St. Petersburg shahar olimpiadasi 2013, 11-sinf, 6-masala:
▻ Aytaylik $(I_b)$, $(I_c)$ lar $\triangle ABC$ ning tashqi-ichki aylanalari bo'lsin. Fazaz qilaylik, $\omega$ aylana shunday aniqlangan-ki, $A$ nuqtadan o'tib, $(I_b)$, $(I_c)$ aylanalarga tashqi ravishda urinadi, va ushbu aylana $BC$ ni $M$, $N$ nuqtalarda kesib o'tadi. U holda $ \angle BAM=\angle CAN $ ekanligini isbotlang.
-------------------------------------------------------------------
Masala haqiqatdan inversiya + homotetiyaga asoslangan. Uchburchaklarda ko'p ishlatiladigan maxsus inversiyalar bor:
- $A$ markazli $\sqrt{bc}-$inversiya;
- $A$ markazli $\sqrt{(p-b)(p-c)}-$inversiya.
Bu yerda, $A$ markazli $R=\sqrt{(p-b)(p-c)}$ radiusli inversiya qo'llaymiz.
Yechim. Ushbu inversiyani $Inv^{-1}_{A}(R)$ deylik, bu yerda $-1$ deganda teskari inversiyani faraz qilayapmiz. Aytaylik, $(I_c)$ va $(I_b)$ aylanalar mos ravishda $AB$ va $AC$ tomonlarga $P$ va $Q$ nuqtalarda urinsin. U holda inversiya natijasida $P\mapsto P'$ va $Q\mapsto Q'$ desak, $AP'=AQ$ va $AQ'=AP$; natijada $(I_b)\mapsto (I_c)$ bo'ladi.
 |
| 1-chizma |
Inversiya natijasida bizga berilgan $\omega$ aylana $(I_b)$ va $(I_c)$ aylanalarga o'tkazilgan ikkinchi umumiy tashqi urinmasiga o'tadi (birinchisi $BC$ t/ch edi). Aytaylik, ushbu umumiy tashqi urinma $AB$ va $AC$ t/ch lar bilan mos ravishda $C_1$ va $B_1$ nuqtalarda kesishsin. Agar $AM\cap B_1C_1 = M'$ va $AN\cap B_1C_1 = N'$ desak, inversiya natijasida $M\mapsto M'$ va $N\mapsto N'$ bo'ladi. Va albatta, $MNM'N'$ cyclic to'rtburchak bo'ladi; $\angle AM'N' = \angle ANM$.
$A$ nuqta $(I_b)$ va $(I_c)$ aylanalar uchun teskari inversiya markazi bo'lish bilan birga, ichki o'xshashlik markazi (homotetik markaz) ham hisoblanadi. Bu degani, $AC_1=AC$ va $\angle AC_1M' = \angle ACN$. Demak, $\angle M'AC_1 = \angle NAC$, ya'ni $\angle BAM = \angle M'AC_1 = \angle CAN$. Isbot tugadi. ▢