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 $\triangle ABC$ 中, 設 $\angle A$、 $\angle B$、 $\angle C$ 的對邊長分別為 $a$、 $b$、 $c$, 且 $a+b=2c$, 則 \begin{equation} \tan \dfrac {\angle A}2\tan \dfrac {\angle B}2=\dfrac 13\hbox{。}\label{1} \end{equation}

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 $\triangle ABC$ 中, 設 $\angle A$、 $\angle B$、 $\angle C$ 的對邊長分別 為 $a$、 $b$、 $c$, 且 $a+b=2c$, 則 $\triangle ABC$ 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 \begin{equation} a=m^2+9n^2,\quad b=3m^2+3n^2,\quad c=2m^2+6n^2\hbox{。}\label{2} \end{equation} 且 $\triangle ABC$ 的面積為 $$S=6mn(m^2+3n^2)\hbox{。}$$

(2) 當 $m$、 $n$ 均為奇數時, 有 \begin{equation} a=\dfrac 12(m^2+9n^2),\quad b=\dfrac 32 (m^2+n^2),\quad c=m^2+3n^2\hbox{。}\label{3} \end{equation} 且 $\triangle ABC$ 的面積為 $$S=\dfrac 32mn(m^2+3n^2)\hbox{。}$$

證明: 先證必要性。若 $\triangle ABC$ 是本原 Heron 三角形, 記 $\triangle ABC$ 的半周長和內切圓半徑分別為 $p$、 $r$, 則 $p$、 $r$ 均為有理數。 故 $$\tan \dfrac{\angle A}2=\dfrac r{p-a},\quad \tan \dfrac{\angle B}2=\dfrac r{p-b}$$ 均為有理數。從而存在正整數 $m$、 $n$、 $u$、 $v$, $(m,n)=1$, $(u,v)=1$, 使得 $$\tan \dfrac{\angle A}2=\dfrac n{m},\quad \tan \dfrac{\angle B}2=\dfrac v{u}\hbox{。}$$

根據式 \eqref{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 \eqref{1}, 得 $$\tan \dfrac{\angle B}2=\dfrac m{3n}\hbox{。}$$

根據萬能公式, 得 \begin{eqnarray*} \sin \angle A=\dfrac{2mn}{m^2+n^2},&&\cos \angle A=\dfrac{m^2-n^2}{m^2+n^2};\\ \sin \angle B=\dfrac{6mn}{m^2+9n^2},&&\cos \angle B=\dfrac{9n^2-m^2}{m^2+9n^2}\hbox{。} \end{eqnarray*} 又因為 $\sin\angle C=\sin \angle A\cos \angle B+\cos \angle A\sin \angle B$, 故 $$\sin \angle C=\dfrac{4mn(m^2+3n^2)}{(m^2+n^2)(m^2+9n^2)}\hbox{。}$$

根據正弦定理, 以 $m^2+9n^2$、 $3m^2+3n^2$、 $2m^2+6n^2$ 為三邊長的三角形與 $\triangle ABC$ 相似。 又因為 $\triangle ABC$ 的三邊長互質, 故 $\triangle ABC$ 的三邊長分別為 \begin{equation} a=\dfrac{m^2+9n^2}k,\quad b=\dfrac{3m^2+3n^2}{k},\quad c=\dfrac{2m^2+6n^2}{k}\hbox{。}\label{4} \end{equation} 其中 $k$ 為 $m^2+9n^2$、 $3m^2+3n^2$、 $2m^2+6n^2$ 的最大公因數。

注意到 3 不能整除 $m$, 故 $m^2+9n^2$、 $2m^2+6n^2$ 都不能被 3 整除。 從而 3 不能整除 $k$。

若奇質數 $q\gt 3$ 能整除 $k$, 由 $2\times (3m^2+3n^2)-(2m^2+6n^2)=4m^2$ 可知 $q$ 能整除 $m$； 再由 $2\times (m^2+9n^2)-(2m^2+6n^2)=12n^2$ 可知 $q$ 能整除 $n$, 這與 $(m,n)=1$ 矛盾。 從而對任意的奇質數 $q\gt 3$, $q$ 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 $m^2+9n^2$、 $3m^2+3n^2$ 均為奇數, 故 2 不能整除 $k$, 從而 $k=1$。 由式 \eqref{4}, 得 $$a=m^2+9n^2,\quad b=3m^2+3n^2,\quad c=2m^2+6n^2\hbox{。}$$ 容易驗證 \begin{eqnarray*} a+b+c&=&6(m^2+3n^2),\\[5pt] a+b-c&=&2(m^2+3n^2),\\[5pt] a+c-b&=&12n^2 ,\\[5pt] b+c-a&=&4m^2\hbox{。} \end{eqnarray*}

利用 Heron 公式得 $\triangle ABC$ 的面積 $$S=6mn(m^2+3n^2)\hbox{。}$$

(2) 當 $m$、 $n$ 均為奇數時。易知 $m^2+9n^2$、 $3m^2+3n^2$ 均為偶數, 但都不能被 4 整除, 從而 $k=2$。 由式 \eqref{4}, 得 $$a=\frac 12(m^2+9n^2),\quad b=\frac 32(m^2+n^2),\quad c=m^2+3n^2\hbox{。}$$

類似(1) , 可得 $\triangle ABC$ 的面積 $$S=\frac 32 mn(m^2+3n^2)\hbox{。}$$

再證充分性。易知由式 \eqref{2} 或式 \eqref{3} 確定三邊長的 $\triangle ABC$, 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 $\triangle ABC$ 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 \eqref{2}、 式 \eqref{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 $\triangle ABC$ 是三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 則

(1) $\triangle ABC$ 的三邊長為兩奇一偶；

(2) $\triangle ABC$ 的三邊長兩兩互質；

(3) $\triangle ABC$ 有且僅有一條邊被 3 整除；

(4) $\triangle ABC$ 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 $\triangle ABC$ 是三邊成等差數列的本原 Heron 三角形, 則

• (1) $\triangle ABC$ 的周長是 6 的倍數；
• (2) $\triangle ABC$ 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) $\triangle ABC$ 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 $$S=mn(a+b+c)\hbox{。}$$

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 $x=2^yz$, 其中 $y$ 是正整數, $z$ 是正奇數。令 $m=2^y$, $n=z$, 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 $$S=\frac 12 mn(a+b+c)\hbox{。}$$

因為 $mn$ 是奇數, 故 $\dfrac 12 mn$ 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 $$r=\dfrac {2S}{a+b+c}=2mn\hbox{。}$$

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 $u=2^{v+1}w$, 其中 $v$ 是正整數, $w$ 是正奇數。 令 $m=2^v$, $n=w$, 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 $$r=\dfrac{2S}{a+b+c}=mn\hbox{。}$$

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

---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---