$\tan \theta =m$

$m=-\sqrt{3}$

এখন, $\tan \theta =-\sqrt{3}\Rightarrow \theta ={\tan }^{-1}(-\sqrt{3})$

$\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}\Rightarrow {\tan }^{-1}(\sqrt{3})=60^{\circ }\Rightarrow {\tan }^{-1}(-\sqrt{3})=-60^{\circ }$

এখানে $-60^{\circ }$ অর্থ হলো রেখাটি $x$-অক্ষের ধনাপ্মক দিকের নিচের দিকে $60^{\circ }$ কোণে নিচের দিকে যাচ্ছে। কিত্ত রেখাটি $x$-অক্ষের ধনাত্মক দিকের সাথে উৎপন্ন কোণ বলতে বোবানো হয় ধনাত্মক কোণ, অর্থাৎ:

$\theta =180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$

$4x+5y=20\text{ বা, }\frac{x}{5}+\frac{y}{4}=1\text{, }$

রেখাটি দ্বারা অক্ষদ্বয়ের সাথে উৎপন্ন ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল

$=\frac{1}{2}\times 5\times 4=10\text{ বর্গ একক }$

মোট নমুনা বিন্দু = 8টি

2টি টেল পাওয়া বিন্দু = 3টি

সম্ভাবনা = $\frac{3}{8}$

মোট বল $=(10+5)=15$

লাল হবার সম্ভাবনা $=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$

লাল না হবার সম্ভাবনা $T=\frac{15-5}{15}\frac{}{}=\frac{10}{12}=\frac{2}{3}$

লাল অথবা কালো হবার সম্ভবনা $=\frac{15}{15}=1$

ঢাল$=\frac{t+1}{4-1}=5$ বা, $t+1=15\therefore t=14$

চাপের দৈর্ঘ্য $=2\times \frac{\pi }{2}=\pi$ সে. মি.

$x=2$ বসিয়ে $p(2)=0$ সমীকরণ তৈরি করুন

$\mathrm{p}(2)=(2{)}^4-\mathrm{a}(2{)}^3+7(2{)}^2-4=0$

মানগুলি গণনা করুন

$\begin{array}{rl}{2}^4& =16,2^3=8,2^2=4\\ p(2)& =16-\mathrm{a}\cdot 8+7\cdot 4-4=0\end{array}$

সমীকরণ সরলীকরণ করুন

$\begin{array}{c}16-8a+28-4=0\\ (16+28-4)-8a=0\\ 40-8a=0\end{array}$

a এর মান নির্ণয় করুন

$\begin{array}{c}40-8a=0\\ 8a=40\\ a=\frac{40}{8}=5\end{array}$

$\mathrm{p}(\mathrm{x})$ এর মাত্রা

বহুপদী $\mathrm{p}(\mathrm{x})={\mathrm{x}}^4-{\mathrm{ax}}^3+7{\mathrm{x}}^2-4$ এর সর্বোচ্চ ঘাত হলো ${\mathrm{x}}^4$, অর্থাৎ এর মাত্রা হলো 4 ।

সরলীকরণ

$\frac{x\left(x^2-2x+2\right)}{x}=x^2-2x+2$

এখানে $x$ দ্বারা ভাগ করার ফলে $x$ বাদ পড়ে যায়।

বহুপদীর ধ্রুব পদ নির্ণয়

বহুপদী $x^2-2x+2$ এর ধ্রুব পদ হলো সেই পদ যেখানে $x$ এর ঘাত শূন্য। এই বহুপদীতে ধ্রুব পদ হলো 2 ।

প্রদত্ত রাশি:

$x\left(y^2-z^2\right)+y\left(z^2-x^2\right)+z\left(x^2-y^2\right)$

রাশিটিকে প্রসারিত করে সরলীকরণ

প্রথমে প্রতিতি বন্ধনীকে প্রসারিত করি:

$=x{y}^2-x{z}^2+y{z}^2-y{x}^2+z{x}^2-z{y}^2$

পদগুলিকে পুনর্বিন্যাস করি:

$=-x^{2}y+x{y}^2-y^{2}z+y{z}^2-z^{2}x+z{x}^2$

এখন, আমরা লক্ষ্য করি যে এটি একটি চক্রক্রমিক রাশি, কারণ $x,y$, এবং $z$ কে চক্রাকারে পরিবর্তন করলে রাশির গঠন অপরিবর্তিত থাকে। উদাহরণস্বরূপ:

$x\to y,y\to z,z\to x$ প্রতিস্থাপন করলে:

$-y^{2}z+y{z}^2-z^{2}x+z{x}^2-x^{2}y+x{y}^2$

যা মূল রাশির সমান।

সমমাত্রিকতা পরীক্ষা

প্রর্তিটি পদের মোট ঘাত (ডিগ্রি) গণনা করি:

$-x^{2}y:2+1=3$

$x{y}^2:1+2=3$

$-y^{2}z:2+1=3$

$y{z}^2:1+2=3$

$-z^{2}x:2+1=3$

সকল পদের ডিগ্রি 3, তাই রাশিটি সমমাত্রিক ।

প্রতিসমতা পরীক্ষা

রাশিটি প্রতিসম (Symmetric) নয়, কারণ যেকোনো দুটি চলক অদলবদল করলে রাশিটি অপরিবর্তিত থাকে না। উদাহরণস্বরূপ:

$x$ ও $y$ অদলবদল করলে:

$y\left(x^2-z^2\right)+x\left(z^2-y^2\right)+z\left(y^2-x^2\right)$

যা মূল রাশির সমান নয়।

সঠিক উত্তর:

রাশিটি সমমাত্রিক এবং চক্রক্রমিক, কিন্তু প্রতিসম নয়।

$\therefore \mathbf{i}$ ও ii সঠিক।

$△PQR$ হতে পাই

$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QR}=\overrightarrow{PR}\\ \Rightarrow & \overrightarrow{QR}=\overrightarrow{PR}-\overrightarrow{PQ}\end{array}$

$△PMN$ হতে পাই $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{PN}-\overrightarrow{PM}$

$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{PM}+\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{PN}\uparrow \\ \Rightarrow & \frac{1}{2}\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{PR}\\ \Rightarrow & \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{PR}-\frac{1}{2}\overrightarrow{PQ}\\ \Rightarrow & \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{QR}\\ \Rightarrow & \overrightarrow{PN}-\overrightarrow{PM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{QR}\\ \therefore & \overrightarrow{QR}=2(\overrightarrow{PN}-\overrightarrow{PM})\end{array}$

একটি সমবাহু ত্রিভুজে প্রতিটি মধ্যমার দৈর্ঘ্য $d=3$ সেমি হলে, সমবাহু ত্রিভুজের প্রতিটি বাহুর দৈর্ঘ্য $a$ হবে ।

সমবাহু ত্রিভুজের মধ্যমার দৈর্ঘ্য ও বাহুর দৈর্ঘ্যের সম্পর্ক $d=\frac{\sqrt{3}}{2}a$।

দেয়া নিয়ে সমীকরণে মান বসাই:

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

অতএব,

$a=\frac{2\times 3}{\sqrt{3}}$

$a=\frac{6}{\sqrt{3}}$

$a=2\sqrt{3}$ সেমি

সুতরাং, প্রতিটি বাহুর দৈর্ঘ্য হল $2\sqrt{3}$ সেমি।

আমরা জানি,

বৃত্তস্থ সামান্তরিক একটি আয়তক্ষেত্র।

$\begin{array}{l}\therefore BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}\\ =\sqrt{80}=4\sqrt{5}\text{ সে. মি. }\end{array}$

ধারা:

$5-1+\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\dots$

প্রথম পদ $a=5$, সাধারণ অনুপাত $r=-\frac{1}{5}$ (কারণ দ্বিতীয় পদ $-1$, $\frac{-1}{5}=-\frac{1}{5}$)

এটি একটি অসীম গুণোত্তর ধারা, কারণ $|r|=\frac{1}{5}<1$

অসীমতক যোগফল:

$S_{\infty }=\frac{a}{1-r}=\frac{5}{1-(-\frac{1}{5})}=\frac{5}{1+\frac{1}{5}}=\frac{5}{\frac{6}{5}}=5\times \frac{5}{6}=\frac{25}{6}$

এখানে.

$\begin{array}{l}H=2\\ m=40\end{array}$

মর্ধ্যবতী কোণ

$\begin{array}{l}=|30\mathrm{H}-5.5\mathrm{M}|\\ =130\times 2-5.5\times 40\mid \\ =|-160|\\ =160^{\circ }\end{array}$

বিবৃতি i:

$\begin{array}{rl}\cos \left(\beta -\frac{\pi }{6}\right)& =\cos \left(\frac{3\pi }{2}-\frac{\pi }{6}\right)=\cos \left(\frac{9\pi }{6}-\frac{\pi }{6}\right)=\cos \left(\frac{8\pi }{6}\right)=\cos \left(\frac{4\pi }{3}\right)\\ \cos \left(\frac{4\pi }{3}\right)& =-\frac{1}{2}\text{ (কারণ }\frac{4\pi }{3}\text{তৃতীয়চতুর্ভাগে এবং কোসাইন ঋণাত্মক) }\end{array}$

সঠিক।

বিবৃতি ii:

$\begin{array}{c}\mathrm{cosec}\left(\beta -\frac{\pi }{3}\right)=\mathrm{cosec}\left(\frac{3\pi }{2}-\frac{\pi }{3}\right)=\mathrm{cosec}\left(\frac{9\pi }{6}-\frac{2\pi }{6}\right)=\mathrm{cosec}\left(\frac{7\pi }{6}\right)\\ \sin \left(\frac{7\pi }{6}\right)=-\frac{1}{2}⟹\mathrm{cosec}\left(\frac{7\pi }{6}\right)=\frac{1}{\sin \left(\frac{7\pi }{6}\right)}=-2\end{array}$

সঠিক।

বিবৃতি iii:

$\begin{array}{c}\tan \left(\beta -\frac{\pi }{4}\right)=\tan \left(\frac{3\pi }{2}-\frac{\pi }{4}\right)=\tan \left(\frac{6\pi }{4}-\frac{\pi }{4}\right)=\tan \left(\frac{5\pi }{4}\right)\\ \tan \left(\frac{5\pi }{4}\right)=\tan \left(\pi +\frac{\pi }{4}\right)=\tan \left(\frac{\pi }{4}\right)=1(\text{ কারণ ট্যানজেন্টের পর্যায় }\pi )\end{array}$

ভুল (প্রদত্ত মান -1 এর পরিবর্তে ফলাফল 1)।