Crimson Boy 3 组合几何

By HDD from Hexo

时隔多月, CB终于归来. 这次的题目虽然不难, 但解答过程可谓是一波三折: A在告诉我题目后, 我自然地尝试用复数解. 可惜由于我太过弱智, 将积的模记成了模相乘再开根, 导致与正确题解失之交臂, 并报告了A复数行不通. A随后告诉我B用复数解决, 我立即反驳, A也认定B的解法是伪证. 可回家细细琢磨后, 却发现复数乘法法则记错, 原先解答可行, 遂将此趣题列入CB.

题目: 一笛卡尔平面直角坐标系中有一圆, 圆上有三个横纵坐标均为有理数的点(下称"有理点"), 试证明:

1) 此圆圆心为有理点

2) 此圆上有无穷多有理点

思路: 条件即为圆上有三个高斯"有理数"(衍生自高斯整数), 显然高斯"有理数"集乘法封闭.

第一问易得, 第二问要证存在无穷多, 直接证必不好证, 于是就想到构造.

之后第一想法便是将圆平移到原点, 这样便能方便地使用复数乘法, 再在现有的有理点上乘一个高斯''有理数''e^{i\theta}使其转过一定角度.

那么只要找到无数有理的(cos\theta,sin\theta)即可.

题解:

1) 设两有理点为(x_1,y_1),(x_2,y_2).

它们的连线斜率为\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}, 中点为(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2});

于是中垂线方程为y=-\frac{x_1-x_2}{y_1-y_2}(x-\frac{x_1+x_2}{2})+\frac{y_1+y_2}{2} , 其系数均为有理数(不考虑精神病地同乘无理数).

同理可得另一条中垂线系数也必为有理数.

将两条中垂线联立方程, 其解也必为有理数对, 即圆心为有理点.

2) 由于圆心为有理数, 不妨将此圆圆心平移至(0,0), 这一步操作并不影响一个点的"有理性".

任取一给定的有理点平移后对应的点(x_0,y_0), 将其看做x_0+y_0i, 其中x_0,y_0\in \mathbb{Q}.

取\theta \in (0,\frac{\pi}{2}),s.t.cos\theta,sin\theta\in\mathbb{Q}

题目中所要求的有理点取(x_0+y_0i)(cos\theta+isin\theta)对应的点即可.

因为此类复数的模为\sqrt{x_0^2+y_0^2}\cdot1=\sqrt{x_0^2+y_0^2}, 所以此类点依然在圆上.

因为其中乘数的实部与虚部均为有理数, 所以积的实部与虚部也为有理数, 即此类点为有理点. 满足条件.

下证\theta有无数个:

要证有无穷多对cos\theta,sin\theta为有理数, 即证有无穷多对p,q\in\mathbb{Q} s.t.p^2+q^2=1

联想到勾股方程, 取p=\frac{i^2-j^2}{i^2+j^2},q=\frac{2ij}{i^2+j^2},其中i,j\in\mathbb{Z}^+,(i,j)=1,i>j,2\nmid i^2+j^2即可.

(i^2+j^2,i^2-j^2)=(i^2+j^2,2i^2)=(i^2+j^2,i^2)=(j^2,i^2)=1, p为分子奇数的既约分数.

((i^2+j^2)^2,(2ij)^2)=((i^2+j^2)^2,(i^2-j^2)^2)=1\Rightarrow(i^2+j^2,2ij)=1, q为分子是偶数的既约分数

所以对不同的i^2+j^2, {p,q}一定不同, 即有无穷多\theta \quad \square