從 3, 5, 7 出發 – 擬畢氏三角形之研究
陳學儀
台北市立第一女子高級中學
Abstract
Our project aims to study the Similar Pythagorean Triangle. We started with the Law of cosines and the right triangles. We tried to work out some generalized for- mulas by using the theorem that generates Pythagorean Triples. Then we defined the Primitive Similar Pythagorean Triples, and derived much more theorems from it. In addition, we formulated many theorems of area, perimeter and side by observing a whale of data on Microsoft Excel.
摘
摘摘要要要: 我們從餘弦定律與直角三角形出發, 同時以兩種方向進行: 首先, 試以畢氏數製造 機之原理做出擬畢氏數製造機, 並定義基本擬畢氏數, 接著延伸出相關定理; 另外, 透過 觀察 Excel 之數據, 研究出面積, 周長與邊長之各項定理. 最後,我們推廣我們的結果到 更一般的三角形並且開拓出費瑪點的新研究觀點.
1 簡 簡 簡介 介 介
1.1
研 研 研究 究 究 動 動 動機 機 機
上高中以後新接觸到三角函數, 我們對於餘弦定律備感興趣, 因為很多平時使用的基礎定 理, 都可以用餘弦定律加以證明. 有一次利用餘弦定律來計算夾角為 120 度三角形的整數 邊, 而那猶如設計過的數字“3, 5, 7”, 讓我們聯想到其是否與直角三角形一樣有某種規律, 因此我們便開始進行這項研究.
1.2
研 研 研究 究 究目 目 目的 的 的
因為直角三角形有畢氏數和畢氏數製造機(m2−n2, 2mn, m2+n2), 我們猜想其他的三角 形是否也有這些特殊的關係, 所以決定從夾角 120 度的整數邊三角形著手, 希望能找出類 似畢氏數製造機, 或是其整數邊長解的規律, 並從一組整數解推出其他組解.
1.3
研 研 研究 究 究結 結 結果 果 果
我們一開始參考《從勾股定理談起》做出了擬畢氏數製造機 (名詞定義請參考 2.1 節), 在 排除了一些條件後, 得到了基本擬畢氏數定理:
定定定理理理 1.1. 若 a, b, c 為基本擬畢氏數, 則存在唯一的一組 m, n∈N,(m, n) =1且 n−m不 為 3 的倍數
s.t.
a=m2+2mn b=n2−m2 c=m2+mn+n2.
透過數據的觀察, 我們發現了擬畢氏三角形會有最大擬畢氏三角形, 更推得了最大奇數 定理與最大偶數定理:
定定定理理理 1.2 (最大奇數定理). ∀k ≥ 2且 k ∈ N, 存在 p = 3k2−4k+1 ∈ N, 使得 2k− 1, p, p+k為最大基本擬畢氏三角形之三邊長.
定定定理理理 1.3 (最大偶數定理). ∀k≥2且 k∈N, 存在 p=12k2−4k−1∈N, 使得 8k, p, p+4k 為最大基本擬畢氏三角形之三邊長.
由於 60 度亦為特別角, 因此我們嘗試以類似擬畢氏數的各種方法推得相關的定理:
定定定理理理 1.4 (基本迷擬畢氏數定理). 若 a, b, c 為迷擬畢氏數, 則存在唯一的一組 m, n ∈ N, (m, n) =1且 n+m不為 3 的倍數
s.t.
a=2mn−m2 b=n2−m2 c=m2−mn+n2.
定定定理理理 1.5 (最大迷擬奇數定理). ∀k ≥ 2 且 k ∈ N, 存在 q = 3k2−2k ∈ N, 使得 2k− 1, q, q−k+1為最大基本迷擬畢氏三角形之三邊長.
定定定理理理 1.6 (最大迷擬偶數定理). ∀k ≥ 1且 k ∈ N, 存在 q = 12k2+4k−1 ∈ N, 使得 8k, q, q−4k+2為最大基本迷擬畢氏三角形之三邊長.
而在比賽的過程中, 經由教授的引導, 我們試從特別角推至一般解, 求出 cos θ 為有理 數的製造機:
a=2mn−2m2cos θ b=n2−m2
c=m2−2mn cos θ+m2.
(n>m且(m, n) =1)
在研究的初期, 我們提出了有關費瑪點的推論: 推測任意整數邊三角形的費瑪點不可能 將其分成三個擬畢氏三角形若其結果正確, 我們將證明它; 若錯誤, 想找出反例.
然而, 在比賽的過程中, 我有了新的想法:
圖 1
已知一個任意三角形 ABC, 我們沿 AB 作一個正三角形 ABC0. 接著做使 C0H 使得 C0H⊥−→
CB,並令∠C0BH=θ.
最後我們證明出了以下定理, 當 cos θ 為無理數時, 則任意整數邊三角形的費瑪點不可 能將其分成三個擬畢氏三角形.
2 研 研 研究 究 究 內 內 內容 容 容
2.1
名 名 名詞 詞 詞 定 定 定義 義 義
1. 擬畢氏三角形: 有一夾角為 120 度之三角形且三邊長為正整數.
2. 基本擬畢氏數: 符合擬畢氏三角形之三邊長且三邊互質.
3. 最大基本擬畢氏三角形: 三邊互質且以 a 為最小邊之擬畢氏三角形中, 面積最大且周 長最大的, 稱為 a 之最大基本擬畢氏三角形 (後續過程將針對面積, 周長同時增大作 解釋).
4. 迷擬畢氏三角形: 有一夾角為 60 度之三角形且三邊長為正整數.
5. 基本迷擬畢氏數: 符合迷擬三角形之三邊長且三邊互質.
6. 最大基本迷擬畢氏三角形: 三邊互質且以 a 為最小邊之迷擬畢氏三角形中, 面積最大 且周長最大的, 稱為 a 之最大基本迷擬畢氏三角形 (後續過程將針對面積, 周長同時 增大作解釋).
2.2
120
◦三 三 三角 角 角形 形 形 (擬 擬 擬畢 畢 畢氏 氏 氏三 三 三角 角 角形 形 形) 之 之 之探 探 探討 討 討
(註: 我們接下來的敘述皆以 a, b, c 表三邊長, 且 c 為夾角 120 度所對應之邊長. )
2.2.1 擬擬擬畢畢畢氏氏氏數數數製製製造造造機機機
我們收集並參考了畢氏數的各種證明法以後加以修正, 得出以下簡易的擬畢氏數製造機, 研究過程如下:
圖 2
設 a, b, c 為4ABC之三邊長且∠C=120◦, 由餘弦定律 c2=a2+b2−2ab cos 120◦, c2=a2+b2+ab,
a c
2
+b c
a c
+b c
2
=1. (1)
令 x= ac, y= bc代入 (1) 式,∴Γ : x2+xy+y2=1之圖形表一橢圓.
圖 3
解 Γ 在第一象限上之點(x, y), x, y∈Q, 令 L 為過 P(0,−1)與第一象限之直線 L : y+1=kx(∴k∈Q 且 k>1).
L與 Γ 聯立可得
x2+x(kx−1) + (kx−1)2=1, (k2+k+1)x2− (2k+1)x=0.
x= 2k+1
k2+k+1 or x=0. (不合, 此即 P 點)
x= 2k+1 k2+k+1 y= k
2−1 k2+k+1,
則當 k 取大於 1 之有理數時可求出橢圓上在第一象限內的所有有理點
∵k∈Q∴令 k= mn, m, n∈N,(m, n) =1
∵k>1∴n>m
⇒
x= 2mn+m2 n2+mn+m2 = a
c y= n
2−m2
n2+mn+m2 = b c, 得到擬畢氏數
a=2mn+m2 b=n2−m2 c=m2+mn+n2.
(n>m且(m, n) =1)
∵當 k 確定時, L 隨之確定
∴上述所求的數對(m, n)和擬畢氏數 a, b, c 之間成一一對應且映成.
驗驗驗證證證:
a2+b2+ab
= (2mn+m2)2+ (n2−m2)2+ (2mn+m2)(n2−m2)
=4m2n2+4m3n+m4+n4−2m2n2+m4+2mn3−2m3n+m2n2−m4
=m4+2m3n+3m2n2+2mn3+n4
= (m2)2+ (mn)2+ (n2)2+2(m2)(n2) +2(m2)(mn) +2(mn)(n2)
= (m2+mn+n2)2=c2.
2.2.2 解解解決決決擬擬擬畢畢畢氏氏氏數數數製製製造造造機機機之之之缺缺缺陷陷陷
基本擬畢氏數的定義需滿足擬畢氏三角形之三邊長且三邊互質, 而擬畢氏數製造機所製造 出來的數不一定會符合基本擬畢氏數, 且會重複; 在觀察大量數據後, 我們推出引理 1 .
m n n−m a b c gcd a/ gcd b/ gcd c/ gcd
1 5 4 11 24 31 1 11 24 31
1 6 5 13 35 43 1 13 35 43
1 7 6 15 48 57 3 5 16 19
1 8 7 17 63 73 1 17 63 73
1 9 8 19 80 91 1 19 80 91
1 10 9 21 99 111 3 7 33 37
1 11 10 23 120 133 1 23 120 133
1 12 11 25 143 157 1 25 143 157
1 13 12 27 168 183 3 9 56 61
1 14 13 29 195 211 1 29 195 211
1 15 14 31 224 241 1 31 224 241
1 16 15 33 255 273 3 11 85 91
表格 1. 當 m=1 時擬畢氏數製造機結果
引引引理理理 1. 若 n−m為 3 的倍數, 則擬畢氏數 a, b, c 皆為 3 的倍數.
證證證明明明. 令 n−m=3t, t∈N⇒n=m+3t,
a=2mn+m2 b=n2−m2 c=m2+mn+n2
⇒
a=3m2+6tm=3m(m+2t) b=6tm+9t2=3t(2m+3t)
c=3m2+9tm+9t2=3(m2+3tm+3t2).
∴a, b, c 皆為 3 的倍數
由引理 1 我們可得知 n−m不得為 3 的倍數, 否則 a, b, c 不可能互質. 雖然一組(m, n) 只會對應到唯一的一組(a, b, c), 但是我們擔心此關係在反過來後是否會成立, 因此推出了 引理 2 .
引引引理理理 2. 任一擬畢氏數陣列(a, b, c)必不可能對應到兩組不同的(m, n). 證證證明明明. 假設存在兩組不同的(m, n),(m1, n1)使得
a=m2+2mn=m21+2m1n1, b=n2−m2=n21−m21,
c=m2+mn+n2=m21+m1n1+n21,
⇒
( 2c−a=m2+2n2=m21+2n21 (2) b=n2−m2=n21−m21 (3)
⇒
((2) 式 +(3) 式
(2) 式 × (−1) +(3) 式 ×2
⇒
(3n2=3n21
3m2=3m21 ⇒( n=n1
m=m1, 藉此可推得(m, n)與(a, b, c)之關係為一對一且映成.
2.2.3 基基基本本本擬擬擬畢畢畢氏氏氏數數數定定定理理理之之之製製製成成成
藉由引理 1, 2 和製造機, 我們可以完整的推出所有基本擬畢氏數組, 且數組不重複.
定定定理理理 2.1 (基本擬畢氏數定理). 若 a, b, c 為基本擬畢氏數, 則存在唯一的一組 m, n ∈ N, (m, n) =1, n>m且 n−m不為 3 的倍數
s.t.
a=m2+2mn b=n2−m2 c=m2+mn+n2. 證證證明明明. 假設 d|m2+2mn且 d|n2−m2且 d|m2+mn+n2, d>1
⇒d|2(m2+mn+n2) − (m2+2mn)且 d|n2−m2
⇒d|m2+2n2且 d|n2−m2
⇒d|3m2且 d|3n2
⇒d|3(∵ (m, n) =1∴ (m2, n2) =1)
∴d=3
⇒3|(n+m)(n−m). 由於
(n−m, 3) =1⇒3|(n+m), (4) 又
3|m2+mn+n2
⇒3|(n+m)2−nm
⇒3|mn. (5)
∵當(m, n) =1⇒ (m+n, mn) =1, 由 (4), (5)兩式
∴矛盾
→可得知 a, b, c 互質.
然而我們擔心一組基本擬畢氏數組(a, b, c), 當 a, b互換後是否又屬於另一新的基本擬 畢氏數組, 因此提出了定理 2.2.
定定定理理理 2.2 (不可互換定理). 若 a=m2+2mn, b=n2−m2, c=m2+mn+n2為基本擬畢 氏數, 則不存在 m1, n1∈N, 使得
a=n21−m21, b=m21+2m1n1, c=m21+m1n1+n21. 證證證明明明. 假設存在 m1, n1∈N, 使得
a=m2+2mn=n21−m21 b=n2−m2=m21+2m1n1
c=m2+mn+n2=m21+m1n1+n21
⇒2c−a=m2+2n2=3m21+2m1n1+n2又 n2−m2=m21+2m1n1
⇒3n2=4m21+4m1n1+n21= (2m1+n1)2(∵m, n, m1, n1∈N)
⇒√
3n=2m1+n1矛盾.
我們對於基本擬畢氏數的研究, 目前已能排除製造機的缺陷, 接著我們試著再從數據中尋 找 120 度三角形的規律及特性.
2.2.4 邊邊邊界界界關關關係係係
我們觀察大量數據後發現當 a 為固定邊長, b 不斷加大, 使得 c 亦不斷加大, 而 c−b 越接 近 a2.
a b c(近似值) c−b a b c(近似值) c−b 3 332 333.5101 1.51012 5 931 933.51 2.510043 3 333 334.5101 1.51009 5 932 934.51 2.510032 3 334 335.5101 1.510059 5 933 935.51 2.510021 3 335 336.51 1.51003 5 934 936.51 2.510011 3 336 337.51 1.51 5 935 937.51 2.51 3 337 338.51 1.50997 5 936 938.51 2.509989 3 338 339.5099 1.509941 5 937 939.51 2.509979 3 339 340.5099 1.509912 5 938 940.51 2.509968 3 340 341.5099 1.509883 5 939 941.51 2.509957
表格 2. 120 度三角形三邊長 我們針對表格 2 的觀察, 加以證明之.
引引引理理理 3. 設 a 為最小邊長, 當 b→∞ 時, c−b→ a2. 證證證明明明一一一(代代代數數數).
c2=a2+ab+b2⇒c=pa2+ab+b2,
b→∞lim(c−b) = lim
b→∞(pa2+ab+b2−b)
= lim
b→∞
(√
a2+ab+b2) −b2
√a2+ab+b2+b
= lim
b→∞
a2+ab
√ b
a2+ab+b2+b b
= lim
b→∞ a2
b +a qa2
b2 +ab+1+1
= 0+a
√0+0+1+1 = a 2. 證證證明明明二二二(幾幾幾何何何).
步步步驟驟驟一一一: 做一 120◦之三角形且三邊長為 a, b, c.
步步步驟驟驟二二二: 作以∠A為頂角且邊長為 b 之等腰三角形, 得到 PB 為 c−b.
步步步驟驟驟三三三: 將 b 不斷拉長, 如圖 4.
步步步驟驟驟四四四: 當 b 趨近於無限大時, 如圖 5.
圖 4 圖 5.∵ ∠CBP→60◦,∠CPB→90◦
∴c−b 會趨近於2a
2.2.5 擬擬擬畢畢畢氏氏氏三三三角角角形形形的的的面面面積積積, 周周周長長長與與與下下下界界界之之之關關關係係係
圖 6
引引引理理理 4. 周長, 面積與下界之關係, 當 a 固定時:
1. 面積越大, 則 c−b 越小.
2. 周長越大, 則 c−b 越小.
證證證明明明. 延長−→
CA 至 A0, 連 BA0
在 BA0上取一點 D, 使得 BD=BA
令 AA0 =k, DA0 =j, k, j>0, CA0 =b0=b+k, BA0=c0 =c+j
∵ ∠x+ ∠α=180◦= ∠y+ ∠α+ ∠CAB
∴ ∠x> ∠y
∴k>j
(c−b) − (c0−b0)
= (c−b) − (c+j−b−k) =k−j>0,
∴c−b>c0−b0. 藉由此引理我們可得知面積與邊長呈正相關.
2.2.6 邊邊邊差差差下下下界界界定定定理理理
定定定理理理 2.3. 設 a, b, c 為基本擬畢氏數, 當 c 為最大邊, 則 c−b> 2a,且 c−a> 2b. 不失一般性, 我們令 a=m2+2mn, b=n2−m2, c=m2+mn+n2 證證證明明明.
1.
c−b=m2+mn+n2− (n2−m2)
=2m2+mn
> 1
2m2+mn
= m
2+2mn 2 = a
2,
∴c−b> a 2. 2.
c−a=n2−mn
= (n−m)2+n2−m2 2
> n
2−m2 2 = b
2,
∴c−b> b 2.
所以我們對面積與周長皆最大的三角形加以定義, 將三邊互質且以 a 為最小邊之基本 擬畢氏三角形中, 面積最大且周長最大的, 稱為 a 之最大基本擬畢氏三角形.
因為結果牽扯到 a2, 所以我們決定利用 a 的奇偶性, 來探討a2的性質. 我們先討論偶數, 而推得引理 5, 6 並加以證明之.
引引引理理理 5. 設 a 為偶數, 而 a, b, c 為基本擬畢氏數且 a<b<c,則 c−b 必為偶數.
證證證明明明.
∵ (a, b, c) =1
∴b, c 必為奇數
∴c−b為偶數
m N a B c gcd a/ gcd b/ gcd c/ gcd
2 3 16 5 19 1 16 5 19
2 4 20 12 28 4 5 3 7
2 5 24 21 39 3 8 7 13
2 6 28 32 52 4 7 8 13
2 7 32 45 67 1 32 45 67
2 8 36 60 84 12 3 5 7
2 9 40 77 103 1 40 77 103
2 10 44 96 124 4 11 24 31
2 11 48 117 147 3 16 39 49
2 12 52 140 172 4 13 35 43
2 13 56 165 199 1 56 165 199
2 14 60 192 228 12 5 16 19
表格 3. 當 m=2 時擬畢氏數製造機結果 (觀察 a/ gcd 之偶數項)
我們觀察表格 3 發現符合擬畢氏數之三邊長之數組, 當有偶數時, 皆為 8 的倍數. 因此 我們推出引理 6 並證明之.
引引引理理理 6. 設 a, b, c 為基本擬畢氏數, 當 a 為偶數時, 則 a 必為 8 的倍數.
證證證明明明. 假設 a =8a1+r, r=2, 4, 6. 因為(a, b, c) = 1, 所以 b, c 必為奇數, 令 b=2b1−1, c=2c1−1, b1, c1∈N.
(2c1−1)2= (8a1+r)2+ (2b1−1)2+ (8a1+r)(2b1−1), 4(c1+b1−1)(c1−b1) =8(8a21+2a1r+2b1) +r2+2b1r−r
=8(8a21+2a1r+2b1) +r(r+2b1−1).
∵c1+b1≡c1−b1 (mod 2)
∴8|4(c1+b1−1)(c1−b1)
∴r(r+2b1−1) ≡0 (mod 8)
∵r+2b1−1為奇數
∴r≡0 (mod 8)矛盾.
藉由引理 5, 6, 我們推導出進階的邊差下界定理.
推推推論論論一一一. 當 a 為奇數時, c−b≥ a+12 .
證證證明明明. 令 a=2k−1, k∈N
∵c−b> a
2 = 2k−1
2 =k−1
2 (∵c, b∈N∴c−b∈N)
⇒c−b≥k
⇒c−b≥ a+1 2 . 推推推論論論二二二. 當 a 為偶數時, c−b≥ 2a+2.
證證證明明明. 由引理 6 可得知 a 必為 8 的倍數, 令 a=8t, t∈N c−b> a
2 =4t.
由引理 3 可得知 c−b 必為偶數
∴c−b≥4t+2
⇒c−b≥ a 2 +2.
2.2.7 奇奇奇數數數與與與偶偶偶數數數的的的最最最大大大基基基本本本擬擬擬畢畢畢氏氏氏三三三角角角形形形
觀察大量數據後我們發現可以將畢氏依其最公因數(gcd)(紅框)分類, 而每一類皆有其規 律.
M N a b c gcd a/gcd b/gcd c/gcd
2 3 16 5 19 1 16 5 19
2 4 20 12 28 4 5 3 7
2 5 24 21 39 3 8 7 13
2 6 28 32 52 4 7 8 13
2 7 32 45 67 1 32 45 67
2 8 36 60 84 12 3 5 7
2 9 40 77 103 1 40 77 103
2 10 44 96 124 4 11 24 31
2 11 48 117 147 3 16 39 49
2 12 52 140 172 4 13 35 43
2 13 56 165 199 1 56 165 199
2 14 60 192 228 12 5 16 19
2 15 64 221 259 1 64 221 259
2 16 68 252 292 4 17 63 73
2 17 72 285 327 3 24 95 109
2 18 76 320 364 4 19 80 91
2 19 80 357 403 1 80 357 403
2 20 84 396 444 12 7 33 37
2 21 88 437 487 1 88 437 487 2 22 92 480 532 4 23 120 133 2 23 96 525 579 3 32 175 193 2 24 100 572 628 4 25 143 157 2 25 104 621 679 1 104 621 679
2 26 108 672 732 12 9 56 61
2 27 112 725 787 1 112 725 787 2 28 116 780 844 4 29 195 211 2 29 120 837 903 3 40 279 301 2 30 124 896 964 4 31 224 241 2 31 128 957 1027 1 128 957 1027 2 32 132 1020 1092 12 11 85 91 表格 4. 當 m=2 時擬畢氏數製造機結果 (觀察 gcd 與其為 3 和 12 的基本擬畢氏數)
其中我們發現 gcd 為 12 的基本擬畢氏數 (藍框) 之 a 呈現完美的規律, 引起我們非常 大的好奇. 我們開始研究其三邊長的規律, 發現其正好又是最大基本擬畢氏三角形. 因此 我們藉由前面的引理與定理, 推出最大奇數定理, 並加以證明之.
定定定理理理 2.4 (最大奇數定理). ∀k ≥ 2且 k ∈ N, 存在 p = 3k2−4k+1 ∈ N, 使得 2k− 1, p, p+k為最大基本擬畢氏三角形之三邊長.
證證證明明明.
1. 取 m=k−1, n=k,則 n2−m2=2k−1,
m2+2mn=3k2−4k+1=p,
m2+mn+n2=3k2−3k+1= p+k.
∵ (k−1, k) =1且 k− (k−1)與 3 互質
∴2k−1, p, p+k為基本擬畢氏數.
2.
c−b=k= 2k−1+1
2 = a+1 2 , 由推論一,a+12 為 c−b之最大下界.
∴此為當 a=2k−1 時最大基本擬畢氏三角形.
a b c c−b a b c c−b
3 5 7 2 29 616 631 15
5 16 19 3 31 705 721 16 7 33 37 4 33 800 817 17 9 56 61 5 35 901 919 18 11 85 91 6 37 1008 1027 19 13 120 127 7 39 1121 1141 20 15 161 169 8 41 1240 1261 21 17 208 217 9 43 1365 1387 22 19 261 271 10 45 1496 1519 23 21 320 331 11 47 1633 1657 24 23 385 397 12 49 1776 1801 25 25 456 469 13 51 1925 1951 26 27 533 547 14 53 2080 2107 27 表格 5. 當 a=2k−1 時最大基本擬畢氏三角形之三邊長
接著我們繼續觀察表格 4, 發現 gcd 為 3 的基本擬畢氏數 (綠框) 之 a 亦呈現完美的規 律, 其正好為公差是 8 的偶數, 與我們的引理 6 不謀而合, 更增加了我們的好奇心. 我們繼 續研究其三邊長的規律, 發現其和最大奇數定理一樣, 也是最大基本擬畢氏三角形. 因此 我們藉由前面的引理與定理, 推出最大偶數定理, 並加以證明之.
定定定理理理 2.5 (最大偶數定理). ∀k≥2且 k∈N, 存在 p=12k2−4k−1∈ N, 使得 8k, p, p+ 4k+2為最大基本擬畢氏三角形之三邊長.
證證證明明明.
1. 取 m=2k−1, n=2k+1,
n2−m2= (n+m)(n−m) =8k,
m2+2mn= (2k−1)(2k−1+4k+2) =12k2−4k−11=p,
m2+mn+n2= (n+m)2−mn=16k2− (4k2−1) =12k2+1=p+4k+2.
∵ (2k−1, 2k+1) =1且 2k+1− (2k−1) =2與 3 互質
∴8k, p, p+4k+2為基本擬畢氏數.
2.
c−b=4k+2= 8k
2 +2= a 2+2, 由推論一,a2+2為 c−b之最大下界.
∴此為當 a=8k 時最大基本擬畢氏三角形.
a b c c−b a b c c−b
16 39 49 10 96 1679 1729 50 24 95 109 14 104 1975 2029 54 32 175 193 18 112 2295 2353 58 40 279 301 22 120 2639 2701 62 48 407 433 26 128 3007 3073 66 56 559 589 30 136 3399 3469 70 64 735 769 34 144 3815 3889 74 72 935 973 38 152 4255 4333 78 80 1159 1201 42 160 4719 4801 82 88 1407 1453 46 168 5207 5293 86
表格 6. 當 a=8k 時最大基本擬畢氏三角形之三邊長
補充: 我們取 k 為≥2之正整數. 因為當 k 取 1 時, 我們會得到三邊長為 8, 7, 13, 此時 偶數邊不是最小邊, 並不符合最大偶數定理.
2.3
60
◦三 三 三角 角 角形 形 形 (迷 迷 迷擬 擬 擬畢 畢 畢氏 氏 氏三 三 三角 角 角形 形 形) 之 之 之探 探 探討 討 討
圖 7
(註: 我們接下來的敘述皆以 a, b, c 表三邊長, 且 c 為夾角 60 度所對應之邊長. )
2.3.1 迷迷迷擬擬擬畢畢畢氏氏氏數數數製製製造造造機機機
我們利用和擬畢氏數製造機同樣的方法可得到 c2=a2+b2−ab.
令 x= ac, y= bc, 可表示為一橢圓 T : x2−xy+y2=1
圖 8
解 T 在第一象限上之點(x, y), x, y∈Q, 令 L 為過 P(0,−1)與第一象限之直線 L : y+1=kx. (k∈Q 且 k>1)
則當 k 取大於 1 之有理數時, 可求出橢圓上在第一象限內的所有有理點
∵k∈Q∴令 k= mn, m, n∈N,(m, n) =1
∵k>1∴n>m
x= 2mn−m2 n2−mn+m2 = a
c y= n
2−m2
n2−mn+m2 = b c,
得到迷擬畢氏數
a=2mn−m2 b=n2−m2 c=m2−mn+n2.
(n>m且(m, n) =1)
∵當 k 確定時, L 隨之確定
∴上述要求的數對(m, n)和迷擬畢氏數 a, b, c 之間成一一對應且映成.
2.3.2 解解解決決決迷迷迷擬擬擬畢畢畢氏氏氏數數數製製製造造造機機機之之之缺缺缺陷陷陷
基本迷擬畢氏數的定義需滿足迷擬畢氏三角形之三邊長且三邊互質, 而迷擬畢氏數製造機 所製造出來的數不一定會符合基本迷擬畢氏數, 且會重複; 仿造擬畢氏三角形的做法, 我們 推出引理 7.
m n n−m a b c gcd a/gcd b/gcd c/gcd
1 2 1 3 3 3 3 1 1 1
1 3 2 5 8 7 1 5 8 7
1 4 3 7 15 13 1 7 15 13
1 5 4 9 24 21 3 3 8 7
1 6 5 11 35 31 1 11 35 31
1 7 6 13 48 43 1 13 48 43
1 8 7 15 63 57 3 5 21 19
表格 7. 當 m=1 時迷擬畢氏數製造機結果 我們利用與 120 度三角形類似的方法, 推出並證明引理 7 和 8.
引引引理理理 7. 若 n+m為 3 的倍數, 則迷擬畢氏數 a, b, c 皆為 3 的倍數.
引引引理理理 8. 任一迷擬畢氏數陣列(a, b, c)必不可能對應到兩組不同的(m, n). 藉此我們可推得(m, n)與(a, b, c)之關係為一對一且映成.
2.3.3 基基基本本本迷迷迷擬擬擬畢畢畢氏氏氏數數數定定定理理理之之之製製製成成成
藉由引理 7, 8 和製造機, 我們可以完整的推出所有迷擬畢氏數組, 且數組不重複.
定定定理理理 2.6 (基本迷擬畢氏數定理). 若 a, b, c 為基本迷擬畢氏數, 則存在唯一的一組 m, n∈ N,(m, n) =1, n>m且不為 3 的倍數
s.t.
a=2mn−m2 b=n2−m2 c=m2−mn+n2.
與 120 度三角形不同的是, 60 度三角形並沒有不可互換定理, 我們發現有反例出現.
( m=1 n=3 ⇒
a=5 b=8 c=7
( m=2 n=3 ⇒
a=8 b=5 c=7
2.3.4 邊邊邊界界界關關關係係係
我們觀察大量數據後, 提出並以類似 120 度三角形的方法證明引理 9.
引引引理理理 9 (邊界關係). 設 a 為最小邊長, 當 b→∞ 時, b−c→2a
2.3.5 迷迷迷擬擬擬畢畢畢氏氏氏三三三角角角形形形的的的面面面積積積, 周周周長長長與與與上上上界界界之之之關關關係係係
接著我們又再利用類似的方法提出並證明引理十, 得知面積與周長成正相關.
引引引理理理 10 (周長, 面積與上界之關係). 當 a 固定, 且 a<c<b之情況下:
1. 面積越大, 則 b−c 越大.
2. 周長越大, 則 b−c 越大.
2.3.6 邊邊邊差差差上上上界界界定定定理理理
圖 9
定定定理理理 2.7 (邊差上界定理). 設 a, b, c 為基本擬畢氏數, a<c<b,則 b−c< 2a
證證證明明明. 作正4BCD, 因為 BD=a, AD=b−a, AB=c, 所以4ABD為擬畢氏三角形
∴c− (b−a) > a
2 ⇒b−c< a 2
所以我們對面積與周長皆最大的三角形加以定義, 將三邊互質且以 a 為最小邊之基本 迷擬畢氏三角形中, 面積最大且周長最大的, 稱為 a 之最大基本迷擬畢氏三角形.
因為結果牽扯到 a2, 所以我們決定利用 a 的奇偶性, 來探討a2的性質. 我們先討論偶數, 而推得引理 11, 12 並以與 120 度三角形類似的方法證明之.
引引引理理理 11. 設 a 為偶數, 而 a, b, c 為基本迷擬畢氏數且 a<c<b,則 b−c 必為偶數.
引引引理理理 12. 設 a, b, c 為基本迷擬畢氏數, 當 a 為偶數時, 則 a 必為 8 的倍數.
藉由引理 11, 12, 我們推導出進階的邊差上界定理.
推推推論論論三三三. 當 a 為奇數時, b−c≤ a−12 . 推推推論論論四四四. 當 a為偶數時, b−c≤ 2a−2.
2.3.7 奇奇奇數數數與與與偶偶偶數數數的的的最最最大大大基基基本本本迷迷迷擬擬擬畢畢畢氏氏氏三三三角角角形形形
觀察大量數據後我們發現可以將迷擬畢氏數依其最大公因數(gcd)(紅框)分類, 而每一類 皆有其規律.
m n a b c gcd a/ gcd b/ gcd c/ gcd
2 3 8 5 7 1 8 5 7
2 4 12 12 12 12 1 1 1
2 5 16 21 19 1 16 21 19
2 6 20 32 28 4 5 8 7
2 7 24 45 39 3 8 15 13
2 8 28 60 52 4 7 15 13
2 9 32 77 67 1 32 772 67
2 10 36 96 84 12 3 8 7
2 11 40 117 103 1 40 117 103
2 12 44 140 124 4 11 35 31
2 13 48 165 147 3 16 55 49
2 14 52 192 172 4 13 48 43
2 15 56 221 199 1 56 221 199
2 16 60 252 228 12 5 21 19
2 17 64 285 259 1 64 285 259
2 18 68 320 292 4 17 80 73
2 19 72 357 327 3 24 119 109
2 20 76 396 364 4 19 99 91
2 21 80 437 403 1 80 437 403
2 22 84 480 444 12 7 40 37
2 23 88 525 487 1 88 525 487 2 24 92 572 532 4 23 143 133 2 25 96 621 579 3 32 207 193 2 26 100 672 628 4 25 168 157 表格 8. 當 m=2 時迷擬畢氏數製造機結果 (觀察 gcd 與其為 3 和12 的基本迷擬畢氏數)
其中我們發現 gcd 為 12 的基本迷擬畢氏數 (藍框) 之 a 和擬畢氏三角形一樣呈現完美 的規律, 我們同時以幾何與代數進行解讀, 發現其正好又是最大基本迷擬畢氏三角形. 因 此我們藉由前面的引理與定理, 推出最大奇數定理, 並加以證明之.
定定定理理理 2.8 (最大迷擬奇數定理). ∀k ≥ 2 且 k ∈ N, 存在 q = 3k2−2k ∈ N, 使得 2k− 1, q, q−k+1為最大基本迷擬畢氏三角形之三邊長.
證證證明明明. 作一基本擬畢氏三角形4ABC且 a 為最小邊, 在−→
AC上取一點 D 使得 BC=CD, 連 BD, 因此4ABD為迷擬畢氏三角形.
4ABD面積= 4ABC面積+ 4BDC面積
圖 10 因為當 a 固定時,4BDC :
√3
4 a2為定值, 所以4ABC 愈大時,4BDA 愈大, 當4ABC 為最大基本擬畢氏三角形時,4ABD面積最大.
由最大奇數定理得知, 存在 p=3k2−4k+1, 使得 2k−1, p, p+k為最大基本擬畢氏 三角形之三邊長, 此時4ABD之邊長為 a, a+b, c,也就是 2k−1, 3k2−2k, 3k2−3k+1.
∵ (a, b, c) =1∴ (a, a+b, c) =1, 又 a為最小邊, 因此4BDA為最大基本迷擬畢氏三角 形.
驗驗驗證證證:
a2+b2−ab−c2
= (2k−1)2+ (3k2−2k)2− (2k−1)(3k2−2k) − (3k2−3k+1)2
=4k2−4k+1+9k4−12k3+4k2−6k3+7k2−2k−9k4+18k3−15k2+6k−1
=0.
由餘弦定律可得知其為迷擬畢氏三角形
b−c= (3k2−2k) − (3k2−3k+1)
=k−1
= (2k−1) −1
2 = a−1 2 . 由推論三與引理 10 可知其為最大迷擬畢氏三角形.
a b c b−c a b c b−c
3 8 7 1 21 341 331 10
5 21 19 2 23 408 397 11 7 40 37 3 25 481 469 12 9 65 61 4 27 560 547 13 11 96 91 5 29 645 631 14 13 133 127 6 31 736 721 15 15 176 169 7 33 833 817 16 17 225 217 8 35 936 919 17 19 280 271 9 37 1045 1027 18 表格 9. 當 a=2k−1 時最大基本迷擬畢氏三角形之三邊長
接著我們繼續觀察表格 8, 發現 gcd 為 3 的基本迷擬畢氏數 (綠框) 之 a 亦呈現完美的 規律, 其正好為公差是 8 的偶數, 與我們的引理 6 不謀而合, 研究後發現其和最大奇數定理 一樣, 也是最大基本迷擬畢氏三角形. 因此我們藉由前面的引理與定理, 推出最大偶數定 理, 並加以證明之.
定定定理理理 2.9 (最大迷擬偶數定理). ∀k ≥ 1且 k ∈ N, 存在 q = 12k2+4k−1 ∈ N, 使得 8k, q, q−4k+2為最大基本迷擬畢氏三角形之三邊長.
圖 11
證證證明明明. 由最大偶數定理得知, 存在 p=12k2−4k−1, 使得 8k, p, p+4k+2為最大基本擬 畢氏三角形之三邊長, 此時4ABD之邊長為 a, a+b, c,也就是 8k, 12k2+4k−1, 12k2+1.
∵ (a, b, c) =1∴ (a, a+b, c) = 1. 又 a為最小邊, 因此4BDA為最大基本迷擬畢氏三角 形.
驗驗驗證證證:
a2+b2−ab−c2
= (12k2+4k−1)2+ (8k)2− (12k2+4k−1)(8k) − (12k2+1)
=144k4+96k3−8k2−8k+1+64k2−96k3−32k2+8k−144k4−24k2−1
=0
由餘弦定律可知其為迷擬畢氏三角形
b−c= (12k2+4k−1) − (12k2+1)
=4k−2
= 8k
2 −2= a 2 −2 由推論四與引理 10 可知其為最大迷擬畢氏三角形
a b c b−c a b c b−c
8 15 13 6 88 1495 1453 126 16 55 49 18 96 1775 1729 138 24 119 109 30 104 2079 2029 150 32 207 193 42 112 2407 2353 162 40 319 301 54 120 2759 2701 174 48 455 433 66 128 3135 3073 186 56 615 589 78 136 3535 3469 198 64 799 769 90 144 3959 3889 210 72 1007 973 102 152 4407 4333 222 80 1239 1201 114 160 4879 4801 234
表格 10. 當 a=8k 時最大基本迷擬畢氏三角形之三邊長
補充: 與三角形的最大偶數定理不同 120◦, 我們取 k 為≥1之正整數. 雖然 8, 7, 13 不 符合最大偶數定理, 其仍可製造出最大基本迷擬畢氏三角形.
2.4
擬 擬 擬畢 畢 畢氏 氏 氏三 三 三角 角 角形 形 形與 與 與費 費 費瑪 瑪 瑪點 點 點之 之 之應 應 應用 用 用
我們推測任意整數邊三角形的費瑪點不可能將其分成三個擬畢氏三角形若其結果正確, 我 們將證明它; 若錯誤, 想找出反例.
圖 12
已知一個任意三角形 ABC, 我們沿 AB 作一個正三角 ABC0.接著做 C0H 使得 C0H⊥
−→
CB,並令∠C0BH=θ.
圖 13
定定定理理理 2.10. 當 cos θ 為無理數時, 則任意整數邊三角形的費瑪點不可能將其分成三個擬畢 氏三角形.
圖 14
證證證明明明. 從費瑪點的作圖中, 我們可以得到 CC0為通過費瑪點之直線, 且 CC0 =x+y+z.
藉由畢氏定理, 我們可以得到
(a+c cos θ)2+ (c sin θ)2= (x+y+z)2
⇒a2+c2cos2θ+2ac cos θ+c sin2θ= (x+y+z)2
⇒a2+c2+2ac cos θ= (x+y+z)2.
當 cos θ 為無理數時, 則(x+y+z)2必為無理數, 可得 x+y+z /∈N. 因此, 當 cos θ 為無理數時, 則任意整數邊三角形的費瑪點不可能將其分成三個擬畢氏三角形.
2.5
討 討 討論 論 論及 及 及未 未 未來 來 來展 展 展望 望 望
1. 經由教授的建議, 我們從與畢氏三角形相關的同餘數 (Congruent numbers) 問題延 伸擬畢氏三角形的 N.
由於擬畢氏三角形其面積必為√
3之有理數倍數, 因此我們令面積: ab4√
3=N0√ 3 a=m2+2mn b=n2−m2 c=m2+mn+n2 N0= ab4 化簡 N0
5 3 7 3.75
7 8 13 14
16 5 19 20 =2×5
33 7 37 57.75
11 24 31 66
13 35 43 113.75
56 9 61 126 =32×14
39 16 49 156 =22×39
85 11 91 233.75
17 63 73 267.75
32 45 67 360 =62×10
19 80 91 380
表格 11
由表中可發現若將(32, 45, 67)這一組基本擬畢氏數組同除 6, 可得 a= 163, b= 152, c= 676 ⇒使得 N0=10.
但畢氏三角形的同餘數中並沒有 10 (如下列)
5, 6, 7, 13, 14, 15, 20, 21, 22, 23, 24, 28, 29, 30, 31
因此我們知道畢氏三角形的同餘數與擬畢氏三角形的 N 並沒有一一對應. 未來我們 希望可以繼續研究, 找出畢氏三角形同餘數與擬畢氏三角形 N 之間的關係.
2. c=m2+mn+n2為一二元二次正定型, 圖形為一封閉橢圓, 我們固定 c 求取有限組 整數解(m, n), 但目前只能從現有的資料反推回去. 我們將擬畢氏數組做統整 (如下 表).
a=m2+2mn b=n2−m2 c=m2+mn+n2 (m, n)
5 3 7
7 8 13
16 5 19
· · · ·
51 40 79
85 11 91 H(5, 6)
19 80 91 G(1, 9)
57 55 97
· · · ·
249 1591 1729 E(3, 40)
656 1305 1729 F(8, 37)
1185 799 1729 I(15, 32)
415 1496 1741
· · · · 表格 12
固定 c 的前提下, 我們能找到的 a, b 並不多, 因此由其得出的(m, n)數組之數量只呈 緩慢地增加.
圖 15
由圖, 我們可以發現點集中於第一象限的左上方. 因為 n>m, 所以我們所代的數據 皆是在固定 m 的前提下, 不斷拉大 n 得到的結果. 當 m→n 時, a = m2+2mn = m2+mn+m×n 會趨近於 c=m2+mn+n2= m2+mn+n×n,其將為我們找 到有限組中的最後一組. 未來我們希望可以透過更大量的數據, 找出 c 與(m, n)數組 的關連.
3. 我們試著將特別角推廣至一般解.
圖 16
設 a, b, c 為4ABC之三邊長且∠C=θ, 由餘弦定律 c2=a2+b2−2ab cos θ,
a c
2
+b c
2
−2 cos θa c
b c
=1. (6)
令 x= ac, y= bc,代入 (6) 式,∴Γ : x2+y2−2xy cos θ=1之圖形表一橢圓
圖 17
解 Γ 在第一象限上之點(x, y), x, y∈Q, 令 L 為過 P(0,−1)與第一象限之直線 L 與 Γ 聯立, 可得
x2+ (kx−1)2−2x(kx−1)cos θ =1, (k2−2k cos θ+1)x2+ (2 cos θ−2k)x=0, x= 2k−2 cos θ
k2−2k cos θ+1 or x=0. (不合, 此即 P 點)
x= 2k−2 cos θ k2−2k cos θ+1 y= k
2−1 k2−2k cos θ+1.
則當 k 取大於 1 之有理數時, 可求出橢圓上在第一象限內的所有有理點
∵k∈Q∴令 k= n
m, m, n∈N,(m, n) =1
∵k>1∴n>m.
x= 2k−2 cos θ
k2−2k cos θ+1 = 2
n
m−2 cos θ
n m
2
−2mn cos θ+1
= 2mn−2m2cos θ n2−2mn cos θ+m2,
x= 2mn−2m2cos θ n2−2mn cos θ+m2 = a
c y= n
2−m2
n2−2mn cos θ+m2 = b c, 得到一般解的製造機
a=2mn−2m2cos θ b=n2−m2
c=n2−2mn cos θ+m2.
(n>m且(m, n) =1)
∵當 k 確定時, L 隨之確定
∴上述所求的數對(m, n)和三角形三邊長(a, b, c)之間成一一對應且映成.
令 cos θ= yx,其中 x, y∈Z,(x.y) =1, x>0,
a=2xmn−2ym2 b=xn2−xm2
c=xn2−2ymn+xm2, 另外, 若 2|x,則 2|(a, b, c), 因此,上述的製造機必須修改為
a=xmn−ym2 b= x
2n2−x 2m2 c= x
2n2−ymn+x 2m2.
引引引理理理 13. 若 n+m為 x+y 的倍數, 則整數邊三角形三邊長 a, b, c 皆為 x+y 的倍數.
證證證明明明. 令 n+m= (x+y)t, t∈N⇒n= (x+y)t−m,
a=2xmn−2ym2 b=xn2−xm2
c=xm2−2ymn+xn2
⇒
a=2xm(xt+yt−m) −2ym2= (x+y)(2xmt−2m2) b=x(xt+yt−m)2−xm2= (x+y)(xt2(x+y) −2m) c=xm2−2ym(xt+yt−m) +x(xt+yt−m)2
= (x+y)(2m2−2mt(x+y) +xt2(x+y))
∴a, b, c 皆為(x+y)的倍數.
引引引理理理 14. 若 n−m為 x−y 的倍數, 則整數邊三角形三邊長 a, b, c 皆為 x−y 的倍數.
證證證明明明. 令 n−m= (x−y)t, t∈N⇒n= (x−y)t−m,
a=2xmn−2ym2 b=xn2−xm2
c=xm2−2ymn+xn2
⇒
a=2xm(xt−yt+m) −2ym2= (x−y)(2xmt+2m2) b=x(xt−yt+m)2−xm2= (x−y)(xt2(x−y) +2m) c=xm2−2ym(xt−yt+m) +x(xt−yt+m)2
= (x−y)(2m2+2mt(x−y) +xt2(x−y))
∴a, b, c 皆為(x−y)的倍數.
推推推論論論: 令 d|a, d|b, d|c,
d|ay+cx= (x2−2y2)m2+x2n2,
d|2m2(x2−y2) (7)
⇒d|(7)+2b(x2−y2) d|2xn2(x2−y2).
∵ (x, y) =1
∴d|(n−m)(n+m)
只要證明出(n−m)(n+m)與(x−y)(x+y)互質便可得到 d=1. 我們希望未來可 以求得基本擬畢氏數定理, 最大奇數定理和最大偶數定理的一般解.
參 參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻
[1] 盛立人, 嚴鎮軍; 從勾股定理談起. 臺北市, 九章出版社 2001.
[2] 單墫; 趣味數論. 臺北市, 九章出版社 2002.
[3] 蔡聰明; 數學拾貝. 臺灣, 三民出版社 2003.
