IMO tarixidagi eng qiyin geometriya masalalaridan biri bo'lmish quyidagini ko'rib chiqaylik:
▻ $ABC$ o'tkir burchakli uchburchak va uning tashqi aylanasi $\Gamma$ berilgan. Aytaylik, $\Gamma$ aylanaga urinuvchi biror $\ell$ to'g'ri chiziq olingan, va $\ell_a$, $\ell_b$, $\ell_c$ to'g'ri chiziqlar $\ell$ ning mos ravishda $BC$, $CA$, $AB$ tomonlarga nisbatan simmetrik ko'chirishlari bo'lsin. U holda $\ell_a$, $\ell_b$, $\ell_c$ to'g'ri chiziqlarning kesishishi natijasida hosil bo'lgan uchburchakning tashqi aylanasi $\Gamma$ ga urinishini isbotlang.
Ushbu masala IMO 2011 da 6-masala sifatida taqdim etilgan (Yaponiya tomonidan taklif etilgan) bo'lib, faqatgina oltita o'quvchi tomonidan to'liq yechilgan. Bu raqam aslida masalaning qiyin ekanligidan dalolat beradi; 500 dan ortiq o'quvchi orasidan faqat oltitasining yecha olishi masalaning IMO uchun yetarlicha qiyinligini bildiradi. Misol uchun IMO tarixida eng kam o'quvchi tomonidan to'liq yechilgan geometriya masalalari orasida ushbu masala o'tgan yilga IMO 2023/P6 bilan birgalikda 2-o'rinda turadi; 1-o'rinda turadigani haqida shubhasiz eshitgansiz, bu o'sha mashhur Sedrakyan masalasi - IMO 1996/P5 (xatto, P5 sifatida berilgan edi).
Masalaning bir nechta e'tiborga molik yechimlari mavjud. Misol uchun shortlistda ikkita ajoyib yechim keltirilgan: bittasi Paskal teoremasi orqali ikkinchisi Mikel nuqtasidan foydalanilgan holda. Lekin masalaning boshqa bir yechimi (balki, optimalroq yechim) ham, u ham bo'lsa Keysi (Casey) teoremasidan foydalanishdir. Ushbu yechimning shortlistdan o'rin olmasligiga sabablardan biri Keysi teoremasining - trivial emasligida (ya'ni, teoremaning isboti ancha murakkabroq va ko'pchilikka ma'lum emas) bo'lsa ajab emas. Quyida biz aynan Keysi teoremasidan foydalangan holda yechim keltiramiz, oldiniga teorema o'zini esalti o'taylik:
Keysi teoremasi. 4 ta $\omega_1, \omega_2, \omega_3, \omega_4$ aylanalar berilgan va bu aylanalar bitta $\omega$ aylanaga urinadi, agar va faqat agar \[ T_{1,2}T_{3,4} \pm T_{2,3}T_{1,4} \pm T_{1,3}T_{2,4} = 0 \] tenglik bajarilsa, bu yerda $T_{i,j}$ orqali $\omega_i, \omega_j$ aylanalarning umumiy urinmasi uzunligi belgilangan (agar $\omega_i,\omega_j$ aylanalar $\omega$ aylanaga bir xil ravishda, aniqrog`i ikkalasi ham ichki yoki tashqi urinsa, $T_{i,j}$ mos ravishda bu aylanalarning umumiy tashqi urinmasi, aks holda, umumiy ichki urinmasini bildiradi).
Yechim. Faraz qilaylik, $l_a \cap l_b = C'(.)$, $l_b \cap l_c = A'(.)$, $l_c \cap l_a = B'(.)$ va $l$ to'g'ri chiziq $BC$, $CA$, $AB$ larni mos ravishda $P,Q,R$ nuqtalarda kesadi. Albatta, simmetriya qoidalariga ko`ra $l_a$, $l_b$, $l_c$ nuqtalar mos ravishda $P$, $Q$, $R$ nuqtalardan o'tadi.
 |
| 1-chizma |
U holda biz $A'B'C'$ uchburchakning tashqi aylanasi $\Gamma$ ga urinishini isbotlashimiz lozim (\textit{5-chizma} ga qarang). Boshqacha qilib aytganda, radiusi nol bo`lgan $(A')$, $(B')$, $(C')$ aylanalar va $\Gamma$ aylanaga urinuvchi biror aylana mavjudligini isbotlashimiz kerak. Bu esa, Keysi teoremasiga ko`ra, quyidagi \[ B'C'\cdot \sqrt{\mathrm{Pow}(A')} \pm C'A' \cdot \sqrt{\mathrm{Pow} (B')} \pm A'B' \cdot \sqrt{\mathrm{Pow} (C')} = 0 \] tenglikni ko`rsatishga ekvivalentdir.
Simmetriyaga ko`ra, $B'PR$ uchburchakni oladigan bo`lsak, $B$ nuqtaning uning tashqi-ichki aylanasi markazi ($P$ uch qarshisidagi) ekanligini ko`rishimiz mumkin. Bundan, $B'B$ ning $\angle A'B'C'$ burchak bissektrisasi ekanligi kelib chiqadi. Xuddi shunday, $C'C$ va $A'A$ lar uchun ham, ularning $\angle B'C'A'$ va $\angle C'A'B'$ burchaklar bissektrisasi ekanligini topamiz. Va albatta, uchburchak bissektrisalari bitta nuqtada kesishishidan $A'A$, $B'B$ va $C'C$ larning konkurrent ekanligi keladi. Faraz qilaylik, ular $I$ nuqtada kesishsin.
Bizga ma'lum-ki, \[ \angle B'A'C' = 180^{\circ} - 2\angle A, \quad \angle C'B'A' = 180^{\circ} - 2\angle B, \quad \angle A'C'B' = 180^{\circ} - 2\angle C \] va bundan \[ \angle BIC = 180^{\circ} - \angle A, \quad \angle CIA = 180^{\circ} - \angle B, \quad \angle AIB = 180^{\circ} - \angle C. \] Demak, $I$ nuqta $\Gamma$ aylanada yotar ekan, shuningdek, endi $A'$, $B'$, $C'$ nuqtalarning $\Gamma$ aylanaga nisbatan "power"larini topa olamiz \[ \mathrm{Pow} (A') = A'I\cdot A'A, \quad \mathrm{Pow} (B') = B'I\cdot B'B, \quad \mathrm{Pow} (C') = C'I\cdot C'C \] va ko'rsatishimiz lozim bo'lgan tenglik \[ B'C' \cdot \sqrt{A'I\cdot A'A} \pm C'A' \cdot \sqrt{B'I\cdot B'B} \pm A'B' \cdot \sqrt{C'I\cdot C'C} = 0 \quad (*) \] ga o'zgaradi.
Aytaylik, $r'$, $R'$ lar $A'B'C'$ uchburchakning ichki va tashqi aylana radiuslari, $d_a$, $d_b$, $d_c$ lar esa mos ravishda $A$, $B$, $C$ nuqtalardan $l$ to`g`ri chiziqgacha bo`lgan masofalar bo`lsin. U holda \[ \frac{A'A}{A'I} = \frac{d_a}{r'} \quad \quad \Rightarrow \quad \quad \sqrt{A'A\cdot A'I} = A'I \sqrt{\frac{d_a}{r'}} \] va $\frac{B'C'}{2R'} = \frac{BC}{A'I} \cdot \frac{r'}{R}$ dan, bu yerda $R$ orqali $\Gamma$ aylananing radiusi olingan, \[ B'C' \cdot \sqrt{A'I\cdot A'A} = BC \cdot \sqrt{d_a} \cdot \frac{r'}{R} \] keladi. Bundan $(*)$ tenglikni \[ BC \cdot \sqrt{d_a} \pm CA \cdot \sqrt{d_b} \pm AB \cdot \sqrt{d_c} = 0 \] ga teng kuchli ekanligini ko`rishimiz mumkin.
Oxirgi tenglikni o`rinli bo`lishini ko`rish qiyin emas. Agar $l$ ning $\Gamma$ ga urinish nuqtasini $T$ deb olsak, u holda oxirgi tengligimiz $\Gamma$ ga ichki chizilgan $ABCT$ to`rtburchak uchun Ptolemey teoremasiga ekvivalentdir. ▢