XLII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XLII OM, 1990-1991

Etap:

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.