উচ্চতর গণিত ১ম পত্র • সংযুক্ত কোণের ত্রিকোণমিতিক অনুপাত • Barishal Board • বরিশাল বোর্ড ২০২২

উচ্চতর গণিত ১ম পত্র প্রশ্ন

দৃশ্যকল্প-১: M=cos⁡25α+cos⁡25β−sin⁡25γ+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γM=\cos ^{2} 5 \alpha+\cos ^{2} 5 \beta-\sin ^{2} 5 \gamma+2 \cos 5 \alpha \cos 5 \beta \cos 5 \gamma দৃশ্যকল্প-২:

  1. ক)

    যে কোনো ABC\mathrm{ABC} ত্রিভুজে b=4 cm,c=3 cmb=4 \mathrm{~cm}, \mathrm{c}=3 \mathrm{~cm} এবং ∠C=30∘\angle C=30^{\circ} হলে ∠B\angle B নির্ণয় কর।

    (2)
  2. খ)

    দৃশ্যকল্প-১ হতে প্রমাণ কর যে, M() যেখানে α + β + γ= π

    (4)
  3. গ)

    দৃশ্যকল্প-২ হতে প্রমাণ কর যে, b−c2a=13sin⁡B−C2\frac{b-c}{2 a}=\frac{1}{\sqrt{3}} \sin \frac{B-C}{2}

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-লিখিত অনুমানভিত্তিক উত্তর—ধারণা ও সীমাবদ্ধতা নিচে উল্লেখ করা হয়েছে। এটি উৎসের যাচাইকৃত মূল উত্তর হিসেবে দাবি করা হচ্ছে না।

    স্পষ্ট অনুমান: অংশ 'খ'-এর প্রশ্নটিতে 'M()' প্রকৃতপক্ষে 'M = 0' হিসেবে পুনর্গঠন করা হয়েছে।

    ত্রিভুজের সাইন সূত্র হতে আমরা জানি,
    bsin⁡B=csin⁡C\frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}
      ⟹  sin⁡B=bsin⁡Cc\implies \sin B = \frac{b \sin C}{c}

    দেওয়া আছে, b=4 cmb = 4\text{ cm}, c=3 cmc = 3\text{ cm} এবং ∠C=30∘\angle C = 30^\circ।
    মান বসিয়ে পাই,
    sin⁡B=4⋅sin⁡30∘3=4⋅123=23\sin B = \frac{4 \cdot \sin 30^\circ}{3} = \frac{4 \cdot \frac{1}{2}}{3} = \frac{2}{3}
    ∴∠B=sin⁡−1(23)≈41.81∘\therefore \angle B = \sin^{-1}\left(\frac{2}{3}\right) \approx 41.81^\circ
    অথবা,
    ∠B=180∘−41.81∘=138.19∘\angle B = 180^\circ - 41.81^\circ = 138.19^\circ
    (যেহেতু b>cb > c, তাই ∠B>∠C=30∘\angle B > \angle C = 30^\circ এবং উভয় মানই ত্রিভুজ গঠনের শর্ত সিদ্ধ করে।)

    উত্তর: ∠B≈41.81∘\angle B \approx 41.81^\circ বা 138.19∘138.19^\circ

  2. খ)

    AI-লিখিত অনুমানভিত্তিক উত্তর—ধারণা ও সীমাবদ্ধতা নিচে উল্লেখ করা হয়েছে। এটি উৎসের যাচাইকৃত মূল উত্তর হিসেবে দাবি করা হচ্ছে না।

    স্পষ্ট অনুমান: অংশ 'খ'-এর প্রশ্নটিতে 'M()' প্রকৃতপক্ষে 'M = 0' হিসেবে পুনর্গঠন করা হয়েছে।

    ধরি, প্রশ্নটি পুনর্গঠিত রূপ: "দৃশ্যকল্প-১ হতে প্রমাণ কর যে, M=0M = 0, যেখানে α+β+γ=π\alpha + \beta + \gamma = \pi"।

    দেওয়া আছে,
    M=cos⁡25α+cos⁡25β−sin⁡25γ+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γM = \cos^2 5\alpha + \cos^2 5\beta - \sin^2 5\gamma + 2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma
    এবং α+β+γ=π\alpha + \beta + \gamma = \pi
      ⟹  5α+5β+5γ=5π\implies 5\alpha + 5\beta + 5\gamma = 5\pi
      ⟹  5β+5γ=5π−5α\implies 5\beta + 5\gamma = 5\pi - 5\alpha

    আমরা জানি, cos⁡2B−sin⁡2C=cos⁡(B+C)cos⁡(B−C)\cos^2 B - \sin^2 C = \cos(B+C)\cos(B-C)
    অতএব,
    cos⁡25β−sin⁡25γ=cos⁡(5β+5γ)cos⁡(5β−5γ)\cos^2 5\beta - \sin^2 5\gamma = \cos(5\beta + 5\gamma)\cos(5\beta - 5\gamma)

    যেহেতু cos⁡(5β+5γ)=cos⁡(5π−5α)=−cos⁡5α\cos(5\beta + 5\gamma) = \cos(5\pi - 5\alpha) = -\cos 5\alpha,
    সুতরাং,
    M=cos⁡25α−cos⁡5αcos⁡(5β−5γ)+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γM = \cos^2 5\alpha - \cos 5\alpha \cos(5\beta - 5\gamma) + 2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma
    =cos⁡5α[cos⁡5α−cos⁡(5β−5γ)]+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γ= \cos 5\alpha [\cos 5\alpha - \cos(5\beta - 5\gamma)] + 2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma
    =cos⁡5α[−cos⁡(5β+5γ)−cos⁡(5β−5γ)]+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γ= \cos 5\alpha [-\cos(5\beta + 5\gamma) - \cos(5\beta - 5\gamma)] + 2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma
    =−cos⁡5α[cos⁡(5β+5γ)+cos⁡(5β−5γ)]+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γ= -\cos 5\alpha [\cos(5\beta + 5\gamma) + \cos(5\beta - 5\gamma)] + 2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma
    =−cos⁡5α[2cos⁡5βcos⁡5γ]+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γ= -\cos 5\alpha [2\cos 5\beta \cos 5\gamma] + 2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma
    =−2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γ+2cos⁡5αcos⁡5βcos⁡5γ= -2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma + 2\cos 5\alpha \cos 5\beta \cos 5\gamma
    =0= 0

    ∴M=0\therefore M = 0 (প্রমাণিত)।

  3. গ)

    AI-লিখিত অনুমানভিত্তিক উত্তর—ধারণা ও সীমাবদ্ধতা নিচে উল্লেখ করা হয়েছে। এটি উৎসের যাচাইকৃত মূল উত্তর হিসেবে দাবি করা হচ্ছে না।

    স্পষ্ট অনুমান: অংশ 'খ'-এর প্রশ্নটিতে 'M()' প্রকৃতপক্ষে 'M = 0' হিসেবে পুনর্গঠন করা হয়েছে।

    চিত্রানুসারে, △ABC\triangle ABC-এ ∠A=60∘\angle A = 60^\circ।

    আমরা জানি, ত্রিভুজের সাইন সূত্র অনুসারে,
    asin⁡A=bsin⁡B=csin⁡C=2R\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R
    যেখানে RR হলো ত্রিভুজটির পরিব্যাসার্ধ।
    ∴a=2Rsin⁡A,b=2Rsin⁡B,c=2Rsin⁡C\therefore a = 2R\sin A, \quad b = 2R\sin B, \quad c = 2R\sin C

    বামপক্ষ (L.H.S.):
    =b−c2a= \frac{b - c}{2a}
    =2Rsin⁡B−2Rsin⁡C2(2Rsin⁡A)= \frac{2R\sin B - 2R\sin C}{2(2R\sin A)}
    =sin⁡B−sin⁡C2sin⁡A= \frac{\sin B - \sin C}{2\sin A}
    =2cos⁡(B+C2)sin⁡(B−C2)2sin⁡A= \frac{2\cos\left(\frac{B+C}{2}\right)\sin\left(\frac{B-C}{2}\right)}{2\sin A}

    আমরা জানি, A+B+C=180∘  ⟹  B+C=180∘−AA + B + C = 180^\circ \implies B + C = 180^\circ - A
    ∴cos⁡(B+C2)=cos⁡(90∘−A2)=sin⁡A2\therefore \cos\left(\frac{B+C}{2}\right) = \cos\left(90^\circ - \frac{A}{2}\right) = \sin\frac{A}{2}

    এবং sin⁡A=2sin⁡A2cos⁡A2\sin A = 2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}

    মান বসিয়ে পাই,
    =sin⁡A2sin⁡(B−C2)2sin⁡A2cos⁡A2= \frac{\sin\frac{A}{2}\sin\left(\frac{B-C}{2}\right)}{2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}}
    =sin⁡(B−C2)2cos⁡A2= \frac{\sin\left(\frac{B-C}{2}\right)}{2\cos\frac{A}{2}}

    যেহেতু ∠A=60∘\angle A = 60^\circ, সুতরাং A2=30∘\frac{A}{2} = 30^\circ:
    =sin⁡(B−C2)2cos⁡30∘= \frac{\sin\left(\frac{B-C}{2}\right)}{2\cos 30^\circ}
    =sin⁡(B−C2)2⋅32= \frac{\sin\left(\frac{B-C}{2}\right)}{2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}
    =13sin⁡(B−C2)= \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\frac{B-C}{2}\right)
    =R.H.S.= \text{R.H.S.}

    ∴b−c2a=13sin⁡B−C2\therefore \frac{b-c}{2a} = \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\frac{B-C}{2} (প্রমাণিত)।

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন