সৃজনশীলঃ ‘উদ্দীপক-১ : কোনো…’ ২০২৫ – স্থিতিবিদ্যা, উচ্চতর গণিত, উচ্চতর গণিত ২য় পত্র (এইচএসসি)

ধরি, P ও Q বলদ্বয়ের মধ্যবর্ত্তী কোণ $\alpha$ এবং এদের লব্ধি R. P

বলের সাথে ${60}^{\circ }$ কোণ উৎপন্ন করে।

সুতরাং, $\tan {60}^{\circ }=\frac{Q\sin \alpha }{P+Q\cos \alpha }$

বা, $\sqrt{3}=\frac{Q\sin \alpha }{P+Q\cos \alpha }........\left(1\right)$

আবার, P বলকে দ্বিগুণ করলে অর্থাৎ 2P হলে লব্ধি 2P বলের সাথে ${30}^{\circ }$ কোণ উৎপন্ন করে।

সুতরাং, $\tan {30}^{\circ }=\frac{Q\sin \alpha }{2P+Q\cos \alpha }$

বা, $\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{Q\sin \alpha }{2P+Q\cos \alpha }.............\left(2\right)$

(1) নং কে (2) নং দ্বারা ভাগ করে পাই,

$\frac{\sqrt{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{Q\sin \alpha }{P+Q\cos \alpha }÷\frac{Q\sin \alpha }{2P+Q\cos \alpha }$

$=\frac{Q\sin \alpha }{P+Q\cos \alpha }\times \frac{2P+Q\cos \alpha }{Q\sin \alpha }$

বা, $3=\frac{2P+Q\cos \alpha }{P+Q\cos \alpha }$

বা, $3P+3Q\cos \alpha =2P+Q\cos \alpha ............\left(3\right)$

বা, $P=-2Q\cos \alpha$

(1) নং সমীকরণে $P=-2Q\cos \alpha$ বসিয়ে পাই,

$\sqrt{3}=\frac{Q\sin \alpha }{-2Q\cos \alpha +Q\cos \alpha }$

বা, $\sqrt{3}=\frac{Q\sin \alpha }{-Q\cos \alpha }$

বা, $\tan \alpha =-\sqrt{3}$ বা, $\tan \alpha =-\tan {60}^{\circ }$

বা, $\tan \alpha =\tan ({180}^{\circ }-{60}^{\circ })=\tan {120}^{\circ }$

$\therefore \alpha ={120}^{\circ }$

$\therefore$ P Q Q বলের মধ্যবর্তী কোকের পরিমাণ ${120}^{\circ }$.

মনে করি, $\mathrm{BC},\mathrm{CA}$ ও $\mathrm{AB}$ বাহুর সমান্তরাল যথাক্রমে $\mathrm{OX},\mathrm{OY}$ ও $\mathrm{OZ}$ বরাবর সমান মানের $M$ বল ক্রিয়ারত আছে এবং তাদের লব্ধি R বল OX এর সাথে $\theta$ কোণ উৎপন্ন করে।

OX বরাবর এবং এর উপর লম্ব রেখা বরাবর লম্বাংশ নিয়ে পাই,

$R\cos \theta =M\cos 0^{\circ }+M\cos (\pi -C)+M\cos (\pi +B)$

বা, $R\cos \theta =M(1-\cos C-\cos B).............\left(1\right)$

এবং $R\sin \theta =M\sin 0^{\circ }+M\sin (\pi -C)+M\sin (\pi +B)$

বা, $R\sin \theta =M(\sin C-\sin B)..........\left(2\right)$

(1) ও (2) নং সমীকরণকে বর্গ করে যোগ করে পাই,

$\begin{array}{cc}{R}^2({\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta )=& M^2\\ & \left[\right(1-\cos C-\cos B{)}^2+(\sin C-\sin B{)}^2]\end{array}$

বা, $R^2=M^2[1+{\cos }^{2}C+{\cos }^{2}B-2\cos C-2\cos B+2\cos B\cos C+{\sin }^{2}C+{\sin }^{2}B-2\sin B\sin C]$

বা, $R^2=M^2[1+{\cos }^{2}C+{\sin }^{2}C+{\cos }^{2}B+{\sin }^{2}B-2\cos C-2\cos B+2\cos B\cos C-2\sin B\sin C]$

বা, $R^2=M^2[1+1+1-2\cos C-2\cos B+2\cos (B+C\left)\right]$

বা, $R^2=M^2[3-2\cos C-2\cos B+2\cos (\pi -A\left)\right]$

বা, $R=M\sqrt{3-2\cos C-2\cos B-2\cos A}$

$\therefore$ লব্ধি, $R=M\sqrt{3-2\cos A-2\cos B-2\cos C}$. (প্রমাণিত)