试确定能否在半径为 $1$ 的圆周上存在 $1975$ 个点，其任意两点的直线距离都是有理数．（苏联）
【难度】
【出处】
1975年第17届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
令 $\theta_k=\arctan\dfrac{k^2-1}{2k},1\leqslant k\leqslant 1975$，则点 $P_k(\cos 2\theta_k,\sin 2\theta_k)(1\leqslant k\leqslant 1975)$ 满足题意．
事实上，由 $\tan \theta_k=\dfrac{k^2-1}{2k}$ 可得 $\sin\theta_k=\dfrac{k^2-1}{k^2+1},\cos\theta_k=\dfrac{2k}{k^2+1}$．
设 $1\leqslant i<j\leqslant 1975$，则
$\begin{aligned}
|P_iP_j|&=\sqrt{(\cos 2\theta_j-\cos 2\theta_i)^2+(\sin2\theta_j-\sin 2\theta_i)^2}\\
&=\sqrt{2-2\cos2(\theta_j-\theta_i))}\\
&=2\sin(\theta_j-\theta_i)\\
&=2(\sin\theta_j\cos\theta_i-\cos\theta_j\sin\theta_i)\\
&=\dfrac{4(j-i)(ij-1)}{(i^2+1)(j^2+1)}
\end{aligned}$
$|P_iP_j|$ 是大于 $0$ 的有理数．
从而，$P_1,P_2,\cdots,P_{1975}$ 是圆周上的 $1975$ 个不同的点，且任意两点之间的距离都是有理数．
事实上，由 $\tan \theta_k=\dfrac{k^2-1}{2k}$ 可得 $\sin\theta_k=\dfrac{k^2-1}{k^2+1},\cos\theta_k=\dfrac{2k}{k^2+1}$．
设 $1\leqslant i<j\leqslant 1975$，则
$\begin{aligned}
|P_iP_j|&=\sqrt{(\cos 2\theta_j-\cos 2\theta_i)^2+(\sin2\theta_j-\sin 2\theta_i)^2}\\
&=\sqrt{2-2\cos2(\theta_j-\theta_i))}\\
&=2\sin(\theta_j-\theta_i)\\
&=2(\sin\theta_j\cos\theta_i-\cos\theta_j\sin\theta_i)\\
&=\dfrac{4(j-i)(ij-1)}{(i^2+1)(j^2+1)}
\end{aligned}$
$|P_iP_j|$ 是大于 $0$ 的有理数．
从而，$P_1,P_2,\cdots,P_{1975}$ 是圆周上的 $1975$ 个不同的点，且任意两点之间的距离都是有理数．
答案
解析
备注
