মনেকরি কোন সমতলে \(X^{\prime}OX\) ও \(Y^{\prime}OY\) সরলরেখা দুইটি পরস্পরকে O বিন্দুতে সমকোণে ছেদ করে। P বিন্দুর কার্তেসীয় স্থানাঙ্ক \((x, y)\) এবং পোলার স্থানাঙ্ক (r, \(\theta\)) যখন O মেরু ( মূলবিন্দু ) এবং \(OX\) মেরু অক্ষ (অক্ষের ধনাত্মক দিক )। O, P যোগ করি এবং \(OX\) এর উপর \(PN\) লম্ব টানি। তাহলে,
\(ON = x\), \(PN = y\), \(OP = r\) এবং \(\angle PON=\theta\). এখন,
\(x = ON\)
\(\Rightarrow x = OP\times\frac{ON}{OP}\)
\(\Rightarrow x = r\cos\theta\)
\(\therefore x = r\cos\theta\)
আবার,
\(y = PN\)
\(\Rightarrow y = OP\times\frac{PN}{OP}\)
\(\Rightarrow y = r\sin\theta\)
\(\therefore y = r\sin\theta\)

আমরা জানি,
\(x = r\cos\theta........(i)\)
\(y = r\sin\theta........(ii)\)
এখন, \((i)\) ও \((ii)\) বর্গ করে যোগ করি,
\(x^{2}+y^{2}=r^{2}\cos^{2}\theta+r^{2}\sin^{2}\theta\)\(=r^{2}(\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta)\)\(=r^{2}\times{1}\)\(=r^{2}\)
\(\Rightarrow x^{2}+y^{2}=r^{2}\)
\(\Rightarrow r^{2}= x^{2}+y^{2}\)
\(\therefore r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)
আবার, \((ii) \div (i)\) এর সাহায্যে,
\(\frac{y}{x}=\frac{r\sin\theta}{r\cos\theta}\)
\(=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\)
\(=\tan\theta\)
\(\Rightarrow \tan\theta=\frac{y}{x}\)
\(\therefore \theta=tan^{-1}\frac{y}{x}\)
\(r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)

\(\theta=tan^{-1}\frac{y}{x}\)

কার্তেসীয় স্থানাঙ্কে দূরত্ব নির্ণয়

মনে করি,
\(P(x_{1}, y_{1})\) ও \(Q(x_{2}, y_{2})\) যে কোন দুইটি বিন্দু।
\(P\) এবং \(Q\) হতে \(OX\) এর উপর যথাক্রমে \(PM\) এবং \(QN\) লম্ব অংকন করি।
তাহলে, \(OM=x_{1}\), \(PM=y_{1}\), \(ON=x_{2}\), \(QN=y_{2}\). আবার,
\(QR=NM=OM-ON=x_{1}-x_{2}\).
\(PR=PM-RM=y_{1}-y_{2}\).
\(PQR\) সমকোণী ত্রীভুজ হতে পাই,
\(PQ^{2}=QR^{2}+PR^{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}\)
\(\Rightarrow PQ^{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}\)
\(\therefore PQ=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}\) ➜Note \(\because\) দূরত্ব সর্বদা ধনাত্মক।

ভেক্টর পদ্ধতিতে দূরত্ব নির্ণয়

মনে করি,
\(P(x_{1}, y_{1})\) ও \(Q(x_{2}, y_{2})\) যে কোন দুইটি বিন্দু। মূলবিন্দু বা \(O\) বিন্দুর সাপেক্ষে বিন্দুদ্বয়ের অবস্থান ভেক্টর যথাক্রমে \(\overline{OP}=x_{1}\hat{i}+y_{1}\hat{j}\) এবং \(\overline{OQ}=x_{2}\hat{i}+y_{2}\hat{j}\)।
\(\triangle OPQ\) হতে পাই,
\(\overline{PQ}=\overline{OQ}-\overline{OP}\)
\(=x_{2}\hat{i}+y_{2}\hat{j}-x_{1}\hat{i}-y_{1}\hat{j}\)
\(=(x_{2}-x_{1})\hat{i}+(y_{2}-y_{1})\hat{j}\)
\(P(x_{1}, y_{1})\) ও \(P(x_{2}, y_{2})\) বিন্দুর দূরত্ব \(\overline{\mid PQ \mid}\)
\(=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}}\)
\(=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}\)
উদাহরণঃ \(P(1, 2)\) ও \(Q(-2, 6)\) বিন্দু দ্বয়ের দূরত্ব
\(=\sqrt{(1+2)^{2}+(2-6)^{2}}\)
\(=\sqrt{3^{2}+4^{2}}\) \(=\sqrt{9+19}\)
\(=\sqrt{25}\)
\(=5\)।

পোলার স্থানাঙ্কে দূরত্ব নির্ণয়
মনে করি,
কোন সমতলের উপর \(P(r_{1}, \theta_{1})\) ও \(Q(r_{2}, \theta_{2})\) যে কোন দুইটি বিন্দু এদের মধ্যবর্তী দূরত্ব নির্ণয় করতে হবে।
\(P(r_{1}, \theta_{1})\) ও \(Q(r_{2}, \theta_{2})\) বিন্দুদ্বয়ের কার্তেসীয় স্থানাঙ্ক যথাক্রমে \(P(r_{1}\cos\theta_{1}, r_{1}\sin\theta_{1})\) ও \(Q(r_{2}\cos\theta_{2}, r_{2}\sin\theta_{2})\)
\(\therefore PQ=\sqrt{(r_{1}\cos\theta_{1}-r_{2}\cos\theta_{2})^{2}+(r_{1}\sin\theta_{1}-r_{2}\sin\theta_{2})^{2}}\)
\(\Rightarrow PQ=\sqrt{r_{1}^{2}\cos^{2}\theta_{1}-2r_{1}r_{2}\cos\theta_{1}\cos\theta_{2}+r_{2}^{2}\cos^{2}\theta_{2}+r_{1}^{2}\sin^{2}\theta_{1}-2r_{1}r_{2}\sin\theta_{1}\sin\theta_{2}+r_{2}^{2}\sin^{2}\theta_{2}}\)
\(\Rightarrow PQ=\sqrt{r_{1}^{2}(\cos^{2}\theta_{1}+\sin^{2}\theta_{1})+r_{2}^{2}(\cos^{2}\theta_{2}+\sin^{2}\theta_{2})-2r_{1}r_{2}(\cos\theta_{1}\cos\theta_{2}+\sin\theta_{1}\sin\theta_{2})}\)
\(\Rightarrow PQ=\sqrt{r_{1}^{2}\times 1+r_{2}^{2}\times 1-2r_{1}r_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2})}\)
\(\Rightarrow PQ=\sqrt{r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2r_{1}r_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2})}\)

অন্তর্বিভক্তিকরণ সূত্র নির্ণয়
মনে করি, \(XY\) সমতলে \(P(x_{1}, y_{1})\) এবং \(Q(x_{2}, y_{2})\) দুইটি নির্দিষ্ট বিন্দু। \(P\), \(Q\) যোগ করি। \(R(x, y)\) বিন্দু \(PQ\) রেখাংশকে এরূপভাবে অন্তর্বিভক্ত করেছে যে, \(PR:RQ=m:n\).
\(P, Q, R\) হতে \(OX\) এর উপর যথাক্রমে \(PM\), \(QN\) ও \(RS\) লম্ব টানি। আবার \(P\) হতে \(RS\) এর উপর \(PL\) এবং \(R\) হতে \(QN\) এর উপর \(RT\) লম্ব টানি।
স্পষ্টতঃ \(\ OM=x_{1}, \ OS=x, \ ON=x_{2}\) এবং \( \ PM=y_{1}, \ RS=y, \ QN=y_{2}, \ PR=m, \ RQ=n\)
এখন,
\(\ PL=MS=OS-OM=x-x_{1}\)
\(\ RT=SN=ON-OS=x_{2}-x\)
\(\ RL=RS-SL=RS-PM=y-y_{1}\) ➜Note \(\because SL=PM\)
\(\ QT=QN-TN=QN-RS=y_{2}-y\) ➜Note \(\because TN=RS\)
এখন, \(QTR\) ও \(RLP\) সদৃশ ত্রিভুজ সদৃশ ত্রিভুজের অনুরূপ বাহুগুলি সমানুপাতিক। হতে পাই,
\(\frac{PL}{RT}=\frac{RL}{QT}=\frac{PR}{RQ}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow \frac{PL}{RT}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow \frac{x-x_{1}}{x_{2}-x}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow nx-nx_{1}=mx_{2}-mx\)
\(\Rightarrow mx+nx=mx_{2}+nx_{1}\)
\(\Rightarrow x(m+n)=mx_{2}+nx_{1}\)
\(\therefore x=\frac{mx_{2}+nx_{1}}{(m+n)}\)
আবার,
\(\Rightarrow \frac{RL}{QT}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow \frac{y-y_{1}}{y_{2}-y}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow ny-ny_{1}=my_{2}-my\)
\(\Rightarrow my+ny=my_{2}+ny_{1}\)
\(\Rightarrow y(m+n)=my_{2}+ny_{1}\)
\(\therefore y=\frac{my_{2}+ny_{1}}{(m+n)}\)
\(\therefore R\) বিন্দুর স্থানাঙ্ক,\((\frac{mx_{2}+nx_{1}}{m+n}, \frac{my_{2}+ny_{1}}{m+n})\)

বহির্বিভক্তিকরণ সূত্র নির্ণয়
মনে করি, \(XY\) সমতলে \(P(x_{1}, y_{1})\) এবং \(Q(x_{2}, y_{2})\) দুইটি নির্দিষ্ট বিন্দু। \(P\), \(Q\) যোগ করে বর্ধিত করি। ধরি, \(PQ\) এর বর্ধিতাংশের উপর \(R(x, y)\) এমন একটি বিন্দু যেন, \(PR:RQ=m:n\).
অর্থাৎ \(R(x, y)\) বিন্দু \(PQ\) কে \(m:n\) অনুপাতে বহির্বিভক্ত করে।
\(P, Q, R\) হতে \(OX\) এর উপর যথাক্রমে \(PM\), \(QN\) ও \(RS\) লম্ব টানি। আবার \(P\) হতে \(RS\) এর উপর \(PL\) এবং \(Q\) হতে \(RS\) এর উপর \(QT\) লম্ব টানি।
স্পষ্টতঃ \(\ OM=x_{1}, \ OS=x, \ ON=x_{2}\) এবং \( \ PM=y_{1}, \ RS=y, \ QN=y_{2}, \ PR=m, \ RQ=n\)
\(\ PL=MS=OS-OM=x-x_{1}\)
\(\ QT=NS=OS-ON=x-x_{2}\)
\(\ RL=RS-LS=RS-PM=y-y_{1}\) ➜Note \(\because SL=PM\)
\(\ RT=RS-TS=RS-QN=y-y_{2}\) ➜Note \(\because TS=QN\)
এখন, \(RLP\) ও \(RTQ\) সদৃশ ত্রিভুজ সদৃশ ত্রিভুজের অনুরূপ বাহুগুলি সমানুপাতিক। হতে পাই,
\(\frac{PL}{QT}=\frac{RL}{RT}=\frac{PR}{RQ}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow \frac{PL}{QT}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow \frac{x-x_{1}}{x-x_{2}}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow nx-nx_{1}=mx-mx_{2}\)
\(\Rightarrow mx-mx_{2}=nx-nx_{1}\)
\(\Rightarrow mx-nx=mx_{2}-nx_{1}\)
\(\Rightarrow x(m-n)=mx_{2}-nx_{1}\)
\(\therefore x=\frac{mx_{2}-nx_{1}}{(m-n)}\)
আবার,
\(\Rightarrow \frac{RL}{RT}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow \frac{y-y_{1}}{y-y_{2}}=\frac{m}{n}\)
\(\Rightarrow ny-ny_{1}=my-my_{2}\)
\(\Rightarrow my-my_{2}=ny-ny_{1}\)
\(\Rightarrow my-ny=my_{2}-ny_{1}\)
\(\Rightarrow y(m-n)=my_{2}-ny_{1}\)
\(\therefore y=\frac{my_{2}-ny_{1}}{(m-n)}\)
\(\therefore R\) বিন্দুর স্থানাঙ্ক,\((\frac{mx_{2}-nx_{1}}{m-n}, \frac{my_{2}-ny_{1}}{m-n})\)

মধ্যবিন্দুর সূত্র নির্ণয়

মনে করি,
\(XY\) সমতলে \(P(x_{1}, y_{1})\) এবং \(Q(x_{2}, y_{2})\) দুইটি নির্দিষ্ট বিন্দু \(R(x, y)\) বিন্দু \(PQ\) এর মধ্যবিন্দু হলে, \(m=n\) হবে। সে ক্ষেত্রে \(R\) বিন্দুর স্থানাঙ্ক, \(R(\frac{mx_{2}+mx_{1}}{m+m}, \frac{my_{2}+my_{1}}{m+m})\)
\(\Rightarrow R(\frac{m(x_{2}+x_{1})}{2m}, \frac{m(y_{2}+y_{1})}{2m})\)
\(\Rightarrow R(\frac{x_{2}+x_{1}}{2}, \frac{y_{2}+y_{1}}{2})\)
\(\Rightarrow R(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2})\)
\(\therefore \) মধ্যবিন্দুর স্থানাঙ্ক \(R(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2})\)

ত্রিভুজের ভরকেন্দ্র নির্ণয়
মনে করি, কোন সমতলে \(A(x_{1}, y_{1})\), \(B(x_{2}, y_{2})\) এবং \(C(x_{3}, y_{3})\) কোন ত্রিভুজের তিনটি শীর্ষবিন্দু, \(\triangle ABC\) এর ভরকেন্দ্রের \(G\).
\(BC\) এর মধ্যবিন্দু \(D\), তাহলে \(AD\) হবে একটি মধ্যমা। \(AD\) এর উপর ভরকেন্দ্র \(G\) অবস্থান করবে। অর্থাৎ মধ্যমাগুলির ছেদবিন্দুই হবে ত্রিভুজের ভরকেন্দ্র।
ধরি, \(G(x, y)\).
এখন,
\(D\), \(BC\) এর মধ্যবিন্দু \(\therefore D(\frac{x_{2}+x_{3}}{2}, \frac{y_{2}+y_{3}}{2})\).
আবার,
\(AG:GD=2:1\) ➜Note ত্রিভুজের মধ্যমাগুলি পরস্পরকে \(2:1\) অনপাতে অন্তর্বিভক্ত করে।
\(\therefore G(\frac{2\times \frac{x_{2}+x_{3}}{2}+1\times x_{1}}{2+1}, \frac{2\times \frac{y_{2}+y_{3}}{2}+1\times y_{1}}{2+1})\).
\(\Rightarrow G(\frac{x_{2}+x_{3}+x_{1}}{3}, \frac{y_{2}+y_{3}+y_{1}}{3})\).
\(\therefore G(\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}, \frac{y_{1}+y_{2}+y_{3}}{3})\).
\(\therefore \) \(\triangle ABC\) এর ভরকেন্দ্রের স্থানাঙ্ক \((\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}, \frac{y_{1}+y_{2}+y_{3}}{3})\).

ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল নির্ণয়ের সূত্র নির্ণয়
মনে করি, কোন সমতলে \(\) ত্রিভুজের শীর্ষত্রয় যথক্রমে \(A(x_{1}, y_{1})\), \(B(x_{2}, y_{2})\) এবং \(C(x_{3}, y_{3})\)। \(A, B, C\) বিন্দু হতে \(X\) অক্ষের উপর যথাক্রমে \(AL\), \(BM\) এবং \(CN\) লম্ব আঁকি।
তাহলে, \(OL=x_{1}\)
\(OM=x_{2}\)
\(ON=x_{3}\)
\(AL=y_{1}\)
\(BM=y_{2}\)
\(CN=y_{3}\).
আবার,
\(ML=OL-OM=x_{1}-x_{2}\)
\(LN=ON-OL=x_{3}-x_{1}\)
\(MN=ON-OM=x_{3}-x_{2}\).
এখন,
\(\triangle ABC=\) ট্রাপিজিয়াম \(ABML\) এর ক্ষেত্রফল + ট্রাপিজিয়াম \(ALNC\) এর ক্ষেত্রফল -ট্রাপিজিয়াম \(MBNC\) এর ক্ষেত্রফল।
\(=\frac{1}{2}(AL+BM)\times ML+\frac{1}{2}(AL+CN)\times LN-\frac{1}{2}(BM+CN)\times MN\)
\(=\frac{1}{2}(y_{1}+y_{2})\times (x_{1}-x_{2})+\frac{1}{2}(y_{1}+y_{3})\times (x_{3}-x_{1})-\frac{1}{2}(y_{2}+y_{3})\times (x_{3}-x_{2})\)
\(=\frac{1}{2}\{(y_{1}+y_{2})(x_{1}-x_{2})+(y_{1}+y_{3})(x_{3}-x_{1})-(y_{2}+y_{3})(x_{3}-x_{2})\}\)
\(=\frac{1}{2}\{x_{1}y_{1}+x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}-x_{2}y_{2}+x_{3}y_{1}+x_{3}y_{3}-x_{1}y_{1}-x_{1}y_{3}-(x_{3}y_{2}+x_{3}y_{3}-x_{2}y_{2}-x_{2}y_{3})\}\)
\(=\frac{1}{2}\{x_{1}y_{1}+x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}-x_{2}y_{2}+x_{3}y_{1}+x_{3}y_{3}-x_{1}y_{1}-x_{1}y_{3}-x_{3}y_{2}-x_{3}y_{3}+x_{2}y_{2}+x_{2}y_{3}\}\)
\(=\frac{1}{2}\{x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}+x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3}-x_{3}y_{2}+x_{2}y_{3}\}\)
\(=\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})+(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2})+(x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3})\}\)
\(=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ x_{2} \ \ x_{3} \ \ x_{1}\\ y_{1} \ \ y_{2} \ \ y_{3} \ \ y_{1}\end{array}\right|\)
আবার,
\(\triangle ABC=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ x_{2} \ \ x_{3} \ \ x_{1}\\ y_{1} \ \ y_{2} \ \ y_{3} \ \ y_{1}\end{array}\right|\)
\(=\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})+(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2})+(x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3})\}\)
\(=\frac{1}{2}\{x_{1}(y_{2}-y_{3})-y_{1}(x_{2}-x_{3})+1(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2})\}\)
\(=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ y_{1} \ \ 1\\x_{2} \ \ y_{2} \ \ 1\\x_{3} \ \ y_{3} \ \ 1\end{array}\right|\)
\(\therefore \triangle ABC=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ y_{1} \ \ 1\\x_{2} \ \ y_{2} \ \ 1\\x_{3} \ \ y_{3} \ \ 1\end{array}\right|\)
আবার,
\(\triangle ABC=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ x_{2} \ \ x_{3} \ \ x_{1}\\ y_{1} \ \ y_{2} \ \ y_{3} \ \ y_{1}\end{array}\right|\)
\(=\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})+(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2})+(x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3})\}\)
\(=\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{2}+x_{2}y_{3}+x_{3}y_{1})-(y_{1}x_{2}+y_{2}x_{3}+y_{3}x_{1})\}\)
\(\therefore \triangle ABC=\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{2}+x_{2}y_{3}+x_{3}y_{1})-(y_{1}x_{2}+y_{2}x_{3}+y_{3}x_{1})\}\)

চতুর্ভুজের ক্ষেত্রফল নির্ণয়ের সূত্র নির্ণয়
মনে করি, কোন সমতলে \(ABCD\) চতুর্ভুজের শীর্ষচতুষ্টয় যথক্রমে \(A(x_{1}, y_{1})\), \(B(x_{2}, y_{2})\), \(C(x_{3}, y_{3})\) এবং \(D(x_{3}, y_{3})\)। ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল নির্ণয়ের সূত্র ব্যাবহার করে।
\(\Box ABCD=\triangle ABC+\triangle ACD\)
\(=\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{2}+x_{2}y_{3}+x_{3}y_{1})-(y_{1}x_{2}+y_{2}x_{3}+y_{3}x_{1})\}\)+\(\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{3}+x_{3}y_{4}+x_{4}y_{1})-(y_{1}x_{3}+y_{3}x_{4}+y_{4}x_{1})\}\)
\(=\frac{1}{2}\{x_{1}y_{2}+x_{2}y_{3}+x_{3}y_{1}-y_{1}x_{2}-y_{2}x_{3}-y_{3}x_{1}+x_{1}y_{3}+x_{3}y_{4}+x_{4}y_{1}-y_{1}x_{3}-y_{3}x_{4}-y_{4}x_{1}\}\)
\(=\frac{1}{2}\{x_{1}y_{2}+x_{2}y_{3}+x_{3}y_{4}+x_{4}y_{1}-y_{1}x_{2}-y_{2}x_{3}-y_{3}x_{4}-y_{4}x_{1}\}\)
\(=\frac{1}{2}\{(x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2})+(x_{2}y_{3}-y_{2}x_{3})+(x_{3}y_{4}-y_{3}x_{4})+(x_{4}y_{1}-y_{4}x_{1})\}\)
\(=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ x_{2} \ \ x_{3} \ \ x_{4}\\y_{1} \ \ y_{2} \ \ y_{3} \ \ y_{4}\end{array}\right|\)
\(\therefore \Box ABCD=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ x_{2} \ \ x_{3} \ \ x_{4}\\y_{1} \ \ y_{2} \ \ y_{3} \ \ y_{4}\end{array}\right|\)

মূলবিন্দুগামী সরলরেখার সাধারণ সমীকরণ নির্ণয়
মনে করি, \(AB\) সরলরেখাটি মূলবিন্দু দিয়ে গমন করে এবং \(X\) অক্ষের ধনাত্মক দিকের সহিত \(\theta\) কোণ উৎপন্ন করে। \(AB\) এর উপর চলমান বিন্দু \(P(x, y)\) হতে \(OX\) এর উপর \(PM\) লম্ব অঙ্কন করি।
এখানে,
\(OM=x, PM=y\) এবং \(\angle POM=\theta\).
তাহলে,
\(\tan\theta=\frac{PM}{OM}\)
\(\Rightarrow \tan\theta=\frac{y}{x}\)
\(\Rightarrow m=\frac{y}{x}\) ➜Note \(\because m=\tan\theta\)
\(\Rightarrow y=mx \)
\(\therefore\) মূলবিন্দুগামী সরলরেখার সাধারণ সমীকরণ \(y=mx\).

\(Y\) অক্ষের ছেদিতাংশ \((c)\) এবং ঢাল \((m)\) দেওয়া থাকিলে সরলরেখার সমীকরণ নির্ণয়
মনে করি, \(AB\) সরলরেখাটি \(Y\) অক্ষকে \(Q\) বিন্দুতে ছেদ করে এবং \(X\) অক্ষের ধনাত্মক দিকের সহিত \(\theta\) কোণ উৎপন্ন করে। \(AB\) এর উপর চলমান বিন্দু \(P(x, y)\) হতে \(OX\) এর উপর \(PM\) এবং \(Q\) হতে \(PM\) এর উপর \(QR\) লম্ব অঙ্কন করি।
এখানে,
\(OQ=RM=c, OM=QR=x, PM=y.\) \(\therefore PR=PM-RM=y-c\) এবং \(\angle PQR=\theta\).
তাহলে,
\(\tan\theta=\frac{PR}{QR}\)
\(\Rightarrow \tan\theta=\frac{y-c}{x}\)
\(\Rightarrow m=\frac{y-c}{x}\) ➜Note \(\because m=\tan\theta\)
\(\Rightarrow y-c=mx \)
\(\Rightarrow y=mx+c \)
\(\therefore\) নির্ণেয় সরলরেখার সমীকরণ \(y=mx+c\).

তীর্যক অক্ষের প্রেক্ষিতে \(Y\) অক্ষের ছেদিতাংশ \(c\) এবং ঢাল \(m\) দেওয়া থাকিলে সরলরেখার সমীকরণ
\(y=\frac{\sin{\theta}}{\sin{(\omega-\theta)}}x+c\).
যেখানে,
\(\theta\) রেখাটির নতি
\(\omega\) অক্ষদ্বয়ের অন্তর্ভুক্ত কোণ

আমরা দেখেছি আয়তাকার অক্ষের প্রেক্ষিতে ঢাল \(= m =\tan{\theta}\) যেখানে \(\theta\) রেখাটির নতি কোণ এবং \(c=y\) অক্ষের ছেদিতাংশ।
কিন্তু তীর্যক অক্ষের প্রেক্ষিতে \(m\) কে এই অর্থে পাওয়া যাবে না যদিও \(c\) কে \(y\) অক্ষের ছেদিতাংশ হিসেবেই পাওয়া যাবে।
চিত্রে,
\(l\) রেখটির নতিকোণ \(\theta\) এবং এটা \(y\) অক্ষকে \(B\) বিন্দুতে ছেদ করেছে।
অতএব \(y\) অক্ষের ছেদিতাংশ \(OB=c\)
\(P(x, y),\) রেখাটির ওপর যেকোন বিন্দু। \(P\) ও \(B\) দিয়ে যথাক্রমে \(y\) অক্ষ ও \(x\) অক্ষের সমান্তরালে টানা রেখাদ্বয় \(A\) বিন্দুতে মিলিত হয়েছে।
কাজেই \(BA=x\) এবং \(AP=y-c\)
এখন \(APB\) ত্রিভুজ হতে পাই,
\(\frac{AP}{\sin{\angle{ABP}}}=\frac{BA}{\sin{\angle{APB}}}\)
\(\Rightarrow \frac{y-c}{\sin{\theta}}=\frac{x}{\sin{(\omega-\theta)}}\)
\(\Rightarrow y-c=\frac{x\sin{\theta}}{\sin{(\omega-\theta)}}\)
\(\therefore y=\frac{\sin{\theta}}{\sin{(\omega-\theta)}}x+c\)
যেখানে,
\(\theta\) রেখাটির নতি
\(\omega\) অক্ষদ্বয়ের অন্তর্ভুক্ত কোণ
দ্রষ্টব্যঃ তীর্যক অক্ষের প্রেক্ষিতে, \(y=mx+c\) সমীকরণে \(m=\frac{\sin{\theta}}{\sin{(90^{o}-\theta)}}, \ c=y\) অক্ষের ছেদিতাংশ। \(\theta\) হলো রেখাটির নতি; \(\omega\) অক্ষদ্বয়ের অন্তর্ভুক্ত কোণ। যদি \(\omega=90^{o}\) হয় তবে,
\(m=\frac{\sin{\theta}}{\sin{(90^{o}-\theta)}}\)
\(=\frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}}\)
\(=\tan{\theta}\)

উভয় অক্ষের ছেদিতাংশ \(a, b\) দেওয়া থাকিলে সরলরেখার সমীকরণ নির্ণয়
মনে করি, \(CD\) সরলরেখাটি অক্ষদ্বয়কে যথাক্রমে \(A(a, 0)\) ও \(B(0, b)\) বিন্দুতে ছেদ করে। \(CD\) এর উপর চলমান বিন্দু \(P(x, y)\) হতে \(OX\) এবং \(OY\) এর উপর যথাক্রমে \(PM\) এবং \(PN\) লম্ব অঙ্কন করি। অতপর \(P, O\) যোগ করি।
এখানে,
\(OA=a, OB=b, OM=PN=x, PM=y.\)
তাহলে,
\(\triangle AOB=\triangle AOP+\triangle BOP\)
\(\Rightarrow \frac{1}{2}a.b=\frac{1}{2}a.y+\frac{1}{2}b.x\) ➜Note \(\because \triangle =\frac{1}{2}\times Base \times Height\)
\(\Rightarrow \frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}(ay+bx)\)
\(\Rightarrow ab=ay+bx\) ➜Note উভয় পার্শে \(2\) গুণ করে।
\(\Rightarrow \frac{ab}{ab}=\frac{ay}{ab}+\frac{bx}{ab}\) ➜Note উভয় পার্শে \(ab\) ভাগ করে।
\(\Rightarrow 1=\frac{y}{b}+\frac{x}{a}\)
\(\Rightarrow \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1\)
\(\therefore\) নির্ণেয় সরলরেখার সমীকরণ \(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1\).

একটি নির্দিষ্ট বিন্দু \((x_{1}, y_{1})\) দিয়ে গমনকারী এবং তার ঢাল \((m)\) দেওয়া থাকিলে সরলরেখার সমীকরণ নির্ণয়
মনে করি, \(AB\) সরলরেখাটি \(X\) অক্ষকে \(C\) বিন্দুতে ছেদ করে এবং নির্দিষ্ট \(Q(x_{1}, y_{1})\) বিন্দুদিয়ে গমন করে। \(AB\) এর উপর চলমান বিন্দু \(P(x, y)\) এবং \(Q\) বিন্দু হতে \(OX\) এর উপর যথাক্রমে \(PM\) ও \(QN\) লম্ব আঁকি।
এখানে,
\(ON=x_{1}, OM=x, PM=y, QN=y_{1}.\)
\(QR=OM-ON=x-x_{1},\) \(PR=PM-RM=PM-QN=y-y_{1}.\)
এবং \(\angle PCM=\angle PQR=\theta.\)
তাহলে,
\(\tan\theta=\frac{PR}{QR}\)
\(\Rightarrow m=\frac{y-y_{1}}{x-x_{1}}\) ➜Note \(\because m=\tan\theta\)
\(\Rightarrow y-y_{1}=m(x-x_{1})\)
\(\therefore\) নির্ণেয় সরলরেখার সমীকরণ \(y-y_{1}=m(x-x_{1})\).

দুইটি নির্দিষ্ট বিন্দু \((x_{1}, y_{1})\) এবং \((x_{2}, y_{2})\) দিয়ে গমনকারী সরলরেখার সমীকরণ নির্ণয়
মনে করি, \(AB\) সরলরেখাটি দুইটি নির্দিষ্ট \(Q(x_{1}, y_{1})\), \(R(x_{2}, y_{2})\) বিন্দুদিয়ে গমন করে এবং \(X\) অক্ষকে \(E\) বিন্দুতে ছেদ করে। \(AB\) এর উপর চলমান বিন্দু \(P(x, y)\)।
এখন,
\(PQ\) এর ঢাল \(m_{1}=\frac{y-y_{1}}{x-x_{1}}\).
\(QR\) এর ঢাল \(m_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}\).
\(P, \ Q, \ R\) একই সরলরেখা \(AB\) এর উপর অবস্থিত।
তাহলে,
\(m_{1}=m_{2}\)
\(\Rightarrow \frac{y-y_{1}}{x-x_{1}}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}\)
\(\Rightarrow \frac{y-y_{1}}{y_{1}-y_{2}}=\frac{x-x_{1}}{x_{1}-x_{2}}\)
\(\Rightarrow \frac{x-x_{1}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{y-y_{1}}{y_{1}-y_{2}}\)
\(\therefore\) নির্ণেয় সরলরেখার সমীকরণ \(\frac{x-x_{1}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{y-y_{1}}{y_{1}-y_{2}}\).

মূলবিন্দু হতে কোনো সরলরেখার উপর অঙ্কিত লম্বের দৈর্ঘ্য \(P\) এবং লম্বটি \(X\) অক্ষের ধনাত্মক দিকের সহিত \(\alpha \) কোণ উৎপন্ন করলে, সরলরেখাটির সমীকরণ নির্ণয়
মনে করি, \(PQ\) সরলরেখাটি অক্ষদ্বয়কে যথাক্রমে \(A\) ও \(B\) বিন্দুতে ছেদ করে। \(O\) বিন্দু হতে \(PQ\) এর উপর \(OC\) লম্ব আঁকি। \(OC\) লম্বের দৈর্ঘ্য \(p\) এবং লম্বটি \(X\) অক্ষের ধনাত্মক দিকের সহিত \(\alpha \) কোণ উৎপন্ন করে।
এখন,
\(OA=\frac{OA}{OC}\times OC\)
\(\Rightarrow OA=\sec\alpha \times p\)
\(\Rightarrow OA=p\sec\alpha \)
আবার,
\(OB=\frac{OB}{OC}\times OC\)
\(\Rightarrow OB=\sec\angle COB \times p\)
\(\Rightarrow OB=p\sec(90^{o}-\alpha)\) ➜Note \(\because \angle COB=90^{o}-\alpha \)
\(\Rightarrow OB=p\ cosec\alpha \)
\(\therefore AB\) এর সমীকরণ \(\frac{x}{OA}+\frac{y}{OB}=1\) ➜Note \(\because \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1\)
\(\Rightarrow \frac{x}{p\sec\alpha}+\frac{y}{p\ cosec\alpha}=1\)
\(\Rightarrow \frac{x}{p}\times \frac{1}{\sec\alpha}+\frac{y}{p}\times \frac{1}{\ cosec\alpha}=1\)
\(\Rightarrow \frac{x}{p}\cos\alpha+\frac{y}{p}\sin\alpha=1\)
\(\Rightarrow x\cos\alpha+y\sin\alpha=p\) ➜Note উভয় পার্শে \(p\) গুণ করে।
\(\therefore\) নির্ণেয় সরলরেখার সমীকরণ \(x\cos\alpha + y\sin\alpha=p\).

একটি নির্দিষ্ট বিন্দু \((x_{1}, y_{1})\) দিয়ে গমনকারী এবং \(X\) অক্ষের ধনাত্মক দিকের সহিত \(\theta \) কোণ উৎপন্ন করলে, সরলরেখাটির সমীকরণ নির্ণয়
মনে করি, \(AB\) সরলরেখাটি একটি নির্দিষ্ট বিন্দু \(Q(x_{1}, y_{1})\) দিয়ে গমন করে, \(X\) অক্ষকে \(C\) বিন্দুতে ছেদ করে এবং \(X\) অক্ষের ধনাত্মক দিকের সহিত \(\theta \) কোণ উৎপন্ন করে। \(P\) ও \(Q\) হতে \(OX\) এর উপর যথাক্রমে \(PM\), \(QN\) এবং \(Q\) হতে \(PM\) এর উপর \(QL\) লম্ব আঁকি।
এখানে,
\(OM=x, \ ON=x_{1}, \ PM=y,\)
\(QN=y_{1}, \ PQ=r,\)
\(\angle PCM=\angle PQL=\theta \)
\(QL=NM=OM-ON=x-x_{1},\)
\(PL=PM-LM=PM-QN=y-y_{1}\)
\(\sin\theta=\frac{PL}{PQ}\)
\(\Rightarrow \sin\theta=\frac{y-y_{1}}{r}\)
\(\Rightarrow r=\frac{y-y_{1}}{\sin\theta}\)
\(\Rightarrow \frac{y-y_{1}}{\sin\theta}=r ........(i)\)
আবার,
\(\cos\theta=\frac{QL}{PQ}\)
\(\Rightarrow \cos\theta=\frac{x-x_{1}}{r}\)
\(\Rightarrow r=\frac{x-x_{1}}{\cos\theta}\)
\(\Rightarrow \frac{x-x_{1}}{\cos\theta}=r ........(ii)\)
\((i)\) ও \((ii)\) হতে পাই,
\(\Rightarrow \frac{x-x_{1}}{\cos\theta}=\frac{y-y_{1}}{\sin\theta}=r\)
\(\therefore\) নির্ণেয় সরলরেখার সমীকরণ \(\frac{x-x_{1}}{\cos\theta}=\frac{y-y_{1}}{\sin\theta}=r\).

দুইটি অসমান্তরাল সরলরেখা উভয়ই \(Y\) অক্ষের অসমান্তরাল হলে, তাদের মধ্যবর্তী কোণ নির্ণয়
ধরি,
\(y=m_{1}x+c_{1} ........(1)\)
\(y=m_{2}x+c_{2} ........(2)\)
\((1)\) ও \((2)\) সরলরেখাদ্বয়ের মধ্যবর্তী কোণ \(\theta\).
\(BC\Rightarrow (1)\) ও \(AC\Rightarrow (2)\) রেখাদ্বয় পরস্পর \(C\) বিন্দুতে এবং অক্ষদ্বয়কে যথাক্রমে \(B\) ও \(A\) ছেদ করে ।
\((1)\) ও \((2)\) সরলরেখাদ্বয় অক্ষদ্বয়ের সহিত যথাক্রমে \(\theta_{1}\) ও \(\theta_{2}\) কোণ উৎপন্ন করে।
\(\therefore m_{1}=\tan\theta_{1}, \ m_{2}=\tan\theta_{2}\)
এখানে,
\(\angle ACB=\theta, \ \angle CBA=\theta_{1}, \ \angle CAX=\theta_{2},\)
\(\angle ACB+\angle CBA=\angle CAX\) ➜Note ত্রিভুজের একবাহু বর্ধিত করায় উৎপন্ন বহিঃ কোণ, অন্তস্ত অপর দুই কোণের যোগফলের সমান।
\(\Rightarrow \theta+\theta_{1}=\theta_{2}\)
\(\Rightarrow \theta=\theta_{2}-\theta_{1}\)
\(\therefore \theta=-(\theta_{1}-\theta_{2}) ........(3)\)
আবার বিপরীতক্রমে,
\(BC\Rightarrow (2)\) ও \(AC\Rightarrow (1)\) বিবেচনা করে ।
\(\angle ACB+\angle CBA=\angle CAX\)
\(\Rightarrow \theta+\theta_{2}=\theta_{1}\)
\(\Rightarrow \theta=\theta_{1}-\theta_{2}\)
\(\therefore \theta=\theta_{1}-\theta_{2} ...........(4)\)
\((3)\) ও \((4)\) সমন্বয় করে,
\(\theta=\pm (\theta_{1}-\theta_{2}) ...........(5)\)
\(\Rightarrow \tan\theta=\tan\pm (\theta_{1}-\theta_{2})\) ➜Note উভয় পার্শে \(\tan\) অনুপাত নিয়ে।
\(\Rightarrow \tan\theta=\pm \tan(\theta_{1}-\theta_{2})\)
\(\Rightarrow \tan\theta=\pm \frac{\tan\theta_{1}-\tan\theta_{2}}{1+\tan\theta_{1}\tan\theta_{2}}\)
\(\Rightarrow \tan\theta=\pm \frac{m_{1}-m_{2}}{1+m_{1}m_{2}}\) ➜Note \(\because m_{1}=\tan\theta_{1}, \ m_{2}=\tan\theta_{2}\)
\(\therefore \theta=\tan^{-1}\left(\pm \frac{m_{1}-m_{2}}{1+m_{1}m_{2}}\right)\)

তীর্যক অক্ষের সাপেক্ষে দুইটি অসমান্তরাল সরলরেখার মধ্যবর্তী কোণ
\(\theta=tan^{-1}\left\{\pm \frac{(m_{1}-m_{2})\sin{\omega}}{1+(m_{1}+m_{2})\sin{\omega}+m_{1}m_{2}}\right\}\).
যেখানে,
\(\omega\) অক্ষদ্বয়ের অন্তর্ভুক্ত কোণ
\((1)\) নং সরলরেখার ঢাল \(=m_{1}\)
\((2)\) নং সরলরেখার ঢাল \(=m_{2}\)

ধরি,রেখা দুইটির সমীকরণ,
\(y=m_{1}x+c_{1} ........(1)\)
\(y=m_{2}x+c_{2} ........(2)\)
এবং এদের নতি কোণ যথাক্রমে \(\theta_{1}, \ \theta_{2}\)
যদি তীর্যক অক্ষদ্বয়ের অন্তর্ভুক্ত কোণ \(\omega\) হয় তবে,
\(m_{1}=\frac{\sin{\theta_{1}}}{\sin{(\omega-\theta_{1})}} .......(3)\)
\(m_{2}=\frac{\sin{\theta_{2}}}{\sin{(\omega-\theta_{2})}} .......(4)\)
\((3)\) হতে,
\(m_{1}=\frac{\sin{\theta_{1}}}{\sin{\omega}\cos{\theta_{1}}-\cos{\omega}\sin{\theta_{1}}}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta_{1}}=m_{1}\sin{\omega}\cos{\theta_{1}}-m_{1}\cos{\omega}\sin{\theta_{1}}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta_{1}}+m_{1}\cos{\omega}\sin{\theta_{1}}=m_{1}\sin{\omega}\cos{\theta_{1}}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta_{1}}(1+m_{1}\cos{\omega})=m_{1}\sin{\omega}\cos{\theta_{1}}\)
\(\Rightarrow \frac{\sin{\theta_{1}}}{\cos{\theta_{1}}}=\frac{m_{1}\sin{\omega}}{1+m_{1}\cos{\omega}}\)
\(\therefore \tan{\theta_{1}}=\frac{m_{1}\sin{\omega}}{1+m_{1}\cos{\omega}} .......(5)\)
\((4)\) হতে,
\(m_{2}=\frac{\sin{\theta_{2}}}{\sin{\omega}\cos{\theta_{2}}-\cos{\omega}\sin{\theta_{2}}}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta_{2}}=m_{2}\sin{\omega}\cos{\theta_{2}}-m_{2}\cos{\omega}\sin{\theta_{2}}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta_{2}}+m_{2}\cos{\omega}\sin{\theta_{2}}=m_{2}\sin{\omega}\cos{\theta_{2}}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta_{2}}(1+m_{2}\cos{\omega})=m_{2}\sin{\omega}\cos{\theta_{2}}\)
\(\Rightarrow \frac{\sin{\theta_{2}}}{\cos{\theta_{2}}}=\frac{m_{2}\sin{\omega}}{1+m_{2}\cos{\omega}}\)
\(\therefore \tan{\theta_{2}}=\frac{m_{2}\sin{\omega}}{1+m_{2}\cos{\omega}} .......(6)\)
এখন রেখা দুইটির অন্তর্ভুক্ত কোণ \(\theta\) এর জন্য পাই,
\(\tan{\theta}=\pm{\tan{(\theta_{1}-\theta_{2})}}\)
\(=\pm{\frac{\tan{\theta_{1}}-\tan{\theta_{2}}}{1+\tan{\theta_{1}}\tan{\theta_{2}}}}\)
\(=\pm{\frac{\frac{m_{1}\sin{\omega}}{1+m_{1}\cos{\omega}}-\frac{m_{2}\sin{\omega}}{1+m_{2}\cos{\omega}}}{1+\frac{m_{1}\sin{\omega}}{1+m_{1}\cos{\omega}}\frac{m_{2}\sin{\omega}}{1+m_{2}\cos{\omega}}}}\)
\(=\pm{\frac{m_{1}\sin{\omega}+m_{1}m_{2}\sin{\omega}\cos{\omega}-m_{2}\sin{\omega}-m_{1}m_{2}\sin{\omega}\cos{\omega}}{(1+m_{1}\cos{\omega})(1+m_{2}\cos{\omega})+m_{1}m_{2}\sin^2{\omega}}}\)
\(=\pm{\frac{(m_{1}-m_{2})\sin{\omega}}{1+(m_{1}+m_{2})\cos{\omega}+m_{1}m_{2}\cos^2{\omega}+m_{1}m_{2}\sin^2{\omega}}}\)
\(=\pm{\frac{(m_{1}-m_{2})\sin{\omega}}{1+(m_{1}+m_{2})\cos{\omega}+m_{1}m_{2}(\sin^2{\omega}+\cos^2{\omega})}}\)
\(\Rightarrow \tan{\theta}=\pm{\frac{(m_{1}-m_{2})\sin{\omega}}{1+(m_{1}+m_{2})\cos{\omega}+m_{1}m_{2}}}\)
\(\therefore \theta=tan^{-1}\left\{\pm \frac{(m_{1}-m_{2})\sin{\omega}}{1+(m_{1}+m_{2})\sin{\omega}+m_{1}m_{2}}\right\}\)

তিনটি সরলরেখার সমবিন্দু তথা এক বিন্দুতে মিলিত হওয়ার শর্ত নির্ণয়

ধরি, সরলরেখা তিনটি ,
\(a_{1}x+b_{1}y+c_{1}=0 ........(1)\)
\(a_{2}x+b_{2}y+c_{2}=0 ........(2)\)
\(a_{3}x+b_{3}y+c_{3}=0 ........(3)\)
\((2)\) ও \((3)\) ( বজ্রগুণ পদ্ধতিতে ) সমাধান করি,
\(\frac{x}{b_{2}c_{3}-b_{3}c_{2}}=\frac{y}{a_{3}c_{2}-a_{2}c_{3}}=\frac{1}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}\)
\(\Rightarrow \frac{x}{b_{2}c_{3}-b_{3}c_{2}}=\frac{1}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}, \ \frac{y}{a_{3}c_{2}-a_{2}c_{3}}=\frac{1}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}\)
\(\Rightarrow x=\frac{b_{2}c_{3}-b_{3}c_{2}}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}, \ y=\frac{a_{3}c_{2}-a_{2}c_{3}}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}\)
\(\therefore (2)\) ও \((3)\) এর ছেদবিন্দু \(P(\frac{b_{2}c_{3}-b_{3}c_{2}}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}, \frac{a_{3}c_{2}-a_{2}c_{3}}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}})\)
শর্তমতে ,\(P\) বিন্দুটি \(\) নং সমীকরণকে সিদ্ধ করবে।
\(a_{1}\frac{b_{2}c_{3}-b_{3}c_{2}}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}+b_{1}\frac{a_{3}c_{2}-a_{2}c_{3}}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}+c_{1}=0\)
\(\Rightarrow \frac{a_{1}(b_{2}c_{3}-b_{3}c_{2})}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}+\frac{b_{1}(a_{3}c_{2}-a_{2}c_{3})}{a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}}+c_{1}=0\)
\(\Rightarrow a_{1}(b_{2}c_{3}-b_{3}c_{2})+b_{1}(a_{3}c_{2}-a_{2}c_{3})+c_{1}(a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2})=0\) ➜Note উভয় পার্শে \(a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}\) গুণ করে
\(\Rightarrow \left|\begin{array}{c}a_{1} \ \ \ \ b_{1} \ \ \ \ c_{1}\\a_{2} \ \ \ \ b_{2} \ \ \ \ c_{2}\\a_{3} \ \ \ \ b_{3} \ \ \ \ c_{3}\end{array}\right|=0\)
ইহাই নির্ণেয় শর্ত।

একটি ত্রিভুজের বাহুগুলির সমীকরণ দেওয়া আছে । ত্রিভুজটির ক্ষেত্রফল নির্ণয়
মনে করি, কোনো ত্রিভুজের বাহু তিনটি যথাক্রমে
\(a_{1}x+b_{1}y+c_{1}=0 .........(1)\)
\(a_{2}x+b_{2}y+c_{2}=0 .........(2)\)
\(a_{3}x+b_{3}y+c_{3}=0 .........(3)\)
\((1)\), \((2)\), \((3)\) হতে \(x, y\) অপনয়ন করে পাই
\(\Delta=\left|\begin{array}{c}a_{1} \ \ \ \ b_{1} \ \ \ \ c_{1}\\a_{2} \ \ \ \ b_{2} \ \ \ \ c_{2}\\a_{3} \ \ \ \ b_{3} \ \ \ \ c_{3}\end{array}\right|\)
ধরি,
\((2)\) ও \((3)\) এর ছেদবিন্দু \(A(x_{1},y_{1})\Rightarrow a_{2}x_{1}+b_{2}y_{1}+c_{2}=0 ........(4),\)
\(a_{3}x_{1}+b_{3}y_{1}+c_{3}=0 .........(5)\)
\((3)\) ও \((1)\) এর ছেদবিন্দু \(B(x_{2},y_{2})\Rightarrow a_{3}x_{2}+b_{3}y_{2}+c_{3}=0 ........(6),\)
\(a_{1}x_{2}+b_{1}y_{2}+c_{1}=0 ........(7) \)
\((1)\) ও \((2)\) এর ছেদবিন্দু \(C(x_{3},y_{3})\Rightarrow a_{1}x_{3}+b_{1}y_{3}+c_{1}=0 ........(8),\)
\(a_{2}x_{3}+b_{2}y_{3}+c_{2}=0 ........(9) \)
এখন, \(\triangle ABC\) এর ক্ষেত্রফল \(=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ y_{1} \ \ \ \ 1\\x_{2} \ \ y_{2} \ \ \ \ 1\\x_{3} \ \ y_{3} \ \ \ \ 1\end{array}\right| \)
\(=\frac{1}{2}\frac{\left|\begin{array}{c}x_{1} \ \ y_{1} \ \ \ \ 1\\x_{2} \ \ y_{2} \ \ \ \ 1\\x_{3} \ \ y_{3} \ \ \ \ 1\end{array}\right|\times \left|\begin{array}{c}a_{1} \ \ \ \ b_{1} \ \ \ \ c_{1}\\a_{2} \ \ \ \ b_{2} \ \ \ \ c_{2}\\a_{3} \ \ \ \ b_{3} \ \ \ \ c_{3}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{c}a_{1} \ \ \ \ b_{1} \ \ \ \ c_{1}\\a_{2} \ \ \ \ b_{2} \ \ \ \ c_{2}\\a_{3} \ \ \ \ b_{3} \ \ \ \ c_{3}\end{array}\right|} \)
\(=\frac{\left|\begin{array}{c}a_{1}x_{1}+b_{1}y_{1}+c_{1} \ \ \ \ a_{2}x_{1}+b_{2}y_{1}+c_{2} \ \ \ \ a_{3}x_{1}+b_{3}y_{1}+c_{3} \\ a_{1}x_{2}+b_{1}y_{2}+c_{1} \ \ \ \ a_{2}x_{2}+b_{2}y_{2}+c_{2} \ \ \ \ a_{3}x_{2}+b_{3}y_{2}+c_{3}\\ a_{1}x_{3}+b_{1}y_{3}+c_{1} \ \ \ \ a_{2}x_{3}+b_{2}y_{3}+c_{2} \ \ \ \ a_{3}x_{3}+b_{3}y_{3}+c_{3}\end{array}\right|}{2\Delta} \)
\(=\frac{\left|\begin{array}{c}a_{1}x_{1}+b_{1}y_{1}+c_{1} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ a_{2}x_{2}+b_{2}y_{2}+c_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ a_{3}x_{3}+b_{3}y_{3}+c_{3}\end{array}\right|}{2\Delta} \) ➜Note (4),(5),(6),(7),(8),(9) এর সাহায্যে
\(=\frac{(a_{1}x_{1}+b_{1}y_{1}+c_{1})(a_{2}x_{2}+b_{2}y_{2}+c_{2})(a_{3}x_{3}+b_{3}y_{3}+c_{3})}{2\Delta} ..........(10)\)
ধরি,
\(a_{1}x_{1}+b_{1}y_{1}+c_{1}=k_{1}\)
\(\Rightarrow a_{1}x_{1}+b_{1}y_{1}+c_{1}-k_{1}=0 ............. (11)\)
\(a_{2}x_{1}+b_{2}y_{1}+c_{2}=0 ............(12)\)
\(a_{3}x_{1}+b_{3}y_{1}+c_{3}=0 ............. (13)\)
\((11), (12), (13)\) হতে \(x_{1}, y_{1}\) অপনয়ন করে পাই ,
\(\left|\begin{array}{c}a_{1} \ \ \ \ b_{1} \ \ \ \ c_{1}-k_{1}\\a_{2} \ \ \ \ b_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ c_{2} \ \ \ \ \\a_{3} \ \ \ \ b_{3} \ \ \ \ \ \ \ \ c_{3} \ \ \ \ \end{array}\right|=0\)
\(\Rightarrow \left|\begin{array}{c}a_{1} \ \ \ \ b_{1} \ \ \ \ c_{1}\\a_{2} \ \ \ \ b_{2} \ \ \ \ c_{2}\\a_{3} \ \ \ \ b_{3} \ \ \ \ c_{3}\end{array}\right|+\left|\begin{array}{c}a_{1} \ \ \ \ \ b_{1} \ \ \ \ -k_{1}\\a_{2} \ \ \ \ \ b_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \ \ \ \\a_{3} \ \ \ \ \ b_{3} \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \ \ \ \end{array}\right|=0\)
\(\Rightarrow \Delta-k_{1}\left|\begin{array}{c}a_{2} \ \ \ \ b_{2}\\a_{3} \ \ \ \ b_{3}\end{array}\right|=0\)
\(\Rightarrow \Delta-k_{1}(a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2})=0\)
\(\Rightarrow \Delta-k_{1}C_{1}=0\) ➜Note \(C_{1}= \Delta \) নির্ণায়কে \( c_{1}\) এর সহগুণক।
\(\Rightarrow \Delta=k_{1}C_{1}\)
\(\Rightarrow k_{1}C_{1}=\Delta\)
\(\therefore k_{1}=\frac{\Delta}{C_{1}}\)
অনুরূপভাবে,
\(a_{2}x_{2}+b_{2}y_{2}+c_{2}=k_{2}, \ a_{3}x_{3}+b_{3}y_{3}+c_{3}=k_{3} \) কল্পনা করে পাই
\(k_{2}=-\frac{\Delta}{C_{2}}, \ k_{3}=\frac{\Delta}{C_{3}}\) ➜Note \(C_{2}, C_{3}\) যথাক্রমে \(\Delta \) নির্ণায়কে \( c_{2},c_{3} \) এর সহগুণক।
এখন \((10)\) হতে পাই,
\(\triangle ABC\) এর ক্ষেত্রফল \(=\frac{\frac{\Delta}{C_{1}}\times -\frac{\Delta}{C_{2}}\times \frac{\Delta}{C_{3}}}{2\Delta\times C_{1}C_{2}C_{3}}\)
\(=-\frac{\Delta^{3}}{2\Delta\times C_{1}C_{2}C_{3}}\)
\(=\frac{\Delta^{2}}{2C_{1}C_{2}C_{3}}\) ➜Note \(\because \triangle \neq -ve\)

\((x_{1}, y_{1})\) বিন্দু থেকে \(ax+by+c=0\) সরলরেখার লম্ব দূরত্ব নির্ণয়

ধরি,
\(P(x_{1}, y_{1})\)
\(ax+by+c=0 ..............(1)\)
\((1)\) এর উপর যে কোনো বিন্দু \(Q(x_{2}, y_{2})\)
\((1)\) এর ঢাল \(m_{1}=-\frac{a}{b}\)
\(PQ\) এর ঢাল \(m_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}\)
শর্তমতে,
\((1)\) সরলরেখা এবং \(PQ\) রেখাংশ পরস্পর লম্ব।
\(\therefore m_{1}\times m_{2}=-1\)
\(\Rightarrow -\frac{a}{b}\times \frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-1\)
\(\Rightarrow \frac{ay_{1}-ay_{2}}{bx_{1}-bx_{2}}=1\)
\(\Rightarrow ay_{1}-ay_{2}=bx_{1}-bx_{2}\)
\(\Rightarrow ay_{1}-ay_{2}-bx_{1}+bx_{2}=0\)
\(\Rightarrow bx_{2}-bx_{1}+ay_{1}-ay_{2}=0 ...........(2)\)
আবার,
\(Q\) বিন্দুটি \((1)\) এর উপর অবস্থিত।
\(\therefore ax_{2}+by_{2}+c=0 ......(3)\)
\((2)\) ও \((3)\) সমাধান করে \(x_{2}\) ও \(y_{2}\) এর মান নির্ণয় করি।
\((2)\times b+(3)\times a\) এর সাহায্যে,
\(b^{2}x_{2}-b^{2}x_{1}+aby_{1}-aby_{2}+a^{2}x_{2}+aby_{2}+ac=0\)
\(\Rightarrow b^{2}x_{2}-b^{2}x_{1}+aby_{1}+a^{2}x_{2}+ac=0\)
\(\Rightarrow x_{2}(b^{2}+a^{2})=b^{2}x_{1}-aby_{1}-ac\)
\(\therefore x_{2}=\frac{b^{2}x_{1}-aby_{1}-ac}{b^{2}+a^{2}}\)
\((2)\times a-(3)\times b\) এর সাহায্যে,
\(ab^{2}x_{2}-abx_{1}+a^{2}y_{1}-a^{2}y_{2}-abx_{2}-b^{2}y_{2}-bc=0\)
\(\Rightarrow -abx_{1}+a^{2}y_{1}-a^{2}y_{2}-b^{2}y_{2}-bc=0\)
\(\Rightarrow -y_{2}(a^{2}+b^{2})=abx_{1}-a^{2}y_{1}+bc\)
\(\therefore y_{2}=-\frac{abx_{1}-a^{2}y_{1}+bc}{a^{2}+b^{2}}\)
এখন,
লম্ব দূরত্ব
\(d=PQ=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}\)
\(=\sqrt{(x_{1}-\frac{b^{2}x_{1}-aby_{1}-ac}{b^{2}+a^{2}})^{2}+(y_{1}+\frac{abx_{1}-a^{2}y_{1}+bc}{a^{2}+b^{2}})^{2}}\)
\(=\sqrt{(\frac{b^{2}x_{1}+a^{2}x_{1}-b^{2}x_{1}+aby_{1}+ac}{a^{2}+b^{2}})^{2}+(\frac{a^{2}y_{1}+b^{2}y_{1}+abx_{1}-a^{2}y_{1}+bc}{a^{2}+b^{2}})^{2}}\)
\(=\sqrt{\frac{(a^{2}x_{1}+aby_{1}+ac)^{2}}{(a^{2}+b^{2})^{2}}+\frac{(b^{2}y_{1}+abx_{1}+bc)^{2}}{(a^{2}+b^{2})^{2}}}\)
\(=\sqrt{\frac{a^{2}(ax_{1}+by_{1}+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2})^{2}}+\frac{b^{2}(ax_{1}+by_{1}+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2})^{2}}}\)
\(=\sqrt{\frac{(ax_{1}+by_{1}+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2})^{2}}\times (a^{2}+b^{2})}\)
\(=\sqrt{\frac{(ax_{1}+by_{1}+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}}}\)
\(=\frac{\left|ax_{1}+by_{1}+c\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)
\(\therefore \) লম্ব দূরত্ব \(d=\frac{\left|ax_{1}+by_{1}+c\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)

ধরি,
\(P(x_{1}, y_{1})\)
\(ax+by+c=0 .........(1)\)
\(P\) হতে \((1)\) এর লম্ব দূরত্ব \(d\).
\((1)\) হতে,
\(ax+by=-c\)
\(\Rightarrow \frac{ax}{-c}+\frac{by}{-c}=\frac{-c}{-c}\) ➜Note উভয় পার্শে \(-c\) ভাগ করে
\(\Rightarrow \frac{x}{\frac{-c}{a}}+\frac{y}{\frac{-c}{b}}=1\)
\(\therefore (1)\) নং সরলরেখা অক্ষদ্বয়কে যথাক্রমে \(A(-\frac{c}{a}, 0)\) ও \(B(0, -\frac{c}{b})\) বিন্দুতে ছেদ করে।
এখন,
\(\triangle ABP=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{c}-\frac{c}{a} \ \ \ \ 0 \ \ \ \ \ x_{1} \ \ \ -\frac{c}{a}\\ 0 \ -\frac{c}{b} \ \ \ \ \ y_{1} \ \ \ \ \ \ \ \ 0\end{array}\right|\)
\(=\frac{1}{2}\{(\frac{c^{2}}{ab}-0)+(0+\frac{cx_{1}}{b})+(0+\frac{cy_{1}}{a})\}\)
\(=\frac{1}{2}\{\frac{c^{2}}{ab}+\frac{cx_{1}}{b}+\frac{cy_{1}}{a}\}\)
\(=\frac{1}{2}\times \frac{c}{ab}\{c+ax_{1}+by_{1}\}\)
\(=\frac{c}{2ab}(ax_{1}+by_{1}+c)\)
\(AB=\sqrt{(-\frac{c}{a}-0)^{2}+(0+\frac{c}{b})^{2}}\)
\(=\sqrt{\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{c^{2}}{b^{2}}}\)
\(=\sqrt{\frac{c^{2}(a^{2}+b^{2})}{a^{2}b^{2}}}\)
\(=\frac{c}{ab}\sqrt{a^{2}+b^{2}}\)
কিন্তু,
\(\frac{1}{2}\times AB\times d=\triangle ABP\)
\(\Rightarrow \frac{1}{2}\times \frac{c}{ab}\sqrt{a^{2}+b^{2}}\times d=\frac{c}{2ab}(ax_{1}+by_{1}+c)\)
\(\Rightarrow d=\frac{c}{2ab}(ax_{1}+by_{1}+c)\times 2\times \frac{ab}{c\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)
\(\Rightarrow d=\frac{\left| ax_{1}+by_{1}+c\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)

মূলবিন্দু হতে একটি সরলরেখার লম্ব দূরত্ব নির্ণয়

ধরি,
মূলবিন্দু তথা \(O(0, 0)\)
\(ax+by+c=0 ...........(1)\)
\(O(0, 0)\) হতে \((1)\) এর লম্ব দূরত্ব \(d=\frac{\left|a.0+b.0+c\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)
\(\Rightarrow d=\frac{\left|0+0+c\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)
\(\therefore d=\frac{\left|c\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)

দুইটি সমান্তরাল সরলরেখার মধ্যবর্তী লম্ব দূরত্ব নির্ণয়

ধরি,
\(ax+by+c_{1}=0 ......(1)\)
\(ax+by+c_{2}=0 ......(2)\)
\((1)\) ও \((2)\) সরলরেখাদ্বয়ের মধ্যবর্তী লম্ব দূরত্ব \(d\)
\(p(x_{1}, y_{1})\) বিন্দুটি \((2)\) এর উপর অবস্থিত,
\(\therefore ax_{1}+by_{1}+c_{2}=0\)
\(\Rightarrow ax_{1}+by_{1}=-c_{2}...........(3)\)
আবার,
\(p(x_{1}, y_{1})\) বিন্দু হতে \((1)\) এর লম্ব দূরত্ব,
\(d=\frac{\left|ax_{1}+bx_{1}+c_{1}\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)
\(=\frac{\left|-c_{2}+c_{1}\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\) ➜Note \((3)\) এর সাহায্যে
\(=\frac{\left|c_{1}-c_{2}\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)
\(\therefore d=\frac{\left|c_{1}-c_{2}\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)

দুইটি পরস্পরছেদী সরলরেখার অন্তর্ভুক্ত কোণের সমদ্বিখন্ডক সরলরেখাদ্বয়ের সমীকরণ নির্ণয়
ধরি,
\(a_{1}x+b_{1}y+c_{1}=0 ........(1)\)
\(a_{2}x+b_{2}y+c_{2}=0 ........(2)\)
\((1)\) ও \((2)\) এর অন্তর্ভুক্ত কোণের সমদ্বিখন্ডক সরলরেখাদ্বয়ের উপর যে কোনো বিন্দু \(P(x, y)\)।
\(P(x, y)\) হতে \((1)\) এর লম্ব দূরত্ব \(d_{1}=\frac{\left| a_{1}x+b_{1}y+c_{1} \right|}{\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}}\)
\(P(x, y)\) হতে \((2)\) এর লম্ব দূরত্ব \(d_{2}=\frac{\left| a_{2}x+b_{2}y+c_{2} \right|}{\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}}\)
শর্তমতে,
\(d_{1}=d_{2}\)
\(\Rightarrow \frac{\left| a_{1}x+b_{1}y+c_{1} \right|}{\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}}=\frac{\left| a_{2}x+b_{2}y+c_{2} \right|}{\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}}\)
\(\Rightarrow \frac{ a_{1}x+b_{1}y+c_{1} }{\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}}=\pm \frac{ a_{2}x+b_{2}y+c_{2} }{\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}}\)
ইহাই নির্ণেয় সমদ্বিখন্ডক সরলরেখাদ্বয়ের সমীকরণ।

\(\triangle ABC\) এর শীর্ষবিন্দু তিনটি \((x_{1}, y_{1})\), \((x_{2}, y_{2})\) এবং \((x_{3}, y_{3})\)। বাহুগুলি \(BC=a, \ CA=b, \ AB=c \) হলে, এর অন্তঃকেন্দ্র নির্ণয়

ধরি,
\(\triangle ABC\) এর \(\angle A\), \(\angle B\) কোণ দুইটির সমদ্বিখন্ডক \(AD\) ও \(BE\) পরস্পর \(I\) বিন্দুতে ছেদ করে যা ত্রিভুজের অন্তঃকেন্দ্র।
শর্তমতে,
\(\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{DC}=\frac{c}{b}\)
\(\Rightarrow BD:DC=c:b\)
\(\therefore D(\frac{bx_{2}+cx_{3}}{b+c}, \frac{by_{2}+cy_{3}}{b+c})\)
আবার,
\(\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BD+CD}\)
\(\Rightarrow \frac{AI}{ID}=\frac{c+b}{BC}\)
\(\Rightarrow \frac{AI}{ID}=\frac{c+b}{a}\)
\(\Rightarrow AI:ID=(c+b):a\)
\(\therefore I(\frac{(b+c).\frac{bx_{2}+cx_{3}}{b+c}+a.x_{1}}{a+b+c}, \frac{(b+c).\frac{by_{2}+cy_{3}}{b+c}+a.y_{1}}{a+b+c})\)
\(\Rightarrow I(\frac{bx_{2}+cx_{3}+ax_{1}}{a+b+c}, \frac{by_{2}+cy_{3}+ay_{1}}{a+b+c})\)
\(\Rightarrow I(\frac{ax_{1}+bx_{2}+cx_{3}}{a+b+c}, \frac{ay_{1}+by_{2}+cy_{3}}{a+b+c})\).
\(\therefore \triangle ABC \) এর অন্তঃকেন্দ্র \(I(\frac{ax_{1}+bx_{2}+cx_{3}}{a+b+c}, \frac{ay_{1}+by_{2}+cy_{3}}{a+b+c})\).

\(ax+by+c=0\) সরলরেখার সমান্তরাল এবং \(d\) একক দূরবর্তী সরলরেখার সমীকরণ নির্ণয়
ধরি,
\(ax+by+c=0 ............(1)\)
\((1)\) এর সমান্তরাল যে কোনো সরলরেখার সমীকরণ,
\(ax+by+k=0 ............(2)\) ➜Note \(k\) যে কোন বাস্তব সংখ্যা।
\((1)\) ও \((2)\) এর মধ্যবর্তী দূরত্ব \(=\frac{|k-c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)
শর্তমতে,
\(\frac{|k-c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=d\)
\(\Rightarrow \pm \frac{k-c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=d\)
\(\Rightarrow \frac{k-c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\pm d\)
\(\Rightarrow k-c=\pm d \sqrt{a^{2}+b^{2}}\)
\(\therefore k=c\pm d \sqrt{a^{2}+b^{2}}\)
\(k\) এর মান \((2)\) এ বসিয়ে,
\(ax+by+c\pm d \sqrt{a^{2}+b^{2}}=0\)
ইহাই নির্ণেয় সরলরেখার সমীকরণ।

মনে করি,
আদি অক্ষদ্বয় \(OX\) এবং \(OY\) এর সাপেক্ষে কোনো একটি বিন্দু \(P\) এর স্থানাঙ্ক \((x, y)\) এবং নুতন অক্ষদ্বয় \(OX^{\prime}\) এবং \(OY^{\prime}\) এর সাপেক্ষে স্থানাঙ্ক \((x^{\prime}, y^{\prime})\)
যেখানে, \(O^{\prime}X^{\prime}\parallel{OX}, \ O^{\prime}Y^{\prime}\parallel{OY}\) এবং \(O^{\prime}\) এর স্থানাংক \((\alpha, \beta)\)
\(P\) বিন্দু থেকে \(OX\) অক্ষের উপর \(PA\) লম্ব আঁকি যা \(O^{\prime}X^{\prime}\) অক্ষেকে \(B\) বিন্দুতে ছেদ করে।
আবার \( O^{\prime}\) বিন্দু থেকে \(OX\) এর উপর \( O^{\prime}C\) লম্ব অঙ্কন করি।
এখানে, \(x=OA, \ x^{\prime}=O^{\prime}B, \ y=AP, \ y^{\prime}=BP, \ \alpha=OC, \ \beta=O^{\prime}C=AB\)
তাহলে \(x=OA\)
\(=OC+CA\)
\(=OC+O^{\prime}B\)
\(\therefore x=\alpha+x^{\prime}\)
\(\Rightarrow x-\alpha=x^{\prime}\)
\(\therefore x^{\prime}=x-\alpha\)
এবং \(y=AP\)
\(=AB+BP\)
\(=\beta+y^{\prime}\)
\(\therefore y=\beta+y^{\prime}\)
\(\Rightarrow y-\beta=y^{\prime}\)
\(\therefore y^{\prime}=y-\beta\)
\(\therefore \) নুতন অক্ষ সাপেক্ষে \((x, y)\) এর রূপান্তরিত স্থানাঙ্ক \((x^{\prime}, y^{\prime})\Rightarrow (x-\alpha, y-\beta)\)
\((b)\) এখানে, \(x=x^{\prime}+\alpha, \ y=y^{\prime}+\beta\)
নুতন অক্ষ সাপেক্ষে \(f(x,y)=0\) সমীকরণের রূপান্তরিত সমীকরণ \(f(x^{\prime}+\alpha,y^{\prime}+\beta)=0\)
( প্রমাণিত )

মনে করি,
আদি অক্ষদ্বয় \(OX\) এবং \(OY\) এর সাপেক্ষে কোনো একটি বিন্দু \(P\) এর স্থানাঙ্ক \((x, y)\) এবং নুতন অক্ষদ্বয় \(OX^{\prime}\) এবং \(OY^{\prime}\) এর সাপেক্ষে স্থানাঙ্ক \((x^{\prime}, y^{\prime})\)
এখানে, আদি অক্ষদ্বয় \(OX\) এবং \(OY\) কে \(\theta\) কোণে আবর্তনের ফলে উৎপন্ন নুতন অক্ষদ্বয় যথাক্রমে \(OX^{\prime}\) এবং \(OY^{\prime}, \ \angle{X^{\prime}OX}=\theta, \ \angle{Y^{\prime}OY}=\theta\)
\(P\) বিন্দু থেকে \(OX\) অক্ষের উপর \(PA\) এবং \(OX^{\prime}\) অক্ষের উপর \(PB\) লম্ব আঁকি।
আবার \(B\) বিন্দু থেকে \(OX\) এর উপর \( BC\) এবং \(PA\) এর উপর \(BD\) লম্ব অঙ্কন করি।
তাহলে \(OB=x^{\prime}, \ PB=y^{\prime}, \ \angle{OBD}=\theta\)
\(\Rightarrow \angle{PBD}=90^{o}-\theta\)
\(\therefore \angle{P}=\theta\)
\(\triangle{PBD}\) হতে,
\(\cos{\theta}=\frac{PD}{PB}\)
\(\Rightarrow \cos{\theta}=\frac{PD}{y^{\prime}}\)
\(\therefore PD=y^{\prime}\cos{\theta}\)
এবং \(\sin{\theta}=\frac{BD}{PB}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta}=\frac{BD}{y^{\prime}}\)
\(\therefore BD=y^{\prime}\sin{\theta}\)
\(\triangle{OBC}\) হতে,
\(\cos{\theta}=\frac{OC}{OB}\)
\(\Rightarrow \cos{\theta}=\frac{OC}{x^{\prime}}\)
\(\therefore OC=x^{\prime}\cos{\theta}\)
এবং \(\sin{\theta}=\frac{BC}{OB}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta}=\frac{BC}{x^{\prime}}\)
\(\therefore BC=x^{\prime}\sin{\theta}\)
এখন, \(x=OA\)
\(\Rightarrow x=OC-AC\)
\(\Rightarrow x=OC-BD, \ \because AC=BD\)
\(\therefore x=x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta} .......(1)\)
এবং \(y=PA\)
\(\Rightarrow y=AD+PD\)
\(\Rightarrow y=BC+PD, \ \because AD=BC\)
\(\therefore y=x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta} .....(2)\)
\((1)\times{\cos{\theta}}+(2)\times{\sin{\theta}}\) এর সাহায্যে
\(x^{\prime}=x\cos{\theta}+y\sin{\theta}\)
\((2)\times{\cos{\theta}}-(1)\times{\sin{\theta}}\) এর সাহায্যে
\(y^{\prime}=y\cos{\theta}-x\sin{\theta}\)
\(\therefore \) নুতন অক্ষ সাপেক্ষে \((x, y)\) এর রূপান্তরিত স্থানাঙ্ক \((x^{\prime}, y^{\prime})\Rightarrow (x\cos{\theta}+y\sin{\theta}, -x\sin{\theta}+y\cos{\theta})\)
\((b)\) এখানে, \(x=x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta}, \ y=x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta}\)
নুতন অক্ষ সাপেক্ষে \(f(x,y)=0\) সমীকরণের রূপান্তরিত সমীকরণ \(f(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta},x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})=0\)
( প্রমাণিত )

মনে করি,
আদি অক্ষদ্বয় \(OX\) এবং \(OY\) এর সাপেক্ষে কোনো একটি বিন্দু \(P\) এর স্থানাঙ্ক \((x, y)\) এবং নুতন অক্ষদ্বয় \(OX^{\prime}\) এবং \(OY^{\prime}\) এর সাপেক্ষে স্থানাঙ্ক \((h, k)\)
যেখানে, \(O^{\prime}X^{\prime}\parallel{OX}, \ O^{\prime}Y^{\prime}\parallel{OY}\) এবং \(O^{\prime}\) এর স্থানাংক \((\alpha, \beta)\)
এখন, \(P\) বিন্দু থেকে \(OX\) অক্ষের উপর \(PA\) লম্ব অঙ্কন করি যা \(O^{\prime}X^{\prime}\) কে \(B\) বিন্দুতে ছেদ করে।
আবার, \(O^{\prime}\) বিন্দু থেকে \(OX\) অক্ষের উপর \(O^{\prime}C\) লম্ব অঙ্কন করি ।
তাহলে \(OC=\alpha, \ O^{\prime}B=h, \ O^{\prime}C=\beta, \ PB=k\)
এখন, \(x=OA\)
\(=OC+CA\)
\(=OC+O^{\prime}B; \ \because CA=O^{\prime}B\)
\(\therefore x=\alpha+h\)
\(\Rightarrow x-\alpha=h\)
\(\therefore h=x-\alpha\)
এবং \(y=PA\)
\(=PB+BA\)
\(=PB+O^{\prime}C; \ \because BA=O^{\prime}C\)
\(\therefore y=k+\beta\)
\(\Rightarrow y-\beta=k\)
\(\therefore k=y-\beta\)
আবার ধরি, \(O^{\prime}\) বিন্দুকে স্থির রেখে \(O^{\prime}X^{\prime}\) এবং \(O^{\prime}Y^{\prime}\) অক্ষদ্বয়কে \(\theta\) আবর্তন করলে \((h, k)\) বিন্দুর নুতন স্থানাঙ্ক \((x^{\prime}, y^{\prime})\) হয়।
এবং \(O^{\prime}X^{\prime}\) এবং \(O^{\prime}Y^{\prime}\) অক্ষদ্বয়ের রূপান্তরিত অক্ষদ্বয় যথাক্রমে \(O^{\prime}X^{\prime\prime}\) এবং \(O^{\prime}Y^{\prime\prime}\) হয়।
যদি \(PB\perp{O^{\prime}X^{\prime}}, \ PD\perp{O^{\prime}X^{\prime\prime}}, DE\perp{O^{\prime}X^{\prime}}\) এবং \(DF\perp{PB}\) হয়।
তবে, \(O^{\prime}B=h, \ PB=k, \ O^{\prime}D=x^{\prime}, \ PD=y^{\prime}\)
এবং \(\angle{X^{\prime\prime}O^{\prime}X^{\prime}}=\theta\)
\(\Rightarrow \angle{O^{\prime}DF}=\theta\)
\(\therefore \angle{DPE}=\theta\)
\(\triangle{DPF}\) হতে,
\(\cos{\theta}=\frac{PF}{PD}\)
\(\Rightarrow \cos{\theta}=\frac{PF}{y^{\prime}}\)
\(\therefore PF=y^{\prime}\cos{\theta}\)
এবং \(\sin{\theta}=\frac{FD}{PD}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta}=\frac{FD}{y^{\prime}}\)
\(\therefore FD=y^{\prime}\sin{\theta}\)
আবার, \(\triangle{O^{\prime}DE}\) হতে,
\(\sin{\theta}=\frac{DE}{O^{\prime}D}\)
\(\Rightarrow \sin{\theta}=\frac{DE}{x^{\prime}}\)
\(\therefore DE=x^{\prime}\sin{\theta}\)
এবং \(\cos{\theta}=\frac{O^{\prime}E}{O^{\prime}D}\)
\(\Rightarrow \cos{\theta}=\frac{O^{\prime}E}{x^{\prime}}\)
\(\therefore O^{\prime}E=x^{\prime}\cos{\theta}\)
এখন, \(h=O^{\prime}B\)
\(\Rightarrow h=O^{\prime}E-BE\)
\(\Rightarrow h=O^{\prime}E-FD, \ \because BE=FD\)
\(\therefore h=x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta} .......(1)\)
এবং \(k=PB\)
\(\Rightarrow k=PF+FB\)
\(\Rightarrow k=PF+DE, \ \because FB=DE\)
\(\Rightarrow k=y^{\prime}\cos{\theta}+x^{\prime}\sin{\theta}\)
\(\therefore k=x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta} .......(2)\)
\((1)\times{\cos{\theta}}+(2)\times{\sin{\theta}}\) এর সাহায্যে
\(x^{\prime}=h\cos{\theta}+k\sin{\theta}\)
\(\therefore x^{\prime}=(x-\alpha)\cos{\theta}+(y-\beta)\sin{\theta}, \ \because h=(x-\alpha), \ k=(y-\beta)\)
\((2)\times{\cos{\theta}}-(1)\times{\sin{\theta}}\) এর সাহায্যে
\(y^{\prime}=k\cos{\theta}-h\sin{\theta}\)
\(\Rightarrow y^{\prime}=(y-\beta)\cos{\theta}-(x-\alpha)\sin{\theta}, \ \because h=(x-\alpha), \ k=(y-\beta)\)
\(\therefore y^{\prime}=-(x-\alpha)\sin{\theta}+(y-\beta)\cos{\theta}\)
\(\therefore \) নুতন অক্ষ সাপেক্ষে \((x, y)\) এর রূপান্তরিত স্থানাঙ্ক \((x^{\prime}, y^{\prime})\Rightarrow \{(x-\alpha)\cos{\theta}+(y-\beta)\sin{\theta}, -(x-\alpha)\sin{\theta}+(y-\beta)\cos{\theta}\}\)
\((b)\) এখানে, \(x=\alpha+h\)
\(\Rightarrow x=\alpha+x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta}\)
এবং \(y=\beta+k\)
\(\Rightarrow y=\beta+x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta}\)
নুতন অক্ষ সাপেক্ষে \(f(x,y)=0\) সমীকরণের রূপান্তরিত সমীকরণ \(f(\alpha+x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta},\beta+x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})=0\)
( প্রমাণিত )

মনে করি,
\(OX\) এবং \(OY\) মূল আয়াতাকার অক্ষ এবং \(O^{\prime}X^{\prime},\) \(O^{\prime}Y^{\prime}\) নুতন আয়াতাকার অক্ষ ।
\(OX, \ OY\) অক্ষ সাপেক্ষে \(O^{\prime}X^{\prime},\) এবং \( O^{\prime}Y^{\prime}\) এর সমীকরণদ্বয় যথাক্রমে \(ax+by+c=0\) ও \(bx-ay+d=0\)
\(ax+by+c=0 ........(1)\)
\(bx-ay+d=0 ........(2)\)
অতএব \((1)\) ও \((2)\) যথাক্রমে নুতন \(x\) ও \(y\) অক্ষদ্বয় প্রকাশ করে।
ধরি, \(P\) একটি বিন্দু যার স্থানাঙ্ক মূল অক্ষদ্বয় অনুসারে \((x, y)\) এবং নুতন অক্ষদ্বয় অনুসারে \((x^{\prime}, y^{\prime})\)
\(O^{\prime}X^{\prime},\) \(O^{\prime}Y^{\prime}\) এর উপর যথাক্রমে \(PM,\) \(PN\) লম্ব অঙ্কন করি
এখন, \(x^{\prime}=O^{\prime}M\)
\(=NP\)
\(=P(x, y)\) হতে \((2)\) এর উপর লম্বের দৈর্ঘ্য
\(\therefore x^{\prime}=\frac{bx-ay+d}{\sqrt{b^2+a^2}}\) ➜Note \(\because (x_{1}, y_{1})\) বিন্দু হতে,
\(ax+by+c=0\) সরলরেখার লম্ব দূরত্ব
\(=\frac{ax_{1}+by_{1}+c}{\sqrt{a^2+b^2}}\)

\(\therefore x^{\prime}=\frac{bx-ay+d}{\sqrt{a^2+b^2}} .......(3)\)
এবং \(y^{\prime}=O^{\prime}N\)
\(=MP\)
\(=P(x, y)\) হতে \((1)\) এর উপর লম্বের দৈর্ঘ্য
\(\therefore y^{\prime}=\frac{ax+by+c}{\sqrt{a^2+b^2}} .......(4)\)➜Note \(\because (x_{1}, y_{1})\) বিন্দু হতে,
\(ax+by+c=0\) সরলরেখার লম্ব দূরত্ব
\(=\frac{ax_{1}+by_{1}+c}{\sqrt{a^2+b^2}}\)

\((x, y)\) এর রূপান্তরিত স্থানাঙ্কঃ
\((x^{\prime}, y^{\prime})\Rightarrow \left\{\frac{bx-ay+d}{\sqrt{a^2+b^2}}, \frac{ax+by+c}{\sqrt{a^2+a^2}}\right\}\)
এখন,
\((3)\times{\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}}+(4)\times{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}}\) এর সাহায্যে
\(\therefore \frac{bx^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{b^2x-aby+bd}{a^2+b^2}+\frac{a^2x-aby+ac}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{bx^{\prime}+ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{b^2x-aby+bd+a^2x-aby+ac}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{bx^{\prime}+ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{b^2x+bd+a^2x+ac}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{bx^{\prime}+ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{x(a^2+b^2)+bd+ac}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{bx^{\prime}+ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=x+\frac{bd+ac}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow x+\frac{ac+bd}{a^2+b^2}=\frac{bx^{\prime}+ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}\)
\(\therefore x=\frac{bx^{\prime}+ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}-\frac{ac+bd}{a^2+b^2}\)
আবার, \((4)\times{\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}}-(3)\times{\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}}\) এর সাহায্যে
\(\therefore \frac{by^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}-\frac{ax^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{abx+b^2y+bc}{a^2+b^2}-\frac{abx-a^2y+ad}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{by^{\prime}-ax^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{abx+b^2y+bc-abx+a^2y-ad}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{by^{\prime}-ax^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{b^2y+bc+a^2y-ad}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{by^{\prime}-ax^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{y(a^2+b^2)+bc-ad}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow \frac{by^{\prime}-ax^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}=y+\frac{bc-ad}{a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow y+\frac{bc-ad}{a^2+b^2}=\frac{by^{\prime}-ax^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}\)
\(\therefore y=-\frac{ax^{\prime}-by^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}-\frac{bc-ad}{a^2+b^2}\)
\(f(x, y)=0\) সমীকরণের রূপান্তরিত সমীকরণঃ
\(f\left(\frac{bx^{\prime}+ay^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}-\frac{ac+bd}{a^2+b^2}, -\frac{ax^{\prime}-by^{\prime}}{\sqrt{a^2+b^2}}-\frac{bc-ad}{a^2+b^2}\right)=0\)
( প্রমাণিত )

চিত্রে,
তীর্যক অক্ষ দুইটি \(OX\) এবং \(OY\)
যেখানে, \(\angle{XOY}=\omega\) এবং রূপান্তরিত আয়তাকার অক্ষ দুইটি হলো \(OX, \ OY^{\prime}\)
\(P\) যে কোনো বিন্দু যার স্থানাঙ্ক \(OX, \ OY\) এর সাপেক্ষে \((x, y)\) এবং \(OX, \ OY^{\prime}\) এর সাপেক্ষে \((x^{\prime}, y^{\prime})\)
\(OY\) এর সমান্তরাল \(PM\) এবং \(OX\) এর ওপর লম্ব \(PL\) অঙ্কন করা হলো।
এখন, \(OM=x\)
\(MP=y\)
\(OL=x^{\prime}\)
\(LP=y^{\prime}\)
\(\therefore x=OM\)
\(=OL-ML\)
\(=OL-LP\times{\frac{ML}{LP}}\)
\(=OL-LP\cos{\omega}\)
\(\therefore x=x^{\prime}-y^{\prime}\cot{\omega} ......(1)\)
আবার, \(y=MP\)
\(=LP\times{\frac{MP}{LP}}\)
\(\therefore y=y^{\prime} \ cosec \ {\omega} ....(2)\)
\((2)\) হতে,
\(y=\frac{y^{\prime}}{\sin{\omega}}\)
\(\Rightarrow y\sin{\omega}=y^{\prime}\)
\(\therefore y^{\prime}=y\sin{\omega}\)
\(y^{\prime}\) এর এই মান \((1)\) এ বসিয়ে,
\(x=x^{\prime}-y\sin{\omega}\times{\cot{\omega}} \)
\(\Rightarrow x=x^{\prime}-y\sin{\omega}\times{\frac{\cos{\omega}}{\sin{\omega}}}\)
\(\Rightarrow x=x^{\prime}-y\sin{\omega}\times{\frac{\cos{\omega}}{\sin{\omega}}}\)
\(\Rightarrow x+y\cos{\omega}=x^{\prime}\)
\(\therefore x^{\prime}=x+y\cos{\omega} ...(3)\)
এবং \(y^{\prime}=y\sin{\omega} .......(4)\)
\((x, y)\) এর রূপান্তরিত স্থানাঙ্কঃ
\((x^{\prime}, y^{\prime})\Rightarrow (x+y\cos{\omega}, \ y\sin{\omega})\)
আবার, \(f(x, y)=0\) সমীকরণের রূপান্তরিত সমীকরণঃ
\(f(x^{\prime}-y^{\prime}\cot{\omega}, y^{\prime} \ cosec{\omega})=0\)
( প্রমাণিত )

চিত্রে,
\(\omega\) কোণ ধারণকারী তীর্যক অক্ষ দুইটি \(OX\) এবং \(OY\)
এবং \(\omega^{\prime}\) কোণ ধারণকারী তীর্যক অক্ষ দুইটি \(OX^{\prime}\) এবং \(OY^{\prime}\)
মনে করি, \(\angle{XOX^{\prime}}=\theta\) কোণ ধারণকারী তীর্যক অক্ষ দুইটি \(OX^{\prime}\) এবং \(OY^{\prime}\)
\(P\) যে কোনো বিন্দু যার স্থানাঙ্ক \(OX, \ OY\) এর সাপেক্ষে \((x, y)\) এবং \(OX^{\prime}, \ OY^{\prime}\) এর সাপেক্ষে \((x^{\prime}, y^{\prime})\)
\(OY\) ও \(OY^{\prime}\) এর সমান্তরালে যথাক্রমে \(PN\) ও \(PN^{\prime}\) অঙ্কন করা হলো।
\(OX\) এর ওপর \(N^{\prime}M\) এবং \(PL\) লম্ব এবং \(PL\) ওপর \(N^{\prime}M^{\prime}\) লম্ব অঙ্কন করা হলো।
এখন, \(ON=x\)
\(NP=y\)
\(ON^{\prime}=x^{\prime}\)
\(N^{\prime}P=y^{\prime}\)
এবং \(\angle{PNL}=\angle{YOX}\)
\(=\omega\)
\(\angle{PN^{\prime}M^{\prime}}=\angle{Y^{\prime}OX}\)
\(=\omega^{\prime}+\theta\)
\(\therefore x=ON\)
\(=OM+MN\)
\(=OM+N^{\prime}M^{\prime}-NL\)
\(=ON^{\prime}\frac{OM}{ON^{\prime}}+N^{\prime}P\frac{N^{\prime}M^{\prime}}{N^{\prime}P}-NP\frac{NL}{NP}\)
\(=ON^{\prime}\cos{\theta}+N^{\prime}P\cos{\angle{PN^{\prime}M^{\prime}}}-NP\cos{\angle{PNL}}\)
\(\therefore x=x^{\prime}\cos{\theta}+y^{\prime}\cos{(\omega^{\prime}+\theta)}-y\cos{\omega}\)
\(\Rightarrow x+y\cos{\omega}=x^{\prime}\cos{\theta}+y^{\prime}\cos{(\omega^{\prime}+\theta)} .......(1)\)
আবার, \(y=NP\)
\(=LP\times{\frac{NP}{LP}}\)
\(=LP \ cosec \ {\omega}\)
\(=LP\frac{1}{\sin{\omega}}\)
\(\therefore y=LP\frac{1}{\sin{\omega}}\)
\(\Rightarrow y\sin{\omega}=LP\)
\(\Rightarrow y\sin{\omega}=MN^{\prime}+M^{\prime}P\)
\(\Rightarrow y\sin{\omega}=ON^{\prime}\frac{MN^{\prime}}{ON^{\prime}}+N^{\prime}P\frac{M^{\prime}P}{N^{\prime}P}\)
\(\therefore y\sin{\omega}=x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\sin{(\omega^{\prime}+\theta)} .......(2)\)
\((1)\times{\sin{\omega}}-(2)\times{\cos{\omega}}\) এর সাহায্যে
\(x\sin{\omega}+y\sin{\omega}\cos{\omega}-y\sin{\omega}\cos{\omega}=x^{\prime}\sin{\omega}\cos{\theta}+y^{\prime}\sin{\omega}\cos{(\omega^{\prime}+\theta)}-x^{\prime}\sin{\theta}\cos{\omega}-y^{\prime}\sin{(\omega^{\prime}+\theta)}\cos{\omega}\)
\(\Rightarrow x\sin{\omega}=x^{\prime}(\sin{\omega}\cos{\theta}-\cos{\omega}\sin{\theta})+y^{\prime}\{\sin{\omega}\cos{(\omega^{\prime}+\theta)}-\cos{\omega}\sin{(\omega^{\prime}+\theta)}\}\)
\(\Rightarrow x\sin{\omega}=x^{\prime}\sin{(\omega-\theta)}+y^{\prime}\sin{(\omega-\omega^{\prime}-\theta)}\)
\(\therefore x=\frac{x^{\prime}\sin{(\omega-\theta)}}{\sin{\omega}}+\frac{y^{\prime}\sin{(\omega-\omega^{\prime}-\theta)}}{\sin{\omega}}\)
\((2)\) হতে,
\(y=\frac{x^{\prime}\sin{\theta}}{\sin{\omega}}+\frac{y^{\prime}\sin{(\omega^{\prime}+\theta)}}{\sin{\omega}}\)
\(\therefore \) রূপান্তর সূত্রঃ
\(x=\frac{x^{\prime}\sin{(\omega-\theta)}}{\sin{\omega}}+\frac{y^{\prime}\sin{(\omega-\omega^{\prime}-\theta)}}{\sin{\omega}}\) \(y=\frac{x^{\prime}\sin{\theta}}{\sin{\omega}}+\frac{y^{\prime}\sin{(\omega^{\prime}+\theta)}}{\sin{\omega}}\)
যেখানে, \(\omega\) আদি তীর্যক অক্ষদ্বয়ের মধ্যবর্তী কোণ।
\(\omega^{\prime}\) নুতন তীর্যক অক্ষদ্বয়ের মধ্যবর্তী কোণ।
( প্রমাণিত )

প্রদত্ত সমীকরণ,
\(ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0 .........(1)\)
অক্ষদ্বয়ের দিক অপরিবর্তিত রেখে মূলবিন্দুকে \((\alpha, \beta)\) বিন্দুতে স্থানান্তরিত করা হলে স্থানান্তর সূত্রঃ
\(x=x^{\prime}+\alpha\)
\(y=y^{\prime}+\beta\)
ফলে, \((1)\) সমীকরণটির পরিবর্তিত রূপ দাঁড়াবে
\(a(x^{\prime}+\alpha)^2+2h(x^{\prime}+\alpha)(y^{\prime}+\beta)+b(y^{\prime}+\beta)^2+2g(x^{\prime}+\alpha)+2f(y^{\prime}+\beta)+c=0\) ➜Note \(x=x^{\prime}+\alpha\)
\(y=y^{\prime}+\beta\)
বসিয়ে

\(\therefore a{x^{\prime}}^2+2hx^{\prime}y^{\prime}+b{y^{\prime}}^2+2(a\alpha+h\beta+g)x^{\prime}+2(h\alpha+b\beta+f)y^{\prime}+\)\(a\alpha^2+2h\alpha\beta+b\beta^2+2g\alpha+2f\beta+c=0 ........(2)\)
\((1)\) নং সমীকরণ থেকে \(x^{\prime}\) ও \(y^{\prime}\) যুক্ত পদ অপসারিত হবে যদি \(x^{\prime}\) ও \(y^{\prime}\) এর সহগ দুইটি শূন্য হয়।
অর্থাৎ যদি
\(a\alpha+h\beta+g=0 .........(3)\)
এবং \(h\alpha+b\beta+f=0 .........(4)\)
পদ দুইটি অপসারণের পর \((2)\) এর রূপ দাঁড়াবে
\(a{x^{\prime}}^2+2hx^{\prime}y^{\prime}+b{y^{\prime}}^2+c^{\prime}=0 .......(5)\)
যেখানে, \(c^{\prime}=a\alpha^2+2h\alpha\beta+b\beta^2+2g\alpha+2f\beta+c\)
\(=a\alpha^2+h\alpha\beta+g\alpha+h\alpha\beta+b\beta^2+f\beta+g\alpha+f\beta+c\)
\(=\alpha(a\alpha+h\beta+g)+\beta(h\alpha+b\beta+f)+g\alpha+f\beta+c\)
\(=\alpha(0)+\beta(0)+g\alpha+f\beta+c\) ➜Note \(\because a\alpha+h\beta+g=0\)
\(h\alpha+b\beta+f=0\)
\((3)\) ও \((4)\) হতে,

\(=0+0+g\alpha+f\beta+c\)
\(\therefore c^{\prime}=g\alpha+f\beta+c\)
\(\therefore (5)\) নং হতে, রূপান্তরিত সমীকরণ, \(a{x^{\prime}}^2+2hx^{\prime}y^{\prime}+b{y^{\prime}}^2+c^{\prime}=0 \)
যেখানে, \((\alpha,\beta)\Rightarrow \left(\frac{fh-bg}{ab-h^2}, \frac{gh-af}{ab-h^2}\right)\)
এবং \(c^{\prime}=g\alpha+f\beta+c\)
আবার
\((3)\) ও \((4)\) সমাধান করি
\(a\alpha+h\beta+g=0\)
\(h\alpha+b\beta+f=0\)
\(\frac{\alpha}{hf-bg}=\frac{\beta}{hg-af}=\frac{1}{ab-h^2}\)
\(\Rightarrow \frac{\alpha}{hf-bg}=\frac{1}{ab-h^2}, \ \frac{\beta}{hg-af}=\frac{1}{ab-h^2}\)
\(\therefore \alpha=\frac{hf-bg}{ab-h^2}, \ \beta=\frac{hg-af}{ab-h^2}\)
\(\therefore (\alpha,\beta)\Rightarrow \left(\frac{fh-bg}{ab-h^2}, \frac{gh-af}{ab-h^2}\right)\)
সুতরাং সাধারণ দ্বিঘাত সমীকরণ হতে একঘাত পদগুলো অপসারণ করতে হলে অক্ষদ্বয়ের দিক অপরিবর্তিত রেখে মূলবিন্দুকে \((\alpha, \beta)\) বিন্দুতে স্থানান্তরিত করতে হবে, যেন
\(c^{\prime}=g\alpha+f\beta+c\)
\(\therefore c^{\prime}=g\frac{fh-bg}{ab-h^2}+f\frac{gh-af}{ab-h^2}+c\)
\(=\frac{fgh-bg^2}{ab-h^2}+\frac{fgh-af^2}{ab-h^2}+c\)
\(=\frac{fgh-bg^2+fgh-af^2+abc-ch^2}{ab-h^2}\)
\(=\frac{abc+2fgh-af^2-bg^2-ch^2}{ab-h^2}\)
\(\therefore c^{\prime}=\frac{\Delta}{ab-h^2}\) ➜Note \(\because \Delta=abc+2fgh-af^2-bg^2-ch^2\)
\(\therefore (5)\) নং হতে, রূপান্তরিত সমীকরণটি হবে,
\(a{x^{\prime}}^2+2hx^{\prime}y^{\prime}+b{y^{\prime}}^2+c^{\prime}=0\)
যেখানে, \((\alpha,\beta)\Rightarrow \left(\frac{fh-bg}{ab-h^2}, \frac{gh-af}{ab-h^2}\right)\)
এবং \(c^{\prime}=\frac{\Delta}{ab-h^2}\)
( প্রমাণিত )
দ্রষ্টব্যঃ সমীকরণ \((5)\) থেকে এটা স্পষ্ট যে অক্ষদ্বয়ের দিক অপরিবর্তিত রেখে মূলবিন্দুকে ওপর কোনো বিন্দুতে স্থানান্তরিত করলে সাধারণ দ্বিঘাত সমীকরণের \(x^2, \ y^2, \ xy\) এর সহগগুলি অর্থাৎ \(a, \ b, \ h\) সহগগুলি অপরিবর্তিত থাকে কিন্তু \(x, \ y\) এর সহগ \(g, \ f\) এবং ধ্রুবক পদ \(c\) এরা বদলিয়ে যায়। সুতরাং রূপান্তরিত দ্বিঘাত সমীকরণটি দাঁড়ায়
\(a{x^{\prime}}^2+2hx^{\prime}y^{\prime}+b{y^{\prime}}^2+c^{\prime}=0\)

প্রদত্ত সমীকরণ,
\(ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0 .........(1)\)
যদি অক্ষদ্বয়কে মূলবিন্দুতে \(\theta\) কোণে ঘুরানো হয় তবে আমরা স্থনাংকের রূপান্তরিত সূত্র পাব,
\(x=x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta}\)
\(y=x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta}\)
প্রদত্ত \((1)\) নং সমীকরণের রূপান্তরিত রূপ হবে,
\(a(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})^2+2h(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})(x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})+b(x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})^2+2g(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})+\)\(2f(x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})+c=0\)
\(\therefore (a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta}){x^{\prime}}^2+2\{-a\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+b\sin{\theta}\cos{\theta}\}x^{\prime}y^{\prime}+(a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+\)\(b\cos^2{\theta}){y^{\prime}}^2+2(g\cos{\theta}+f\sin{\theta})x^{\prime}+2(f\cos{\theta}-g\sin{\theta})y^{\prime}+c=0 ........(2)\)
\((2)\) নং সমীকরণ থেকে \(x^{\prime}y^{\prime}\) যুক্ত পদ অপসারিত হবে যদি \(x^{\prime}y^{\prime}\) এর সহগটি শূন্য হয়।
অর্থাৎ যদি
\(-a\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+b\sin{\theta}\cos{\theta}=0\)
\(-\frac{1}{2}a.2\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+\frac{1}{2}b.2\sin{\theta}\cos{\theta}=0\)
\(\Rightarrow -\frac{1}{2}a\sin{2\theta}+h\cos{2\theta}+\frac{1}{2}b\sin{2\theta}=0\) ➜Note \(\because 2\sin{A}\cos{A}=\sin{2A}\)
\(\cos^2{A}-\sin^2{A}=\cos{2A}\)

\(\Rightarrow h\cos{2\theta}-\frac{1}{2}(a-b)\sin{2\theta}=0\)
\(\Rightarrow h\cos{2\theta}=\frac{1}{2}(a-b)\sin{2\theta}\)
\(\Rightarrow 2h\cos{2\theta}=(a-b)\sin{2\theta}\)
\(\Rightarrow (a-b)\sin{2\theta}=2h\cos{2\theta}\)
\(\Rightarrow \frac{\sin{2\theta}}{\cos{2\theta}}=\frac{2h}{a-b}\)
\(\Rightarrow \tan{2\theta}=\frac{2h}{a-b}\)
\(\Rightarrow 2\theta=\tan^{-1}{\left(\frac{2h}{a-b}\right)}\)
\(\therefore \theta=\frac{1}{2}\tan^{-1}{\left(\frac{2h}{a-b}\right)} ......(3)\)
অর্থাৎ অক্ষদ্বয়কে \(\frac{1}{2}\tan^{-1}{\left(\frac{2h}{a-b}\right)}\) কোণে ঘুরালে দ্বিঘাত সমীকরণ থেকে \(xy\) যুক্ত পদ অপসারিত হবে এবং \((2)\) নং সমীকরণটির রূপান্তরিত রূপ হবে,
\((a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta}){x^{\prime}}^2+(a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+\)\(b\cos^2{\theta}){y^{\prime}}^2+2(g\cos{\theta}+f\sin{\theta})x^{\prime}+2(f\cos{\theta}-g\sin{\theta})y^{\prime}+c=0\)
\(\therefore a^{\prime}{x^{\prime}}^2+b^{\prime}{y^{\prime}}^2+2g^{\prime}x^{\prime}+2f^{\prime}y^{\prime}+c=0 ....(3)\)
যেখানে, \(a^{\prime}=a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta}\)
\(b^{\prime}=a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\cos^2{\theta}\)
\(g^{\prime}=g\cos{\theta}+f\sin{\theta}\)
\(f^{\prime}=f\cos{\theta}-g\sin{\theta}\)
( প্রমাণিত )
দ্রষ্টব্যঃ মূল সমীকরণ এবং রূপান্তরিত সমীকরণ উভয়ের একই ধ্রুবক পদ। অতএব, মূলবিন্দুতে আয়তাকার অক্ষদ্বয়কে কোনো কোণে ঘুরালে সমীকরণের ধ্রুবক পদ অপরিবর্তিত থেকে যায়।

প্রদত্ত সমীকরণ,
\(ax^2+2hxy+by^2+c=0 .........(1)\)
মূলবিন্দু ঠিক রেখে অক্ষদ্বয়কে \(\theta\) কোণে ঘুরানো হয় তবে আমরা স্থনাংকের রূপান্তরিত সূত্র পাব,
\(x=x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta}\)
\(y=x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta}\)
প্রদত্ত \((1)\) নং সমীকরণের রূপান্তরিত রূপ হবে,
\(a(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})^2+2h(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})(x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})+b(x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})^2+c=0\)
\(\therefore (a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta}){x^{\prime}}^2+2\{-a\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+b\sin{\theta}\cos{\theta}\}x^{\prime}y^{\prime}+\)\((a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\cos^2{\theta}){y^{\prime}}^2+c=0 .....(2)\)
\((2)\) নং সমীকরণ থেকে \(x^{\prime}y^{\prime}\) যুক্ত পদ অপসারিত হবে যদি \(x^{\prime}y^{\prime}\) এর সহগটি শূন্য হয়।
অর্থাৎ যদি
\(-a\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+b\sin{\theta}\cos{\theta}=0\)
\(-\frac{1}{2}a.2\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+\frac{1}{2}b.2\sin{\theta}\cos{\theta}=0\)
\(\Rightarrow -\frac{1}{2}a\sin{2\theta}+h\cos{2\theta}+\frac{1}{2}b\sin{2\theta}=0\) ➜Note \(\because 2\sin{A}\cos{A}=\sin{2A}\)
\(\cos^2{A}-\sin^2{A}=\cos{2A}\)

\(\Rightarrow h\cos{2\theta}-\frac{1}{2}(a-b)\sin{2\theta}=0\)
\(\Rightarrow h\cos{2\theta}=\frac{1}{2}(a-b)\sin{2\theta}\)
\(\Rightarrow 2h\cos{2\theta}=(a-b)\sin{2\theta} ....(3)\)
\(\Rightarrow (a-b)\sin{2\theta}=2h\cos{2\theta}\)
\(\Rightarrow \frac{\sin{2\theta}}{\cos{2\theta}}=\frac{2h}{a-b}\)
\(\Rightarrow \tan{2\theta}=\frac{2h}{a-b}\)
\(\Rightarrow 2\theta=\tan^{-1}{\left(\frac{2h}{a-b}\right)}\)
\(\therefore \theta=\frac{1}{2}\tan^{-1}{\left(\frac{2h}{a-b}\right)} ......(4)\)
অর্থাৎ অক্ষদ্বয়কে \(\frac{1}{2}\tan^{-1}{\left(\frac{2h}{a-b}\right)}\) কোণে ঘুরালে দ্বিঘাত সমীকরণ থেকে \(xy\) যুক্ত পদ অপসারিত হবে এবং \((2)\) নং সমীকরণটির রূপান্তরিত রূপ হবে,
\(\therefore a^{\prime}{x^{\prime}}^2+b^{\prime}{y^{\prime}}^2+c=0 .....(5)\)
যেখানে, \(a^{\prime}=a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta} ....(6)\)
\(b^{\prime}=a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\cos^2{\theta} ....(7)\)
\((6)+(7)\) এর সাহায্যে
\(a^{\prime}+b^{\prime}=a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta}+a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\cos^2{\theta}\)
\(=a\cos^2{\theta}+b\sin^2{\theta}+a\sin^2{\theta}+b\cos^2{\theta}\)
\(=a(\sin^2{\theta}+\cos^2{\theta})+b(\sin^2{\theta}+\cos^2{\theta})\)
\(=a.1+b.1\)
\(\therefore a^{\prime}+b^{\prime}=a+b\)
\((6)\) ও \((7)\) হতে
\(2a^{\prime}=a.2\cos^2{\theta}+2h.2\sin{\theta}\cos{\theta}+b.2\sin^2{\theta}\)
\(=a(1+\cos{2\theta})+2h\sin{2\theta}+b(1-\cos{2\theta})\)
\(=a+a\cos{2\theta}+2h\sin{2\theta}+b-b\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)+(a-b)\cos{2\theta}+2h\sin{2\theta}\)
\(\therefore 2a^{\prime}=(a+b)+\{2h\sin{2\theta}+(a-b)\cos{2\theta}\} ......(8)\)
আবার,
\(2b^{\prime}=a.2\sin^2{\theta}-2h.2\sin{\theta}\cos{\theta}+b.2\cos^2{\theta}\)
\(=a(1-\cos{2\theta})-2h\sin{2\theta}+b(1+\cos{2\theta})\)
\(=a-a\cos{2\theta}-2h\sin{2\theta}+b+b\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)-(a-b)\cos{2\theta}-2h\sin{2\theta}\)
\(\therefore 2b^{\prime}=(a+b)-\{2h\sin{2\theta}+(a-b)\cos{2\theta}\} ......(9)\)
\((8)\times{(9)}\) এর সাহায্যে
\(4a^{\prime}b^{\prime}=(a+b)^2-\{2h\sin{2\theta}+(a-b)\cos{2\theta}\}^2\)
\(=(a+b)^2-4h^2\sin^2{2\theta}-(a-b)^2\cos^2{2\theta}-4h(a-b)\sin{2\theta}\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)^2-4h^2+4h^2\cos^2{2\theta}-(a-b)^2\cos^2{2\theta}-4h(a-b)\sin{2\theta}\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)^2-4h^2+(2h\cos{2\theta})^2-(a-b)^2\cos^2{2\theta}-2(a-b)\sin{2\theta}.2h\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)^2-4h^2+(a-b)^2\sin^2{2\theta}-(a-b)^2+(a-b)^2\sin^2{2\theta}-2(a-b)\sin{2\theta}(a-b)\sin{2\theta}\) ➜Note \(\because 2h\cos{2\theta}=(a-b)\sin{2\theta}\)
\((3)\) হতে,

\(=(a+b)^2-(a-b)^2-4h^2+2(a-b)^2\sin^2{2\theta}-2(a-b)^2\sin^2{2\theta}\)
\(=4ab-4h^2\) ➜Note \(\because (a+b)^2-(a-b)^2=4ab\)
\(\Rightarrow 4a^{\prime}b^{\prime}=4(ab-h^2)\)
\(\therefore a^{\prime}b^{\prime}=ab-h^2\)
( প্রমাণিত )

প্রদত্ত সমীকরণ,
\(ax^2+2hxy+by^2=0 .........(1)\)
মূলবিন্দু ঠিক রেখে অক্ষদ্বয়কে \(\theta\) কোণে ঘুরানো হয় তবে আমরা স্থনাংকের রূপান্তরিত সূত্র পাব,
\(x=x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta}\)
\(y=x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta}\)
প্রদত্ত \((1)\) নং সমীকরণের রূপান্তরিত রূপ হবে,
\(a(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})^2+2h(x^{\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})(x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})+b(x^{\prime}\sin{\theta}+y^{\prime}\cos{\theta})^2+c=0\)
\(\Rightarrow (a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta}){x^{\prime}}^2+2\{-a\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+b\sin{\theta}\cos{\theta}\}x^{\prime}y^{\prime}+\)\((a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\cos^2{\theta}){y^{\prime}}^2=0\)
\(\therefore a^{\prime}{x^{\prime}}^2+2h^{\prime}x^{\prime}y^{\prime}+b^{\prime}{y^{\prime}}^2=0 .....(2)\)
যেখানে, \(a^{\prime}=a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta} ....(3)\)
\(b^{\prime}=a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\cos^2{\theta} ....(4)\)
\(h^{\prime}=-a\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+b\sin{\theta}\cos{\theta} ....(5)\)
\((3)+(4)\) এর সাহায্যে
\(a^{\prime}+b^{\prime}=a\cos^2{\theta}+2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\sin^2{\theta}+a\sin^2{\theta}-2h\sin{\theta}\cos{\theta}+b\cos^2{\theta}\)
\(=a\cos^2{\theta}+b\sin^2{\theta}+a\sin^2{\theta}+b\cos^2{\theta}\)
\(=a(\sin^2{\theta}+\cos^2{\theta})+b(\sin^2{\theta}+\cos^2{\theta})\)
\(=a.1+b.1\)
\(\therefore a^{\prime}+b^{\prime}=a+b\)
\((3), \ (4)\) ও \((5)\) হতে
\(2a^{\prime}=a.2\cos^2{\theta}+2h.2\sin{\theta}\cos{\theta}+b.2\sin^2{\theta}\)
\(=a(1+\cos{2\theta})+2h\sin{2\theta}+b(1-\cos{2\theta})\)
\(=a+a\cos{2\theta}+2h\sin{2\theta}+b-b\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)+(a-b)\cos{2\theta}+2h\sin{2\theta}\)
\(\therefore 2a^{\prime}=(a+b)+\{2h\sin{2\theta}+(a-b)\cos{2\theta}\} ......(6)\)
আবার,
\(2b^{\prime}=a.2\sin^2{\theta}-2h.2\sin{\theta}\cos{\theta}+b.2\cos^2{\theta}\)
\(=a(1-\cos{2\theta})-2h\sin{2\theta}+b(1+\cos{2\theta})\)
\(=a-a\cos{2\theta}-2h\sin{2\theta}+b+b\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)-(a-b)\cos{2\theta}-2h\sin{2\theta}\)
\(\therefore 2b^{\prime}=(a+b)-\{2h\sin{2\theta}+(a-b)\cos{2\theta}\} ......(7)\)
আবার,
\(h^{\prime}=-a\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+b\sin{\theta}\cos{\theta}\)
\(=-\frac{1}{2}a.2\sin{\theta}\cos{\theta}+h(\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})+\frac{1}{2}b.2\sin{\theta}\cos{\theta}\)
\(=-\frac{1}{2}a\sin{2\theta}+h\cos{2\theta}+\frac{1}{2}b\sin{2\theta}=0\) ➜Note \(\because 2\sin{A}\cos{A}=\sin{2A}\)
\(\cos^2{A}-\sin^2{A}=\cos{2A}\)

\(=h\cos{2\theta}-\frac{1}{2}(a-b)\sin{2\theta}\)
\(\therefore h^{\prime}=h\cos{2\theta}-\frac{1}{2}(a-b)\sin{2\theta}\)
\(\therefore 2h^{\prime}=2h\cos{2\theta}-(a-b)\sin{2\theta} .......(8)\)
\((6)\times{(7)}\) এর সাহায্যে
\(4a^{\prime}b^{\prime}=(a+b)^2-\{2h\sin{2\theta}+(a-b)\cos{2\theta}\}^2\)
\(=(a+b)^2-4h^2\sin^2{2\theta}-(a-b)^2\cos^2{2\theta}-4h(a-b)\sin{2\theta}\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)^2-4h^2+4h^2\cos^2{2\theta}-(a-b)^2+(a-b)^2\sin^2{2\theta}-4h(a-b)\sin{2\theta}\cos{2\theta}\)
\(=(a+b)^2-(a-b)^2-4h^2+4h^2\cos^2{2\theta}-4h(a-b)\sin{2\theta}\cos{2\theta}+(a-b)^2\sin^2{2\theta}\)
\(=4ab-4h^2+\{2h\cos{2\theta}-(a-b)\sin{2\theta}\}^2\) ➜Note \(\because (a+b)^2-(a-b)^2=4ab\)
\(=4ab-4h^2+{2h^{\prime}}^2\) ➜Note \(\because 2h\cos{2\theta}-(a-b)\sin{2\theta}=2h^{\prime}\)
\((8)\) হতে,

\(=4ab-4h^2+4{h^{\prime}}^2\)
\(\Rightarrow 4a^{\prime}b^{\prime}=4(ab-h^2+{h^{\prime}}^2)\)
\(\Rightarrow a^{\prime}b^{\prime}=ab-h^2+{h^{\prime}}^2\)
\(\therefore a^{\prime}b^{\prime}-{h^{\prime}}^2=ab-h^2\)
( প্রমাণিত )
দ্রষ্টব্যঃ এখানে, \(a+b\) এবং \(ab-h^2\) কে অপরিবর্তক বলা হয়।