Задача 67439
|
|
 |
Условие
Можно ли на плоскости из каждой точки с рациональными координатами выпустить луч так, чтобы никакие два луча не имели общей точки и при этом среди прямых, содержащих эти лучи, никакие две не были бы параллельны?Решение 1
Достаточно найти такую точку $O$, что на любой прямой, проходящей через $O$, лежит не более одной рациональной точки. Тогда, проведя из $O$ всевозможные лучи во все рациональные точки и удалив у каждого луча начало (от $O$ до соответствующей рациональной точки), получим искомый набор непересекающихся непараллельных лучей.Найти точку $O$ можно разными способами.
Первый способ. Можно указать точку $O$ явно – например, подойдёт точка $(\sqrt{2}, \sqrt{3})$. Пусть на прямой, проходящей через эту точку, есть две рациональные точки $(a,b)$ и $(c,d)$. Тогда векторы $(a-\sqrt{2}, b-\sqrt{3})$ и $(a-c, b-d)$ пропорциональны, откуда $$(a-\sqrt{2})(b-d) = (b-\sqrt{3})(a-c),\quad (*)$$ откуда $a(b-d) - b(a-c) = (b-d)\sqrt{2}-(a-c)\sqrt{3}$. Возводя в квадрат и перенося заведомо рациональные слагаемые в левую часть, получим, что будет рациональным число $2(b-d)(a-c)\sqrt{6}$, что возможно только при $b = d$ или $a = c$. Но из равенства $(*)$ видим, что если выполнено хоть одно из равенств $b=d$, $a=c$, то выполнено и второе, откуда точки $(a,b)$ и $(c,d)$ совпадают.
Второй способ. Можно поступить иначе – доказать существование такой точки $O$. Проведём всевозможные прямые через пары рациональных точек. Таких прямых будет счётное количество. Так как всего направлений на плоскости несчётное количество, на ней найдётся прямая $l$, не параллельная ни одной из проведённых прямых. Проведённые прямые высекают на $l$ счётное число точек, а всего на $l$ точек несчётное количество, поэтому там ещё останутся точки, любая из них подойдёт в качестве $O$.
Решение 2
Заметим, что если прямая задаётся уравнением $y = kx+b$, где $k$ – иррациональное, то на ней лежит не более одной рациональной точки. Действительно, пусть лежит хотя бы две: $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$. Тогда $k = \frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ — рациональное. Противоречие.Так как всего рациональных чисел счётное множество, то рациональных точек тоже счётное множество. Занумеруем их: $a_1$, $a_2$, $\dots$ Назовём набор из $N$ лучей хорошим, если лучи имеют начала в точках $a_1$, $\dots$, $a_N$, причём никакие два луча не имеют общей точки и не лежат на параллельных или совпадающих прямых, а направляющие векторы у всех лучей имеют положительные координаты (то есть угол между каждым лучом и положительным направлением оси $Ox$ лежит в интервале от 0° до 90°).
Докажем по индукции следующее утверждение: если существует хороший набор из $N$ лучей, то к нему можно добавить ещё один луч так, что снова получится хороший набор. База: $N$ = 1. Проведём через $a_1 = (x_1, y1)$ прямую с угловым коэффициентом $2$, и лучом будет «верхняя половина» этой прямой.
Среди всех проведённых лучей найдём луч с минимальным углом наклона к оси $Ox$ (пусть это $k_0$). Попробуем выпустить из $a_N$ луч с положительным иррациональным угловым коэффициентом, меньшим $k_0$. Тогда прямая, содержащая этот луч, не параллельна ни одной из прямых, содержащих предыдущие лучи (и не совпадает с этими прямыми). Такой луч может не подойти, только если он пересекает какой-то другой уже построенный луч с началом $a_m$ и угловым коэффициентом $k_m$ (рисунок посередине).
Выберем тогда такой иррациональный коэффициент $k > k_m$, что $k$ меньше всех коэффициентов, бо́льших $k_m$, и выпустим из $a_N$ луч с этим коэффициентом (на рисунке справа он будет подыматься «круче» пунктирного луча с коэффициентом $k_m$). Его не могут пересечь лучи с коэффициентами, меньшими $k$ – они пересекли бы тогда и луч, выходящий из $a_m$, что противоречит предположению индукции. Поэтому он не подойдёт, только если его пересекает луч с ещё бо́льшим угловым коэффициентом $k_l$. Тогда, аналогично предыдущему, выпустим из $a_N$ луч с коэффициентом, большим $k_l$ и меньшим всех коэффициентов, больших $k_l$, и так далее. Так как всего проведённых лучей конечное число, найдётся момент, когда мы сможем провести луч, не пересекающий остальные лучи. Переход доказан.
Взяв объединение всех хороших наборов для $N$ = 1, 2, 3, ... (каждый луч берём один раз), получим искомые лучи.
