IMO SL 2021, G1 (sodda masalalarda point moving)

sana:

IMOSL 2021, G1 ni ko'ramiz:

▻ Aytaylik,  $AC=BC$ bo'lgan $ABCD$ parallelogram berilgan. $P$ nuqta esa $AB$ nur davomida olingan bo'lib, $ACD$ uchburchak tashqi aylanasi $PD$ kesmani ikkinchi bor $Q$ nuqtada, $APQ$ uchburchak tashqi aylanasi $PC$ kesmani $R$ nuqtada kesib o'tadi. U holda $CD$, $AQ$, $BR$ to'g'ri chiziqlar bir nuqtada kesishishini isbotlang.

Masala G1 sifatida keltirilgan, ta'biiy-ki, unchalik ham qiyin bo'lmasligi lozim. Biz esa aynan soddaroq bo'lgan masalaga qanday qilib point moving qo'llashni ko'rib chiqamiz.

-------------------------------------------------------------------

Oldiniga masalaning bir muncha soddaroq (balkim, ta'biiyroq ham deyish mumkin) yechimlariga to'xtalaylik. 
1-chizma

1-yechim. (sintetik yechim) Masalaning dastlab-ki ko'rinishidan, radikal markaz haqidagi teorema esga tushadi. Xususan, $(ACD)$ va $(APQ)$ aylanalarning umumiy radikal o'qi aynan $AQ$ bo'lishadi. Agar masala tasdiqida ko'rsatilgan chiziqlar biror $L$ nuqtada kesishadi desak, ushbu nuqtani qandaydir uchta aylana uchun (ikkitasi $(ACD)$ va $(APQ)$) radikal markaz bo'lishini payqash mumkin. 

Konstruktiv yondashgan holda, hozircha $L$ nuqta $AQ$ va $DC$ larning kesishmasi sifatida aniqlaylik. Biz $BR$ ni ham $L$ nuqtadan o'tishini ko'rsatishimiz lozim. 

Aytaylik, $BR$ to'g'ri chiziq $(APQ)$ aylanani ikkinchi bor $S$ nuqtada kesib o'tadi. $\angle CAQ = \angle CDQ = \angle APQ$ dan $CA$ ning $(APQ)$ aylanaga urinma ekanligini keltiramiz. Bundan $CA^2 = CR\cdot CP = CB^2$ ham keladi. Demak, $CB$ ni $BRP$ uchburchakning tashqi aylanasiga ham urinma deb tushunish mumkin. U holda $\angle RBC = \angle RPB = \angle RPA = \angle RSA$ va $SA\parallel BC$ keladi; ya'ni $S$ nuqta $AD$ to'g'ri chiziqda yotar ekan. 

Endi, ko'rish qiyin emas-ki, $\angle RSD = \angle RPA = 180^{\circ} - \angle DCR$ va $CDSR$ siklik to'rtburchak bo'ladi. Bu bilan biz o'zimizga kerakli bo'lgan natijani qo'lga kiritdik deya olamiz; xususan, bizdagi uchta $(AQCD)$, $(AQRS)$, $(DCRS)$ ayalanalar uchun radikal markaz haqidagi teoremani qo'llasak, $SR$ (ya'ni, $BR$) ning ham $L$ nuqtadan o'tishini topamiz.    ▢

---------------------------------------------------
Endi, bizning qiziqishlarimizga mos yechimni - point moving dan foydalanilgan yechimni tandim etamiz.

2-yechim. (point moving; kompleks sonlar orqali qarash) Aytaylik, $Q$ nuqta $(ACD)$ aylanada o'zgaruvchi nuqta bo'lib, $P$ nuqtani $AB$ va $DQ$ ning kesishmasi sifatida aniqlashimiz mumkin. Yuqoridagi yechimdagidek $L$ nuqtani $CD$ va $AQ$ larning kesishmasi sifatida aniqlaymiz. Aytaylik, $R'$ nuqta $BL$ va $CP$ larning kesishish nuqtasi bo'lsin. Bizning asosiy maqsadimiz, $R\equiv R'$ bo'lishini ko'rsatish; bu ham esa $A$, $P$, $R'$, $Q$ larning konsiklik bo'lishiga teng kuchlidir. 

Ushbu konsiklik ham o'z navbatida $\angle AR'P = 180^{\circ} - \angle ACD$, yoki $\angle AR'C = \angle ACD$ ekanligini ko'rsatishga ekvivalentdir. $\angle ACD = \angle ADC = \angle ABC$ dan foydalansak, $ABR'C$ ning siklik ekanligini ko'rsatishimiz yetarli, yoki boshqacha aytganda, $BL$ va $CP$ to'g'ri chiziqlar orasidagi burchak $\angle BAC$  ekanligini ko'rsatish zarur va yetarli (nihoyat, $R'$ nuqtani o'yindan chiqardik). 

Endi, kompleks tekislik kiritamiz va $A$, $B$, $C$, $D$, $P$, $Q$, $L$ nuqtalarga $a$, $b$, $c$, $d$, $p$, $q$, $l$ kompleks sonlarni mos qo'yamiz. Bizda $q$ o'zgaruvchi, $a,b,c,d$ lar esa oldindan berilgan kompleks sonlardir. $p$ va $l$ larni ham $q$ ga bog'lagan holda kasr chiziqli fuksiya sifatida aniqlash mumkin (Mobius transformation; masalan, $a$, $q$, $l$ lar bir to'g'ri chiziqda yotadi). Bizdagi shart \[ \frac{b-l}{c-p} \cdot \frac{\overline{c-p}}{\overline{b-l}} \] nisbatlar ko'paytmasining biror o'zgarmas miqdorga teng ekanligini ko'rsatishga teng kuchlidir (ushbu o'zgarmas faqat $a,b,c,d$ larga bog'liq bo'lishi lozim). Ushbu o'zgarmasni biror $t$ ga tenglab olsak,  $p$ va $l$ larni ortiga olib kelib qo'yish orqali yuqoridagi nisbatni $t$ ga tenglaydigan bo'lsak, $q$ nisbatan eng ko'pi bilan $4$-darajali ko'phad olishimiz mumkin. Demak, cheksiz ko'p (deragli barcha) $q$ larda bajarilishi uchun camita $5$ ta nuqtani tekshirishimiz kifoya ($5$ ta nuqtada o'zgarmas bo'lgan $4$-darajali ko'phad alida biror o'zgarmas songa teng bo'lishi aniq). 

$Q$ uchun bizga qulay bo'lgan $5$ ta nuqtani qo'yib tekshirib ko'ramiz:  

  • $Q\equiv C$ bo'lsa, u holda $L\equiv C$ va $P\equiv \infty$ bo'lishga majbur ($AB$ yo'nalishda). $BL$ va $CP$ ning kesishish burchaki  $\angle DCA = \angle BAC$ ga teng bo'ladi;
  • $Q\equiv A$ bo'lsa, u holda $P\equiv A$, va endi, $L\equiv \infty$ bo'lishga majbur ($AB$ yo'nalishda). Bu degani, $BL$ va $CP$ lar orasidagi burchak $\angle DCA=  \angle BAC$ ga tengdir;
  • $Q\equiv D$ bo'lsin. U holda $L\equiv D$ va $PD$ ning $(ACD)$ ga urinma ekanligini ko'rishimiz mumkin. $\triangle PAC \sim \triangle DAB$ dan esa $BL$ (a'ni $BD$) va $PC$ lar orasidagi bucchakni $\angle BAC$ ga tengligini topamiz; 
  • $Q$ nuqta $BD$ ning $(ACD)$ aylanani kesish nuqtasi deb faraz qilaylik. U holda $P\equiv B$ va $\angle ALC = \angle ADB = \angle DBC$, ya'ni $BLCQ$ ning siklik ekanligi keladi. Bundan $BL$ va $CP$ lar orasidag burchakning $\angle BAC$ ekanligini keltiramiz. 
  • $Q$ nutqani biroz boshqacharoq tanlaymiz: u shunday nuqta bo'lsin-ki, $PC$ to'g'ri chiziq $(ACD)$ ga urinma bo'lib qolsin. U holda $\angle ACP = \angle BAC$ va bizga $BL$, $CP$ larning parallel ekanligini ko'rsatish yetarli hisoblanadi. Boshqacha aytganda $DC=CL$ ni ko'rsatish lozim (mustaqil ko'rsating!).   

Yuqoridagi $5$ ta holatda ham $BL$ va $CP$ lar orasidagi burchak o'zgarmas ravishda $\angle BAC$ ga teng chiqdi. Demak, aslida ixtiyoriy $Q$ nutqa uchun ham ushbu shart bajariladi.      ⃞

3-yechim. (point moving; proyektiv qarash) Proyektiv akslantirishlar yordamida ham point movingni amalga oshhrishimiz mumkin. 

$P$ nuqtani $AB$ da ixtiyoriy o'zgaruvchi nuqta sifatida qaraymiz. $Q$, $R$, $L$ nuqtalar esa aynan $P$ nuqtaga mos ravishda o'zgaradi. Biz $BR$ va $CD$ ning kesishmasini $L'$ nuqta sifatida aniqlaymiz.  

$AB$ to'g'ri chiziqni $CD$ ga akslantiruvchi ikkita proyektiv akslantirish quramiz: 

1)  $AB \xrightarrow{D - \text{pencil}} (ACD) \xrightarrow{A-\text{pencil}} CD$, xususan $P\rightarrow Q \rightarrow L$ bo'ladi.

2)  $R$ nuqtani $P$ orqali ifodalashda $Q$ dan sacra o'tishimiz lozim (aniqlashda qatnashmasligi kerak). Buning iloji bor! Masalan, $\angle ARP = \angle AQP$ dan $\angle  ARC = \angle AQD = \angle ACD = \angle ABC$ keladi. Demak, $ABRC$ siklik to'rtburchak ekan va $AB \xrightarrow{C-\text{pencil}} (ABRC) \xrightarrow{B-\text{pencil}} CD$ proyektiv akslantirishni olsak, haqiqatdan ham $P\rightarrow R \rightarrow L'$ bo'ladi. 

Ushbu proyektiv akslantirishlar ustma-ust tushishini ko'rsatishimiz yetarli, shunda $L'\equiv L$ kelib chiqadi. Bilamiz-ki, ular ustma-ust tushadigan uchta nutqani topib berish kifoya. 

  • $P\equiv \infty$ ($AB$ yo'nalishda) bo'lsin;
  • $P\equiv B$ bo`lsin; 
  • $P$ nuqta $AB$ to'g'ri chiziqda shunday tanlangan-ki, $PC$ to'g'ri chiziq $(ACD)$ ga urinma bo'ladi.
Yuqoridagi hollarni mustaqil tekshiring! Agar barchasida qoniqarli javob olsangiz, masala to'liq isbotlangan hisoblanadi.   ▢