海倫三角形中元素組成等差數列的探究

海倫三角形中元素組成等差數列的探究

郝保國

海倫三角形的研究是近年初等數學研究的熱點之一, 而且取得了很好的成績。 《數學傳播》36 卷 3 期的文章 《三邊成等差數列的 Heron 三角形》, 對我啟發很大。 在海倫三角形中除了三邊 可能成等差數列外, 那麼, 三邊與內切圓半徑、 周長、 高、 面積等這些三角形的其它元素能組成 等差數列嗎?

為了便於探究, 設 △ABC 為本原海倫三角形, 三邊長 a, b, c 成等差數列, 且 a > b > c, 面積為 S, 周長為 l, 內切圓半徑為 r, b 邊上的高為 h。 先證明如下引理:

引理: 在三邊成等差數列的本原海倫三角形中, 內切圓半徑 r 與 b 邊上的高 h 均為正整數。

證明: 由文 [1] 知道, 本原海倫三角形三邊長為兩奇一偶, 故設 a = 2n+k, b = 2n, c = 2n−k (0 < k < n, n, k 為正整數, 且 k 為奇數), 則半周長 p = 3n。 由海倫公式, 有

S =p3n(n − k)n(n + k) = np3(n²− k²)

因為 S 為正整數, 所以 np3(n²− k²) 為正整數, 可設 n² − k² = 3m², m 為正整數。

由 S = rp ⇒ r = p3(n²− k²)

3 =

√3 × 3m²

3 = m, 故 r 為正整數。

b 邊上的高 h = 2S

b = 2np3(n²− k²)

2n =p3(n²− k²) = 3m, 故 h 為正整數。

探究1: a, b, c 與 S 能組成等差數列嗎?

因 S = ¹₂r(a + b + c) > ra ≥ a, 可能組成的等差數列應是 c, b, a, S。

S− a = k ⇒ np3(n²− k²) = 2n + 2k

⇒ 3n²(n − k)(n + k) = 4(n + k)²

⇒ 3n²(n − k) = 4(n + k) ⇒ 3n³ − 4n = (3n²+ 4)k (1)

⇒ 3n²+ 4 | 3n³− 4n

92

因為 3n³− 4n = n(3n²+ 4) − 8n, 所以, 3n²+ 4 | 8n, 當 n ≥ 3 時, 3n²+ 4 > 8n。

只有 n = 2 時, 16 | 16。 再由 (1) 解得 k = 1, 此時, 三角形三邊為3, 4, 5 , 面積 S = 6。

於是得到

定理一: 存在唯一一組海倫數 (a, b, c) = (5, 4, 3), 使本原海倫三角形面積與三邊成等差數列。

探究2: a, b, c 與 r 能組成等差數列嗎?

不難得到 r < c。 可能組成的等差數列應是 r, c, b, a, 則 c− r = k ⇒ 2n − 2k = p3(n²− k²)

3

⇒ 36(n − k)² = 3(n²− k²) ⇒ 12(n − k) = n + k

⇒ n = 13

11k, 令 k = 11q, q ∈ N⁺ ⇒ n = 13q.

⇒ r = 4q, c = 15q, b = 26q, a = 37q, q ∈ N⁺, 於是得到

定理二: 存在無數多組海倫數 (a, b, c) = (37q, 26q, 15q) (q ∈ N⁺), 使本原海倫三角形三邊 與內切圓半徑成等差數列。

探究3: r, c, a 能組成等差數列嗎?

若 r, c, a 可組成等差數列, 則 c − r = 2k, 又 c = 2n − k, 有 2n − 3k = p3(n² − k²)

3 ⇒ 3(2n − 3k)² = n²− k² ⇒ 11n² = 2(18nk − 14k²)

⇒ 2 | 11n², 因為 (2, 11) = 1, 所以, 2 | n² ⇒ 2 | n。 設 n = 2e, e 為正整數, 則有 11 × 4e² = 36 × 2ek − 28k² ⇒ 11e²− 18ek + 7k² = 0

(11e − 7k)(e − k) = 0 ⇒ k = e 或者 k = 11 7 e。

若 k = e, 則 n = 2e = 2k, 此時 a = 5k, c = 3k, r = k ⇒ b = 4k。

若 k = 11

7 e, 令 e = 7u, u 為正整數, 則

k= 11u, n = 14u, ⇒ a = 39u, c = 17u, r = 5u。

顯然, a − c 6= c − r, 此時, r, c, a 不能組成等差數列。 綜上可得

定理三: 存在無數多組海倫數 (a, b, c) = (5k, 4k, 3k) 使得 r, c, a 可成等差數列。

探究4: c, a, S 能組成等差數列嗎?

若 c, a, S 能組成等差數列, 則 2a = c + S。

⇒ 2(2n + k) = (2n − k) + np3(n²− k²) ⇒ 2n + 3k = np3(n²− k²) (2) 由 (2) 知 p3(n²− k²)為正整數, 依然令 n²− k² = 3m², m 為正整數 ⇒ (n − k)(n + k) = 3m × m 。

令 n− k

m = 3m n+ k = g

f, 其中 g, f 均為正整數, 且 (g, f ) = 1

⇒







n− k = mg f n+ k = 3mf

g

⇒











n= m 2

g f +3f

g



k= m 2

3f g − g

f



代入 (2) 中有, 2m(3f²+ g²)

2f g +3m(3f²− g²)

2f g = m(3f² + g²) 2f g

s

3hm²(3f²+ g²)²

4f²g² − m²(3f²− g²)² 4f²g²

i

化簡上式得,

15f²− g² = 9mf²+ 3mg² ⇒ 3(5 − 3m)f² = (1 + 3m)g² (3) 所以, 3 | (1 + 3m)g², 因 (3, 1 + 3m) = 1, 故 3 | g², 又 3 為素數, 則知 3 | g。 令 g = 3g¹, 代入 (3) 有 (5 − 3m)f² = 3(1 + 3m)g²1, 則知 3 | (5 − 3m)f², 因 (3, 5 − 3m) = 1, 所以 3 | f², 又 3 為素數, 故知 3 | f, 至此得到 3 是 f 與 g 的公因數, 這與 (f, g) = 1 矛盾。 所 以, c, a, S不能組成等差數列。

探究5: h, S, l 能組成等差數列嗎?

若 h, S, l 能組成等差數列, 則 2S = l + h, 由前文知 l = 6n, h =p3(n²− k²)。 於是有 2np3(n²− k²) = 6n +p3(n²− k²)

⇒ 6n = (2n − 1)p3(n²− k²)

⇒ 12n² = (2n − 1)²(n²− k²) = (2n − 1)²n²− (2n − 1)²k² (4) 由 (4) 知, n² | (2n − 1)²n² − (2n − 1)²k², 又 n² | (2n − 1)²n², 所以, n² | (2n − 1)²k²。 因為 (n, 2n − 1) = 1, 故 (n²,(2n − 1)²) = 1, 得 n² | k², 所以 n | k, 這與前文 0 < k < n 矛盾。 故 h, S, l 不能組成等差數列。 仿此可證, h, l, S 也不能組成等差數列。

探究6: h, b, S 能組成等差數列嗎?

如果 h, b, S 能組成等差數列, 則 2b = h + S, 則有 p3(n²− k²) + np3(n²− k²) = 4n

3(n + 1)²(n²− k²) = 16n² 設 (n0, k0) 是這個不定方程的一組正整數解, 則有

3(n0+ 1)²(n²0− k⁰²) = 16n²0 (5) 由 (5) 式知, 3 | 16n²⁰, 而 (3, 16) = 1, 故 3 | n²⁰, 又 3 是素數, 所以, 3 | n⁰。 令 n0 = 3n1, 由 (5) 有

3(3n1+ 1)²(9n²1− k²⁰) = 16 × 9n²¹

⇒ (3n¹+ 1)²(9n²1− k²⁰) = 16 × 3n²¹ (6)

⇒ 3 | (3n¹+ 1)²(9n²1 − k²⁰) ⇒ 3 | (3n¹+ 1)²k₀²

而 (3, 3n1+ 1) = 1, 故 3 | k²⁰, 又 3 是素數, 所以, 3 | k⁰。 令 k0 = 3k1, (6) 式可化為 (3n1+ 1)²(9n²1− 9k¹²) = 16 × 3n²¹

⇒ 3(3n¹+ 1)²(n²1− k²¹) = 16n²1 (7)

⇒ 3 | 16n²¹,

因 (3, 16) = 1, 故 3 | n²¹, 又因 3 是素數, 所以 3 | n¹, 令 n1 = 3n2, (7) 式化為 3(9n2+ 1)²(9n²2− k²¹) = 16 × 9n²²

⇒ (9n²+ 1)²(9n²2− k²¹) = 16 × 3n²² (8)

⇒ 3 | (9n²+ 1)²(9n²2 − k²¹) ⇒ 3 | (9n²+ 1)²k₁²

而 (3, 9n2+ 1) = 1, 故 3 | k²¹, 又 3 是素數, 所以, 3 | k¹。 令 k1 = 3k2, (8) 式可化為 (9n2+ 1)²(9n²2− 9k²²) = 16 × 3n²²

3(9n2+ 1)²(n²2 − k²²) = 16n²2

如此繼續下去, 3 | n⁰, 3 | k⁰ ⇒ 3² | n⁰, 3² | k⁰ ⇒ · · · ⇒ 3^d| n⁰, 3^d| k⁰ ⇒ · · · , 其中 d 為 正整數。

由無窮遞降法可知, n0 = 0, k0 = 0, 這與 n0, k0 是正整數矛盾, 故不定方程 3(n + 1)²(n²− k²) = 16n²

無解。 所以, h, b, S 不能組成等差數列。

致謝: 感謝編審對此文提出的寶貴意見和付出的辛勤勞動!

參考文獻

1. 邊欣, 李忠民。 三邊成等差數列的 Heron 三角形 [J]。 數學傳播 36 卷 3 期, pp.81-85。

2. 潘承洞, 潘承彪。 初等數論[M]。 北京: 北京大學出版社, 1998。

—本文作者任教華南師範大學附屬中學_—

2015 ^{數學年會學術研討會}

暨中華民國數學會年會 ( ^{及頒獎典禮} )

日 期 : 2015 年 12 月 19 日 (星期六) ∼ 2015 年 12 月 20 日 (星期日) 地 點 : 國立高雄大學應用數學系 (高雄市楠梓區高雄大學路 700 號) 詳見中華民國數學會網頁 http://www.taiwanmathsoc.org.tw/main.htm