Uczniowie

W 1967 roku szkoła podstawowa wypuściła po raz pierwszy absolwentów ośmioletniej podstawówki (tak, kiedyś też były reformy szkolne). W ogólnym reformatorskim zamieszaniu można było zrobić coś nietypowego, więc Wydział Matematyki i Fizyki Uniwersytetu Warszawskiego uruchomił uniwersyteckie klasy matematyczno-fizyczne w liceum im. Klementa Gottwalda (w latach 1906-50 oraz po 1990 roku Stanisława Staszica) - pretekst był prosty: pierwszym dyrektorem tego liceum był Jan Zydler, znakomity nauczyciel matematyki i autor do dziś niezapomnianych podręczników geometrii.

Sprawie patronował profesor Stanisław Mazur, a organizatorem była pełna niewyczerpywalnej energii Hanna Szmuszkowicz.

W jednej z pierwszych klas uczyłem geometrii (bo klasy były dwie, a geometrii uczył także Jerzy Lisiewicz, algebry zaś Juliusz Brzeziński i Maciej Bryński - byliśmy przekonani, że skoro uczymy nauczycieli, to powinniśmy sami też zobaczyć, jak się to robi).

Na wiosnę 1969 roku przydarzyła mi się fantastyczna historia, którą chcę przypomnieć, bo w lipcu 2016 dowiedziałem się, że już obaj jej bohaterowie nie żyją.

Owi bohaterowie to uczniowie drugiej klasy liceum (czyli szesnastolatkowie): Jerzy Zabilski, później matematyk (zmarły w 2011 roku) i Wiesław Mielniczuk, później fizyk (zmarły w 2016 roku - dziwna jest ta kolejność naszego znikania).

W klasie zadaję zadanie:

Zadanie 1. Wykazać, że dowolną izometrię płaszczyzny można uzyskać ze złożenia symetrii względem prostych należących do jednego pęku właściwego oraz jednego pęku niewłaściwego.

Zadanie to klasa zbiorowo rozwiązuje (Czytelniku, rozwiąż i Ty), więc proponuję zadanie domowe:

Zadanie 2. Wykazać, że dowolną izometrię płaszczyzny można uzyskać ze złożenia symetrii względem prostych należących do jednego pęku właściwego plus jedna prosta spoza tego pęku.

Czworo uczniów odpowiedziało twierdząco. Wobec tego zaproponowałem pytanie dodatkowe: jaki jest rząd generowania grupy izometrii w pierwszym i drugim przypadku?

Tu niezbędne jest wyjaśnienie: nie wiedziałem, jaki jest wynik, ani nawet nie miałem pomysłu, jak się do tego zabrać (mój współnauczyciel też nie, a myślę, że wielu nie tylko wtedy, ale i do dziś nie wie).

Tymczasem moi dwaj bohaterowie podali wynik: 4 i $∞$ ; i tym sposobem, jako nieletni uzyskali poważną publikację (Wiadomości Matematyczne XIII (1971), pp. 37-41) z rekomendacji profesora Stefana Straszewicza, twórcy olimpiad matematycznych.

A oto, jak uzyskali swoje rezultaty.

Twierdzenie. Do uzyskania wszystkich izometrii płaszczyzny wystarczą symetrie o osiach z $[A]$ gdzie $a /∈ [A].$

Dowód. Ponieważ izometria mająca punkt stały to obrót względem tego punktu lub symetria względem prostej przechodzącej przez ten punkt (a to mamy, bo możemy używać symetrii względem wszystkich prostych z $[A] |$ ), wystarczy wykazać, że dowolny punkt $P$ można nałożyć na $A.$ Przypadek 1: $| PA$
Odbijamy $A$ względem $a, |$ otrzymując $A$ i rysujemy okrąg o środku $|A$ i promieniu $AA |$ - oznaczmy go $o. |$ Obraz okręgu $o$ w symetrii względem $a$ oznaczmy przez $o′.$ Okrąg $-- o$ o środku $A,$ poprowadzony przez $P,$ przecina okrąg $o ′$ (założenie!) w punkcie $Q,$ więc możemy $|P$ przeprowadzić na $Q$ za pomocą symetrii z $[A]. |$ Obraz $Q |$ punktu $|Q$ w symetrii względem $a |$ leży na $o,$ więc może być przez symetrię względem prostej z $[A]$ (konkretnie: symetralnej $Q |$ ) przeprowadzony na $|A$ a stąd przez symetrię względem $|a$ na $A.$

Przypadek 2: $PA$
sprowadza się do przypadku 1: przez symetrię względem dwusiecznej $|?PAA$ punkt $P |$ przechodzi na $P-$ i przez symetrię względem $a$ na $′ |P .$ Ponieważ

P ′A

więc odległość od punktu $A$ zmniejszyła się o $2 | dist(a, A),$ co powtarzane wielokrotnie (na załączonym obrazku widać, że gdy musimy wykonać więcej kroków niż jeden, kolejny zaczyna się od prostej z $[A]$ równoległej do $a |$ ) daje spełnienie warunku z przypadku 1.

Stwierdzenie, że rząd generowania jest w tym przypadku nieskończony, nawiązuje do rozważenia przypadku 2 - tam przybliżaliśmy punkt $P |$ do punktu $|A.$ Zauważmy, że to przybliżanie nie może być wykonane większymi niż tam krokami.

Symetrie względem prostych z $[A] |$ nie przybliżają bowiem punktów do $A,$ symetria zaś względem $a |$ przybliża punkty nie więcej niż o $|2dist(a,A)$ :

PA

A ponieważ możemy punkt $|P$ obrać dowolnie daleko, więc izometria nakładająca go na $A$ może wymagać dowolnie wielu symetrii - rząd zatem jest nieskończony.

Tyle o przypadku, gdy osie symetrii były wybierane z $[A] |$ dla $|a /∈ [A].$

Pozostaje wykazanie, że

Twierdzenie. Rząd generowania dla prostych z $[A] |$ jest równy 4.

Dowód ma charakter raczej algebraiczny. Potrzebne są dwa lematy:

Lemat 1. $|∀A,$

Drugi lemat nie jest już tak oczywisty

Lemat 2. $∀A,$

Mając takie lematy, nie natrafia się już na żadne trudności.

Dowolna izometria $|φ$ jest (jak to już przypomniałem) złożeniem dwóch lub trzech symetrii osiowych, co rozpatrujemy kolejno.

$pict$

Ostatnia równość bierze się stąd, że $|q,t,m$ są współpękowe, a symetrie względem trzech prostych współpekowych zawsze można zastąpić jedną (co bez trudu można zauważyć również w argumentacji przy (1)).

Zaskakujące jest, że nadal do uzyskania izometrii zmieniających orientację potrzeba, tak jak i bez ograniczenia wyboru osi symetrii, jedynie trzech symetrii osiowych.

Takich miałem uczniów. Szkoda, że już ich nie spotkam.