উত্তর

$\left[\begin{matrix}m+4 & 6 \\ 4 & m+2\end{matrix}\right]$

ম্যাট্রিক্সটি ব্যতিক্রমী হলে,

$\left|\begin{matrix}m+4 & 6 \\ 4 & m+2\end{matrix}\right|=0$

বা, $(m+4)(m+2)-4 \times 6=0$

বা, $m^2+2 m+4 m+8-24=0$

বা, $m^2+6 m-16=0$

বা, $m^2+8 m-2 m-16=0$

বা, $m(m+8)-2(m+8)=0$

বা, $(m+8)(m-2)=0$

হয়, $m+8=0$

বা, $m=-8$

অথবা, $m-2=0$

বা, $m=2$

$\therefore \quad m=-8,2$

নির্ণেয় মান : $m=-8,2$.

উত্তর

দেওয়া আছে,

$A=\left[\begin{matrix}a+b & b+c & (a+b) x+(b+c) y \\ b & c & b x+c y \\ a x+b y & b x+c y & 0\end{matrix}\right]$

এবং $ f(x)=2 x^2-5 x+6 $

$\therefore f(A)=2 A^2-5 A+6 I$; যেখানে, $\mathrm{I}=\left[\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{matrix}\right]$

$x = y = a = b = 1$ এবং $c = 2$ হলে,

$A =\left[\begin{matrix}1+1 & 1+2 & (1+1) \cdot 1+(1+2) \cdot 1 \\ 1 & 2 & 1 \cdot 1+2 \cdot 1 \\ 1 \cdot 1+1 \cdot 1 & 1 \cdot 1+2 \cdot 1 & 0\end{matrix}\right] $

$=\left[\begin{matrix}2 & 3 & 5 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 0\end{matrix}\right]$

এখন, $\mathrm{A}^2=\mathrm{A} . \mathrm{A}$

$=\left[\begin{matrix}2 & 3 & 5 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 0\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}2 & 3 & 5 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 0\end{matrix}\right] $

$=\left[\begin{matrix}4+3+10 & 6+6+15 & 10+9+0 \\ 2+2+6 & 3+4+9 & 5+6+0 \\ 4+3+0 & 6+6+0 & 10+9+0\end{matrix}\right] $

$=\left[\begin{matrix}17 & 27 & 19 \\ 10 & 16 & 11 \\ 7 & 12 & 19\end{matrix}\right]$

$ \therefore f(\mathrm{~A}) =2\left[\begin{matrix}17 & 27 & 19 \\ 10 & 16 & 11 \\ 7 & 12 & 19\end{matrix}\right]-5\left[\begin{matrix}2 & 3 & 5 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 0\end{matrix}\right]+6\left[\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{matrix}\right] $

$=\left[\begin{matrix}34 & 54 & 38 \\ 20 & 32 & 22 \\ 14 & 24 & 38\end{matrix}\right]-\left[\begin{matrix}10 & 15 & 25 \\ 5 & 10 & 15 \\ 10 & 15 & 0\end{matrix}\right]+\left[\begin{matrix}6 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 6\end{matrix}\right] $

$=\left[\begin{matrix}34-10+6 & 54-15+0 & 38-25+0 \\ 20-5+0 & 32-10+6 & 22-15+0 \\ 14-10+0 & 24-15+0 & 38-0+6\end{matrix}\right] $

$=\left[\begin{matrix}30 & 39 & 13 \\ 15 & 28 & 7 \\ 4 & 9 & 44\end{matrix}\right]$

নির্ণেয় $f(\mathrm{~A})=\left[\begin{matrix}30 & 39 & 13 \\ 15 & 28 & 7 \\ 4 & 9 & 44\end{matrix}\right]$.

উত্তর $R_1\gets R_1-R_2$ করলে প্রথম দুই সারি $(a,b,ax+by)$, $(b,c,bx+cy)$. এবার $C_3\gets C_3-xC_1-yC_2$ করলে তৃতীয় স্তম্ভ $(0,0,-ax^2-2bxy-cy^2)^T$. তাই $\det A=-(ac-b^2)(ax^2+2bxy+cy^2)$. $\det A=0$, $ac-b^2\ne0$ থেকে $ax^2+2bxy+cy^2=0$. $a$ দিয়ে গুণ করে $(ax+by)^2+(ac-b^2)y^2=0$. $a$ দিয়ে ভাগ করা হয়নি

উত্তর $s=a+b+c$ নিলে $C_2+C_3=(s/3)C_1$. স্তম্ভগুলো নির্ভরশীল, তাই নির্ণায়ক শূন্য.

উত্তর ক্রেমারের সূত্রে $D=-1$, $D_x=D_y=D_z=-1$. অতএব $x=y=z=1$ ও $P=\begin{bmatrix}1&1&1\end{bmatrix}$.

উত্তর প্রদত্ত $A^{-1}$-এর নির্ণায়ক $-1$; বিপরীত নিয়ে $A=\begin{bmatrix}-4&1&1\\5&2&-3\\-1&-1&1\end{bmatrix}$. তাই $B^TA=\begin{bmatrix}8&12&21\end{bmatrix}A=\begin{bmatrix}7&11&-7\end{bmatrix}$.

উত্তর

$x$ অক্ষের ধনাত্মক দিকের সাথে উৎপন্ন কোণ

$=\cos ^{-1} \frac{1}{2}=\cos ^{-1} \cos 60^{\circ}=60^{\circ}$

আমরা জানি, মূলবিন্দুগামী রেখার সমীকরণ,

$y=m x$

বা, $\mathrm{y}=\tan 60^{\circ} \mathrm{x}$

বা, $y=\sqrt{3} x$

নির্ণেয় সমীকরণ, $y=\sqrt{3} x$.

উত্তর

$A(8,6)$, $B(-7,-2)$ এবং $P(1,1)$; $D$ হলো $P$ থেকে $AB$-তে অঙ্কিত লম্বের পাদবিন্দু

এখানে, $A(8, 6)$ ও $B(- 7, - 2)$ দুইটি বিন্দু.

AB রেখার ঢাল $=\frac{6+2}{8+7}=\frac{8}{15}$

AB রেখার সমীকরণ,

$(y-6)=\frac{8}{15}(x-8)$

বা, $15 y-90=8 x-64$

বা, $8 x-15 y+26=0$ .......... (i)

$\mathrm{PD} \perp \mathrm{AB}$,

PD রেখার ঢাল $=\frac{-1}{\frac{8}{15}}=\frac{-15}{8}$

PD রেখার সমীকরণ, $y-1=\frac{-15}{8}(x-1)$

বা, $8 y-8=-15 x+15$

বা, $15 x+8 y-23=0$ ......... (ii)

(i) নং ও (ii) নং রেখার ছেদবিন্দুই হবে নির্ণেয় পাদবিন্দুর স্থানাঙ্ক.

(i) নং কে 8 দ্বারা ও (ii) নং কে 15 দ্বারা গুণ করে যোগ করি,

$64 x-120 y+208=0$

$225 x+120 y-345=0$

---

('+' করে) $289x \quad -137=0$

বা,$x=\frac{137}{289}$

$x$ এর মান (ii) নং সমীকরণে বসিয়ে পাই,

$15 \times \frac{137}{289}+8 y-23=0$

বা, $8 y=23-\frac{15 \times 137}{289}$

বা, $y=\frac{574}{289}$

$\therefore$ পাদবিন্দুর স্থানাঙ্ক $D \left(\frac{137}{289}, \frac{574}{289}\right) $

$\therefore \mathrm{PD} =\sqrt{\left(1-\frac{137}{289}\right)^2+\left(1-\frac{574}{289}\right)^2} $

$=\sqrt{\left(\frac{152}{289}\right)^2+\left(\frac{-285}{289}\right)^2}=\frac{19}{17}$ একক

$ \therefore \quad \mathrm{PD} =\frac{19}{17} $ একক. (দেখানো হলো)

উত্তর $I=(1/12,1/18)$ ধরি. $AB$-এর ঢাল $8/15$, $AI$-এর ঢাল $214/285$, $BI$-এর ঢাল $74/255$. কোনো রেখার ঢাল $m$ এবং তার সমদ্বিখণ্ডকের ঢাল $t$ হলে প্রতিবিম্বিত রেখার ঢাল $\frac{2t-m(1-t^2)}{1-t^2+2tm}$. তাই $AC$-এর ঢাল $1546268/1507275$, $BC$-এর ঢাল $89708/1195155$. রেখা দুটি যথাক্রমে $1507275y-1546268x+3326494=0$ এবং $1195155y-89708x+1762354=0$. সমাধানে $C=(78812653/102318716,-326163773/230217111)\approx(0.770266,-1.416766)$. ভগ্নাংশ রেখাসমীকরণগুলি অপরিবর্তিত রেখে প্রতিস্থাপনে ছেদ যাচাই হয়; উৎসের আগাম পূর্ণায়নে ভুল $y=-1.45$ এসেছিল

উত্তর কেন্দ্রের পোলার স্থানাঙ্ক $(3,\pi/6)$-কে কার্তেসীয় করলে $(3\sqrt3/2,3/2)$. ব্যাসার্ধ $3/2$; তাই $(x-3\sqrt3/2)^2+(y-3/2)^2=9/4$, অর্থাৎ $x^2+y^2-3\sqrt3x-3y+27/4=0$. পোলার রূপ $r^2-6r\cos(\theta-\pi/6)+27/4=0$. উৎসের সমাধানের পোলার ব্যাখ্যা অনুসারে প্রশ্নের স্থানাঙ্কের ধরন স্পষ্ট করা হয়েছে

উত্তর

দেওয়া আছে, $\mathrm{C}_1(-3,-1)$, ব্যাসার্ধ, $\mathrm{r}_1=2$

ধরি, $m$ ঢালবিশিষ্ট এবং $(-1,3)$ বিন্দুগামী সরলরেখার সমীকরণ; যা অঙ্কিত বৃত্তের স্পর্শক.

$y-3=m(x+1)$

বা, $y-m x-m-3=0$ ......... (1)

প্রশ্নমতে,

$\left|\frac{-1+3 m-m-3}{\sqrt{1+m^2}}\right|=2$

বা, $\left|\frac{2 m-4}{\sqrt{1+m^2}}\right|=2$

বা, $\frac{4 m^2-16 m+16}{m^2+1}=4$ [উভয়পক্ষকে বর্গ করে]

বা, $4 m^2-16 m+16=4 m^2+4$

বা, $-16 m+16=4$

বা, $16-4=16 \mathrm{~m}$ বা, $\mathrm{m}=\frac{12}{16}$

$\therefore m=\frac{3}{4}$

তির্যক স্পর্শক অক্ষদ্বয়কে $D=(-5,0)$ ও $E=(0,15/4)$-এ ছেদ করে; $O$ মূলবিন্দু

m এর মান (1)নং এ বসিয়ে পাই,

$y-3=\frac{3}{4}(x+1)$

বা, $4 y-12=3 x+3$

বা, $4 y-3 x=3+12$

বা, $-3 x+4 y=15$

বা, $\frac{x}{-\frac{15}{3}}+\frac{y}{\frac{15}{4}}=1$ ........ (2)

স্পর্শকটি অক্ষদ্বয়কে $D(-5,0), B\left(0, \frac{15}{4}\right)$ বিন্দুতে ছেদ করে.

$\therefore \mathrm{O}(0,0), \mathrm{E}\left(0, \frac{15}{4}\right)$ এবং $\mathrm{D}(-5,0)$ বিন্দু দ্বারা গঠিত

$\triangle \mathrm{DEO}$ এর ক্ষেত্রফল $=\frac{1}{2} \times \mathrm{DO} \times \mathrm{OE}$ বর্গ একক

$=\frac{1}{2} \times 5 \times \frac{15}{4}$ বর্গ একক $=\frac{75}{8}$ বর্গ একক

নির্ণেয় ক্ষেত্রফল $\frac{75}{8}$ বর্গ একক.

আরেকটি স্পর্শক $x=-1$; এটি $Y$-অক্ষের সমান্তরাল, তাই অক্ষদ্বয়ের সঙ্গে সসীম ত্রিভুজ গঠন করে না. চাওয়া ক্ষেত্রফল তির্যক স্পর্শকের জন্য

উত্তর

$\mathrm{C}_1(-3,-1)$ কেন্দ্র এবং 2 ব্যাসার্ধবিশিষ্ট বৃত্তের সমীকরণ,

$(x+3)^2+(y+1)^2=4$

বা, $x^2+6 x+9+y^2+2 y+1=4$

বা, $x^2+y^2+6 x+2 y+6=0$

আরার, $\mathrm{C}_2\left(-4,-\frac{1}{2}\right)$ কেন্দ্র এবং $\frac{5}{2}$ ব্যাসার্ধবিশিষ্ট বৃত্তের সমীকরণ,

$(x+4)^2+\left(y+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{25}{4}$

বা, $x^2+8 x+16+y^2+y+\frac{1}{4}=\frac{25}{4}$

বা, $x^2+y^2+8 x+y+16+\frac{1}{4}-\frac{25}{4}=0$

বা, $x^2+y^2+8 x+y+\frac{64+1-25}{4}=0$

বা, $x^2+y^2+8 x+y+\frac{40}{4}=0$

$\therefore x^2+y^2+8 x+y+10=0$ ......... (2)

বৃত্তদ্বয়ের সাধারণ জ্যা AB এর সমীকরণ,

$x^2+y^2+6 x+2 y+6-x^2-y^2-8 x-y-10=0$

বা, $-2 x+y-4=0$

$\therefore 2 x-y+4=0$ ......... (3)

AB কে ব্যাস ধরে বৃত্তের সমীকরণ,

$x^2+y^2+6 x+2 y+6+k(2 x-y+4)=0$ ......... (4)

বা, $x^2+y^2+2(k+3) x+\frac{2(2-k) y}{2}+6+4 k=0$

$\therefore$ বৃত্তটির কেন্দ্র $(-\mathrm{g},-f)=\left(-\mathrm{k}-3, \frac{\mathrm{k}-2}{2}\right)$ যা AB রেখার উপর অবস্থিত.

$\therefore 2(-k-3)-\left(\frac{k-2}{2}\right)+4=0$

বা, $-2 k-6-\left(\frac{k-2}{2}\right)+4=0$

বা, $-2 k-2-\frac{k-2}{2}=0$

বা, $-4 k-4-k+2=0$

বা, $-5 \mathrm{k}-2=0$

বা, $5 \mathrm{k}=-2$

$\therefore \mathrm{k}=-\frac{2}{5}$

k-এর মান (4)নং এ বসিয়ে পাই,

$x^2+y^2+6 x+2 y+6-\frac{2}{5}(2 x-y+4)=0 $

বা, $ 5 x^2+5 y^2+30 x+10 y+30-4 x+2 y-8=0$

$ \therefore 5 x^2+5 y^2+26 x+12 y+22=0$

নির্ণেয় বৃত্তের সমীকরণ, $ 5 x^2+5 y^2+26 x+12 y+22=0 .$

উত্তর $2-2\sin x=4\cos^2(x/2+\pi/4)$. তাই ধনাত্মক বর্গমূল নিয়ে $\frac2\{\sqrt{2-2\sin x}\}=1/|\cos(x/2+\pi/4)|=|\sec(x/2+\pi/4)|$. উৎসে পরমমান অনুপস্থিত; $\cos(x/2+\pi/4)>0$ হলে কেবল মূল চিহ্নবিহীন পরিচিতিটি সত্য

উত্তর চিত্রে $B=30^\circ$. পরিচিতি $4\sin u\sin(60^\circ-u)\sin(60^\circ+u)=\sin3u$-তে $u=10^\circ$ বসিয়ে $4\sin10^\circ\sin50^\circ\sin70^\circ=\sin30^\circ=1/2$. তাই বামপক্ষ $2=\csc30^\circ=\csc B$

উত্তর

দেওয়া আছে, $\mathrm{A}=45^{\circ}, \mathrm{B}=30^{\circ}$

এবং বাহু, $\mathrm{C}=\sqrt{3}+1$ সে.মি.

$\therefore \angle \mathrm{ACB} =180^{\circ}-(\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{A}) $

$ =180^{\circ}-\left(30^{\circ}+45^{\circ}\right) $

$ =180^{\circ}-75^{\circ}=105^{\circ}$

ত্রিভুজ $ABC$-তে $\angle B=30^\circ$, $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$

$\Delta \mathrm{ABC}-$ এ সাইন সূত্র প্রয়োগ করে পাই,

$ \frac{\mathrm{a}}{\sin \mathrm{~A}}=\frac{\mathrm{b}}{\sin \mathrm{~B}}=\frac{\mathrm{C}}{\sin \mathrm{C}} $

বা, $ \frac{\mathrm{a}}{\sin 45^{\circ}}=\frac{\mathrm{b}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sin 105^{\circ}} \ldots \ldots \text { (i) } $

এখন, $ \sin 105^{\circ}=\sin \left(60^{\circ}+45^{\circ}\right)$

$=\sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ}+\sin 45^{\circ} \cos 60^{\circ} $

$[\because \sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B] $

$ =\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}+1}{2 \sqrt{2}}$

(i) নং হতে পাই,

$\frac{a}{\sin 45^{\circ}}=\frac{b}{\sin 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\frac{\sqrt{3}+1}{2 \sqrt{2}}}$

বা, $\frac{\mathrm{a}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{\mathrm{b}}{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\frac{\sqrt{3}+1}{2 \sqrt{2}}}$

বা, $\sqrt{2} a=2 b=\frac{\sqrt{3}+1}{1} \times \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{3}+1}$

বা, $ \sqrt{2} a=2 b=2 \sqrt{2}$

$ \therefore \sqrt{2} a=2 \sqrt{2} $

বা, $a=2$

এবং $2 b=2 \sqrt{2} $

$ \therefore b=\sqrt{2}$

$\therefore \triangle \mathrm{ABC} $ এর ক্ষেত্রফল $ =\frac{1}{2} \mathrm{ac} \sin \mathrm{~B} $ বর্গ একক

$ =\frac{1}{2} \times 2(\sqrt{3}+1) \times \sin 30^{\circ} $ বর্গ একক

$ =(\sqrt{3}+1) \times \frac{1}{2} $ বর্গ একক

$ =\frac{\sqrt{3}+1}{2} $ বর্গ একক $=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$ বর্গ একক

নির্ণেয় ক্ষেত্রফল : $\frac{1+\sqrt{3}}{2}$ বর্গ একক.

উত্তর

আমরা জানি, $\tan 45^{\circ}=1$

বা, $\tan \left(33^{\circ}+12^{\circ}\right)=1$

বা, $\frac{\tan 33^{\circ}+\tan 12^{\circ}}{1-\tan 33^{\circ} \tan 12^{\circ}}=1$

$\left[\because \tan (\mathrm{~A}+\mathrm{B})=\frac{\tan \mathrm{A}+\tan \mathrm{B}}{1-\tan \mathrm{A} \cdot \tan \mathrm{B}}\right]$

বা, $\tan 33^{\circ}+\tan 12^{\circ}=1-\tan 33^{\circ} \cdot \tan 12^{\circ}$

$\therefore \tan 33^{\circ}+\tan 12^{\circ}+\tan 33^{\circ} \tan 12^{\circ}=1$ (প্রমাণিত)

উত্তর

ত্রিভুজ $ABC$-তে $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$

দেওয়া আছে,

$(a+b+c)(b+c-a)=3 b c$

বা, $\{(b+c)+a\}\{(b+c)-a\}=3 b c$

বা, $(b+c)^2-a^2=3 b c$

বা, $b^2+2 b c+c^2-a^2=3 b c$

বা, $b^2+c^2-a^2=3 b c-2 b c$,

বা, $b^2+c^2-a^2=b c$

বা, $\frac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=\frac{b c}{2 b c}$

বা, $\cos \mathrm{A}=\frac{1}{2}=\cos 60^{\circ}$

$\therefore \mathrm{A}=60^{\circ}$

আমরা জানি, ত্রিভুজের সাইন সূত্রানুসারে,

$\therefore \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R $

$ \therefore a=2 R \sin A, b=2 R \sin B, $ $c=2 R \sin C$

এখন, $\frac{b+c}{2 a}=\frac{2 R \sin B+2 R \sin C}{2 \cdot 2 R \sin A}$ $=\frac{\sin B+\sin C}{2 \sin A}=\frac{2 \sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}}{2 \cdot 2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}} $

$=\frac{\sin \left(\frac{\pi-A}{2}\right) \cos \frac{B-C}{2}}{2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}}$ $[\because A+B+C=\pi]$

$= \frac{\cos \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2}}{2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}}$

$ = \frac{\cos \frac{B-C}{2}}{2 \sin 30^{\circ}}\left[\because A=60^{\circ}\right] $

বা, $ \frac{b+c}{2 a}= \cos \frac{B-C}{2} $

$\therefore \frac{b+c}{a}= 2 \cos \frac{B-C}{2} $ (দেখানো হলো)

উত্তর $A+B+C=\pi$ থেকে $\cos(2C+A-\pi)=\cos(C-B)$, অনুরূপে চক্রাকারে. প্রক্ষেপণ ও সাইন সূত্রে $a^3\cos(B-C)=a[(b-c\cos A)(c-b\cos A)+bc\sin^2A]=2abc-a(b^2+c^2)\cos A$. চক্রাকারে যোগে তিন পদের যোগফল $6abc-[ab(b\cos A+a\cos B)+ac(c\cos A+a\cos C)+bc(c\cos B+b\cos C)]$. বন্ধনীর প্রতিটি জোড়া যথাক্রমে $c,b,a$, তাই যোগফল $6abc-3abc=3abc$. শেষ পদ ডানে নিলে নির্ণেয় পরিচিতি পাওয়া যায়

উত্তর $x>0$-এ $\ln y=x\ln x$. অন্তরীকরণে $y_1/y=1+\ln x$, তাই $dy/dx=x^x(1+\ln x)$

উত্তর $y=4+2\sin x-3\sin^2x=13/3-3(\sin x-1/3)^2$. তাই $0

উত্তর $x=\tan t$, $y=\tan(pt)$ থেকে $dx/dt=1+x^2$ এবং $dy/dt=p(1+y^2)$, যেখানে tangent-গুলি সংজ্ঞায়িত. তাই $(1+x^2)y_1=p(1+y^2)$. অন্তরীকরণে $(1+x^2)y_2+2xy_1=2pyy_1$, অর্থাৎ $(1+x^2)y_2+2(x-py)y_1=0$

উত্তর $\begin{aligned} & \int \frac{1}{1+\tan x} d x \\ & =\int \frac{1}{1+\frac{\sin x}{\cos x}} d x=\int \frac{\cos x}{\cos x+\sin x} d x \\ & =\int \frac{\frac{1}{2} \cdot 2 \cos x}{\cos x+\sin x} d x=\frac{1}{2} \int \frac{(\cos x+\sin x)+(\cos x-\sin x)}{\cos x+\sin x} d x \\ & =\frac{1}{2} \int\left(1+\frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}\right) d x=\frac{1}{2} \int\left[1+\frac{\frac{d}{d x}(\sin x+\cos x)}{\sin x+\cos x}\right] d x \\ & =\frac{1}{2}[x+\ln |\sin x+\cos x|]+c\left[\because \int \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} d x=\ln |f(x)|+c\right] \\ & \therefore \int \frac{1}{1+\tan x} d x=\frac{1}{2}[x+\ln |\sin x+\cos x|]+c\end{aligned}$

উত্তর $f=\sin$ বসিয়ে হর $\cos^4x+\sin^4x=(1+\cos^22x)/2$. তাই সমাকলন $\int_0^{\pi/4}\frac{2\sin2x}{1+\cos^22x}\,dx$. $z=\cos2x$ নিলে সীমা $1,0$, ফলে $-\int_1^0 dz/(1+z^2)=\pi/4$

উত্তর $x=5\cos\theta,y=5\sin\theta$ থেকে $x^2+y^2=25$. $x=3$-এর ডানদিকে ক্ষুদ্রতর বৃত্তাংশের ক্ষেত্রফল $2\int_3^5\sqrt{25-x^2}\,dx=[x\sqrt{25-x^2}+25\arcsin(x/5)]_3^5=25(\pi/2-\arcsin(3/5))-12$ বর্গ একক