XXIX OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIX OM, 1977-1978

Etap:

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 $M$ .

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

$ (1) \qquad (\varphi^k \circ \psi^m)(A),\ \textrm{gdzie}\ k \ \textrm{i} \ m \ \textrm{są całkowite}. $

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:

$ \psi^m(AB)\ (k \textrm{ - całkowite})\ \textrm{oraz} \ \varphi^m(AD) (m \textrm{ - całkowite}). $

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

$ (2) \qquad (a + b\sqrt{2}, c + b\sqrt{3}), $

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

$ \begin{split} (1,0)& = P + Q \\ (3) \qquad (0,1) &= P_1 + Q_1 \\ (\sqrt{2}, \sqrt{3}) &= P_2 + Q_2. \end{split} $

Wobec tego

$ \begin{split} (0, 0) &= (\sqrt{2}, \sqrt{3}) - \sqrt{2}(1, 0) - \sqrt{3} (0,1) =\\ &= (P_2 -\sqrt{2}P- \sqrt{3}P_1) +(Q_2-\sqrt{2}Q- \sqrt{3}Q_1). \end{split} $

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

$ P_2 = \sqrt{2}P + \sqrt{3}P_1,\ Q_2 = \sqrt{2}Q + \sqrt{3}Q_1. $

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

$ \begin{split} \sqrt{2}P + \sqrt{3}P_1 = (x\sqrt{2} + 2y + x_1 \sqrt{3} +y_1 \sqrt{6},\\ z\sqrt{2} + y\sqrt{6} + z_1\sqrt{3} + 3y_1). \end{split} $

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.