i
i
“1146-Zalar-pravokotne” — 2010/7/14 — 14:55 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 20 (1992/1993)
Številka 5
Strani 268–272
Borut Zalar:
PRAVOKOTNE ENAČBE NA RACIONALNI ŠTE-
VILSKI MREŽI
Ključne besede: matematika, enačbe.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/20/1146-Zalar.pdf
c© 1993 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2010 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
Ii)l-'-'-li)l-'-'.~l-''" 1t: '" I",;"
PRAVOKOTNE ENAČBE NA RACIONALNI ŠTEVILSKI
MREŽi
1. Racionaina številska mreža in pravokotnost
Naj bo v ravnini podan pravokotni koordinatni sistem (x .y) in naj bo M
množica vseh točk . ki imajo obe koordinati racionalni. Množico M bomo
imenovali racionaina številska m reža .
Vsaki točki te mreže pripada torej par racionalnih števil (n , m) . koordinati
točke v danem koord inatnem sistemu . Vsaki točki mreže priredimo daljice. ki
povezuje to točko z izhodiščem koordinatnega sistema . torej s točko (O . O).
V ~reži definiramo seštevanje in pravokotnost.
• Seštevanje definiramo takole : Le je A = (n. m) in 8 = (k ./). je A +
+ 8 = (n + k. m + 1) . Na primer (1.2) + (3. -1) = (4.1) .
• Za točki A = (n. m) in 8 = (k, 1) rečemo, da sta pravokotni, če sta
pravokotni dalj ici OA in 08.
Le si narišemo trikotnik OA8 in vzporednice s koordinatnima osema skozi
točki Ain 8. vidimo. da iz Pitagorovega izreka sledi , da je OA 2 = n2 + m 2 .
08
2 = k2 + 12 ter A82 = (n - k)2 + (m - 1)2. Le naj bo trikotn ik OA8
pravokoten , mora tudi zanj veljati Pitagorov izrek . oz iroma n2 + m 2 + k2 +
+ 12 = (n - kf + (m _/)2 . Od tod sledi nk + ml = O. To nam da možnost
definicije pravokotnosti, ki je popolnoma algebrajska in enostavno računsko
preverljiva : A = (n. m) in 8 = (k ./) sta pravokotni , če je nk + ml = O.
Tako na primer točki A = (1,2) in 8 = (3, -2) nista pravokotni, saj je
1 · 3 + 2 · (-2) = -1 f; O, medtem ko sta točki C = (1,2) in D =(2. -1)
pravokotni , ker je 1 ·2 + 2 · (-1) = O. .
2. Dve enačbi z racionalnimi števili
Oglejmo si sedaj rešitvi dveh funkcijsk ih enačb , ki j u bomo potrebovali v nada-
ljevanju . Naj bo lO množica racionalnih števil in ( : lO --+ lO neka funkcija .
Potem veljata naslednji trditvi:
Trditev 1. te je ((x + y) = ((x) + ((y) za vsaka x in y , potem obstaja
tako racionalno število a , da je ((x) = ax .
269
Dokaz. Iz f(x) = f(x + O) = f(x) + f(O) sledi najprej f(O) = O. Naj bo
nadalje a = f(l). Ker je f : Q -+ Q. je seveda a E Q. Tedaj je f(2) = f(l +
+ 1) = f(l) + f(l) = 2a in f(3) = f(2 + 1) = f(2) + f(l) = 3a. Naprej
sklepamo podobno, saj iz fen) = na sledi fen + 1) = fen) + f(l) = na +
+ a = (n + l)a. Tisti z nekaj več znanja ste nedvomno prepoznal i prijem,
ki se imenuje princip popolne indukcije. Po njem sledi, da je f(x) = ax za
vsako naravno število x. Le pa je x negativno celo število, potem je O =
= f(O) = f(x + (-x)) = f(x) + (-ax) . saj je - x naravno število . To nam
pove, da je f(x) = ax za vsa cela števila x.
Naj bo zdaj x naravno število. Ker je x . ~ = 1, dobimo po prejšnjem
odstavku a = f(l) = f(x .~) = xf(~) , oziroma f(~) = ~. Ker je f(~ +
+ -:x) = O,je f(~) = ~ tudi za negativna cela števila x. Na koncu vzemimo
še poljubno racionalno število x = ~ . Vzamemo lahko, da je nnaravno , m
pa celo število . Tedaj je f(x) = f( ~) = nf( ,;) = ~ = ax in dokaz je s
tem končan.
Trditev 2. teje f( x + y) + f( x - y) = 2f(x) + 2f(y), potem obstaja tako
racionalno število a, da je f( x) = ax2.
Dokaz. Ponovno definirajmo f(l) = a. Najprej je f(O) + f(O) = 2f(0) +
+ 2f(0) , kar pomeni , da je f(O) = O= a· 02 . Nadalje je f(2) = f(l + 1) =
= f(l + 1) + f(l - 1) = 2f(1) + 2f(1) = 4a = a · 22 in f(3) = f(2 + 1) =
= 2f(2)+2f(1)-f(2-l) = 9a = a·32. Nadaljujmo! Iz f(n-l) = a(n-l)2
in f( n) = an2 sledi
fen + 1) = 2f(n) + 2f(1) - fen - 1) = 2an2 + 2a - a(n _1)2 = a(n + 1)2
in po principu popolne indukcije je f(x) = ax2 za vsako naravno število x.
Le je x negativno celo število, potem iz
f(x + (-x)) + f(x - (-x)) = 2f(x) + 2f( - x )
f(x + (-x)) + f(x - (-x)) = f(2x) = f(x + x) + f(x - x) = 4f(x)
dobimo , da je f( -x) = f(x) = ax2.
Za ulomke postopamo podobno kot v dokazu prejšnje trditve.
270
3. Primer pravokotne enačbe
Naj bo M racionaina številska mreža . Pravokotna enačba na tej mreži je
taka enačba z dvema spremenljivkama A in B, ki jo rešujemo pri dodatnem
pogoju, da sta A in B pravokotni točki v mreži . Oglejmo si preprost primer
take enačbe.
Naloga . Poišči vse take funkcije f : M -+ Q, za katere velja f(A + B) ·=
= f(A) + f(B) . če sta A in B pravokotna.
Trditev 3. Naj bo A = (x. y) poljubna točka mreže. Izberimo si tri ulomke
a , b in c . Definirajmo funkcijo f : M -+ IQ s predpisom f(A) = ax + by +
+ c(x2 + y2). Tedaj je f ena od rešitev naše naloge.
Dokaz. Naj bosta A = (n, m) in B = (k,/) pravokotni točki mreže . Iz
prvega razdelka sledi, da je nk + ml = O. Tedaj je
f(A + B) - f(A) - f( B) = a(n + k) + b(m + 1)+ c((n + k)2 + (m + 1)2)_
-an - bm - c(n2 + m 2 ) - ak - bl- c(k 2 + 12) = 2c(nk + ml) = O
in dokaz je končan.
Zdaj se seveda zastavi vprašanje , ali so to vse možne rešitve naše naloge.
Dokazali bomo . da je odgovor pritrdilen . Najprej bomo ločeno opazovali sode
in lihe rešitve. (Funkcija f se imenuje soda . če je f( -A) = f(A) , in liha ,
če je f( -A) = -f(A) . Tako je na primer f(A) = ax + by liha, f(A) =
= c(x2 + y2) pa soda . Funkcija h(x, y) = x + y + x 2 + y2 pa ni niti soda
niti liha .)
Trditev 4. Naj bo f : M -+ IQ liha rešitev naše naloge. Tedaj je f(x , y) =
= a x + by za neka a, b E IQ .
Dokaz. Vzemimo dve poljubni racionalni števili x , y. Točki (x ,x ) in (y , - y)
sta pravokotni, prav tako točki (x +y , O) in (O. x - y ). Ker j e f rešitev naše
naloge, je
f(x+y .x-y)= f(x+y .O)+f(O.x-y)= f( x . x)+f(y ,-y).
271
l.e zamenjamo x in y, dobimo
(x + y, O) + (O , -(x - y )) = (y , y ) + ( x , - x) .
Ker sta (x, O) in (O,x ) te r (y, O) in (O,y) para pravokotnih točk , velja
( x , x ) = ( x, O) + (O, x ) in (y , - y) = (y , O) + (O, - y) . Zaradi lihost i
funkcije ( sledi iz dosedanjega :
( x + y , O) + ( O, x - y) = ( x , O) + ( O, x) + (y, O) - (O , y) ,
( x + y , O) - (O , x - y) = (y, O) + (O , y ) + (x , O) - (O, x ).
l.e obe enakosti seštejemo in delimo z 2, dobimo (x + y, O) = (x , O) +
+ ( y , O) . Podobno dobimo tudi (O, x + y ) = ( O, x ) + (O , y) . Po trditvi
1 je ( x , O) = ax in (O , x ) = bx za neka a , b E Q. Ker sta za poljubno
točko (x, y) mreže točki (x, O) in (O,y) pravokotn i, ta koj sledi
( x , y) = ( x ,O)+(O, y)=ax +by
in s tem je dokaz končan .
Trditev 5 . Naj bo ( soda rešitev naše naloge . Tedaj je ( x, y) = c( x 2 + y2)
za neki c E Q.
Dokaz. Tudi tu veljata enakosti:
( x + y , O) + (O , x - y) = ( x, O)+ (O , x) + (y , O) + (O, -y),
( x + y , O) + (O , -(x - y)) = (y , O) + (O , y ) + ( x , O) + (O , - x) .
l.e vstavimo x = y = O, dobimo (O , O) = o. Zaradi sodosti funkcije F, pa je
(x + y, O) + (O, x - y ) = ( x , O) + (O , x) + (y, O) + (O, y). (1)
Za x = y sledi od tod
(2x, O) = 2(x, O) + 2(0 , x).
l.e vstavimo še x = - y , dobimo
(O, 2x) = 2(x , O) + 2(0, x) = (2x , O).
r e  vstavimo namesto x, dobimo f (x, 0) = f(0, x) in nato iz (1) 
Po trditvi 2 je  f ( x ,  0 = cx2 = f ( 0 . x ) .  Torej je  f (x,  Y )  = f(x, 01 + 2 + f(0, y )  = cx2 + cy in dokat j e  konEan. 
Dokaz. Naj bo f(x, y )  rt'Sitev nalogt. Dcfinirajmo g(x ,  Y )  = f(x, y)+ 
+f(-x, -y) .  Takoj lahko preverimo, da je  g tudi re5itev, in siccr soda. Po 
trditvi 5 j e  tedaj 
Funkcija h ( x ,  y )  = f ( x ,  y )  - f(-x, - y )  j e  liha reIitev in je  Po trditvi 4 
SeItejemo in delimo z dva, pa dobimo