আন্তর্জাতিক গণিত অলিম্পিয়াড – ২০২৩ (সমস্যা ৬-এর সমাধান)

প্রিয় গণিত ইশকুলের বন্ধুরা, আশাকরি সবাই ভালো আছো। তোমরা জানো এবছর জাপানের চিবায় ৬৪ তম আন্তর্জাতিক গণিত অলিম্পিয়াড অনুষ্ঠিত হয়। সেখানে মোট ৬ টি সমস্যা সমাধান করার জন্য দেওয়া হয়েছিল। ইতিমধ্যে তোমরা ৫ টি সমস্যার সমাধান দেখে ফেলেছ। আজকের পর্বে আমরা সর্বশেষ অর্থাৎ ৬ষ্ঠ সমস্যার সমাধান দেখব।

সমস্যা: 

ABC সমবাহু ত্রিভুজের ভিতরে A1, B1, C1 তিনটি বিন্দু যেনো, BA1 = A1C, CB1 = B1A, AC1 = C1B এবং ∠BA1C + ∠CB1A + ∠AC1B = 480°। ধরি, BC1 ও CB1 মিলিত হয় A2 বিন্দুতে, CA1 ও AC1 মিলিত হয় B2 বিন্দুতে এবং AB1 ও BA1 মিলিত হয় C2 বিন্দুতে। যদি A1B1C1 একটি বিষমবাহু ত্রিভুজ হয় তবে প্রমাণ করো যে, ত্রিভুজ AA1A2, BB1B2 এবং CC1C2 এর পরিবৃত্তগুলো দুটি সাধারণ বিন্দু দিয়ে যায়।

সমাধান:

ধরি, α = ∠A1BC, β = ∠B1CA এবং γ = ∠C1AB। তাহলে প্রদত্ত কোণের শর্তটি দাঁড়ায়, α + β + γ = 30°। এখন আমরা কিছু Claim এর মাধ্যমে প্রবলেমটি প্রমাণ করব।

Claim–1: A1 হলো ∆BA2C এর পরিকেন্দ্র।

প্রমাণ: ∠BA2C = 60° + β + γ = 90° – α = ½∠BA1C এবং A1B = A1C যা আমাদের Claim কে প্রমাণ করে। ∎

Claim–2: B1, B2, C1, C2 একই বৃত্তের উপর অবস্থান করে।

 

প্রমাণ: যেহেতু ∆AB1B2 এবং ∆AC1C2 সমদ্বিবাহু ত্রিভুজ, সুতরাং ∠AB2B1 = ∠B1AB2 = ∠C1AC2 = ∠AC2C1 যা আমাদের Claim কে প্রমাণ করে। ∎

Claim–3: A1A2, B1B2, C1C2 একই বিন্দুতে ছেদ করে (মনে করি বিন্দুটি P)।

প্রমাণ: Claim–2 থেকে, আমরা ⨀(A1A2B1B2), ⨀(B1B2C1C2) এবং ⨀(C1C2A1A2) এর মধ্যে র‍্যাডিক্যাল সেন্টরের অস্তিত্ব ব্যবহার করতে চাই। কিন্তু আমাদের সবগুলো বিন্দু একই বৃত্তে থাকার কেসটি বাদ দিতে হবে। লক্ষ্য করি, সবগুলো বিন্দু একই বৃত্তে থাকলে,

∠B2A2C2 + ∠C2B2A2 + ∠A2C2B2 = 180°

বা, 180° – ∠B2A1C2 + 180° – ∠C2B1A2 + 180° – ∠A2C1B2 = 180°

বা, 360° = ∠B2A1C2 + ∠C2B1A2 + ∠A2C1B2

বা, 360° = 2α + 2β + 2γ = 60°

যা একটি কন্ট্রাডিকশন। সুতরাং আমরা রাডিক্যাল সেন্টারের অস্তিত্ব ব্যবহার করতে পারব।

Claim 2 এবং 3 থেকে পাই যে, P এর পাওয়ার ⨀(AA1A2), ⨀(BB1B2) এবং ⨀(CC1C2) এর সাপেক্ষে সমান। সুতরাং আমাদের এখন শুধু এদের র‍্যাডিক্যাল এক্সিসের ওপর আরেকটি বিন্দু খুঁজে পেতে হবে। 

সেটি করতে আমরা AA2 কে বর্ধিত করি যেনো তা ⨀(BA2C) কে X বিন্দুতে ছেদ করে। একইভাবে Y এবং Z ডিফাইন করি বাকি দুই বাহুর বাহুর সাপেক্ষে। তারপর মনে করি, X’ হলো AA1 এর সাপেক্ষে X এর রিফ্লেকশন। এখানে ∠CAA2 = ∠BAX’ হবে কেননা, AA1, BC এর সমদ্বিখণ্ডক। একইভাবে Y’ এবং Z’ সংজ্ঞায়িত করি। 

Claim 4: X’ ∈ ⨀(AA1A2

প্রমাণ: এটি পাওয়া যায় এখান থেকে যে AA1 রেখা ∠X’AA2 কে সমদ্বিখণ্ডিত করে এবং A1X’ = A1A2 (⨀(BA2C) এর কেন্দ্র A1)। ∎

Claim 5: B, C, Y’, Z’ একই বৃত্তের ওপর অবস্থিত। 

প্রমাণ: এঙ্গেল চেসিং করে পাই,

∡Y’BZ’ = ∡Y’BA + ∡ABZ’

            = ∡CBB2 + ∡ZC2B

            = ∡CBB2 + ∡CC2B

            = ∡CBC2 + ∡C2BB2 + ∡CC2B

            = ∡CBC2 + ∡(CC2, BB2)

একইভাবে আমরা পাই, ∡Y’CZ’ = ∡(CC2, BB2) + ∡B2BC এবং যেহেতু ∡CBC2 = ∡B2BC = α, তাই ∡Y’BZ’ = ∡Y’CZ’ যা আমাদের Claim কে প্রমাণ করে।

Claim 6: AX’, BY’, CZ’ একই বিন্দুতে ছেদ করে (মনে করি বিন্দুটি Q)।

প্রমাণ: Claim 5 থেকে, ⨀(BCY’Z’), ⨀(CAZ’X’) এবং ⨀(ABX’Y’) এর ওপর র‍্যাডিক্যাল সেন্টারের অস্তিত্ব ব্যাবহার করলেই আমরা আমাদের Claim টি পেয়ে যাই।

এখন Claim 4, 5, এবং 6 থেকে আমরা পাই যে, P বিন্দুটিরও পাওয়ার ⨀(AA1A2), ⨀(BB1B2) এবং ⨀(CC1C2) এর সাপেক্ষে সমান। সর্বশেষে আমাদের দেখাতে হবে যে, P ≠ Q।

মনে করি, P = Q, তাহলে Q = A1A2∩AX’ এবং P বিন্দুটি A1A2 রেখাংশের মাঝে অবস্থিত। এখন, যেহেতু A, A1, A2, X’ বিন্দুগুলো এই ক্রমে বৃত্তস্থ (Claim 4 থেকে), তাহলে AX’ এর পক্ষে A1A2 রেখাংশের ভেতর ছেদ করা অসম্ভব। সুতরাং, PQ হবে তাদের সাধারণ র‍্যাডিক্যাল এক্সিস।