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।

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।

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।