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Heron三角形与完全长方体


Heron 三角形与完全长方体

广东省华南师范大学附属中学 研究者:霍泽恩 指导教师:郝保国

第二十六届全国青少年科技创新大赛

摘要:Heron 三角形的研究是时下的一个热点,不少问题的解决 需要用到数论的知识。本文主要是深入研究角平分线是有理数的 Heron 三角形,得到的重要结论有:角平分线为有理数的 Her

on 三角 形有无数多个;对任意一组 Heron 数组 (a, b, c) ,都可以对应地构造一 组角平分线为有理数的 Heron 数组 (m, n, k ) ,使得
? m ? f ( a , b, c ) ? ? n ? g ( a , b, c ) ? k ? h ( a , b, c ) ?

(*)

本文还证明了:对任意一组角平分线为有理数的 Heron 数组
(m' , n' , k ' ) ,必存在 Heron 数组 (a, b, c) ,使得三角形 (m' , n' , k ' ) 相似于

由(*)给出的三角形 (m, n, k ) 。而且,我们由(*)的表示,发现其与 著名的完全平方三角形问题(PSTP)的联系,由此得到了与 PSTP 问 题等价的几个不定方程组。然而,墨西哥数学家 Luca 证明了 PSTP 问题与完全长方体问题(PCP)的存在性是等价的,因此我们得到的 几个不定方程组与 PCP 问题也是等价的。 PSTP 问题与 PCP 问题是数 论中至今还未解决的两个难题,虽然我们没有最后解决这两个问题, 但希望我们的研究能为解决 PSTP 问题和 PCP 问题提供一些帮助。 本文的推导由浅入深,我逐步实现了四个愿望! 关键词:Heron 三角形、角平分线、三角形外接圆、海伦数组、 平方数、PCP 问题、PSTP 问题。

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一、引言 在课外数学阅读中, 我经常看到介绍与研究 Heron 三角形的文章 和书籍.在与数学老师的交流探讨中,我表示出对研究 Heron 三角形 问题的兴趣,得到老师的鼓励与支持。 通过对 Heron 三角形问题的 大量检索,发现 Heron 三角形的文章很多,可谓汗牛充栋。其中还涉 及到著名的长期未解决的“中线问题” (Heron 三角形的中线可否都 能为有理数?)以及 The Perfect Cuboid Problem (PCP): Is there a rectangular box with all edges, face diagonals, and the main diagonal integers? 和 The Perfect Square Triangular Problem (PSTP): Is there a triangle whose sides are perfect squares and whose angle bisectors are integers? 其中文表述为: 完全长方体问题(PCP) :是否存在这样的长方体,使得它的各 棱长,各面对角线及主对角线都是整数? 完全平方三角形问题(PSTP) 是否存在三条边都是完全平方 : 数且角平分线都是有理数的三角形?墨西哥数学家 Luca 证明了这两 个问题的解的存在性是等价的。 类比于中线问题,是否存在角平分线都为有理数的 Heron 三角 形?如果存在, 是有限个还是无限个?能否找出所有角平分线为有理 数的 Heron 三角形?征得数学老师的同意, 我带着这个问题深入研究 起来。 关注 Heron 三角形问题的人都熟悉如下结论, 本文直接引用:
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Heron 三角形的每个角的正弦,余弦,正切及半角的正切都为有 理数;内切圆,外接圆的半径为有理数;本原 Heron 三角形(三边长 互素的 Heron 三角形)的三条边长必为两奇一偶。

二、我对诺尔曼-埃尔德什定理的新发现
我首先希望找到一些角平分线为有理数的Heron三角形.在阅读 了杨世明老师的文[2]和吴波老师的文[3]后, 我进行了大量的演算推 理,发现他们所得到的Heron三角形的角平分线都是有理数。 文[2]中杨世明老师用拟合的方法给出了诺尔曼-埃尔德什定理 (即:平面上存在不共线的n个点,其中任两个点间的距离都是整数) 的一个初等证明。但其中有n-1个点都在一条直线上。文[3]中吴波老 师得到了一个有趣的结论。本文将在文[3]的基础上,用构造性方法 证明: 定理2.1 存在这样的圆:它上面有这样的 n(n ? 3) 个点,以其

中任三个点为顶点的三角形都是海伦三角形, 并且以任三个点为顶点 的三角形的角平分线也是整数。 证明定理2.1之前,先给出几个引理: 引理2.1 若 ? ? k? ?

?
2

( k 为整数),则 sin 2? , cos 2? ? Q 的充要

条件是 tan? ? Q 。 证明:当 ? ? k? ? (k 为整数)时, tan ? 有意义。
2
2 tan ? 1 ? tan2 ? ?Q 。 (1)充分性: tan? ? Q , sin 2? ? 若 知 , cos2? ? 1 ? tan 2 ? 1 ? tan2 ?

?

(2)必要性:若 sin 2? , cos 2? ? Q ,由 tan ? ?

1 ? cos 2? ,知 tan? ? Q 。 sin 2?
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引理2.2 若 xi , yi ? Q(i ? 1,2,3) ,则以不共线三点

( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ) 为顶点的三角形的面积 ? ? Q 。
证明: 由解析几何知识知:以 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ) 为顶点的三角 形的面积
x1 1 ? ? x2 2 x3 y1 1 y2 1 y3 1

的绝对值.从而 ? ? Q 。 引理 2.3 在 Heron 三角形 ABC 中,角平分线 l a 为有理数当且 仅当 sin
A A , cos 均为有理数。 2 2

证明:由正弦定理,有
la c ? 。 sin B sin(B ? A / 2)

(2.1)

如果 sin , cos

A 2

A 均为有理数,由于三角形 ABC 为 Heron 三角形, 2

故有 sin B, cos B ? Q ,从而 sin(B ? A / 2) ? Q ? la ? Q 。 反之,如果角平分线 l a 为有理数,由于三角形 ABC 为 Heron 三角 形, 故有 sin B, cosB, tan A / 2 ? Q , (2.1) 再由 式得到 sin(B ? A / 2) ? Q . 于是,

cos
不难得知 sin

A A (sin B ? cos B tan ) ? Q, 2 2
A A , cos 均为有理数。 2 2

定理2.1的证明: 首先在 [0, ? / 4) 内取n个互异的角 ?1 ,?,? n , 使得:

tan? i ? Q(i ? 1,?, n) .此时有 8? i ? [0,2? ) ,则可以在单位圆上找相应
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的点 M i (cos8? i , sin 8? i )(i ? 1,?, n) 。 因为 tan? i ? Q(i ? 1,?, n) ,由引理2.1知

sin 2? i , cos2? i , sin 4? i , cos4? i , sin 8? i , cos8? i ? Q(i ? 1,?, n) .
即这n个点的坐标均为有理数.则由引理2.2知, 以其中任三个点为 顶点的三角形的面积为有理。 下面证明其中任两点间的距离为有理数。由两点间距离公式有
M k M l ? (cos8? k ? cos8?l ) 2 ? (sin 8? k ? sin 8?l ) 2 ? 4sin 2 4(? k ? ?l ) ? 2 | sin 4(? k ? ?l ) |? 2 | sin 4? k cos 4?l ? cos 4? k sin 4?l |? Q.

其次, 连接 M k M l 和其它任意一个点 M m 所构成的三角形 ?M k M l M m , 有 ? ? ?M k M m M l ? 4 | ? k ? ? l | 或 ? ? 4 | ? k ? ? l | 。于是
sin

?
2

? ? sin 2(? k ? ? l ) ? ?(sin 2? k cos 2? l ? cos 2? k sin 2? l ) ? Q, ? cos 2(? k ? ? l ) ? (sin 2? k sin 2? l ? cos 2? k cos 2? l ) ? Q, ? cos 2(? k ? ? l ) ? (sin 2? k sin 2? l ? cos 2? k cos 2? l ) ? Q, ? ? sin 2(? k ? ? l ) ? ?(sin 2? k cos 2? l ? cos 2? k sin 2? l ) ? Q.

或者 sin 且
cos

?
2

?
2

或者 cos

?
2

由引理2.3知 ?M k M m M l 的角平分线是有理的。 这样我们证明了在单位圆上存在这样的n个点:其中任两个点的 距离为有理数且以任三个点为顶点的三角形的面积均为有理数, 并且 以任三个点为顶点的三角形的角平分线也是有理的。 再通过适当的相 似放大可变为整数,即:存在这样的圆,它上面有n个点:其中任两 个点的距离为整数且以任三个点为顶点的三角形的面积和角平分线 均为整数. 而边长和面积均为整数的三角形是海伦三角形, 定理得证。
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于是,我实现了第一个愿望,得到了无限个角平分线为有理数的 Heron三角形。 三、一般化有理角平分线的Heron三角形的构造 本节我给出了有理角平分线的Heron三角形的构造。 定理 3.1 设 (a, b, c) 为一组锐角三角形的本原 Heron 数组,则由 公式
?m ? a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? 2 2 2 2 ? n ? b (a ? c ? b ) ? k ? c 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) ?

给出的数组 (m, n, k ) 是一组 Heron 数组且相应的 Heron 三角形的三条 角平分线都是有理数。 证明: ?ABC 是三边分别为 Heron 数组 (a, b, c) 的本原 Heron 三 设 角形,由假设条件知: ?ABC 是锐角三角形,因此 ?ABC 的外接圆的 圆心 O 在 ?ABC 的内部. 作 ?ABC 的外接圆 O ;过 A, B, C 分别作圆的 三条切线,这三条切线必两两相交构成 ?MNK (如图 1 所示)
K

A

N

O B C

M ( 图1)

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注意到 ?BOC ? 2?BAC, tan A ? tan?BAC ? Q , 设 r ? OA ? OB ? OC 为圆的半径,故 r ? Q , 从而 MC ? r tan A ? Q .同理 NC ? Q , 这样, MN ? MC ? CN ? Q .同理 MK ? Q, NK ? Q , 所以三角形 MNK 各边都是有理数。
? 又 ?NMK ? 2( ? ?BAC ) ? ? ? 2 A ,
2

所以 sin ?NMK ? sin 2 A ? 2 sin A cos A ? Q 。同理,
?MKN ? ? ? 2C, ?MNK ? ? ? 2B, sin ?MKN , sin ?MNK ? Q 。

又在 ?MNK 中, cos?NMK ? ? cos2 A ? sin 2 A ? cos2 A ? Q , 同理 cos K , cos N ? Q 。 因此 ?MNK 的面积 S ?MNK ? MN ? MK ? sin ?NMK ? Q 。 对 ?MNK 的 ?NMK 的角平分线 d M ,我们有:
dM MN MN MN ? ? ? , sin N sin(K ? M / 2) sin(K ? (? / 2 ? A)) cos(K ? A)
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又 cos(K ? A) ? cos K cos A ? sin K sin A ? Q , 从而 ?NMK 的角平 分线 d M 为有理数。 同理 ?MNK 的另两条角平分线也为有理数。 综上可得, ?MNK 的边长、面积和三条角平分线都是有理数, 再把 ?MNK 放缩有理数倍便可以得到一个边长为本原 Heron 数 组,而面积为整数,角平分线为有理数的本原 Heron 三角形。 下面证明公式组成立:由于

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MC ? r tan A, NC ? r tan B, sin A ?
cos A ?

a b , sin B ? , 2r 2r

b2 ? c2 ? a2 a2 ? c2 ? b2 , cos B ? 。 2bc 2ac
abc abc ? 2 2 2 2 2 b ?c ?a a ?c ?b
2

因此, MN ? r (tan A ? tan B) ? 2abc3 ? 2 2 . (b ? c ? a 2 )(a 2 ? c 2 ? b 2 ) 同理, MK ? r (tan A ? tan C ) ? ? 2ab3c , (b 2 ? c 2 ? a 2 )(a 2 ? b 2 ? c 2 )

abc abc ? 2 2 2 2 2 b ?c ?a a ?b ?c
2

KN ? r (tan C ? tan B) ?

abc abc ? 2 2 2 2 2 a ?b ?c a ?c ?b
2

2a3bc ? 2 2 2 2 2 2 . (a ? b ? c )(a ? c ? b )

由 MN, MK, KN 约去一个公共的有理数便得:
?m ? a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? 2 2 2 2 ? n ? b (a ? c ? b ) ? k ? c 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) ?

证完。 例 3.1 已知本原 Heron 数组 (13,14,15) , 求相应的本原 Heron 数组 使得对应的 Heron 三角形的三条角平分线都是有理数。 解: 易知由本原 Heron 数组 (13,14,15) 构成的三角形是锐角三角形, 故由定理 1,将 a ? 13, b ? 14, c ? 15 代人定理 1 中的公式得到:
?m ? 132 (142 ? 152 ? 132 ) ? 2 3 ? 3 2 ? 7 2 ? 11 ? 2 2 2 2 2 2 2 ? n ? 14 (13 ? 15 ? 14 ) ? 2 ? 3 ? 7 ? 13 , ? k ? 152 (132 ? 142 ? 152 ) ? 2 2 ? 3 2 ? 5 3 ? 7 ?

再将其本原化得到 Heron 数组 (154,169,125) .容易验证:半周长 p ? 224, 面积
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S ? 224? 70? 55? 99 ? 23 ? 3 ? 5 ?11.
由角平分线公式:三条角平分线分别为:
2 2 2600 ? p( p ? m)nk ? 224 ? 70 ? 13 2 ? 5 3 ? , n?k 169 ? 125 21 2 2 30800 dn ? ? p( p ? n)mk ? 224 ? 55 ? 154 ? 5 3 ? , m?k 154 ? 125 279 2 2 48048 dk ? ? p( p ? k )mn ? 224 ? 99 ? 13 2 ? 154 ? . n?m 169 ? 154 323 dm ?

所以本原 Heron 数组 (154,169,125) 所构成的三角形的三条角平分线 都是有理数。 定理 3.2 设 (a, b, c) 为一组钝角三角形的本原 Heron 数组,即满 足 c 2 ? a 2 ? b 2 ,则由公式
?m ? a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? 2 2 2 2 ? n ? b (a ? c ? b ) ? k ? c 2 (c 2 ? a 2 ? b 2 ) ?

给出的数组 (m, n, k ) 是一组 Heron 数组且相应的 Heron 三角形的三条 角平分线都是有理数。 证明: ?ABC 是三边分别为 Heron 数组 (a, b, c) 的本原 Heron 三角 设 形, 由假设条件知: ?ABC 是钝角三角形,因此 ?ABC 的外接圆的圆

A N O C H

B ( 图2 )

M K

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心 O 在 ?ABC 的外部. 作 ?ABC 的外接圆 O ; A, B, C 分别作圆的三条切 过 线,这三条切线必两两相交构成 ?MNK (如图 2 所示) 注意到 ?BOC ? 2?BAC, tan A ? tan?BAC ? Q , 设 r ? OA ? OB ? OC 为圆 O 的半径,故 r ? Q , 从而 MC ? r tan A ? Q .同理 NC ? Q ,这样, MN ? MC ? CN ? Q . 由于 ?AOB ? 2? ? 2C, tanC ? Q , 故 BK ? r tan( ? C ) ? ?r tanC ? Q . ?

因此, MK ? KB ? MB ? ?r tan C ? r tan A ? Q, NK ? KB ? NC ? ?r tan C ? r tan B ? Q,
所以三角形 MNK 各边都是有理数。 又 ?NMK ? 2?BAC ? 2 A ,所以 sin ?NMK ? sin 2 A ? 2 sin A cos A ? Q 。 同理, ?MKN ? 2C ? ? , ?MNK ? 2B, sin ?MKN , sin ?MNK ? Q 。 又在 ?MNK 中, cos?NMK ? cos2 A ? cos2 A ? sin 2 A ? Q , 同理 cos K , cos N ? Q 。 因此 ?MNK 的面积 S ?MNK ? MN ? MK ? sin ?NMK ? Q 。 对 ?MNK 的 ?NMK 的角平分线 MH , 有:
MH MN MN MN ? ? ? , sin N sin ?MHN sin(K ? (? / 2 ? A)) cos(K ? A)

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又 cos(K ? A) ? cos K cos A ? sin K sin A ? Q , 从而 ?NMK 的 角 平分 线
MH

为有理数. 类似地 ?MNK 的另两条角平分线也为有理数。 综上可得, ?MNK 的边长、面积和三条角平分线都是有理数.再

把 ?MNK 放缩有理数倍便可以得到一个边长为本原 Heron 数组,而面 积为整数,角平分线为有理数的本原 Heron 三角形。 下面证明公式组成立:由于
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第二十六届全国青少年科技创新大赛

MC ? r tan A, NC ? r tan B, sin A ?

a b , sin B ? , 2r 2r

cos A ?

b2 ? c2 ? a2 a2 ? c2 ? b2 , cos B ? 。因此 2bc 2ac

MN ? r (tan A ? tan B) ?

abc abc ? 2 2 2 2 2 b ?c ?a a ?c ?b
2

2abc3 ? 2 2 . (b ? c ? a 2 )(a 2 ? c 2 ? b 2 )
同理, MK ? ?r (tan A ? tan C ) ? ? ? 2ab3c , (b 2 ? c 2 ? a 2 )(c 2 ? a 2 ? b 2 ) abc abc ? 2 2 2 b ? c ? a a ? b2 ? c 2
2

KN ? ?r (tan C ? tan B) ? ?

abc abc ? 2 2 2 2 2 a ?b ?c a ?c ?b
2

2a 3bc ? 2 . (c ? a 2 ? b 2 )(a 2 ? c 2 ? b 2 )

由 MN, MK, KN 约去一个公共的有理数便得:
?m ? a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? 2 2 2 2 ? n ? b (a ? c ? b ) ? k ? c 2 (c 2 ? a 2 ? b 2 ) ?

证完。 例 3.2 已知本原 Heron 数组 (5,5,8) ,求相应的本原 Heron 数组使 得对应的 Heron 三角形的三条角平分线都是有理数。 解:易知由本原 Heron 数组 (5,5,8) 构成的三角形是钝角三角形, 故由定理 2,将 a ? 5, b ? 5, c ? 8 代人定理 2 中的公式得到:
?m ? 5 2 (5 2 ? 8 2 ? 5 2 ) ? 2 6 ? 5 2 ? 2 2 2 2 6 2 ? n ? 5 (5 ? 8 ? 5 ) ? 2 ? 5 , ? k ? 8 2 (8 2 ? 5 2 ? 5 2 ) ? 2 7 ? 7 ?

再将其本原化得到 Heron 数组 (25,25,14) 。容易验证:半周长 p ? 32 , 面积 S ? 32? 8 ? 7 ? 7 ? 16? 7 。
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第二十六届全国青少年科技创新大赛

由角平分线公式:三条角平分线分别为:
2 2 800 ? p( p ? m)nk ? 32 ? 8 ? 25 2 ? , n?k 25 ? 14 39 2 2 800 dn ? ? p( p ? n)mk ? 32 ? 8 ? 25 2 ? , m?k 25 ? 14 39 2 2 56 dk ? ? p( p ? k )mn ? 32 ? 7 ? 14 ? 25 ? 。 n?m 25 ? 25 5 dm ?

所以本原 Heron 数组 (25,25,14) 所构成的三角形的三条角平分线都 是有理数。 定理 3.3 设 (a, b, c) 为一组直角三角形的本原 Heron 数组, 满足
c 2 ? a 2 ? b 2 .则由公式(不妨设 a 大于 b)
?m ? 2(a 2 ? b 2 ) ? n ? c2 ? ? k ? c2 ?

给出的数组 (m, n, k ) 是一组 Heron 数组且相应的 Heron 三角形的三条 角平分线都是有理数。 证明: ?ABC 是三边分别为 Heron 数组 (a, b, c) 的本原 Heron 三角 设 形, 由假设条件知: ?ABC 是直角三角形,因此 ?ABC 的外接圆的圆 心 O 在 ?ABC 的斜边上。作 ?ABC 的外接圆 O ;过 B, C 分别作圆的二条

N

M A O B

C

K ( 图3 )

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切线交于 K,延长 BA 交 C 点的切线与 M,过 M 作圆 O 的切线交过 B 点的切线于 N,这样得到一个等腰三角形 ?MNK (如图 3 所示) 注意到 ?BOC ? 2?BAC, tan A ? tan?BAC ? Q , 设 r ? OA ? OB ? OC 为圆 O 的半径,故 r ? Q , 从而 KB ? KC ? r tan A ? Q 。同理 MC ? Q , 这样, MK ? MC ? CK ? Q 。所以三角形 MNK 各边都是有理数。 又 ?NKM ? 2?BAC ? 2 A ,所以 sin ?NKM ? sin 2 A ? 2 sin A cos A ? Q 。 类似地 sin ?MKN , sin ?MNK ? Q 。 又在 ?MNK 中, cos?NKM ? cos2 A ? cos2 A ? sin 2 A ? Q , 同理 cos M , cos N ? Q 。 因此 ?MNK 的面积 S ?MNK ? MK ? KN ? sin ?NKM ? Q 。 对 ?MNK 的 ?NMK 的角平分线 MH ,我们有:
MH MN MN MN ? ? ? , sin N sin ?MHN sin(K ? (? / 2 ? A)) cos(K ? A)
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又 cos(K ? A) ? cos K cos A ? sin K sin A ? Q , 从而 ?NMK 的 角 平分 线
MH

为有理数.类似地 ?MNK 的另两条角平分线也为有理数。 综上可得, ?MNK 的边长、面积和三条角平分线都是有理数。再

把 ?MNK 放缩有理数倍便可以得到一个边长为本原 Heron 数组,而面 积为整数,角平分线为有理数的本原 Heron 三角形.定理中公式的计 算和前面的两个定理类似,省略证明。 至此,我又实现了第二个愿望,证明了任意一个 Heron 三角形, 都可以由它构造一个角平分线都为有理数的 Heron 三角形, 而且给出 了这个三角形的表示式。
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定理 3.1、3.2、3.3 构造出了三类角平分线为有理数的 Heron 三 角形. 那么,对所有角平分线为有理数的 Heron 三角形,是否都可以 表示为这些形式?下面的定理 3.4 回答了这一问题。 定理 3.4 如果数组 (m, n, k ) 是一组 Heron 数组且相应的 Heron 三 角形 ?MNK 的三条角平分线都是有理数,那么数组 (m, n, k ) 可以表示 为:
?m ? ?a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? 2 2 2 2 ? n ? ?b ( a ? c ? b ) , ? k ? ?c 2 ( a 2 ? b 2 ? c 2 ) ?

(3.1)

其中 ? ? Q , (a, b, c) 为一组锐角三角形的本原 Heron 数组。或者
?m ? ?a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? 2 2 2 2 ? n ? ?b ( a ? c ? b ) , ? k ? ?c 2 (c 2 ? a 2 ? b 2 ) ?

(3.2)

( 其中 ? ? Q ,a, b, c) 为一组钝角三角形的本原 Heron 数组且 c 2 ? a 2 ? b 2 .

或者
?m ? ? 2(a 2 ? b 2 ) ? n ? ?c 2 ? ? k ? ?c 2 ?

(3.3)

其中 ? ? Q , (a, b, c) 为一组直角三角形的本原 Heron 数组,c 为斜边 长,a 大于 b。 证明: 如果数组 (m, n, k ) 是一组 Heron 数组且相应的 Heron 三角形
?MNK

的三条角平分线都是有理数, 则 ?MNK 必有内切圆 O.设圆 O

与 ?MNK 的三个切点分别为 A, B, C ,当三角形 ABC 为锐角三角形,由 定理 3.1 的证明,我们有:
?NMK ? 2(

?
2

? ?BAC ) ? ? ? 2 A ,

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?MKN ? ? ? 2C, ?MNK ? ? ? 2B 。

再由假设条件和引理 2.3,我们有: sin A, sin B, sin C ? Q, r ? Q ,从而
BC, AC, AB ? Q 且 S ?ABC ? Q 。再通过放缩三角形 ABC,可使其成为本原

Heron 三角形, 记其三边分别为 a, b, c, 当三角形 ABC 为锐角三角形, 由定理 3.1,数组 (m, n, k ) 可以表示为:
?m ? ?a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? 2 2 2 2 ? n ? ?b ( a ? c ? b ) , ? k ? ?c 2 ( a 2 ? b 2 ? c 2 ) ?

其中 ? ? Q , (a, b, c) 为一组锐角三角形的本原 Heron 数组。当三角 形 ABC 为钝角三角形,由定理 3.2 同样可得(3.2)式的证明。当三 角形 ABC 为直角三角形,由定理 3.3,同样可得(3.3)。 我又实现了第三个愿望,任何一个角平分线都为有理数的 Heron 三角形其表式无非是以上所述的三种形式之一。 由定理 3.1, 3.2, 3.3 可知,利用任一个 Heron 三角形(不论是锐角 三角形,钝角三角形还是直角三角形),我们都可以构造出一个角平 分线都为有理数的 Heron 三角形,而定理 3.4 又告诉我们,任一个角 平分线都为有理数的 Heron 三角形都可表为形如(3.1)或(3.2)或(3.3) 式。 四.与 PSTP 问题及 PCP 问题的联系 通过上述研究, 角平分线为有理数的 Heron 三角形问题获得彻底 解决!不过,细心的观察中我又发现一些与 PSTP 问题及 PCP 问题相 联系的蛛丝马迹,我又得到了: 定理 4.1 设 (a, b, c) 为本原 Heron 数组,如果相似于三边分别为
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a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) 、b 2 (a 2 ? c 2 ? b 2 ) 、c 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) 的本原 Heron 三
角形的三条边都是平方数,则存在正整数 x, y, z 满足
?x2 ? y 2 ? c2 ? 2 2 2 ?x ? z ? b ?y2 ? z2 ? a2 ?

且 x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 为平方数。反之,如果存在正整数 x, y, z 满足 上述条件,则相似于三边分别为 a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) 、 b 2 (a 2 ? c 2 ? b 2 ) 、

c 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) 的本原 Heron 三角形的三条边都是平方数且角平分
线均为有理数。 证明:由于 (a, b, c) 为本原 Heron 数组,故 a, b, c 中恰有一个偶数和 两个奇数且 (a, b, c) ? 1 。由对称性,我们不妨设 b, c 为奇数, a 为偶数。 设 相 似 于 三 边 分 别 为 a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) 、 b 2 (a 2 ? c 2 ? b 2 ) 、
c 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) 的本原 Heron 三角形的三条边都是平方数,则必有正整

数 ? , u, v, w 满足:
?a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) ? ?u 2 ? 2 2 2 2 2 ? b ( a ? c ? b ) ? ?v ?c 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? ?w 2 ?

(4.1)

其中 ? 中没有平方因子,从而必有整数 x, y, z 使得
?b 2 ? c 2 ? a 2 ? ?x 2 ? 2 2 2 2 ?a ? c ? b ? ? y . ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? ?z 2 ?


? 2c 2 ? ? ( x 2 ? y 2 ) ? 2 2 2 ? 2b ? ? ( x ? z ) . ?2 a 2 ? ? ( y 2 ? z 2 ) ?

由于 (a, b, c) ? 1 ,故 ? | 2 .比较(4.1)式的奇偶性,我们有 ? ? 2 。于是
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?b 2 ? c 2 ? a 2 ? 2 x 2 ? 2 2 2 2 ?a ? c ? b ? 2 y . ?a 2 ? b 2 ? c 2 ? 2z 2 ?


?x2 ? y 2 ? c2 ? 2 2 2 ?x ? z ? b . ?y2 ? z2 ? a2 ?

由于三边分别为 a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) 、 b 2 (a 2 ? c 2 ? b 2 ) 、 c 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) 的 三 角 形 为 Heron 三 角 形 , 对 此 三 角 形 我 们 有 , 半 周 长
p ? 2( x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 ) , 面 积 S ? 4 x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 . 从 而

x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 为平方数。
?x2 ? y 2 ? c2 ? 反之,如果存在正整数 x, y, z 满足 ? x 2 ? z 2 ? b 2 ?y2 ? z2 ? a2 ?

且 x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 为平方数.容易验证三边分别为 a 2 x 2 、 b 2 y 2 、 c 2 z 2 的 三角形为 Heron 三角形,三条边都是平方数且角平分线均为有理数。 故定理成立。 完全类似地,不难证明: 定理 4.2 设 (a, b, c) 为本原 Heron 数组且满足 c 2 ? a 2 ? b 2 ,若相 似于三边分别为 a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) 、 b 2 (a 2 ? c 2 ? b 2 ) 、 c 2 (c 2 ? a 2 ? b 2 ) 的本原 Heron 三角形的三条边都是平方数, 则存在正整数 x, y, z 满足
?x2 ? y 2 ? c2 ? 2 2 2 ?x ? z ? b ?y2 ? z2 ? a2 ?
2 2 2 2 2 2 且 x y ? y z ? z x 为平方数。反之,如果存在正整数 x, y, z 满足

上述条件,则相似于三边分别为 a 2 (b 2 ? c 2 ? a 2 ) 、 b 2 (a 2 ? c 2 ? b 2 ) 、
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c 2 (c 2 ? a 2 ? b 2 ) 的本原 Heron 三角形的三条边都是平方数且角平分
线均为有理数。 2000 年,墨西哥数学家 Luca 证明了这两个问题的解的存在性 是等价的,即有: 定理 L: ([5] Luca 2000) PCP 有解当且仅当 PSTP 有解。 于是得到: 定理 4.3:PCP 有解当且仅当存在正整数 x, y, z 满足
?x2 ? y 2 ? c2 ? 2 2 2 ?x ? z ? b ?y2 ? z2 ? a2 ?

且 x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 为平方数. 或者
?x2 ? y 2 ? c2 ? 2 2 2 ?x ? z ? b ?y2 ? z2 ? a2 ?

且 x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 为平方数。 证明:对所有角平分线为有理数的三角形,由定理 3.4 可知,它 们无非形如(3.1) , (3.2) , (3.3) , 但 (3.3)显然不能成为相似于一个三边 都为平方数的三角形,再由定理 4.1, 4.2 及定理 L 便得所证。 我的第四个愿望得以实现。 由定理 4.3 可知,PCP 问题解的存在,完全等同于定理 4.3 中四 个不定方程构成的方程组的解的存在,因此,我下一步希望能否通过 讨论这四个不定方程解与解之间的关系,得出关于数论难题 PCP 问 题的一些新结论。
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参考文献:
[1] R. Guy, Unsolved Probelms in Number Theory 3rd ed., Springer, Springer-Verlag, 2004. [2] 杨世明.诺尔曼——埃尔德什定理的一个初等证明.中学数学 2004,3,48-49. [3]吴波, 关于海伦三角形的一个有趣定理, 数学通报, 45) 2006) 5 ( ( , 62. [4] Ralph H. Buchholz , On Triangles with rational altitudes,angle bisectors or medians ,November 1989 (PhD Thesis, University of Newcastle). [5] F. Luca. Perfect Cuboids and Perfect Square Triangles. Math. Mag. 73 (2000), 400–401. 其它相关链接:

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