2D ঘূর্ণন (2D Rotation) কী?
কম্পিউটার গ্রাফিক্সে 2D ঘূর্ণন (2D Rotation) হলো একটি রিজিড-বডি জ্যামিতিক রূপান্তর (Rigid-body Geometric Transformation), যার মাধ্যমে কোনো বস্তুর প্রতিটি বিন্দু একটি নির্দিষ্ট ঘূর্ণন কেন্দ্র (Center of Rotation) -কে কেন্দ্র করে একটি নির্দিষ্ট কোণ θ \theta θ
স্কেলিং (যা মাত্রা পরিবর্তন করে) বা শিয়ারিং (যা কোণ বিকৃত করে)-এর মতো অন্যান্য রূপান্তর থেকে ভিন্নভাবে, ঘূর্ণন হলো একটি আইসোমেট্রি (Isometry) — এটি সমস্ত ইউক্লিডীয় দূরত্ব, অভ্যন্তরীণ কোণ, পরিধি এবং ক্ষেত্রফল কঠোরভাবে অক্ষুণ্ণ রাখে। বস্তুর আকার ও মাপ সম্পূর্ণ অপরিবর্তিত থাকে; কেবল তার কোণীয় অভিমুখ (Angular Orientation) পরিবর্তিত হয়:
প্রতিটি শীর্ষবিন্দু ঘূর্ণন কেন্দ্র থেকে সমান দূরত্বে একটি বৃত্তচাপ অতিক্রম করে।
বস্তুর সমস্ত অভ্যন্তরীণ ভেক্টর একই কোণ θ \theta θ
ইউক্লিডীয় দূরত্ব, ক্ষেত্রফল, পরিধি এবং অভ্যন্তরীণ কোণ কঠোরভাবে সংরক্ষিত থাকে।
ঘূর্ণন ম্যাট্রিক্সের নির্ণায়ক (Determinant) সর্বদা + 1 +1 + 1 , যা নিশ্চিত করে যে আয়তনের কোনো পরিবর্তন হয় না এবং শীর্ষবিন্দুর দিকবিন্যাস উল্টায় না।
P ( x , y ) → R ( θ ) P ′ ( x ′ , y ′ ) P(x, y) \xrightarrow{\quad \mathbf{R}(\theta) \quad} P'(x', y') P ( x , y ) R ( θ ) P ′ ( x ′ , y ′ )
এখানে:
( x , y ) (x, y) ( x , y ) θ \theta θ ( x ′ , y ′ ) (x', y') ( x ′ , y ′ )
চিহ্ন রীতি ও ঘূর্ণনের দিক
2D কম্পিউটার গ্রাফিক্সে ঘূর্ণনের প্রমাণ গণিতীয় রীতি হলো:
ঘড়ির কাঁটার বিপরীত দিকে (CCW / ধনাত্মক) : θ > 0 \theta > 0 θ > 0 x x x ঘড়ির কাঁটার বিপরীত দিকে আবর্তিত হয়।ঘড়ির কাঁটার দিকে (CW / ঋণাত্মক) : θ < 0 \theta < 0 θ < 0 ঘড়ির কাঁটার দিকে আবর্তিত হয়।পূর্ণ আবর্তন (Identity) : θ = 360 ° \theta = 360° θ = 360° 2 π 2\pi 2 π
স্ক্রিন বনাম গণিত স্থানাঙ্ক : অনেক স্ক্রিন কো-অর্ডিনেট সিস্টেমে (OpenGL, SVG) y y y θ \theta θ
X Y O(0,0) θ = 45° A(x, y) B C = O আদি বস্তু P A'(x', y') B' ঘূর্ণিত P' r r প্রথম নীতি থেকে গাণিতিক প্রতিপাদন
2D ঘূর্ণনের সূত্রটি মেরু স্থানাঙ্ক জ্যামিতি (Polar Coordinate Geometry) থেকে সরাসরি নিষ্পন্ন করা হয়। যেকোনো বিন্দু P ( x , y ) P(x, y) P ( x , y )
x = r cos ϕ , y = r sin ϕ x = r\cos\phi, \quad y = r\sin\phi x = r cos ϕ , y = r sin ϕ
এখানে r = x 2 + y 2 r = \sqrt{x^2 + y^2} r = x 2 + y 2 ϕ \phi ϕ
বিন্দুটিকে আরও θ \theta θ ( ϕ + θ ) (\phi + \theta) ( ϕ + θ )
x ′ = r cos ( ϕ + θ ) = r ( cos ϕ cos θ − sin ϕ sin θ ) x' = r\cos(\phi + \theta) = r(\cos\phi\cos\theta - \sin\phi\sin\theta) x ′ = r cos ( ϕ + θ ) = r ( cos ϕ cos θ − sin ϕ sin θ ) y ′ = r sin ( ϕ + θ ) = r ( sin ϕ cos θ + cos ϕ sin θ ) y' = r\sin(\phi + \theta) = r(\sin\phi\cos\theta + \cos\phi\sin\theta) y ′ = r sin ( ϕ + θ ) = r ( sin ϕ cos θ + cos ϕ sin θ )
x = r cos ϕ x = r\cos\phi x = r cos ϕ y = r sin ϕ y = r\sin\phi y = r sin ϕ
x ′ = x cos θ − y sin θ x' = x\cos\theta - y\sin\theta x ′ = x cos θ − y sin θ
y ′ = x sin θ + y cos θ y' = x\sin\theta + y\cos\theta y ′ = x sin θ + y cos θ
এখানে:
θ \theta θ ( x , y ) (x, y) ( x , y ) ( x ′ , y ′ ) (x', y') ( x ′ , y ′ )
স্ট্যান্ডার্ড 2 × 2 2 \times 2 2 × 2
যেহেতু মূলবিন্দুর সাপেক্ষে ঘূর্ণন মূলবিন্দুকে নিজের জায়গায় স্থির রাখে এবং রৈখিকতার শর্ত মেনে চলে, তাই একে 2 × 2 2 \times 2 2 × 2
[ x ′ y ′ ] = [ cos θ − sin θ sin θ cos θ ] [ x y ] \begin{bmatrix} x' \\ y' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} [ x ′ y ′ ] = [ cos θ sin θ − sin θ cos θ ] [ x y ]
3 × 3 3 \times 3 3 × 3 গ্রাফিক্স পাইপলাইনে ট্রান্সলেশন, স্কেলিং এবং রোটেশন একত্রে ম্যাট্রিক্স সংযোগের (Matrix Concatenation) সুবিধার জন্য 3 × 3 3 \times 3 3 × 3 [ x , y , 1 ] T [x, y, 1]^T [ x , y , 1 ] T
[ x ′ y ′ 1 ] = [ cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0 0 0 1 ] [ x y 1 ] \begin{bmatrix} x' \\ y' \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ 1 \end{bmatrix} x ′ y ′ 1 = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 0 0 1 x y 1
বিশেষ কোণের জন্য রেফারেন্স সারণি
কোণ θ \theta θ cos θ \cos\theta cos θ sin θ \sin\theta sin θ 0 ° 0° 0° 1 1 1 0 0 0 30 ° 30° 30° 3 2 ≈ 0.866 \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866 2 3 ≈ 0.866 1 2 = 0.5 \frac{1}{2} = 0.5 2 1 = 0.5 45 ° 45° 45° 2 2 ≈ 0.707 \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707 2 2 ≈ 0.707 2 2 ≈ 0.707 \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707 2 2 ≈ 0.707 60 ° 60° 60° 1 2 = 0.5 \frac{1}{2} = 0.5 2 1 = 0.5 3 2 ≈ 0.866 \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866 2 3 ≈ 0.866 90 ° 90° 90° 0 0 0 1 1 1 120 ° 120° 120° − 0.5 -0.5 − 0.5 3 2 ≈ 0.866 \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866 2 3 ≈ 0.866 180 ° 180° 180° − 1 -1 − 1 0 0 0 270 ° 270° 270° 0 0 0 − 1 -1 − 1 360 ° 360° 360° 1 1 1 0 0 0
ঘূর্ণন ম্যাট্রিক্সের বৈশিষ্ট্য
১. নির্ণায়ক ও অর্থোগোনালিটি
det ( R ( θ ) ) = cos 2 θ + sin 2 θ = 1 \det(\mathbf{R}(\theta)) = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1 det ( R ( θ )) = cos 2 θ + sin 2 θ = 1
ক্ষেত্রফলের অক্ষুণ্ণতা : det ( R ) = 1 \det(\mathbf{R}) = 1 det ( R ) = 1 দিকবিন্যাস সংরক্ষণ : det = + 1 \det = +1 det = + 1 অর্থোগোনালিটি : R T R = I \mathbf{R}^T \mathbf{R} = \mathbf{I} R T R = I
২. বিপরীত ঘূর্ণন (Inverse Rotation)
+ θ +\theta + θ − θ -\theta − θ
R − 1 ( θ ) = R ( − θ ) = R T ( θ ) = [ cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 0 0 1 ] \mathbf{R}^{-1}(\theta) = \mathbf{R}(-\theta) = \mathbf{R}^T(\theta) = \begin{bmatrix} \cos\theta & \sin\theta & 0 \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} R − 1 ( θ ) = R ( − θ ) = R T ( θ ) = cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0 0 0 1
যাচাই : R ( θ ) ⋅ R − 1 ( θ ) = R ( θ ) ⋅ R ( − θ ) = R ( 0 ) = I \mathbf{R}(\theta) \cdot \mathbf{R}^{-1}(\theta) = \mathbf{R}(\theta) \cdot \mathbf{R}(-\theta) = \mathbf{R}(0) = \mathbf{I} R ( θ ) ⋅ R − 1 ( θ ) = R ( θ ) ⋅ R ( − θ ) = R ( 0 ) = I
৩. 2D ঘূর্ণনের বিনিময়যোগ্যতা
উল্লেখযোগ্যভাবে, 2D ঘূর্ণন বিনিময়যোগ্য (Commutative) :
R ( θ 1 ) ⋅ R ( θ 2 ) = R ( θ 1 + θ 2 ) = R ( θ 2 ) ⋅ R ( θ 1 ) \mathbf{R}(\theta_1) \cdot \mathbf{R}(\theta_2) = \mathbf{R}(\theta_1 + \theta_2) = \mathbf{R}(\theta_2) \cdot \mathbf{R}(\theta_1) R ( θ 1 ) ⋅ R ( θ 2 ) = R ( θ 1 + θ 2 ) = R ( θ 2 ) ⋅ R ( θ 1 )
কারণ কোণ যোগ বিনিময়যোগ্য: θ 1 + θ 2 = θ 2 + θ 1 \theta_1 + \theta_2 = \theta_2 + \theta_1 θ 1 + θ 2 = θ 2 + θ 1
3D ব্যতিক্রম : ত্রিমাত্রিক (3D) পরিসরে, ভিন্ন অক্ষের সাপেক্ষে ঘূর্ণন বিনিময়যোগ্য নয় (R x ⋅ R y ≠ R y ⋅ R x R_x \cdot R_y \neq R_y \cdot R_x R x ⋅ R y = R y ⋅ R x
স্বেচ্ছা ঘূর্ণন কেন্দ্রের সাপেক্ষে ঘূর্ণন (Rotation About Arbitrary Pivot)
মূলবিন্দু থেকে সরে যাওয়ার সমস্যা
স্কেলিং-এর মতোই, প্রমাণ ঘূর্ণন ম্যাট্রিক্স R ( θ ) \mathbf{R}(\theta) R ( θ ) স্থানাঙ্ক ব্যবস্থার মূলবিন্দু ( 0 , 0 ) (0, 0) ( 0 , 0 ) ঘূর্ণন সম্পন্ন করে। যদি কোনো নির্দিষ্ট বিন্দু P r ( x r , y r ) P_r(x_r, y_r) P r ( x r , y r ) R ( θ ) \mathbf{R}(\theta) R ( θ )
তিন ধাপের যৌগিক পাইপলাইন
প্রাক-স্থানান্তর (T − r T_{-r} T − r : সমগ্র দৃশ্যকে (Scene) এমনভাবে ট্রান্সলেট করো যাতে ঘূর্ণন কেন্দ্র P r ( x r , y r ) P_r(x_r, y_r) P r ( x r , y r ) মূল ঘূর্ণন (R o r i g i n R_{origin} R or i g in : মূলবিন্দুর সাপেক্ষে প্রমাণ ঘূর্ণন R ( θ ) \mathbf{R}(\theta) R ( θ ) পুনঃ-স্থানান্তর (T r T_r T r : দৃশ্যকে বিপরীত দিকে ট্রান্সলেট করে মূলবিন্দুকে ঘূর্ণন কেন্দ্রের আদি অবস্থান P r P_r P r
মূলবিন্দুর সাপেক্ষে ঘূর্ণন — বস্তু কক্ষপথে ঘোরে O(0,0) আদি কক্ষপথে সরে গেছে! স্থির বিন্দু Pr-এর সাপেক্ষে ঘূর্ণন — নিজের জায়গায় ঘোরে Pr(xr, yr) আদি Pr কেন্দ্রে ঘূর্ণিত কোনো কক্ষপথ নেই! ঘূর্ণন কেন্দ্র ম্যাট্রিক্স প্রতিপাদন
যৌগিক ম্যাট্রিক্সটি হলো:
M p i v o t = T ( x r , y r ) ⋅ R ( θ ) ⋅ T ( − x r , − y r ) \mathbf{M}_{pivot} = \mathbf{T}(x_r, y_r) \cdot \mathbf{R}(\theta) \cdot \mathbf{T}(-x_r, -y_r) M p i v o t = T ( x r , y r ) ⋅ R ( θ ) ⋅ T ( − x r , − y r )
ধাপ ১: ঘূর্ণন এবং প্রাক-স্থানান্তর গুণ করা:
R ( θ ) ⋅ T ( − x r , − y r ) = [ cos θ − sin θ − x r cos θ + y r sin θ sin θ cos θ − x r sin θ − y r cos θ 0 0 1 ] \mathbf{R}(\theta) \cdot \mathbf{T}(-x_r, -y_r) = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & -x_r\cos\theta + y_r\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta & -x_r\sin\theta - y_r\cos\theta \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} R ( θ ) ⋅ T ( − x r , − y r ) = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 − x r cos θ + y r sin θ − x r sin θ − y r cos θ 1
ধাপ ২: পুনঃ-স্থানান্তর ম্যাট্রিক্স প্রাক-গুণ করা:
M p i v o t = [ cos θ − sin θ x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ sin θ cos θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 0 0 1 ] \mathbf{M}_{pivot} = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & x_r(1-\cos\theta) + y_r\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta & y_r(1-\cos\theta) - x_r\sin\theta \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} M p i v o t = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 1
সরাসরি বীজগাণিতিক সূত্র
যেকোনো শীর্ষবিন্দু ( x , y ) (x, y) ( x , y )
x ′ = ( x − x r ) cos θ − ( y − y r ) sin θ + x r x' = (x - x_r)\cos\theta - (y - y_r)\sin\theta + x_r x ′ = ( x − x r ) cos θ − ( y − y r ) sin θ + x r
y ′ = ( x − x r ) sin θ + ( y − y r ) cos θ + y r y' = (x - x_r)\sin\theta + (y - y_r)\cos\theta + y_r y ′ = ( x − x r ) sin θ + ( y − y r ) cos θ + y r
সহজ বোঝার উপায় : ( x − x r ) (x - x_r) ( x − x r ) ( y − y r ) (y - y_r) ( y − y r ) θ \theta θ x r x_r x r y r y_r y r
ধারাবাহিক ঘূর্ণনের যৌগিক রূপান্তর (Composite Rotations)
অ্যানিমেশনে বহু ঘূর্ণন একত্রে সংযুক্ত করা হয়। যেহেতু 2D ঘূর্ণন বিনিময়যোগ্য এবং কোণ যোগের মাধ্যমে সংযুক্ত হয়:
R ( θ 1 ) ⋅ R ( θ 2 ) = R ( θ 1 + θ 2 ) \mathbf{R}(\theta_1) \cdot \mathbf{R}(\theta_2) = \mathbf{R}(\theta_1 + \theta_2) R ( θ 1 ) ⋅ R ( θ 2 ) = R ( θ 1 + θ 2 )
n n n
R c o m p o s i t e = R ( ∑ i = 1 n θ i ) \mathbf{R}_{composite} = \mathbf{R}\!\left(\sum_{i=1}^n \theta_i\right) R co m p os i t e = R ( ∑ i = 1 n θ i )
ইন্টারঅ্যাক্টিভ 2D রূপান্তর সিমুলেটর
নিচের সিমুলেটরে ঘূর্ণন কোণ, ঘূর্ণন কেন্দ্র এবং বিভিন্ন আকৃতি নিয়ে পরীক্ষা-নিরীক্ষা করুন:
2D
Interactive 2D Geometric Transformation Explorer Experiment with Translation, Scaling, Rotation, and Reflection
Combined Translate Scale Rotate Reflect
+X +Y (0,0) P1'(2, 5.5) P2'(6.5, -2) P3'(-2.5, -2) Original Object P ( x , y ) P(x, y) P ( x , y ) Transformed Object P ′ ( x ′ , y ′ ) P'(x', y') P ′ ( x ′ , y ′ ) Select Test Geometry Triangle Square House / Arrow
( t x , t y ) (t_x, t_y) ( t x , t y ) (+2, +1) ( S x , S y ) (S_x, S_y) ( S x , S y ) Uniform (1.5×) Composite Transformation (T \cdot R \cdot S) T · R · S
x ′ = ( x ⋅ S x ) cos θ − ( y ⋅ S y ) sin θ + t x , y ′ = ( x ⋅ S x ) sin θ + ( y ⋅ S y ) cos θ + t y x' = (x \cdot S_x)\cos\theta - (y \cdot S_y)\sin\theta + t_x, \quad y' = (x \cdot S_x)\sin\theta + (y \cdot S_y)\cos\theta + t_y x ′ = ( x ⋅ S x ) cos θ − ( y ⋅ S y ) sin θ + t x , y ′ = ( x ⋅ S x ) sin θ + ( y ⋅ S y ) cos θ + t y With Current Parameters:
x ′ = 1.50 x − 0.00 y + 2 , y ′ = 0.00 x + 1.50 y + 1 x' = 1.50x - 0.00y + 2, \quad y' = 0.00x + 1.50y + 1 x ′ = 1.50 x − 0.00 y + 2 , y ′ = 0.00 x + 1.50 y + 1 Matrix Form:
[ x ′ y ′ 1 ] = [ 1.50 0.00 2 0.00 1.50 1 0 0 1 ] [ x y 1 ] \begin{bmatrix} x' \\ y' \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1.50 & 0.00 & 2 \\ 0.00 & 1.50 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ 1 \end{bmatrix} x ′ y ′ 1 = 1.50 0.00 0 0.00 1.50 0 2 1 1 x y 1 বিভিন্ন দৃষ্টিকোণ থেকে গাণিতিক সমস্যা ও সমাধান (১০টি ভিন্ন অ্যাঙ্গেল)
অ্যাঙ্গেল ১: মূলবিন্দুর সাপেক্ষে বিন্দুর ঘূর্ণন (CCW দিক)
সমস্যা ১
একটি বিন্দু P ( 3 , 4 ) P(3, 4) P ( 3 , 4 ) θ = 90 ° \theta = 90° θ = 90° θ = 180 ° \theta = 180° θ = 180° θ = 45 ° \theta = 45° θ = 45° ∣ O P ′ ∣ = ∣ O P ∣ |OP'| = |OP| ∣ O P ′ ∣ = ∣ O P ∣
পূর্ব-গণনা: ∣ O P ∣ = 3 2 + 4 2 = 25 = 5 |OP| = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{25} = 5 ∣ O P ∣ = 3 2 + 4 2 = 25 = 5
(ক) θ = 90 ° \theta = 90° θ = 90° cos 90 ° = 0 , sin 90 ° = 1 \cos 90° = 0,\; \sin 90° = 1 cos 90° = 0 , sin 90° = 1
x ′ = 3 ( 0 ) − 4 ( 1 ) = − 4 , y ′ = 3 ( 1 ) + 4 ( 0 ) = 3 x' = 3(0) - 4(1) = -4, \quad y' = 3(1) + 4(0) = 3 x ′ = 3 ( 0 ) − 4 ( 1 ) = − 4 , y ′ = 3 ( 1 ) + 4 ( 0 ) = 3 P a ′ = ( − 4 , 3 ) ∣ O P a ′ ∣ = 16 + 9 = 5 ✓ \mathbf{P_a' = (-4, 3)} \quad |OP_a'| = \sqrt{16 + 9} = 5 \quad \checkmark P a ′ = ( − 4 , 3 ) ∣ O P a ′ ∣ = 16 + 9 = 5 ✓
(খ) θ = 180 ° \theta = 180° θ = 180° cos 180 ° = − 1 , sin 180 ° = 0 \cos 180° = -1,\; \sin 180° = 0 cos 180° = − 1 , sin 180° = 0
x ′ = 3 ( − 1 ) − 4 ( 0 ) = − 3 , y ′ = 3 ( 0 ) + 4 ( − 1 ) = − 4 x' = 3(-1) - 4(0) = -3, \quad y' = 3(0) + 4(-1) = -4 x ′ = 3 ( − 1 ) − 4 ( 0 ) = − 3 , y ′ = 3 ( 0 ) + 4 ( − 1 ) = − 4 P b ′ = ( − 3 , − 4 ) ∣ O P b ′ ∣ = 9 + 16 = 5 ✓ \mathbf{P_b' = (-3, -4)} \quad |OP_b'| = \sqrt{9 + 16} = 5 \quad \checkmark P b ′ = ( − 3 , − 4 ) ∣ O P b ′ ∣ = 9 + 16 = 5 ✓
(গ) θ = 45 ° \theta = 45° θ = 45° cos 45 ° = sin 45 ° = 2 2 ≈ 0.7071 \cos 45° = \sin 45° = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.7071 cos 45° = sin 45° = 2 2 ≈ 0.7071
x ′ = 3 ⋅ 2 2 − 4 ⋅ 2 2 = − 2 2 ≈ − 0.707 x' = 3 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} - 4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \approx -0.707 x ′ = 3 ⋅ 2 2 − 4 ⋅ 2 2 = − 2 2 ≈ − 0.707 y ′ = 3 ⋅ 2 2 + 4 ⋅ 2 2 = 7 2 2 ≈ 4.950 y' = 3 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + 4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{7\sqrt{2}}{2} \approx 4.950 y ′ = 3 ⋅ 2 2 + 4 ⋅ 2 2 = 2 7 2 ≈ 4.950 P c ′ ≈ ( − 0.707 , 4.950 ) ∣ O P c ′ ∣ = 1 2 + 49 2 = 25 = 5 ✓ \mathbf{P_c' \approx (-0.707,\; 4.950)} \quad |OP_c'| = \sqrt{\tfrac{1}{2} + \tfrac{49}{2}} = \sqrt{25} = 5 \quad \checkmark P c ′ ≈ ( − 0.707 , 4.950 ) ∣ O P c ′ ∣ = 2 1 + 2 49 = 25 = 5 ✓
তিনটি ক্ষেত্রেই মূলবিন্দু থেকে দূরত্ব অপরিবর্তিত, যা নিশ্চিত করে ঘূর্ণন একটি আইসোমেট্রি।
অ্যাঙ্গেল ২: ভার্টেক্স ম্যাট্রিক্স গুণনের মাধ্যমে বহুভুজের ঘূর্ণন
সমস্যা ২
একটি ত্রিভুজের শীর্ষবিন্দুগুলো হলো A ( 1 , 0 ) A(1, 0) A ( 1 , 0 ) B ( 4 , 0 ) B(4, 0) B ( 4 , 0 ) C ( 2 , 3 ) C(2, 3) C ( 2 , 3 ) 3 × 3 3 \times 3 3 × 3 [ P ] [P] [ P ] 60 ° 60° 60° [ P ′ ] = R ( 60 ° ) ⋅ [ P ] [P'] = \mathbf{R}(60°) \cdot [P] [ P ′ ] = R ( 60° ) ⋅ [ P ] ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣ A B ∣ |A'B'| = |AB| ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣ A B ∣
ধাপে ধাপে সমাধান:
(ক) ভার্টেক্স ম্যাট্রিক্স:
[ P ] = [ 1 4 2 0 0 3 1 1 1 ] [P] = \begin{bmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} [ P ] = 1 0 1 4 0 1 2 3 1
(খ) 60 ° 60° 60° cos 60 ° = 0.5 , sin 60 ° ≈ 0.866 \cos 60° = 0.5,\; \sin 60° \approx 0.866 cos 60° = 0.5 , sin 60° ≈ 0.866
R ( 60 ° ) = [ 0.5 − 0.866 0 0.866 0.5 0 0 0 1 ] \mathbf{R}(60°) = \begin{bmatrix} 0.5 & -0.866 & 0 \\ 0.866 & 0.5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} R ( 60° ) = 0.5 0.866 0 − 0.866 0.5 0 0 0 1
A ( 1 , 0 ) A(1, 0) A ( 1 , 0 ) x A ′ = 0.5 ( 1 ) − 0.866 ( 0 ) = 0.5 x_A' = 0.5(1) - 0.866(0) = 0.5 x A ′ = 0.5 ( 1 ) − 0.866 ( 0 ) = 0.5 y A ′ = 0.866 ( 1 ) + 0.5 ( 0 ) = 0.866 ⟹ A ′ ≈ ( 0.500 , 0.866 ) y_A' = 0.866(1) + 0.5(0) = 0.866 \implies \mathbf{A' \approx (0.500, 0.866)} y A ′ = 0.866 ( 1 ) + 0.5 ( 0 ) = 0.866 ⟹ A ′ ≈ ( 0.500 , 0.866 ) B ( 4 , 0 ) B(4, 0) B ( 4 , 0 ) x B ′ = 0.5 ( 4 ) = 2.0 x_B' = 0.5(4) = 2.0 x B ′ = 0.5 ( 4 ) = 2.0 y B ′ = 0.866 ( 4 ) = 3.464 ⟹ B ′ ≈ ( 2.000 , 3.464 ) y_B' = 0.866(4) = 3.464 \implies \mathbf{B' \approx (2.000, 3.464)} y B ′ = 0.866 ( 4 ) = 3.464 ⟹ B ′ ≈ ( 2.000 , 3.464 ) C ( 2 , 3 ) C(2, 3) C ( 2 , 3 ) x C ′ = 0.5 ( 2 ) − 0.866 ( 3 ) = 1.0 − 2.598 = − 1.598 x_C' = 0.5(2) - 0.866(3) = 1.0 - 2.598 = -1.598 x C ′ = 0.5 ( 2 ) − 0.866 ( 3 ) = 1.0 − 2.598 = − 1.598 y C ′ = 0.866 ( 2 ) + 0.5 ( 3 ) = 1.732 + 1.5 = 3.232 ⟹ C ′ ≈ ( − 1.598 , 3.232 ) y_C' = 0.866(2) + 0.5(3) = 1.732 + 1.5 = 3.232 \implies \mathbf{C' \approx (-1.598, 3.232)} y C ′ = 0.866 ( 2 ) + 0.5 ( 3 ) = 1.732 + 1.5 = 3.232 ⟹ C ′ ≈ ( − 1.598 , 3.232 )
(গ) দূরত্বের অক্ষুণ্ণতা:
∣ A B ∣ = ( 4 − 1 ) 2 + 0 2 = 3 |AB| = \sqrt{(4-1)^2 + 0^2} = 3 ∣ A B ∣ = ( 4 − 1 ) 2 + 0 2 = 3 ∣ A ′ B ′ ∣ = ( 2.0 − 0.5 ) 2 + ( 3.464 − 0.866 ) 2 = 2.25 + 6.749 ≈ 9 = 3 |A'B'| = \sqrt{(2.0 - 0.5)^2 + (3.464 - 0.866)^2} = \sqrt{2.25 + 6.749} \approx \sqrt{9} = 3 ∣ A ′ B ′ ∣ = ( 2.0 − 0.5 ) 2 + ( 3.464 − 0.866 ) 2 = 2.25 + 6.749 ≈ 9 = 3 ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣ A B ∣ = 3 ✓ \mathbf{|A'B'| = |AB| = 3} \quad \checkmark ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣AB∣ = 3 ✓
অ্যাঙ্গেল ৩: ঘড়ির কাঁটার দিকে ঘূর্ণন (ঋণাত্মক কোণ)
সমস্যা ৩
একটি বর্গক্ষেত্রের শীর্ষবিন্দু A ( 2 , 2 ) A(2, 2) A ( 2 , 2 ) B ( 5 , 2 ) B(5, 2) B ( 5 , 2 ) C ( 5 , 5 ) C(5, 5) C ( 5 , 5 ) D ( 2 , 5 ) D(2, 5) D ( 2 , 5 ) θ = − 30 ° \theta = -30° θ = − 30° 30 ° 30° 30° 330 ° 330° 330° 30 ° 30° 30°
ধাপে ধাপে সমাধান:
(ক) CW 30 ° 30° 30° θ = − 30 ° \theta = -30° θ = − 30° cos ( − 30 ° ) = 0.866 \cos(-30°) = 0.866 cos ( − 30° ) = 0.866 sin ( − 30 ° ) = − 0.5 \sin(-30°) = -0.5 sin ( − 30° ) = − 0.5
R ( − 30 ° ) = [ 0.866 0.5 0 − 0.5 0.866 0 0 0 1 ] \mathbf{R}(-30°) = \begin{bmatrix} 0.866 & 0.5 & 0 \\ -0.5 & 0.866 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} R ( − 30° ) = 0.866 − 0.5 0 0.5 0.866 0 0 0 1
A ( 2 , 2 ) A(2, 2) A ( 2 , 2 ) x ′ = 0.866 ( 2 ) + 0.5 ( 2 ) = 2.732 x' = 0.866(2) + 0.5(2) = 2.732 x ′ = 0.866 ( 2 ) + 0.5 ( 2 ) = 2.732 y ′ = − 0.5 ( 2 ) + 0.866 ( 2 ) = 0.732 ⟹ A ′ ≈ ( 2.732 , 0.732 ) y' = -0.5(2) + 0.866(2) = 0.732 \implies \mathbf{A' \approx (2.732, 0.732)} y ′ = − 0.5 ( 2 ) + 0.866 ( 2 ) = 0.732 ⟹ A ′ ≈ ( 2.732 , 0.732 ) B ( 5 , 2 ) B(5, 2) B ( 5 , 2 ) x ′ = 0.866 ( 5 ) + 0.5 ( 2 ) = 5.330 x' = 0.866(5) + 0.5(2) = 5.330 x ′ = 0.866 ( 5 ) + 0.5 ( 2 ) = 5.330 y ′ = − 0.5 ( 5 ) + 0.866 ( 2 ) = − 0.768 ⟹ B ′ ≈ ( 5.330 , − 0.768 ) y' = -0.5(5) + 0.866(2) = -0.768 \implies \mathbf{B' \approx (5.330, -0.768)} y ′ = − 0.5 ( 5 ) + 0.866 ( 2 ) = − 0.768 ⟹ B ′ ≈ ( 5.330 , − 0.768 ) C ( 5 , 5 ) C(5, 5) C ( 5 , 5 ) x ′ = 0.866 ( 5 ) + 0.5 ( 5 ) = 6.830 x' = 0.866(5) + 0.5(5) = 6.830 x ′ = 0.866 ( 5 ) + 0.5 ( 5 ) = 6.830 y ′ = − 0.5 ( 5 ) + 0.866 ( 5 ) = 1.830 ⟹ C ′ ≈ ( 6.830 , 1.830 ) y' = -0.5(5) + 0.866(5) = 1.830 \implies \mathbf{C' \approx (6.830, 1.830)} y ′ = − 0.5 ( 5 ) + 0.866 ( 5 ) = 1.830 ⟹ C ′ ≈ ( 6.830 , 1.830 ) D ( 2 , 5 ) D(2, 5) D ( 2 , 5 ) x ′ = 0.866 ( 2 ) + 0.5 ( 5 ) = 4.232 x' = 0.866(2) + 0.5(5) = 4.232 x ′ = 0.866 ( 2 ) + 0.5 ( 5 ) = 4.232 y ′ = − 0.5 ( 2 ) + 0.866 ( 5 ) = 3.330 ⟹ D ′ ≈ ( 4.232 , 3.330 ) y' = -0.5(2) + 0.866(5) = 3.330 \implies \mathbf{D' \approx (4.232, 3.330)} y ′ = − 0.5 ( 2 ) + 0.866 ( 5 ) = 3.330 ⟹ D ′ ≈ ( 4.232 , 3.330 )
(খ) CCW 330 ° 330° 330°
cos 330 ° = 0.866 \cos 330° = 0.866 cos 330° = 0.866 sin 330 ° = − 0.5 \sin 330° = -0.5 sin 330° = − 0.5 cos ( − 30 ° ) \cos(-30°) cos ( − 30° ) sin ( − 30 ° ) \sin(-30°) sin ( − 30° ) R ( 330 ° ) = R ( − 30 ° ) (CW 30° ≡ CCW 330°) \mathbf{R}(330°) = \mathbf{R}(-30°) \quad \text{(CW 30° ≡ CCW 330°)} R ( 330° ) = R ( − 30° ) (CW 30° ≡ CCW 330°)
অ্যাঙ্গেল ৪: স্বেচ্ছা ঘূর্ণন কেন্দ্র P r ( x r , y r ) P_r(x_r, y_r) P r ( x r , y r )
সমস্যা ৪
একটি ত্রিভুজের শীর্ষবিন্দু A ( 4 , 0 ) A(4, 0) A ( 4 , 0 ) B ( 6 , 0 ) B(6, 0) B ( 6 , 0 ) C ( 5 , 2 ) C(5, 2) C ( 5 , 2 ) P r ( 2 , 1 ) P_r(2, 1) P r ( 2 , 1 ) θ = 90 ° \theta = 90° θ = 90° M p i v o t \mathbf{M}_{pivot} M p i v o t A ′ A' A ′ B ′ B' B ′ C ′ C' C ′ P r P_r P r
ধাপে ধাপে সমাধান:
(ক) যৌগিক ম্যাট্রিক্স (x r = 2 , y r = 1 , θ = 90 ° x_r = 2, y_r = 1, \theta = 90° x r = 2 , y r = 1 , θ = 90°
cos 90 ° = 0 \cos 90° = 0 cos 90° = 0 sin 90 ° = 1 \sin 90° = 1 sin 90° = 1
M p i v o t = [ 0 − 1 2 ( 1 − 0 ) + 1 ( 1 ) 1 0 1 ( 1 − 0 ) − 2 ( 1 ) 0 0 1 ] = [ 0 − 1 3 1 0 − 1 0 0 1 ] \mathbf{M}_{pivot} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 2(1-0) + 1(1) \\ 1 & 0 & 1(1-0) - 2(1) \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 3 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} M p i v o t = 0 1 0 − 1 0 0 2 ( 1 − 0 ) + 1 ( 1 ) 1 ( 1 − 0 ) − 2 ( 1 ) 1 = 0 1 0 − 1 0 0 3 − 1 1
(খ) শীর্ষবিন্দু রূপান্তর:
A ( 4 , 0 ) A(4, 0) A ( 4 , 0 ) x ′ = − 0 + 3 = 3 x' = -0 + 3 = 3 x ′ = − 0 + 3 = 3 y ′ = 4 − 1 = 3 ⟹ A ′ = ( 3 , 3 ) y' = 4 - 1 = 3 \implies \mathbf{A' = (3, 3)} y ′ = 4 − 1 = 3 ⟹ A ′ = ( 3 , 3 ) B ( 6 , 0 ) B(6, 0) B ( 6 , 0 ) x ′ = − 0 + 3 = 3 x' = -0 + 3 = 3 x ′ = − 0 + 3 = 3 y ′ = 6 − 1 = 5 ⟹ B ′ = ( 3 , 5 ) y' = 6 - 1 = 5 \implies \mathbf{B' = (3, 5)} y ′ = 6 − 1 = 5 ⟹ B ′ = ( 3 , 5 ) C ( 5 , 2 ) C(5, 2) C ( 5 , 2 ) x ′ = − 2 + 3 = 1 x' = -2 + 3 = 1 x ′ = − 2 + 3 = 1 y ′ = 5 − 1 = 4 ⟹ C ′ = ( 1 , 4 ) y' = 5 - 1 = 4 \implies \mathbf{C' = (1, 4)} y ′ = 5 − 1 = 4 ⟹ C ′ = ( 1 , 4 )
(গ) ঘূর্ণন কেন্দ্রের অবিচলতা:
P r ( 2 , 1 ) P_r(2, 1) P r ( 2 , 1 ) x ′ = 0 ( 2 ) − 1 ( 1 ) + 3 = 2 , y ′ = 1 ( 2 ) + 0 ( 1 ) − 1 = 1 x' = 0(2) - 1(1) + 3 = 2, \quad y' = 1(2) + 0(1) - 1 = 1 x ′ = 0 ( 2 ) − 1 ( 1 ) + 3 = 2 , y ′ = 1 ( 2 ) + 0 ( 1 ) − 1 = 1 P r ′ = ( 2 , 1 ) = P r ✓ \mathbf{P_r' = (2, 1) = P_r} \quad \checkmark P r ′ = ( 2 , 1 ) = P r ✓
অ্যাঙ্গেল ৫: স্থানাঙ্ক থেকে ঘূর্ণন কোণ নির্ণয়
সমস্যা ৫
(ক) P ( 1 , 0 ) P(1, 0) P ( 1 , 0 ) P ′ ( 0 , 1 ) P'(0, 1) P ′ ( 0 , 1 ) θ \theta θ (খ) P ( 0 , 5 ) P(0, 5) P ( 0 , 5 ) P ′ ( − 5 , 0 ) P'(-5, 0) P ′ ( − 5 , 0 ) θ \theta θ (গ) P ( 3 , 1 ) P(\sqrt{3}, 1) P ( 3 , 1 ) P ′ ( 0 , 2 ) P'(0, 2) P ′ ( 0 , 2 ) θ \theta θ
ধাপে ধাপে সমাধান:
(ক) x ′ = x cos θ − y sin θ ⟹ 0 = cos θ x' = x\cos\theta - y\sin\theta \implies 0 = \cos\theta x ′ = x cos θ − y sin θ ⟹ 0 = cos θ y ′ = x sin θ + y cos θ ⟹ 1 = sin θ y' = x\sin\theta + y\cos\theta \implies 1 = \sin\theta y ′ = x sin θ + y cos θ ⟹ 1 = sin θ θ = 90 ° \mathbf{\theta = 90°} θ = 90°
(খ) x ′ = − 5 sin θ = − 5 ⟹ sin θ = 1 x' = -5\sin\theta = -5 \implies \sin\theta = 1 x ′ = − 5 sin θ = − 5 ⟹ sin θ = 1 y ′ = 5 cos θ = 0 ⟹ cos θ = 0 y' = 5\cos\theta = 0 \implies \cos\theta = 0 y ′ = 5 cos θ = 0 ⟹ cos θ = 0 θ = 90 ° \mathbf{\theta = 90°} θ = 90°
(গ) ∣ O P ∣ = 3 + 1 = 2 = ∣ O P ′ ∣ |OP| = \sqrt{3 + 1} = 2 = |OP'| ∣ O P ∣ = 3 + 1 = 2 = ∣ O P ′ ∣ P P P cos ϕ = 3 2 , sin ϕ = 1 2 ⟹ ϕ = 30 ° \cos\phi = \frac{\sqrt{3}}{2}, \sin\phi = \frac{1}{2} \implies \phi = 30° cos ϕ = 2 3 , sin ϕ = 2 1 ⟹ ϕ = 30° P ′ P' P ′ ( 0 , 2 ) ⟹ ϕ ′ = 90 ° (0, 2) \implies \phi' = 90° ( 0 , 2 ) ⟹ ϕ ′ = 90° θ = ϕ ′ − ϕ = 90 ° − 30 ° = 60 ° \theta = \phi' - \phi = 90° - 30° = \mathbf{60°} θ = ϕ ′ − ϕ = 90° − 30° = 60°
অ্যাঙ্গেল ৬: রেখাংশের ঘূর্ণন ও ঢালের অক্ষুণ্ণতা বিশ্লেষণ
সমস্যা ৬
একটি রেখাংশের প্রান্তবিন্দু A ( 1 , 2 ) A(1, 2) A ( 1 , 2 ) B ( 4 , 6 ) B(4, 6) B ( 4 , 6 ) θ = 90 ° \theta = 90° θ = 90° A ′ A' A ′ B ′ B' B ′ ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣ A B ∣ |A'B'| = |AB| ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣ A B ∣ m ′ = − 1 / m m' = -1/m m ′ = − 1/ m
ধাপে ধাপে সমাধান:
cos 90 ° = 0 \cos 90° = 0 cos 90° = 0 sin 90 ° = 1 \sin 90° = 1 sin 90° = 1
(ক) A ( 1 , 2 ) A(1, 2) A ( 1 , 2 ) x ′ = − 2 , y ′ = 1 ⟹ A ′ = ( − 2 , 1 ) x' = -2, y' = 1 \implies \mathbf{A' = (-2, 1)} x ′ = − 2 , y ′ = 1 ⟹ A ′ = ( − 2 , 1 ) B ( 4 , 6 ) B(4, 6) B ( 4 , 6 ) x ′ = − 6 , y ′ = 4 ⟹ B ′ = ( − 6 , 4 ) x' = -6, y' = 4 \implies \mathbf{B' = (-6, 4)} x ′ = − 6 , y ′ = 4 ⟹ B ′ = ( − 6 , 4 )
(খ) দূরত্বের অক্ষুণ্ণতা:
∣ A B ∣ = ( 4 − 1 ) 2 + ( 6 − 2 ) 2 = 9 + 16 = 5 |AB| = \sqrt{(4-1)^2 + (6-2)^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 ∣ A B ∣ = ( 4 − 1 ) 2 + ( 6 − 2 ) 2 = 9 + 16 = 5 ∣ A ′ B ′ ∣ = ( − 6 + 2 ) 2 + ( 4 − 1 ) 2 = 16 + 9 = 5 |A'B'| = \sqrt{(-6+2)^2 + (4-1)^2} = \sqrt{16 + 9} = 5 ∣ A ′ B ′ ∣ = ( − 6 + 2 ) 2 + ( 4 − 1 ) 2 = 16 + 9 = 5 ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣ A B ∣ = 5 ✓ \mathbf{|A'B'| = |AB| = 5} \quad \checkmark ∣ A ′ B ′ ∣ = ∣AB∣ = 5 ✓
(গ) ঢালের সম্পর্ক:
m A B = 6 − 2 4 − 1 = 4 3 , m A ′ B ′ = 4 − 1 − 6 − ( − 2 ) = 3 − 4 = − 3 4 m_{AB} = \frac{6-2}{4-1} = \frac{4}{3}, \quad m_{A'B'} = \frac{4-1}{-6-(-2)} = \frac{3}{-4} = -\frac{3}{4} m A B = 4 − 1 6 − 2 = 3 4 , m A ′ B ′ = − 6 − ( − 2 ) 4 − 1 = − 4 3 = − 4 3 m A B ⋅ m A ′ B ′ = 4 3 ⋅ ( − 3 4 ) = − 1 (লম্ব সম্পর্ক নিশ্চিত!) ✓ m_{AB} \cdot m_{A'B'} = \frac{4}{3} \cdot \left(-\frac{3}{4}\right) = -1 \quad \text{(লম্ব সম্পর্ক নিশ্চিত!)} \quad \checkmark m A B ⋅ m A ′ B ′ = 3 4 ⋅ ( − 4 3 ) = − 1 ( লম্ব সম্পর্ক নিশ্চিত !) ✓
অ্যাঙ্গেল ৭: ধারাবাহিক ঘূর্ণন ও যৌগিক ম্যাট্রিক্স
সমস্যা ৭
P ( 2 , 0 ) P(2, 0) P ( 2 , 0 ) θ 1 = 30 ° \theta_1 = 30° θ 1 = 30° θ 2 = 60 ° \theta_2 = 60° θ 2 = 60° θ 3 = 90 ° \theta_3 = 90° θ 3 = 90°
ধাপে ধাপে সমাধান:
(ক) নেট কোণ:
θ n e t = 30 ° + 60 ° + 90 ° = 180 ° \theta_{net} = 30° + 60° + 90° = 180° θ n e t = 30° + 60° + 90° = 180° R c o m p o s i t e = R ( 180 ° ) = [ − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 1 ] \mathbf{R}_{composite} = \mathbf{R}(180°) = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} R co m p os i t e = R ( 180° ) = − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 1
(খ) চূড়ান্ত অবস্থান:
[ x ′ y ′ 1 ] = [ − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 1 ] [ 2 0 1 ] = [ − 2 0 1 ] ⟹ P f i n a l = ( − 2 , 0 ) \begin{bmatrix} x' \\ y' \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \implies \mathbf{P_{final} = (-2, 0)} x ′ y ′ 1 = − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 1 2 0 1 = − 2 0 1 ⟹ P final = ( − 2 , 0 )
(গ) বিনিময়যোগ্যতা: ক্রম বিপরীত করলে: 90 ° + 60 ° + 30 ° = 180 ° 90° + 60° + 30° = 180° 90° + 60° + 30° = 180° 2D ঘূর্ণন বিনিময়যোগ্য। ✓
অ্যাঙ্গেল ৮: বক্ররেখার অক্ষের ঘূর্ণন (স্থানাঙ্ক প্রতিস্থাপন)
সমস্যা ৮
একটি পরাবৃত্তের (Parabola) সমীকরণ: y = x 2 y = x^2 y = x 2 45 ° 45° 45°
ধাপে ধাপে সমাধান:
অক্ষ θ = 45 ° \theta = 45° θ = 45° ( x , y ) (x, y) ( x , y ) ( x ′ , y ′ ) (x', y') ( x ′ , y ′ ) R ( − θ ) \mathbf{R}(-\theta) R ( − θ ) x = x ′ cos θ + y ′ sin θ = x ′ + y ′ 2 , y = − x ′ sin θ + y ′ cos θ = − x ′ + y ′ 2 x = x'\cos\theta + y'\sin\theta = \frac{x' + y'}{\sqrt{2}}, \quad y = -x'\sin\theta + y'\cos\theta = \frac{-x' + y'}{\sqrt{2}} x = x ′ cos θ + y ′ sin θ = 2 x ′ + y ′ , y = − x ′ sin θ + y ′ cos θ = 2 − x ′ + y ′
y = x 2 y = x^2 y = x 2 − x ′ + y ′ 2 = ( x ′ + y ′ 2 ) 2 = ( x ′ + y ′ ) 2 2 \frac{-x' + y'}{\sqrt{2}} = \left(\frac{x' + y'}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{(x' + y')^2}{2} 2 − x ′ + y ′ = ( 2 x ′ + y ′ ) 2 = 2 ( x ′ + y ′ ) 2
উভয় দিক 2 2 2\sqrt{2} 2 2 2 ( y ′ − x ′ ) = 2 ( x ′ + y ′ ) 2 2(y' - x') = \sqrt{2}(x' + y')^2 2 ( y ′ − x ′ ) = 2 ( x ′ + y ′ ) 2
প্রাইম চিহ্ন বাদ দিয়ে:
2 ( y − x ) = 2 ( x + y ) 2 \mathbf{2(y - x) = \sqrt{2}(x + y)^2} 2 ( y − x ) = 2 ( x + y ) 2
অ্যাঙ্গেল ৯: ক্ষেত্রফল ও নির্ণায়ক অক্ষুণ্ণতার প্রমাণ
সমস্যা ৯
A ( 0 , 0 ) A(0, 0) A ( 0 , 0 ) B ( 4 , 0 ) B(4, 0) B ( 4 , 0 ) C ( 2 , 3 ) C(2, 3) C ( 2 , 3 ) 120 ° 120° 120° det ( R ( 120 ° ) ) \det(\mathbf{R}(120°)) det ( R ( 120° ))
ধাপে ধাপে সমাধান:
cos 120 ° = − 0.5 \cos 120° = -0.5 cos 120° = − 0.5 sin 120 ° ≈ 0.866 \sin 120° \approx 0.866 sin 120° ≈ 0.866
(ক) শীর্ষবিন্দু রূপান্তর:
A ( 0 , 0 ) A(0, 0) A ( 0 , 0 ) A ′ = ( 0 , 0 ) \mathbf{A' = (0, 0)} A ′ = ( 0 , 0 ) B ( 4 , 0 ) B(4, 0) B ( 4 , 0 ) x ′ = − 2 , y ′ = 3.464 ⟹ B ′ ≈ ( − 2 , 3.464 ) x' = -2, y' = 3.464 \implies \mathbf{B' \approx (-2, 3.464)} x ′ = − 2 , y ′ = 3.464 ⟹ B ′ ≈ ( − 2 , 3.464 ) C ( 2 , 3 ) C(2, 3) C ( 2 , 3 ) x ′ = − 1 − 2.598 = − 3.598 x' = -1 - 2.598 = -3.598 x ′ = − 1 − 2.598 = − 3.598 y ′ = 1.732 − 1.5 = 0.232 ⟹ C ′ ≈ ( − 3.598 , 0.232 ) y' = 1.732 - 1.5 = 0.232 \implies \mathbf{C' \approx (-3.598, 0.232)} y ′ = 1.732 − 1.5 = 0.232 ⟹ C ′ ≈ ( − 3.598 , 0.232 )
(খ) ক্ষেত্রফল যাচাই:
Area o r i g = 1 2 ∣ 0 ( 0 − 3 ) + 4 ( 3 − 0 ) + 2 ( 0 − 0 ) ∣ = 1 2 ∣ 12 ∣ = 6 বর্গ একক \text{Area}_{orig} = \frac{1}{2}|0(0-3) + 4(3-0) + 2(0-0)| = \frac{1}{2}|12| = \mathbf{6\text{ বর্গ একক}} Area or i g = 2 1 ∣0 ( 0 − 3 ) + 4 ( 3 − 0 ) + 2 ( 0 − 0 ) ∣ = 2 1 ∣12∣ = 6 বর্গ একক
Area t r a n s = 1 2 ∣ 0 ( 3.464 − 0.232 ) + ( − 2 ) ( 0.232 − 0 ) + ( − 3.598 ) ( 0 − 3.464 ) ∣ \text{Area}_{trans} = \frac{1}{2}|0(3.464 - 0.232) + (-2)(0.232 - 0) + (-3.598)(0 - 3.464)| Area t r an s = 2 1 ∣0 ( 3.464 − 0.232 ) + ( − 2 ) ( 0.232 − 0 ) + ( − 3.598 ) ( 0 − 3.464 ) ∣ = 1 2 ∣ − 0.464 + 12.463 ∣ ≈ 6 বর্গ একক = \frac{1}{2}|-0.464 + 12.463| \approx \mathbf{6\text{ বর্গ একক}} = 2 1 ∣ − 0.464 + 12.463∣ ≈ 6 বর্গ একক
Area t r a n s = Area o r i g ✓ \mathbf{\text{Area}_{trans} = \text{Area}_{orig}} \quad \checkmark Area trans = Area orig ✓
(গ) নির্ণায়ক: det ( R ( 120 ° ) ) = cos 2 120 ° + sin 2 120 ° = 0.25 + 0.75 = 1 \det(\mathbf{R}(120°)) = \cos^2 120° + \sin^2 120° = 0.25 + 0.75 = \mathbf{1} det ( R ( 120° )) = cos 2 120° + sin 2 120° = 0.25 + 0.75 = 1
জ্যামিতিক তাৎপর্য : det = 1 \det = 1 det = 1 দিকবিন্যাস সংরক্ষণকারী (Orientation-preserving) এবং ক্ষেত্রফল সংরক্ষণকারী (Area-preserving)।
অ্যাঙ্গেল ১০: বিশ্ববিদ্যালয় পরীক্ষার প্রশ্ন (প্রতিপাদন ও পূর্ণাঙ্গ সমাধান)
সমস্যা ১০ (বিশ্ববিদ্যালয় পরীক্ষার প্যাটার্ন)
(ক) প্রথম নীতি থেকে প্রমাণ করো যে স্বেচ্ছা ঘূর্ণন কেন্দ্র P r ( x r , y r ) P_r(x_r, y_r) P r ( x r , y r ) θ \theta θ M p i v o t = [ cos θ − sin θ x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ sin θ cos θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 0 0 1 ] \mathbf{M}_{pivot} = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & x_r(1-\cos\theta) + y_r\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta & y_r(1-\cos\theta) - x_r\sin\theta \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} M p i v o t = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 1 (খ) আয়তক্ষেত্র A B C D ABCD A B C D A ( 3 , 1 ) A(3, 1) A ( 3 , 1 ) B ( 7 , 1 ) B(7, 1) B ( 7 , 1 ) C ( 7 , 4 ) C(7, 4) C ( 7 , 4 ) D ( 3 , 4 ) D(3, 4) D ( 3 , 4 ) θ = 90 ° \theta = 90° θ = 90° (গ) প্রমাণ করো যে রূপান্তরিত আয়তক্ষেত্রের ভরকেন্দ্র আদি ভরকেন্দ্রের সমান।
ধাপে ধাপে সমাধান:
(ক) প্রতিপাদন:
T 1 = T ( − x r , − y r ) \mathbf{T}_1 = \mathbf{T}(-x_r, -y_r) T 1 = T ( − x r , − y r ) R ( θ ) \mathbf{R}(\theta) R ( θ ) T 2 = T ( x r , y r ) \mathbf{T}_2 = \mathbf{T}(x_r, y_r) T 2 = T ( x r , y r )
M p i v o t = T 2 ⋅ R ( θ ) ⋅ T 1 = [ cos θ − sin θ x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ sin θ cos θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 0 0 1 ] (প্রমাণিত) \mathbf{M}_{pivot} = \mathbf{T}_2 \cdot \mathbf{R}(\theta) \cdot \mathbf{T}_1 = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & x_r(1-\cos\theta) + y_r\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta & y_r(1-\cos\theta) - x_r\sin\theta \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \quad \text{(প্রমাণিত)} M p i v o t = T 2 ⋅ R ( θ ) ⋅ T 1 = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 1 ( প্রমাণিত )
(খ) আয়তক্ষেত্রের ভরকেন্দ্র ও ঘূর্ণন:
ভরকেন্দ্র: x ˉ = 3 + 7 + 7 + 3 4 = 5 \bar{x} = \frac{3+7+7+3}{4} = 5 x ˉ = 4 3 + 7 + 7 + 3 = 5 y ˉ = 1 + 1 + 4 + 4 4 = 2.5 ⟹ C g = ( 5 , 2.5 ) \bar{y} = \frac{1+1+4+4}{4} = 2.5 \implies \mathbf{C_g = (5, 2.5)} y ˉ = 4 1 + 1 + 4 + 4 = 2.5 ⟹ C g = ( 5 , 2.5 )
x r = 5 , y r = 2.5 , θ = 90 ° x_r = 5, y_r = 2.5, \theta = 90° x r = 5 , y r = 2.5 , θ = 90° cos θ = 0 , sin θ = 1 \cos\theta = 0, \sin\theta = 1 cos θ = 0 , sin θ = 1
M p i v o t = [ 0 − 1 5 ( 1 ) + 2.5 ( 1 ) 1 0 2.5 ( 1 ) − 5 ( 1 ) 0 0 1 ] = [ 0 − 1 7.5 1 0 − 2.5 0 0 1 ] \mathbf{M}_{pivot} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 5(1) + 2.5(1) \\ 1 & 0 & 2.5(1) - 5(1) \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 7.5 \\ 1 & 0 & -2.5 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} M p i v o t = 0 1 0 − 1 0 0 5 ( 1 ) + 2.5 ( 1 ) 2.5 ( 1 ) − 5 ( 1 ) 1 = 0 1 0 − 1 0 0 7.5 − 2.5 1
প্রতিটি শীর্ষবিন্দুতে প্রয়োগ:
A ( 3 , 1 ) A(3, 1) A ( 3 , 1 ) x ′ = − 1 + 7.5 = 6.5 x' = -1 + 7.5 = 6.5 x ′ = − 1 + 7.5 = 6.5 y ′ = 3 − 2.5 = 0.5 ⟹ A ′ ( 6.5 , 0.5 ) y' = 3 - 2.5 = 0.5 \implies \mathbf{A'(6.5, 0.5)} y ′ = 3 − 2.5 = 0.5 ⟹ A ′ ( 6.5 , 0.5 ) B ( 7 , 1 ) B(7, 1) B ( 7 , 1 ) x ′ = − 1 + 7.5 = 6.5 x' = -1 + 7.5 = 6.5 x ′ = − 1 + 7.5 = 6.5 y ′ = 7 − 2.5 = 4.5 ⟹ B ′ ( 6.5 , 4.5 ) y' = 7 - 2.5 = 4.5 \implies \mathbf{B'(6.5, 4.5)} y ′ = 7 − 2.5 = 4.5 ⟹ B ′ ( 6.5 , 4.5 ) C ( 7 , 4 ) C(7, 4) C ( 7 , 4 ) x ′ = − 4 + 7.5 = 3.5 x' = -4 + 7.5 = 3.5 x ′ = − 4 + 7.5 = 3.5 y ′ = 7 − 2.5 = 4.5 ⟹ C ′ ( 3.5 , 4.5 ) y' = 7 - 2.5 = 4.5 \implies \mathbf{C'(3.5, 4.5)} y ′ = 7 − 2.5 = 4.5 ⟹ C ′ ( 3.5 , 4.5 ) D ( 3 , 4 ) D(3, 4) D ( 3 , 4 ) x ′ = − 4 + 7.5 = 3.5 x' = -4 + 7.5 = 3.5 x ′ = − 4 + 7.5 = 3.5 y ′ = 3 − 2.5 = 0.5 ⟹ D ′ ( 3.5 , 0.5 ) y' = 3 - 2.5 = 0.5 \implies \mathbf{D'(3.5, 0.5)} y ′ = 3 − 2.5 = 0.5 ⟹ D ′ ( 3.5 , 0.5 )
(গ) ভরকেন্দ্রের অবিচলতা:
x ˉ ′ = 6.5 + 6.5 + 3.5 + 3.5 4 = 5 , y ˉ ′ = 0.5 + 4.5 + 4.5 + 0.5 4 = 2.5 \bar{x}' = \frac{6.5 + 6.5 + 3.5 + 3.5}{4} = 5, \quad \bar{y}' = \frac{0.5 + 4.5 + 4.5 + 0.5}{4} = 2.5 x ˉ ′ = 4 6.5 + 6.5 + 3.5 + 3.5 = 5 , y ˉ ′ = 4 0.5 + 4.5 + 4.5 + 0.5 = 2.5 C g ′ = ( 5 , 2.5 ) = C g ✓ \mathbf{C_g' = (5, 2.5) = C_g} \quad \checkmark C g ′ = ( 5 , 2.5 ) = C g ✓ 90 ° 90° 90°
তুলনা সারণি: 2D ঘূর্ণন ও অন্যান্য রূপান্তরের তুলনা
বৈশিষ্ট্য ট্রান্সলেশন ঘূর্ণন সুষম স্কেলিং প্রতিফলন শিয়ারিং শ্রেণিবিভাগ রিজিড-বডি (আইসোমেট্রি) রিজিড-বডি (আইসোমেট্রি) সাদৃশ্য রূপান্তর রিজিড-বডি (আইসোমেট্রি) অ্যাফাইন দূরত্ব অক্ষুণ্ণ থাকে? হ্যাঁ হ্যাঁ না (|s| গুণ) হ্যাঁ না কোণ অক্ষুণ্ণ থাকে? হ্যাঁ হ্যাঁ হ্যাঁ (সুষম) হ্যাঁ না দিকবিন্যাস সংরক্ষিত? হ্যাঁ হ্যাঁ হ্যাঁ (s > 0) না (CW↔CCW উল্টায়) হ্যাঁ মূলবিন্দু স্থির? না হ্যাঁ (মূলবিন্দু কেন্দ্রে) হ্যাঁ হ্যাঁ হ্যাঁ ম্যাট্রিক্সের নির্ণায়ক ১ ১ s² −১ ১ বিনিময়যোগ্য? T₁·T₂ = T₂·T₁ R₁·R₂ = R₂·R₁ (2D) S₁·S₂ = S₂·S₁ অক্ষের ওপর নির্ভরশীল সাধারণত নয় বিপরীত ক্রিয়া T(−tx, −ty) R(−θ) = Rᵀ S(1/sx, 1/sy) পুনরায় প্রয়োগ Sh(−shx, −shy) ক্ষেত্রফল গুণক ১× ১× |sx·sy|× ১× ১×
আপনার দক্ষতা যাচাই করুন
1. মূলবিন্দুর সাপেক্ষে কোণ θ-তে CCW ঘূর্ণনের সঠিক সূত্র কোনটি? x' = x·cosθ + y·sinθ, y' = −x·sinθ + y·cosθ x' = x·cosθ − y·sinθ, y' = x·sinθ + y·cosθ x' = x·sinθ − y·cosθ, y' = x·cosθ + y·sinθ x' = x·cosθ + y·sinθ, y' = x·cosθ − y·sinθ
2. বিন্দু P(0, 5)-কে মূলবিন্দুর সাপেক্ষে CCW 90° ঘূর্ণিত করলে P'-এর স্থানাঙ্ক কত? (5, 0) (−5, 0) (0, −5) (−5, 5)
3. যেকোনো 2D ঘূর্ণন ম্যাট্রিক্স R(θ)-এর নির্ণায়ক কত? 0 θ cos²θ + sin²θ = 1 cosθ − sinθ
4. কলাম ভেক্টর রীতিতে (P' = M · P) স্বেচ্ছা কেন্দ্র Pr(xr, yr)-এর সাপেক্ষে θ কোণে ঘূর্ণনের সঠিক যৌগিক ম্যাট্রিক্স কোনটি? M = R(θ) · T(xr, yr) · T(−xr, −yr) M = T(−xr, −yr) · R(θ) · T(xr, yr) M = T(xr, yr) · R(θ) · T(−xr, −yr) M = T(xr, yr) · T(−xr, −yr) · R(θ)
5. 2D ঘূর্ণন সংক্রান্ত কোন বিবৃতিটি সঠিক? মূলবিন্দুর সাপেক্ষে দুটি 2D ঘূর্ণন বিনিময়যোগ্য নয়: R(θ₁)·R(θ₂) ≠ R(θ₂)·R(θ₁) R(θ)-এর বিপরীত হলো R(−θ) যা Rᵀ(θ)-এর সমান ঘূর্ণনে রূপান্তরিত বস্তুর ক্ষেত্রফল sin²θ + cos²θ গুণক দ্বারা পরিবর্তিত হয় ঘড়ির কাঁটার দিকে θ কোণের ঘূর্ণনকে CCW ঘূর্ণন হিসেবে প্রকাশ করা যায় না
মূল বিষয়বস্তুর সারসংক্ষেপ
মূল সূত্র : θ \theta θ ( x , y ) ↦ ( x cos θ − y sin θ , x sin θ + y cos θ ) (x, y) \mapsto (x\cos\theta - y\sin\theta,\; x\sin\theta + y\cos\theta) ( x , y ) ↦ ( x cos θ − y sin θ , x sin θ + y cos θ ) সমসত্ত্ব ম্যাট্রিক্স :
R ( θ ) = [ cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0 0 0 1 ] \mathbf{R}(\theta) = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} R ( θ ) = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 0 0 1 আইসোমেট্রি : det ( R ) = 1 \det(\mathbf{R}) = 1 det ( R ) = 1 বিপরীত : R − 1 ( θ ) = R ( − θ ) = R T ( θ ) \mathbf{R}^{-1}(\theta) = \mathbf{R}(-\theta) = \mathbf{R}^T(\theta) R − 1 ( θ ) = R ( − θ ) = R T ( θ ) বিনিময়যোগ্যতা : 2D ঘূর্ণন সর্বদা বিনিময়যোগ্য: R ( θ 1 ) ⋅ R ( θ 2 ) = R ( θ 1 + θ 2 ) \mathbf{R}(\theta_1) \cdot \mathbf{R}(\theta_2) = \mathbf{R}(\theta_1 + \theta_2) R ( θ 1 ) ⋅ R ( θ 2 ) = R ( θ 1 + θ 2 ) স্থির বিন্দু ঘূর্ণন (তিন ধাপের পাইপলাইন):
M p i v o t = T ( x r , y r ) ⋅ R ( θ ) ⋅ T ( − x r , − y r ) = [ cos θ − sin θ x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ sin θ cos θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 0 0 1 ] \mathbf{M}_{pivot} = \mathbf{T}(x_r, y_r) \cdot \mathbf{R}(\theta) \cdot \mathbf{T}(-x_r, -y_r) = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & x_r(1-\cos\theta) + y_r\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta & y_r(1-\cos\theta) - x_r\sin\theta \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} M p i v o t = T ( x r , y r ) ⋅ R ( θ ) ⋅ T ( − x r , − y r ) = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 x r ( 1 − cos θ ) + y r sin θ y r ( 1 − cos θ ) − x r sin θ 1 সরাসরি সূত্র : x ′ = ( x − x r ) cos θ − ( y − y r ) sin θ + x r x' = (x - x_r)\cos\theta - (y - y_r)\sin\theta + x_r x ′ = ( x − x r ) cos θ − ( y − y r ) sin θ + x r y ′ = ( x − x r ) sin θ + ( y − y r ) cos θ + y r y' = (x - x_r)\sin\theta + (y - y_r)\cos\theta + y_r y ′ = ( x − x r ) sin θ + ( y − y r ) cos θ + y r CW = ঋণাত্মক θ \theta θ : α \alpha α − α -\alpha − α ( 360 ° − α ) (360° - \alpha) ( 360° − α )