আন্তর্জাতিক গণিত অলিম্পিয়াড – ২০২৩ (সমস্যা ৩-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। আজকের এই পর্বে আমরা ৩য় সমস্যার সমাধান দেখব।

প্রতিটি পূর্ণসংখ্যা k ≥ 2 এর জন্য ধনাত্নক পূর্ণসংখ্যার এমন সব অসীম অনুক্রম a₁, a₂, . . . বের করো যেটার জন্য একটি বহুপদী P(x) = x^k + c_k-1x^k-1 + . . . + c₁x + c₀ (c₀, c₁, . . . , c_k-1 অঋণাত্নক পূর্ণসংখ্যা) আছে যেন সকল পূর্ণসংখ্যা n ≥ 1 এর জন্য P(a_n) = a_n+1a_n+2 ∙ ∙ ∙ a_n+k হয়।

কিছুক্ষণ চেষ্টা করলে আমরা দেখতে পাব সমান্তর অনুক্রম (যেখানে সাধারণ অন্তর ) এমন একটি অনুক্রম যেখানে P(x) = (x + d)(x + 2d) . . . (x + kd) আমাদের কাঙ্ক্ষিত বহুপদী। এখন আমাদের প্রমাণ করতে হবে যে, এরকম সমান্তর ধারা (যেখানে অবশ্যই , কেননা আমাদের বহুপদীর সহগগুলোকে অঋণাত্নক পূর্ণসংখ্যা হতে হবে) ছাড়া আর কোনো উত্তর নেই।

ধরি, অনুক্রমটি ধ্রুবক নয়। এখন আমরা দেখাব এমন অনুক্রমকে অবশ্যই ঊর্ধ্বক্রমে থাকতে হবে। খেয়াল করো বহুপদীটির সহগ যেহেতু অঋণাত্নক পূর্ণসংখ্যা, তাই x এর মান বাড়লে P(x) এরও মান বাড়বে। অর্থাৎ, P(x) < P(y) যদি এবং কেবল যদি x < y।

এখন,

P(a_n) = a_n+1a_n+2 ∙ ∙ ∙ a_n+k

P(a_n+1) = a_n+2 ∙ ∙ ∙ a_n+ka_n+k+1

এ দুটি থেকে পাই—

(1)  a_n > a_n+1 ⟺ P(a_n) > P(a_n+1) ⟺ a_n+1 > a_n+k+1

(2)  a_n = a_n+1 ⟺ P(a_n) = P(a_n+1) ⟺ a_n+1 = a_n+k+1

(3)  a_n < a_n+1 ⟺ P(a_n) < P(a_n+1) ⟺ a_n+1 < a_n+k+1

মনে করি, অনুক্রমটির সবচেয়ে ছোট সংখ্যাটি হল a এবং অনুক্রমটিতে সর্বপ্রথম a আসে a_m পদে।

এখন ধরি, a_m ১ম পদ নয়। তাহলে a_m-1 > a_m। (1) থেকে পাই, a_m > a_m+k যেটা সম্ভব না, কারণ আমরা  কে নিয়েছিলাম সবচেয়ে ছোট সংখ্যা হিসেবে। সুতরাং a_m কে অবশ্যই ১ম পদই হতে হবে। তার মানে অনুক্রমের প্রথম পদই হবে সবচেয়ে ছোট সংখ্যা।

এখন আমরা ১ম পদকে বাদ দিয়ে আবার একই পদ্ধতি বারবার প্রয়োগ করে পাব অনুক্রমটির মান কখনও কমবে না। অর্থাৎ, সবসময় a_n ≤ a_n+1। কিন্তু এমনও তো হতে পারে যে এর পরপর কয়েকটি মান সমান, তারপর একটু বাড়ছে, আবার সমান! এটা হতে পারবে না কারণ যদি a_n = a_n+1 হয়, তাহলে (2) অনুযায়ী  a_n+1 = a_n+k+1 । আবার যেহেতু অনুক্রমটির মান কখনও কমবে না, তাই বলতে পারি a_n = a_n+1 = . . .  = a_n+k+1। একই ভাবে a_n+k = a_n+k+1 থেকে আমরা আরও কতগুলো মান এগুলোর সমান পাব। এরকম করতে করতে সব মানই সমান হয়ে যাবে। অর্থাৎ অনুক্রমটি ধ্রুবক হয়ে যাবে। কিন্তু আমরা ধরে নিয়েছিলাম এটি ধ্রুবক নয়। তাহলে এটাকে অবশ্যই ঊর্ধ্বক্রমে থাকতে হবে।

আমরা এখন একটি ফাংশন d_i(n) = a_n+i – a_n (i = 1, . . , k) নিই। যেহেতু অনুক্রমটি ঊর্ধ্বক্রমে আছে, তাই 0 < d₁ < . . . < d_k।

P(a_n ) = a_n+1a_n+2 ∙ ∙ ∙ a_n+k

= (a_n + a_n+1 – a_n) ∙ ∙ ∙ (a_n + a_n+k – a_n)

= (a_n + d₁)(a_n + d₂) ∙ ∙ ∙ (a_n + d_k)

≥ (a_n )^k + d^k(a_n)^k-1

d_k যদি বহুপদীটির x_k-1 এর সহগ c_k-1 এর চেয়ে বড় হয়, তাহলে অনেক বড় n এর জন্য P(a_n) < (a_n)^k + d_k(a_n)^k-1 হয়ে যাবে যেটা একটি কন্ট্রাডিকশন। সুতরাং, 0 < d₁ < . . . < d_k < c_k-1। যেহেতু সবগুলো  d_i একটি নিদিষ্ট মানের ছোট, তাহলে  d₁(n), d₂(n), . . . , d_k(n) এই tuple গুলোর (n এর বিভিন্ন মানের জন্য) কোনো একটা অসীম সংখ্যক বার আছে। সেটিকে (D₁, . . . , D_k) ধরি। সুতরাং অসীম সংখ্যক x এর জন্য P(x) = (a_n + D₁)(a_n + D₂) ∙ ∙ ∙ (a_n + D_k)। তার মানে বহুপদীটি এটিই। অর্থাৎ x এর সকল মানের জন্যই এটি সত্যি। তাহলে আমরা বলতে পারি অন্য কোনো tuple অসীম সংখ্যক বার আসবে না (নাহলে সেটার জন্য আমরা ভিন্ন আরেকটি বহুপদী পেতাম যেটা P(x) এর সমান, কিন্তু সেটা তো সম্ভব নয়)। সুতরাং একটা সময়ের পর সব n (ধরি n > r) এর জন্য (d₁(n), d₂(n), . . . , d_k(n)) = (D₁, . . . , D_k) হবে। অর্থাৎ তখন n > r এর জন্য a_n+1 – a_n = D₁ = d ⟹ a_n+i = a_n + id হয়ে যাবে এবং  P(x) = (x + d) ∙ ∙ ∙ (x + 2d)(x + kd)।

এখন আমাদের n ≤ r এর জন্য a_n – a_n-1 = d প্রমাণ করা বাকি। সেটা আমরা Backward Induction দিয়ে করব।

P(a_n-1) = a_na_n+1 ∙ ∙ ∙ a_n+k-1 = a_n(a_n + d)  ∙ ∙ ∙ (a_n + (k – 1)d)

আবার, P(x) = (x + d)(x + 2d) ∙ ∙ ∙ (x + kd) থেকে পাই—

P(a_n-1) = (a_n-1 + d)(a_n-1 + 2d) ∙ ∙ ∙ (a_n-1 + kd)

∴ a_n(a_n + d) ∙ ∙ ∙ (a_n + (k – 1)d) = (a_n-1 + d)(a_n-1 + 2d) ∙ ∙ ∙ (a_n-1 + kd)

⟹ a_n – a_n-1 = d

∴ সকল n এর জন্য a_n – a_n-1 = d। অর্থাৎ, অনুক্রমটি একটি সমান্তর অনুক্রম।

সুতরাং, আমাদের সব উত্তর হলো সমান্তর অনুক্রম (যেখানে সাধারণ অন্তর d ≥ 0)।