ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 58377
Тема:    [ Аффинные преобразования и их свойства ]
Сложность: 7+
Классы: 8,9
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Пусть L — взаимно однозначное отображение плоскости в себя. Предположим, что оно обладает следующим свойством: если три точки лежат на одной прямой, то их образы тоже лежат на одной прямой. Докажите, что тогда L — аффинное преобразование.

Решение

Прежде всего заметим, что преобразование L взаимно однозначно отображает любую прямую на некоторую прямую. Действительно, пусть A1 и B1 — образы двух различных точек A и B. Тогда образ любой точки прямой AB лежит на прямой A1B1. Остается доказать, что если C1 — точка прямой A1B1, то ее прообраз C лежит на прямой AB. Предположим, что точка C не лежит на прямой AB. Тогда прямые AC и BC различны, а их образы лежат на прямой A1B1. Пусть X — произвольная точка плоскости. Проведем через X прямую, пересекающую прямые AC и BC в различных точках A' и B'. Образы точек A' и B' лежат на прямой A1B1, поэтому образ точки X тоже лежит на прямой A1B1. Это противоречит тому, что образом отображения L служит вся плоскость.
Итак, пусть L — взаимно однозначное отображение плоскости в себя, переводящее любую прямую в некоторую прямую. Будем последовательно доказывать свойства этого отображения, используя каждый раз то, что было доказано на предыдущих шагах. Доказательство первых 5 шагов уже приведено в решениях задач 29.229.4. Убедитесь самостоятельно, что там нигде не требуется непрерывность.
Шаг 1. Отображение L переводит параллельные прямые в параллельные прямые.
Шаг 2. Корректно определено действие L на векторах, т.е. если $ \overrightarrow{AB}$ = $ \overrightarrow{CD}$, то $ \overrightarrow{A_1B}_{1}^{}$ = $ \overrightarrow{C_1D}_{1}^{}$, где A1, B1, C1, D1 — образы точек A, B, C, D.
Шаг 3. L( 0) = 0.
Шаг 4. L(a + b) = L(a) + L(b).
Шаг 5. L(ka) = kL(a) при рациональном k.
Для непрерывного отображения L решение задачи было бы завершено, поскольку любое действительное число k можно приблизить рациональными числами. Но если не требовать непрерывности отображения L, то самая трудная часть доказательства только начинается.
Пусть a = $ \overrightarrow{OA}$ и b = $ \overrightarrow{OB}$ — базисные векторы. При отображении L они переходят в векторы a1 = $ \overrightarrow{O_1A}_{1}^{}$ и b1 = $ \overrightarrow{O_1B}_{1}^{}$. Возьмем на прямых OA и OB точки X и Y, соответственно. Они переходят в точки X1 и Y1, лежащие на прямых O1A1 и O1B1, соответственно. Это означает, что L(xa) = $ \varphi$(x)a1 и L(yb) = $ \psi$(y)b1, где $ \varphi$ и $ \psi$ — некоторые взаимно однозначные отображения множества действительных чисел в себя.
Шаг 6. $ \varphi$(t) = $ \psi$(t).
В самом деле, если $ \overrightarrow{OX}$ = t $ \overrightarrow{OA}$ и $ \overrightarrow{OY}$ = t $ \overrightarrow{OB}$, то прямые XY и AB параллельны, а значит, прямые X1Y1 и A1B1 тоже параллельны, т.е. $ \varphi$(t) = $ \psi$(t).
Мы доказали, что L(xa + yb) = $ \varphi$(x)a1 + $ \varphi$(y)b1. Остается доказать, что $ \varphi$(x) = x для всех действительных x. Напомним, что $ \varphi$(x) = x при рациональных x согласно шагу 5. Поэтому достаточно доказать, что если x < y, то $ \varphi$(x) < $ \varphi$(y).
Шаг 7. $ \varphi$(xy) = $ \varphi$(x)$ \varphi$(y) при всех действительных x, y.
Рассмотрим пропорциональные векторы xa + yb и $ {\dfrac{x}{y}}$a + b. Их образы $ \varphi$(x)a1 + $ \varphi$(y)b1 и $ \varphi$$ \left(\vphantom{\dfrac{x}{y}}\right.$$ {\dfrac{x}{y}}$$ \left.\vphantom{\dfrac{x}{y}}\right)$a1 + b1 тоже пропорциональны, поэтому $ \varphi$$ \left(\vphantom{\dfrac{x}{y}}\right.$$ {\dfrac{x}{y}}$$ \left.\vphantom{\dfrac{x}{y}}\right)$ = $ {\dfrac{\varphi(x)}{\varphi(y)}}$. В частности,

$\displaystyle \varphi$$\displaystyle \left(\vphantom{\frac{1}{y}}\right.$$\displaystyle {\frac{1}{y}}$$\displaystyle \left.\vphantom{\frac{1}{y}}\right)$ = $\displaystyle {\frac{\varphi(1)}{\varphi(y)}}$ = $\displaystyle {\frac{1}{\varphi(y)}}$    и    $\displaystyle \varphi$$\displaystyle \left(\vphantom{\frac{x}{1/y}}\right.$$\displaystyle {\frac{x}{1/y}}$$\displaystyle \left.\vphantom{\frac{x}{1/y}}\right)$ = $\displaystyle {\frac{\varphi(x)}{\varphi(1/y)}}$ = $\displaystyle \varphi$(x)$\displaystyle \varphi$(y).


Шаг 8. Если x < y, то $ \varphi$(x) < $ \varphi$(y).
Согласно шагу 4 получаем $ \varphi$(y) = $ \varphi$(y - x + x) = $ \varphi$(y - x) + $ \varphi$(x). Поэтому достаточно проверить, что если t = y - x > 0, то $ \varphi$(t) > 0. Положительное число t можно представить в виде t = s2, где s — некоторое действительное число, поэтому $ \varphi$(t) = $ \varphi$(s)2 > 0.

Источники и прецеденты использования

книга
Автор Прасолов В.В.
Год издания 2001
Название Задачи по планиметрии
Издательство МЦНМО
Издание 4*
глава
Номер 29
Название Аффинные преобразования
Тема Аффинная геометрия
параграф
Номер 1
Название Аффинные преобразования
Тема Аффинные преобразования и их свойства
задача
Номер 29.013B4

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .