উত্তর $z=-2-2\sqrt3i=4e^{-2\pi i/3}$. প্রধান বর্গমূল $\sqrt z=2e^{-\pi i/3}=1-\sqrt3i$, তাই $\operatorname{Arg}(\sqrt z)=-\pi/3$. অপর বর্গমূল $-1+\sqrt3i$-এর প্রধান আর্গুমেন্ট $2\pi/3$.

উত্তর

দুঃখিত, কোনো সমাধান এখনও প্রদান করা হয়নি।

উত্তর $z/4=e^{-2\pi i/3}$ এবং $\bar z/4=e^{2\pi i/3}$. তাই চাওয়া যোগফল $2\cos(2m\pi/3)$. পূর্ণসংখ্যা $m$ যদি $3$ দ্বারা বিভাজ্য হয়, মান $2$; অন্যথায় মান $-1$.

উত্তর

দেওয়া আছে, $3 \mathrm{x}^2-\mathrm{mx}+25=0$ $.....(1)$

ধরি, $(i)$ নং সমীকরণের একটি মূল $\alpha$
$\therefore$ অপর মূলটি $3 \alpha$
এখন, $\alpha+3 \alpha=-\frac{-m}{3}$
বা, $4 \alpha=\frac{m}{3}$
বা, $\alpha=\frac{\mathrm{m}}{12}$ $.....(2)$

এবং $\alpha \cdot 3 \alpha=\frac{25}{3}$
বা, $\alpha^2=\frac{25}{9}$

$\therefore \alpha= \pm \frac{5}{3}$ $.....(3)$

$(2)$ নং ও $(3)$ নং সমীকরণ হতে পাই, $\frac{m}{12}= \pm \frac{5}{3}$

বা, $m= \pm \frac{5 \times 12}{3}$
$\therefore \mathrm{m}= \pm 20$
$\therefore \mathrm{m}$ এর মান : $\pm 20$.

উত্তর $\alpha\ne0$ হলে ভিয়েটার সূত্রে $\beta+\gamma=-\alpha$, $\beta\gamma=-r/\alpha$. ফলে $(\beta-\gamma)^2=\alpha^2+4r/\alpha=(\alpha^3+4r)/\alpha=(3r-q\alpha)/\alpha$.

উত্তর $r\ne0$ হলে নতুন মূলত্রয় $-1/\alpha^2,-1/\beta^2,-1/\gamma^2$. এদের যোগফল $-q^2/r^2$, দুটি করে গুণফলের যোগফল $-2q/r^2$ এবং গুণফল $-1/r^2$. তাই নতুন সমীকরণ $r^2x^3+q^2x^2-2qx+1=0$.

উত্তর

দেওয়া আছে,

দ্বিঘাত সমীকরণের একটি মূল $\alpha = 3+2 i$

যেহেতু বাস্তব সহগবিশিষ্ট দ্বিঘাত সমীকরণের জটিল মূলগুলো অনুবন্ধী যুগল (Conjugate pair) হিসেবে থাকে,

$\therefore$ অপর মূলটি হবে, $\beta = 3-2 i$

মূলদ্বয়ের যোগফল $= \alpha + \beta = (3+2i) + (3-2i) = 6$

মূলদ্বয়ের গুণফল $= \alpha \beta = (3+2i)(3-2i) = 3^2 - (2i)^2 = 9 - 4i^2 = 9 - 4(-1) = 13 \quad [\because i^2 = -1]$

আমরা জানি,

নির্ণেয় দ্বিঘাত সমীকরণ:

$x^2 - (\text{মূলদ্বয়ের যোগফল})x + (\text{মূলদ্বয়ের গুণফল}) = 0$

$\therefore x^2 - 6x + 13 = 0$

নির্ণেয় সমীকরণ: $x^2 - 6x + 13 = 0$

উত্তর

দুঃখিত, কোনো সমাধান এখনও প্রদান করা হয়নি।

উত্তর

দেওয়া আছে,

$x=p \omega^2+q+r \omega$

$y=p \omega+q+r \omega^2$

এবং $x^3+y^3=0$

এখন, $x^3+y^3=0$

$\Rightarrow (x+y)(x^2-xy+y^2)=0$

$\Rightarrow (x+y)\{x^2+(\omega+\omega^2)xy+y^2\omega^3\}=0 \quad [\because 1+\omega+\omega^2=0 \Rightarrow -1 = \omega+\omega^2 \text{ এবং } \omega^3=1]$

$\Rightarrow (x+y)(x^2+\omega xy+\omega^2 xy+y^2\omega^3)=0$

$\Rightarrow (x+y)\{x(x+\omega y)+\omega^2 y(x+\omega y)\}=0$

$\Rightarrow (x+y)(x+\omega y)(x+\omega^2 y)=0$

এখান থেকে তিনটি শর্ত পাওয়া যায়.

হয়, $x+y=0$

$\Rightarrow (p \omega^2+q+r \omega) + (p \omega+q+r \omega^2) = 0$

$\Rightarrow p(\omega+\omega^2) + 2q + r(\omega+\omega^2) = 0$

$\Rightarrow p(-1) + 2q + r(-1) = 0 \quad [\because \omega+\omega^2=-1]$

$\Rightarrow -p + 2q - r = 0$

$\therefore 2q = p+r$

অথবা, $x+\omega y=0$

$\Rightarrow (p \omega^2+q+r \omega) + \omega(p \omega+q+r \omega^2) = 0$

$\Rightarrow p \omega^2+q+r \omega + p \omega^2+q \omega+r \omega^3 = 0$

$\Rightarrow 2p \omega^2 + q(1+\omega) + r(\omega+1) = 0 \quad [\because \omega^3=1]$

$\Rightarrow 2p \omega^2 + q(-\omega^2) + r(-\omega^2) = 0 \quad [\because 1+\omega=-\omega^2]$

$\Rightarrow \omega^2(2p - q - r) = 0$

$\Rightarrow 2p - q - r = 0 \quad [\because \omega \neq 0]$

$\therefore 2p = q+r$

অথবা, $x+\omega^2 y=0$

$\Rightarrow (p \omega^2+q+r \omega) + \omega^2(p \omega+q+r \omega^2) = 0$

$\Rightarrow p \omega^2+q+r \omega + p \omega^3+q \omega^2+r \omega^4 = 0$

$\Rightarrow p \omega^2+q+r \omega + p(1)+q \omega^2+r \omega = 0 \quad [\because \omega^3=1, \omega^4=\omega]$

$\Rightarrow p(1+\omega^2) + q(1+\omega^2) + 2r \omega = 0$

$\Rightarrow p(-\omega) + q(-\omega) + 2r \omega = 0 \quad [\because 1+\omega^2=-\omega]$

$\Rightarrow \omega(-p - q + 2r) = 0$

$\Rightarrow 2r - p - q = 0 \quad [\because \omega \neq 0]$

$\therefore 2r = p+q$

অতএব, $2 p=q+r$ অথবা $2 q=r+p$ অথবা $2 r=p+q$ (প্রমাণিত)

উত্তর বাস্তব ক্ষেত্রে $-1\le x\le1$. $\theta=\cos^{-1}x\in[0,\pi]$ নিলে $\cos(\theta/2)=\sqrt{(1+x)/2}$ এবং $\theta/2\in[0,\pi/2]$. তাই প্রধান বিপরীত কোসাইন নিয়ে চাওয়া ফল পাওয়া যায়.

উত্তর

দুঃখিত, কোনো সমাধান এখনও প্রদান করা হয়নি।

উত্তর

দেওয়া আছে, $f(\theta)=\cos \theta$

এখন, $4 f(\theta) f(2 \theta) f(3 \theta)=1$, যখন $0^{\circ}<\theta<\pi$

বা. $4 \cos \theta \cos 2 \theta \cos 3 \theta=1$

বা, $(2 \cos \theta \cos 3 \theta)(2 \cos 2 \theta)=1$

বা, $(\cos 4 \theta+\cos 2 \theta)(2 \cos 2 \theta)=1$

বা, $2 \cos 4 \theta \cos 2 \theta+2 \cos ^2 2 \theta-1=0$

বা. $2 \cos 4 \theta \cos 2 \theta+\cos 4 \theta=0$

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

হয়, $\cos 4 \theta=0$
বা, $4 \theta=(2 n+1) \frac{\pi}{2}$,
যেখানে $\mathrm{n} \in \mathbb{Z}$

$\therefore \quad \theta=(2 n+1) \frac{\pi}{8}$

অথবা, $2 \cos 2 \theta+1=0$
বা, $2 \cos 2 \theta=-1$
বা, $\cos 2 \theta=-\frac{1}{2}=\cos \frac{2 \pi}{3}$
বা, $2 \theta=2 \mathrm{n} \pi \pm \frac{2 \pi}{3}$, যেখানে $\mathrm{n} \in \mathbb{Z}$

$\therefore \theta=n \pi \pm \frac{\pi}{3}$

$n = 0$ হলে, $\theta=\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{3}, \frac{-\pi}{3}$
$n = 1$হলে, $\theta=\frac{3 \pi}{8}, \frac{4 \pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}$
$n = -1$হলে, $\theta=-\frac{\pi}{8},-\frac{2 \pi}{3},-\frac{4 \pi}{3}$
$n = 2$ হলে, $\theta=\frac{5 \pi}{8}, \frac{7 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{3}$
$n = 3$ হলে, $\theta=\frac{7 \pi}{8}, \frac{10 \pi}{3}, \frac{8 \pi}{3}$
$n = 4$ হলে, $\theta=\frac{9 \pi}{8}, \frac{13 \pi}{3}, \frac{11 \pi}{3}$

$0<\theta<\pi$ ব্যবধিতে $x=\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{3}, \frac{3 \pi}{8}, \frac{5 \pi}{8}, \frac{2 \pi}{3}, \frac{7 \pi}{8}$

নির্ণেয় সমাধান : $\theta=\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{3}, \frac{3 \pi}{8}, \frac{5 \pi}{8}, \frac{2 \pi}{3}, \frac{7 \pi}{8}$.

উত্তর

দেওয়া আছে, পরাবৃত্তের সমীকরণ, $\mathrm{x}^2=1-2 \mathrm{y}$
বা, $x^2=-2 y+1$
বা, $x^2=-2\left(y-\frac{1}{2}\right)$
বা, $x^2=-4 \cdot \frac{2}{4}\left(y-\frac{1}{2}\right)$
বা, $x^2=-4 \cdot \frac{1}{2}\left(y-\frac{1}{2}\right)$
বা, $X^2=-4 . a Y$
একে পরাবৃত্তের সাধারণ সমীকরণ $x^2=-4 a y$ এর সাথে তুলনা করে পাই,
উপকেন্দ্র $(0,-a)$

$X=0$
অর্থাৎ, $x=0$

এবং $\mathbf{Y}=-\mathbf{a}$
বা, $y-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$
বা, $y=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$
$\therefore \mathrm{y}=\mathbf{0}$

$\therefore \quad$ উপকেন্দ্র $(0,0)$
নির্ণেয় উপকেন্দ্রের স্থানাঙ্ক $(0,0)$.

উত্তর স্থানাঙ্কের লেবেল অনুযায়ী শীর্ষ $A(-2,2)$ এবং উপকেন্দ্র $S(-6,-6)$. নিয়ামকের পাদবিন্দু $Z=2A-S=(2,10)$. অক্ষের অভিমুখ $(1,2)$, তাই $Z$-গামী নিয়ামক $x+2y-22=0$. সুতরাং $5[(x+6)^2+(y+6)^2]=(x+2y-22)^2$. বিস্তারে $(2x-y)^2+104x+148y-124=0$.

উত্তর

দেওয়া আছে, $5 x^2+15 x-10 y-4=0$

বা, $5\left(x^2+3 x\right)=10\left(y+\frac{2}{5}\right)$

বা, $x^2+2 \cdot x \cdot \frac{3}{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^2-\left(\frac{3}{2}\right)^2=2\left(y+\frac{2}{5}\right)$

বা, $\left(x+\frac{3}{2}\right)^2=2 y+\frac{4}{5}+\frac{9}{4}$

বা, $\left(x+\frac{3}{2}\right)^2=2 y+\frac{61}{20}$

বা, $\left(x+\frac{3}{2}\right)^2=4\left(\frac{1}{2}\right)\left(y+\frac{61}{40}\right)$

বা, $X^2=4 a Y$

যেখানে, $X=x+\frac{3}{2}, Y=y+\frac{61}{40}$ এবং $a=\frac{1}{2}$

শীর্ষবিন্দু $(0,0)$ অর্থাৎ , $X=0$
বা, $x+\frac{3}{2}=0$
$\therefore \quad x=-\frac{3}{2}$

এবং $\mathrm{Y}=0$

বা, $y+\frac{61}{40}=0$

$\therefore \quad y=-\frac{61}{40}$

$\therefore$ শীর্ষবিন্দু $\left(-\frac{3}{2},-\frac{61}{40}\right)$

উপকেন্দ্র $(0, a)$ অর্থাৎ, $X=0$
বা, $x+\frac{3}{2}=0$

$\therefore \quad x=-\frac{3}{2}$

এবং $Y=a$
বা, $y+\frac{61}{40}=\frac{1}{2}$
বা, $y=\frac{1}{2}-\frac{61}{40}=\frac{-41}{40}$

উপকেন্দ্র, $S\left(-\frac{3}{2},-\frac{41}{40}\right)$
দিকাক্ষের সমীকরণ, $Y=-a$
বা, $y+\frac{61}{40}=-\frac{1}{2}$
বা, $y+\frac{61}{40}+\frac{1}{2}=0$
বা, $y+\frac{81}{40}=0$

$\therefore \quad 40 y+81=0$

উপকেন্দ্রিক লম্বের সমীকরণ, $\mathrm{Y}=\mathrm{a}$
বা, $y+\frac{61}{40}=\frac{1}{2}$
বা, $y+\frac{61}{40}-\frac{1}{2}=0$
বা, $y+\frac{41}{40}=0$

$\therefore \quad 40 y+41=0$

নির্ণেয় পরাবৃত্তটির শীর্ষবিন্দু $\left(-\frac{3}{2},-\frac{61}{40}\right)$, উপকেন্দ্র $\left(-\frac{3}{2},-\frac{41}{40}\right)$, দিকাক্ষের সমীকরণ $40 \mathrm{y}+81=0$ এবং উপকেন্দ্রিক লম্বের সমীকরণ $40 y+41=0$

উত্তর প্রদত্ত অধিবৃত্তের সমীকরণ, $25 x^2-16 y^2=400$.
বা, $\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{25}=1$.
বা, $\frac{x^2}{4^2}-\frac{y^2}{5^2}=1$, সমীকরণটিকে $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ এর সাথে তুলনা করে পাই,
$\therefore \quad a=4$ এবং $b=5$
$\therefore \quad$ উৎকেন্দ্রিকতা, $\mathrm{e}=\sqrt{1+\frac{\mathrm{b}^2}{\mathrm{a}^2}}=\sqrt{1+\frac{25}{16}}=\frac{\sqrt{41}}{4}$
$\therefore \quad$ উপকেন্দ্র $( \pm \mathrm{ae}, 0)=\left( \pm 4 . \frac{\sqrt{41}}{4}, 0\right)=( \pm \sqrt{41}, 0)$
নির্ণেয় উপকেন্দ্রের স্থানাঙ্ক $( \pm \sqrt{41}, 0)$.

উত্তর

দেওয়া আছে, কণিকের উপকেন্দ্র $S(3,-1)$

দিকাক্ষের সমীকরণ, $x=7$ বা, $x-7=0$

এবং উৎকেন্দ্রিকতা, $\mathrm{e}=\frac{1}{\sqrt{5}}<1$

$\therefore \quad$ কণিকটি একটি উপবৃত্ত.

ধরি, উপবৃত্তের উপরম্থ $P(x, y)$ একটি বিন্দু.
$\therefore \quad$ উপবৃত্তের সংজ্ঞানুসারে পাই, $\mathrm{SP}=$ $e.PM$
বা, $\quad \mathrm{SP}^2=\mathrm{e}^2 \mathrm{PM}^2$
বা, $(x-3)^2+(y+1)^2=\frac{1}{5}\left|\frac{x-7}{\sqrt{1^2+0^2}}\right|^2$
বা, $x^2-6 x+9+y^2+2 y+1=\frac{1}{5}\left(x^2-14 x+49\right)$
বা, $5 x^2-30 x+45+5 y^2+10 y+5=x^2-14 x+49$
বা, $4 x^2+5 y^2-16 x+10 y+1=0$
নির্ণেয় কণিকটির সমীকরণ, $4 x^2+5 y^2-16 x+10 y+1=0$.

উত্তর দেওয়া আছে, $f(x, y)=4 x^2-9 y^2-16 x+18 y-29$
এখন, $f(\mathbf{x}, \mathbf{y})=0$
বা, $4 x^2-9 y^2-16 x+18 y-29=0$
বা, $4\left(x^2-4 x\right)-9\left(y^2-2 y\right)-29=0$
বা, $4\left(x^2-2 . x .2+2^2-2^2\right)-9\left(y^2-2 . y .1+1^2-1^2\right)-29=0$
বা, $4(x-2)^2-16-9(y-1)^2+9-29=0$
বা, $4(x-2)^2-9(y-1)^2=36$
বা, $\frac{(x-2)^2}{9}-\frac{(y-1)^2}{4}=1$
বা, $\frac{(x-2)^2}{3^2}-\frac{(y-1)^2}{2^2}=1$
$\therefore$ ইহা একটি অধিবৃত্ত.
$\therefore \quad$ অধিবৃত্তটির অসীমতটের সমীকরণ, $\mathrm{y}-1= \pm \frac{2}{3}(\mathrm{x}-2)$
বা, $3 y-3= \pm(2 x-4)$
' + ' চিহ্ন নিয়ে, $3 \mathrm{y}-3=2 \mathrm{x}-4$
বা, $2 x-3 y-1=0$
'-' চিহ্ন নিয়ে, $3 y-3=-2 x+4$
বা, $2 x+3 y-7=0$
নির্ণেয় অসীমতটের সমীকরণ, $2 x-3 y-1=0,2 x+3 y-7=0$.

উত্তর প্রদত্ত বল $P=7\,\mathrm N$, $Q=4\,\mathrm N$ এবং কোণ $120^\circ$. তাই $R=\sqrt{7^2+4^2+2\cdot7\cdot4\cos120^\circ}=\sqrt{37}\,\mathrm N$.

উত্তর অন্তঃকেন্দ্রের জন্য $\angle EIF=\pi/2+D/2$; অনুরূপভাবে $\angle DIF=\pi/2+E/2$, $\angle DIE=\pi/2+F/2$. লমির উপপাদ্যে $P:Q:R=\sin(\angle EIF):\sin(\angle DIF):\sin(\angle DIE)=\cos(D/2):\cos(E/2):\cos(F/2)$.

উত্তর

$A,D,C,C\prime,B$ একই রেখায়. $A$-তে $P$, $B$-তে $Q$ বলের লব্ধি $C$-তে; $P$-কে $AD=x$ সরালে লব্ধি $CC\prime=d$ সরে. সব বল ঊর্ধ্বমুখী.

এখানে, A ও B বিন্দুতে ক্রিয়াশীল P ও Q বলদ্বয়ের লব্ধি R; যা C বিন্দুতে ক্রিয়াশীল .

এক্ষেত্রে, $\mathrm{P} \cdot \mathrm{AC}=\mathrm{Q} \cdot \mathrm{BC}$

বা, $\frac{A C}{B C}=\frac{Q}{P}$
বা, $\frac{\mathrm{AC}+\mathrm{BC}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{Q}+\mathrm{P}}{\mathrm{P}}$ [যোজন করে]
বা, $\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{P}+\mathrm{Q}}{\mathrm{P}}$
বা, $(P+Q) \cdot B C=P \cdot A B$

$\therefore \quad B C=\frac{P}{P+Q} A B$

পরবর্তীতে P বলকে A বিন্দু হতে AD = x দূরত্বে D বিন্দুতে সরালে এর লব্ধি R ; যা C বিন্দু হতে $\mathrm{CC}^{\prime}=\mathrm{d}$ দূরত্বে $\mathrm{C}^{\prime}$ বিন্দুতে ক্রিয়া করে.

এক্ষেত্রে, $\mathrm{P} \cdot \mathrm{C}^{\prime} \mathrm{D}=\mathrm{Q} \cdot \mathrm{BC}^{\prime}$

বা, $\frac{C^{\prime} D}{B C^{\prime}}=\frac{Q}{P}$
বা, $\frac{\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{D}+\mathrm{BC}^{\prime}}{\mathrm{BC}^{\prime}}=\frac{\mathrm{Q}+\mathrm{P}}{\mathrm{P}}$ [যোজন করে]
বা, $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BC}^{\prime}}=\frac{\mathrm{P}+\mathrm{Q}}{\mathrm{P}}$
বা, $(P+Q) B C^{\prime}=P \cdot B D$
$\therefore \quad \mathrm{BC}^{\prime}=\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{P}+\mathrm{Q}} \mathrm{BD}$
এখন, $\mathrm{d}=\mathrm{CC}^{\prime}=\mathrm{BC}-\mathrm{BC}^{\prime}$

$\begin{aligned} & =\frac{P}{P+Q} A B-\frac{P}{P+Q} B D \\ & =\frac{P}{P+Q}(A B-B D) \\ & =\frac{P x}{P+Q}[\because A B-B D=A D=x]\end{aligned}$
$\therefore \quad d=\frac{P x}{P+Q}$. (প্রমাণিত)

উত্তর

এখানে,
আদিবেগ, $\mathbf{u}=0$
ত্বরণ, $\mathrm{a}=7 \mathrm{~ms}^{-2}$

আমরা জানি, t-তম সময়ে অতিক্রান্ত দূরত্ব,

$\mathrm{s}_{\mathrm{t}}=\mathrm{u}+\frac{1}{2} \mathrm{a} \cdot(2 \mathrm{t}-1)$

$\therefore \quad$ ৩য় সেকেন্ডে অতিক্রান্ত দূরত্ব

$s_3=0+\frac{1}{2} \times 7 \times(2 \times 3-1)=17.5 \mathrm{~m}$

$\therefore \quad$ কণাটি তৃতীয় সেকেন্ডে 17.5 m দূবত্ব অতিক্রম করবে.

উত্তর

মোটর সাইকেল আরোহী ও অশ্বারোহীর মধ্যবর্তী দূরত্ব 15 মিটার. মনে করি, এ সময় পরে অশ্বারোহীর আদি অবস্থান থেকে x মিটার দূরে মোটর সাইকেল আরোহী অশ্বারোহীকে ধরতে পারবে.

মোটরসাইকেল আরোহীর প্রাথমিক অবস্থান থেকে অশ্বারোহী $15$ মিটার সামনে; অশ্বারোহীর আদি অবস্থান থেকে মিলনস্থান $x$ মিটার সামনে.

অশ্বারোহীর জন্য : $s = vt$ বা, $x = 12.5 t$ ........$(i)$

মোটর সাইকেল আরোহীর জন্য :

$s=u t+\frac{1}{2} a t^2$

বা, $15+x=0 . t+\frac{1}{2} \times 5 \times t^2$
বা, $15+12.5 \mathrm{t}=\frac{5}{2} \mathrm{t}^2$
[$(i)$ নং হতে $x$ এর মান বসিয়ে]
বা, $5 t^2-25 t-30=0$
বা, $t^2-5 t-6=0$
বা, $t^2-6 t+t-6=0$
বা, $t(t-6)+1(t-6)=0$
বা, $(\mathrm{t}-6)(\mathrm{t}+1)=0$
হয়, $t-6=0$

$\therefore \quad t=6$

অথবা, $t+1=0$
বা, $\mathrm{t}=-1$ কিন্তু ইহা গ্রহণযোগ্য নয়. কারণ সময় কখনও ঋণাত্মক হয় না.

$(i)$ নং সমীকরণে, $t=6$ বসিয়ে পাই, $x=12.5 \times 6=75 \mathrm{~m}$ মোট্র সাইকেল আরোহীর মোট দূরত্ব $=15+x=(15+75) m=90 \mathrm{~m}$ অতএব; মোটরসাইকেল আরোহী $90 m$ দূরে অশ্বারোহীকে ধরতে পারবে.

উত্তর নিক্ষেপণটি অনুভূমিকের $30^\circ$ উপরের দিকে হলে, $0=60+50t-4.9t^2$. ধনাত্মক মূল $t=(50+\sqrt{3676})/9.8$ সেকেন্ড. অনুভূমিক দূরত্ব $R=50\sqrt3\,(50+\sqrt{3676})/9.8\approx977.66$ মিটার. কোণটি নিচের দিকে হলে সময় ও পাল্লা ভিন্ন হবে; উৎসে দিকটি স্পষ্ট নয়.