Uncategorized

2.8.4: ম্যাথ (৮.২)

Supported by Matador Stationary

গাণিতিক সমস্যা সংক্রান্ত

বিগত স্মার্ট বুকটিতে আমরা বলের সাম্যাবস্থায় ত্রিভুজের সূত্র, বলের সাম্যাবস্থার ত্রিভুজের বিপরীত সূত্র, লামির উপপাদ্য, লামির উপপাদ্যের বিপরীত সূত্র সম্পর্কে অবহিত হয়েছিলাম। আমরা সেসব সূত্রগুলো একনজরে আরেকবার দেখে নিবো এখন।

 

বলের সাম্যাবস্থার কিছু সূত্র
বলের সাম্যাবস্থার ত্রিভুজ সূত্র: P + Q + R = 0
লামির সূত্র: \(\frac{P}{\sin a}=\frac{Q}{\sin b}=\frac{R}{\sin c}\)
লামির বিপরীত সূত্র: \(\frac{P}{OA}=\frac{Q}{AC}=\frac{R}{CO}\)

এবার আমরা এই সূত্রগুলো প্রয়োগ করে নানা ধাঁচের কিছু গাণিতিক সমস্যার সমাধান করে ফেলবো।

ABC ত্রিভুজের অন্তঃকেন্দ্র O তে P, Q, R মান বিশিষ্ট তিনটি বল যথাক্রমে OA, OB, OC বরাবর ক্রিয়াশীল। বলগুলি সাম্যাবস্থায় থাকলে প্রমাণ কর যে,

\(P : Q : R = cos\frac{A}{2}: cos\frac{B}{2}: cos\frac{C}{2}\)

সমাধান: 

আমরা তো জানি, A + B + C = 180°

\(\frac{A}{2}=\frac{B}{2}=\frac{C}{2}= 90° \)

\(\frac{B}{2}+\frac{C}{2}= 90° – \frac{A}{2}\)

একইভাবে, BOC আরেকটি ত্রিভুজ।

তাই \(\angle BOC+\angle OBC+\angle OCB=180°\)

\(\angle BOC+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}= 180° [ O  হচ্ছে ABCত্রিভুজের অন্তঃকেন্দ্র, তাই OA, OB, OC যথাক্রমে A, B, C কোণের সমদ্বিখন্ডক। তাই \angle OBC=\frac{B}{2}, \angle OCB=\frac{C}{2} ]\)

\angle BOC+(90° -\frac{A}{2}) = 180°

\(\angle BOC= 90° + \frac{A}{2}\)

একইভাবে, \(\angle COA = 90° + \frac{B}{2}, \angle AOB= 90° + \frac{C}{2}\)

 

লামির উপপাদ্য থেকে আমরা পাই,

\(\frac{P}{\sin (BOC)}=\frac{Q}{\sin (COA)}=\frac{R}{\sin (AOB)}\)

\(\frac{P}{(\sin (90°+\frac{A}{2})}= \frac{Q}{\sin (90°+\frac{B}{2})}= \frac{R}{\sin (90°+\frac{C}{2})}\)

\(\frac{P}{\cos \frac{A}{2}}=\frac{Q}{\cos \frac{B}{2}}=\frac{R}{\cos \frac{C}{2}}\)

\(∴ P : Q : R = \cos \frac{A}{2}: \cos \frac{B}{2}: \cos \frac{C}{2}\) [Proved]

 

দৈর্ঘ্য বিশিষ্ট একটি সুতার এক প্রান্ত একটি উলম্ব দেয়ালে আটকানো এবং অন্য প্রান্তে a ব্যাসার্ধ বিশিষ্ট একটি সুষম গোলকের সাথে যুক্ত আছে। গোলকটির ওজন W হলে দেখাও যে, সুতার টান \(T = \frac{w(a+l)}{\sqrt{2al+l^{2}}}\)

সমাধান: 

চিত্রটি বোঝার জন্য একটু বর্ণনা দিয়ে শুরু করি। C কেন্দ্রবিশিষ্ট গোলকটি AB দেয়ালের B বিন্দুতে স্পর্শ করে এবং রাশিটি A এবং D বিন্দুতে আটকানো আছে। B বিন্দুতে দেয়ালের উলম্ব প্রতিক্রিয়া R, যা BC বরাবর ক্রিয়া করে। একইভাবে, গোলকের ওজন W ক্রিয়া করে CE বরাবর।

রশির টান, T ক্রিয়া করে CDA বরাবর। সাম্যাবস্থায় ছবিটি হবে এরকম:

এখানে বলের ত্রিভুজ সূত্রের বিপরীত সূত্র থেকে আমরা পাবো,

\(\frac{T}{CA}=\frac{W}{AB}=\frac{R}{BC} [ AD = l, BC = CD = a ]\)

\( T = \frac{W\times CA}{AB}\)

\(T = \frac{W\times (AD+CD)}{\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}}\)

\(T = \frac{W\times (l+a)}{\sqrt{(l+a)^{2}-a^{2}}}\)

\( T = \frac{W\times (a+l)}{\sqrt{2al+l^{2}}}\) [Proved]

লামির উপপাদ্য দিয়েও এই অংকটি কষতে পারবে তুমি। সেটি করার দায়িত্ব তোমার উপরেই ছেড়ে দিলাম।

 

কোনো বিন্দুতে 1, 2 ও \(\sqrt{3}\)একক ওজনের তিনটি বল ক্রিয়া করে সাম্যাবস্থা সৃষ্টি করে। বলগুলির মধ্যবর্তী মান নির্ণয় কর।

সমাধান:

1 ও 2 একক ওজনের মধ্যবর্তী কোণের মান a ধরে সামান্তরিক সূত্র থেকে আমরা পাই,

\((\sqrt{3})^{2} = 1^{2} + 2^{2} + 212  \cos a\)

\(4  \cos a = – 2\)

\( \cos a =-\frac{2}{4}=-\frac{1}{2}\)

\(\cos a =  \cos a120°\)

a = 120°

 

আবার, 2 ও \(\sqrt{3}\) একক ওজনের মধ্যবর্তী কোণের মান b ধরে সামান্তরিক সূত্র থেকে আমরা পাই,

\((1)^{2}=2^{2}+(\sqrt{3})+2\times2\times\sqrt{3} \cos b\)

\(4\sqrt{3} \cos b = – 6\)

\(\cos b = -\frac{6}{4\sqrt3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\cos b = – \cos30°\)

\(\cos b = \cos(180° – 30°)\)

b = 150°

 

আবার, \(\sqrt3\) ও 1 একক ওজনের মধ্যবর্তী কোণের মান c ধরলে ,

a + b + c = 360°

120° + 150° + c = 360°

b = 90° (Ans.)

 

P, Q, R মানের বলত্রয় ABC ত্রিভুজের A, B, C তিনটি কৌণিক বিন্দু হতে যথাক্রমে বিপরীত বাহুর লম্বভিমুখী দিকে ক্রিয়ারত থেকে সাম্যাবস্থায় থাকলে প্রমাণ কর যে, P : Q : R = a : b : c .

সমাধান:

আমরা নিজের ছবিটি লক্ষ্য করি। এর সাথে লামির সূত্র কল্পনা করলে কী পাবো আমরা?

আমরা লামির সূত্র থেকে পাই,

\(\frac{P}{\sin EOF}=\frac{Q}{\sin FOD}=\frac{R}{\sin DOE}\)

\(\frac{P}{\sin (\pi-A)}=\frac{Q}{\sin (\pi-B)}=\frac{R}{\sin (\pi-C)}\)

\(\frac{P}{\sin A}=\frac{Q}{\sin B}=\frac{R}{\sin C}……..(i)\)

 

আমরা ত্রিকোণমিতির স্মার্ট বুকগুলো ইতোমধ্যেই পড়ে ফেলেছি। তাই আমরা জানি,

\(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}……..(ii)\)

(i) এবং (ii) থেকে পাই,

\(\frac{P}{a}=\frac{Q}{b}=\frac{R}{c}\)

P : Q : R = a : b : c [Proved]

 

কোনো বিন্দুতে কার্যরত P, Q, R  মানের তিনটি বল সাম্যাবস্থায় আছে। P ও Q এর মধ্যবর্তী কোণের দ্বিগুণ হলে দেখাও যে, \(R^{2} = Q (Q – P)\).

সমাধান: 

প্রশ্নের চাহিদানুসারে নিজেদের বোঝার স্বার্থে একটি ছবি এঁকে নিলাম। লামির সূত্র থেকে আমরা পাই,

\(\frac{P}{\sin BOC}=\frac{Q}{\sin AOC}=\frac{R}{\sin AOB}\)

\(\frac{P}{\sin (2\pi-3a)}=\frac{Q}{\sin a}=\frac{R}{\sin 2a}\)

\(\frac{P}{-\sin 3a}=\frac{Q}{\sin a}=\frac{R}{\sin 2a\cos a}\)

 

এখন,

\(\frac{Q}{\sin a}=\frac{R}{\sin 2a\cos a}\)

\(Q=\frac{R}{2\cos a}\)

\(\cos a=\frac{R}{2Q}\)……..(i)

আবার,

\(\frac{P}{-3\sin a}=\frac{Q}{\sin a}\)

\(\frac{P}{-(3\sin a-4\sin^{3}a)}=\frac{Q}{\sin a}\)

\(\frac{P}{4\sin^{2}a-3}=\frac{Q}{1}\)

\(P = Q (4 – 4\cos^{2}a – 3)\)

\(P = Q (1 – 4\cos^{2}a)\)

\(P = Q (1 – 4\frac{R^{2}}{4Q^{2}})\)

\(P = Q (\frac{Q^{2}-R^{2}}{Q^{2}})\)

\(P Q = Q^{2}-R^{2}\)

\(R^{2} = Q^{2} – PQ\)

\(R^{2} = Q (Q – P) \) [Proved]