题目
Can it be that for any positive integer n, there’s a nonempty configuration of finitely many points on the plane with the property that every point of the configuration is at distance 1 from exactly n of the other points in the configuration?
分析
答案是：可以。
关键是做一个归纳构造。
先看\(n=1\)的情形。
只取平面上两个相距\(1\)的点。这样每个点都恰好与\(1\)个其他点的距离为\(1\)，所以\(n=1\)时结论成立。这时构成了一个线段。
在用数学归纳法推广之前，我们看看\(n=2,\,3\)的构造。
\(n=2\)的情形很简单：一个正三角形就能满足题目中的约束，或者我们也可以用一个正菱形。
\(n=3\)时的构造是后续的基础。先看图：
将一个正菱形向某个方向平移一个单位距离，这样我们有两个菱形（S1/S2）。S1中的每个点与S1中的两个邻点满足题目要求；它和S2中对应的一个顶点的距离也是1。这样就满足了一个顶点与n=3个顶点的距离都是单位距离的要求。
再给出\(n=4\)的一个构造：
现在假设对于某个\(n\)，我们已经有了一个有限非空点集\(S\)，满足：\(S\)中的每个点都恰好与\(n\)个其他点的距离为\(1\)。
我们来把它变成一个满足\(n+1\)的构型。
取一个长度为\(1\)的向量\(t\)，并把整个点集平移一份，得到\(S+t=\{x+t\mid x\in S\}\)。
然后考虑新点集\(S\cup(S+t)\)。
如果\(t\)选得合适，那么对于每个\(x\in S\)：
- 原来在\(S\)内部，它恰好有\(n\)个距离为\(1\)的邻点；
- 现在它还会多出一个新邻点\(x+t\)，因为\(|t|=1\)；
- 除此之外，不会再出现别的新的单位距离。
这样一来，每个点的“单位距离邻点数”就都从\(n\)增加到\(n+1\)。
所以问题只剩下：是否总能选到这样的\(t\)？
答案仍然是可以，因为“坏的\(t\)”只有有限多个。
- 如果两份拷贝有重合点，那么存在\(x,y\in S\)使得\(x=y+t\)，也就是\(t=x-y\)。
对有限点集\(S\)来说，这样的\(t\)只有有限多个。
- 如果出现了我们不想要的额外单位距离，那么存在\(x,y\in S\)且\(x\neq y\)，使得
\[ |x-(y+t)|=1.\]
把它改写一下，就是
\[ |t-(x-y)|=1.\]
这表示\(t\)既要落在以原点为圆心、半径为\(1\)的圆上，又要落在以\(x-y\)为圆心、半径为\(1\)的圆上。两圆最多只有\(2\)个交点。
因此，对每一对\(x\neq y\)，会导致额外单位距离的坏向量\(t\)至多只有\(2\)个。由于这样的点对总数有限，所以所有坏的\(t\)加起来仍然只有有限多个。
而长度为\(1\)的向量有无穷多个，所以我们总可以选一个单位向量\(t\)，避开所有这些坏情况。
于是，\(S\cup(S+t)\)就是一个新的有限非空构型，其中每个点都恰好与\(n+1\)个其他点距离为\(1\)。
这样我们就证明了：如果某个\(n\)可以做到，那么\(n+1\)也可以做到。
结合\(n=1\)时已经成立，就由归纳法得到对一切正整数\(n\)都成立。
所以对于任意正整数\(n\)，都存在一个有限非空平面点集，使得每个点都恰好与\(n\)个其他点的距离为\(1\)。