一、前言
在數學傳播 42 卷 1 期的文章
問題1： 設 $H$ 為銳角 $\triangle ABC$ 的垂心, 且 $\triangle ABH$ : $\triangle BCH$ : $\triangle CAH=1:2:3$, 求 $\triangle ABC$ 三邊長的比例值, 即 $a:b:c=$ ?
此問題最初的出處與解法, 請參考數學傳播 30 卷 2 期的
然而, 在數學傳播 43 卷 1 期裡面, 出現了一篇回應筆者作品
定理1： 設 $H$ 為銳角 $\triangle ABC$ 的垂心, 且 $\triangle BCH$ : $\triangle CAH$ : $\triangle ABH=p:q:r$, 則
\begin{equation} a:b:c=\sqrt{p(q+r)}:\sqrt{q(r+p)}:\sqrt{r(p+q)}. \label{1} \end{equation}套用定理 1 的公式 \eqref{1}, 就可以輕鬆解決問題 1。
在
因為受到
二、問題 1 的另解 ： 使用相似形
筆者對問題 1 (垂心面積比 123 問題) 進行研究過後, 所找到的另解如下：
解法： 請先參考下圖：
計算上圖中 $\triangle ABH$, $\triangle CBH$ 的面積時, 如果兩三角形同時以 $\overline{BH}$ 為底, 則相應的高分別為 $\overline{AE}$, $\overline{CE}$, 此時可列出 $\triangle ABH$, $\triangle CBH$ 的面積關係式如下：
$$\frac{\triangle ABH}{\triangle BCH}=\dfrac{\frac 12\overline{BH} \cdot \overline{AE}} {\frac 12 \overline{BH} \cdot \overline{CE}}= \frac{\overline{AE}}{\overline{CE}},$$以上式搭配問題 1 的面積比條件, 可得
\begin{equation} \frac{\overline{AE}}{\overline{CE}}=\frac{\triangle ABH}{\triangle BCH}=\frac 12, \label{2} \end{equation}從而可寫下 $\overline{AE} $, $\overline{CE}$ 的長度表達式如下：
\begin{eqnarray} \overline{AE} &=&\frac 1{1+2} {\overline{AC}}=\frac 13 b , \label{3}\\ \overline{CE} &=&\frac 2{1+2} {\overline{AC}}=\frac 23 b . \label{4} \end{eqnarray}與 \eqref{2} 式同理, 觀察圖 2 後還可列出
$$\frac{\overline{BF}}{\overline{AF}}=\frac{\triangle BCH}{\triangle ACH}=\frac 23,\qquad \frac{\overline{CD}}{\overline{BD}}=\frac{\triangle CAH}{\triangle BAH}=\frac 31,$$從而與 \eqref{3}, \eqref{4} 兩式同理, 可寫下
\begin{eqnarray} {\overline{AF}}&=&\frac 3{2+3} {\overline{AB}}=\frac 35 c, \label{5}\\ {\overline{CD}}&=&\frac 3{3+1} {\overline{BC}}=\frac 34 a . \label{6} \end{eqnarray}利用 AA 相似性質, 可知圖 1 中有 $\triangle ABE\sim \triangle ACF$ 與 $\triangle CBE\sim \triangle CAD$ 的相似關係, 由相似形對應邊長成比例的性質, 可列出底下兩式：
$$\frac{\overline{AE}}{\overline{AB}} =\frac{\overline{AF}}{\overline{AC}} ,\qquad \frac{\overline{CE}}{\overline{CB}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{CA}}.$$將 \eqref{3}, \eqref{4}, \eqref{5}, \eqref{6} 四式的結果代入上述兩式後, 可得
$$\dfrac{\frac 13 b}c=\dfrac{\frac 35 c}b,\qquad \dfrac{\frac 23 b}a=\dfrac{\frac 34 a}b,$$兩式經整理後分別為
$$c^2=\frac 59 b^2,\qquad a^2=\dfrac 89 b^2.$$因此可得底下的比例式：
$$a^2:b^2:c^2=\frac 89 b^2:b^2:\frac 59 b^2=8:9:5,$$故解得 $a:b:c=\sqrt{8}:3:\sqrt{5}$, 至此即完成問題 1 的另解。
三、定理 1 的另證
完成問題 1 的另解後, 我們可進一步將該問題中所敘述的面積比條件一般化, 改為
\begin{equation} \triangle BCH: \triangle CAH: \triangle ABH=p:q:r, \label{7} \end{equation}並使用相同手法寫下對定理 1 的另證。 令上式中 $p$, $q$, $r$ 三數為正數, 此時請參考下圖：
注意上圖中所標示的 $p,q,r$ 並非指所在三角形的絕對面積, 而是相對面積 (註2)。
參考上一節中問題 1 的解法, 我們可仿照列出 \eqref{2} 式時所用的想法來列出底下三式 :
\begin{eqnarray} \frac{\overline{AE}}{\overline{CE}}&=&\frac rp,\qquad \frac{\overline{BF}}{\overline{AF}}=\frac pq,\qquad \frac {\overline{CD}}{\overline{BD}}=\frac qr,\nonumber\\ {\hbox{從而有 }} \overline{AE} &=&\frac r{r+p}{\overline{AC}}=\frac {r}{r+p}b, \label{8}\\ \overline{CE} &=&\frac p{r+p}{\overline{AC}}=\frac {p}{r+p}b, \label{9}\\ {\overline{AF}}&=&\frac q{p+q}{\overline{AB}}=\frac {q}{p+q}c, \label{10}\\ {\overline{CD}}&=&\frac q{q+r}{\overline{BC}}=\frac {q}{q+r}a. \label{11} \end{eqnarray}與圖 1 相同, 圖 2 中也有 $\triangle ABE\sim \triangle ACF$ 與 $\triangle CBE\sim \triangle CAD$ 的相似關係以及對應邊長成比例的關係式如下：
$$\frac{\overline{AE}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{AF}}{\overline{AC}} ,\qquad \frac{\overline{CE}}{\overline{CB}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{CA}}.$$將 \eqref{8}, \eqref{9}, \eqref{10}, \eqref{11} 四式的結果代入上述兩式, 可得
$$\dfrac{\dfrac{r}{r+p}b}c=\dfrac{\dfrac{q}{p+q}c}b,\qquad \dfrac{\dfrac{p}{r+p}b}a=\dfrac{\dfrac{q}{q+r}a}b,$$兩式經整理後分別可寫成
$$c^2=\frac{r(p+q)}{q(r+p)} b^2,\qquad a^2=\frac{p(q+r)}{q(r+p)} b^2,$$因此可得底下的比例式：
$$a^2:b^2:c^2=\frac{p(q+r)}{q(r+p)} b^2:b^2:\frac{r(p+q)}{q(r+p)} b^2=p(q+r):q(r+p):r(p+q),$$或者寫成
$$a:b:c=\sqrt{p(q+r)}:\sqrt{q(r+p)}:\sqrt{r(p+q)}.$$這樣我們就完成了定理 1 的另證。
四、關於圖 1 的精確繪製
在
定理2：
設 $H$ 為銳角 $\triangle ABC$ 的垂心, 則
\begin{equation} \triangle BCH: \triangle CAH: \triangle ABH=\tan A:\tan B: \tan C. \label{12} \end{equation}
若讀者有仔細讀過
但卻苦無良方時, 竟意外發現定理 2 可於繪圖時提供很大的幫助。
怎麼說呢？ 我們先將 \eqref{13} 式改寫為
\begin{equation} \triangle BCH:\triangle CAH: \triangle ABH=2:3:1, \label{14} \end{equation}此時若以 \eqref{14} 式配合定理 2 的 \eqref{12} 式, 可得
\begin{equation} \tan A:\tan B:\tan C=2:3:1. \label{15} \end{equation}有了 \eqref{15} 式之後, 筆者發現只要配合另外一個定理, 就可以幫助我們精確畫出圖 1, 此定理的敘述與證明如下：
定理3： 若 $\triangle ABC$ 的三內角均不為直角, 則其三內角正切值 $\tan A$, $\tan B$, $\tan C$ 滿足
\begin{equation} \tan A+\tan B+\tan C=\tan A \tan B \tan C. \label{16} \end{equation}證明： 因為 $A+B=\pi -C$, 且 $\pi -C$ 不為直角, 可知
$$\tan (A+B)=\tan (\pi -C).$$利用正切函數的和角公式及補角關係, 可將上式改寫為
\begin{equation} \frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A \tan B}=-\tan C,\label{17} \end{equation}將 \eqref{17} 式的兩邊同乘 $1-\tan A \tan B$ 再移項整理後, 即可得 \eqref{16} 式, 證畢 (註3)。
有了定理 3 後, 我們先利用 \eqref{15} 式假設
$$\tan A=2k,\qquad \tan B=3k,\qquad \tan C=k,$$因為 \eqref{12} 式中提到的三內角 $A,B,C$ 均為銳角, 可知 $k\gt0$。 將上面三個正切值代入 \eqref{16} 式, 可得方程式 $6k=6k^3$, 此方程式符合 $k\gt0$ 條件的唯一解為 $k=1$, 因此就有
$$\tan A=2,\qquad \tan B=3,\qquad \tan C=1.$$
注意在
回到原本的繪圖問題, 在解得上述三個正切值之後, 當我們使用筆與尺規或繪圖軟體繪製圖 1 時, 只要確定在畫出三角形的高 $\overline{BE}$ 之後, 它與 $\overline{AE}$, $\overline{CE}$ 兩線段滿足底下的長度比：
$$ \overline{AE} :{\overline{BE}}: \overline{CE} =1:2:2,$$就可得到 $\tan A=2$, $\tan C=1$。 接著, 只要將 $\tan A=2$, $\tan C=1$ 代入 \eqref{16} 式, 可解得 $\tan B=3$, 因此 \eqref{15} 式成立。 再將 \eqref{15} 式與定理 2 的 \eqref{12} 式配合, 即可確定我們所繪的圖符合 \eqref{14} 式的面積比條件, 從而畫出符合問題 1 條件的 $\triangle ABC$ 。
五、三內角 $A,B,C$ 與面積比 $p:q:r$ 的關係
看完上一節的內容後, 我們還可以作進一步的探討。 再次引入定理 1 的面積比條件如下 :
\begin{equation} \triangle BCH: \triangle CAH: \triangle ABH=p:q:r, \label{18} \end{equation}其中令 $p, q, r$為正數, 而 $H$ 為銳角 $\triangle ABC$ 的垂心。 以上式配合定理 2 的 \eqref{12} 式, 可得
\begin{equation} \tan A:\tan B:\tan C=p:q:r, \label{18a} \end{equation}利用上式假設
\begin{eqnarray} \tan A&=&pk, \label{19}\\ \tan B&=&qk, \label{20}\\ \tan C&=&rk, \label{21} \end{eqnarray}其中仍有 $k\gt0$ 的條件。 接著再次利用定理 3 的結論, 將上述三式代入 \eqref{16} 式可得
$$(p+q+r)k=pqrk^3,$$上式唯一符合 $k \gt 0$ 條件的解是
\begin{equation} k=\sqrt{\dfrac{p+q+r}{pqr}},\label{22} \end{equation}此時, 將 \eqref{22} 式代回 \eqref{19}, \eqref{20}, \eqref{21} 三式, 我們就得到底下的結果:
定理4： 令 $H$ 為銳角 $\triangle ABC$ 的垂心, 若 $\triangle BCH: \triangle CAH: \triangle ABH=p:q:r$, 則
\begin{equation} (\tan A,\tan B,\tan C )=\left(\sqrt{\dfrac{p(p+q+r)}{qr}},\sqrt{\dfrac{q(p+q+r)}{rp}},\sqrt{\dfrac{r(p+q+r)}{pq}}\right).\label{23} \end{equation}關於上述定理的結論, 我們也可使用反正切函數 $\tan^{-1} x$, 將上式改寫為
$$ (A,B,C)\!=\!\!\left(\tan^{-1}\sqrt{\dfrac{p(p\!+\!q\!+\!r)}{qr}},\tan^{-1}\sqrt{\dfrac{q(p\!+\!q\!+\!r)}{rp}}, \tan^{-1}\sqrt{\dfrac{r(p\!+\!q\!+\!r)}{pq}}\right). $$原本由 \eqref{18} 式的條件配合 \eqref{12} 式, 我們只知道 \eqref{18a} 式中 $\tan A$, $\tan B$, $\tan C$ 三數之比為 $p:q:r$, 但 \eqref{23} 式則進一步告訴我們 $\tan A$, $\tan B$, $\tan C$ 三數如何以 $p,q,r$ 三數來表示, 也可說是補上了一塊拼圖。
六、一個數論問題的解
有了 \eqref{23} 式的結果後, 再回顧第四節最後所得之三個簡單的正切值：
$$\tan A=2,\qquad \tan B=3,\qquad \tan C=1.$$此時, 筆者心中浮現了一個問題：
問題2： 已知 $p,q,r$ 為正整數, 試問可使 \eqref{23} 右式三個根號內的數
$$\dfrac{p(p+q+r)}{qr},\qquad \dfrac{q(p+q+r)}{rp},\qquad \dfrac{r(p+q+r)}{pq}$$均為整數的解 $(p,q,r)$ 共有哪些？
會考慮問題 2, 是因為若 $p,q,r$ 符合該問題的條件, 則此時 \eqref{23} 式的右式可化為較簡單的表達式。 不過接下來, 筆者想把條件設得更強一些, 改考慮底下的問題：
問題3： 已知 $p,q,r$ 三正整數的最大公因數為 1, 試問： 可使
$$\dfrac{p+q+r}{qr},\qquad \dfrac{p+q+r}{pr},\qquad \dfrac{p+q+r}{pq}$$三數均為整數的解 $(p,q,r)$ 共有哪些？
顯然, 符合問題 3 所求的解 $(p,q,r)$ 都會是問題 2 的解。 而問題 3 的開頭之所以比問題 2 多了「$p,q,r$ 之最大公因數為 1」的條件, 主要是因為 \eqref{23} 式的結果來自於 \eqref{18} 式, 當 $p,q,r$ 為正整數時, 我們可先行假設 \eqref{18} 式中的 $p:q:r$ 已化為最簡正整數比。
現在開始找尋問題 3 的解答。 令正整數 $p, q, r$ 符合問題 3 所求, 不失一般性, 可再令正整數 $p,q,r$ 滿足
\begin{equation} 1\le p\le q\le r \label{25} \end{equation}的條件。 因為 $\dfrac{p+q+r}{qr}$ 為正整數, 可知 $qr$ 整除 $p+q+r$, 亦即存在正整數 $k$ 滿足
$$p+q+r=kqr.$$因為 $k\ge 1$, 可知有
$$p+q+r=kqr\ge qr,$$取上式的頭尾, 將所得之不等式改寫為
$$qr-q-r+1\le p+1,$$再分解因式得
\begin{equation} (q-1)(r-1)\le p+1. \label{26} \end{equation}此時若 $q\ge 3$, 則 $q-1\ge 2$, 由 \eqref{26} 式可知
$$p+1\ge (q-1)(r-1)\ge 2(r-1)=2r-2,$$又由 \eqref{25} 式知 $r+1\ge p+1$, 因此就有
$$r+1\ge p+1\ge 2r-2.$$取上式的頭尾, 化簡後可得 $r\le 3$, 又因為 $r\ge q\ge 3$, 可知 $r=q=3$。 將 $r=q=3$ 代入 \eqref{26} 式, 得 $p\ge 3$, 又因為 $p\le q= 3$, 可知 $p=3$, 此時可得解
$$(p,q,r)=(3,3,3).$$但此解不符合問題 3 前提中 $p,q,r$ 三數之最大公因數為 1 的設定, 因此可知在 $q\ge 3$ 的條件下無法求得任何符合問題 3 所求的解。
所以, 接下來我們只需考慮 $q\le 2$ 的情形, 即只需考慮 $q=1$ 或 $q=2$。 討論如下：
(a) 若 $q=1$, 因為 $p\le q\le 1$ 且 $p\ge 1$, 知 $p=1$。 此時, 因為 $\dfrac{p+q+r}{qr}$ 為正整數且
$$\dfrac{p+q+r}{qr}=\dfrac{r+2}r=1+\dfrac 2r,$$可知 $r=1$ 或 $r=2$, 得底下符合問題 3 條件的兩組解：
\begin{equation} (p,q,r)=(1,1,1),(1,1,2). \label{27} \end{equation}(b) 若 $q=2$, 因為 $p\le q\le 2$, 可知 $p=1$ 或 $p=2$。 當 $p=1$ 時, 因為 $\dfrac{p+q+r}{pr}$ 為正整數且
$$\dfrac{p+q+r}{pr}=\dfrac{r+3}r=1+\dfrac 3r,$$可知 $r=1$ 或 $r=3$。 因為 $r\ge q=2$, 可確定 $r=3$, 而得符合問題 3 條件的一組解
\begin{equation} (p,q,r)=(1,2,3). \label{28} \end{equation}當 $p=2$ 時, 因為 $\dfrac{p+q+r}{qr}$ 為正整數且
$$\dfrac{p+q+r}{qr}=\dfrac{r+4}{2r}=\dfrac 12+\dfrac 2r,$$可求得僅 $r=4$ 符合所求(註4), 因此得到
$$(p,q,r)=(2,2,4).$$但因為此解中 $p,q,r$ 三數的最大公因數為 2, 故此解不符所求。
經過以上的討論, 我們於 \eqref{27}, \eqref{28} 兩式得到在 $p\le q\le r$ 之設定下的三組解。 由這三組解出發, 考慮排列 1, 1, 2 三數所得的三組解與排列 1, 2, 3 三數所得的六組解, 加上不須考慮排列的 1, 1, 1 之後, 就得到所有符合問題 3 所求的 10 組解 $(p,q,r)$。
首先, 在上述的 10 組解中, 若我們取源自於 \eqref{28} 式的解
\begin{equation} (p,q,r)=(2,3,1), \label{29} \end{equation}利用定理 1 中的 \eqref{1} 式, 即可重現問題 1 的解如下:
\begin{equation} a:b:c=\sqrt{8}:3:\sqrt{5}; \label{30} \end{equation}又將 $(p,q,r)=(2,3,1)$ 代入上一節的 \eqref{23} 式, 可得
$$(\tan A,\tan B,\tan C )=(\sqrt{4},\sqrt{9},\sqrt{1})=(2,3,1),$$這就是第四節後半、 於問題 1 條件下所求得的 $\triangle ABC$ 三內角之正切值。
接著看源自於 \eqref{27} 式的解 $(p,q,r)=(1,1,1)$, 利用定理 1 中的 \eqref{1} 式, 可知
\begin{equation} a:b:c=1:1:1, \label{31} \end{equation}此為正三角形的三邊長比； 另一方面, 再利用 \eqref{23} 式可知
$$(\tan A,\tan B,\tan C )=(\sqrt{3},\sqrt{3},\sqrt{3}),$$這確實是正三角形三內角的正切值。
而源自 \eqref{27} 式的另一組解 $(p,q,r)=(1,1,2)$, 同樣利用 \eqref{1} 式, 可知
\begin{equation} a:b:c=\sqrt{3}:\sqrt{3}:2, \label{32} \end{equation}由此邊長比知原三角形等腰, 且其中 $a=b$； 接著, 再次利用 \eqref{23} 式可知
$$(\tan A,\tan B,\tan C )=(\sqrt{2},\sqrt{2},\sqrt{8}),$$因此可看出 $\angle A= \angle B$。
上面所介紹之符合問題 3 所求的三組解 $(p,q,r)$,
代表在 \eqref{18} 式的假設下三種不同的垂心三角形面積比,
其相應的三個三角形邊長比
\eqref{31}, \eqref{32}, \eqref{30}, 恰好分別就是
本文探討至此, 也即將進入尾聲, 而我們卻回到了問題 1 最初登場之
七、結語
有幸拜讀
完成第二節中透過相似形對問題 1 的另解後, 筆者心中的感受是踏實的。
因為筆者知道,
回顧本文先前各節, 除了第二節中的另解之外, 其餘各節的內容都多少與出自
最後, 若讀者對本文所探討的內容仍覺得意猶未盡, 筆者在此推薦
註1：
註2： 注意在圖 2 中, 筆者設定的面積比為
$$\triangle BCH: \triangle CAH: \triangle ABH=p:q:r,$$
這個設定是源自於
兩種設定方式不同, 讀者請勿混淆。
而為了回應
此外, 若想表示出圖 2 中 $\triangle BCH$, $\triangle CAH$, $\triangle ABH$ 的絕對面積, 可先假設一個正數 $d$, 再把面積寫為 $pd,qd,rd$ 的形式。
註3： 在此對定理 3 的證明作個補充, 此處我們將會證明 \eqref{17} 左式中分式的分母
$$1-\tan A \tan B$$不為零。 已知 $A,B,C$ 均不為直角, 因任意三角形最多只有一個鈍角, 可討論如下:
(a) 若 $A,B$ 中有一個角為鈍角, 則另一個角為銳角, 此時 $\tan A$, $\tan B$ 異號, 可知
$$\tan A\tan B\lt0,$$故 $1-\tan A\tan B\gt0$。
(b) 若 $A,B$ 均為銳角, 此時如果 $1-\tan A\tan B=0$, 則有 $\tan A\tan B=1$, 這表示
$$\tan A=\dfrac 1{\tan B} =\cot B=\tan (\frac \pi 2-B).$$因為 $A, \dfrac \pi 2-B\in (0,\dfrac \pi 2)$, 而 $\tan$ 函數在 $\Big(0,\dfrac \pi 2 \Big)$ 上為一一對應函數, 可知
$$A=\dfrac \pi 2-B.$$因此得 $A+B=\dfrac \pi 2$, 這表示 $C=\dfrac \pi 2$, 但此與 $C$ 不為直角的已知條件不合, 得到矛盾。
由此可知一開始的假設不成立, 故 $1-\tan A\tan B\not= 0$。
將以上 (a), (b) 兩部分的討論結果合起來看, 我們就知道 $1 - \tan A\tan B \not= 0$ 恆成立, 證明完畢。
註4： 假設 $\dfrac 12+\dfrac 2r=k$, 其中 $k$ 為正整數, 則可推得
$$r=\dfrac{4}{2k-1}.$$上式中, 因 $r$ 為正整數且 $2k-1\ge 1$, 知 $2k-1= 1$, 2, 4, 但其中僅 $2k-1= 1$ 可推得 $k$ 為正整數的結果, 因此確定有 $k=1$。 將 $k=1$ 代入上述 $r$ 與 $k$ 的關係式, 即得 $r=4$。
參考資料
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