XXIX OM - II - Zadanie 2

Na płaszczyźnie dany jest zbiór $ M $ punktów o następujących własnościach:
1. Punkty zbioru $ M $ nie leżą na jednej prostej,
2. Jeżeli punkty $ A, B, C, D $są wierzchołkami równoległoboku oraz $ A, B, C \in M $, to $ D \in M $,
3. Jeżeli $ A, B \in M $, to $ AB \geq 1 $.
Udowodnić, że istnieją takie dwie rodziny prostych równoległych, że $ M $ jest zbiorem wszystkich punktów przecięcia prostych pierwszej rodziny z prostymi drugiej rodziny.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw trzy lematy.
Lemat 1. Z warunku $ 3^\circ $ wynika, że każde koło zawiera tylko skończoną liczbę punktów zbioru $ M $.

Dowód. Niech $ K $ będzie kołem o środku w punkcie $ O $ i promieniu długości $ r $, a $ K' $ - kołem o tym samym środku i promieniu długości $ r+ \frac{1}{2} $. Z warunku $ 3^\circ $ wynika, że dowolne dwa koła o środkach w punktach zbioru $ M $ i promieniach długości $ \frac{1}{2} $ mają rozłączne wnętrza. Wobec tego, jeżeli rozpatrzymy rodzinę $ R $ kół o środkach w punktach zbioru $ M $ należących do koła $ K $ i promieniach długości $ \frac{1}{2} $, to koła te będą miały parami rozłączne wnętrza i będą zawarte w kole $ K' $. Wobec tego suma pól kół rodziny $ R $ nie przekracza pola koła $ K' $. Wynika stąd, że rodzina $ R $ jest skończona, a więc i zbiór punktów zbioru $ M $ należących do $ K $ jest skończony.

Wniosek. Każda figura ograniczona na płaszczyźnie zawiera tylko skończoną liczbą punktów zbioru $ M $.

Dowód. Każda figura ograniczona na płaszczyźnie jest zawarta w pewnym kole.

Lemat 2. Jeżeli $ A, B \in M $ i $ \varphi $ jest przesunięciem o wektor $ \overrightarrow{AB} $, to $ \varphi(M) = M $.

Dowód. Jeżeli $ C \in M $ i punkty $ A $, $ B $, $ C $ są niewspółliniowe, to istnieje taki punkt $ D $, że $ ABDC $ jest równoległobokiem. Oczywiście $ D = \varphi(C) $, a na mocy warunku $ 2^\circ $ mamy $ D \in M $. Zatem $ \varphi(C) \in M $.

Jeżeli zaś $ C' \in M $ i punkty $ A $, $ B $, $ C $ są współliniowe, to na mocy warunku $ 1^\circ $ istnieje taki punkt $ C \in M $, że punkty $ A $, $ B $, $ C $ nie są współliniowe. Na mocy już rozpatrzonego przypadku mamy $ \varphi(C) \in M $ i proste $ C \varphi (C) $ oraz $ AC' $ są różne. Wobec tego punkty $ C $, $ \varphi(C) $, $ C' $ nie są współliniowe. Istnieje więc taki punkt $ D' $, że $ C \varphi(C)D'C' $ jest równoległobokiem i mamy oczywiście $ D' = \varphi(C') $. Z warunku $ 2^\circ $ wynika, że $ D' \in M $, a więc $ \varphi (C') \in M $.

Udowodniliśmy zatem, że $ \varphi(M) \subset M $. Rozpatrując przesunięcie $ \psi $ o wektor $ \overrightarrow{BA} $, które jest przekształceniem odwrotnym do $ \varphi $ stwierdzamy analogicznie, że $ \psi(M) \subset M $. Stąd $ M = \varphi(\psi(M)) \subset \varphi(M) $. Zatem $ M = \varphi (M) $.

Lemat 3. Istnieją takie punkty $ A, B, C, D \in M $, że $ ABCD $ jest równoległobokiem i jedynymi punktami zbioru $ M $ należącymi do tego równoległoboku są jego wierzchołki.

Dowód. Na mocy wniosku z lematu 1 do każdego odcinka należy tylko skończona liczba punktów zbioru $ M $. Istnieją więc takie dwa punkty $ A, B \in M $, że do wnętrza odcinka $ \overline{AB} $ nie należy żaden punkt zbioru $ M $.
om29_2r_img_11.jpg
Na mocy warunku $ 1^\circ $ istnieje taki punkt $ P \in M $, że punkty $ A $, $ B $, $ P $ są niewspółliniowe. Oznaczmy przez $ Q $ taki punkt, że $ ABQP $ jest równoległobokiem (rys. 11). Na mocy wniosku z lematu 1 do równoległoboku $ ABQP $ należy tylko skończona liczba punktów zbioru $ M $. Niech $ C $ będzie punktem równoległoboku $ ABQP $ należącym do zbioru $ M $ i różnym od $ A $ i $ B $. Ponieważ liczba takich punktów jest skończona, więc możemy wybrać punkt $ C $ tak, że jego odległość od prostej $ AB $ jest minimalna, to znaczy nie ma punktów zbioru $ M $ należących do $ ABQP $ różnych od $ A $ i $ B $, których odległość od $ AB $ jest mniejsza niż odległość punktu $ C $ od $ AB $.

Niech $ D $ będzie takim punktem, że $ ABCD $ jest równoległobokiem. Na mocy warunku $ 2^\circ $ mamy $ D \in M $. Wykażemy, że równoległobok $ ABCD $ nie zawiera punktów zbioru $ M $ różnych od $ A $, $ B $, $ C $ i $ D $.

Gdyby punkt zbioru $ M $ należał do wnętrza odcinka $ \overline{CD} $, to stosując przesunięcie o wektor $ \overrightarrow{DA} $ otrzymalibyśmy na mocy lematu 2 punkt zbioru $ M $ należący do wnętrza odcinka $ \overline{AB} $. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że wewnętrz odcinka $ \overline{CD} $ nie ma punktów zbioru $ M $.

Wobec tego, jeżeli pewien punkt $ E $ zbioru $ M $ różny od $ A $, $ B $, $ C $ i $ D $ należy do równoległoboku $ ABCD $, to jego odległość od prostej $ AB $ jest mniejsza od odległości punktu $ C $ od prostej $ AB $. Z minimalności tej ostatniej odległości wynika, że punkt $ E $ nie należy do równoległoboku $ ABQP $. Wtedy jednak punkt $ \varphi (E) $, gdzie $ \varphi $ jest przesunięciem o wektor $ \overrightarrow{AB} $, należy do równoległoboku $ ABQP $ (rys. 11) i na mocy lematu 2 należy do $ M $. Przy tym odległość punktu $ \varphi(E) $ od prostej $ AB $ jest równa odległości punktu $ E $ od tej prostej.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że taki punkt $ E $ nie istnieje, tzn. równoległobok $ ABCD $ nie zawiera punktów zbioru $ M $ różnych od $ A $, $ B $, $ C $ i $ D $.

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Niech $ ABCD $ będzie równoległobokiem spełniającym warunki lematu 3. Oznaczmy przez $ \varphi $ przesunięcie o wektor $ \overrightarrow{AB} $, a przez $ \psi $ - przesunięcie o wektor $ \overrightarrow{AD} $. Dla dowolnej liczby całkowitej $ n $ niech $ \varphi^n $ będzie przesunięciem o wektor $ n \cdot \overrightarrow{AB} $ i analogicznie $ \psi^n $ - przesunięciem o wektor $ n \cdot \overrightarrow{AD} $. Wtedy obrazy równoległoboku $ ABCD $ przy przesunięciach $ \varphi^k \circ \psi^m $, gdzie $ k $ i $ m $ są dowolnymi liczbami całkowitymi, pokrywają całą płaszczyznę.

Wykażemy, że zbiór $ M $ jest równy zbiorowi punktów postaci

\[<br /> (1) \qquad (\varphi^k \circ \psi^m)(A),\ \textrm{gdzie}\ k \ \textrm{i} \ m \ \textrm{są całkowite}.<br /> \]

Z lematu 2 wynika, że każdy punkt postaci (1) należy do zbioru $ M $. Na odwrót niech pewien punkt $ P $ należy do zbioru $ M $. Ten punkt należy też do równoległoboku będącego obrazem równoległoboku $ ABCD $ przy pewnym przesunięciu $ \varphi^k \circ \psi^m $. Stosując przesunięcie odwrotne $ \varphi^{-k} \circ \psi^{-m} $ stwierdzamy, że punkt $ Q = (\varphi^{-k} \circ \psi^{-m})(P) $ należy do $ M $ i do równoległoboku $ ABCD $. Na mocy lematu 3 punkt $ Q $ jest więc jednym z wierzchołków równoległoboku $ ABCD $. Zatem $ Q = A $, $ Q = B = \varphi(A) $, $ Q = D = \psi(A) $ lub $ Q = C = (\varphi \circ \psi)(A) $. Wobec tego $ P = (\varphi^k \circ \psi^m)(Q) $ jest obrazem punktu $ A $ przy pewnym przesunięciu postaci $ \varphi^r \circ \psi^s $. Zatem punkt $ P $ należy do zbioru (1).

Zbiór (1) jest oczywiście zbiorem wszystkich punktów przecięcia następujących dwóch rodzin prostych równoległych:

\[<br /> \psi^m(AB)\ (k \textrm{ - całkowite})\ \textrm{oraz} \ \varphi^m(AD) (m \textrm{ - całkowite}).<br /> \]

Uwaga. Warunek $ 3^\circ $ można oczywiście zastąpić warunkiem:

Jeżeli $ A, B \in M $ i $ A \ne B $, to $ AB \geq a $, gdzie $ a $ jest ustaloną liczbą dodatnią.

Warunku $ 3^\circ $ nie można jednak opuścić. Rozpatrzmy bowiem zbiór $ M $ punktów postaci

\[<br /> (2) \qquad (a + b\sqrt{2}, c + b\sqrt{3}),<br /> \]

gdzie $ a $, $ b $, $ c $ są dowolnymi liczbami całkowitymi. Łatwo sprawdzić, że ten zbiór $ M $ spełnia warunki $ 1^\circ $ i $ 2^\circ $. Wykażemy, że nie spełnia on tezy zadania.

Przypuśćmy, że istnieją takie dwie rodziny prostych równoległych, że $ M $ jest zbiorem wszystkich punktów przecięcia prostych należących do tych rodzin.

Niech $ L_1 $ i $ L_2 $ będą prostymi należącymi odpowiednio do pierwszej i do drugiej rodziny zawierającymi punkt $ (0,0) \in M $. Ponieważ punkty $ (1,0) $, $ (0, 1) $, $ (\sqrt{2}, \sqrt{3}) $ należą do $ M $, więc istnieją takie punkty $ P, P_1, P_2 \in L_1 $ oraz $ Q, Q_1, Q_2 \in L_2 $ należące do $ M $, że

\[<br /> \begin{split}<br /> (1,0)& = P + Q \\<br /> (3) \qquad (0,1) &= P_1 + Q_1 \\<br /> (\sqrt{2}, \sqrt{3}) &= P_2 + Q_2.<br /> \end{split}<br /> \]

Wobec tego

\[<br /> \begin{split}<br /> (0, 0) &= (\sqrt{2}, \sqrt{3}) - \sqrt{2}(1, 0) - \sqrt{3} (0,1) =\\<br /> &= (P_2 -\sqrt{2}P- \sqrt{3}P_1) +(Q_2-\sqrt{2}Q- \sqrt{3}Q_1).<br /> \end{split}<br /> \]

Ponieważ w ostatniej sumie pierwszy składnik należy do prostej $ L_1 $, a drugi - do prostej $ L_2 $ i ich suma jest równa $ (0, 0) $, więc wynika stąd, że oba te składniki są równe $ (0, 0) $, to znaczy

\[<br /> P_2 = \sqrt{2}P + \sqrt{3}P_1,\ Q_2 = \sqrt{2}Q + \sqrt{3}Q_1.<br /> \]

Niech $ P= (x+y\sqrt{2},z+y\sqrt{3}) $, $ P_1 = (x_1+y_1\sqrt{2}, z_1+y_1\sqrt{3}) $, gdzie $ x $, $ y $, $ z $, $ x_1 $, $ y_1 $, $ z_1 $ są liczbami całkowitymi. Wtedy

\[<br /> \begin{split}<br /> \sqrt{2}P + \sqrt{3}P_1 = (x\sqrt{2} + 2y + x_1 \sqrt{3} +y_1 \sqrt{6},\\<br /> z\sqrt{2} + y\sqrt{6} + z_1\sqrt{3} + 3y_1).<br /> \end{split}<br /> \]

Wynika stąd, że $ x_1 = y_1 = 0 $, $ z = y = 0 $ oraz $ x = z_1 $. Zatem $ P = (x, 0) $, $ P_1 = (0, x) $. Ponadto, jak wiemy, punkty $ (0, 0) $, $ P $, $ P_1 $ są współliniowe. Wobec tego $ x = 0 $, czyli $ P = P_1= (0, 0) $.

Wtedy z (3) wynika, że $ Q = (1, 0) $, $ Q_1 = (0,1) $. Jest to niemożliwe, ponieważ punkty $ (0,0) $, $ Q $, $ Q_1 $ są współliniowe.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że zbiór $ M $ określony wzorem (2) nie jest zbiorem wszystkich punktów przecięcia żadnych dwóch rodzin prostych równoległych.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź