東京大学 1999年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第2問

(1) 直線は$$y=t(x+1)$$である。これを $x^2+y^2=1$ に代入し、既知の根 $x=-1$ を除くと$$Q(t)=({\displaystyle \frac{1-t^2}{1+t^2}},{\displaystyle \frac{2t}{1+t^2}})\mathrm{.}$$従って $0<s<t$ のとき、座標差を計算して$$\mathrm{\mid }Q(s)Q(t)\mathrm{\mid }={\displaystyle \frac{2(t-s)}{\sqrt{(1+s^2)(1+t^2)}}}\mathrm{.}$$(2) 直線 $PQ(s)$ の傾きは $s$ だから$$s=\tan \alpha ,t=\tan \beta \mathrm{.}$$$u=\tan (\alpha \mathrm{/}2)$ が有理数なら$$\sin \alpha ={\displaystyle \frac{2u}{1+u^2}},\cos \alpha ={\displaystyle \frac{1-u^2}{1+u^2}}$$はともに有理数である。同様に $v$ が有理数なら $\sin \beta ,\cos \beta$ も有理数である。

点 $Q(s),Q(t)$ の単位円上での偏角はそれぞれ $2\alpha ,2\beta$ なので、その弦長は$$\mathrm{\mid }Q(s)Q(t)\mathrm{\mid }=2\sin (\beta -\alpha )\mathrm{.}$$ここで$$\sin (\beta -\alpha )=\sin \beta \cos \alpha -\cos \beta \sin \alpha$$は有理数である。従って弦長も有理数である。

(3) $0<u_1<\cdots <u_n<1$ を満たす相異なる有理数を選ぶ。例えば$$u_j={\displaystyle \frac{j}{n+1}}$$でよい。$u_j=\tan ({\alpha }_j\mathrm{/}2)$ とし、対応する単位円上の点を $Q_j$ とする。(1)および半角公式から各 $Q_j$ の座標は有理数であり、(2)から任意の二点間距離も有理数である。

有限個の座標と距離の分母の公倍数を $N$ とし$$A_j=N{Q}_j$$とおく。すると各 $A_j$ は格子点で、任意の二点間距離は整数である。また $Q_j$ は同一円周上の相異なる点であり、一直線と円の交点は高々2個だから、どの3点も一直線上にない。相似拡大でこの性質は保たれる。

従って $A_1,\dots ,A_n$ は (C1)、(C2)、(C3) をすべて満たす。

半角変数 $u,v$ から弦長を有理式として直接導く。相異なる有理数 $u_j\in (0,1)$ を選べば、対応点の座標と全ての相互距離が有理数になる。座標と距離の分母の公倍数で拡大し、円と直線の交点数から非共線性を保証する。

(1)
直線 $PQ(t)$ は $y=t(x+1)$ である。単位円へ代入して既知の交点 $P$ を除けば$$Q(t)=({\displaystyle \frac{1-t^2}{1+t^2}},{\displaystyle \frac{2t}{1+t^2}})\mathrm{.}$$座標差を整理すると$$Q(s)Q(t)={\displaystyle \frac{2(t-s)}{\sqrt{(1+s^2)(1+t^2)}}}\mathrm{.}$$(2)$$s=\tan \alpha ,t=\tan \beta$$ であり、$Q(s),Q(t)$ の単位円上の偏角はそれぞれ $2\alpha ,2\beta$ である。従って弦長は$$Q(s)Q(t)=2\sin (\beta -\alpha )\mathrm{.}$$半角公式から$$\sin \alpha ={\displaystyle \frac{2u}{1+u^2}},\cos \alpha ={\displaystyle \frac{1-u^2}{1+u^2}}$$であり、$\beta ,v$ についても同様である。従って$$Q(s)Q(t)={\displaystyle \frac{4(v-u)(1+uv)}{(1+u^2)(1+v^2)}}\mathrm{.}$$$0<s<t$ では $0<u<v$ なので右辺は正であり、$u,v$ が有理数なら弦長も有理数である。

(3)
相異なる有理数$$0<u_1<u_2<\cdots <u_n<1$$を選ぶ。例えば $u_j=j\mathrm{/}(n+1)$ でよい。$u_j=\tan ({\alpha }_j\mathrm{/}2)$、$t_j=\tan {\alpha }_j$ として $Q_j=Q(t_j)$ を取る。

$t_j=2u_j\mathrm{/}(1-u_j^2)$ は有理数なので、(1)から $Q_j$ の両座標は有理数である。また上の公式から $Q_i{Q}_j$ も有理数である。有限個の全座標と全距離の分母の公倍数を $N$ とし$$A_j=N{Q}_j$$と置けば、全ての $A_j$ は格子点で、任意の2点間距離は整数である。

$Q_j$ は同一円周上の相異なる点である。一直線と円の共有点は高々2個なので、異なる3点が一直線上に並ぶことはない。この性質は相似拡大で保たれる。従って (C1)--(C3) を全て満たす。