P R E S E K List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 0351-6652 Letnik 19 (1991/1992) Številka 5 Strani 262-266 Ivan Vidav: RAVNINSKE MNOŽICE, V KATERIH SE IZRAŽAJO RAZDALJE MED TOČKAMI S CELIMI ŠTEVILI Ključne besede: matematika, osnove matematike, ravninske množice. Elektronska verzija: http://www.presek.si/19/1097-Vidav.pdf © 1992 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo RAVNINSKE MNOŽICE, V KATERIH SE IZRAŽAJO RAZDALJE MED TOČKAMI S CELIMI ŠTEVILI Naj bodo A,B,C oglišča enakostraniČnega trikotnika s stranico a = 1 Zastavimo si tole vprašanje: Ali obstaja v ravnini tega trikotnika taka točka T, da se izražajo vse tri razdalje od oglišč AT, BT in CT s celimi števili7 Očitno ustrezajo temu pogoju oglišča, saj je npr razdalja točke C od C enaka nič, od oglišč A in B pa 1. Je morda še kakšna druga taka točka? Denimo, da so razdalje AT, BT in CT cela števila. Oglejmo si trikotnik ABT Po trikotniški neenačbi je razlika stranic AT in BT manjša ali enaka tretji stranici AB, torej j xr- Fr|< AB. (Na levi strani smo zapisati absolutno vrednost | AT — BT | zato, ker fe-ta pomeni razliko med večjo in manjšo izmed stranic AT in BT.) Enakost velja tu le tedaj, kadar je trikotnik ABT rzrojen, se pravi, kadar leže točke A, B in T na isti premici. Ker je razlika AT—BT v našem primeru celo število in AB = a = 1 imamo samo dve možnosti: ali je ] AT — BT |= = 0 ali pa | AT - BT |- 1. V prvem primeru velja AT = B T in je trikotnik ABT enakokrak z vrhom T . Točka T leži na simetrali stranice AB (slika 1). V drugem primeru so točke A, B in T kolinearne, torej je T na premici, ki veže A in B. \ Slika 1. To zveznico bomo na kratko zaznamovali z AB. Ker sta tudi razdalji 67" in CT celi števili, ugotovimo kakor prej, da leži točka T bodisi na simetrali stranice BC bodisi na premici, ki veže B in C. Točko T moramo potemtakem iskati med presečišči naslednjih štirih parov premic: - simetral stranic AB in BC, - simetrale stranice AB in premice BC, - premice AB in simetrale stranice BC, - premic AB in BC. Presečišče simetral je središče očrtanega kroga (slika 1) V enakostraničnem trikotniku je polmer tega kroga r = |\/Z. v našem primeru torej r = Oddaljenost središča od ogliSč A, B.C je enaka r. Ker r ni celo Število, središče očrtanega kroga ne zadošča našemu pogoju. Presečišča nadaljnjih treh parov premic so po vrsti oglišča C, A in 8 Te točke pa izpolnjujejo naš pogoj. Tako smo ugotovili. da v ravnini enakostraničnega trikotnika s stranico 1 razen oglisč ni nobene druge točke T, za katero bi bile vse tri razdalje od oglišč cela števila. Kaj pa, Če vzamemo namesto enakostraničnega triktonika s stranico a = = 1 trikotnik s poljubnimi stranicami in postavimo isto vprašanje? Odgovor na to vprašanje daje IZREK X. Naj bo ABC poljuben trikotnik. Množica M tistih točk T, ki leže v ravnini tega trikotnika, razdalje od oglišč AT, BT in CT pa so cela števila, je končna ali celo prazna. Pripomba. Tukaj je mišljeno, da je ABC pravi trikotnik, to je, točke A, B in C niso na isti premici. Za izrojeni trikotnik izrek ne velja. Denimo namreč, da so A, B, C na isti premici, da leži točka B med A in C, razdalji AB in BC pa sta enaki 1. Če je T taka točka na tej premici, da je njena razdalja od A celo število, sta tudi razdalji BT in CT celi števili. Takih točk pa je na premici AB očitno nešteto. Pri dokazovanju izreka bomo uporabili tale dejstva o hiperbolah: I. Naj bosta Gi in G2 točki v ravnini, G1G2 = 3, nadalje naj bo r dano število, pri čemer je 0 < r < a. Oglejmo si množico točk T v ravnini, za katere velja | Gyr - G2T r (1) Če je 0 < r < a, je ta množica hiperbola, Gi in G2 pa sta njeni gorišči (slika 2). Ena izmed definicij hiperbole je namreč tale: hiperbola sestoji iz vseh točk T v ravnini, za katere je razlika razdalj od gorišf G1 in G2 konstanta (Podobno je elipsa množica točk T v ravnini, za katere je vsota razdalj od gorišč konstanta Od tod vrtnarska konstrukcija elipse.j Hipérbola ima dve VCji. Za točke T na eni veji je GiT — G2T — r, na drugi G2T — GjT — r. Če je r = 0. dobimo iz (1), da je G\T = G2T, V tem primeru leži T na simetrali daljice G1G2 in vsaka točka na simetrali zadošča temu pogoju. Zato je naša množica simetrala daljice G1G2. Kadar je r = a, so točke G\,G2,T na isti premici, ker velja | G\T — G2T a = GjGj. Zdaj sestoji množica iz točk na premici GjGj. (Natančneje povedano: te točke sestavljajo dva poltraka premice GjGj: poltrak z vrhom G\, na katerem ne leži G2, in poltrak z vrhom G2, na katerem ne leži Gi (slika 2} ) Simetrala daljice GjGí in omenjena poltraka se včasih imenujeta izrojeni hiperboli z gariščema Gi in G2. 2. Premica seče hiperbolo največ v dveh točkah. Dve različni hiperboli pa imata kvečjemu štiri skupne točke (slika 3). Dokažimo zdaj izrek. Zaradi enostavnosti pri-vzemimo, da so stranice našega trikotnika AB = c,~BČ = a.AC = b cela števila. Naj bo T taka točka v ravnini trikotnika, da so razdalje AT, BT, CT cela števila. Po trikotniŠki nee-načbi je \AT-~BT \