对于任意给定的无理数 $a$、$ b$ 及实数 $r > 0$，证明：圆周 $(x-a)^2 + (y - b)^2 = r^2 $ 上至多只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
对于点 $M(a,b)$，用 $P(M,r)$ 表示上述圆周上有理点的个数；首先，我们可以作一个符合条件的圆，其上至少有两个有理点，为此，$l$ 上取点 $A(0,0)$、$B(2,2)$，线段 $AB$ 中垂线 $l$ 的方程为：$x+y=2$，在 $l$ 上取点 $M(1+\sqrt{2},1-\sqrt{2})$，再取 $r =MA=\sqrt{6}$，则以 $M$ 为圆心，$r$ 为半径的圆周上至少有 $A$、$B$ 这两个有理点．
其次说明，对于任何无理点 $M$ 以及任意正实数 $r$，$$P(M,r)\leqslant 2.$$为此，假设有无理点 $M(a,b)$ 及正实数 $r$，在以 $M$ 为圆心，$r$ 为半径的圆周上，至少有三个有理点 $A_{i}(x_{i},y_{i})$，$x_{i}$、$y_{i}$ 为有理数，$i = 1,2,3$，则\[\begin{split} (x_{1} - a)^2 + (y_{1} - b)^2 &= (x_{2} - a)^2 + (y_{2} - b)^2 \\&=(x_{3} - a)^2 + (y_{3} - b)^2. \qquad \text{ ① } \end{split}\]据前一等号得$$(x_{1} - x_{2})a + (y_{1} - y_{2})b = \dfrac{1}{2}(x_{1}^2 +y_{1}^2 -x_{2}^2 - y_{2}^2).\qquad \text{ ② }$$据后一等号得$$(x_{2} - x_{3})a + (y_{2} - y_{3})b = \dfrac{1}{2}(x_{2}^2 +y_{2}^2 -x_{3}^2 - y_{3}^2).\qquad \text{ ③ }$$记 $\dfrac{1}{2}(x_{1}^2 +y_{1}^2 - x_{2}^2 -y_{2}^2) = t_{1}$，$\dfrac{1}{2}(x_{2}^2 +y_{2}^2 - x_{3}^2 -y_{3}^2) = t_{2}$ 则 $t_{1}$、$t_{2}$ 为有理数．
若 $x_{1} - x_{2} =0$，则由 ②，$(y_{1} - y_{2})b=t_{1}$，由 $b$ 为无理数，得 $y_{1} - y_{2}=0$，故 $A_{1}$、$A_{2}$ 共点，矛盾！同理，若 $x_{2} - x_{3} =0$，可得 $A_{1}$、$A_{2}$ 共点，矛盾！
若 $x_{1} - x_{2} \ne 0$，$x_{2} - x_{3} \ne 0$，由 ②、③ 消去 $b$ 得，$$[(x_{1} - x_{2})(y_{2} - y_{3}) -(y_{1} - y_{2})(x_{2} - x_{3})]a = t_{1}(y_{2} - y_{3}) - t_{2}(y_{1} - y_{2}) = \text{有理数. }$$因为 $a$ 为无理数，故得，$(x_{1} - x_{2})(y_{2} - y_{3}) -(y_{1} - y_{2})(x_{2} - x_{3}) =0$，所以 $\dfrac{y_{1} - y_{2}}{x_{1} - x_{2}} = \dfrac{y_{3} - y_{2}}{x_{3} - x_{2}}$，则 $A_{1}$、$A_{2}$、$A_{3}$ 共线，这与 $A_{1}$、$A_{2}$、$A_{3}$ 共圆矛盾！
因此所设不真，即这种圆上至多有两个有理点．于是对于所有的无理点 $M$ 及所有正实数 $r$，$P(M,r)$ 的最大值为 $2$．
其次说明，对于任何无理点 $M$ 以及任意正实数 $r$，$$P(M,r)\leqslant 2.$$为此，假设有无理点 $M(a,b)$ 及正实数 $r$，在以 $M$ 为圆心，$r$ 为半径的圆周上，至少有三个有理点 $A_{i}(x_{i},y_{i})$，$x_{i}$、$y_{i}$ 为有理数，$i = 1,2,3$，则\[\begin{split} (x_{1} - a)^2 + (y_{1} - b)^2 &= (x_{2} - a)^2 + (y_{2} - b)^2 \\&=(x_{3} - a)^2 + (y_{3} - b)^2. \qquad \text{ ① } \end{split}\]据前一等号得$$(x_{1} - x_{2})a + (y_{1} - y_{2})b = \dfrac{1}{2}(x_{1}^2 +y_{1}^2 -x_{2}^2 - y_{2}^2).\qquad \text{ ② }$$据后一等号得$$(x_{2} - x_{3})a + (y_{2} - y_{3})b = \dfrac{1}{2}(x_{2}^2 +y_{2}^2 -x_{3}^2 - y_{3}^2).\qquad \text{ ③ }$$记 $\dfrac{1}{2}(x_{1}^2 +y_{1}^2 - x_{2}^2 -y_{2}^2) = t_{1}$，$\dfrac{1}{2}(x_{2}^2 +y_{2}^2 - x_{3}^2 -y_{3}^2) = t_{2}$ 则 $t_{1}$、$t_{2}$ 为有理数．
若 $x_{1} - x_{2} =0$，则由 ②，$(y_{1} - y_{2})b=t_{1}$，由 $b$ 为无理数，得 $y_{1} - y_{2}=0$，故 $A_{1}$、$A_{2}$ 共点，矛盾！同理，若 $x_{2} - x_{3} =0$，可得 $A_{1}$、$A_{2}$ 共点，矛盾！
若 $x_{1} - x_{2} \ne 0$，$x_{2} - x_{3} \ne 0$，由 ②、③ 消去 $b$ 得，$$[(x_{1} - x_{2})(y_{2} - y_{3}) -(y_{1} - y_{2})(x_{2} - x_{3})]a = t_{1}(y_{2} - y_{3}) - t_{2}(y_{1} - y_{2}) = \text{有理数. }$$因为 $a$ 为无理数，故得，$(x_{1} - x_{2})(y_{2} - y_{3}) -(y_{1} - y_{2})(x_{2} - x_{3}) =0$，所以 $\dfrac{y_{1} - y_{2}}{x_{1} - x_{2}} = \dfrac{y_{3} - y_{2}}{x_{3} - x_{2}}$，则 $A_{1}$、$A_{2}$、$A_{3}$ 共线，这与 $A_{1}$、$A_{2}$、$A_{3}$ 共圆矛盾！
因此所设不真，即这种圆上至多有两个有理点．于是对于所有的无理点 $M$ 及所有正实数 $r$，$P(M,r)$ 的最大值为 $2$．
答案
解析
备注
