从一道简单的几何题说起
简单题
今天在《单墫初中数学指津——平面几何的知识与问题》上看到一道简单的几何题：
若\(\triangle ABC\sim \triangle ADE\), 则 \(\triangle ABD \sim \triangle ACE\).
做完这个题目我都没看第二眼，它实在太平凡了。直到看到下面定理的解答时，我才注意到这个题目居然在其中出现了。
托勒密定理
(托勒密(Ptolemy))对四边形 \(ABCD\), 必有 \(AB\cdot CD+AD\cdot BC\geq AC\cdot BD\). 当且仅当四边形内接于圆时, 等号成立.
证明
如图所示，我们找点 \(E\) 使得 \(\triangle ABE \sim \triangle ACD\)，利用简单题的结论有 \(\triangle ABC \sim \triangle AED\).
根据两个相似我们有
于是
另外，等号成立当且仅当 \(E\) 在\(BD\)上，这意味着\(\angle ABD=\angle ACD\), 即\(ABCD\)内接于圆.
一个妙用
托勒密定理是平面几何中的一个经典结论，上述证明也是常见的证明。托勒密定理有很多重要的推论，比如勾股定理、两角和的正弦公式等。下面的结论我是前几天才在matrix67的博客上看到的，非常奇妙。
任意给定自然数 \(n\)，我们都能在平面上找到 \(n\) 个点使得任意两点之间的距离都是整数个单位长度。
证明
出于便利，下文中我们将单位长度记作\(1\)。
-
\(n=3\) 时，边长为 \(1\) 的等边三角形的三个顶点即满足条件。
-
\(n=4\)。
我们以长度为 \(1\) 的线段 \(AB\) 为直径作圆。我们知道，圆周上任意异于 \(A\), \(B\) 的点 \(C\) 都能和 \(A\), \(B\) 构成一个直角三角形，其边长满足勾股定理。 不妨取这样的点 \(C\)：\(AC=\frac{3}{5}\), \(BC=\frac{4}{5}\)。我们再取这样的点 \(D\)：\(AD=\frac{5}{13}\), \(BD=\frac{12}{13}\)。利用托勒密定理，我们有 \(CD=\frac{16}{65}\)。这样我们就找到了任意两点距离都是有理数的四个点。将这些距离都乘以 \(65\)，我们就找到了两两距离都是整数的四个点。 -
\(n>4\)。
在证明之前我们先回顾一个经典的数论命题
方程 \(x^2+y^2=z^2\) 有无限多组本原解 \((x,y,z)\)。 【本原解的意思是，我们将所有的\((kx,ky,kz)\)看作一个解 \((x,y,z)\)。】
对于第五个点，第六个点乃至任意的 \(n\) 个点，我们都能通过上述方程的解将其构造出来，并保证这些点与前面的点都不相同。
无限的情形
上面的分析表明，无论你想要多少个点满足两两距离都是整数个单位长度，哪怕是一万亿个点，我们都能一步一步地将它们构造出来。那么我们把这个有限的 \(n\) 推到无限的情形，结果会是什么样呢？也就是说下面的命题成立吗？
我们可以在平面上找到无限多个点，使得它们两两之间的距离都是整数个单位长度。
上述命题是成立的。如果你忘掉或不知道前面的分析，你或许会反应的更快。数轴上对应于整数 \(n\) 的所有点即满足条件。这种情形太平凡了，我们加一个限制：这些点不分布在一条直线上，这时候上述命题还成立吗？
或许你想重复上面有限情形的论证，但很可惜，它们行不通。上述论证只能给出两两距离是有理数的点，最后对距离的数值通分，得到整数。这在无限的情形下是行不通的。那么，其他什么方法可以证明这个结论呢？事实上，没有其他方法可以证明这一点，因为加限制后的命题不成立。这就是下述定理所要说明的。
（埃尔德什）如果平面上有无限个点满足两两距离都是整数个单位长度，那么所有这些点只能分布在同一条直线上。
对于上述命题，我目前只知道一个证明，就是埃尔德什自己给出的虽然初等却非常复杂的证明。哪天有空再写一写。
