IMO 2008/P6:
▻ $ABCD$ qavariq to'rtburchak berilgan, bunda $BA\neq BC$. Aytaylik, $ABC$ va $ADC$ uchburchaklarning ichki aylanalari mos ravishda $\omega_1$ va $\omega_2$ orqali belgilangan. Faraz qilaylik, $BA$ nurga $A$ nuqta davomida $BC$ nurga $C$ nuqta davomida, shuningdek $AD$ va $CD$ to'g'ri chiziqlarga urinuvchi $\omega$ aylana mavjud. U holda $\omega_1$ va $\omega_2$ aylanalarning umumiy tashqi urinmalari $\omega$ aylana ustida kesishishini isbotlang.
Masala tangensial to'rtburchak atrofiga qurilgan. Shunday $\omega$ aylana mavjud bo'lgan to'rtburchakka ham tangensial (tashqi ma'noda) deb aytamiz, umuman olganda $\omega$ aylanaga ham $ABCD$ to'rtburchak tashqi-ichki aylanasi deb qarash mumkin. Demak, tashqi-ichki aylana chizish mumkin bo'ldan to'rtburchakni biror konfiguratsiya deb paragon holda, ba'zi sodda xossalarni keltirib chiqarishdan boshlaymiz (eski masalalarni eslash doim foydali!).
Bilamiz-ki, to'rtburchakka ichki aylana chizish mumkin faqat va faqat qarama-qarshi tomonlari yig'indisi teng bo'lsa (Pitot kriteriyasi). Xuddi shunga o'xshash kriteriyani to'rtburchakning tashqi-ichki aylanasi uchun ham kiritish mumkin.
Lemma 1. (Pitot) $ACBD$ qavariq to'rtburchakning $\angle B$ burchakiga ichki qilib $\omega (O)$ tashqi-ichki aylana chizish mumkin agar va faqat agar $AB+DA = BC + CD$. (quyidagi chizmaga qarang)
.png) |
| 1-chizma |
Yuqoridagi chizma bo'yicha davom etamiz va isbotlash unchalik ham qiyin bo'lmagan quyidagi xossalarni keltirib o'tamiz:
1-xossa. $ABC$ va $ADC$ uchburchaklarga ichki chizilgan aylanalarni mos ravishda $(I_1)$ va $(I_2)$ bo'lsin; aylanalar $AC$ diagonalga mos ravishda $E$ va $F$ nuqtalarda urinadi. U holda $AE=CF$ bo'ladi.
Aslida ushbu xossani ham kriteriya deyish mumkin. Chunki, $AE=CF$ tenglik aynan $AB+DA=BC+CD$ ga ekvivalentdir.
2-xossa. $ABC$ uchburchakning $\angle B$ burchagiga ichki chizilgan tashqi-ichki aylanasini $(I_1')$, va $ADC$ uchburchakning $\angle D$ burchagiga ichki chizilgan tashqi-ichki aylanasini esa $(I_2')$ deylik. U holda $(I_1')$ aylana $AC$ ga aynan $F$ nuqtada, $(I_2')$ aylana esa $AC$ ga aynan $E$ nuqtada urinadi.
Uchburchaklardagi tashqi-ichki aylanalarning mos tomonlarga urinish nuqtalari ushbu tomonni ichki aylana kabi bir xil kesmalarga (boshqacha tartibda) ajratishidan, 1-xossaga ko'ra kelib chiqadi. Ushbu xossani ham aslida kriteriya deyish mumkin (agar va faqat agar yo'sinida ishlaydi).
3-xossa. Aytaylik, $AC$ va $BD$ diagonallar $R$ nuqtada kesishadi. U holda $(I_1)$ va $(I_2)$ aylanalar uchun $R$ nuqta ichki o'xshashlik markazi vazifasini bajaradi, ya'ni aylanalarning ichki urinmalari kesishish nuqtasi hisoblanadi. Boshqacha aytganda, $I_1I_2$ to'g'ri chiziq $R$ nuqtadan o'tadi. Xuddi shunday, $I_1'I_2'$ to'g'ri chiziq ham $R$ nuqtani o'z ichiga oladi.
.png) |
| 2-chizma |
Ushbu xossa Monge-D'Alembert teoremasining natijasidir. Xususan, $(I_1)$, $(I_2)$ va $\omega$ aylanalarning bittadan tashqi, ikkita ichki o'xshashlik markazlarining bitta to'g'ri chiziqda yotishidan (Monge-D'Alembert teoremasining ex-in-in ko'rinishi), $BD$ to'g'ri chiziqning $(I_1)$ va $(I_2)$ aylanalar ichki o'xshashlik markazini o'z ichiga olishi keladi. Albatta, $AC$ to'g'ri chiziqning ikkita aylanaga umumiy ichki urinma ekanligidan, aynan $R$ nuqtani aylanalarning ichki urinmalari kesishish nuqtasi deb ayta olamiz. Ichki urinmalar kesishish nuqtasi esa aylanalar markazlarini tutashtiruvchi kesmada yotadi.
2-chizma bo'yicha davom etamiz va quyidagi ajoyib masalani ko'rib chiqamiz:
1-masala. ("Mathematical Reflections" by mathuz) Aytaylik, $DE$ va $\angle B$ ning bissektrisasi $P$ nuqtada, $BF$ va $\angle D$ bissektrisasi $Q$ nuqtada kesishadi. U holda $P$, $Q$, $R$ nuqtalar kollinear ekanligini ko'rsating.
Isboti. Umuman olganda, $P$ va $Q$ nuqtalarning geometrik o'rinlarini aniqlashimiz kerak. Avvalo, $(I_1)$, $(I_2')$ va $\omega$ aylanalarga ko'ra Monge-D'Alembert teoremasi (ex-in-in) ni qo'llasak, $DE$ to'g'ri chiziqning $(I_1)$ va $\omega$ aylanalar ichki o'xshashlik markazidan o'tishi keladi. Va albatta bu, $\angle B$ ning bissektrisasida yotadi. Demak, $P$ nuqta aynan ushbu ikkita $(I_1)$ va $\omega$ aylanalarning ichki o'xshashlik markazi ekan. Xuddi shunday, $Q$ nuqtaning $(I_2)$ va $\omega$ aylanalar uchun tashqi o'xshashlik markazi bo'lishini keltirish mumkin. Nihoyat, $(I_1)$, $(I_2)$ va $\omega$ aylanalar uchun yana bir bor Monge-D'Alembert teoremasini ishlatadigan bo'lsak, $P$, $Q$ va $R$ nuqtalarning bir to'g'ri chiziqda yotishini olamiz. ▢
Endi, asosiy masalamiz, IMO 2008/P6 ning yechimiga o'tadigan bo'lsak:
Yechim. Bizga Pitot teoremasi (kriteriya) dagi bir tomoni berilgan, ya'ni $\omega$ aylananing mavjudligi. Bundan biz $AB+DA=BC+CD$ ekanligini bor, va qolaversa, yuqoridagi barcha xossalar biz uchun vosita bo'la oladi.
 |
| 3-chizma |
3-chizma dagidek nuqtalar aniqlangan bo'lsin. Masalani bizdagi 4-xossa sifatida olishimiz mumkin, chunki $T$ nuqta - bu, $(I_1)$ va $(I_2)$ aylanalarning tashqi o'xshashlik markazi va ushbu markazni $\omega$ aylanada yotishini ko'rsatishimiz darkor.
$(I_1)$, $(I_2)$, $(I_1')$ aylanalarga nisbatan Monge-D'Alembert teoremasi (ex-ex-ex) ni qo'llasak, $T$ nuqtaning $BF$ to'g'ri chiziqda yotishi ham kelib chiqadi. Xuddi shunday, $T$ nuqtaning $DE$ to'g'ri chiziqda yotishini ham ayta olamiz. Endi asosiy masala, $BF$ va $DE$ to'g'ri chiziqlarning kesishish nuqtasini ($T$ nuqta) $\omega$ aylanada yotishini ko'rsatish kifoyadir.
Umuman olganda, $BF$ to'g'ri chiziq $\omega$ aylanani $T'$ nuqtada kesib o'tadi desak, u holda $(I_1')$ va $\omega$ aylanalar uchun $B$ nuqtaning tashqi o'xshashlik markazi ekanligidan $F$ nuqta $T'$ nuqtaga homotetik ravishda ko'chadi. Ya'ni, $T'$ nuqtadan $\omega$ aylanaga o'tkazilgan urinma albatta $AC$ ga parallel bo'ladi. Xuddi shunday, $DE$ to'g'ri chiziqni $\omega$ aylananing kesib o'tish nuqtasini $T''$ desak, ushbu nuqtadan $\omega$ aylanaga o'tkazilgan urinmaning ham $AC$ ga parallel ekanligini olamiz. Demak, $T'$ va $T''$ nuqtalar ustma-ust tushadi; $T=T'=T''$ va $T$ nuqta $\omega$ aylanada yotar ekan. ▢