উচ্চতর গণিত ২য় পত্র • বিপরীত ত্রিকোণমিতিক ফাংশন ও ত্রিকোণমিতিক সমীকরণ • Cumilla Board • কুমিল্লা বোর্ড ২০২৫

উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

দৃশ্যকল্প-২: f(x)=cos⁡xf(x)=\cos x .

  1. ক)

    sec⁡−1345+sin⁡−1117\sec ^{-1} \frac{\sqrt{34}}{5}+\sin ^{-1} \frac{1}{\sqrt{17}} এর মান নির্ণয় কর।

    (2)
  2. খ)

    দৃশ্যকল্প-১ এর আলোকে প্রমাণ কর যে, 12θ+cosec⁡−153=cot⁡−12+cot⁡−12928\frac{1}{2} \theta+\operatorname{cosec}^{-1} \frac{5}{3}=\cot ^{-1} 2+\cot ^{-1} \frac{29}{28} .

    (4)
  3. গ)

    সমাধান কর: 3f(x)+f(π2+x)=1\sqrt{3} f(x)+f\left(\frac{\pi}{2}+x\right)=1, যখন −2π<x<2π-2\pi<x<2\pi

    (4)

উত্তর ও ব্যাখ্যা

  1. ক)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    প্রদত্ত রাশি =sec⁡−1345+sin⁡−1117= \sec^{-1} \frac{\sqrt{34}}{5} + \sin^{-1} \frac{1}{\sqrt{17}}

    আমরা জানি,
    sec⁡−1345=tan⁡−1(345)2−1=tan⁡−13425−1=tan⁡−1925=tan⁡−135\sec^{-1} \frac{\sqrt{34}}{5} = \tan^{-1} \sqrt{\left(\frac{\sqrt{34}}{5}\right)^2 - 1} = \tan^{-1} \sqrt{\frac{34}{25} - 1} = \tan^{-1} \sqrt{\frac{9}{25}} = \tan^{-1} \frac{3}{5}

    এবং
    sin⁡−1117=tan⁡−1(1171−117)=tan⁡−1(116)=tan⁡−114\sin^{-1} \frac{1}{\sqrt{17}} = \tan^{-1} \left(\frac{\frac{1}{\sqrt{17}}}{\sqrt{1 - \frac{1}{17}}}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{16}}\right) = \tan^{-1} \frac{1}{4}

    ∴sec⁡−1345+sin⁡−1117\therefore \sec^{-1} \frac{\sqrt{34}}{5} + \sin^{-1} \frac{1}{\sqrt{17}}
    =tan⁡−135+tan⁡−114= \tan^{-1} \frac{3}{5} + \tan^{-1} \frac{1}{4}
    =tan⁡−1(35+141−35⋅14)= \tan^{-1} \left( \frac{\frac{3}{5} + \frac{1}{4}}{1 - \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{4}} \right)
    =tan⁡−1(12+52020−320)= \tan^{-1} \left( \frac{\frac{12 + 5}{20}}{\frac{20 - 3}{20}} \right)
    =tan⁡−1(1717)= \tan^{-1} \left( \frac{17}{17} \right)
    =tan⁡−1(1)=π4(Ans.)= \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4} (Ans.)

  2. খ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দৃশ্যকল্প-১ এর সমকোণী ত্রিভুজ থেকে পাই,
    অতিভুজ = 13, লম্ব = 12
    ∴ভূমি=132−122=169−144=25=5\therefore \text{ভূমি} = \sqrt{13^2 - 12^2} = \sqrt{169 - 144} = \sqrt{25} = 5
    ∴cos⁡θ=513  ⟹  θ=cos⁡−1(513)\therefore \cos\theta = \frac{5}{13} \implies \theta = \cos^{-1}\left(\frac{5}{13}\right)

    আমরা জানি, cos⁡−1x=2tan⁡−11−x1+x\cos^{-1}x = 2\tan^{-1}\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}
    ∴12θ=12cos⁡−1(513)=tan⁡−11−5131+513=tan⁡−1818=tan⁡−149=tan⁡−1(23)\therefore \frac{1}{2}\theta = \frac{1}{2}\cos^{-1}\left(\frac{5}{13}\right) = \tan^{-1}\sqrt{\frac{1 - \frac{5}{13}}{1 + \frac{5}{13}}} = \tan^{-1}\sqrt{\frac{8}{18}} = \tan^{-1}\sqrt{\frac{4}{9}} = \tan^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)

    আবার, cosec⁡−1(53)=tan⁡−1(352−32)=tan⁡−1(34)\operatorname{cosec}^{-1}\left(\frac{5}{3}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{5^2 - 3^2}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)

    ∴L.H.S.=12θ+cosec⁡−1(53)\therefore \text{L.H.S.} = \frac{1}{2}\theta + \operatorname{cosec}^{-1}\left(\frac{5}{3}\right)
    =tan⁡−1(23)+tan⁡−1(34)= \tan^{-1}\left(\frac{2}{3}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)
    =tan⁡−1(23+341−23⋅34)= \tan^{-1}\left(\frac{\frac{2}{3} + \frac{3}{4}}{1 - \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4}}\right)
    =tan⁡−1(1712612)=tan⁡−1(176)= \tan^{-1}\left(\frac{\frac{17}{12}}{\frac{6}{12}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{17}{6}\right)

    এখন, R.H.S.=cot⁡−12+cot⁡−1(2928)\text{R.H.S.} = \cot^{-1}2 + \cot^{-1}\left(\frac{29}{28}\right)
    =tan⁡−1(12)+tan⁡−1(2829)= \tan^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{28}{29}\right)
    =tan⁡−1(12+28291−12⋅2829)= \tan^{-1}\left(\frac{\frac{1}{2} + \frac{28}{29}}{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{28}{29}}\right)
    =tan⁡−1(29+565858−2858)= \tan^{-1}\left(\frac{\frac{29 + 56}{58}}{\frac{58 - 28}{58}}\right)
    =tan⁡−1(8530)=tan⁡−1(176)= \tan^{-1}\left(\frac{85}{30}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{17}{6}\right)

    ∴L.H.S.=R.H.S.\therefore \text{L.H.S.} = \text{R.H.S.} (প্রমাণিত)

  3. গ)

    AI-তৈরি নমুনা উত্তর

    দেওয়া আছে, f(x)=cos⁡xf(x) = \cos x
    ∴3f(x)+f(π2+x)=1\therefore \sqrt{3}f(x) + f\left(\frac{\pi}{2} + x\right) = 1
    ⇒3cos⁡x+cos⁡(π2+x)=1\Rightarrow \sqrt{3}\cos x + \cos\left(\frac{\pi}{2} + x\right) = 1
    ⇒3cos⁡x−sin⁡x=1\Rightarrow \sqrt{3}\cos x - \sin x = 1

    উভয়পক্ষকে (3)2+(−1)2=3+1=2\sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = \sqrt{3+1} = 2 দ্বারা ভাগ করে পাই,
    32cos⁡x−12sin⁡x=12\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x - \frac{1}{2}\sin x = \frac{1}{2}
    ⇒cos⁡xcos⁡π6−sin⁡xsin⁡π6=12\Rightarrow \cos x\cos\frac{\pi}{6} - \sin x\sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}
    ⇒cos⁡(x+π6)=cos⁡π3\Rightarrow \cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) = \cos\frac{\pi}{3}

    ∴x+π6=2nπ±π3,n∈Z\therefore x + \frac{\pi}{6} = 2n\pi \pm \frac{\pi}{3}, \quad n \in \mathbb{Z}
    ⇒x=2nπ±π3−π6\Rightarrow x = 2n\pi \pm \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}

    ধনাত্মক চিহ্নের জন্য:
    x=2nπ+π3−π6=2nπ+π6x = 2n\pi + \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = 2n\pi + \frac{\pi}{6}
    ঋণাত্মক চিহ্নের জন্য:
    x=2nπ−π3−π6=2nπ−π2x = 2n\pi - \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = 2n\pi - \frac{\pi}{2}

    প্রদত্ত ব্যবধি: −2π<x<2π-2\pi < x < 2\pi

    n=0n = 0 হলে:
    x=π6x = \frac{\pi}{6}
    x=−π2x = -\frac{\pi}{2}

    n=1n = 1 হলে:
    x=2π+π6>2πx = 2\pi + \frac{\pi}{6} > 2\pi (গ্রহণযোগ্য নয়)
    x=2π−π2=3π2x = 2\pi - \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}

    n=−1n = -1 হলে:
    x=−2π+π6=−11π6x = -2\pi + \frac{\pi}{6} = -\frac{11\pi}{6}
    x=−2π−π2<−2πx = -2\pi - \frac{\pi}{2} < -2\pi (গ্রহণযোগ্য নয়)

    ∴\therefore নির্ণেয় সমাধান: x=−11π6,−π2,π6,3π2x = -\frac{11\pi}{6}, -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}।

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন