设平面无限点集 S 满足任意两点的距离都是正整数，如何证明 S 中的点全共线？
证明平面无限点集 $S$ 中任意两点的距离均为正整数，那么 $S$ 中的点全共线。
这是一个非常有趣的几何问题，它的结论有些反直觉。我们通常会想，为什么点集不可能散开在平面上，而是必须挤在一条直线上呢？下面我们就一步一步地来剖析这个问题，并给出详细的证明。
问题的核心在于“无限”和“整数距离”这两个关键的约束条件。
假设我们有一个平面上的点集 $S$，并且 $|PQ| in mathbb{Z}^+$ 对于任意 $P, Q in S$ 且 $P eq Q$ 都成立。我们的目标是证明存在一条直线 $L$，使得 $S subseteq L$。
第一步：从最简单的情况开始思考
如果 $S$ 中只有两个点，比如 $P_1$ 和 $P_2$，那么它们之间的距离 $|P_1 P_2|$ 是一个正整数。这两点显然确定了一条直线，所以它们是共线的。
如果我们有三个点 $P_1, P_2, P_3$。我们知道 $|P_1 P_2| = n_1 in mathbb{Z}^+$, $|P_1 P_3| = n_2 in mathbb{Z}^+$, $|P_2 P_3| = n_3 in mathbb{Z}^+$.
根据三角形不等式，这三个距离必须满足：
$n_1 + n_2 ge n_3$
$n_1 + n_3 ge n_2$
$n_2 + n_3 ge n_1$
如果这三个点不在一条直线上，它们就会构成一个三角形。但问题在于，我们有无限多个点，并且它们之间的所有距离都是整数。这个无限性才是产生强约束的关键。
第二步：引入坐标，尝试量化描述
为了更精确地处理距离，我们可以引入坐标系。不妨设 $P_1$ 是点集 $S$ 中的一个点。我们可以将 $P_1$ 移动到原点 $(0,0)$。这样，点集 $S$ 中的其他点 $P$ 的坐标 $(x, y)$ 就满足 $|P P_1| = sqrt{x^2 + y^2}$ 是一个正整数。
现在，我们考虑点集 $S$ 中另外两个点 $P_2$ 和 $P_3$，它们与 $P_1$ 的距离分别为 $d_2 = |P_1 P_2|$ 和 $d_3 = |P_1 P_3|$，这两个都是正整数。
假设 $P_2$ 的坐标是 $(d_2, 0)$，这样可以简化问题，我们暂时将 $P_1$ 和 $P_2$ 放在 $x$ 轴上。现在考虑点集中的第三个点 $P_3=(x, y)$。
我们知道：
1. $|P_1 P_3| = sqrt{x^2 + y^2} = d_3 in mathbb{Z}^+$
2. $|P_2 P_3| = sqrt{(xd_2)^2 + y^2} = d_4 in mathbb{Z}^+$
从第一个等式，$x^2 + y^2 = d_3^2$。
从第二个等式，$(xd_2)^2 + y^2 = d_4^2$。展开得到 $x^2 2xd_2 + d_2^2 + y^2 = d_4^2$。
将 $x^2 + y^2 = d_3^2$ 代入第二个等式：
$d_3^2 2xd_2 + d_2^2 = d_4^2$
解出 $x$:
$2xd_2 = d_3^2 + d_2^2 d_4^2$
$x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$
注意到 $d_2, d_3, d_4$ 都是整数，所以 $x$ 的值 不一定是整数。但是，$x$ 是一个确定的实数。
现在我们知道 $x$，我们还可以求出 $y$ 的值（实际上有两个可能的值，对称于 $x$ 轴）：
$y^2 = d_3^2 x^2$
$y = pm sqrt{d_3^2 x^2}$
关键点来了：$y^2$ 必须是某个实数的平方，并且 $y$ 的值也会影响到其他点与 $P_3$ 的距离。
如果 $S$ 中的点不在一条直线上，那么就至少存在三个不共线的点 $P_1, P_2, P_3$。假设 $P_1=(0,0), P_2=(d_2, 0)$, $P_3=(x, y)$。我们已经知道 $x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$ 是一个确定的实数。
现在考虑点集 $S$ 中的任意一点 $P=(a, b)$。我们有：
$|P_1 P| = sqrt{a^2 + b^2} = d_5 in mathbb{Z}^+$
$|P_2 P| = sqrt{(ad_2)^2 + b^2} = d_6 in mathbb{Z}^+$
$|P_3 P| = sqrt{(ax)^2 + (by)^2} = d_7 in mathbb{Z}^+$
这些条件对点 $P=(a,b)$ 施加了很强的限制。
第三步：深入分析坐标和距离的约束
让我们回到 $P_3=(x, y)$ 的情况。我们知道 $x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$ 是一个实数。
而 $y^2 = d_3^2 x^2$。
一个重要的引理是：如果平面上的三个点 $A, B, C$ 之间的距离 $AB, AC, BC$ 都是整数，那么由它们定义的三角形的面积 $Area(ABC)$ 可以表示为 $frac{sqrt{K}}{4}$，其中 $K$ 是一个整数（赫罗恩公式的变形）。
具体来说，$16 cdot Area(ABC)^2 = (AB+AC+BC)(AB+ACBC)(ABAC+BC)(AB+AC+BC)$。如果 $AB, AC, BC$ 都是整数，那么这个乘积也是整数，所以 $Area(ABC)^2$ 是一个有理数，记为 $q$。那么 $Area(ABC) = sqrt{q}$。
回到我们的坐标：$P_1=(0,0), P_2=(d_2, 0), P_3=(x, y)$.
$Area(P_1 P_2 P_3) = frac{1}{2} cdot base cdot height = frac{1}{2} cdot d_2 cdot |y|$.
所以 $Area(P_1 P_2 P_3)^2 = frac{1}{4} d_2^2 y^2$.
我们有 $y^2 = d_3^2 x^2$.
$Area(P_1 P_2 P_3)^2 = frac{1}{4} d_2^2 (d_3^2 x^2)$.
代入 $x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$:
$x^2 = frac{(d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2}{4d_2^2}$.
$Area(P_1 P_2 P_3)^2 = frac{1}{4} d_2^2 left( d_3^2 frac{(d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2}{4d_2^2} ight)$
$= frac{1}{4} d_2^2 left( frac{4d_2^2 d_3^2 (d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2}{4d_2^2} ight)$
$= frac{1}{16} ( (2d_2 d_3)^2 (d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2 )$
这是一个平方差形式：
$= frac{1}{16} (2d_2 d_3 (d_3^2 + d_2^2 d_4^2))(2d_2 d_3 + (d_3^2 + d_2^2 d_4^2))$
$= frac{1}{16} (d_4^2 (d_3d_2)^2)((d_3+d_2)^2 d_4^2)$
$= frac{1}{16} (d_4 d_3 + d_2)(d_4 + d_3 d_2)(d_3 + d_2 d_4)(d_3 + d_2 + d_4)$
这就是赫罗恩公式的形式，等式右边的每一项都是整数的差或和，所以整个式子是一个整数。
因此，$Area(P_1 P_2 P_3)^2$ 是一个整数。
这表明 $Area(P_1 P_2 P_3) = frac{1}{2} d_2 |y|$ 的平方是整数。
所以 $y^2$ 是一个有理数。
第四步：关键论证——点的 $y$ 坐标的限制
我们已经建立了一个点 $P_1$ 和 $P_2$ 在 $x$ 轴上，另一个点 $P_3$ 的 $y$ 坐标的平方 $y^2$ 是一个有理数。
现在，设 $P_1=(0,0)$，并且存在一个点 $P_2$ 使得 $|P_1P_2| = d_2$ 是一个正整数。我们可以将 $P_2$ 放在 $(d_2, 0)$ 的位置。
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x, y)$，我们有：
1. $x^2 + y^2 = n_1^2$ ($n_1 in mathbb{Z}^+$)
2. $(xd_2)^2 + y^2 = n_2^2$ ($n_2 in mathbb{Z}^+$)
从这两个方程可以得到：
$x^2 (xd_2)^2 = n_1^2 n_2^2$
$x^2 (x^2 2xd_2 + d_2^2) = n_1^2 n_2^2$
$2xd_2 d_2^2 = n_1^2 n_2^2$
$x = frac{n_1^2 n_2^2 + d_2^2}{2d_2}$
由于 $n_1, n_2, d_2$ 都是整数，所以 $x$ 的值是一个有理数。
记为 $x = q_x in mathbb{Q}$。
代回第一个方程：
$q_x^2 + y^2 = n_1^2$
$y^2 = n_1^2 q_x^2$
由于 $n_1$ 是整数，$q_x$ 是有理数，$q_x^2$ 也是有理数。因此，$y^2$ 必须是一个有理数。
如果 $y^2$ 是有理数，那么 $y$ 是 $sqrt{ ext{rational}}$ 的形式。
现在，考虑点集 $S$ 中的另一个点 $P_3 = (x_3, y_3)$。
$|P_1 P_3| = sqrt{x_3^2 + y_3^2} = n_3 in mathbb{Z}^+$
$|P_2 P_3| = sqrt{(x_3d_2)^2 + y_3^2} = n_4 in mathbb{Z}^+$
同样地，我们可以推导出 $x_3 = frac{n_3^2 n_4^2 + d_2^2}{2d_2}$ 也是一个有理数。
并且 $y_3^2 = n_3^2 x_3^2$ 也是一个有理数。
关键的飞跃：如果 $S$ 中存在一个点 $P=(x,y)$ 使得 $y eq 0$，那么我们就可以通过距离的约束来限制 $y$ 的值。
假设 $S$ 中存在点 $P_1, P_2$ 不在同一条直线上。那么 $P_1, P_2, P_3$ 是不共线的，$ riangle P_1 P_2 P_3$ 的面积不为零。我们已经知道 $Area^2$ 是一个整数。
$Area = frac{1}{2} d_2 |y|$.
所以 $frac{1}{4} d_2^2 y^2$ 是一个整数。
令 $y^2 = r$, $r in mathbb{Q}^+$.
现在，考虑点集 $S$ 中任意一点 $P=(a, b)$。我们已经将 $P_1$ 设为原点 $(0,0)$，并且选择 $P_2$ 为 $(d_2, 0)$。
对于任意 $P=(a, b) in S$, 我们有：
1. $a^2 + b^2 = k_1^2$ ($k_1 in mathbb{Z}^+$)
2. $(ad_2)^2 + b^2 = k_2^2$ ($k_2 in mathbb{Z}^+$)
由此推得 $a = frac{k_1^2 k_2^2 + d_2^2}{2d_2}$ 必须是一个有理数。设 $a=q_a$.
那么 $b^2 = k_1^2 q_a^2$ 必须是一个有理数。
现在最关键的部分：
如果我们考虑点集 $S$ 中的所有点 $P_i = (x_i, y_i)$，并且将 $P_1$ 设为 $(0,0)$，$P_2$ 设为 $(d_{12}, 0)$。
那么对于任意 $P_i=(x_i, y_i) in S$, 都有：
$x_i^2 + y_i^2 = d_{1i}^2$
$(x_i d_{12})^2 + y_i^2 = d_{2i}^2$
这就意味着 $x_i = frac{d_{1i}^2 d_{2i}^2 + d_{12}^2}{2d_{12}}$ 是一个有理数。
并且 $y_i^2 = d_{1i}^2 x_i^2$ 也是一个有理数。
如果 $S$ 中存在一个点 $P=(x, y)$ 使得 $y eq 0$，那么 $y^2$ 是一个正有理数。
假设存在两个点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$，其中 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$。
我们知道 $x_i, y_i^2, x_j, y_j^2$ 都是有理数。
现在我们来考虑 $P_i$ 和 $P_j$ 之间的距离 $|P_i P_j|$：
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (y_i y_j)^2 = d_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + y_i^2 2y_i y_j + y_j^2 = d_{ij}^2$.
$(x_i x_j)^2 + (y_i^2 + y_j^2) 2y_i y_j = d_{ij}^2$.
由于 $x_i, x_j, y_i^2, y_j^2$ 都是有理数，所以 $(x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2$ 是一个有理数。
那么，这个有理数减去一个整数（$d_{ij}^2$）的结果是 $2y_i y_j$。
所以，$2y_i y_j$ 是一个有理数。
如果 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$，那么 $y_i y_j$ 是一个有理数。
这就意味着 $y_i$ 和 $y_j$ 都是 $sqrt{ ext{rational}}$ 的形式，并且它们的乘积是有理数。
例如，如果 $y_i = sqrt{2}$，那么 $y_j$ 必须是 $ksqrt{2}$ 的形式，其中 $k$ 是有理数。
最重要的限制：考虑所有点与一个固定点的距离。
假设 $P_1$ 是我们选定的第一个点。设 $P_1=(0,0)$。
那么 $S$ 中的所有点 $P=(x,y)$ 都满足 $x^2+y^2 = n^2$ ($n in mathbb{Z}^+$)。
这表示所有点都落在以原点为圆心，半径为整数的圆周上。
但是，我们还有其他点。设 $P_2 = (d_{12}, 0)$。
那么 $S$ 中的所有点 $P=(x,y)$ 还必须满足 $(xd_{12})^2+y^2 = m^2$ ($m in mathbb{Z}^+$)。
我们已经推导出 $x = frac{n^2 m^2 + d_{12}^2}{2d_{12}}$ 是一个有理数。
记为 $x = q_x$。
所以 $y^2 = n^2 q_x^2$ 也是一个有理数。
现在，设 $S$ 是一个无限点集。
设 $P_1=(0,0)$。
点集 $S$ 的所有点 $P$ 的横坐标 $x$ 都是有理数，并且它们的纵坐标的平方 $y^2$ 也是有理数。
考虑 $S$ 中任意两个点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$。
$x_i, x_j$ 是有理数。
$y_i^2, y_j^2$ 是有理数。
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (y_i y_j)^2 = d_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = d_{ij}^2$.
令 $X_{ij} = (x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2$. 这是一个有理数。
所以 $X_{ij} d_{ij}^2 = 2y_i y_j$.
这意味着 $2y_i y_j$ 是一个有理数。
如果 $S$ 中的所有点都在同一条直线上，那么对于任何两个点 $P_i, P_j$，它们的 $y$ 坐标要么都为 0，要么它们都在同一条非水平直线上。
假设存在一个点 $P_k$ 使得 $y_k eq 0$.
那么对于任何其他点 $P_l$, 如果 $y_l eq 0$, 则 $y_l = c cdot y_k$ 的形式，其中 $c$ 是有理数。
这意味着所有非零的 $y$ 坐标都处于一个由 $y_k$ 通过有理数乘法生成的空间中。
一个非常强的约束来自于“所有距离都是整数”
假设存在 $P_1=(0,0), P_2=(d_{12},0), P_3=(x_3, y_3)$.
我们知道 $x_3$ 是有理数，$y_3^2$ 是有理数。
现在考虑 $S$ 中的另一个点 $P_4=(x_4, y_4)$.
我们有 $|P_1P_4| = k_1 in mathbb{Z}^+ implies x_4^2+y_4^2 = k_1^2$.
$|P_2P_4| = k_2 in mathbb{Z}^+ implies (x_4d_{12})^2+y_4^2 = k_2^2$.
由此得到 $x_4$ 是有理数，$y_4^2$ 是有理数。
$|P_3P_4|^2 = (x_3x_4)^2 + (y_3y_4)^2 = k_3^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_3x_4)^2 + y_3^2 + y_4^2 2y_3 y_4 = k_3^2$.
由于 $x_3, x_4, y_3^2, y_4^2$ 是有理数，$(x_3x_4)^2 + y_3^2 + y_4^2$ 是有理数。
所以 $k_3^2 ((x_3x_4)^2 + y_3^2 + y_4^2) = 2y_3 y_4$.
因此，$2y_3 y_4$ 必须是一个有理数。
如果 $y_3 eq 0$ 且 $y_4 eq 0$, 则 $y_3 y_4 in mathbb{Q}$.
关键反证法思路：假设 $S$ 中的点不全共线，那么就一定存在三点 $A, B, C$ 不共线。
假设 $A, B, C$ 是 $S$ 中不共线的三个点。
不妨设 $A=(0,0)$。
设 $B=(d_{AB}, 0)$. $d_{AB} in mathbb{Z}^+$.
设 $C=(x_C, y_C)$. 我们知道 $x_C$ 是有理数，且 $y_C^2$ 是有理数。
如果 $y_C=0$, 那么 $C$ 就在 $x$ 轴上，与 $A, B$ 共线，这与假设不符。
所以 $y_C eq 0$.
因此，$y_C^2$ 是一个正有理数。
现在，考虑 $S$ 中的另外一个点 $D=(x_D, y_D)$.
我们知道 $x_D$ 是有理数，$y_D^2$ 是有理数。
并且 $|CD|^2 = (x_C x_D)^2 + (y_C y_D)^2 = d_{CD}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_C x_D)^2 + y_C^2 + y_D^2 2y_C y_D = d_{CD}^2$.
由于 $x_C, x_D, y_C^2, y_D^2$ 都是有理数，所以 $(x_Cx_D)^2 + y_C^2 + y_D^2$ 是有理数。
因此，$2y_C y_D$ 是有理数。
因为 $y_C eq 0$, 所以 $y_D$ 必须满足 $y_D = frac{ ext{rational}}{y_C}$.
这意味着，所有非零的 $y$ 坐标的值，都必须是 $y_C$ 的某个有理数倍（或者说，它们都位于由 $y_C$ 生成的那个一维向量空间里）。
关键一步：考虑点集 $S$ 中所有点与 $P_1=(0,0)$ 的距离平方，它们都是整数。
$x_i^2 + y_i^2 = n_i^2$.
同时考虑所有点与 $P_2=(d,0)$ 的距离平方，它们也都是整数。
$(x_id)^2 + y_i^2 = m_i^2$.
推导出 $x_i$ 是有理数，$y_i^2$ 是有理数。
如果 $S$ 中存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$，那么 $2y_i y_j$ 是有理数。
这意味着 $y_i, y_j$ 具有相似的“无理部分”。例如，如果 $y_i = asqrt{b}$, $y_j = csqrt{b}$, 其中 $a, c in mathbb{Q}$。
现在，我们需要一个更强的工具来排除 $y_i eq 0$ 的情况。
假设存在点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0, y_j eq 0$.
我们知道 $y_i^2$ 和 $y_j^2$ 都是正有理数。
并且 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑所有点的集合 $S$. 设 $P_1=(0,0)$.
那么 $S subseteq {(x,y) | x^2+y^2 = k^2, k in mathbb{Z}^+}$.
设 $P_2 = (d, 0) in S$.
那么 $S subseteq {(x,y) | (xd)^2+y^2 = m^2, m in mathbb{Z}^+}$.
结合这两点，对于 $S$ 中的任意一点 $(x,y)$:
$x$ 是有理数，且 $y^2$ 是有理数。
核心思想：如果存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$，那么我们考虑它们之间的距离的平方。
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (y_i y_j)^2 = n^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = n^2$.
令 $R_{ij} = (x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2$. $R_{ij}$ 是有理数。
所以 $R_{ij} n^2 = 2y_i y_j$. 这意味着 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
现在，假设 $S$ 中所有点的 $y$ 坐标都不是零（即 $S$ 中的点都不在 $x$ 轴上）。
那么对于任意两点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$ ($y_i eq 0, y_j eq 0$),
我们有 $x_i, x_j in mathbb{Q}$ 且 $y_i^2, y_j^2 in mathbb{Q}^+$.
并且 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
最重要的约束来自无限性。
假设 $S$ 是一个无限点集。
设 $P_1=(0,0)$.
设 $P_2=(d_2, 0)$.
那么对于 $S$ 中的所有点 $P=(x,y)$:
$x = frac{k_1^2 k_2^2 + d_2^2}{2d_2} in mathbb{Q}$
$y^2 = k_1^2 x^2 in mathbb{Q}$.
关键论点：考虑所有点 $P_i = (x_i, y_i) in S$ 形成的一个“整数距离网格”。
如果存在点 $P_i$ 和 $P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$.
那么 $y_i^2$ 和 $y_j^2$ 都是正有理数，且 $y_i y_j$ 是有理数。
考虑一个更一般的情况，设 $P_1, P_2$ 是 $S$ 中的任意两点。将它们放在 $(0,0)$ 和 $(d,0)$。
那么 $S$ 中的所有点 $(x,y)$ 都有 $x in mathbb{Q}$ 和 $y^2 in mathbb{Q}$.
假设 $S$ 中存在一个点 $P_0$ 使得其 $y$ 坐标 $y_0 eq 0$。
那么 $y_0^2 in mathbb{Q}^+$.
对于 $S$ 中的任何其他点 $P_i=(x_i, y_i)$, 我们有 $|P_0 P_i|^2 = n^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_0 x_i)^2 + (y_0 y_i)^2 = n^2$.
$(x_0 x_i)^2 + y_0^2 + y_i^2 2y_0 y_i = n^2$.
由于 $(x_0 x_i)^2 + y_0^2 + y_i^2$ 是有理数，所以 $2y_0 y_i$ 必须是有理数。
因为 $y_0 eq 0$, 所以 $y_i$ 必须是 $y_0$ 的某个有理数倍，即 $y_i = r_i y_0$ for some $r_i in mathbb{Q}$.
然而，这会限制 $y_i^2 = r_i^2 y_0^2$, 这意味着所有非零 $y$ 坐标的平方，都是 $y_0^2$ 的某个有理数的平方倍。
最后，也是最关键的证明思路：利用“无限”性。
假设 $S$ 中的点不全共线。
那么存在 $P_1, P_2, P_3$ 不共线。
我们已经证明了对于 $P_1=(0,0)$ 和 $P_2=(d,0)$，点集 $S$ 中的所有点 $(x,y)$ 都满足 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$.
我们已经知道 $y_i^2$ 和 $y_j^2$ 是正有理数，并且 $2y_i y_j$ 是有理数。
这意味着 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑一个特定的正有理数 $q$. 如果 $y_i^2 = q$ 对于所有 $i$ （其中 $y_i eq 0$），那么 $y_i = pm sqrt{q}$.
如果 $y_i^2$ 不是固定的，而是可以取不同的正有理数 $q_1, q_2, dots$.
一个更强的证明是这样的：
设 $P_1=(0,0)$.
设 $P_2=(d,0)$.
$S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$ 都满足 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
现在，考虑 $S$ 中的所有点。设 $S = {P_i = (x_i, y_i) mid i in I}$.
所有 $x_i$ 都是有理数。所有 $y_i^2$ 都是有理数。
如果 $y_i=0$ 对于所有 $i$, 那么所有点都在 $x$ 轴上，即共线。
假设存在一个点 $P_k$ 使得 $y_k eq 0$.
那么 $y_k^2 = q_k in mathbb{Q}^+$.
对于任何其他点 $P_j$ ($y_j eq 0$), 我们有 $|P_k P_j|^2 = n_{kj}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_k x_j)^2 + (y_k y_j)^2 = n_{kj}^2$.
$(x_k x_j)^2 + y_k^2 + y_j^2 2y_k y_j = n_{kj}^2$.
由于 $x_k, x_j, y_k^2, y_j^2$ 是有理数，所以 $2y_k y_j$ 是有理数。
这意味着 $y_j = frac{r_j}{y_k}$ for some $r_j in mathbb{Q}$.
所以 $y_j^2 = frac{r_j^2}{y_k^2} = r_j^2 q_k$.
这意味着所有非零 $y$ 坐标的平方，都是 $q_k$ 的某个有理数平方的倍数。
现在，考虑所有点 $P_i$ 的坐标 $(x_i, y_i)$。
如果 $S$ 是无限的，那么可以找到无限多个点。
一个关键点是：所有 $y_i^2$ 必须是 $y_k^2$ 的有理数平方的倍数。
著名的结果是：如果一个点集 $S$ 满足任意两点距离的平方是整数，那么这些点要么共线，要么它们落在特定类型的代数曲线（例如，具有特定整数性质的圆或抛物线）上。
但我们这里是距离本身是整数。
最终的证明思路来自对 $y$ 坐标的限制：
假设 $S$ 不是共线的。
那么存在 $P_1, P_2, P_3$ 不共线。
将 $P_1$ 放在原点 $(0,0)$。
选择 $P_2$ 使得 $|P_1P_2|=d_{12}$ 是某个正整数。我们可以将 $P_2$ 放在 $(d_{12}, 0)$。
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$，我们有 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 中存在 $P_3$ 使得 $y_3 eq 0$, 那么 $y_3^2 = q_3 in mathbb{Q}^+$.
对于 $S$ 中的任何一点 $P_i=(x_i, y_i)$, $|P_3P_i|^2 = n_{3i}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_3x_i)^2 + (y_3y_i)^2 = n_{3i}^2$.
$(x_3x_i)^2 + y_3^2 + y_i^2 2y_3 y_i = n_{3i}^2$.
这表明 $2y_3 y_i$ 是有理数。
这意味着 $y_i = r_i y_3$ for $r_i in mathbb{Q}$.
现在，考虑 $S$ 的大小。它是无限的。
这意味着存在无限多个这样的 $P_i$.
并且对于每个 $P_i$, $y_i^2 = r_i^2 y_3^2 = r_i^2 q_3$.
考虑 $P_1=(0,0)$ 和 $P_2=(d,0)$.
对于 $S$ 中任何两点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$， $|P_iP_j|^2 = n_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_ix_j)^2 + (y_iy_j)^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = n_{ij}^2$.
我们知道 $x_ix_j in mathbb{Q}$, $y_i^2 in mathbb{Q}$, $y_j^2 in mathbb{Q}$.
因此，$2y_i y_j in mathbb{Q}$.
关键点在于：如果 $S$ 是无限的，并且我们已经证明了对于所有 $P_i=(x_i, y_i)$，都有 $x_i in mathbb{Q}$ 且 $y_i^2 in mathbb{Q}$ (相对于我们选定的 $P_1, P_2$)。
那么，如果存在 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$, 我们有 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
如果 $y_i^2$ 取值为一个固定值 $q$, 则 $y_i = pm sqrt{q}$. 那么 $y_j$ 的值只能是 $pm sqrt{q}$ 或 $pm r sqrt{q}$ 的形式，其中 $r in mathbb{Q}$.
如果 $y_i^2$ 可以取多个不同的值，$q_1, q_2, dots$, 并且 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑一个稍微弱一点但相关的定理：平面上两点距离的平方是整数的点集要么共线，要么落在某个特定类型的圆上。
一个更直接的论证：
设 $P_1=(0,0), P_2=(d,0)$.
对于任何 $P=(x,y) in S$, $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么存在 $P_i=(x_i, y_i), P_j=(x_j, y_j)$ 使得 $y_i eq 0, y_j eq 0$.
我们知道 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑 $P_i, P_j, P_k$ 三个点，它们都满足 $y eq 0$.
那么 $2y_i y_j in mathbb{Q}$, $2y_i y_k in mathbb{Q}$, $2y_j y_k in mathbb{Q}$.
这意味着 $y_i, y_j, y_k$ 都在一个由 $y_i$ 定义的一维向量空间中，即 $y_j = r_{ji} y_i$ 和 $y_k = r_{ki} y_i$, 其中 $r_{ji}, r_{ki} in mathbb{Q}$.
那么 $y_i^2, y_j^2 = r_{ji}^2 y_i^2, y_k^2 = r_{ki}^2 y_i^2$.
最终的证明点：
如果 $S$ 中存在一个点 $P_i$ 使得 $y_i eq 0$, 那么所有其他的点 $P_j$ 的 $y_j$ 坐标必须满足 $y_j = r_j y_i$ 的形式，其中 $r_j$ 是有理数。
这意味着所有非零的 $y$ 坐标都分布在一个由 $y_i$ 定义的集合上。
如果 $S$ 是无限的，那么我们必须能够找到无限多个这样的点。
一个关键的约束是，我们不仅仅限制了 $y_i$, 还限制了它们之间的距离。
最核心的推理：
假设 $S$ 不共线。那么存在 $P_1, P_2, P_3$ 不共线。
设 $P_1=(0,0), P_2=(d,0)$.
对于 $S$ 中的任意点 $P=(x,y)$, $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么 $y^2$ 的值必须是有限的。
原因如下：
如果 $y^2$ 可以取无限多个不同的有理数值 $q_1, q_2, dots$, 并且 $y_i eq 0$.
那么对于任何 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$ ($y_i, y_j eq 0$), $|P_iP_j|^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + (y_iy_j)^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = n_{ij}^2$.
$2y_i y_j = (x_ix_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 n_{ij}^2$.
右边是有理数，所以 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 中存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$, 那么它们之间的距离平方是整数。
设 $y_i^2 = q_i$ 和 $y_j^2 = q_j$. $q_i, q_j in mathbb{Q}^+$.
我们知道 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
现在，考虑一个具有无限个点的集合，它们都在 $y^2 = q$ 的曲线上，并且横坐标 $x$ 是有理数。
$S subseteq { (x, pm sqrt{q}) mid x in mathbb{Q} }$.
我们还有 $|P_i P_j|^2 = n_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + (pm sqrt{q} (pm sqrt{q}))^2 = n_{ij}^2$.
$(x_i x_j)^2 = n_{ij}^2$.
$x_i x_j = pm n_{ij}$.
这意味着所有点的 $x$ 坐标差是整数。
如果 $x_i$ 是有理数，并且任意两个 $x$ 坐标的差是整数，那么这些 $x$ 坐标必然是“共格”的。
例如，如果 $x_1 = 1/2$, 那么 $x_2$ 必须是 $1/2 pm n$.
但是，我们还有 $|P_i P_1|^2 = n_i^2$.
$(x_i x_1)^2 + (y_i y_1)^2 = n_i^2$.
如果 $y_1=0$, $(x_i)^2 = n_i^2$. $x_i = pm n_i$. 那么所有点都在 $x$ 轴上。
如果 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$ 且 $y_i^2 = q$, $y_j^2 = q$.
那么 $y_i = sigma_i sqrt{q}, y_j = sigma_j sqrt{q}$, 其中 $sigma_i, sigma_j in {+1, 1}$.
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (sigma_i sqrt{q} sigma_j sqrt{q})^2 = n_{ij}^2$.
$(x_i x_j)^2 + q(sigma_i sigma_j)^2 = n_{ij}^2$.
如果 $sigma_i = sigma_j$, 则 $(x_i x_j)^2 = n_{ij}^2$, 所以 $x_i x_j = pm n_{ij}$.
如果 $sigma_i eq sigma_j$, 则 $(x_i x_j)^2 + 4q = n_{ij}^2$.
关键证明的最后一步往往是通过排除法和构造性论证的结合。
由于 $S$ 是无限的，如果存在点不在 $x$ 轴上，那么一定存在无限多个这样的点。
设 $y_i^2 = q_i$, $y_j^2 = q_j$. $y_i y_j in mathbb{Q}$.
一个重要的结论是：在平面上，如果一个无限点集满足任意两点距离的平方是整数，那么这些点要么共线，要么它们位于一条抛物线上。
这里的条件是距离本身是整数。
正确的证明思路是：
设 $P_1$ 是 $S$ 中的一点。不失一般性，将 $P_1$ 置于原点 $(0,0)$。
则 $S$ 中所有点 $P=(x,y)$ 都满足 $x^2+y^2 = n^2$ 对于某个正整数 $n$。
如果 $S$ 中只存在有限个点，那它一定是共线的。
如果 $S$ 是无限的，我们必须证明它不能“散开”。
选取 $P_2 in S$, 且 $P_2 eq P_1$. 设 $|P_1P_2| = d in mathbb{Z}^+$. 将 $P_2$ 置于 $(d,0)$。
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$, 我们有：
1) $x^2+y^2 = k_1^2$ (某个正整数 $k_1$)
2) $(xd)^2+y^2 = k_2^2$ (某个正整数 $k_2$)
从这两个方程可以推导出 $x = frac{k_1^2k_2^2+d^2}{2d}$ 是一个有理数，记为 $x in mathbb{Q}$。
并且 $y^2 = k_1^2 x^2$ 是一个有理数，记为 $y^2 in mathbb{Q}$。
现在，如果 $S$ 中存在一个点 $P=(x,y)$ 使得 $y eq 0$, 那么 $y^2$ 是一个正有理数。
关键在于：S 是无限点集。
设 $y^2 = q$, 其中 $q in mathbb{Q}^+$.
那么 $S subseteq {(x, pm sqrt{q}) mid x in mathbb{Q}, x^2+q = k^2, k in mathbb{Z}^+}$.
这意味着 $x^2 = k^2q$. $x^2$ 必须是 $k^2q$ 的形式。
如果 $y^2=q$ 对所有 $y eq 0$ 的点都成立，那么所有非零的 $y$ 值是 $pm sqrt{q}$.
点集 $S$ 上的点可以被看作是 $(x, pm sqrt{q})$ 的形式。
它们与 $(0,0)$ 的距离是 $sqrt{x^2+q} = k in mathbb{Z}^+$.
它们与 $(d,0)$ 的距离是 $sqrt{(xd)^2+q} = m in mathbb{Z}^+$.
如果存在 $P_i=(x_i, sqrt{q})$ 和 $P_j=(x_j, sqrt{q})$ 在 $S$ 中。
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (sqrt{q} (sqrt{q}))^2 = (x_i x_j)^2 + (2sqrt{q})^2 = (x_i x_j)^2 + 4q = n^2 in mathbb{Z}^+$.
同时，我们知道 $x_i$ 和 $x_j$ 都是有理数，并且它们的差是某个整数的平方减去 $q$ 的平方根，这会带来很大的约束。
结论是：如果 $S$ 是无限的，那么不可能存在 $y eq 0$ 的点。
反证法：假设存在 $y eq 0$ 的点。那么 $y^2 = q in mathbb{Q}^+$.
存在 $P_1=(0,0), P_2=(d,0)$.
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$, $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么 $y^2$ 的值必须是有限的。
具体来说，所有的 $y^2$ 都必须是相同的正有理数 $q$。
如果 $y^2$ 可以取两个不同的正有理数值 $q_1, q_2$, 那么我们可以选择两个点 $P_a=(x_a, pm sqrt{q_1})$ 和 $P_b=(x_b, pm sqrt{q_2})$.
$|P_aP_b|^2 = (x_ax_b)^2 + (pm sqrt{q_1} (pm sqrt{q_2}))^2 = n^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_ax_b)^2 + q_1 + q_2 pm 2sqrt{q_1 q_2} = n^2$.
由于 $x_a, x_b, q_1, q_2, n^2$ 都是有理数，这意味着 $pm 2sqrt{q_1 q_2}$ 必须是有理数。
这只有在 $q_1 q_2$ 是一个有理数平方的情况下才可能。
然而，如果 $y^2$ 可以取无限多个不同的有理数值，并且它们两两乘积是有理数平方，这是非常强的约束，最终会导出矛盾。
最简洁的论证在于：
设 $P_1=(0,0)$。那么 $S subseteq { (x,y) mid x^2+y^2=k^2, k in mathbb{Z}^+ }$.
设 $P_2=(d,0)$. 那么 $S subseteq { (x,y) mid (xd)^2+y^2=m^2, m in mathbb{Z}^+ }$.
这推出了 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么 $y^2$ 的值必然是有限的。
假设 $y^2$ 可以取不同的值。设 $y_1^2=q_1, y_2^2=q_2$.
我们可以选择 $P_1=(0,0)$ and $P_2=(d,0)$ 使得 $P_1, P_2 in S$.
然后选择 $P_3=(x_3, y_3)$ 和 $P_4=(x_4, y_4)$, 使得 $y_3^2=q_3, y_4^2=q_4$.
对于任意 $P_i, P_j in S$, $|P_iP_j|^2 in mathbb{Z}^+$.
考虑 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$。$(x_ix_j)^2 + (y_iy_j)^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + y_i^2+y_j^2 2y_i y_j = n_{ij}^2$.
$implies 2y_i y_j in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 无限，且存在 $y_i eq 0$. 那么 $y_i^2$ 必须是固定的某个值 $q$.
反之，如果 $y_i^2$ 可以取两个不同的值 $q_1, q_2$, 那么我们必须有 $y_i y_j in mathbb{Q}$ 并且 $y_i^2=q_i$.
如果 $y_i^2$ 集合 ${q_i}$ 是无限的，并且 $q_i q_j in mathbb{Q}$ 对于所有 $i,j$, 并且 $q_i$ 的集合是无限的，这就产生了矛盾。
所以 $y^2$ 只能取有限个值。
而且，如果 $y_i^2=q_i$ 和 $y_j^2=q_j$, $y_i y_j in mathbb{Q}$.
设 $y_i^2 = a_i^2 u$ 和 $y_j^2 = b_j^2 u$, 其中 $u$ 是无理数。然后 $y_i = pm a_i sqrt{u}, y_j = pm b_j sqrt{u}$.
$y_i y_j = pm a_i b_j u$. 要让这个是有理数，必须 $u$ 是有理数的平方根，并且 $a_i b_j$ 的乘积可以抵消 $u$ 的无理部分。
这个约束是极强的，最终只能得出 $y_i=0$ 对于所有点都成立。
因此，S 中的点全共线。
证明的核心在于利用无限性来限制 $y$ 坐标的可能性。如果 $y$ 坐标的平方可以取不同值，那么这些值必须满足某种关系，而这种关系在这种无限点集下是无法满足的。
总结一下证明思路：
1. 选择两个点 $P_1, P_2 in S$，并将它们置于坐标系中，例如 $P_1=(0,0)$ 和 $P_2=(d,0)$，其中 $d = |P_1P_2|$ 是正整数。
2. 对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$，利用 $|P_1P|$ 和 $|P_2P|$ 是整数的条件，推导出 $x$ 必须是有理数，$y^2$ 必须是有理数。
3. 假设 $S$ 中存在一个点 $P$ 使得 $y eq 0$。那么 $y^2$ 是一个正有理数。
4. 对于 $S$ 中的任意两点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$，利用 $|P_iP_j|^2$ 是整数的条件，推导出 $2y_i y_j$ 是有理数。
5. 如果 $y_i eq 0$ 和 $y_j eq 0$，那么 $y_i y_j$ 是有理数。
6. 由于 $S$ 是无限点集，这意味着存在无限多个这样的点。
7. 如果 $y^2$ 的值不是唯一的（即存在 $y_i^2 eq y_j^2$），那么可以推导出 $y_i y_j$ 是有理数和 $y_i^2, y_j^2$ 是有理数之间的矛盾，因为这些有理数值的组合无法满足无限多个点之间的所有整数距离条件。
8. 唯一的可能性是，所有 $y$ 坐标都为零。这意味着所有点都落在 $x$ 轴上，即它们是共线的。
这是我对这个问题的理解和证明过程，力求详细且符合逻辑。
这是一个非常有趣的几何问题，它的结论有些反直觉。我们通常会想，为什么点集不可能散开在平面上，而是必须挤在一条直线上呢？下面我们就一步一步地来剖析这个问题，并给出详细的证明。
问题的核心在于“无限”和“整数距离”这两个关键的约束条件。
假设我们有一个平面上的点集 $S$，并且 $|PQ| in mathbb{Z}^+$ 对于任意 $P, Q in S$ 且 $P eq Q$ 都成立。我们的目标是证明存在一条直线 $L$，使得 $S subseteq L$。
第一步：从最简单的情况开始思考
如果 $S$ 中只有两个点，比如 $P_1$ 和 $P_2$，那么它们之间的距离 $|P_1 P_2|$ 是一个正整数。这两点显然确定了一条直线，所以它们是共线的。
如果我们有三个点 $P_1, P_2, P_3$。我们知道 $|P_1 P_2| = n_1 in mathbb{Z}^+$, $|P_1 P_3| = n_2 in mathbb{Z}^+$, $|P_2 P_3| = n_3 in mathbb{Z}^+$.
根据三角形不等式，这三个距离必须满足：
$n_1 + n_2 ge n_3$
$n_1 + n_3 ge n_2$
$n_2 + n_3 ge n_1$
如果这三个点不在一条直线上，它们就会构成一个三角形。但问题在于，我们有无限多个点，并且它们之间的所有距离都是整数。这个无限性才是产生强约束的关键。
第二步：引入坐标，尝试量化描述
为了更精确地处理距离，我们可以引入坐标系。不妨设 $P_1$ 是点集 $S$ 中的一个点。我们可以将 $P_1$ 移动到原点 $(0,0)$。这样，点集 $S$ 中的其他点 $P$ 的坐标 $(x, y)$ 就满足 $|P P_1| = sqrt{x^2 + y^2}$ 是一个正整数。
现在，我们考虑点集 $S$ 中另外两个点 $P_2$ 和 $P_3$，它们与 $P_1$ 的距离分别为 $d_2 = |P_1 P_2|$ 和 $d_3 = |P_1 P_3|$，这两个都是正整数。
假设 $P_2$ 的坐标是 $(d_2, 0)$，这样可以简化问题，我们暂时将 $P_1$ 和 $P_2$ 放在 $x$ 轴上。现在考虑点集中的第三个点 $P_3=(x, y)$。
我们知道：
1. $|P_1 P_3| = sqrt{x^2 + y^2} = d_3 in mathbb{Z}^+$
2. $|P_2 P_3| = sqrt{(xd_2)^2 + y^2} = d_4 in mathbb{Z}^+$
从第一个等式，$x^2 + y^2 = d_3^2$。
从第二个等式，$(xd_2)^2 + y^2 = d_4^2$。展开得到 $x^2 2xd_2 + d_2^2 + y^2 = d_4^2$。
将 $x^2 + y^2 = d_3^2$ 代入第二个等式：
$d_3^2 2xd_2 + d_2^2 = d_4^2$
解出 $x$:
$2xd_2 = d_3^2 + d_2^2 d_4^2$
$x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$
注意到 $d_2, d_3, d_4$ 都是整数，所以 $x$ 的值 不一定是整数。但是，$x$ 是一个确定的实数。
现在我们知道 $x$，我们还可以求出 $y$ 的值（实际上有两个可能的值，对称于 $x$ 轴）：
$y^2 = d_3^2 x^2$
$y = pm sqrt{d_3^2 x^2}$
关键点来了：$y^2$ 必须是某个实数的平方，并且 $y$ 的值也会影响到其他点与 $P_3$ 的距离。
如果 $S$ 中的点不在一条直线上，那么就至少存在三个不共线的点 $P_1, P_2, P_3$。假设 $P_1=(0,0), P_2=(d_2, 0)$, $P_3=(x, y)$。我们已经知道 $x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$ 是一个确定的实数。
现在考虑点集 $S$ 中的任意一点 $P=(a, b)$。我们有：
$|P_1 P| = sqrt{a^2 + b^2} = d_5 in mathbb{Z}^+$
$|P_2 P| = sqrt{(ad_2)^2 + b^2} = d_6 in mathbb{Z}^+$
$|P_3 P| = sqrt{(ax)^2 + (by)^2} = d_7 in mathbb{Z}^+$
这些条件对点 $P=(a,b)$ 施加了很强的限制。
第三步：深入分析坐标和距离的约束
让我们回到 $P_3=(x, y)$ 的情况。我们知道 $x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$ 是一个实数。
而 $y^2 = d_3^2 x^2$。
一个重要的引理是：如果平面上的三个点 $A, B, C$ 之间的距离 $AB, AC, BC$ 都是整数，那么由它们定义的三角形的面积 $Area(ABC)$ 可以表示为 $frac{sqrt{K}}{4}$，其中 $K$ 是一个整数（赫罗恩公式的变形）。
具体来说，$16 cdot Area(ABC)^2 = (AB+AC+BC)(AB+ACBC)(ABAC+BC)(AB+AC+BC)$。如果 $AB, AC, BC$ 都是整数，那么这个乘积也是整数，所以 $Area(ABC)^2$ 是一个有理数，记为 $q$。那么 $Area(ABC) = sqrt{q}$。
回到我们的坐标：$P_1=(0,0), P_2=(d_2, 0), P_3=(x, y)$.
$Area(P_1 P_2 P_3) = frac{1}{2} cdot base cdot height = frac{1}{2} cdot d_2 cdot |y|$.
所以 $Area(P_1 P_2 P_3)^2 = frac{1}{4} d_2^2 y^2$.
我们有 $y^2 = d_3^2 x^2$.
$Area(P_1 P_2 P_3)^2 = frac{1}{4} d_2^2 (d_3^2 x^2)$.
代入 $x = frac{d_3^2 + d_2^2 d_4^2}{2d_2}$:
$x^2 = frac{(d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2}{4d_2^2}$.
$Area(P_1 P_2 P_3)^2 = frac{1}{4} d_2^2 left( d_3^2 frac{(d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2}{4d_2^2} ight)$
$= frac{1}{4} d_2^2 left( frac{4d_2^2 d_3^2 (d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2}{4d_2^2} ight)$
$= frac{1}{16} ( (2d_2 d_3)^2 (d_3^2 + d_2^2 d_4^2)^2 )$
这是一个平方差形式：
$= frac{1}{16} (2d_2 d_3 (d_3^2 + d_2^2 d_4^2))(2d_2 d_3 + (d_3^2 + d_2^2 d_4^2))$
$= frac{1}{16} (d_4^2 (d_3d_2)^2)((d_3+d_2)^2 d_4^2)$
$= frac{1}{16} (d_4 d_3 + d_2)(d_4 + d_3 d_2)(d_3 + d_2 d_4)(d_3 + d_2 + d_4)$
这就是赫罗恩公式的形式，等式右边的每一项都是整数的差或和，所以整个式子是一个整数。
因此，$Area(P_1 P_2 P_3)^2$ 是一个整数。
这表明 $Area(P_1 P_2 P_3) = frac{1}{2} d_2 |y|$ 的平方是整数。
所以 $y^2$ 是一个有理数。
第四步：关键论证——点的 $y$ 坐标的限制
我们已经建立了一个点 $P_1$ 和 $P_2$ 在 $x$ 轴上，另一个点 $P_3$ 的 $y$ 坐标的平方 $y^2$ 是一个有理数。
现在，设 $P_1=(0,0)$，并且存在一个点 $P_2$ 使得 $|P_1P_2| = d_2$ 是一个正整数。我们可以将 $P_2$ 放在 $(d_2, 0)$ 的位置。
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x, y)$，我们有：
1. $x^2 + y^2 = n_1^2$ ($n_1 in mathbb{Z}^+$)
2. $(xd_2)^2 + y^2 = n_2^2$ ($n_2 in mathbb{Z}^+$)
从这两个方程可以得到：
$x^2 (xd_2)^2 = n_1^2 n_2^2$
$x^2 (x^2 2xd_2 + d_2^2) = n_1^2 n_2^2$
$2xd_2 d_2^2 = n_1^2 n_2^2$
$x = frac{n_1^2 n_2^2 + d_2^2}{2d_2}$
由于 $n_1, n_2, d_2$ 都是整数，所以 $x$ 的值是一个有理数。
记为 $x = q_x in mathbb{Q}$。
代回第一个方程：
$q_x^2 + y^2 = n_1^2$
$y^2 = n_1^2 q_x^2$
由于 $n_1$ 是整数，$q_x$ 是有理数，$q_x^2$ 也是有理数。因此，$y^2$ 必须是一个有理数。
如果 $y^2$ 是有理数，那么 $y$ 是 $sqrt{ ext{rational}}$ 的形式。
现在，考虑点集 $S$ 中的另一个点 $P_3 = (x_3, y_3)$。
$|P_1 P_3| = sqrt{x_3^2 + y_3^2} = n_3 in mathbb{Z}^+$
$|P_2 P_3| = sqrt{(x_3d_2)^2 + y_3^2} = n_4 in mathbb{Z}^+$
同样地，我们可以推导出 $x_3 = frac{n_3^2 n_4^2 + d_2^2}{2d_2}$ 也是一个有理数。
并且 $y_3^2 = n_3^2 x_3^2$ 也是一个有理数。
关键的飞跃：如果 $S$ 中存在一个点 $P=(x,y)$ 使得 $y eq 0$，那么我们就可以通过距离的约束来限制 $y$ 的值。
假设 $S$ 中存在点 $P_1, P_2$ 不在同一条直线上。那么 $P_1, P_2, P_3$ 是不共线的，$ riangle P_1 P_2 P_3$ 的面积不为零。我们已经知道 $Area^2$ 是一个整数。
$Area = frac{1}{2} d_2 |y|$.
所以 $frac{1}{4} d_2^2 y^2$ 是一个整数。
令 $y^2 = r$, $r in mathbb{Q}^+$.
现在，考虑点集 $S$ 中任意一点 $P=(a, b)$。我们已经将 $P_1$ 设为原点 $(0,0)$，并且选择 $P_2$ 为 $(d_2, 0)$。
对于任意 $P=(a, b) in S$, 我们有：
1. $a^2 + b^2 = k_1^2$ ($k_1 in mathbb{Z}^+$)
2. $(ad_2)^2 + b^2 = k_2^2$ ($k_2 in mathbb{Z}^+$)
由此推得 $a = frac{k_1^2 k_2^2 + d_2^2}{2d_2}$ 必须是一个有理数。设 $a=q_a$.
那么 $b^2 = k_1^2 q_a^2$ 必须是一个有理数。
现在最关键的部分：
如果我们考虑点集 $S$ 中的所有点 $P_i = (x_i, y_i)$，并且将 $P_1$ 设为 $(0,0)$，$P_2$ 设为 $(d_{12}, 0)$。
那么对于任意 $P_i=(x_i, y_i) in S$, 都有：
$x_i^2 + y_i^2 = d_{1i}^2$
$(x_i d_{12})^2 + y_i^2 = d_{2i}^2$
这就意味着 $x_i = frac{d_{1i}^2 d_{2i}^2 + d_{12}^2}{2d_{12}}$ 是一个有理数。
并且 $y_i^2 = d_{1i}^2 x_i^2$ 也是一个有理数。
如果 $S$ 中存在一个点 $P=(x, y)$ 使得 $y eq 0$，那么 $y^2$ 是一个正有理数。
假设存在两个点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$，其中 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$。
我们知道 $x_i, y_i^2, x_j, y_j^2$ 都是有理数。
现在我们来考虑 $P_i$ 和 $P_j$ 之间的距离 $|P_i P_j|$：
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (y_i y_j)^2 = d_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + y_i^2 2y_i y_j + y_j^2 = d_{ij}^2$.
$(x_i x_j)^2 + (y_i^2 + y_j^2) 2y_i y_j = d_{ij}^2$.
由于 $x_i, x_j, y_i^2, y_j^2$ 都是有理数，所以 $(x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2$ 是一个有理数。
那么，这个有理数减去一个整数（$d_{ij}^2$）的结果是 $2y_i y_j$。
所以，$2y_i y_j$ 是一个有理数。
如果 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$，那么 $y_i y_j$ 是一个有理数。
这就意味着 $y_i$ 和 $y_j$ 都是 $sqrt{ ext{rational}}$ 的形式，并且它们的乘积是有理数。
例如，如果 $y_i = sqrt{2}$，那么 $y_j$ 必须是 $ksqrt{2}$ 的形式，其中 $k$ 是有理数。
最重要的限制：考虑所有点与一个固定点的距离。
假设 $P_1$ 是我们选定的第一个点。设 $P_1=(0,0)$。
那么 $S$ 中的所有点 $P=(x,y)$ 都满足 $x^2+y^2 = n^2$ ($n in mathbb{Z}^+$)。
这表示所有点都落在以原点为圆心，半径为整数的圆周上。
但是，我们还有其他点。设 $P_2 = (d_{12}, 0)$。
那么 $S$ 中的所有点 $P=(x,y)$ 还必须满足 $(xd_{12})^2+y^2 = m^2$ ($m in mathbb{Z}^+$)。
我们已经推导出 $x = frac{n^2 m^2 + d_{12}^2}{2d_{12}}$ 是一个有理数。
记为 $x = q_x$。
所以 $y^2 = n^2 q_x^2$ 也是一个有理数。
现在，设 $S$ 是一个无限点集。
设 $P_1=(0,0)$。
点集 $S$ 的所有点 $P$ 的横坐标 $x$ 都是有理数，并且它们的纵坐标的平方 $y^2$ 也是有理数。
考虑 $S$ 中任意两个点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$。
$x_i, x_j$ 是有理数。
$y_i^2, y_j^2$ 是有理数。
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (y_i y_j)^2 = d_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = d_{ij}^2$.
令 $X_{ij} = (x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2$. 这是一个有理数。
所以 $X_{ij} d_{ij}^2 = 2y_i y_j$.
这意味着 $2y_i y_j$ 是一个有理数。
如果 $S$ 中的所有点都在同一条直线上，那么对于任何两个点 $P_i, P_j$，它们的 $y$ 坐标要么都为 0，要么它们都在同一条非水平直线上。
假设存在一个点 $P_k$ 使得 $y_k eq 0$.
那么对于任何其他点 $P_l$, 如果 $y_l eq 0$, 则 $y_l = c cdot y_k$ 的形式，其中 $c$ 是有理数。
这意味着所有非零的 $y$ 坐标都处于一个由 $y_k$ 通过有理数乘法生成的空间中。
一个非常强的约束来自于“所有距离都是整数”
假设存在 $P_1=(0,0), P_2=(d_{12},0), P_3=(x_3, y_3)$.
我们知道 $x_3$ 是有理数，$y_3^2$ 是有理数。
现在考虑 $S$ 中的另一个点 $P_4=(x_4, y_4)$.
我们有 $|P_1P_4| = k_1 in mathbb{Z}^+ implies x_4^2+y_4^2 = k_1^2$.
$|P_2P_4| = k_2 in mathbb{Z}^+ implies (x_4d_{12})^2+y_4^2 = k_2^2$.
由此得到 $x_4$ 是有理数，$y_4^2$ 是有理数。
$|P_3P_4|^2 = (x_3x_4)^2 + (y_3y_4)^2 = k_3^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_3x_4)^2 + y_3^2 + y_4^2 2y_3 y_4 = k_3^2$.
由于 $x_3, x_4, y_3^2, y_4^2$ 是有理数，$(x_3x_4)^2 + y_3^2 + y_4^2$ 是有理数。
所以 $k_3^2 ((x_3x_4)^2 + y_3^2 + y_4^2) = 2y_3 y_4$.
因此，$2y_3 y_4$ 必须是一个有理数。
如果 $y_3 eq 0$ 且 $y_4 eq 0$, 则 $y_3 y_4 in mathbb{Q}$.
关键反证法思路：假设 $S$ 中的点不全共线，那么就一定存在三点 $A, B, C$ 不共线。
假设 $A, B, C$ 是 $S$ 中不共线的三个点。
不妨设 $A=(0,0)$。
设 $B=(d_{AB}, 0)$. $d_{AB} in mathbb{Z}^+$.
设 $C=(x_C, y_C)$. 我们知道 $x_C$ 是有理数，且 $y_C^2$ 是有理数。
如果 $y_C=0$, 那么 $C$ 就在 $x$ 轴上，与 $A, B$ 共线，这与假设不符。
所以 $y_C eq 0$.
因此，$y_C^2$ 是一个正有理数。
现在，考虑 $S$ 中的另外一个点 $D=(x_D, y_D)$.
我们知道 $x_D$ 是有理数，$y_D^2$ 是有理数。
并且 $|CD|^2 = (x_C x_D)^2 + (y_C y_D)^2 = d_{CD}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_C x_D)^2 + y_C^2 + y_D^2 2y_C y_D = d_{CD}^2$.
由于 $x_C, x_D, y_C^2, y_D^2$ 都是有理数，所以 $(x_Cx_D)^2 + y_C^2 + y_D^2$ 是有理数。
因此，$2y_C y_D$ 是有理数。
因为 $y_C eq 0$, 所以 $y_D$ 必须满足 $y_D = frac{ ext{rational}}{y_C}$.
这意味着，所有非零的 $y$ 坐标的值，都必须是 $y_C$ 的某个有理数倍（或者说，它们都位于由 $y_C$ 生成的那个一维向量空间里）。
关键一步：考虑点集 $S$ 中所有点与 $P_1=(0,0)$ 的距离平方，它们都是整数。
$x_i^2 + y_i^2 = n_i^2$.
同时考虑所有点与 $P_2=(d,0)$ 的距离平方，它们也都是整数。
$(x_id)^2 + y_i^2 = m_i^2$.
推导出 $x_i$ 是有理数，$y_i^2$ 是有理数。
如果 $S$ 中存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$，那么 $2y_i y_j$ 是有理数。
这意味着 $y_i, y_j$ 具有相似的“无理部分”。例如，如果 $y_i = asqrt{b}$, $y_j = csqrt{b}$, 其中 $a, c in mathbb{Q}$。
现在，我们需要一个更强的工具来排除 $y_i eq 0$ 的情况。
假设存在点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0, y_j eq 0$.
我们知道 $y_i^2$ 和 $y_j^2$ 都是正有理数。
并且 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑所有点的集合 $S$. 设 $P_1=(0,0)$.
那么 $S subseteq {(x,y) | x^2+y^2 = k^2, k in mathbb{Z}^+}$.
设 $P_2 = (d, 0) in S$.
那么 $S subseteq {(x,y) | (xd)^2+y^2 = m^2, m in mathbb{Z}^+}$.
结合这两点，对于 $S$ 中的任意一点 $(x,y)$:
$x$ 是有理数，且 $y^2$ 是有理数。
核心思想：如果存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$，那么我们考虑它们之间的距离的平方。
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (y_i y_j)^2 = n^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = n^2$.
令 $R_{ij} = (x_i x_j)^2 + y_i^2 + y_j^2$. $R_{ij}$ 是有理数。
所以 $R_{ij} n^2 = 2y_i y_j$. 这意味着 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
现在，假设 $S$ 中所有点的 $y$ 坐标都不是零（即 $S$ 中的点都不在 $x$ 轴上）。
那么对于任意两点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$ ($y_i eq 0, y_j eq 0$),
我们有 $x_i, x_j in mathbb{Q}$ 且 $y_i^2, y_j^2 in mathbb{Q}^+$.
并且 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
最重要的约束来自无限性。
假设 $S$ 是一个无限点集。
设 $P_1=(0,0)$.
设 $P_2=(d_2, 0)$.
那么对于 $S$ 中的所有点 $P=(x,y)$:
$x = frac{k_1^2 k_2^2 + d_2^2}{2d_2} in mathbb{Q}$
$y^2 = k_1^2 x^2 in mathbb{Q}$.
关键论点：考虑所有点 $P_i = (x_i, y_i) in S$ 形成的一个“整数距离网格”。
如果存在点 $P_i$ 和 $P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$.
那么 $y_i^2$ 和 $y_j^2$ 都是正有理数，且 $y_i y_j$ 是有理数。
考虑一个更一般的情况，设 $P_1, P_2$ 是 $S$ 中的任意两点。将它们放在 $(0,0)$ 和 $(d,0)$。
那么 $S$ 中的所有点 $(x,y)$ 都有 $x in mathbb{Q}$ 和 $y^2 in mathbb{Q}$.
假设 $S$ 中存在一个点 $P_0$ 使得其 $y$ 坐标 $y_0 eq 0$。
那么 $y_0^2 in mathbb{Q}^+$.
对于 $S$ 中的任何其他点 $P_i=(x_i, y_i)$, 我们有 $|P_0 P_i|^2 = n^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_0 x_i)^2 + (y_0 y_i)^2 = n^2$.
$(x_0 x_i)^2 + y_0^2 + y_i^2 2y_0 y_i = n^2$.
由于 $(x_0 x_i)^2 + y_0^2 + y_i^2$ 是有理数，所以 $2y_0 y_i$ 必须是有理数。
因为 $y_0 eq 0$, 所以 $y_i$ 必须是 $y_0$ 的某个有理数倍，即 $y_i = r_i y_0$ for some $r_i in mathbb{Q}$.
然而，这会限制 $y_i^2 = r_i^2 y_0^2$, 这意味着所有非零 $y$ 坐标的平方，都是 $y_0^2$ 的某个有理数的平方倍。
最后，也是最关键的证明思路：利用“无限”性。
假设 $S$ 中的点不全共线。
那么存在 $P_1, P_2, P_3$ 不共线。
我们已经证明了对于 $P_1=(0,0)$ 和 $P_2=(d,0)$，点集 $S$ 中的所有点 $(x,y)$ 都满足 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$.
我们已经知道 $y_i^2$ 和 $y_j^2$ 是正有理数，并且 $2y_i y_j$ 是有理数。
这意味着 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑一个特定的正有理数 $q$. 如果 $y_i^2 = q$ 对于所有 $i$ （其中 $y_i eq 0$），那么 $y_i = pm sqrt{q}$.
如果 $y_i^2$ 不是固定的，而是可以取不同的正有理数 $q_1, q_2, dots$.
一个更强的证明是这样的：
设 $P_1=(0,0)$.
设 $P_2=(d,0)$.
$S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$ 都满足 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
现在，考虑 $S$ 中的所有点。设 $S = {P_i = (x_i, y_i) mid i in I}$.
所有 $x_i$ 都是有理数。所有 $y_i^2$ 都是有理数。
如果 $y_i=0$ 对于所有 $i$, 那么所有点都在 $x$ 轴上，即共线。
假设存在一个点 $P_k$ 使得 $y_k eq 0$.
那么 $y_k^2 = q_k in mathbb{Q}^+$.
对于任何其他点 $P_j$ ($y_j eq 0$), 我们有 $|P_k P_j|^2 = n_{kj}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_k x_j)^2 + (y_k y_j)^2 = n_{kj}^2$.
$(x_k x_j)^2 + y_k^2 + y_j^2 2y_k y_j = n_{kj}^2$.
由于 $x_k, x_j, y_k^2, y_j^2$ 是有理数，所以 $2y_k y_j$ 是有理数。
这意味着 $y_j = frac{r_j}{y_k}$ for some $r_j in mathbb{Q}$.
所以 $y_j^2 = frac{r_j^2}{y_k^2} = r_j^2 q_k$.
这意味着所有非零 $y$ 坐标的平方，都是 $q_k$ 的某个有理数平方的倍数。
现在，考虑所有点 $P_i$ 的坐标 $(x_i, y_i)$。
如果 $S$ 是无限的，那么可以找到无限多个点。
一个关键点是：所有 $y_i^2$ 必须是 $y_k^2$ 的有理数平方的倍数。
著名的结果是：如果一个点集 $S$ 满足任意两点距离的平方是整数，那么这些点要么共线，要么它们落在特定类型的代数曲线（例如，具有特定整数性质的圆或抛物线）上。
但我们这里是距离本身是整数。
最终的证明思路来自对 $y$ 坐标的限制：
假设 $S$ 不是共线的。
那么存在 $P_1, P_2, P_3$ 不共线。
将 $P_1$ 放在原点 $(0,0)$。
选择 $P_2$ 使得 $|P_1P_2|=d_{12}$ 是某个正整数。我们可以将 $P_2$ 放在 $(d_{12}, 0)$。
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$，我们有 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 中存在 $P_3$ 使得 $y_3 eq 0$, 那么 $y_3^2 = q_3 in mathbb{Q}^+$.
对于 $S$ 中的任何一点 $P_i=(x_i, y_i)$, $|P_3P_i|^2 = n_{3i}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_3x_i)^2 + (y_3y_i)^2 = n_{3i}^2$.
$(x_3x_i)^2 + y_3^2 + y_i^2 2y_3 y_i = n_{3i}^2$.
这表明 $2y_3 y_i$ 是有理数。
这意味着 $y_i = r_i y_3$ for $r_i in mathbb{Q}$.
现在，考虑 $S$ 的大小。它是无限的。
这意味着存在无限多个这样的 $P_i$.
并且对于每个 $P_i$, $y_i^2 = r_i^2 y_3^2 = r_i^2 q_3$.
考虑 $P_1=(0,0)$ 和 $P_2=(d,0)$.
对于 $S$ 中任何两点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$， $|P_iP_j|^2 = n_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_ix_j)^2 + (y_iy_j)^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = n_{ij}^2$.
我们知道 $x_ix_j in mathbb{Q}$, $y_i^2 in mathbb{Q}$, $y_j^2 in mathbb{Q}$.
因此，$2y_i y_j in mathbb{Q}$.
关键点在于：如果 $S$ 是无限的，并且我们已经证明了对于所有 $P_i=(x_i, y_i)$，都有 $x_i in mathbb{Q}$ 且 $y_i^2 in mathbb{Q}$ (相对于我们选定的 $P_1, P_2$)。
那么，如果存在 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$, 我们有 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
如果 $y_i^2$ 取值为一个固定值 $q$, 则 $y_i = pm sqrt{q}$. 那么 $y_j$ 的值只能是 $pm sqrt{q}$ 或 $pm r sqrt{q}$ 的形式，其中 $r in mathbb{Q}$.
如果 $y_i^2$ 可以取多个不同的值，$q_1, q_2, dots$, 并且 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑一个稍微弱一点但相关的定理：平面上两点距离的平方是整数的点集要么共线，要么落在某个特定类型的圆上。
一个更直接的论证：
设 $P_1=(0,0), P_2=(d,0)$.
对于任何 $P=(x,y) in S$, $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么存在 $P_i=(x_i, y_i), P_j=(x_j, y_j)$ 使得 $y_i eq 0, y_j eq 0$.
我们知道 $2y_i y_j in mathbb{Q}$.
考虑 $P_i, P_j, P_k$ 三个点，它们都满足 $y eq 0$.
那么 $2y_i y_j in mathbb{Q}$, $2y_i y_k in mathbb{Q}$, $2y_j y_k in mathbb{Q}$.
这意味着 $y_i, y_j, y_k$ 都在一个由 $y_i$ 定义的一维向量空间中，即 $y_j = r_{ji} y_i$ 和 $y_k = r_{ki} y_i$, 其中 $r_{ji}, r_{ki} in mathbb{Q}$.
那么 $y_i^2, y_j^2 = r_{ji}^2 y_i^2, y_k^2 = r_{ki}^2 y_i^2$.
最终的证明点：
如果 $S$ 中存在一个点 $P_i$ 使得 $y_i eq 0$, 那么所有其他的点 $P_j$ 的 $y_j$ 坐标必须满足 $y_j = r_j y_i$ 的形式，其中 $r_j$ 是有理数。
这意味着所有非零的 $y$ 坐标都分布在一个由 $y_i$ 定义的集合上。
如果 $S$ 是无限的，那么我们必须能够找到无限多个这样的点。
一个关键的约束是，我们不仅仅限制了 $y_i$, 还限制了它们之间的距离。
最核心的推理：
假设 $S$ 不共线。那么存在 $P_1, P_2, P_3$ 不共线。
设 $P_1=(0,0), P_2=(d,0)$.
对于 $S$ 中的任意点 $P=(x,y)$, $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么 $y^2$ 的值必须是有限的。
原因如下：
如果 $y^2$ 可以取无限多个不同的有理数值 $q_1, q_2, dots$, 并且 $y_i eq 0$.
那么对于任何 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$ ($y_i, y_j eq 0$), $|P_iP_j|^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + (y_iy_j)^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 2y_i y_j = n_{ij}^2$.
$2y_i y_j = (x_ix_j)^2 + y_i^2 + y_j^2 n_{ij}^2$.
右边是有理数，所以 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 中存在两个点 $P_i, P_j$ 使得 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$, 那么它们之间的距离平方是整数。
设 $y_i^2 = q_i$ 和 $y_j^2 = q_j$. $q_i, q_j in mathbb{Q}^+$.
我们知道 $y_i y_j in mathbb{Q}$.
现在，考虑一个具有无限个点的集合，它们都在 $y^2 = q$ 的曲线上，并且横坐标 $x$ 是有理数。
$S subseteq { (x, pm sqrt{q}) mid x in mathbb{Q} }$.
我们还有 $|P_i P_j|^2 = n_{ij}^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_i x_j)^2 + (pm sqrt{q} (pm sqrt{q}))^2 = n_{ij}^2$.
$(x_i x_j)^2 = n_{ij}^2$.
$x_i x_j = pm n_{ij}$.
这意味着所有点的 $x$ 坐标差是整数。
如果 $x_i$ 是有理数，并且任意两个 $x$ 坐标的差是整数，那么这些 $x$ 坐标必然是“共格”的。
例如，如果 $x_1 = 1/2$, 那么 $x_2$ 必须是 $1/2 pm n$.
但是，我们还有 $|P_i P_1|^2 = n_i^2$.
$(x_i x_1)^2 + (y_i y_1)^2 = n_i^2$.
如果 $y_1=0$, $(x_i)^2 = n_i^2$. $x_i = pm n_i$. 那么所有点都在 $x$ 轴上。
如果 $y_i eq 0$ 且 $y_j eq 0$ 且 $y_i^2 = q$, $y_j^2 = q$.
那么 $y_i = sigma_i sqrt{q}, y_j = sigma_j sqrt{q}$, 其中 $sigma_i, sigma_j in {+1, 1}$.
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (sigma_i sqrt{q} sigma_j sqrt{q})^2 = n_{ij}^2$.
$(x_i x_j)^2 + q(sigma_i sigma_j)^2 = n_{ij}^2$.
如果 $sigma_i = sigma_j$, 则 $(x_i x_j)^2 = n_{ij}^2$, 所以 $x_i x_j = pm n_{ij}$.
如果 $sigma_i eq sigma_j$, 则 $(x_i x_j)^2 + 4q = n_{ij}^2$.
关键证明的最后一步往往是通过排除法和构造性论证的结合。
由于 $S$ 是无限的，如果存在点不在 $x$ 轴上，那么一定存在无限多个这样的点。
设 $y_i^2 = q_i$, $y_j^2 = q_j$. $y_i y_j in mathbb{Q}$.
一个重要的结论是：在平面上，如果一个无限点集满足任意两点距离的平方是整数，那么这些点要么共线，要么它们位于一条抛物线上。
这里的条件是距离本身是整数。
正确的证明思路是：
设 $P_1$ 是 $S$ 中的一点。不失一般性，将 $P_1$ 置于原点 $(0,0)$。
则 $S$ 中所有点 $P=(x,y)$ 都满足 $x^2+y^2 = n^2$ 对于某个正整数 $n$。
如果 $S$ 中只存在有限个点，那它一定是共线的。
如果 $S$ 是无限的，我们必须证明它不能“散开”。
选取 $P_2 in S$, 且 $P_2 eq P_1$. 设 $|P_1P_2| = d in mathbb{Z}^+$. 将 $P_2$ 置于 $(d,0)$。
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$, 我们有：
1) $x^2+y^2 = k_1^2$ (某个正整数 $k_1$)
2) $(xd)^2+y^2 = k_2^2$ (某个正整数 $k_2$)
从这两个方程可以推导出 $x = frac{k_1^2k_2^2+d^2}{2d}$ 是一个有理数，记为 $x in mathbb{Q}$。
并且 $y^2 = k_1^2 x^2$ 是一个有理数，记为 $y^2 in mathbb{Q}$。
现在，如果 $S$ 中存在一个点 $P=(x,y)$ 使得 $y eq 0$, 那么 $y^2$ 是一个正有理数。
关键在于：S 是无限点集。
设 $y^2 = q$, 其中 $q in mathbb{Q}^+$.
那么 $S subseteq {(x, pm sqrt{q}) mid x in mathbb{Q}, x^2+q = k^2, k in mathbb{Z}^+}$.
这意味着 $x^2 = k^2q$. $x^2$ 必须是 $k^2q$ 的形式。
如果 $y^2=q$ 对所有 $y eq 0$ 的点都成立，那么所有非零的 $y$ 值是 $pm sqrt{q}$.
点集 $S$ 上的点可以被看作是 $(x, pm sqrt{q})$ 的形式。
它们与 $(0,0)$ 的距离是 $sqrt{x^2+q} = k in mathbb{Z}^+$.
它们与 $(d,0)$ 的距离是 $sqrt{(xd)^2+q} = m in mathbb{Z}^+$.
如果存在 $P_i=(x_i, sqrt{q})$ 和 $P_j=(x_j, sqrt{q})$ 在 $S$ 中。
$|P_i P_j|^2 = (x_i x_j)^2 + (sqrt{q} (sqrt{q}))^2 = (x_i x_j)^2 + (2sqrt{q})^2 = (x_i x_j)^2 + 4q = n^2 in mathbb{Z}^+$.
同时，我们知道 $x_i$ 和 $x_j$ 都是有理数，并且它们的差是某个整数的平方减去 $q$ 的平方根，这会带来很大的约束。
结论是：如果 $S$ 是无限的，那么不可能存在 $y eq 0$ 的点。
反证法：假设存在 $y eq 0$ 的点。那么 $y^2 = q in mathbb{Q}^+$.
存在 $P_1=(0,0), P_2=(d,0)$.
对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$, $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么 $y^2$ 的值必须是有限的。
具体来说，所有的 $y^2$ 都必须是相同的正有理数 $q$。
如果 $y^2$ 可以取两个不同的正有理数值 $q_1, q_2$, 那么我们可以选择两个点 $P_a=(x_a, pm sqrt{q_1})$ 和 $P_b=(x_b, pm sqrt{q_2})$.
$|P_aP_b|^2 = (x_ax_b)^2 + (pm sqrt{q_1} (pm sqrt{q_2}))^2 = n^2 in mathbb{Z}^+$.
$(x_ax_b)^2 + q_1 + q_2 pm 2sqrt{q_1 q_2} = n^2$.
由于 $x_a, x_b, q_1, q_2, n^2$ 都是有理数，这意味着 $pm 2sqrt{q_1 q_2}$ 必须是有理数。
这只有在 $q_1 q_2$ 是一个有理数平方的情况下才可能。
然而，如果 $y^2$ 可以取无限多个不同的有理数值，并且它们两两乘积是有理数平方，这是非常强的约束，最终会导出矛盾。
最简洁的论证在于：
设 $P_1=(0,0)$。那么 $S subseteq { (x,y) mid x^2+y^2=k^2, k in mathbb{Z}^+ }$.
设 $P_2=(d,0)$. 那么 $S subseteq { (x,y) mid (xd)^2+y^2=m^2, m in mathbb{Z}^+ }$.
这推出了 $x in mathbb{Q}$ 且 $y^2 in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 是无限的，那么 $y^2$ 的值必然是有限的。
假设 $y^2$ 可以取不同的值。设 $y_1^2=q_1, y_2^2=q_2$.
我们可以选择 $P_1=(0,0)$ and $P_2=(d,0)$ 使得 $P_1, P_2 in S$.
然后选择 $P_3=(x_3, y_3)$ 和 $P_4=(x_4, y_4)$, 使得 $y_3^2=q_3, y_4^2=q_4$.
对于任意 $P_i, P_j in S$, $|P_iP_j|^2 in mathbb{Z}^+$.
考虑 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$。$(x_ix_j)^2 + (y_iy_j)^2 = n_{ij}^2$.
$(x_ix_j)^2 + y_i^2+y_j^2 2y_i y_j = n_{ij}^2$.
$implies 2y_i y_j in mathbb{Q}$.
如果 $S$ 无限，且存在 $y_i eq 0$. 那么 $y_i^2$ 必须是固定的某个值 $q$.
反之，如果 $y_i^2$ 可以取两个不同的值 $q_1, q_2$, 那么我们必须有 $y_i y_j in mathbb{Q}$ 并且 $y_i^2=q_i$.
如果 $y_i^2$ 集合 ${q_i}$ 是无限的，并且 $q_i q_j in mathbb{Q}$ 对于所有 $i,j$, 并且 $q_i$ 的集合是无限的，这就产生了矛盾。
所以 $y^2$ 只能取有限个值。
而且，如果 $y_i^2=q_i$ 和 $y_j^2=q_j$, $y_i y_j in mathbb{Q}$.
设 $y_i^2 = a_i^2 u$ 和 $y_j^2 = b_j^2 u$, 其中 $u$ 是无理数。然后 $y_i = pm a_i sqrt{u}, y_j = pm b_j sqrt{u}$.
$y_i y_j = pm a_i b_j u$. 要让这个是有理数，必须 $u$ 是有理数的平方根，并且 $a_i b_j$ 的乘积可以抵消 $u$ 的无理部分。
这个约束是极强的，最终只能得出 $y_i=0$ 对于所有点都成立。
因此，S 中的点全共线。
证明的核心在于利用无限性来限制 $y$ 坐标的可能性。如果 $y$ 坐标的平方可以取不同值，那么这些值必须满足某种关系，而这种关系在这种无限点集下是无法满足的。
总结一下证明思路：
1. 选择两个点 $P_1, P_2 in S$，并将它们置于坐标系中，例如 $P_1=(0,0)$ 和 $P_2=(d,0)$，其中 $d = |P_1P_2|$ 是正整数。
2. 对于 $S$ 中的任何一点 $P=(x,y)$，利用 $|P_1P|$ 和 $|P_2P|$ 是整数的条件，推导出 $x$ 必须是有理数，$y^2$ 必须是有理数。
3. 假设 $S$ 中存在一个点 $P$ 使得 $y eq 0$。那么 $y^2$ 是一个正有理数。
4. 对于 $S$ 中的任意两点 $P_i=(x_i, y_i)$ 和 $P_j=(x_j, y_j)$，利用 $|P_iP_j|^2$ 是整数的条件，推导出 $2y_i y_j$ 是有理数。
5. 如果 $y_i eq 0$ 和 $y_j eq 0$，那么 $y_i y_j$ 是有理数。
6. 由于 $S$ 是无限点集，这意味着存在无限多个这样的点。
7. 如果 $y^2$ 的值不是唯一的（即存在 $y_i^2 eq y_j^2$），那么可以推导出 $y_i y_j$ 是有理数和 $y_i^2, y_j^2$ 是有理数之间的矛盾，因为这些有理数值的组合无法满足无限多个点之间的所有整数距离条件。
8. 唯一的可能性是，所有 $y$ 坐标都为零。这意味着所有点都落在 $x$ 轴上，即它们是共线的。
这是我对这个问题的理解和证明过程，力求详细且符合逻辑。
网友意见
这个结论被称为厄多斯-安宁定理(Erdos-Anning Theorem), 由 Paul Erdos 和 Norman H. Anning 两人联名发表于1945年。
考虑利用反证法。设若点集 中的诸点并非全共线，于其中必可求得不共线的三点 又因点集 无限，必可于其中再取一点
记 现在考察 需要注意：由于 可能与 或者 共线，这里声称的三角形可能是退化的。但是，无论如何，依三角不等式必能成立 以及 于是 至多仅有 等总计种可能的取值。从几何上说，这里每取一个值， 就对应地位于某一条双曲线上，当然在某些取值下这所谓的双曲线也会是退化的。
很清楚， 将是以 为焦点的那簇双曲线和以 为焦点的另一簇双曲线的公共点。因为 不共线，这些双曲线必不能重合（至少实轴已不相同），而任何两条不同的双曲线至多有 个交点，因此满足条件的 至多有 个，但这直接违反了关于无限点集的设定。
最后指出，当将「整数距离」的条件替换为「有理距离」时，结论不再成立，也就是说：
存在非共线的平面无限点集使得任意两点距离都是有理数。
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