p = cosA, q= sinA.

উদ্দীপকের (ii) অংশে উল্লিখিত \(p\) এবং \(q\) এর মান ব্যবহার করে এবং প্রদত্ত শর্তাবলী \(p+q=a\) ও \(p-q=b\) কে বিশ্লেষণ করে একটি বীজগাণিতিক অভেদ প্রমাণ করতে হবে।

এখানে, \(p=\cot\theta\) এবং \(q=\cos\theta\) দেওয়া আছে। প্রশ্নানুযায়ী, \(p+q=a\) এবং \(p-q=b\)। এই মানগুলো ব্যবহার করে বামপক্ষের \( \frac{1}{16}(a^2-b^2)^2 \) এবং ডানপক্ষের \(ab\) এর সরলীকরণ করতে হবে।

প্রথমে \(a^2-b^2\) এর মান নির্ণয় করতে হবে, যা \(4pq\) এর সমান। এরপর এই মান ব্যবহার করে \( \frac{1}{16}(a^2-b^2)^2 \) কে \(p\) এবং \(q\) এর মাধ্যমে প্রকাশ করা হবে। একইসাথে, \(ab\) এর মানও \(p\) এবং \(q\) এর মাধ্যমে প্রকাশ করে বীজগাণিতিক ও ত্রিকোণমিতিক অভেদ (\(\cot^2\theta - \cos^2\theta = \cot^2\theta \cos^2\theta\)) ব্যবহার করে বামপক্ষ ও ডানপক্ষ সমান প্রমাণ করা যাবে।

প্রদত্ত রাশি থেকে পাই,

\(x^8 - 2x^4 + 1 = 0\)

বা, \((x^4)^2 - 2 \cdot x^4 \cdot 1 + 1^2 = 0\)

বা, \((x^4 - 1)^2 = 0\)

উভয়পক্ষকে বর্গমূল করে পাই,

\(x^4 - 1 = 0\)

বা, \(x^4 = 1\)

যেহেতু, \(x > 0\)

সুতরাং, \(x = 1\)

এখন, \(\frac{3}{2}\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)\) এর মান নির্ণয় করি:

\(\frac{3}{2}\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)\)

\(= \frac{3}{2}\left(1^3+\frac{1}{1^3}\right)\)

\(= \frac{3}{2}\left(1+1\right)\)

\(= \frac{3}{2}\left(2\right)\)

\(= 3\)

এই গাণিতিক সমস্যাটি সমাধান করার জন্য প্রথমে উদ্দীপকে দেওয়া সমীকরণটিকে \((a-b)^2\) এর সূত্রে ফেলে \(x\) এর মান নির্ণয় করা হয়েছে। এরপর প্রাপ্ত \(x\) এর নির্দিষ্ট ধনাত্মক মানটি (কারণ \(x > 0\)) নির্ণেয় রাশিতে প্রতিস্থাপন করে সরলীকরণ প্রক্রিয়ার মাধ্যমে চূড়ান্ত মান বের করা হয়েছে।

উদ্দীপক থেকে আমরা পাই \(A=p+q\) এবং \(B=p^2-q^2\)। প্রশ্নে প্রদত্ত মানানুসারে, \(A=\sqrt{7}\) এবং \(B=\sqrt{35}\) হলে \(\frac{1}{3} (p^3q + pq^3) = 1\) প্রমাণ করতে হবে। উদ্দীপকের এই শর্তাবলি ব্যবহার করে আমরা \(p\) এবং \(q\) এর সম্পর্কগুলো যাচাই করব।

প্রথমে, উদ্দীপকের শর্তানুযায়ী \(A\) ও \(B\) এর সংজ্ঞাকে প্রদত্ত মানের সাথে মিলিয়ে প্রয়োজনীয় মান নির্ণয় করি। আমরা জানি, \(B=p^2-q^2\) কে উৎপাদকে বিশ্লেষণ করলে \(B=(p+q)(p-q)\) পাওয়া যায়। প্রদত্ত মান বসিয়ে পাই, \(\sqrt{35} = \sqrt{7}(p-q)\)। সুতরাং, \(p-q = \frac{\sqrt{35}}{\sqrt{7}} = \sqrt{5}\)। এখন, \(p+q = \sqrt{7}\) এবং \(p-q = \sqrt{5}\) ব্যবহার করে \(pq\) এবং \(p^2+q^2\) এর মান নির্ণয় করি: \(pq = \frac{(p+q)^2 - (p-q)^2}{4} = \frac{(\sqrt{7})^2 - (\sqrt{5})^2}{4} = \frac{7-5}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\) এবং \(p^2+q^2 = (p+q)^2 - 2pq = (\sqrt{7})^2 - 2 \times \frac{1}{2} = 7 - 1 = 6\)।

এখন, প্রশ্নানুসারে প্রদত্ত রাশিটির বামপক্ষ নিয়ে তাতে নির্ণীত মানগুলো বসিয়ে প্রমাণ করি: বামপক্ষ \(= \frac{1}{3} (p^3q + pq^3)\) \(= \frac{1}{3} pq(p^2 + q^2)\) উপরে নির্ণীত \(pq = \frac{1}{2}\) এবং \(p^2+q^2 = 6\) এই মানগুলো বসিয়ে পাই: \(= \frac{1}{3} \times \left(\frac{1}{2}\right) \times (6)\) \(= \frac{1}{3} \times 3\) \(= 1\) সুতরাং, বামপক্ষ = ডানপক্ষ। (প্রমাণিত)

দেওয়া আছে,

\( \tan x = \sqrt{3} \)

বা, \( \tan x = \tan 60^\circ \)

\( \therefore x = 60^\circ \)

এবং,

\( \cot y = \sqrt{3} \)

বা, \( \cot y = \cot 30^\circ \)

\( \therefore y = 30^\circ \)

এখন, \( (x+y) = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ \)

সুতরাং, \( \cos(x+y) \)

\( = \cos 90^\circ \)

\( = 0 \)