সেপ্টেম্বর তৃতীয় সপ্তাহের কুইজের সমাধান

সমস্যা-1: প্রমাণ কর যে, n! > 2ⁿ  যেখানে n হচ্ছে 3 এর চেয়ে বড় কোনো ধনাত্মক পূর্ণ সংখ্যা।

সমাধান: সরাসরি সমাধানে না গিয়ে ‘Mathematical Induction’ নিয়ে কিছু কথা বলা প্রয়োজন। Induction মূলত দুই ধরণের। একটা Standard Induction, আরেকটা Strong Induction  । এই সমস্যার সমাধানের জন্য আমাদেরকে Standard Induction ব্যবহার করতে হবে। এই পদ্ধতিতে প্রথমে একটা assertion নিতে হয় প্রমাণের জন্য। এক্ষেত্রে প্রতিটি assertion নিম্নোক্ত উপায়ে লেখা যায়:

“যেকোনো পূর্ণ সংখ্যা n এর জন্য P(n) সত্যি যেখানে, n ≥ n₀”

[এখানে, P(n) হচ্ছে পূর্ণ সংখ্যা n কে নিয়ে করা যেকোনো একটি উক্তি। আর, n₀ হচ্ছে স্টার্টিং পয়েন্ট।]

Assertion টি ঠিকভাবে প্রকাশ করার পর দুটো ধাপ অতিক্রম করতে হয় কেবল।

1. P(n₀) এর সত্যতা প্রমাণ করতে হয়। এটাকে ‘base case’ বলে।
2. এরপর ধরে নিতে হয় যে যেকোনো ইচ্ছামূলক (arbitrary) পূর্ণ সংখ্যা n এর জন্য P(n) সত্যি। এটাকে বলে ‘inductive hypothesis’ । তারপর, ‘inductive hypothesis সত্য হলে P(n+1) ও সত্য হবে’- এটা দেখাতে পারলেই কেল্লা ফতে!

তাহলে এবার সমস্যা সমাধানের দিকে আগানো যায়। এখানে, P(n) হচ্ছে যে, n! > 2ⁿ । আর আমাদের স্টার্টিং পয়েন্ট হচ্ছে 3 কারণ, n ≥ 3 ।

প্রথম ধাপ শুরু করি তাহলে। আমাদের P(3) প্রমাণ করতে হবে। মানে, 3! > 2³  এটা দেখাতে হবে। স্পষ্টতই, 3! > 2³ কারণ, 6 > 8 । এখন শুধু দ্বিতীয় ধাপ পার করা বাকি!

এখন, আমরা ধরে নিচ্ছি যে n! > 2ⁿ ঘটনাটা সত্যি। তার মানে, P(n) সত্যি ধরে নেয়া হয়েছে। দেখতে হবে যে P(n+1) সত্যি হয় কিনা! P(n+1) কে সাজিয়ে লিখতে পারি এভাবে: (n+1)! > 2ⁿ⁺¹ । n! এর সাথে (n+1) গুণ করলেই (n+1)! পাওয়া যায়। আর তাই আমরা n! > 2ⁿ অসমতাটির দুই পাশে (n+1) গুণ করে দিব। ফলে,

এখন,

[এখানে, n এর মান সবসময়ই 3 এর সমান বা বড়। অর্থাৎ, সর্বনিম্ন মান হতে পারে 3 । আর তখন (n+1) এর মান দাঁড়ায় (3+1) বা 4 । একারণেই (n+1) সবসময়ই 2 এর চেয়ে বড়।]

ব্যাস, হয়ে গেল প্রমাণ!

তবে, একটা ব্যাপার খেয়াল করা উচিত। কি হত যদি আমরা বলতাম, “n! > 2ⁿ  যেখানে n হচ্ছে যেকোনো ধনাত্মক পূর্ণ সংখ্যা”? তখন কিন্তু আর সেটা প্রমাণ করা যেত না! কারণ, তখন (n+1) সবসময়ই 2 এর চেয়ে বড় হত না।

সমস্যা-2: 7-ডিজিটের একটা ফোন নাম্বার abc-defg কে আমরা ‘মেমোরেবল’ বলব যদি ‘abc ও def’ অথবা ‘abc ও efg’ একই হয়। (def ও efg উভয়েই abc এর সমান হতে পারে) a, b, c, d, e, f, g- প্রত্যেকটি ভেরিয়েবলের মান 0 থেকে 9 পর্যন্ত যেকোনো ডিজিট হতে পারে ধরে নিয়ে ‘মেমোরেবল’ ফোন নাম্বারের সংখ্যা বের কর।

সমাধান: প্রথমে আমরা ‘def ও efg উভয়েই abc এর সমান হতে পারে’- এই ব্যাপারটা নিয়ে ঘাঁটাঘাঁটি করব। def ও efg সমান হতে হলে (d,e), (e,f), (f,g) – এই জোড়গুলোকে সমান হতে হবে। ধরা যাক, d এর মান 6 । তাহলে আগের লাইনে দেয়া যুক্তি অনুসারে e কে 6 হতে হবে। একইভাবে f আর g কেও 6 হতে হবে। তার মানে def ও efg সমান হতে হলে d, e, f, g- এই চারটির মান একই হতে হয়। ফলে এই কেসের উদাহরণ মাত্র 10 টি।

এখন অন্য ব্যাপারে আসি। defg কে কত উপায়ে লেখা যেতে পারে তা আমরা নির্ণয় করব। এই উপায় সংখ্যা হচ্ছে 10×10×10×10=10000 । আবার, এই 10000 উপায়ের মধ্যে 10 টিতে def ও efg একই। বাকি থাকল (10000-10)=9990 টি উপায়।

এতক্ষণ ধরে আমরা abc কে নিয়ে কোনো কথাই বলিনি! এখন বলব। উপরের প্যারাতে আমরা 9990 টি উপায় সংখ্যা বের করেছি যেখানে def আর efg ভিন্ন। তার মানে এই প্রত্যেকটি উপায়ের জন্য দুটো ‘মেমোরেবল’ সংখ্যা পাওয়া যাবে। না বুঝলে উদাহরণটা দেখ।

মনে করি, defg≡2675 । তাহলে, abc যদি def এর সমান হয়, ‘মেমোরেবল’ সংখ্যাটি হবে 267-2675 । আর যদি, abc, efg এর সমান হয় তবে, সংখ্যাটি 675-2675 । এভাবে 9990 টির প্রত্যেকটির জন্য আমরা দুটি করে ‘মেমোরেবল’ সংখ্যা পেলে এভাবে প্রাপ্ত মোট ‘মেমোরেবল’ সংখ্যা হচ্ছে 9990×2=19980 টি।

এবারে এমন সংখ্যা খুঁজব যাতে abc, def আর efg দুটোরই সমান হবে। আমরা আগেই দেখেছি যে, def ও efg সমান হতে পারে এমন কেস 10 টি। এই প্রত্যেকটির জন্য ‘মেমোরেবল’ সংখ্যা পাব 1 টি করে। যেমন, 222-2222 ।

সুতরাং, মোট মেমোরেবল সংখ্যা, 19980+10=19990 টি।

সমস্যা-3: যদি x+y=xy=5 হয় তাহলে x⁴+y⁴ এর মান কত?

সমাধান: এই সমস্যার সমাধান x, y এর মান বের করে তারপর বসিয়ে বের করা সম্ভব, কিন্তু তা একেবারে অমানুষিক কাজ। তাই আমরা একটু অন্যভাবে এটার সমাধান করার চেষ্টা করব।

আমরা একটু একটু ধাপে ধাপে যাওয়ার চেষ্টা করতে পারি। মানে, প্রথমে x²+y² , তারপর x³+y³ আর সবশেষে x⁴+y⁴ এর মান বের করব।

প্রথম ধাপ সমাপ্ত করলাম আমরা। এখন শুধু (x+y) গুণ করে যাব।

শুধু আরেকটু কষ্ট করা বাকি!

সমস্যা-4: 21, 31, 41, 51, 61, 71 ও 81- এই সংখ্যাগুলোকে আমরা এমনভাবে সাজাতে চাই যাতে পাশাপাশি যেকোনো চারটি সংখ্যা নিলে তাদের যোগফল 3 দ্বারা বিভাজ্য হয়। কত উপায়ে আমরা এই কাজটি করতে পারব?

সমাধান: আমাদের কাছে 7 টি সংখ্যা আছে। এদেরকে 3 দ্বারা ভাগ করলে কি কি ভাগশেষ পাওয়া যায় তা লিপিবদ্ধ করি।

এখন আমরা সংখ্যাগুলো নিয়ে চিন্তা না করে ভাগশেষগুলো নিয়ে চিন্তা করব। ধরা যাক, a₁ , a₂ , a₃ , a₄ , a₅ , a₆ , a₇ হচ্ছে আমাদের কাঙ্ক্ষিত বিন্যাস। তাহলে,

কিন্তু,

ফলে,

তার মানে মাঝখানে এমন সংখ্যা বসাতে হবে যা 3 দ্বারা নিঃশেষে বিভাজ্য। আবার,

তার মানে প্রথম তিনটি সংখ্যার যোগফল 3 দ্বারা বিভাজ্য হতে হবে। এটা সম্ভব হবে যদি এদের ভাগশেষগুলো 0, 1, 2 -এর কম্বিনেশন হয়। এবারে, a₅ , a₆ , a₇ এর সাথে a₁ , a₂ , a₃ এর মানগুলোর সম্পর্ক বের করার চেষ্টা করব।

তার মানে ভাগশেষের মান দিয়ে কোনো একটি বিন্যাস সাজিয়ে লিখতে চাই তবে তা হবে এরকম,

তার মানে 6 টি ভাগশেষ-সম্পর্কিত বিন্যাস পাব আমরা। [এটা আরো সহজে নির্ণয় করা যায়। 0, 1, 2 –এই তিনটে সংখ্যা দিয়ে 3! বা 6 টি বিন্যাস পাওয়া যাবে।]

এখন যেকোনো একটি এমন বিন্যাসে আমরা যদি আসল সংখ্যা বসাতে চাই তবে তা কতভাবে করা যাবে তাও আমাদের জানা প্রয়োজন। প্রথমেই মাঝের সংখ্যা বা a₄ বাছাইয়ের পালা। এখানে, 21, 51 অথবা 81 বসানো যাবে (3 উপায় তাহলে)। এখন, a₁ , a₂ , a₃ এর জায়গায় সংখ্যা বসাতে হবে। 0 ভাগশেষ হয় এমন সংখ্যা বাকি আছে 2 টি। ভাগশেষ 1 এমন সংখ্যা 2 টি। আবার, ভাগশেষ 2 এমন সংখ্যাও 2 টি। ফলে, a₁ , a₂ , a₃ এর জন্য আমরা 2×2×2=2³=8 টি উপায় পাচ্ছি। আবার, a₅ , a₆ , a₇ এ কি বসবে তা ঠিক হয়ে যাচ্ছে a₁ , a₂ , a₃ এর সাথে। ফলে, a₁ , a₂ , a₃ , a₄ , a₅ , a₆ , a₇ এর জন্য উপায় পাচ্ছি 3×8=24 টি।

কিন্তু, এ উপায় শুধু ভাগশেষ দ্বারা গঠিত কেবলমাত্র একটি বিন্যাসের জন্য। এমন বিন্যাস মোট 6 টি। আর তাই, আমাদের কাঙ্ক্ষিত উপায় সংখ্যা, 24×6=144 টি।