গল্পে গল্পে জ্যামিতি-৬

জি আপু, জানি।

এখন আমরা ধরি, I কেন্দ্রবিশিষ্ট অন্তর্বৃত্ত BC, AC, AB–কে যথাক্রমে D, E, F বিন্দুতে স্পর্শ করে। I, D; I, E ও I, F যোগ করি। তাহলে ID⊥BC, IE⊥AC, IF⊥AB হবে এবং ধরি, ID = IE = IF = r (অন্তর্বৃত্তের ব্যাসার্ধ)। তাহলে চিত্রটা হবে এমন—

আবার আমরা জানি, বৃত্তের বহিঃস্থ কোনো বিন্দু থেকে বৃত্তে দুটি স্পর্শক টানলে, ওই বিন্দু থেকে স্পর্শ বিন্দুদ্বয়ের দূরত্ব সমান।

তাহলে চিত্র থেকে পাই, AE = AF, BD = BF, CD = CE। এখন আমরা AI বা BI বা CI–কে ব্যাসার্ধ r, অর্ধপরিসীমা s ও ত্রিভুজের বাহুর a, b ও c–এর মাধ্যমে বের করতে পারব। জি আপু। আচ্ছা তাহলে নিচের প্রশ্নের কারণ বলো দেখি।

চিত্রে ∆IAF থেকে পাই, AI2 = IF2 + AF2

বা, AI = √{r2 + (s - a)2} …(i)

এখানে, AF = s - a হওয়ার কারণ কী?
এটা পারব আপু, কারণ হলো:

s = AF + BD + CD

বা, s = AF + a বা, AF = s - a

একইভাবে, BI = √{r2 + (s - b)2} …(ii)
এবং CI = √{r2 + (s - c)2} …(iii)

বাহ্! ভেরি গুড ফারিন।

এবার [∆ABC] = sr সূত্রটা ব্যবহার করে

r–কে সরানোর চেষ্টা করতে হবে।

এই প্রমাণ পাঠ্যপুস্তকে বা গণিত ইশকুলে আগে কখনো পড়েছ কি?

(i) নং এ r = [∆ABC]/s বসিয়ে পাই, AI = √{([∆ABC]/s)2 + (s - a)2}

বা, AI = √{s(s - a)(s - b)(s - c)/s2 + (s - a)2}

বা, AI = √{(s- a)(s- b)(s-c)/s+(s-a)2}

বা, AI = √[(s - a)/s × {(s - b)(s - c) + s(s - a)}]

বা, AI = √[(s - a)/s ×

{2s2 - (a + b + c)s + bc}]

বা, AI = √[(s - a)/s × {2s2 - 2s2 + bc}]

বা, AI = √{(s - a)/s × bc} …(iv)

একইভাবে, BI = √{(s - b)/s × ac} …(v) এবং CI = √{(s - c)/s × ab} …(vi)

এখন (iv), (v) ও (vi) গুণ করে পাই,

AI.BI.CI = √{(s - a)/s × bc} ×

√{(s - b)/s × ac} × √{(s - c)/s × ab}

বা, AI.BI.CI = √{(s - a)(s - b)(s - c)/s3 × a2b2c2}

বা, AI.BI.CI = √{s(s - a)(s - b)(s - c)/s4 × a2b2c2}

∴ AI.BI.CI = abc/s2 × [∆ABC]

তাহলে আমাদের প্রমাণ হয়ে গেল। দেখা হবে পরবর্তী পর্বে নতুন কোনো জ্যামিতির সমস্যা নিয়ে।