Rozkład figury symetrycznej na dwie przystające

Podobne dokumenty
1. ODPOWIEDZI DO ZADAŃ TESTOWYCH

PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1

domykanie relacji, relacja równoważności, rozkłady zbiorów

Notatki przygotowawcze dotyczące inwersji na warsztaty O geometrii nieeuklidesowej hiperbolicznej Wrocław, grudzień 2013

Twierdzenie Li-Yorke a Twierdzenie Szarkowskiego

Zad.3. Jakub Trojgo i Jakub Wieczorek. 14 grudnia 2013

9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie

2 Rodziny zbiorów. 2.1 Algebry i σ - algebry zbiorów. M. Beśka, Wstęp do teorii miary, rozdz. 2 11

Twierdzenie spektralne

Regionalne Koło Matematyczne

Kurs ZDAJ MATURĘ Z MATEMATYKI - MODUŁ 11 Teoria planimetria

Rysunek 1. Udowodnij, że AB CD = BC DA. Rysunek 2. Po inwersji o środku w punkcie E. Rysunek 3. Po inwersji o środku w punkcie A

Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 2017/2018.

Topologia - Zadanie do opracowania. Wioletta Osuch, Magdalena Żelazna, Piotr Kopyrski

Rozdział 6. Ciągłość. 6.1 Granica funkcji

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Kolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ BAZY PRZESTRZENI WEKTOROWYCH

LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów)

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ ANALITYCZNĄ zadania z odpowiedziami

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ ANALITYCZNĄ

Ciągi komplementarne. Autor: Krzysztof Zamarski. Opiekun pracy: dr Jacek Dymel

LXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów)

KONKURS ZOSTAŃ PITAGORASEM MUM. Podstawowe własności figur geometrycznych na płaszczyźnie

V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej

Sumy kwadratów kolejnych liczb naturalnych

LV Olimpiada Matematyczna

jest ciągiem elementów z przestrzeni B(R, R)

LX Olimpiada Matematyczna

Rozwiązania, seria 5.

Twierdzenie Banacha-Tarskiego z punktu widzenia algebraika

Rozdział 4. Ciągi nieskończone. 4.1 Ciągi nieskończone

Wykład 14. Elementy algebry macierzy

Przestrzeń unitarna. Jacek Kłopotowski. 23 października Katedra Matematyki i Ekonomii Matematycznej SGH

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /15

G i m n a z j a l i s t ó w

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

PLAN WYNIKOWY Z MATEMATYKI DLA KLASY I TECHNIKUM 5 - LETNIEGO

B jest liniowo niezależny V = lin (B) 1. Układ pusty jest bazą przestrzeni trywialnej {θ}. a i v i = i I. b i v i, (a i b i ) v i = θ.

ZAGADNIENIA PROGRAMOWE I WYMAGANIA EDUKACYJNE DO TESTU PRZYROSTU KOMPETENCJI Z MATEMATYKI DLA UCZNIA KLASY II

Zmienne losowe i ich rozkłady

Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /10

Geometria analityczna

Regionalne Koło Matematyczne

dr Mariusz Grządziel 15,29 kwietnia 2014 Przestrzeń R k R k = R R... R k razy Elementy R k wektory;

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania.

Geometria. Rozwiązania niektórych zadań z listy 2

Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych

FIGURY I PRZEKSZTAŁCENIA GEOMETRYCZNE

Krzywa uniwersalna Sierpińskiego

LXII Olimpiada Matematyczna

Wykład 1. Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych

n=0 (n + r)a n x n+r 1 (n + r)(n + r 1)a n x n+r 2. Wykorzystując te obliczenia otrzymujemy, że lewa strona równania (1) jest równa

WYMAGANIA EDUKACYJNE NIEZBĘDNE DO UZYSKANIA POSZCZEGÓLNYCH ŚRÓDROCZNYCH I ROCZNYCH OCEN KLASYFIKACYJNYCH Z MATEMATYKI POLITECHNICZNEJ KLASA 2

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14

Technikum Nr 2 im. gen. Mieczysława Smorawińskiego w Zespole Szkół Ekonomicznych w Kaliszu

LXX Olimpiada Matematyczna

Wykład 10. Stwierdzenie 1. X spełnia warunek Borela wtedy i tylko wtedy, gdy każda scentrowana rodzina zbiorów domkniętych ma niepusty przekrój.

Indukcja. Materiały pomocnicze do wykładu. wykładowca: dr Magdalena Kacprzak

Wykład 4 Udowodnimy teraz, że jeśli U, W są podprzetrzeniami skończenie wymiarowej przestrzeni V to zachodzi wzór: dim(u + W ) = dim U + dim W dim(u

Wyk lad 7 Baza i wymiar przestrzeni liniowej

METODY KONSTRUKCJI ZA POMOCĄ CYRKLA. WYKŁAD 1 Czas: 45

I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy. Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR

Inwersja na płaszczyźnie, własności, konstrukcje, zastosowania

Zestaw zadań 5: Sumy i sumy proste podprzestrzeni. Baza i wymiar. Rzędy macierzy. Struktura zbioru rozwiązań układu równań.

Matematyka Dyskretna 2/2008 rozwiązania. x 2 = 5x 6 (1) s 1 = Aα 1 + Bβ 1. A + B = c 2 A + 3 B = d

Przekształcenia liniowe

Znaleźć wzór ogólny i zbadać istnienie granicy ciągu określonego rekurencyjnie:

Uzupełnienia dotyczące zbiorów uporządkowanych (3 lutego 2011).

Pokazać, że wyżej zdefiniowana struktura algebraiczna jest przestrzenią wektorową nad ciałem

MATEMATYKA 8. Funkcje trygonometryczne kąta ostrego (α < 90 ). Stosunki długości boków trójkąta prostokątnego nazywamy funkcjami trygonometrycznymi.

VIII. ZBIÓR PRZYKŁADOWYCH ZADAŃ MATURALNYCH

Schematy Piramid Logicznych

Wymagania egzaminacyjne z matematyki na studia w Akademii Świętokrzyskiej im. J. Kochanowskiego w Kielcach (wszystkie kierunki) Algebra

Kombinowanie o nieskończoności. 3. Jak policzyć nieskończone materiały do ćwiczeń

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14

Zbiory wypukłe i stożki

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, B/14

Wykład 21 Funkcje mierzalne. Kostrukcja i własności całki wzglȩdem miary przeliczalnie addytywnej

Rozdział 5. Szeregi liczbowe. 5.1 Szeregi liczbowe. Definicja sumy częściowej ciągu. Niech dany będzie ciąg liczbowy (a n ) n=1.

Przykładowe zadania z teorii liczb

28 maja, Problem Dirichleta, proces Wienera. Procesy Stochastyczne, wykład 14, T. Byczkowski, Procesy Stochastyczne, PPT, Matematyka MAP1126

n=0 Dla zbioru Cantora prawdziwe są wersje lematu 3.6 oraz lematu 3.8 przy założeniu α = :

Funkcje - monotoniczność, różnowartościowość, funkcje parzyste, nieparzyste, okresowe. Funkcja liniowa.

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.)

Lista 4. Kamil Matuszewski 22 marca 2016

I Liceum Ogólnokształcące w Warszawie

R k v = 0}. k N. V 0 = ker R k 0

Paradoksalny rozkład kuli

XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Wymagania edukacyjne z matematyki

Indukcja matematyczna

Matematyka rozszerzona matura 2017

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /15

Matematyka dyskretna dla informatyków

W. Guzicki Próbna matura, grudzień 2014 r. poziom rozszerzony 1

Grzegorz Bobiński. Wykład monograficzny Programowanie Liniowe i Całkowitoliczbowe

XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów

z = x + i y := e i ϕ z. cos ϕ sin ϕ = sin ϕ cos ϕ

Transkrypt:

Rozkład figury symetrycznej na dwie przystające Tomasz Tkocz 10 X 2010 Streszczenie Tekst zawiera notatki do referatu z seminarium monograficznego Wybrane zagadnienia geometrii. Całość jest oparta na artykule [Woj]. Najpierw podamy kilka przykładów, a potem udowodnimy twierdzenie o nieistnieniu pewnego rozkładu figury środkowo symetrycznej. 1 Wstęp Michał Wojciechowski 1 zajmował się takim zadaniem (Wiadomości Matematyczne XXIII (1980), str. 93, zadanie 273) Udowodnić, że jeśli F jest figurą ograniczoną, zawartą w płaszczyźnie, mającą środek symetrii należący do tej figury, to F nie można rozłożyć na dwie rozłączne figury przystające. Pokazał on, że teza zadania nie jest prawdziwa. Pokażemy to w rozdziale Przykłady. Ale także podał on naturalne wzmocnienie założeń, przy których teza zadania już zachodzi. Dotyczyć tego będzie rozdział Twierdzenie o nieistnieniu rozkładu. Można się zastanawiać nad różnymi uogólnieniami tego zadania. Na przykład jak jest w wyższych wymiarach? Oczywiście kontrprzykłady się przeniosą (rozważając wszystko w dwuwymiarowej podprzestrzeni), natomiast sprawa nieistnienia odpowiedniego rozkładu wydaje się otwarta. 2 Przykłady Pierwszym narzucającym się argumentem przemawiającym za tym, że cytowane zadanie ma szansę mieć prawdziwą tezę jest przypadek figury F składającej się ze skończenie wielu punktów. Wtedy, ponieważ jest ona środkowo symetryczna ze środkiem symetrii doń należącej, to F składa się z nieparzystej ilości punktów. Wtedy F z przyczyn mnogościowych nie rozłoży się na dwie rozłączne przystające części. Zanim podamy kontrprzykład, zobaczmy, że jeśli izometria dwóch kawałków figury F już istnieje, to nie może być dowolna. Stwierdzenie 1. Jeśli F jest ograniczoną figurą środkowo symetryczną, powiedzmy względem O i istnieje rozkład F = F 1 F 2 figury F na dwie rozłączne przystające części F 1 i F 2, to izometria ustalająca to przystawanie jest obrotem o środku różnym od O. Szkic dowodu. Wobec twierdzenia o klasyfikacji izometrii płaszczyzny wystarczy wykluczyć przypadek, że istniejąca izometria jest translacją, symetrią osiową lub symetrią z poślizgiem. Idea jest prosta. W każdym przypadku dostaniemy sprzeczność z ograniczonością figury F, iterując odpowiednio tą izometrię (na środku symetrii O). Szczegóły zaś pomijamy. 1 obecnie pracownik Zakładu Analizy Funkcjonalnej Instytutu Matematycznego PAN; referowana praca powstała, gdy był jeszcze w liceum, na konkurs Uczniowskich Prac z Matematyki Delty 1

Rysunek 1: Konstrukcja kontrprzykładu Przykład 1 (Teza zadania nie jest prawdziwa). W kąt o wierzchołku P i mierze ϕ niewspółmiernej z π wpiszmy okrąg o 1, który niech będzie styczny do jednego z ramion kąta w punkcie O. Niech o 2 będzie obrazem okręgu 0 1 w symetrii S względem punktu O. Tak wybierzmy orientację kąta ϕ, aby obrót R o kąt ϕ przeprowadzał o 1 na o 2. Określamy ciąg punktów { A1 = O, B n = R(A n ), dla n 1. A n+1 = S R(A n ) Definiujemy F = {A n } {B n } oraz oczywiście F 1 = {A n }, F 2 = {B n }. Zauważmy, że 1. F 2 = R(F 1 ) 2. Figura F jest ograniczona jako zawarta w o 1 o 2, no bo mamy, że A n o 1 = R(A n ) o 2 = A n+1 = SR(A n ) o 2, więc F 1 = {A n } o 1. Stąd od razu też F 2 o 2. 3. Figury F 1 i F 2 są rozłączne, bo F 1 F 2 o 1 o 2 = {0}, więc tylko O jest kandydatem na wspólny ich element. Ale to łatwo wykluczyć. Wiemy, że O F 1, a gdyby O F 2, to O = B k = R(A k ), dla pewnego k. Wtedy A 1 = O = S(O) = S(B k ) = SR(A k ) = (SR) k (A 1 ), ale SR jest obrotem względem środka okręgu o 1 o kąt ϕ niewspółmierny z π. Nie może więc on mieć orbity zamkniętej. Tym samym teza Zadania jest nieprawdziwa. Jeśli dołączyć do F 1 otwarty obszar ograniczony przez okrąg o 1, a do F 2 przez okrąg o 2, to dostaniemy przykład spójnej ograniczonej figury środkowo symetrycznej, którą można podzielić na dwa przystające rozłączne i spójne kawałki. 2

Rysunek 2: Przykład figury środkowo symetrycznej rozkładającej się na dwa kawałki też środkowo symetryczne Przykład 2 (Rozkład figury środkowo symetrycznej na kawałki też środkowo symetryczne). W tym przykładzie zobaczymy, że istnieje środkowo symetryczna figura ograniczona (zawarta nawet w prostej!) zawierająca swój środek symetrii, którą można rozłożyć na dwie środkowo symetryczne rozłączne części (już nie koniecznie zawierające swoje środki symetrii). Ale jak się za chwilę okaże nie mogą już one być przystające. Ustalmy dwie liczby α > 0 i β < 0 takie, że α < β. Określamy rekurencyjnie ciąg Niech F = {x n }. Mamy x 1 = 0, x 2n = { 2α x2n 1, gdy x 2n 1 0, 2β x 2n 1, gdy x 2n 1 < 0,, x 2n+1 = x 2n. 1. F jest ograniczony, bo łatwo indukcyjnie sprawdzić, że x n 2 β (gdy x 2n 1 [2β, 0), to x 2n (2β, 0], a gdy x 2n 1 [0, 2β], to x 2n [2α + 2β, 2α] (2β, 2β)). 2. Figury F 1 = {x 2n, x 2n 1 x 2n 1 0 n 1}, F 2 = {x 2n, x 2n 1 x 2n 1 0 n 1} są oczywiście rozłączne i dają w sumie F. Są środkowo symetryczne względem α i β odpowiednio, gdyż, dla ustalenia uwagi powiedzmy dla F 1, każdy element ciągu z nieparzystym indeksem z F 1 ma symetrycznego względem α kolegę o następnym parzystym indeksie, z definicji, również w F 1. 3. F jest symetryczną figurą względem 0 F, co wynika z warunku x 2n+1 = x 2n Mamy więc przykład figury F środkowo symetrycznej zawierającej swój środek symetrii i ograniczonej, która rozkłada się na dwie rozłączne figury również środkowo symetryczne. Może się zdarzyć tak, że F będzie składała się ze skończenie wielu punktów, np. dla α = 3, β = 4, por. Rysunek 2. Ponadto w przypadku, gdy ciąg (x n ) jest od pewnego miejsca stały, nie zawsze dostajemy to co chcieliśmy, por. np. α = 2 i β = 6 (jest x 1 1 <, więc x 1 1 zaliczymy do F 2, ale x 1 6 = x 1 1 i x 1 5 > 0, więc trzeba by x 1 6 zaliczyć do F 1 ). Zbadanie tego, kiedy jest dobrze, w szczególności kiedy zbiór {x n } jest nieskończony, wydaje się trudne i pomijamy. 3 Twierdzenie o nieistnieniu rozkładu Przykłady z ostatniego rozdziału są niejako wstępem do zapowiadanego twierdzenia o nieistnieniu rozkładu figury na dwie przystające rozłączne części. Otóż widzieliśmy, że dla ograniczonej figury środkowo symetrycznej, jeśli życzyć sobie od rozkładu na dwa rozłączne kawałki, aby były one tylko przystające (Przykład 1), albo tylko środkowo symetryczne (Przykład 2), to nie jest on zabroniony. Jeśli jednak zażądamy tych dwóch warunków na raz, to okazuje się, że nigdy to nie jest możliwe. 3

Twierdzenie 1. Udowodnić, że jeśli F jest figurą ograniczoną, zawartą w płaszczyźnie, mającą środek symetrii należący do tej figury, to F nie można rozłożyć na dwie rozłączne figury przystające i środkowo symetryczne. Udowodnimy najpierw dwa lematy. Środek symetrii figury F oznaczamy przez O F. Zauważmy, że ograniczona figura ma co najwyżej jeden środek symetrii. Lemat 1. Jeśli ograniczona środkowo symetryczna figura F rozkłada się na dwie rozłączne środkowo symetryczne części F 1 i F 2, to punkty O F, O F1, O F2 są współliniowe. Dowód. Symetrię względem punktu X oznaczamy tradycyjnie przez S X. Załóżmy, że teza nie jest prawdziwa. Weźmy dowolny punkt X 1 F 1 i rozważmy ciąg X 2n = S OF (X 2n 1 ), X 2n+1 = S OFi (X 2n ), gdy X 2n F i, dla i = 1, 2. Zauważmy, że z konstrukcji tego ciągu mamy ) X 2n 1 X 2n+1 = X 2n 1 (S OFi S OF (X 2n 1 ) = 2 O F O Fi. Zatem iterując to, dla dowolnego m istnieją liczby k i l takie, że k + l = m oraz X 1 X 2m+1 = 2k O F O F1 + 2l O F O F2. Ponieważ wektory O F O F1 i O F O F2 są liniowo niezależne, to długość wektora X 1 X 2m+1 dąży wraz z m do nieskończoności, co przeczy ograniczoności figury F. Rysunek 3: W Lemacie 2 rozważamy dwa dyski D 1 i D 2 i łuk l Lemat 2. Jeśli ograniczona środkowo symetryczna figura F rozkłada się na dwie rozłączne środkowo symetryczne części F 1 i F 2, które są przystające, to O F jest środkiem odcinka O F1 O F2. Dowód. Oznaczmy O = O F, A = O F1 i B = O F2. Gdy A = B, to jest to też środek symetrii figury F, a że ma ona co najwyżej jeden, to A = B = O i po zabawie. Załóżmy więc dalej, że A B. Gdyby teza nie była prawdziwa, to, powiedzmy, OB > OA. Określmy sobie promień naszych figur przez r = sup AX F 1 F = 2 sup BX. X F 1 X F 2 4

Niech D 1, D 2 będzie kołem o promieniu r i środku A, B, odpowiednio. Z definicji r oczywiście jest F D 1 D 2. Ponieważ zakładamy, że OB > OA, to S O ( D 2 ) zawiera łuk l większy od półokręgu. Skoro znajdzie się punkt P D 2 będący granicą punktów z F 2, to S O (P ) lub S O (S B (P )) należy do l (jest to łuk większy od półokręgu zawiera więc punkt lub jego symetryczny obraz względem środka okręgu), więc wraz z pewnym otoczeniem ten punkt wyłazi z D 1 D 2, czyli z F i sprzeczność z jego symetrią względem O. Dowód Twierdzenia 1. Niech f będzie izometrią ustalającą przystawanie F 2 = f(f 1 ). Po pierwsze, zauważmy, że A B (oznaczenia jak z dowodu Lematu 2). No bo w przeciwnym przypadku, A = B = O. Jeśli A F 1, to f(a) F 2 jest środkiem symetrii tej figury (bo A jest środkiem symetrii figury F 1, zaś f jest izometrią!). Zatem F 2 f(a) = B = A F 1 i sprzeczność z rozłącznością figur F 1 i F 2. Podobnie rozumujemy, gdy A F 2. Po drugie, S O (F 1 ) F 2, bo w przeciwnym przypadku, skoro, powiedzmy, O F 1, to też O F 2 i sprzeczność z rozłącznością. Zatem, po trzecie, istnieje P F 1 taki, że też S O (P ) F 1. Określamy ciąg punktów P 1 = P, P 2n = S O (P 2n 1 ), P 2n+1 = S A (P 2n ). Zauważmy, że P 1, P 2 = S O (P ), P 3 = S A (P 2 ) F 1. A ponieważ S B (P 2n+4 ) = S B S O S A S O }{{} S B (P 2n+1 ) = S 2 B(P 2n+1 ) = P 2n+1, to indukcyjnie wnosimy, że nie może być P 2n+4 F 2, dla dowolnego n jest więc {P n } F 1. Ale P 2(n+1) = S O S }{{ A (P } 2n ), translacja o OA więc {P 2n } jest nieograniczonym podzbiorem figury F 2. Sprzeczność kończy dowód. Na koniec proponujemy rozwiązać następujące zadanie, którego rozwiązanie można znaleźć w pracy [Woj]. Zadanie 1. Czy istnieje figura F ograniczona, osiowo symetryczna i taka, że do jej osi symetrii l należy dokładnie jeden punkt O F oraz dająca się rozłożyć na sumę dwóch rozłącznych figur przystających. Literatura [Woj] M. Wojciechowski, O pewnym rozkładzie figur środkowo symetrycznych, Wiadomości matematyczne XXVII (1986), 75-80. 5