IMO 2012/P5 (troll masala):
▻ $ABC$ to'g'ri burchakli uchburchakda $C$ to'g'ri burchagidan tushirilgan balandligi asosi $D$ nuqta bo'lsin. Aytaylik, $CD$ kesmaning ichki qismida biror $X$ nuqta olingan; $AX$ kesmada $BK=BC$ shartni qanoatlantiruvchi $K$ nuqta, $BX$ kesmada $AL=AC$ shartni qanoatlantiruvchi $L$ nuqta belgilangan. Aytaylik, $AL$ va $BK$ lar $M$ nuqtada kesishadi. U holda $MK=ML$ bo'lishini isbotlang.
1-yechim. Dastlab, shortlistda keltirilgan yechimni tushuntirib o'tamiz.
 |
| 1-chizma |
Agar $A$ markazli $AC$ radiusli $\omega_A$, $B$ markazli $BC$ radiusli $\omega_B$ aylanalarni chizsak, ular ikkinchi bor $C$ nuqtaning $AB$ gipotenuzaga nisbatan simmetrik nuqtasi bo'lmish $C'$ nuqtada kesishadi. Boshqacha aytganda, ushbu ikkita aylananing umumiy radikal o'qi $CD$ to'g'ri chiziq hisoblanadi (1-chizma ga qarang).
Uchta aylana uchun radikal markaz haqidagi teoremadan orqaga qarab yuramiz. Xususan, $BX$ to'g'ri chiziq $\omega_A$ aylanani ikkinchi bor $Q \, (Q\neq L)$ nuqtada, $AX$ to'g'ri chiziq esa $\omega_B$ aylanani ikkinchi bor $P \, (P\neq K)$ nuqtada kesib o'tsa, $X$ nuqta radikal markazi bo'lgan $\omega_A$, $\omega_B$, $(PQKL)$ aylanalar hosil bo'ladi. Haqiqatdan, \[ KX\cdot XP = CX\cdot XC' = LX\cdot XQ \] va $P,Q,K,L$ nuqtalar bitta aylanada yotadi.
Endi, $BK^2=BC^2 = BL\cdot BQ$ ekanligini inobatga olsak, $BK$ ning $(PQKL)$ aylanaga urinma ekanligini topamiz. Xuddi shunday, $AL$ ham ushbu $(PQKL)$ aylanaga urinma bo'ladi. Xullas, $MK$ va $ML$ lar $M$ nuqtadan $(PQKL)$ aylanaga o'tkazilgan urinmalar ekan. U holda $MK=ML$ bo'ladi. ▢
-------------------------------------------------
2-yechim. Endi, biroz boshqacharoq (nisbatan umumiyroq) yechim keltiramiz. Masala quyidagi lemmaga asoslangan deb qarash mumkin.
Lemma. Aytaylik, bizga ixtiyoriy $ABC$ uchburchak berilgan; $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ balandliklarda ega bo'lsin. $BC$ diametrli aylana $B_1$ va $C_1$ nuqtalardan o'tishini bilamiz, xususan $CA$ diametrli aylana $C_1$ va $A_1$ nuqtalardan, $AB$ diametrli aylana esa $A_1$ va $B_1$ nuqtalardan o'tadi. Agar $(AC)$ aylana va $BB_1$ balandlikning ixtiyoriy bitta $X$ kesishgan nuqtasini, $(AB)$ aylana va $CC_1$ balandlikning ham ixtiyoriy bitta $Y$ kesishmasini olsak (har bir tomonni diametr qilib chizilgan aylanalarning ushbu tomonga tushirilgan balandlikni kesish nuqtasi qaralmoqda), u holda $AX=AY$ bo'ladi.
Lemmaning isbotini inversiyada juda oddiy ko'rish mumkin. $A$ markazli $(BC)$ aylanani fiksrlaydigan inversiyani qarasak, ya'ni $\sqrt{AC_1\cdot AB}$ radiusli inversiya, natijada \[ (AC) \leftrightarrow BB_1, \quad (AB) \leftrightarrow CC_1 \] ko'chishlarni ko'rishimiz mumkin. Ya'ni, $(AC)\cap BB_1 = X(.)$ va $(AB)\cap CC_1=Y(.)$ nuqtalar inversiya natijasida o'zgarmasdan qoladi. Bu esa $AX = AY$ va ular ham inversiya radiusiga teng deganidir. Lemma bir muncha sodda! turliv sintetik va analitik yechimlarni berishga harakat qilib ko'ring... Yaxshiroq tushunish uchun quyidagi 2-chizma ni keltirib o'tamiz (barcha qizil kesmalar inversiya radiusiga teng).
.png) |
| 2-chizma |
Endi, bizning masalaga ushbu lemmani qo'llaymiz. Buning uchun, avvalo, $X$ nuqtani ortomarkaz qilib $ABE$ uchburchak yasab olamiz. Ya'ni, $BX$ ga $A$ nuqtadan perpendikulyar, $AX$ ga $B$ nuqtadan perpendikulyar to'g'ri chiziqlar o'tkazib, ularni $E$ nuqtada kesishtirsak, albatta $CD$ to'g'ri chiziq ham $E$ nuqtadan o'tadi (3-chizma).
.png) |
| 3-chizma |
U holda $AB$ diametrli aylana ushbu tomonga tushirilgan $ED$ balandlikni $C$ nuqtada kesib o'tadi. Agar $(EB)$ diametrli aylana va $AA_1$ balandlik kesishish nuqtasini $K'$ deb qaraganimizda, $BC=BK'$ kelar edi. Demak, $K'\equiv K$ ekan. Ya'ni, $(EB)$ diametrli aylana $K$ nuqtadan ham o'tadi. Xuddi shunday, $(EA)$ diametrli aylananing $L$ nuqtadan o'tishini keltiramiz.
Yana bir bor yuqoridagi lemmani qo'llaydigan bo'lsak, $EK=EL$ ekanligi ham keladi. Bundan tashqari, $\angle EKM=\angle ELM = 90^{\circ}$ ham bor. Demak, $EKM$ va $ELM$ to'g'ri burchakli uchburchaklar o'zaro teng ekan. Bundan $MK=ML$ ni topamiz. ▢