আন্তর্জাতিক গণিত অলিম্পিয়াড - ২০২২ (সমস্যা ৩ এর সমাধান)

ধরো k একটি নির্দিষ্ট ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা এবং S কিছু বেজোড় মৌলিক সংখ্যার একটি সসীম সেট। প্রমাণ করো যে, S এর উপাদানগুলোকে একটি বৃত্তের চারপাশে সর্বোচ্চ 1 টি বিন্যাসে (দুটি বিন্যাসকে আমরা একই ধরব যদি একটিকে ঘুরিয়ে বা প্রতিফলিত করে অন্যটি পাওয়া যায়) সাজানো যাবে যেনো, পাশাপাশি থাকা দুটি সংখ্যার গুণফল সবসময় x² + x + k আকারের হয় যেখানে x একটি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা।

ধরে নাও, S সেটটিতে n টি মৌলিক সংখ্যা আছে। যদি S সেটের মৌলিক সংখ্যাগুলোকে একটি বৃত্তের চারপাশে এমনভাবে সাজানো যায় যেন পাশাপাশি দুটি মৌলিক সংখ্যার গুণফল x² + x + k হয়, তবে আমরা S সেটকে good সেট বলব।

Claim-1: ধরি, S সেটটি good। p যদি সেটটির বৃহত্তম মৌলিক সংখ্যা হয়ে থাকে, তবে p এর দু’পাশের মৌলিক সংখ্যাগুলো ইউনিক (অনন্য) হবে।

প্রমাণ: ধরি, p এর দু’পাশের মৌলিক সংখ্যাদ্বয় q ও r, যেন q > r.

∴ pq = a² + a + k … … … (i)

∴ pr = b² + b + k … … … (ii)

যেখানে, a ও b দুটি ধনাত্নক পূর্ণসংখ্যা এবং a > b.

এখন, p² > pq = a² + a + k > a²

∴ p > a

একইভাবে, p > b

Claim-2: একটি পূর্ণসংখ্যা u আছে যেন, qr = u² + u + k হয়।

প্রমাণ: (i) হতে (ii) বিয়োগ করে পাই,

P(q – r) = (a + b + 1)(a – b)

লক্ষ্য করো, p > a – b এবং 2p > a + b + 1

তাই অবশ্যই, p = a + b + 1

ধরো, x = 2a + 1, y = 2b + 1, s = 4k – 1

∴ p²qr = (a² + a + k)(b² + b + k)

            = 1/16 × (x² + s)(y² + s)

            = 1/16 × {(xy - s)² + s(x + y)²}

            = 1/16 × {(xy - s)² + 4p²s}

            = (p²/4) × [{(xy – s)/2p}² + s]

লক্ষ্য করো, xy – s = 4ab + 2a + 2b + 1 – 4k + 1

                           = 4ab – 4k + 2(a + b + 1)

                           = 4(p – b – 1)b – 4k + 2p

                           = 4pb – 4b² – 4b – 4k + 2p

                           = 4pb – 4(b² + b + k) + 2p

তাহলে, (xy – s)/2p = 2b – 2(b² + b + k)/p + 1  ; যা একটি বিজোড় সংখ্যা

∴ p²qr = p²/4 × [{(xy – s)/2p}² + s]

           = p²/4 × {(2u + 1)² + s}  [তাহলে অবশ্যই (xy – s)/2p কে 2u + 1 আকারে লেখা যায়, যেখানে u একটি ধনাত্নক পূর্ণসংখ্যা।]

          = p²/4 × (4u² + 4u + 1 + 4k – 1)

∴ qr = u² + u + k

এবার, আমরা |S| = n এর উপর ইন্ডাকশন করব।

n = 2 এর জন্য অবশ্যই আমাদের স্টেটমেন্ট সত্য।

ধরি, n = k এর জন্যও স্টেটমেন্ট সত্য। এখন, আমাদের কাছে k + 1 সদস্যের একটি সেট S_k+1 আছে এবং S_k+1 একটি good সেট।

এখন, S_k+1 এর মৌলিক সংখ্যাগুলোকে বৃত্তে সাজাই। সর্ববৃহৎ মৌলিক সংখ্যা p বাদ দিই। তাহলে Claim-2 অনুযায়ী আমাদের নতুন সেটটিও good। কিন্তু নতুন সেটটির মৌলিক সংখ্যাগুলোকে সর্বোচ্চে একটি মাত্র উপায়ই বৃত্তের চারপাশে সাজানো যায়। তাহলে Claim-1 এর সহায়তায় বলতে পারি S_k+1 এর জন্যও স্টেটমেন্ট সত্য।