Najłatwiejsze zadanie?

Na drugim etapie tegorocznej Olimpiady Matematycznej pojawiło się pewne zadanie. Pojawiło się ono na zawodach z numerem 1 i (zgodnie z oczekiwaniami) okazało się bardzo łatwe - rozwiązała je znacząca większość uczestników. Przedstawimy szkic rozwiązania... x

Zadanie 1. We wnętrzu trójkąta o bokach długości 3, 4, 5 leży punkt $|P.$ Wykazać, że jeżeli odległości $P$ od wierzchołków są wszystkie wymierne, to odległości $P$ od boków też.

Szkic rozwiązania. Umieśćmy trójkąt (który jest, oczywiście, prostokątny) w układzie współrzędnych tak, by jego wierzchołkami były $|A$ Niech punkt $|P$ ma współrzędne $|(x,y).$ Wtedy z twierdzenia Pitagorasa wynika, że $| PA$ Stąd

PA

a ponieważ $PA$ to $|x∈ Q.$ Analogicznie $y ∈Q.$ Zatem wykazaliśmy, że punkt $P$ leży w wymiernych odległościach od boków $AB$ i $AC. |$ Odległość od boku $BC |$ możemy obliczyć, korzystając, na przykład, ze wzoru na odległość punktu od prostej. Ponieważ prosta $BC |$ jest opisana równaniem $3x | +4y − 12 = 0,$ to szukana odległość wynosi

3x√-+4y-−-12 = 3x +-4y-−-12 , 32 +42 5

czyli jest wymierna.

Pomimo niewielkiej trudności samego zadania możemy powiązać z nim kilka ciekawych problemów. Pierwsze pytanie, które się nasuwa, brzmi: czy w ogóle istnieje punkt spełniający warunki zadania? Przed przejściem do dalszej części artykułu Czytelnik może sam spróbować poszukać takich punktów.

Chociaż ich ręczne znalezienie może być trudne, z pomocą komputera szybko znajdujemy kilka punktów spełniających nasze warunki. Najprostszy z nich (o najmniejszych mianownikach) ma współrzędne $20 21 (23,23)$ i jest odległy od wierzchołków $A,$ odpowiednio o $|2293, 7523, 5223.$

Tak naprawdę powiedzieć możemy dużo więcej. J.H.J. Almering w 1963 roku udowodnił, że

Dla dowolnego (niekoniecznie prostokątnego) trójkąta o bokach wymiernej długości zbiór punktów, których odległości od wszystkich wierzchołków są wymierne, nie tylko jest niepusty, ale nawet nieskończony i ponadto jest gęstym podzbiorem płaszczyzny!

Jak dowodzi T.G. Berry w pracy z 1992 roku, wystarczy jedynie założyć, że kwadraty długości boków są wymierne i co najmniej jeden bok trójkąta ma długość wymierną - to ostatnie założenie jest konieczne, bo w trójkącie o bokach $√ --√ --√ -- | 2, 3, 5$ nie ma żadnego punktu o wymiernych odległościach od wierzchołków (zachęcamy Czytelnika do samodzielnego udowodnienia tego faktu).

Kolejne pytanie, jakie możemy sobie postawić, dotyczy uogólnienia wyjściowego zadania. Rozumowanie analogiczne do przedstawionego powyżej rozwiązania pokazuje, że teza zadania jest spełniona dla dowolnego trójkąta prostokątnego o bokach wymiernych.

Wykażemy teraz, że teza zachodzi dla dowolnego trójkąta o bokach długości wymiernej i wymiernym polu. Zacznijmy od prostego lematu.

Lemat 1. Załóżmy, że trójkąt $ABC$ ma wymierne boki. Niech $AD |$ będzie wysokością tego trójkąta. Wtedy odcinki $BD$ i $CD$ mają długości wymierne.

Dowód. Wiemy, że $+ CD = BC BD$ lub $− CD = BC ,BD$ co jest liczbą wymierną. Ponadto z twierdzenia Pitagorasa wynika, że $2− CD 2== AB 2− AC | BD$ co też jest wymierne. Stąd $+ CD BD$ i $− CD BD$ są wymierne, co natychmiast implikuje tezę lematu.

Załóżmy teraz, że trójkąt $ABC$ ma wymierne boki i wymierne pole. Przyjmując oznaczenia jak w lemacie, dostajemy, że $AD |$ jest wymierne (ze wzoru na pole trójkąta), a także $BD$ i $| CD$ są wymierne. Zatem możemy ustawić trójkąt w układzie współrzędnych tak, aby punkty $A,$ miały odpowiednio współrzędne $(0,a), (b,0),(c,0)$ dla pewnych liczb wymiernych $|a,b,c.$ Rozważmy punkt $|P = (x, y)$ o wymiernych odległościach od punktów $A,$ Kwadraty tych odległości też są liczbami wymiernymi i są równe odpowiednio $2 2 2 2 2 |x + (y −a) ,(x − b) + y ,(x − c) + y .$ Czytelnik zechce samodzielnie sprawdzić, że wymierność tych liczb implikuje wymierność $x$ i $y.$

Możemy pójść jeszcze dalej i zapytać, czy da się uogólnić ten rezultat na inne wielokąty. Okazuje się, że tak:

Twierdzenie. Załóżmy, że $W1W2...Wn$ jest wielokątem wypukłym o wymiernych bokach $b1,...,bn$ i wymiernym polu $S,$ a $|P$ niech będzie punktem we wnętrzu tego wielokąta. Wówczas, jeśli wszystkie odległości $P$ od wierzchołków tego wielokąta są wymierne, to również wszystkie odległości $P$ od jego boków są wymierne.

Dowód korzysta z następującego prostego faktu.

Lemat 2. Jeśli długości boków trójkąta $a, b,c$ są wymierne, to jego pole $|s$ spełnia warunek $s2 ∈Q.$

Wynika to, na przykład, ze słynnego wzoru Herona

√ ---------------------- s = p(p − a)(p − b)(p −c) gdzie p = (a+ b + c)/2,

ale można udowodnić to dużo prościej. Następny lemat jest bardziej wyrafinowany, ale przy naszym podejściu niezbędny.

Lemat 3. Załóżmy, że liczby $q1,...,qn$ są wymierne i dodatnie oraz że liczba $√ q-+ ...+ √ q-- 1 n$ też jest wymierna. Wówczas wszystkie liczby $√ q- j$ są wymierne.

Czytelnik Oblatany może zgłębić zakamarki dowodu, a Czytelnik Nieśmiały na ten czas może przyjąć jego poprawność na wiarę i przejść do dalszej części.

Dowód. Załóżmy, że jest inaczej i rozważmy ciało $√ -- √ --- K = Q( q1,..., qn).$ Mamy więc $K ≠ Q$ i ciało $|K$ jest rozszerzeniem Galois ciała $Q |$ (gdyż jest ciałem rozkładu wielomianu $n 2 L | j 1(x − q j)$ ). Niech $σ$ będzie dowolnym nietrywialnym automorfizmem $|K$ nad $Q. |$ Ponieważ

√ -- √ --- q1 + ... + qn = w

(gdyż $σ$ zachowuje działania). Dla każdego $j∈ {1,...,n}$ mamy $√ -- √ -- |σ( q j) = q j$ albo $-- -- |σ(√ q j) = −√ qj .$ Ale z powyższych dwóch równości wynika, że zawsze musi być $σ (√q-) = √ q, j j$ a zatem $|σ= id$ - sprzeczność.

Przechodzimy teraz do dowodu uogólnienia. Niech $s1,...,sn$ będą polami trójkątów $W1PW2,...,WnP W1.$ Z lematu 2 mamy $√-- |s j = qj$ gdzie $|q j∈ Q+$ dla $j = 1,...,n.$ Z założenia $√ -- √--- | q1 + ...+ qn = S ∈Q,$ a zatem na podstawie lematu 3 mamy $s = √ q-∈ Q j j$ dla $j = 1,...,n.$ Z wymierności boków wielokąta i wzoru na pole trójkąta wynika teraz, że odległości punktu $|P$ od boków są wymierne.