ধরি,

$f(x)=x³+bx+80$

যেহেতু (x − 5) বহুপদীটির একটি উৎপাদক, তাই ভাগশেষ উপপাদ্য অনুযায়ী,

f(5) = 0

5³ + 5b + 80 = 0

125 + 5b + 80 = 0

5b = −205

অতএব b = −41

দেওয়া আছে,

$(a+b+c)(ab+bc+ca)=abc$

ধরি,

$u=\frac{1}{a},\ v=\frac{1}{b},\ w=\frac{1}{c}$

প্রদত্ত সম্পর্ক থেকে,

$\frac{1}{a+b+c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}$

$=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

= u + v + w

আবার,

$(u+v+w)(uv+vw+wu)$

$=\frac{ab+bc+ca}{abc}\times\frac{a+b+c}{abc}$

$=\frac{abc}{a²b²c²}$

$=\frac{1}{abc}$

= uvw

এখন ঘনের অভেদ অনুযায়ী,

$(u+v+w)³$

$=u³+v³+w³+3(u+v+w)(uv+vw+wu)-3uvw$

$=u³+v³+w³$

তাই,

$\frac{1}{(a+b+c)³}=\frac{1}{a³}+\frac{1}{b³}+\frac{1}{c³}$

অতএব প্রমাণিত

দেওয়া আছে,

$Q(x)=x³-36x$

তাই,

$\frac{x³}{Q(x)}=\frac{x³}{x³-36x}$

$=\frac{x²}{x²-36}$

$=1+\frac{36}{(x-6)(x+6)}$

ধরি,

$\frac{36}{(x-6)(x+6)}=\frac{A}{x-6}+\frac{B}{x+6}$

তাহলে,

36 = A(x + 6) + B(x − 6)

x = 6 বসিয়ে পাই,

36 = 12A

A = 3

x = −6 বসিয়ে পাই,

36 = −12B

B = −3

অতএব,

$\frac{x³}{Q(x)}=1+\frac{3}{x-6}-\frac{3}{x+6}$

যেখানে x ≠ 0, 6, −6

ধারাটি,

$\frac{1}{5}+\frac{1}{25}+\frac{1}{125}+\cdots$

এখানে প্রথম পদ,

$a=\frac{1}{5}$

এবং সাধারণ অনুপাত,

$r=\frac{1}{5}$

যেহেতু $|r|<1$, তাই অসীমতক সমষ্টি,

$S_\infty=\frac{a}{1-r}$

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

$=\frac{1}{4}$

x = $\frac{2}{5}$ হলে,

5x + 1 = 3

তাই প্রথম পদ ও সাধারণ অনুপাত,

$a=r=\frac{1}{3}$

প্রথম 9টি পদের সমষ্টি,

$S_9=\frac{a(1-r^9)}{1-r}$

$=\frac{\frac{1}{3}\left[1-\left(\frac{1}{3}\right)^9\right]}{1-\frac{1}{3}}$

$=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^9}\right)$

$=\frac{9841}{19683}$

ধারাটির প্রথম পদ ও সাধারণ অনুপাত,

$a=r=\frac{1}{5x+1}$

অসীমতক সমষ্টি থাকার শর্ত,

$\left|\frac{1}{5x+1}\right|<1$

$|5x+1|>1$

তাই,

5x + 1 > 1 অথবা 5x + 1 < −1

অতএব x > 0 অথবা $x<−\frac{2}{5}$

এই শর্তে,

$S_\infty=\frac{\frac{1}{5x+1}}{1-\frac{1}{5x+1}}$

$=\frac{1}{5x}$

অতএব x > 0 অথবা $x<−\frac{2}{5}$ হলে অসীমতক সমষ্টি $\frac{1}{5x}$

প্যাসকেলের ত্রিভুজে 6 ঘাতের প্রথম চারটি সহগ 1, 6, 15, 20

তাই,

$A=\left(y²+\frac{p}{y²}\right)^6$

$=(y²)^6+6(y²)^5\left(\frac{p}{y²}\right)+15(y²)^4\left(\frac{p}{y²}\right)²+20(y²)³\left(\frac{p}{y²}\right)³+\cdots$

$=y^{12}+6py^8+15p²y^4+20p³+\cdots$

অতএব প্রথম চারটি পদ $y^{12}+6py^8+15p²y^4+20p³$

A-এর বিস্তৃতির সাধারণ পদ,

$T_{r+1}=\binom{6}{r}(y²)^{6-r}\left(\frac{p}{y²}\right)^r$

$=\binom{6}{r}p^r y^{12-4r}$

y-মুক্ত পদের জন্য,

12 − 4r = 0

r = 3

তাই y-মুক্ত পদ,

$T_4=\binom{6}{3}p³$

= 20p³

প্রশ্নমতে,

20p³ = 14580

p³ = 729

অতএব p = 9

$B=\left(1-\frac{y}{2}\right)^6$

$=1-3y+\frac{15}{4}y²-\frac{5}{2}y³+\cdots$

তাই,

$(3+y)B$

$=(3+y)\left(1-3y+\frac{15}{4}y²-\frac{5}{2}y³+\cdots\right)$

$=3-8y+\frac{33}{4}y²-\frac{15}{4}y³+\cdots$

এখন y = 0.1 হলে,

$(3+y)B=3.1(0.95)^6$

প্রাপ্ত বিস্তৃতি ব্যবহার করে,

$3.1(0.95)^6$

$\approx3-8(0.1)+\frac{33}{4}(0.1)²-\frac{15}{4}(0.1)³$

= 3 − 0.8 + 0.0825 − 0.00375

= 2.27875

অতএব চার দশমিক স্থান পর্যন্ত মান 2.2788

D(4, 3) বিন্দুগামী সরলরেখার ঢাল m = 2

বিন্দু-ঢাল সূত্র অনুযায়ী,

$y-y_1=m(x-x_1)$

তাই,

y − 3 = 2(x − 4)

y − 3 = 2x − 8

অতএব সরলরেখার সমীকরণ y = 2x − 5

A(−3, 3), B(−3, −3), C(4, −3) এবং D(4, 3)

$AB=|3-(-3)|=6$

$BC=|4-(-3)|=7$

$CD=|3-(-3)|=6$

$DA=|4-(-3)|=7$

AB ও CD উল্লম্ব রেখাংশ এবং BC ও DA অনুভূমিক রেখাংশ

তাই,

AB ∥ CD, BC ∥ DA এবং AB ⊥ BC

অতএব বিপরীত বাহুদ্বয় সমান ও সমান্তরাল এবং প্রতিটি কোণ সমকোণ

সুতরাং ABCD একটি আয়তক্ষেত্র

চিত্রে রেখা তিনটির ছেদবিন্দুগুলো নির্ণয় করি

$y=-x+8$ এবং $y=x+8$ থেকে,

−x + 8 = x + 8

x = 0 এবং y = 8

একটি শীর্ষবিন্দু C(0, 8)

$y=3$ ও $y=-x+8$ থেকে B(5, 3)

$y=3$ ও $y=x+8$ থেকে A(−5, 3)

তাই ভূমির দৈর্ঘ্য,

AB = 5 − (−5) = 10 একক

উচ্চতা = 8 − 3 = 5 একক

ত্রিভুজটির ক্ষেত্রফল,

$=\frac{1}{2}\times10\times5$

= 25 বর্গ একক

ভেক্টরের ত্রিভুজ সূত্র অনুযায়ী,

$\overrightarrow\{MX\}+\overrightarrow\{XY\}=\overrightarrow\{MY\}$

Y যেহেতু MR-এর মধ্যবিন্দু, তাই

$\overrightarrow\{MY\}=\frac{1}{2}\overrightarrow\{MR\}$

অতএব,

$\overrightarrow\{MX\}+\overrightarrow\{XY\}=\frac{1}{2}\overrightarrow\{MR\}$

M-কে মূলবিন্দু ধরে ধরি,

$\overrightarrow\{MN\}=\vec n$ এবং $\overrightarrow\{MR\}=\vec r$

X ও Y যথাক্রমে MN ও MR-এর মধ্যবিন্দু হওয়ায়,

$\overrightarrow\{MX\}=\frac{1}{2}\vec n$

এবং

$\overrightarrow\{MY\}=\frac{1}{2}\vec r$

তাই,

$\overrightarrow\{XY\}=\overrightarrow\{MY\}-\overrightarrow\{MX\}$

$=\frac{1}{2}(\vec r-\vec n)$

$=\frac{1}{2}\overrightarrow\{NR\}$

অতএব $XY=\frac{1}{2}NR$ প্রমাণিত

M-কে মূলবিন্দু ধরে N, R, X ও Y-এর অবস্থান ভেক্টর যথাক্রমে,

$\vec n,\ \vec r,\ \frac{1}{2}\vec n,\ \frac{1}{2}\vec r$

A হলো NY কর্ণের মধ্যবিন্দু

তাই,

$\vec a=\frac{1}{2}\left(\vec n+\frac{1}{2}\vec r\right)$

$=\frac{1}{2}\vec n+\frac{1}{4}\vec r$

B হলো RX কর্ণের মধ্যবিন্দু

তাই,

$\vec b=\frac{1}{2}\left(\vec r+\frac{1}{2}\vec n\right)$

$=\frac{1}{2}\vec r+\frac{1}{4}\vec n$

অতএব,

$\overrightarrow\{AB\}=\vec b-\vec a$

$=\frac{1}{4}(\vec r-\vec n)$

আবার,

$\overrightarrow\{NR\}=\vec r-\vec n$

এবং

$\overrightarrow\{XY\}=\frac{1}{2}(\vec r-\vec n)$

তাই,

$\frac{1}{2}(\overrightarrow\{NR\}-\overrightarrow\{XY\})$

$=\frac{1}{2}\left[(\vec r-\vec n)-\frac{1}{2}(\vec r-\vec n)\right]$

$=\frac{1}{4}(\vec r-\vec n)$

$=\overrightarrow\{AB\}$

অতএব $AB=\frac{1}{2}(NR-XY)$ প্রমাণিত

$p=\frac{5\pi}{6}$ এবং $q=\frac{\pi}{3}$

$\cot p=\cot\frac{5\pi}{6}=-\sqrt{3}$

এবং

$\cot q=\cot\frac{\pi}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

তাই লব,

$\cot p+\cot q=-\sqrt{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}$

$=-\frac{2}{\sqrt{3}}$

এবং হর,

$1+\cot p\cot q$

$=1+(-\sqrt{3})\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$

= 0

যেহেতু হর 0 কিন্তু লব 0 নয়, তাই প্রদত্ত রাশিটি সংজ্ঞায়িত নয়

চিত্রে ∠Q = 90° এবং ∠R = θ

তাই,

$A=\frac{QR}{PR}=\cos\theta$

এবং

$B=\frac{PQ}{PR}=\sin\theta$

প্রদত্ত সম্পর্ক থেকে,

$m\cos\theta-n\sin\theta=\sqrt{m²+n²-r²}$

উভয় পক্ষ বর্গ করে পাই,

$m²\cos²\theta-2mn\sin\theta\cos\theta+n²\sin²\theta=m²+n²-r²$

তাই,

$r²=m²(1-\cos²\theta)+n²(1-\sin²\theta)+2mn\sin\theta\cos\theta$

$=m²\sin²\theta+n²\cos²\theta+2mn\sin\theta\cos\theta$

$=(m\sin\theta+n\cos\theta)²$

চিত্র অনুযায়ী সংশ্লিষ্ট রাশিগুলো ধনাত্মক

অতএব $m\sin\theta+n\cos\theta=r$ প্রমাণিত

চিত্রের সমকোণী ত্রিভুজে PQ = x, PR = y এবং ∠P = α

তাই,

$\cos\alpha=\frac{x}{y}$

এবং

$\sin\alpha=\frac{\sqrt{y²-x²}}{y}$

প্রদত্ত সমীকরণকে y দ্বারা ভাগ করে পাই,

$\frac{x}{y}+\frac{\sqrt{y²-x²}}{y}=\sqrt{2}$

তাই,

cos α + sin α = √2

$\sqrt{2}\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}$

$\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=1$

তাই,

$\alpha+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+2n\pi$

$\alpha=\frac{\pi}{4}+2n\pi$

যেহেতু 0 < α < 2π, তাই

$\alpha=\frac{\pi}{4}$

একটি নিরপেক্ষ ছক্কার নমুনাক্ষেত্র,

S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

জোড় সংখ্যা আসার ঘটনা,

E = {2, 4, 6}

বিজোড় সংখ্যা আসার ঘটনা,

O = {1, 3, 5}

E ও O পরস্পর বিচ্ছিন্ন এবং E ∪ O = S

তাই,

$P(E\cup O)=P(E)+P(O)$

$=\frac{3}{6}+\frac{3}{6}$

= 1

একটি নিরপেক্ষ মুদ্রা তিনবার নিক্ষেপে মোট সম্ভাব্য ফল,

$2³=8$

তিনবার নিক্ষেপে সর্বাধিক 3টি H আসতে পারে

তাই বড়োজোর 3H আসার ঘটনা নমুনাক্ষেত্রের সব ফলকেই অন্তর্ভুক্ত করে

অতএব নির্ণেয় সম্ভাবনা,

$=\frac{8}{8}$

= 1

41 থেকে 100 পর্যন্ত মোট টিকেটের সংখ্যা,

= 100 − 41 + 1

= 60

এই সীমার পূর্ণবর্গ সংখ্যাগুলো,

49, 64, 81, 100

তাই পূর্ণবর্গ নম্বরযুক্ত টিকেটের সম্ভাবনা,

$=\frac{4}{60}$

$=\frac{1}{15}$

আবার, 3 এবং 5 উভয় সংখ্যা দ্বারা বিভাজ্য সংখ্যা 15 দ্বারা বিভাজ্য

এই সীমায় 15 দ্বারা বিভাজ্য সংখ্যাগুলো,

45, 60, 75, 90

তাই 3 এবং 5 দ্বারা বিভাজ্য নম্বরযুক্ত টিকেটের সম্ভাবনা,

$=\frac{4}{60}$

$=\frac{1}{15}$

অতএব সম্ভাবনা দুটি সমান