平面上の点で座標が両方とも整数の点を格子点といいます．

（Ｑ）与えられた整数ｎに対して，平面上の円でちょうどｎ個の格子点を囲むものが存在するか？

という問いかけはスタインハウスが１９５７年に提起した問題です．

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【１】シェルピンスキーによる解答

　シェルピンスキーはスタインハウスの問題に肯定的に答えています．

（Ａ）点（√２，１／３）は平面上のすべての格子点から異なる距離にある．

（証）（ａ1，ａ2），（ｂ1，ｂ2）は点（√２，１／３）から等距離にある異なる格子点と仮定すると

（ａ1−√２）^2＋（ａ2−１／３）^2＝（ｂ1−√２）^2＋（ｂ2−１／３）^2

ａ1^2＋ａ2^2−ｂ1^2−ｂ2^2−２／３ａ2＋２／３ｂ2＝２（ａ1−ｂ1）√２

　√２が無理数であることより

　　ａ1−ｂ1＝０かつａ2^2−ｂ2^2−２／３（ａ2−ｂ2）＝０

したがって，

　　ａ2＋ｂ2−２／３＝０

でなければならない．しかし，ａ2，ｂ2は整数であるから明らかに矛盾する．よって，点（√２，１／３）から格子点までの距離はすべて異なることがわかる．

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【２】有理格子への拡張

　√２は無理数，１／３は有理数であることはわかるにしても，シェルピンスキーはどうやって点（√２，１／３）を見つけたのだろうか？

　もし点（√２，１／３）ではなく，（√２，１）ならば，

（ａ1−√２）^2＋（ａ2−１）^2＝（ｂ1−√２）^2＋（ｂ2−１）^2

ａ1^2＋ａ2^2−ｂ1^2−ｂ2^2−２ａ2＋２ｂ2＝２（ａ1−ｂ1）√２

　√２が無理数であることより

　　ａ1−ｂ1＝０かつａ2^2−ｂ2^2−２（ａ2−ｂ2）＝０

したがって，

　　ａ2＋ｂ2−２＝０

でなければならない．→ｍ，ｎを整数とすると（ｍ，ｎ），（ｍ，２−ｎ）は（√２，１）より等距離にある格子点である．このような格子点は無数に存在する．

　（√２，√３）ならば，

（ａ1−√２）^2＋（ａ2−√３）^2＝（ｂ1−√２）^2＋（ｂ2−√３）^2

ａ1^2＋ａ2^2−ｂ1^2−ｂ2^2＝２（ａ1−ｂ1）√２＋２（ａ2−ｂ2）√３

　√２，√３が無理数であることより

　　ａ1−ｂ1＝０かつａ2−ｂ2＝０

したがって，（ａ1，ａ2），（ｂ1，ｂ2）は同じ点でなければならない．→このような格子点は存在しない．

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　次に，格子点Ｚ^nを有理格子Ｑ^nで置き換えてみることにしよう．点（√２，√３）は平面上のすべての格子点から異なる距離にあることがわかったが，実は平面上のすべての有理点からも異なる距離にある．点（√２，１／３）は平面上のすべての格子点から異なる距離にあるが，有理点（ｐ，ｑ），（ｐ，２／３−ｑ）からは等距離にある．

　１次元のすべての有理点から異なる距離をもつ点の集合は無理数と一致します．そこで，ｎ次元においてもＱ^nのすべての有理点から異なる距離にある点を無理点と呼ぶことにすると，無理点（ｘ1，ｘ2，・・・，ｘn）の集合は，有理超平面

　　ａ1ｘ1＋ａ2ｘ2＋・・・＋ａnｘn＋ａn+1＝０

　　ａiがすべて有理数（すべて整数としても同値），Σａi^2＞０

上にない点の集合である．言い換えると

　　ａ1ｘ1＋ａ2ｘ2＋・・・＋ａnｘn＋ａn+1＝０

がすべてのａi＝０を意味するとき，点（ｘ1，ｘ2，・・・，ｘn）は無理点である．

（例１）　点（√２，１）はｘ2−１＝０上にあるから有理点である．

（例２）　点（√２，１／３）は３ｘ2−１＝０上にあるから有理点である．

（例３）　点（ｌｏｇ２／ｌｏｇ７，ｌｏｇ３／ｌｏｇ７，ｌｏｇ５／ｌｏｇ７）はＲ^3の無理点である．

（証）有理点であるならば

　　ａ1ｘ1＋ａ2ｘ2＋ａ3ｘ3＋ａ4＝０

が存在する．したがって，

　　ａ1ｌｏｇ２＋ａ2ｌｏｇ３＋ａ3ｌｏｇ５＋ａ4ｌｏｇ７＝０

　　２^a1・３^a2・５^a3・７^a4＝１

しかし，これは不可能である．

（例４）　点（ｅ，ｅ^2，・・・，ｅ^n）はＲ^nの無理点である．

　ｅは超越数であり，超越数の定義により

　　　ｃ0＋ｃ1ｅ＋ｃ2ｅ^2＋・・・＋ｃnｅ^n＝０

という整数係数をもつ方程式は存在しない．

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【３】バリエーション

（Ｑ）与えられた整数ｎに対して，平面上の円でちょうどｎ個の格子点を通る円が存在するか？

（Ａ）yes.

　ｎ＝２（ｋ＋１）のとき，点（１／２，０）を中心とする円

　　（２ｘ−１）^2＋（２ｙ）^2＝５^k

　ｎ＝２ｋ＋１のとき，点（１／４，０）を中心とする円

　　（４ｘ−１）^2＋（４ｙ）^2＝５^2k

がちょうどｎ個の格子点を通る円となる．

［参］シェーンベルグ「数学点描」近代科学社

　　　前原潤「円と球面の幾何学」朝倉書店

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