rooster
Opgave - VWO 2003 vraag 4
In het vlak beschouwt men het rooster van alle punten met gehele coördinaatgetallen. Indien met een getal $r$ goed kiest gaat de cirkel met middelpunt $(0,0)$ en met straal $r$ door een aantal roosterpunten. (bv. de cirkel met $r=2\sqrt2$ gaat door 4 punten). Bewijs dat er voor elke $n\in \mathbb{N}$ een $r\in\mathbb{R}$ bestaat, zo dat de cirkel met straal $r$ en middelpunt $(0,0)$ door minstens $n$ roosterpunten gaat.
- login om te reageren
Oplossing
Merk op dat dit neerkomt op een $r$ zodanig te kiezen dat $x^2+y^2=r^2$ steeds meer oplossingen heeft. Aangezien dit pythagorische drietallen zijn, weten we dat er willekeurig veel $r$ zijn als oplossing, aangezien $u^2-v^2,2uv,u^2+v^2$ voor natuurlijke $u,v$ telkens een pythagorisch drietal is.
In het bijzonder kan ieder priemgetal $r\equiv 1\pmod 4$ geschreven worden als de som van 2 volkomen kwadraten.
Aangezien er oneindig veel zo'n priemgetallen zijn, kunnen we $n$ zo'n priemgetallen $r_i$ nemen.
Als we nu $r=\prod_{i=1}^{n} r_i $ nemen, zullen er min $n$ verschillende oplossingen voor $a,b $ bestaan.
De cirkel met deze straal gaat dan door meer dan $n$ roosterpunten.
( het zouden er $2^{n+2}$ zijn met deze constructie)
We zullen bewijzen dat $5^{2n-1}$ met $n>0$ op minstens $n$ verschillende manieren de som van twee kwadraten is. Dan hoeven we maar een cirkel met straal $\sqrt{5^{2n-1}}$ te nemen, en die zal door minstens $n$ roosterpunten gaan.
We bewijzen per inductie dat er $a_n$ en $b_n$ bestaan waarvoor $a_n^2+b_n^2=5^{2n-1}$ en zodat $a$ en $b$ niet deelbaar zijn door $5$.
Voor $n=1$ hebben we $a_1=1$, $b_1=2$.
Stel dat we $a_n$ en $b_n$ hebben die voldoen, dan is
$$5^{2n+1}=25(a_n^2+b_n^2)=(4a_n-3b_n)^2+(3a_n+4b_n)^2=(4a_n+3b_n)^2+(3a_n-4b_n)^2.$$
Het volstaat om aan te tonen dat één van $4a_n-3b_n$ en $4a_n+3b_n$ niet deelbaar is door $5$ (want dan is het andere kwadraat dat ook niet en hebben we $a_{n+1}$, $b_{n+1}$ gevonden).
Indien ze wel beide deelbaar zijn door $5$, dan ook hun som, $8a_n$ en dus zeker $a_n$. Dit kan echter niet omdat we $a_n$ hadden gekozen zodat die geen veelvoud van $5$ is.
We hebben dus zeker $a_{n+1}$, $b_{n+1}$ die voldoen. Het gestelde volgt per inductie.
Bekijken we nu $5^{2n-1}$ voor een vaste $n$, dan is die te schrijven als $(5^{n-k}a_k)^2+(5^{n-k}a_k)^2$ met $k\in\{1,\ldots,n\}$. Onder deze koppels $(5^{n-k}a_k,5^{n-k}b_k)$ zijn er zeker geen twee dezelfde, aangezien ze allemaal een verschillend aantal priemfactoren $5$ hebben. Dit geeft dus $n$ verschillende manieren. $\square$
Als we kunnen aantonen dat de eenheidscirkel door oneindig veel punten met rationale coördinaten gaat, is het TB eveneens voldaan. Je kan immers een cirkel door punten met rationale coördinaten steeds vergroten met factor $z!$ met $z$ de grootste voorkomende noemer, waardoor al deze punten op roosterpunten zullen vallen.
Als er dus oneindig veel punten met rationale coördinaten zijn, kunnen we voor iedere waarde $n$ een $r$ vinden die voldoet (waarbij $r$ zowel straal als vergrotingsfactor is).
Nu weten we dat er oneindig veel primitieve pythagoreïsche drietallen bestaan.
[ vb. $( p, \frac{p^2-1}{2},\frac{p^2+1}{2})$ voor iedere $p\ge 3$ oneven ]
Er zijn dus oneindig veel niet-evenredige drietallen $(a,b,c)$ waarvoor $a^2+b^2=c^2$.
Er zijn er dus ook oneindig veel waarvoor geldt: $(\frac{a}{c})^2+(\frac{b}{c})^2=1$
Dit is de vergelijking van een cirkel met de oorsprong als middelpunt en $x=\frac{a}{c}$ en $y=\frac{b}{c}$. Aangezien geen van de drietallen evenredig is, vinden we zo dus oneindig veel verschillende punten met rationale coördinaten, waardoor het TB automatisch voldaan is.