楊豐赫　楊帆

【摘要】所謂整點就是各坐標分量都為整數(shù)的點，也可以叫作格點平面及空間上的直線以及空間平面的延伸范圍是無限的，本文將給出其過整點的充要條件以及找出所有整點的方法.

【關(guān)鍵詞】整點；直線；平面

文中{a，b}表示a，b的最大公約數(shù)，a|b表示a整除b.

（一）xOy平面上的直線

1.對于和x軸或y軸平行的直線，即x=x0或y=y0，當且僅當x0，y0

取整數(shù)是直線通過整點且過無數(shù)個整點，否則直線不過任何整點.

2.對于直線y=kx+b，（k≠0）.

[1]當k是無理數(shù)時，只想至多通過一個整點.

證假設(shè)此時直線過兩個整點P1（x1，y1），P2（x2，y2），則有k=y2-y1[]x2-x1，即k=p[]q，其中p，q∈Z，所以k是有理數(shù)，與條件矛盾，所以假設(shè)不成立，原命題成立.

推論1當k∈R＼＼Q，b∈Z時，直線只過一個整點（0，b）

推論2當k∈R＼＼Q，b∈Q＼＼Z時，直線不過任何整數(shù)點.

推論3當k∈R＼＼Q，b∈R＼＼Q時，當且僅當b=mk+n，（m，n∈Z）時，過一個整點（-m，n）.

[2]當k是有理數(shù)時直線或者不過任何整點，或者經(jīng)過無數(shù)個整點.（此時直線y=kx+b可寫作y=p[]qx+b，其中p，q∈Z，q>0且p與q互質(zhì)，下文此形式的直線都是這個含義，特別的，當b也是有理數(shù)時，記作y=p[]qx+p1[]q1，其中p1，q1∈Z，q1>0且p1與q1互質(zhì)）

證首先找出一個例子，直線y=x+1[]2，它一定不過任何整點，否則有2y=2x+1，這顯然是不可能的，即直線可能不經(jīng)過任何整點.若直線y=kx+b經(jīng)過一個整點（x0，y0），則：當x=x1=x0+kq（k∈Z）時，y1=p[]q（x0+kq）+b=p[]qx0+b+kp=y0+kp∈Z，即整點（x1，y1）在直線y=kx+b上，當k取得不同值時，將得到無數(shù)個整點.

推論4若已知直線過一個整點（x0，y0），則其上的所有整點可表示為：（x0+kq，y0+kp），（k∈Z）.

推論5當k∈Q，b∈R＼＼Q時，y=kx+b不經(jīng)過任何整點.

所以現(xiàn)在就可以討論最一般的情況k，b∈Q.

此時y=p[]qx+p1[]q1=bx+c[]a（a，b，c是通分后產(chǎn)生的整數(shù)，即有b[]a=p[]q，c[]a=p1[]q1，下文出現(xiàn)的a，b，c均是這個含義）.

當b=0時，可以找到整點（q，p），再由推論2就可確定所有整點.

當b≠0時，對于y=p[]qx+p1[]q1：

結(jié)論1若其在區(qū)間＼[x0，x0+q-1＼]（x0∈Z）上無整點，則其不過任何整點.

證假設(shè)其過整點（x1，y1），且有mq≤x1-x0<（m+1）q，

則x0≤x1-mq

當x=x2=x1-mq時，y2=p[]qx1+p1[]q1-mp=y1-mp∈Z，

即該直線在＼[x0，x0+q-1＼]上有整點（x2，y2），與條件矛盾，所以假設(shè)不成立，原命題成立.

結(jié)論2其在區(qū)間＼[xo，x0+q-1＼]上至多只能有一個整點.

證假設(shè)有整點（x1，y1），（x2，y2）在該直線上，

且x1，x2∈＼[xo，x0+q-1＼]，x1≠x2，不妨設(shè)x1>x2，

則p[]q=y1-y2[]x1-x2，但x1-x2，y1-y2∈Z，且0

由此，對于a，b較小的直線，可以通過有限次驗證的方法來找出其上的整點.可以取區(qū)間＼[1，q＼]上的所有整數(shù)作為x的值，看相應(yīng)的y是否為整數(shù)，若所有y都不是整數(shù)，由（1）知其上無整點.一旦找到了一個整數(shù)y，由（2）知即可停止尋找，并通過推論4將其上所有的整點表示出來.

例如直線y=3x+4[]13，可以在＼[1，13＼]上找，但不妨將其改寫為x=13y-4[]3，在＼[1，3＼]上找，取y=1得x=3，于是得整點（3，1），所以其上所有整點可表示為（3+13k，1+3k），（k∈Z）.

但是對于a，b很大的情況不可能逐一嘗試，必須將其簡化.

結(jié)論3直線L1：y=bx+c[]a上有整點的充要條件是直線L2：y=ax-c[]b-ak上有整點，其中k∈Z且b-ak≠0.

證必要性：設(shè)整點（x1，y1）∈L1，則有

ay1=bx1+c，即ay1-akx1=bx1-akx1+c，其中k∈Z且b-ak≠0.

即a（y1-akx1）=（b-ak）x1+c，x1=a（y1-kx1）-c[]b-ak，所以存在整點（y1-kx1，x1）∈L2.

充分性：設(shè)整點（x2，y2）∈L2，則有by2-aky2=ax2-c，

即ky2+x2=by2+c[]a，所以整點（y2，ky2+x2）∈L1.證畢.

有了這個結(jié)論，可以將復(fù)雜的直線不斷簡化，仿照求最大公約數(shù)的歐幾里得法來化簡是一種快速的方法，不妨設(shè)b>a，（b≤a時可以將ay-c轉(zhuǎn)化到分子上）因為{b，a}={a，b-ak}，取k為a除b的商，當?shù)趎次化簡后，bn-ank=0，即an={b，a}時，記an[]bn=m∈Z，則等價的問題是直線y=m[]1x+c[]an是否過整點，由結(jié)論1知，代入x=0看y是否為整數(shù)即可判定，即c[]an是否為整數(shù).

推論6直線y=bx+c[]a過整點的充要條件是{a，b}|c，特別的，當{a，b}=1，即a，b互質(zhì)時，其一定過整點.

推論7直線y=p[]qx+p1[]q1過整點的充要條件是q1|q.

有了以上內(nèi)容，可通過xn=yn+1，yn=kn+1yn+1+xn+1的方法迭代來求x0，y0.

例如，對于直線y=283x-6[]789，轉(zhuǎn)化為x=789y+6[]283，由{789，283}=1，知該直線一定過整點.

所以x=789y+6[]283過（x0，y0）

x=283y-6[]223過（x1，y1）k1=2，y0=x1，x0=2x1+y1

x=223y+6[]60過（x2，y2）k2=1，y1=x2，x1=x2+y2

x=60y-6[]43過（x3，y3）k3=3，y2=x3，x2=3x3+y3

x=43y+6[]17過（x4，y4）k4=1，y3=x4，x3=x4+y4

x=17y-6[]9過（x5，y5）k5=2，y4=x5，x4=2x5+y5

x=9y+6[]8過（x6，y6）k6=1，y5=x6，x5=x6+y6

x=8y-6[]1過（x7，y7）k7=1，y6=x7，x6=x7+y7

顯然可以找到一個x7=2，y7=1，往回迭代可得到

x0=237，y0=85，所以直線y=283x-6[]789上的所有整點可表示為（237+789k，85+283k）（k∈Z）.

例如對于直線y=114x+4[]69，因為{114，69}=3，但3不能整除4，所以該直線不過任何整點.

上述對于xOy平面上直線的研究其實就是對兩未知量關(guān)系的研究，所以空間直線和空間平面的問題可以向它轉(zhuǎn)化.

（二）空間坐標系O-xyz下的直線

空間直線的標準方程為：x-x0[]A=y-y0[]B=z-z0[]C.（*）

可以將其看成一個含兩個獨立方程的線性方程組：

Bx-Ay=Bx0-Ay0，（1）Cx-Az=Cx0-Az0.（2）

利用（一）中的相關(guān)結(jié)論和方法來處理（1）式，若沒有整數(shù)x，y使（1）式成立，則空間直線上無整點，因為方程組（*）的解必是（1）的解.若找出了整數(shù)x1，y1是（1）的解，當x1，y1唯一時，直接把x1代入（2）式，若解得z是整數(shù)z1，則該空間直線上僅有一個整點（x1，y1，z1）；當有無窮多個整數(shù)x，y滿足（1）時，由（一）知，可寫作x=x1+kq，y=y1+kp，k∈Z，將x=x1+kq代入（2）式，即得qCk-Az=C（x0-x1）-Az0（3），于是問題就變?yōu)檎页稣麛?shù)k，z滿足（3）式，即又變?yōu)閮勺兞康膯栴}.

（三）空間坐標系O-xyz下的平面

空間平面的一般方程為：Ax+By+Cz+D=0.

（A，B，C）為平面的一個法向量，不妨設(shè)A=1（A=0時即可轉(zhuǎn)化為二維問題），此時x +By+Cz+D=0，

1.當B，C不都是無理數(shù)時，不妨設(shè)B為有理數(shù)，可寫作x=py+（C1z+D1）[]q（p，q∈Z），由（一）中的結(jié)論知當且僅當C1z+D1=k{p，q}（k∈Z）時有整點，問題就轉(zhuǎn)化為k，z的二元問題.

2.當B，C都是無理數(shù)時

[1]當C=mB+n（m，n∈Q）時，簡化為kx+B（ky+m1z）+kn+kD=0，（k，m1∈Z），令y′=ky+m1z.（1）

即將問題簡化為x，y′的二元問題，再通過將得出的整數(shù)y′代入（1），即可解決.

[2]當C≠mB+n（m，n∈Q）時，若D∈Z時，可得唯一的整點（-D，0，0）在平面上；若D∈Q＼＼Z，平面上不存在整點；若D∈R＼＼Q，當且僅當D=Bm1+Cm2+t，（m1，m2，t∈Z）時，平面過一個整點（-t，-m1，-m2）.

例如，平面6x+28y-13z-9=0，屬于情況1，化為x=-28y+13z+9[]6，{-28，6}=2，所以13z+9=2k，k∈Z，由此解出z=2k1+1，k=13k1+11，再代回原式得x=-10k1-11，y=51k1+55，所以平面上所有的整點可表示為（-10k1-11+3k2，51k1+55-14k2，2k1+1）（k1，k2∈Z）.

例如，平面x-3y+3z-8=0，屬于情況2中的[1]，化為x=3（y-z）+8=3y′+8，得x=8，y′=0，即y-z=0，所以平面上所有的整點可表示為（8，k，k）（k∈Z）.

上文中唯一還不太好確定的是無理數(shù)之間的線性表示問題，這屬于數(shù)論的問題，一般情況下，這種線性關(guān)系較為明顯，如3+22可以由3，2線性表示，不能由5，7線性表示.至此，直線和平面上的整點問題已基本解決.