39310 海倫三角形中元素組成等差數列的探究

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。

★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

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 $\triangle ABC$ 為本原海倫三角形, 三邊長 $a$, $b$, $c$ 成等差數列, 且 $a \gt b \gt c$, 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 知道, 本原海倫三角形三邊長為兩奇一偶, 故設 $a = 2n + k$, $b = 2n$, $c = 2n-k$ ($0\lt k \lt n$, $n$, $k$ 為正整數, 且 $k$ 為奇數), 則半周長 $p = 3n$。 由海倫公式, 有 $$S=\sqrt{3n(n-k)n(n+k)}=n\sqrt{3(n^2-k^2)}$$ 因為 $S$ 為正整數, 所以 $n\sqrt{3(n^2-k^2)}$ 為正整數, 可設 $n^2-k^2 = 3m^2$, $m$ 為正整數。 由 $S=rp\Rightarrow r=\dfrac{\sqrt{3(n^2-k^2)}}{3}=\dfrac{\sqrt{3\times 3m^2}}3=m$, 故 $r$ 為正整數。 $b$ 邊上的高 $h=\dfrac{2S}b=\dfrac{2n\sqrt{3(n^2-k^2)}}{2n}=\sqrt{3(n^2-k^2)}=3m$, 故 $h$ 為正整數。

探究1: $a$, $b$, $c$ 與 $S$ 能組成等差數列嗎?

因 $S=\frac 12 r(a+b+c)\gt ra\ge a$, 可能組成的等差數列應是 $c$, $b$, $a$, $S$。 \begin{eqnarray} &&S-a=k\Rightarrow n\sqrt{3(n^2-k^2)}=2n+2k\nonumber\\ &\Rightarrow& 3n^2(n-k)(n+k)=4(n+k)^2\nonumber\\ &\Rightarrow& 3n^2(n-k)=4(n+k)\Rightarrow 3n^3-4n=(3n^2+4)k\label{1}\\ &\Rightarrow& 3n^2+4\mid 3n^3-4n\nonumber \end{eqnarray} 因為 $3n^3-4n = n ( 3n^2 + 4)-8n$, 所以, $3n^2 + 4\mid 8n$, 當 $n\ge 3$ 時, $3n^2 + 4 \gt 8n$。 只有 $n = 2$ 時, $16 \mid 16$。再由 \eqref{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 $r \lt c$。 可能組成的等差數列應是 $r$, $c$, $b$, $a$, 則 \begin{eqnarray*} &&c-r=k\Rightarrow 2n-2k=\frac{\sqrt{3(n^2-k^2)}}3\nonumber\\ &\Rightarrow& 36(n-k)^2=3(n^2-k^2)\Rightarrow12(n-k)=n+k\nonumber\\ &\Rightarrow& n=\frac{13}{11}k,\ \hbox{令}\ k=11q,\ q\in N^+\Rightarrow n=13q.\nonumber\\ &\Rightarrow& r=4q,\ c=15q,\ b=26q,\ a=37q,\ q\in N^+, \hbox{於是得到} \end{eqnarray*}

定理二: 存在無數多組海倫數 $(a, b, c ) =(37q, 26q, 15q)$ $( q\in N^+$), 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 $$2n-3k = \frac{\sqrt{3 (n^2-k^2)}}3\Rightarrow 3(2n-3k)^2= n^2-k^2\Rightarrow 11n^2 = 2(18nk-14k^2 )$$ $\Rightarrow 2\mid 11n^2$, 因為 $( 2, 11 ) = 1$, 所以, $2 \mid n^2\Rightarrow 2\mid n$。 設 $n = 2e$, $e$ 為正整數, 則有 $$11\times 4e^2 = 36\times 2ek-28k^2\Rightarrow 11e^2 -18ek + 7 k^2 = 0$$ $(11e-7k)(e-k)=0\Rightarrow k=e$ 或者 $k=\dfrac{11}7 e$。 若 $k = e$, 則 $n = 2e= 2k$, 此時 $a = 5k$, $c = 3k$, $r = k\Rightarrow b = 4k$。 若 $k=\dfrac{11}7 e$, 令 $e=7u$, $u$ 為正整數, 則 $$k = 11u,\ n = 14u,\ \Rightarrow a = 39u,\ c = 17u,\ r = 5u\hbox{。}$$ 顯然, $a-cot= c-r$, 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 $2a = c + S$。 \begin{equation} \Rightarrow 2(2n+k)=(2n-k)+n\sqrt{3(n^2-k^2)}\Rightarrow 2n+3k=n\sqrt{3(n^2-k^2)}\label{2} \end{equation} 由 \eqref{2} 知 $\sqrt{3(n^2-k^2)}$為正整數, 依然令 $n^2-k^2 = 3m^2$, $m$ 為正整數 $\Rightarrow (n-k)(n+k)=3m\times m$ 。

令 $\dfrac{n-k}{m}=\dfrac{3m}{n+k}=\dfrac gf$, 其中 $g,f$ 均為正整數, 且 $(g,f)=1$ $$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} n-k=\dfrac{mg}f\\[8pt] n+k=\dfrac{3mf}{g} \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} n=\dfrac m2\Big(\dfrac gf+\dfrac{3f}g\Big)\\[8pt] k=\dfrac m2\Big(\dfrac {3f}g-\dfrac gf\Big)\end{array}\right.$$ 代入 \eqref{2} 中有, $$\dfrac{2m(3f^2+g^2)}{2fg}+\dfrac{3m(3f^2-g^2)}{2fg}=\dfrac{m(3f^2+g^2)}{2fg}\sqrt{3\Big[\dfrac{m^2(3f^2+g^2)^2}{4f^2g^2} -\dfrac{m^2(3f^2-g^2)^2}{4f^2g^2}\Big]}$$ 化簡上式得, \begin{equation} 15f^2-g^2=9mf^2+3mg^2\Rightarrow 3(5-3m)f^2=(1+3m)g^2\label{3} \end{equation} 所以, $3\mid( 1 + 3m)g^2$, 因 $(3, 1+3m) =1$, 故 $3\mid g^2$, 又 3 為素數, 則知 $3\mid g$。 令 $g=3g_1$, 代入 \eqref{3} 有 $(5-3m)f^2=3(1+3m)g_1^2$, 則知 $3\mid (5-3m)f^2$, 因 $(3, 5-3m) =1$, 所以 $3\mid f^ 2$, 又 3 為素數, 故知 $3\mid f$, 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 $l\!=\!6n$, $h\!=\!\sqrt{3(n^2-k^2)}$。於是有 \begin{eqnarray} &&2n\sqrt{3(n^2-k^2)}=6n+\sqrt{3(n^2-k^2)}\nonumber\\ &\Rightarrow&6n=(2n-1)\sqrt{3(n^2-k^2)}\nonumber\\ &\Rightarrow&12n^2=(2n-1)^2(n^2-k^2)=(2n-1)^2n^2-(2n-1)^2k^2\label{4} \end{eqnarray} 由 \eqref{4} 知, $n^2\mid ( 2n-1)^2 n^2-( 2n-1)^2k^2$, 又 $n^2\mid ( 2n-1)^2 n^2$, 所以, $n^2\mid ( 2n-1)^2k^2$。 因為 $(n, 2n-1)=1$, 故 $(n^2, (2n-1)^2)=1$, 得 $n^2\mid k^2$, 所以 $n\mid k$, 這與前文 $0\lt k \lt n$ 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 \begin{eqnarray*} \sqrt{3(n^2-k^2)}+n\sqrt{3(n^2-k^2)}&=&4n\\ 3(n+1)^2(n^2-k^2)&=&16n^2 \end{eqnarray*} 設 $(n_0, k_0 )$ 是這個不定方程的一組正整數解, 則有 \begin{equation} 3(n_0+1)^2(n_0^2-k_0^2)=16n_0^2\label{5} \end{equation} 由 \eqref{5} 式知, $3\mid 16n_0^2$, 而 $( 3, 16 ) = 1$, 故 $3\mid n_0^2$, 又 3 是素數, 所以, $3\mid n_0$。 令 $n_0 = 3n_1$, 由 \eqref{5} 有 \begin{eqnarray} &&3(3n_1+1)^2(9n_1^2-k_0^2)=16\times 9n_1^2\nonumber\\ &\Rightarrow& (3n_1+1)^2(9n_1^2-k_0^2)=16\times 3n_1^2\label{6}\\ &\Rightarrow& 3 \mid (3n_1+1)^2(9n_1^2-k_0^2)\Rightarrow 3\mid (3n_1+1)^2k_0^2\nonumber \end{eqnarray} 而 $(3, 3n_1 + 1) = 1$, 故 $3\mid k_0^2$, 又 3 是素數, 所以, $3\mid k_0$。 令 $k_0 = 3k_1$, \eqref{6} 式可化為 \begin{eqnarray} &&(3n_1+1)^2(9n_1^2-9k_1^2)=16\times 3n_1^2\nonumber\\ &\Rightarrow& 3(3n_1+1)^2(n_1^2-k_1^2)=16n_1^2\label{7}\\ &\Rightarrow& 3 \mid 16n_1^2,\nonumber \end{eqnarray} 因 $( 3, 16 ) = 1$, 故 $3\mid n_1^2$, 又因 3 是素數, 所以 $3\mid n_1$, 令 $n_1 = 3n_2$, \eqref{7} 式化為 \begin{eqnarray} &&3(9n_2+1)^2(9n_2^2-k_1^2)=16\times 9n_2^2\nonumber\\ &\Rightarrow& (9n_2+1)^2(9n_2^2-k_1^2)=16\times 3n_2^2\label{8}\\ &\Rightarrow& 3 \mid (9n_2+1)^2(9n_2^2-k_1^2)\Rightarrow 3\mid (9n_2+1)^2k_1^2\nonumber \end{eqnarray} 而 $(3, 9n_2 + 1) = 1$, 故 $3\mid k_1^2$, 又 3 是素數, 所以, $3\mid k_1$。 令 $k_1 = 3k_2$, \eqref{8} 式可化為 \begin{eqnarray*} (9n_2+1)^2(9n_2^2-9k_2^2)&=&16\times 3n_2^2\\ 3(9n_2+1)^2(n_2^2-k_2^2)&=&16n_2^2 \end{eqnarray*} 如此繼續下去, $3\mid n_0$, $3\mid k_0 \Rightarrow 3^2\mid n_0$, $3^2\mid k_0\Rightarrow \cdots\Rightarrow 3^d \mid n_0$, $3^d\mid k_0\Rightarrow \cdots$, 其中 $d$ 為正整數。 由無窮遞降法可知, $n_0 = 0$, $k_0 = 0$, 這與 $n_0$, $k_0$ 是正整數矛盾, 故不定方程 $$ 3 ( n + 1 )^2 ( n^2-k^2 ) = 16n^2$$ 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

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。 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---