡2θ)= \sin^{-1}\left(2\sin^2\theta + 1 - 2\sin^2\theta\right)
    =sin⁡−1(1)=π2== \sin^{-1}(1) = \frac{\pi}{2} = ডানপক্ষ (প্রমাণিত)।

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে,
    f(π2−θ)+3f(θ)=2f\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) + \sqrt{3}f(\theta) = \sqrt{2}
    বা, sin⁡(π2−θ)+3sin⁡θ=2\sin\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) + \sqrt{3}\sin\theta = \sqrt{2}
    বা, cos⁡θ+3sin⁡θ=2\cos\theta + \sqrt{3}\sin\theta = \sqrt{2}

    উভয়পক্ষকে 12+(3)2=1+3=2\sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = 2 দ্বারা ভাগ করে পাই,
    12cos⁡θ+32sin⁡θ=22\frac{1}{2}\cos\theta + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta = \frac{\sqrt{2}}{2}
    বা, cos⁡θcos⁡π3+sin⁡θsin⁡π3=12\cos\theta \cos\frac{\pi}{3} + \sin\theta \sin\frac{\pi}{3} = \frac{1}{\sqrt{2}}
    বা, cos⁡(θ−π3)=cos⁡π4\cos\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) = \cos\frac{\pi}{4}

    সাধারণ সমাধান,
    θ−π3=2nπ±π4\theta - \frac{\pi}{3} = 2n\pi \pm \frac{\pi}{4}, যেখানে n∈Zn \in \mathbb{Z}
    বা, θ=2nπ+π3±π4\theta = 2n\pi + \frac{\pi}{3} \pm \frac{\pi}{4}

    ধনার্থক চিহ্ন নিয়ে: θ=2nπ+π3+π4=2nπ+7π12\theta = 2n\pi + \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4} = 2n\pi + \frac{7\pi}{12}
    ঋণাত্মক চিহ্ন নিয়ে: θ=2nπ+π3−π4=2nπ+π12\theta = 2n\pi + \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} = 2n\pi + \frac{\pi}{12}

    অতএব, নির্ণেয় সমাধান: θ=2nπ+7π12\theta = 2n\pi + \frac{7\pi}{12} অথবা 2nπ+π122n\pi + \frac{\pi}{12}, যেখানে n∈Zn \in \mathbb{Z} (Ans.)

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন