১. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

$f(\mathrm{x})=1-\mathrm{x}+\mathrm{x}^2 ; \omega$ এককের জটিল ঘনমূল .

প্রদত্ত রাশি $=\frac{3+4 \mathrm{i}}{3-\mathrm{i}}+1 $

$=\frac{3+4 \mathrm{i}+3-\mathrm{i}}{3-\mathrm{i}}=\frac{6+3 \mathrm{i}}{3-\mathrm{i}} $

$=\frac{(6+3 \mathrm{i})(3+\mathrm{i})}{(3-\mathrm{i})(3+\mathrm{i})}=\frac{18+6 \mathrm{i}+9 \mathrm{i}+3 \mathrm{i}^2}{3^2-\mathrm{i}^2} $

$=\frac{18+15 \mathrm{i}-3}{9+1}\left[\because \mathrm{i}^2=-1\right] $

$=\frac{15+15 \mathrm{i}}{10}=\frac{15(1+\mathrm{i})}{10} $

$=\frac{3}{2}(1+\mathrm{i})=\frac{3}{2}+\mathrm{i} \frac{3}{2} $

$ \therefore \quad \frac{3+4 \mathrm{i}}{3-\mathrm{i}}+1 =\frac{3}{2}+\mathrm{i} \frac{3}{2}=\mathrm{A}+\mathrm{iB} ; $ যেখানে, $ \mathrm{A}=\frac{3}{2} $ এবং $ \mathrm{B}=\frac{3}{2}$

$\omega^3=1$ হওয়ায় $\omega^{2^j}$ পর্যায়ক্রমে $\omega,\omega^2$ হয়. $f(\omega)=1-\omega+\omega^2=-2\omega$ এবং $f(\omega^2)=-2\omega^2$. তাই প্রথম $2n$ পদের গুণফল $[(-2\omega)(-2\omega^2)]^n=4^n$. অন্যদিকে $(1+\omega^8)(1+\omega^{10})=(1+\omega^2)(1+\omega)=\omega^3=1$, তাই ডানপক্ষও $2^{2n}=4^n$.

ধরি $F(x)=(1+x+x^2)^n=\sum_{j=0}^{2n}a_jx^j$, যেখানে $n\ge1$ পূর্ণসংখ্যা. $F(1)=3^n$, $F(\omega)=F(\omega^2)=0$. যোগ করে $3^n=\sum a_j(1+\omega^j+\omega^{2j})=3\sum_{3\mid j}a_j$. তাই $a_0+a_3+a_6+\cdots=3^{n-1}$.

২. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

$ f(x)=a x^2+b x+c $

$i$ মূল হলে $i^3-7i^2+ki-7=i(k-1)=0$, তাই $k=1$. তখন বহুপদী $(x^2+1)(x-7)$, তাই মূলত্রয় $i,-i,7$.

$a,c\ne0$ হলে $\alpha+\beta=-b/a$ এবং $\alpha\beta=c/a$. তাই সমীকরণটি $a$ দিয়ে ভাগ করে $9\alpha\beta x^2+6(\alpha+\beta)x+4=(3\alpha x+2)(3\beta x+2)=0$. মূলদ্বয় $-2/(3\alpha),-2/(3\beta)$.

দুঃখিত, কোনো সমাধান এখনও প্রদান করা হয়নি।

৩. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

$ f(x)=\cos x$

প্রথম সমকোণী ত্রিভুজে ভূমি $2$, লম্ব $1$, অতিভুজ $\sqrt5$ এবং কোণ $\cot^{-1}2$. দ্বিতীয়টিতে ভূমি $1$, লম্ব $\sqrt3$, অতিভুজ $2$ এবং কোণ $\cos^{-1}(1/2)$.

প্রদত্ত রাশি $=\sec ^2\left(\cot ^{-1} 2\right)-3 \sin ^2\left(\cos ^{-1} \frac{1}{2}\right) $

$=\left\{\sec \left(\cot ^{-1} 2\right)\right\}^2-3\left\{\sin \left(\cos ^{-1} \frac{1}{2}\right)\right\}^2 $

$=\left\{\sec \sec ^{-1} \frac{\sqrt{5}}{2}\right\}^2-3\left\{\sin \sin ^{-1} \frac{\sqrt{3}}{2}\right\}^2 $

$=\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2-3\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 $

$=\frac{5}{4}-\frac{9}{4} $

$=\frac{5-9}{4}=\frac{-4}{4}=-1$

নির্ণেয় মান: -1

মূল ভগ্নাংশ সংজ্ঞায়িত হওয়ার শর্ত $2\cos6x\cos x\ne0$. যোগফল শূন্য করে $\cos x+\cos3x+\cos5x+\cos7x=4\cos4x\cos2x\cos x=0$. $\cos x=0$ হলে হর শূন্য; $\cos2x=0$ হলেও $\cos6x=0$, তাই উভয় পরিবার বাদ. অবশিষ্ট $\cos4x=0$, অর্থাৎ $x=(2n+1)\pi/8$, $n\in\mathbb Z$. এই মানগুলোতে মূল হর অশূন্য.

দেওয়া আছে, $f(x)=\cos x$

$\therefore f(\theta)=\cos \theta$

এখন, $\frac{f(\theta)}{1+f\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)}+\frac{f\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)}{f(\theta)}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{\cos \theta}{1+\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)}+\frac{\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{\cos \theta}{1+\sin \theta}+\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{\cos \theta(1-\sin \theta)}{(1+\sin \theta)(1-\sin \theta)}+\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{\cos \theta(1-\sin \theta)}{1-\sin ^2 \theta}+\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{\cos \theta(1-\sin \theta)}{\cos ^2 \theta}+\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{1-\sin \theta}{\cos \theta}+\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{1-\sin \theta+\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\frac{1}{\cos \theta}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

বা, $\cos \theta=\frac{\sqrt{3}}{2}$

বা, $\cos \theta=\cos \frac{\pi}{6}$

বা, $\theta=2 \mathrm{n} \pi \pm \frac{\pi}{6}$, যেখানে $\mathrm{n} \in \mathbf{Z}$

$\therefore \quad \theta=(12 n \pm 1) \frac{\pi}{6}$, যেখানে $n \in \mathbf{Z}$

$\mathrm{n}=0$ হলে, $\theta=-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}$

$\mathrm{n}=1$ হলে, $\theta=\frac{13 \pi}{6}, \frac{11 \pi}{6}$

$\mathrm{n}=-1$ হলে, $\theta=\frac{-11 \pi}{6}, \frac{-13 \pi}{6}$

$\therefore \quad-\pi<\mathrm{x} \leq \pi$ ব্যবধিতে, $\theta=-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}$

নির্ণেয় সমাধান : $\theta=-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}$

৪. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

$ f(\mathbf{x})=\cos ^{-1} \mathbf{x}$

দেওয়া আছে, $\sin ^{-1} x+2 \cos ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$

বা, $\sin ^{-1} x+\cos ^{-1} x+\cos ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$

বা, $\frac{\pi}{2}+\cos ^{-1} x=\frac{\pi}{2}\left[\because \sin ^{-1} x+\cos ^{-1} x=\frac{\pi}{2}\right]$

বা, $\cos ^{-1} x=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}$

বা, $\cos ^{-1} \mathrm{x}=0$

বা, $x=\cos 0$

$ \therefore \quad x=1 $

নির্ণেয় মান : $\mathrm{x}=1$.

ধরি $A=yz/(xr)$, $B=zx/(yr)$, $C=xy/(zr)$; প্রদত্ত রাশিগুলো সংজ্ঞায়িত, তাই $xyzr\ne0$ এবং $A,B,C\in[-1,1]$. প্রদত্ত কোণের যোগে $\cos(\cos^{-1}A+\cos^{-1}B)=\cos(3\pi/2+\sin^{-1}C)=C$. তাই $AB-\sqrt{1-A^2}\sqrt{1-B^2}=C$. পুনর্বিন্যাস ও বর্গ করে $A^2+B^2+C^2-2ABC=1$. যেহেতু $ABC=xyz/r^3$, মান বসালে চাওয়া পরিচিতি পাওয়া যায়.

সমকোণী ত্রিভুজে ভূমি $1$, লম্ব $2$, অতিভুজ $\sqrt5$. ভূমিসংলগ্ন কোণ $\cos^{-1}(1/\sqrt5)=\tan^{-1}2$.

দেওয়া আছে, $f(x)=\cos ^{-1} x $

বামপক্ষ $=f\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\cos ^{-1} \frac{1}{\sqrt{5}}=\tan ^{-1} 2 $

ডানপক্ষ $=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\cot ^{-1} 3 $

$=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\tan ^{-1} \frac{1}{3} $

$=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\frac{1}{2} \times 2 \tan ^{-1} \frac{1}{3}$

$=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{2 \times \frac{1}{3}}{1+\left(\frac{1}{3}\right)^2} $

$\left[\because 2 \tan ^{-1} \mathrm{x}=\sin ^{-1} \frac{2 \mathrm{x}}{1+\mathrm{x}^2}\right] $

$=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{\frac{2}{3}}{1+\frac{1}{9}} $

$=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{\frac{2}{3}}{\frac{10}{9}}$

$=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\frac{1}{2} \sin ^{-1}\left(\frac{2}{3} \times \frac{9}{10}\right) $

$=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5} $

$=\tan ^{-1} 2 $

$ \therefore f\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\tan ^{-1} 2+\frac{1}{2} \sin ^{-1} \frac{3}{5}-\cot ^{-1} 3 .$ (দেখানো হলো)

৫. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

$A(-2,0)$ ও $B(0,2)$-গামী সরলরেখার উপর $O(0,0)$ থেকে লম্বের পাদবিন্দু $C$. $D(3,0)$-ও $x$-অক্ষে চিহ্নিত.

দেওয়া আছে, $2 x^2+y^2=1$

বা, $\frac{x^2}{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}+\frac{y^2}{1^2}=1$, যা উপবৃত্তের সমীকরণ.

ইহাকে $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ এর সাথে তুলনা করে পাই,

$\mathrm{a}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ ও $\mathrm{b}=1$, এখানে $\mathrm{a}<\mathrm{b}$

$\therefore \quad$ বৃহৎ অক্ষের সমীকরণ $\mathrm{x}=0$.

চিত্রে কেন্দ্র $D(3,0)$ এবং উপবৃত্ত $A(-2,0),B(0,2)$-গামী. বৃহৎ অক্ষ $x$-অক্ষে হওয়ায় $(x-3)^2/a^2+y^2/b^2=1$. $A$ বসিয়ে $a^2=25$; $B$ বসিয়ে $9/25+4/b^2=1$, তাই $b^2=25/4$. উৎকেন্দ্রিকতা $\sqrt{1-b^2/a^2}=\sqrt3/2$.

$AB$ রেখা $x-y+2=0$. $O$ থেকে এই রেখায় লম্বের পাদবিন্দু $C=(-1,1)$, যা শীর্ষ. উপকেন্দ্র $O=(0,0)$ হলে নিয়ামকের পাদবিন্দু $Z=2C-O=(-2,2)$. তাই নিয়ামক $x-y+4=0$. সংজ্ঞা অনুযায়ী $2(x^2+y^2)=(x-y+4)^2$, অর্থাৎ $(x+y)^2-8x+8y-16=0$.

৬. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

$a x^2-2 h x y+b y^2-2 g x+2 f y-c=0$ একটি কনিক.

দেওয়া আছে, $y^2=12 x$ .... (1)

বা, $y^2=4.3 . x$

এখানে, $\mathrm{a}=3$

আমরা জানি, উপকেন্দ্রিক দূরত্ব,

$ x+a=6$

বা, $ x+3=6$

$\therefore \quad x=3 $

$\therefore$ নির্ণেয় ভুজ 3.

প্রদত্ত মানে $9x^2-16y^2-18x-64y-199=0$. বর্গপূর্ণ করে $9(x-1)^2-16(y+2)^2=144$, অর্থাৎ $(x-1)^2/16-(y+2)^2/9=1$. উপকেন্দ্র $(1\pm5,-2)$, তাই উপকেন্দ্রিক লম্বের সমীকরণ $x=6$ ও $x=-4$.

উৎকেন্দ্রিকতা $1$ বলে পরাবৃত্ত. উপকেন্দ্র $(-1,1)$ ও নিয়ামক $x+y+1=0$ থেকে $2[(x+1)^2+(y-1)^2]=(x+y+1)^2$. ফলে $x^2-2xy+y^2+2x-6y+3=0$. উদ্দীপকের সঙ্গে তুলনায় (সাধারণ অশূন্য গুণক সাপেক্ষে) $a=b=h=1$, $c=f=-3$. তাই $h^2-ab=0=c-f$.

৭. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

দৃশ্যকল্প-১:

$W$ ওজনের $AB$ তক্তার দৈর্ঘ্য $4a$. তক্তাটি $C,D$ খুঁটির উপর অনুভূমিকভাবে স্থাপিত, $CD=a$.

**দৃশ্যকল্প-২: **কোনো বিন্দুতে ক্রিয়াশীল P, Q এবং R বলত্রয় ভারসাম্য সৃষ্টি করে.

$P$ ডানদিকে, $Q$ উপরে বামদিকে; লব্ধি $R=Q/3$ ঊর্ধ্বমুখী ও $P$-এর উপর লম্ব. অন্তর্গত কোণ $\alpha$.

ধরি, একটি বিন্দুতে ক্রিয়ারত P ও Q বলদ্বয়ের লব্ধি R; যা P বলের সাথে লম্বভাবে ক্রিয়া করে এবং $\mathrm{R}=\frac{\mathrm{Q}}{3}$.

P বরাবর লম্বাংশ উপপাদ্য অনুসারে পাই,

$ \mathrm{R} \cos 90^{\circ}=\mathrm{P} \cos 0^{\circ}+\mathrm{Q} \cos \alpha$

বা, $\quad 0=\mathrm{P}+\mathrm{Q} \cos \alpha$

বা, $\cos \alpha=-\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{Q}}$ ...... (I)

এবং $\mathrm{R} \sin 90^{\circ}=\mathrm{P} \sin 0^{\circ}+\mathrm{Q} \sin \alpha$

বা, $\frac{Q}{3} \cdot 1=0+Q \sin \alpha$

বা, $\frac{1}{3}=\sin \alpha$

বা, $\frac{1}{9}=\sin ^2 \alpha=1-\cos ^2 \alpha$

বা, $\cos ^2 \alpha=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}$

$\therefore \quad \cos \alpha=-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ ........(ii) $[\alpha$ স্থূলকোণ $]$

(i) নং ও (ii) নং তুলনা করে পাই,

$ -\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{Q}}=-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

বা, $\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{Q}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

$ \therefore \quad P: Q=2 \sqrt{2}: 3$

$\therefore$ বলদ্বয়ের মানের অনুপাত $2 \sqrt{2}: 3$. (দেখানো হলো)

তক্তায় $A,C,O,D,B$ ক্রমান্বয়ে; $O$ মধ্যবিন্দুতে ওজন $W$. $A$ প্রান্তে $W_1$ ঝুলিয়ে সর্বোচ্চ সীমায় $C$-তে প্রতিক্রিয়া $W+W_1$, $D$-তে প্রতিক্রিয়া শূন্য.

মনে করি, AB = 4a দৈর্ঘ্যের তক্তাটি C ও D বিন্দুতে দুইটি খুঁটির উপর অনুভূমিকভাবে স্থাপিত যেখানে CD = a এবং ওজন W যা এর মধ্যবিন্দু O তে ক্রিয়া করে.

সুতরাং, $O A=O B=\frac{4 a}{2}=2 a$

তক্তাটি না উল্টিয়ে A প্রান্তে সর্বাধিক $W_1$ ওজন ঝুলানো হলে, D বিন্দুতে চাপ শূন্য এবং A ও O তে কার্যকর ওজনের লব্ধি $(W+W_1), C$ তে ক্রিয়া করে.

$ \therefore \quad \mathrm{W}_1 \times \mathrm{AC}=\mathrm{W} \times \mathrm{OC}$

বা, $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{OC}}=\frac{\mathrm{W}}{\mathrm{W}_1}$

বা, $\frac{A C+O C}{O C}=\frac{W+W_1}{W_1}$ [যোজন করে]

বা, $\frac{O A}{O C}=\frac{W+W_1}{W_1}$

বা, $\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{OC}}=\frac{\mathrm{W}+\mathrm{W}_1}{\mathrm{~W}_1}$

বা, $O C=\frac{2 a W_1}{W+W_1}$ ....... (1)

তক্তায় $A,C,O,D,B$ ক্রমান্বয়ে; $O$-তে ওজন $W$. $B$-তে সর্বোচ্চ $W_2$ ঝুলালে $D$-তে প্রতিক্রিয়া $W+W_2$ এবং $C$-তে শূন্য.

আবার, B প্রান্তে সর্বাধিক $W_{2}$ ওজন স্থাপন করলে C বিন্দুতে চাপ শূন্য এবং O ও B তে কার্যকর ওজনের লব্ধি $(W + W_{2}) D$ তে ক্রিয়া করে.

$ \therefore \quad \mathrm{W} \times \mathrm{OD}=\mathrm{W}_2 \times \mathrm{BD}$

বা, $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{OD}}=\frac{\mathrm{W}}{\mathrm{W}_2}$

বা, $\frac{\mathrm{BD}+\mathrm{OD}}{\mathrm{OD}}=\frac{\mathrm{W}+\mathrm{W}_2}{\mathrm{~W}_2}$ [য়োজন করে]

বা, $\frac{O B}{O D}=\frac{W+W_2}{W_2}$

বা, $\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{OD}}=\frac{\mathrm{W}+\mathrm{W}_2}{\mathrm{~W}_2}$

$\therefore \quad O D=\frac{2 a W_2}{W+W_2}$ .......... (2)

(1) ও (2)নং সমীকরণ যোগ করে পাই,

$ O C+O D=\frac{2 a W_1}{W+W_1}+\frac{2 a W_2}{W+W_2} $

বা, $C D=2 \mathrm{a}\left(\frac{\mathrm{W}_1}{\mathrm{~W}+\mathrm{W}_1}+\frac{\mathrm{W}_2}{\mathrm{~W}+\mathrm{W}_2}\right)[\because \mathrm{OC}+\mathrm{OD}=\mathrm{CD}]$

বা, $a=2 a\left(\frac{W_1}{W+W_1}+\frac{W_2}{W+W_2}\right)$

বা, $\frac{W_1}{W+W_1}+\frac{W_2}{W+W_2}=\frac{a}{2 a}$

$\therefore \frac{W_1}{W+W_1}+\frac{W_2}{W+W_2}=\frac{1}{2}$, (প্রমাণিত)

ছোট কোণ $\alpha$ নিলে লমির উপপাদ্যে $P/\sin2\alpha=Q/\sin\alpha=R/[-\sin3\alpha]$. ফলে $P=2Q\cos\alpha$ এবং $R=Q(4\sin^2\alpha-3)=Q(1-4\cos^2\alpha)=Q-P^2/Q$. অতএব $P^2=Q(Q-R)$.

৮. উদ্দীপকটি পড়ে প্রশ্নগুলোর উত্তর দাও.

**দৃশ্যকল্প-১: **একখন্ড পাথর একটি টাওয়ারের চূড়া হতে অবাধে $x$ মিটার নামার পর অপর একটি পাথর চূড়ার $2x$ মিটার নিচ হতে অবাধে ফেলে দিলে উভয়েই একই সময়ে ভূমিতে পতিত হয়.

দৃশ্যকল্প-২:

প্রক্ষেপকের পথে $(1/a,2/a)$ ও $(3/a,1/a)$ বিন্দু চিহ্নিত. $O$ নিক্ষেপণবিন্দু, $A(R,0)$ পতনস্থান; দ্বিতীয় চিহ্নিত বিন্দুর ভূমিতে পাদবিন্দু $C$, $OC=3/a$.

আপেক্ষিক বেগের সূত্রে $13=4^2+5^2-2\cdot4\cdot5\cos\alpha$. তাই $\cos\alpha=7/10$ এবং $\alpha=\cos^{-1}(7/10)\approx45.57^\circ$.

টাওয়ারে শীর্ষ $A$, ভূমি $C$, $AC=h$. প্রথম পাথর $AB=x$ পড়ে $B$-তে পৌঁছায়, অবশিষ্ট $BC=h-x$.

মনে করি, টাওয়ারটির উচ্চতা, h

১ম পাথরের ক্ষেত্রে:

B বিন্দুতে বেগ,

$v ^ 2 = 0 ^ 2 + 2gx = 2gx ....(i)$

C বিন্দুতে যেতে t সময় লাগলে,

$ \mathrm{h}-\mathrm{x}=\mathrm{vt}+\frac{1}{2} \mathrm{gt}^2 $

টাওয়ারে $AB=x$, $AD=2x$ এবং $DC=h-2x$. প্রথম পাথর $B$-তে পৌঁছালে দ্বিতীয়টি $D$ থেকে ফেলা হয়.

২য় পাথরের ক্ষেত্রে:

যেহেতু ১ম পাথরের সাথেই ভূমিতে পড়ে

$ \therefore h-2 x=0+\frac{1}{2} g t^2$

বা, $h-2 x=\frac{1}{2} g t^2$

(ii) নং হতে (iii) নং বিয়োগ করে পাই,

$ h-x-h+2 x=v t+\frac{1}{2} g t^2-\frac{1}{2} g t^2$

বা, $x=v t \quad$ বা, $t=\frac{x}{v}$

t এর মান (iii) নং সমীকরণে বসিয়ে পাই,

$h-2 x=\frac{1}{2} \cdot g \cdot \frac{x^2}{v^2}$

বা, $h-2 x=\frac{1}{2} \cdot g \cdot \frac{x^2}{2 g x}$ [(i) হতে]

$ \therefore \quad h-2 x=\frac{x}{4} $

অতএব, ২য় পাথরের অতিক্রান্ত দূরত্ব $\frac{\mathrm{x}}{4}$ মিটার. (দেখানো হলো)

$a>0$ হলে চিত্রের দুটি বিন্দু $(1/a,2/a)$ ও $(3/a,1/a)$ পথের উপর. $y=x\tan\alpha(1-x/R)$ বসিয়ে $2=\tan\alpha(1-1/(aR))$ এবং $1=3\tan\alpha(1-3/(aR))$. ভাগ করে $6-18/(aR)=1-1/(aR)$, তাই $R=17/(5a)$. সুতরাং $CA=R-3/a=2/(5a)$. উৎসের $1/(3a)$ লক্ষ্যটি সঠিক নয়.