ঢাকা সিটি কলেজ ২০২৪

এইচএসসি · উচ্চতর গণিত ২য় পত্র

ঢাকা সিটি কলেজ ২০২৪

৮টি প্রশ্ন রয়েছে। নিচে কয়েকটি নমুনা দেখো; সব প্রশ্ন, উত্তর ও ব্যাখ্যা পেতে সাবস্ক্রাইব করো।

$z=x+i y, z_{1}=p+i q$ এবং $z_{2}=c+i d$
১. $\sqrt[4]{-169}$ এর মান নির্ণয় কর।
$z_1z_2=z$ হলে দেখাও যে, $\overline{z_1}\,\overline{z_2}=\overline z$।
$x=1$ ও $p^2+q^2=1$ হলে দেখাও যে, $y$-এর একটি বাস্তব মান $\overline z/z=\overline{z_1}$ সমীকরণ সিদ্ধ করে।
সমাধান ও উত্তর
(ক)

মনেকরি, $x=\sqrt[4]{-169}$

বা, $ x^{4}=-169 $

বা, $ x^{4}=169 i^{2} $

বা, $\left(x^{2}\right)^{2}=(13 i)^{2} $

বা, $ x^{2}= \pm 13 i $

বা, $ x^{2}=\frac{13}{2}( \pm 2 i) $

বা, $ x^{2}=\frac{13}{2}\left(1^{2}+i^{2} \pm 2,1, i\right) $

বা, $ x^{2}=\frac{13}{2}(1 \pm i)^{2} $

বা, $x= \pm \sqrt{\frac{13}{2}}(1 \pm i)$

$ \therefore \sqrt[4]{-169}= \pm \sqrt{\frac{13}{2}}(1 \pm i) $
(খ)
$\overline{z_1}\,\overline{z_2}=(p-iq)(c-id)=(pc-qd)-i(pd+qc)=\overline{z_1z_2}=\overline z$
(গ)
$p\ne-1$ হলে $y=q/(1+p)$ সমীকরণ সিদ্ধ করে কিন্তু $p=-1,q=0$ হলে কোনো সসীম বাস্তব $y$ নেই উৎসের দাবি এই ব্যতিক্রম বাদ দিয়ে সত্য
$f(x)=m x^{2}+n x+p$ এবং $g(x)=p x^{2}+4 n x+16 m$
২. $x^3-p x^2+q x-r=0$ সমীকরণের মূলদ্বয় a, b, c হলে, $\sum \frac{1}{b^2}$ এর মান নির্ণয় কর।
f(x) = 0 সমীকরণের মূলদ্বয় $\alpha, \beta$ হলে g(x) = 0 সমীকরণের মূলদ্বয় $\alpha, \beta$ এর মাধ্যমে প্রকাশ কর।
যদি $\mathrm{f}(\mathrm{x})=0$ ও $\mathrm{g}(\mathrm{x})=0$ সমীকরণ দুইটির একটি সাধারণ মূল থাকে, তবে দেখাও যে $p=4 m$ অথবা $n= \pm \frac{1}{2}(4 m+p)$.
সমাধান ও উত্তর
(ক)
ভিয়েটা সূত্রে $a+b+c=p$, $ab+bc+ca=q$, $abc=r$ তাই $\sum1/a^2=[(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)]/(abc)^2=(q^2-2pr)/r^2$
(খ)

$ f(x)=0 $

বা, $ m x^{2}+n x+p=0 ..... (i) $

$ g(x)=0 $

বা, $ p x^{2}+4 n x+16 m=0 ..... (ii) $

(i) নং সমীকরণের মীলদ্বয় $\alpha, \beta$ হলে,

$\alpha+\beta=-\frac{n}{m} $ বা, $ n=-m(\alpha+\beta) $

$\alpha \beta=\frac{p}{m} $ বা, $ p=m \cdot \alpha \beta $

এখন, (ii) নং থেকে, $\quad p x^{2}+4 n x+16 m=0$

বা, $m \cdot \alpha \beta \cdot x^{2}+4\left\{-m(\alpha+\beta)^{2}\right\} x+16 m=0$

বা, $m \alpha \beta x^{2}-4 m(\alpha+\beta) x+16 m=0$

বা, $ \alpha \beta x^{2}-4(\alpha+\beta) x+16=0$

বা, $\alpha \beta x^{2}-4 \alpha x-4 \beta x+16=0$

বা, $\alpha x(\beta x-4)-4(\beta x-4)=0$

বা, $(\alpha x-4)(\beta x-4)=0$

$\therefore x=\frac{4}{\beta}$ এবং $x=\frac{4}{\alpha}$

অর্থাৎ, $p x^{2}+4 n x+16 m=0$ সমীকরণের মূলদ্বয় $\frac{4}{\beta} 3 \frac{4}{\alpha}$
(গ)

$ f(x)=0 $

বা, $ m x^{2}+n x+p=0 $ ..... (i)

$ g(x)=0 $

বা, $ p x^{2}+4 n x+16 m=0 $ ..... (ii)

মনেকরি, (i) ও (ii) নং সমীকরণের একটি সাধারণ মূল $\alpha$

অর্থাৎ,

$ m \alpha^{2}+n \alpha+p=0 \ldots (iii)$

$ p \alpha^{2}+4 n \alpha+16 m=0 .... (iv) $

(iii) ও (iv) নং সমীকরণ হতে বজ্রগুণন প্রক্রিয়ায়,

$\begin{aligned} & \frac{\alpha^2}{16 m n-4 n p}=\frac{\alpha}{p^2-16 m^2}=\frac{1}{4 m n-n p} \\ & \left.\frac{\alpha^2}{16 m n-4 n p}=\frac{\alpha}{p^2+16 m^2} \right\rvert\, \frac{\alpha}{p^2-16 m^2}=\frac{1}{4 m n-n p} \\ & \text { বা, } \alpha=\frac{16 m n-4 n p}{p^2-16 m^2} \quad \therefore \alpha=\frac{p^2-16 m^2}{4 m n-n p} \\ & \end{aligned}$

$ \frac{16 m n-4 n p}{p^2-16 m^2}=\frac{p^2-16 m^2}{4 m n-n p} $

বা, $\left(p^2-16 m^2\right)^2=(16 m n-4 n p)(4 m n-n p) $

বা, $\left\{(4 m)^2-p^2\right\}^2=4 n(4 m-p) n \cdot(4 m-p) $

বা, $(4 m+p)^2(4 m-p)^2=4 n^2(4 m-p)^2 $

বা, $(4 m+p)^2(4 m-p)^2-4 n^2(4 m-p)^2=0 $

বা, $(4 m-p)^2\left\{(4 m+p)^2-4 n^2\right\}=0 $

$ \therefore(4 m-P)^2=0 $

বা, $4 m-p=0$

$ \therefore P=4 \mathrm{~m} $

$ \therefore(4 m+P)^2-4 n^2=0 $

বা, $(4 m+P)^2=4 n^2 $

বা, $(4 m+P)^2=(2 n)^2 $

বা, $ \quad 2 n= \pm(4 m+p) $

$ \therefore n= \pm \frac{1}{2}(4 m+P) $

সুতরাং, $p=4 m$ অথবা, $n= \pm \frac{1}{2}(4 m+p)$ (দেখানো হলো)
$\mathrm{f}(\mathrm{x})=\cos \mathrm{x} ; \mathrm{P}=\sin ^{-1} \frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}+\sin ^{-1} \frac{1}{\sqrt{10}}$
৩. $\cos ^{-1} a+\cos ^{-1} b=\frac{\pi}{2}$ হলে প্রমাণ কর যে, $a^{2}+b^{2}=1$
সমাধান কর $1+\mathrm{f}(2 \mathrm{x})+\mathrm{f}(4 \mathrm{x})+\mathrm{f}(6 \mathrm{x})=0$
দেখাও যে, tan P = 2
সমাধান ও উত্তর
(ক)

$ \cos ^{-1} a+\cos ^{-1} b=\frac{\pi}{2} $

বা, $\cos ^{-1} a+\cos ^{-1} b=\sin ^{-1} a+\cos ^{-1} a$

বা, $\cos ^{-1} b=\sin ^{-1} a$

বা, $\cos ^{-1} b=\cos ^{-1} \sqrt{1-a^{2}}$

বা, $b=\sqrt{1-a^{2}}$

বা, $b^{2}=1-a^{2}$

$ \therefore a^{2}+b^{2}=1 $ (প্রমানিত)
(খ)

$f(x)=\cos x$

$ 1+f(2 x)+f(4 x)+f(6 x)=0 $

বা, $ 1+\cos 2 x+\cos 4 x+\cos 6 x=0 $

বা, $ (1+\cos 6 x)+(\cos 2 x+\cos 4 x)=0 $

বা, $2 \cos ^{2} 3 x+2 \cos 3 x \cdot \cos x=0 $

বা, $ 2 \cos 3 x(\cos 3 x+\cos x)=0 $

বা, $2 \cos 3 x \cdot 2 \cos 2 x \cdot \cos x=0$

বা, $\cos x \cdot \cos 2 x \cdot \cos 3 x=0$

$\therefore \cos x=0$ হলে, $x=(2 n+1) \frac{\pi}{2} ; n \in \mathbb{Z}$

$\therefore \cos 2 x=0$

বা, $2 x=(2 n+1) \frac{\pi}{2} \quad: x=(2 n+1) \frac{\pi}{9} ; n \in \mathbb{Z}$

$\therefore \cos 3 x=0$

বা, $3 x=(2 n+1) \frac{\pi}{2} \quad \therefore x=(2 n+1) \frac{\pi}{6} \quad ; n \in \mathbb{Z}$

সুতরাং, নির্ণেয় সমাধান, $x=(2 n+1) \frac{\pi}{2},(2 n+1) \frac{\pi}{4},(2 n+1) \frac{\pi}{6}$

এখানে, $n \in \mathbb{Z}$
(গ)
$\tfrac12\sin^{-1}(3/5)=\tan^{-1}(1/3)=\sin^{-1}(1/\sqrt{10})$ তাই $P=\sin^{-1}(2/\sqrt5)=\tan^{-1}2$ এবং $\tan P=2$
$\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin ^{-1} \mathrm{x} ; \mathrm{g}(\mathrm{x})=\tan \mathrm{x}$
৪. প্রমাণ কর যে, $\sin \tan ^{-1} \cos \tan ^{-1} \sqrt{\mathrm{y}^{2}-1}=\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}$
প্রমাণ কর যে, $\mathrm{f}(\sqrt{2} \sin \theta)+\mathrm{f}(\sqrt{\cos 2 \theta})=\frac{\pi}{2}$
সমাধান কর : $\mathrm{g}(\theta)=2 \sec \theta-\mathrm{g}\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) ;-2 \pi<\theta<2 \pi$
সমাধান ও উত্তর
(ক)

বামপক্ষ $ =\sin \tan ^{-1} \cos \tan ^{-1} \sqrt{y^{2}-1} $

$ =\sin \tan ^{-1} \cos \cos ^{-1} \frac{1}{y} $

$ =\sin \tan ^{-1} \frac{1}{y} $

$ =\sin \sin ^{-1} \frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}} $

= ডানপক্ষ (প্রমানিত)
(খ)
$t=\sqrt2\sin\theta$ হলে দ্বিতীয় argument $\sqrt{1-t^2}$ $0\le t\le1$ হলে $\sin^{-1}t+\sin^{-1}\sqrt{1-t^2}=\pi/2$ উৎসে প্রয়োজনীয় branch/domain শর্ত নেই; $t<0$-এ সাধারণভাবে দাবি সত্য নয়
(গ)

দেওয়া আছে, $g(x)=\tan x$

এখন, $ g(\theta) =2 \sec \theta-g\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right) $

বা, $ \tan \theta =2 \sec \theta-\tan \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) $

বা, $ \tan \theta =2 \sec \theta-\operatorname{tot} \theta . $

বা, $\cot \theta+\tan \theta=2 \sec \theta$

বা, $\frac{\cos \theta}{\sin \theta}+\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{2}{\cos \theta}$

বা, $\frac{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}{\sin \theta \cdot \cos \theta}=\frac{2}{\cos \theta}$

বা, $\frac{1}{\sin \theta}=2$

বা, $\sin \theta=\frac{1}{2}$

বা, $\sin \theta=\sin \frac{\pi}{6}$

$ \therefore \theta=n \pi+(-1)^{n} \frac{\pi}{6} $

$ n=02 \pi, \theta=\frac{\pi}{6} $

$ n=12\left(\pi, \theta=\frac{5 \pi}{6}\right. $

$ n=22\left(\pi, \theta=\frac{13 \pi}{6}\right. $

$ n=-12\left(\pi, \theta=-\frac{7 \pi}{6}\right. $

$ n=-22 \pi, \theta=-\frac{11 \pi}{6} $

অর্থাৎ, নির্দিষ্ট সীমার মধ্যে : $\theta=-\frac{11 \pi}{6},-\frac{7 \pi}{6}, \frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}$

ঢাকা সিটি কলেজ ২০২৪ আনলক করো

এই টেস্ট পেপারটি প্রিমিয়াম প্যাকেজের অন্তর্ভুক্ত। সব বহুনির্বাচনি ও লিখিত প্রশ্ন অনুশীলন করতে সাবস্ক্রাইব করো।
প্যাকেজ দেখো লগইন