Odwzorowania addytywne i geometria

Rozważmy zbiór $$K=\{a+b\sqrt{2}:a,b\in \mathbb{Q}\}.$$

Do tego zbioru należą zatem liczby $1+2\sqrt{2}$ czy $\frac{2}{3}+\frac{1}{8}\sqrt{2}.$ Oczywiście należą do niego wszystkie liczby wymierne (wystarczy wziąć $b=0$), w tym liczby $0$ i $1.$ Ponadto jeśli wezmę dowolne dwie liczby z $K,$ to ich suma i różnica również należą do $K.$ Tak samo jest z iloczynem, o czym przekonuje nas poniższa równość: $$(a+b\sqrt{2})\cdot (c+d\sqrt{2})=(ac+2bd)+(bc+ad)\sqrt{2}.$$ Operacja dzielenia też nie wyprowadza poza $K,$ w czego uzasadnieniu pomaga szkolna sztuczka na pozbywanie się niewymierności z mianownika: $$\frac{a+b\sqrt{2}}{c+d\sqrt{2}}=\frac{(a+b\sqrt{2})(c-d\sqrt{2})}{(c+d\sqrt{2})(c-d\sqrt{2})}=\frac{ac-2bd}{c^2-2d^2}+\frac{bc-ad}{c^2-2d^2}\sqrt{2}.$$

Zdefiniujmy teraz funkcję $\sigma :K\to K$ wzorem: $$\sigma (a+b\sqrt{2})=a-b\sqrt{2}.$$ Przekształcenie $\sigma$ w ten sposób zdefiniowane ma ciekawe własności. Zacznijmy od tego, że dobrze się ono zachowuje ze względu na dodawanie i mnożenie. Niech $x=a+b\sqrt{2},$ $y=c+d\sqrt{2},$ gdzie $a,b,c,d\in \mathbb{Q}.$ Wtedy: $$\begin{array}{rl}\sigma (x+y)& =\sigma (a+c+(b+d)\sqrt{2})=a+c-(b+d)\sqrt{2}\\ & =a-b\sqrt{2}+c-d\sqrt{2}=\sigma (x)+\sigma (y),\\ \sigma (xy)& =\sigma ((a+b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2}))=\sigma (ac+ad\sqrt{2}+bc\sqrt{2}+2bd)\\ & =\sigma ((ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt{2})=(ac+2bd)-(ad+bc)\sqrt{2}\\ & =(a-b\sqrt{2})(c-d\sqrt{2})=\sigma (x)\sigma (y).\end{array}$$ Pokazaliśmy, że $\sigma$ jest addytywna i  multiplikatywna. Co istotne, zachowuje ona elementy neutralne dodawania i mnożenia, czyli 0 i 1 – rzeczywiście, $\sigma (0)=0$ oraz $\sigma (1)=1.$

Chociaż $\sigma$ jest bardzo porządną funkcją z algebraicznego punktu widzenia, to z analitycznego punktu widzenia już taka regularna nie jest. Wykażemy mianowicie, że $\sigma$ nie jest ciągła w żadnym punkcie. Przypomnijmy najpierw definicję Heinego ciągłości funkcji: $$\begin{array}{c}f\mathit{\text{ jest ciągła w punkcie }}{x}_0\mathit{\text{ wtedy i tylko wtedy, gdy:}}\\ \mathrm{\forall }(x_n):\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=x_0⟹\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x_n)=f(x_0).\end{array}$$ Niech więc $x_0=a+b\sqrt{2},$ gdzie $a,b\in \mathbb{Q}.$

Definiujemy teraz ciąg $x_n=a+b\sqrt{2}+{(1-\sqrt{2})}^n.$ Ponieważ $|1-\sqrt{2}|<1,$ więc $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=a+b\sqrt{2}=x_0.$$

Korzystając z własności funkcji $\sigma ,$ mamy: $$\sigma (x_n)=\sigma (a+b\sqrt{2}+(1-\sqrt{2}{)}^n)=a-b\sqrt{2}+(1+\sqrt{2}{)}^n.$$ Ponieważ $1+\sqrt{2}>1,$ więc ciąg $(\sigma (x_n))$ jest rozbieżny. Zatem: $$\sigma (x_n)\nrightarrow \sigma (x_0).$$ Dowiedliśmy więc, że $\sigma$ jest nieciągła w dowolnie wybranym punkcie $x_0\in K.$

Spróbujemy teraz zbadać funkcję $\sigma$ pod względem geometrycznym. W tym celu potrzebujemy odpowiednika funkcji $\sigma$ zdefiniowanego na ,,płaszczyźnie”. Niech więc $F:K^2\to K^2$ będzie dla $x,y\in K$ określone wzorem: $$F(x,y)=(\sigma (x),\sigma (y)).$$ Tak zdefiniowane $F$ ma bardzo ciekawe, paradoksalne wręcz, własności. Z jednej strony $F$ jest bardzo nieregularne, bo wszędzie nieciągłe, co wynika z wyżej udowodnionej nieciągłości $\sigma .$

Z drugiej jednak strony $F$ jest bardzo regularne, gdyż jest addytywne. Otóż dla $x_1,y_1,x_2,y_2\in K$ mamy: $$\begin{array}{rl}F((x_1,y_1)+(x_2,y_2))& =F(x_1+x_2,y_1+y_2)=(\sigma (x_1+x_2),\sigma (y_1+y_2))\\ & =(\sigma (x_1)+\sigma (x_2),\sigma (y_1)+\sigma (y_2))=F(x_1,y_1)+F(x_2,y_2).\end{array}$$ Analogicznie możemy uzasadnić, że dla dowolnych $\alpha ,x_1,x_2\in K$ zachodzi $F(\alpha \cdot (x_1,x_2))=\sigma (\alpha )\cdot F(x_1,x_2).$

Co dla nas najważniejsze, z geometrycznego punktu widzenia $F$ zachowuje pewne podstawowe własności geometryczne. Po pierwsze, $F$ zachowuje współliniowość punktów. Wynika to z faktu, że jeśli $X=(x_1,x_2),$ $Y=(y_1,y_2)$ i $Z=(z_1,z_2)$ są współliniowymi punktami z $K^2,$ to $X-Y=\alpha \cdot (X-Z)$ dla pewnej liczby $\alpha \in K,$ a stąd $F(X)-F(Y)=\sigma (\alpha )\cdot (F(X)-F(Z)).$ Dlatego obrazami prostych (w obcięciu do $K^2$) w przekształceniu $F$ są proste. Ponieważ jednak funkcja $\sigma$ może zmienić znak lub zamienić liczbę o module większym od 1 na taką o module mniejszym od 1 (np. dla $\alpha =1+\sqrt{2}$), obrazami odcinków nie są odcinki.

Ponadto $F$ zachowuje równość odległości, czyli dla $X,Y,Z,T\in K^2$ mamy: $$d(X,Y)=d(Z,T)⟹d(F(X),F(Y))=d(F(Z),F(T)),$$ gdzie przez $d(\cdot ,\cdot )$ oznaczamy euklidesową odległość na płaszczyźnie. Sprawdzenie jest proste. Niech $X=(x_1,x_2),Y=(y_1,y_2),Z=(z_1,z_2),T=(t_1,t_2).$ Ponieważ $d((x_1,x_2),(y_1,y_2))=d((z_1,z_2),(t_1,t_2)),$ więc $$(y_1-x_1{)}^2+(y_2-x_2{)}^2=(t_1-z_1{)}^2+(t_2-z_2{)}^2.$$ Do obu stron przykładamy funkcję $\sigma$: $$(\sigma (y_1)-\sigma (x_1){)}^2+(\sigma (y_2)-\sigma (x_2){)}^2=(\sigma (t_1)-\sigma (z_1){)}^2+(\sigma (t_2)-\sigma (z_2){)}^2.$$ Zatem $$d(F(X),F(Y))=d(F(Z),F(T)).$$

To, że $F$ zachowuje równość odległości, nie oznacza jednak, że jest izometrią. Na przykład dla punktów $P_1=(1,1+\sqrt{2}),P_2=(2+\sqrt{2},2+\sqrt{2}),$ $Q_1=(-1,1+\sqrt{2}),Q_2=(0,2+2\sqrt{2})$ mamy $d(P_1,P_2)=d(Q_1,Q_2).$ Ale na mocy (1) mamy też $d(F(P_1),F(P_2))=d(F(Q_1),F(Q_2)),$ jednakże, jak można zobaczyć na rysunku 1 (lub obliczyć), $d(P_1,P_2)\ne d(F(P_1),F(P_2)).$

Poza tym $F$ zachowuje prostopadłość wektorów. Niech $X,Y,Z\in K^2$ i załóżmy, że $\measuredangle YXZ={90}^{\circ },$ czyli $⟨X-Y,X-Z⟩=0$: $$(x_1-y_1)(x_1-z_1)+(x_2-y_2)(x_2-z_2)=0.$$ Po przyłożeniu funkcji $\sigma$ do obu stron otrzymujemy: $$(\sigma (x_1)-\sigma (y_1))(\sigma (x_1)-\sigma (z_1))+(\sigma (x_2)-\sigma (y_2))(\sigma (x_2)-\sigma (z_2))=\sigma (0)=0,$$ czyli $$\measuredangle F(Y)F(X)F(Z)={90}^{\circ }.$$

W ogólności przekształcenie $F$ nie zachowuje jednak kątów między prostymi, co ilustruje rysunek 2.

Przekształcenie $F$ godzi w sobie sprzeczne natury: dziką naturę analityczną (nigdzie nie jest ciągłe) i łagodną naturę algebraiczno-geometryczną (jest addytywne, zachowuje równość odległości i prostopadłość wektorów). Zachęcam Czytelnika do własnych badań nad jego własnościami!