XLII OM - I - Zadanie 9

Niech $ f $ będzie przekształceniem płaszczyzny mającym następującą własność: dla dowolnej pary punktów $ P $, $ Q $, których odległość $ |PQ| $ jest liczbą wymierną, odległość ich obrazów $ P' = f(P) $, $ Q'= f(Q) $ spełnia równość $ |P'Q'| = |PQ| $. Udowodnić, że $ f $ jest izometrią.

Rozwiązanie

Wykażemy najpierw, że przekształcenie $ f $ jest różnowartościowe.

Przypuśćmy, że tak nie jest i że istnieją różne punkty $ U $, $ V $ przekształcane na ten sam punkt $ U' = f(U) = f(V) = V' $. Weźmy dowolne liczby wymierne $ q,r>0 $ spełniające warunki $ q + r > |UV| > q- r > 0 $. Można wówczas zbudować trójkąt $ UVW $ o bokach $ UW $ i $ VW $ długości (odpowiednio) $ q $ i $ r $. Obraz $ W' $ punktu $ W $ powinien - zgodnie z warunkiem zadania - leżeć w odległości $ q $ od punktu $ U' $ oraz w odległości $ r $ od punktu $ V' $; sprzeczność, skoro $ U' = V' $, $ q > r $.

Udowodnimy z kolei, że dla każdej pary punktów $ P $, $ Q $ odległość ich obrazów $ P' $, $ Q' $ nie przekracza odległości samych tych punktów:

\[<br />
(1) \qquad      |P'Q'| \leq |PQ|\  \textrm{dla dowolnych}\ P,Q \quad     (P' = f(P),\ Q' = f(Q)).<br />
\]

Przypuśćmy, wbrew stwierdzeniu (1), że dla pewnych punktów $ P $, $ Q $ odległości $ d = |PQ| $, $ d' = |P'Q'| $ spełniają związek $ d < d' $. Na symetralnej odcinka $ PQ $ znajdujemy punkt $ R $, którego odległość od punktu $ P $ (a więc i od $ Q $) jest liczbą wymierną większą od $ d/2 $, ale mniejszą od $ d'/2 $. Oznaczmy $ f(R) $ przez $ R' $. W myśl założenia zadania mamy równości $ |P'R'| = |PR| $ oraz $ |Q'R'|= |QR| $. W takim razie

\[<br />
|P'R'| + |Q'R'| = |PR| + |QR| < d' = |P'Q'|.<br />
\]

To jednak nie jest możliwe. Otrzymana sprzeczność pokazuje, że nierówność $ d < d' $ zachodzić nie może. Tym samym wykazaliśmy słuszność stwierdzenia (1).

Przypuśćmy teraz, że dla pewnych punktów $ P $, $ Q $ zachodzi nierówność ostra $ |P'Q'| <|PQ| $. Na symetralnej odcinka $ PQ $ obieramy dowolny punkt $ X $ w odległości wymiernej od $ P $ i uzupełniamy trójkąt równoramienny $ PXQ $ do rombu $ PXQY $ (o boku długości wymiernej). Obrazami odcinków $ PX $, $ XQ $, $ QY $, $ YP $ (o jednakowej długości wymiernej) są odcinki $ P'X' $, $ X'Q' $, $ Q'Y' $, $ Y'P' $ o tej samej długości; ponownie korzystamy z warunku zadania. Z różnowartościowości przekształcenia $ f $ wnosimy, że punkty $ X' $ i $ Y' $ nie pokrywają się. Czworokąty $ PXQY $ oraz $ P'X'Q'Y' $ są więc rombami o tej samej długości boku. A skoro $ |P'Q'| < |PQ| $, wynika stąd, że $ |X'Y'| > |XY| $ (skrócenie jednej przekątnej powoduje wydłużenie drugiej). Otrzymana nierówność stanowi jednak sprzeczność z wykazaną już własnością (1), w której rolę punktów $ P $ i $ Q $ grają teraz punkty $ X $ i $ Y $.

Wobec tego ostra nierówność w (1) jest niemożliwa. To znaczy, że dla każdej pary punktów $ P $, $ Q $ zachodzi równość $ |P'Q'|=|PQ| $. To znaczy, że przekształcenie $ f $ jest izometrią.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź