উচ্চতর গণিত ২য় পত্র • বিপরীত ত্রিকোণমিতিক ফাংশন ও ত্রিকোণমিতিক সমীকরণ • Jashore Board • যশোর বোর্ড ২০২৫

উচ্চতর গণিত ২য় পত্র প্রশ্ন

দৃশ্যকল্প: f(x)=cos⁡xf(x) = \cos x

  1. ক)

    প্রমাণ কর যে, 12cos⁡−1x=cos⁡−11+x2\frac{1}{2}\cos^{-1}x = \cos^{-1}\sqrt{\frac{1+x}{2}}.

    (2)
  2. খ)

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

    (4)
  3. গ)

    সমাধান কর: 4f(θ)f(2θ)f(3θ)=14f(\theta) f(2\theta) f(3\theta) = 1, যখন 0∘<θ<π0^\circ<\theta<\pi.

    (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: খ অংশে sin⁡−1(2P)\sin^{-1}(\sqrt{2P}) মুদ্রণ প্রমাদ; পাঠ্যবই ও বোর্ড পরীক্ষার মূল প্রশ্ন অনুসারে এটি sin⁡−1(2P)\sin^{-1}(\sqrt{2}P)।

    ধরি, cos⁡−1x=θ  ⟹  x=cos⁡θ\cos^{-1}x = \theta \implies x = \cos\theta

    আমরা জানি,
    1+cos⁡θ=2cos⁡2(θ2)1 + \cos\theta = 2\cos^2\left(\frac{\theta}{2}\right)
      ⟹  cos⁡2(θ2)=1+cos⁡θ2\implies \cos^2\left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{1 + \cos\theta}{2}
      ⟹  cos⁡(θ2)=1+x2\implies \cos\left(\frac{\theta}{2}\right) = \sqrt{\frac{1 + x}{2}}
      ⟹  θ2=cos⁡−11+x2\implies \frac{\theta}{2} = \cos^{-1}\sqrt{\frac{1 + x}{2}}
      ⟹  12cos⁡−1x=cos⁡−11+x2\implies \frac{1}{2}\cos^{-1}x = \cos^{-1}\sqrt{\frac{1 + x}{2}} (প্রমাণিত)।

  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: খ অংশে sin⁡−1(2P)\sin^{-1}(\sqrt{2P}) মুদ্রণ প্রমাদ; পাঠ্যবই ও বোর্ড পরীক্ষার মূল প্রশ্ন অনুসারে এটি sin⁡−1(2P)\sin^{-1}(\sqrt{2}P)।

    দেওয়া আছে, f(x)=cos⁡xf(x) = \cos x
    অতএব,
    P=f(π2−θ)=cos⁡(π2−θ)=sin⁡θP = f\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \sin\theta
    Q=f(2θ)=cos⁡2θQ = f(2\theta) = \cos 2\theta

    [প্রশ্নটিতে মুদ্রণজনিত কারণে 2P\sqrt{2}P-এর পরিবর্তে 2P\sqrt{2P} মুদ্রিত হয়েছে; সঠিক রূপ: sin⁡−1(2P)+sin⁡−1(Q)=π2\sin^{-1}(\sqrt{2}P) + \sin^{-1}(\sqrt{Q}) = \frac{\pi}{2}]

    বামপক্ষ =sin⁡−1(2P)+sin⁡−1(Q)= \sin^{-1}(\sqrt{2}P) + \sin^{-1}(\sqrt{Q})
    =sin⁡−1(2sin⁡θ)+sin⁡−1(cos⁡2θ)= \sin^{-1}(\sqrt{2}\sin\theta) + \sin^{-1}(\sqrt{\cos 2\theta})

    আমরা জানি, cos⁡2θ=1−2sin⁡2θ\cos 2\theta = 1 - 2\sin^2\theta
    বা, 2sin⁡2θ+cos⁡2θ=12\sin^2\theta + \cos 2\theta = 1
    বা, (2sin⁡θ)2+(cos⁡2θ)2=1(\sqrt{2}\sin\theta)^2 + (\sqrt{\cos 2\theta})^2 = 1

    ধরি, u=2sin⁡θu = \sqrt{2}\sin\theta, তাহলে cos⁡2θ=1−u2\sqrt{\cos 2\theta} = \sqrt{1 - u^2}
    অতএব,
    বামপক্ষ =sin⁡−1u+sin⁡−11−u2= \sin^{-1}u + \sin^{-1}\sqrt{1 - u^2}
    =sin⁡−1u+cos⁡−1u= \sin^{-1}u + \cos^{-1}u
    =π2== \frac{\pi}{2} = ডানপক্ষ (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: খ অংশে sin⁡−1(2P)\sin^{-1}(\sqrt{2P}) মুদ্রণ প্রমাদ; পাঠ্যবই ও বোর্ড পরীক্ষার মূল প্রশ্ন অনুসারে এটি sin⁡−1(2P)\sin^{-1}(\sqrt{2}P)।

    দেওয়া আছে, f(x)=cos⁡xf(x) = \cos x
    প্রদত্ত সমীকরণ:
    4f(θ)f(2θ)f(3θ)=14f(\theta)f(2\theta)f(3\theta) = 1
      ⟹  4cos⁡θcos⁡2θcos⁡3θ=1\implies 4\cos\theta \cos 2\theta \cos 3\theta = 1
      ⟹  2(2cos⁡3θcos⁡θ)cos⁡2θ=1\implies 2(2\cos 3\theta \cos\theta)\cos 2\theta = 1
      ⟹  2(cos⁡4θ+cos⁡2θ)cos⁡2θ=1\implies 2(\cos 4\theta + \cos 2\theta)\cos 2\theta = 1
      ⟹  2cos⁡4θcos⁡2θ+2cos⁡22θ=1\implies 2\cos 4\theta \cos 2\theta + 2\cos^2 2\theta = 1
      ⟹  (cos⁡6θ+cos⁡2θ)+(1+cos⁡4θ)=1\implies (\cos 6\theta + \cos 2\theta) + (1 + \cos 4\theta) = 1
      ⟹  cos⁡6θ+cos⁡4θ+cos⁡2θ=0\implies \cos 6\theta + \cos 4\theta + \cos 2\theta = 0
      ⟹  (cos⁡6θ+cos⁡2θ)+cos⁡4θ=0\implies (\cos 6\theta + \cos 2\theta) + \cos 4\theta = 0
      ⟹  2cos⁡4θcos⁡2θ+cos⁡4θ=0\implies 2\cos 4\theta \cos 2\theta + \cos 4\theta = 0
      ⟹  cos⁡4θ(2cos⁡2θ+1)=0\implies \cos 4\theta(2\cos 2\theta + 1) = 0

    হয়, cos⁡4θ=0\cos 4\theta = 0
      ⟹  4θ=(2n+1)π2\implies 4\theta = (2n + 1)\frac{\pi}{2}
      ⟹  θ=(2n+1)π8\implies \theta = (2n + 1)\frac{\pi}{8}, যেখানে n∈Zn \in \mathbb{Z}
    শর্তানুসারে 0∘<θ<π0^\circ < \theta < \pi:
    n=0  ⟹  θ=π8n = 0 \implies \theta = \frac{\pi}{8}
    n=1  ⟹  θ=3π8n = 1 \implies \theta = \frac{3\pi}{8}
    n=2  ⟹  θ=5π8n = 2 \implies \theta = \frac{5\pi}{8}
    n=3  ⟹  θ=7π8n = 3 \implies \theta = \frac{7\pi}{8}

    অথবা, 2cos⁡2θ+1=02\cos 2\theta + 1 = 0
      ⟹  cos⁡2θ=−12=cos⁡(2π3)\implies \cos 2\theta = -\frac{1}{2} = \cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)
      ⟹  2θ=2nπ±2π3\implies 2\theta = 2n\pi \pm \frac{2\pi}{3}
      ⟹  θ=nπ±π3\implies \theta = n\pi \pm \frac{\pi}{3}, যেখানে n∈Zn \in \mathbb{Z}
    শর্তানুসারে 0<θ<π0 < \theta < \pi:
    n=0  ⟹  θ=π3n = 0 \implies \theta = \frac{\pi}{3}
    n=1  ⟹  θ=π−π3=2π3n = 1 \implies \theta = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}

    অতএব, নির্ণেয় সমাধান:
    θ=π8,π3,3π8,5π8,2π3,7π8\theta = \frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{3}, \frac{3\pi}{8}, \frac{5\pi}{8}, \frac{2\pi}{3}, \frac{7\pi}{8}।

আরও প্রশ্ন অনুশীলন করতে অ্যাপে যাও

অ্যাপ ডাউনলোড করোওয়েবে খুলো

সম্পর্কিত প্রশ্ন