三邊成等差數列的 Heron 三角形
邊 欣 · 李忠民
摘要: 對三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 給出三邊長的通解公式, 並得到周長、 面 積和內切圓半徑的若干有趣的性質。
關鍵詞: Heron三角形, 邊長, 等差數列。
三邊成等差數列的三角形有許多有趣的性質, 文 [1] 歸納總結出 21 個結果, 涉及代數、 幾 何、 三角等方面。 其中的一些結果形式簡明、 優美, 例如下面的引理。
引理: 在 4ABC 中, 設 ∠A、 ∠B、 ∠C 的對邊長分別為 a、 b、 c, 且 a + b = 2c, 則 tan∠A
2 tan∠B 2 = 1
3。 (1)
本文進一步從數論方面探究三邊成等差數列的三角形的性質。
邊長和面積均是整數的三角形稱為 Heron 三角形。 若 Heron 三角形的三邊長互質, 稱為 本原 Heron 三角形。 本文首先給出三邊成等差數列的本原 Heron 三角形的一般形式。
定理: 在 4ABC 中, 設 ∠A、 ∠B、 ∠C 的對邊長分別為 a、 b、 c, 且 a + b = 2c, 則 4ABC 是本原 Heron 三角形, 當且僅當存在正整數 m、 n, (m, n) = 1, 3 不能整除 m, 使得
(1) 當 m、 n 一奇一偶時, 有
a = m2+ 9n2, b = 3m2+ 3n2, c = 2m2+ 6n2。 (2) 且 4ABC 的面積為
S = 6mn(m2+ 3n2)。 (2) 當 m、 n 均為奇數時, 有
a = 1
2(m2+ 9n2), b = 3
2(m2+ n2), c = m2+ 3n2。 (3)
且 4ABC 的面積為
S = 3
2mn(m2+ 3n2)。
證明: 先證必要性。 若 4ABC 是本原 Heron 三角形, 記 4ABC 的半周長和內切圓半徑分 別為 p、 r, 則 p、 r 均為有理數。 故
tan∠A
2 = r
p− a, tan∠B
2 = r p− b 均為有理數。 從而存在正整數 m、 n、 u、 v, (m, n) = 1, (u, v) = 1, 使得
tan ∠A 2 = n
m, tan∠B 2 = v
u。
根據式 (1), 得 mu = 3nv, 故 3 不能同時整除 m、 u, 否則 3 能整除 nv, 即 3 能整除 n 或 v, 這與 (m, n) = 1 或 (u, v) = 1 矛盾。 不妨設 3 不能整除 m。
再由式 (1), 得
tan∠B 2 = m
3n。 根據萬能公式, 得
sin∠A = 2mn
m2+ n2, cos∠A = m2− n2 m2 + n2; sin∠B = 6mn
m2+ 9n2, cos∠B = 9n2− m2 m2+ 9n2。 又因為 sin ∠C = sin ∠A cos ∠B + cos ∠A sin ∠B, 故
sin∠C = 4mn(m2+ 3n2) (m2+ n2)(m2+ 9n2)。
根據正弦定理, 以 m2+ 9n2、 3m2+ 3n2、 2m2+ 6n2 為三邊長的三角形與 4ABC 相 似。 又因為 4ABC 的三邊長互質, 故 4ABC 的三邊長分別為
a = m2 + 9n2
k , b = 3m2+ 3n2
k , c = 2m2+ 6n2
k 。 (4)
其中 k 為 m2+ 9n2、 3m2+ 3n2、 2m2+ 6n2 的最大公因數。
注意到 3 不能整除 m, 故 m2+ 9n2、 2m2+ 6n2 都不能被 3 整除。 從而 3 不能整除 k。
若奇質數 q > 3 能整除 k, 由 2 × (3m2+ 3n2)− (2m2 + 6n2) = 4m2 可知 q 能整除 m; 再由 2 × (m2+ 9n2)− (2m2+ 6n2) = 12n2 可知 q 能整除 n, 這與 (m, n) = 1 矛盾。
從而對任意的奇質數 q > 3, q 不能整除 k。
下面分兩種情況討論。
(1) 當 m、 n 一奇一偶時。 易知 m2 + 9n2、 3m2+ 3n2 均為奇數, 故 2 不能整除 k, 從 而 k = 1。 由式 (4), 得
a = m2+ 9n2, b = 3m2+ 3n2, c = 2m2+ 6n2。 容易驗證
a + b + c = 6(m2+ 3n2), a + b− c = 2(m2+ 3n2), a + c− b = 12n2,
b + c− a = 4m2。 利用 Heron 公式得 4ABC 的面積
S = 6mn(m2+ 3n2)。
(2) 當 m、 n 均為奇數時。 易知 m2 + 9n2、 3m2 + 3n2 均為偶數, 但都不能被 4 整除, 從而 k = 2。 由式 (4), 得
a = 1
2(m2+ 9n2), b = 3
2(m2+ n2), c = m2+ 3n2。 類似(1) , 可得 4ABC 的面積
S = 3
2mn(m2+ 3n2)。
再證充分性。 易知由式 (2) 或式 (3) 確定三邊長的 4ABC, 其三邊 a、 b、 c 與面積 S 均 是整數, 且 a + b = 2c。 再根據必要性的證明可知 a、 b、 c 互質。 故 4ABC 是三邊成等差數 列的本原 Heron 三角形。
綜上所述, 定理成立。 證畢。
根據定理中的式 (2)、 式 (3) 及其證明, 容易得到下述與本原直角 Heron 三角形 (即本原 畢達哥拉斯三角形) 相同的幾個性質。
推論1: 設 4ABC 是三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 則 (1) 4ABC 的三邊長為兩奇一偶;
(2) 4ABC 的三邊長兩兩互質;
(3) 4ABC 有且僅有一條邊被 3 整除;
(4) 4ABC 的面積是 6 的倍數。
本原畢達哥拉斯三角形的周長不一定是 6 的倍數, 但其面積可以是周長的任意正整數倍, 且內切圓半徑可以是任意正整數。 對應地, 三邊成等差數列的本原 Heron 三角形有如下性質。
推論2: 設 4ABC 是三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 則 (1) 4ABC 的周長是 6 的倍數;
(2) 4ABC 的面積可以是周長的任意正偶數倍, 但不能是周長的奇數倍;
(3) 4ABC 的內切圓半徑可以是任意的正奇數, 或者為 4 的任意正整數倍, 但不能是不被 4 整除的偶數。
證明: (1) 根據定理的證明易知 a + b + c 是 6 的倍數。
(2) 當 m、 n 一奇一偶時。 根據定理的證明可得 S = mn(a + b + c)。
因為 mn 是偶數, 故此時不存在三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 其面積是周長的 奇數倍。
對任意的正偶數 x = 2yz, 其中 y 是正整數, z 是正奇數。 令 m = 2y, n = z, 則 m、 n 一奇一偶, (m, n) = 1, 3 不能整除 m, 且 S = x(a + b + c)。 即存在三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 其面積是周長的任意正偶數倍。
當 m、 n 均為奇數時。 根據定理的證明可得 S = 1
2mn(a + b + c)。 因為 mn 是奇數, 故 1
2mn 不是整數。 即此時不存在三邊成等差數列的本原 Heron 三角 形, 其面積是周長的整數倍。
(3) 當 m、 n 一奇一偶時。 根據定理的證明可得三角形的內切圓半徑 r = 2S
a + b + c = 2mn。
因為 mn 是偶數, 故此時不存在三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 其內切圓半徑是 2的倍數但不是4的倍數。
對任意的正偶數滿足 u = 2v+1w, 其中 v 是正整數, w 是正奇數。 令 m = 2v, n = w, 則 m、 n 一奇一偶, (m, n) = 1, 3 不能整除 m, 且 r = u。 即存在三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 其內切圓半徑為 4 的任意正整數倍。
當 m、 n 均為奇數時。 根據定理的證明可得三角形的內切圓半徑 r = 2S
a + b + c = mn。
因為 mn 是奇數, 故此時不存在三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 其內切圓半徑是 偶數。
對任意的正奇數 t。 令 m = 1, n = t, 則 m、 n 均為奇數, (m, n) = 1, 3 不能整除 m, 且 r = t。 即存在三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 其內切圓半徑是任意的正奇數。
綜上所述, 推論2成立。 證畢。
對比畢達哥拉斯三角形, 三邊成等差數列的 Heron 三角形還有哪些與之相似的有趣性質?
這是一個有待進一步研究的課題。
致謝: 感謝審稿人對此文提出的寶貴意見。
參考文獻
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2. Albert H. Beiler 著, 談祥柏譯。 數論妙趣 [M]。 上海: 上海教育出版社, 1998。
3. 沈康身。 數學的魅力(1) [M]。 上海: 上海辭書出版社, 2004。
4. 邊欣。 關于完美海倫三角形的存在性[J]。 數學教學, 2008(10): 34-35。
5. 邊欣。 Heron 三角形的一般表達式及其應用 [J]。 數學通訊, 2011(2下半月教師): 42-44。
—邊欣任教天津市天津師範大學數學系,李忠民任教天津市天津大學管理與經濟學部—
