Задание №176863: Турнир городов

4. 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? (П.Кожевников)

Ответ: можно.
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 рацио-

нальные 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 ( 2, 3). Пусть
на прямой, проходящей через эту точку, есть две рациональные точки (a,b) и (c,d) (где a,b,c,d —
√ √
рациональные). Тогда вектора (a − 2,b − 3) и (a − c,b − d) пропорциональны, откуда
√ √
(a − 2)(b − d) = (b − 3)(a − c), (∗)
√ √
откуда a(b−d)−b(a−c) = (b−d) 2−(a−c) 3. Возводя в квадрат и перенося заведомо рациональные
√
слагаемые в левую часть, получим, что будет рациональным число 2(b−d)(a−c) 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.
3

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 па-

раллельная 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 ,y ) и (x ,y ). Тогда k = y2−y1 — рациональное. Противоречие.
1 1 2 2 x2−x1
Так как всего рациональных чисел счётное множество, то рациональных точек тоже счётное
множество. Занумеруем их: a ,a ,... Назовём набор из N лучей хорошим, если лучи имеют начала в
1 2
точках a ,...,a , причём никакие два луча не имеют общей точки и не лежат на параллельных или
1 N
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 = (x ,y ) прямую с угловым коэффициентом 2, и лучом будет
1 1 1
«верхняя половина» этой прямой.
Пусть проведены нужные нам лучи через точки a ,...,a . Рассмотрим точку a . Проведём
1 N−1 N
через неё горизонтальный и вертикальный лучи (рис. 1).
Среди всех проведённых лучей найдём луч с минимальным
углом наклона к оси Ox (пусть это k ). Попробуем выпустить
0
из a луч с положительным иррациональным угловым коэф-
N
фициентом, меньшим k . Тогда прямая, содержащая этот луч,
0
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 постро-
енный луч с началом a и угловым коэффициентом k (рис. 2).
m m
Выберем тогда такой иррациональный коэффициент k > k ,
m
что k меньше всех коэффициентов, бо´льших k , и выпустим из
m
a луч с этим коэффициентом (на рисунке 3 он будет поды-
N
маться «круче» пунктирного луча с коэффициентом k ). Его
m
не могут пересечь лучи с коэффициентами, меньшими k — они
пересекли бы тогда и луч, выходящий из a , что противоре-
m
чит предположению индукции. Поэтому он не подойдёт, только
если его пересекает луч с ещё бо´льшим угловым коэффициен-
том k . Тогда, аналогично предыдущему, выпустим из a луч с
l N
коэффициентом, большим k и меньшим всех коэффициентов,
l
больших k , и так далее. Так как всего проведённых лучей ко-
l
нечное 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.