Trójkąt heroński

W geometrii trójkąt Herona (lub trójkąt czapli ) to trójkąt , którego boki a , b i c oraz pole A są liczbami całkowitymi . Trójkąty Heroniana zostały nazwane na cześć Herona z Aleksandrii , w oparciu o ich związek ze wzorem Herona , który Heron wykazał na przykładzie trójkąta o bokach 13, 14, 15 i polu 84 .

Wzór Herona sugeruje, że trójkąty Heroniana są dokładnie dodatnimi całkowitymi rozwiązaniami równania diofantycznego

${\ Displaystyle 16 \, A ^ {2} = (a + b + c) (a + bc) (b + ca) (c + ab);}$

to znaczy, długości boków i pole dowolnego trójkąta Heroniana spełniają równanie, a każde dodatnie rozwiązanie równania w postaci liczb całkowitych opisuje trójkąt Heroniana.

Jeśli długości trzech boków są względnie pierwsze , trójkąt Heroniana nazywamy prymitywnym .

Trójkąty, których długości i pola boków są liczbami wymiernymi (dodatnie wymierne rozwiązania powyższego równania) są czasami nazywane również trójkątami Heroniana lub trójkątami wymiernymi ; w tym artykule te bardziej ogólne trójkąty będą nazywane racjonalnymi trójkątami Heroniana . Każdy (całkowy) trójkąt Herona jest wymiernym trójkątem Herona. I odwrotnie, każdy racjonalny trójkąt Heroniana jest podobny do dokładnie jednego prymitywnego trójkąta Herona.

W każdym wymiernym trójkącie Heroniana trzy wysokości , obwód wokół , promień i exradii oraz sinusy i cosinusy trzech kątów są również liczbami wymiernymi.

Skalowanie do prymitywnych trójkątów

Skalowanie trójkąta ze współczynnikiem s polega na pomnożeniu długości jego boków przez s ; to mnoży obszar $i$ daje podobny trójkąt Skalowanie racjonalnego trójkąta Heroniana przez racjonalny czynnik daje kolejny racjonalny trójkąt Heroniana.

Biorąc pod uwagę wymierny trójkąt Heroniana o długościach boków ${\ textstyle {\ frac {p} {d}}, {\ frac {q} {d}}, {\ frac {r} {d} }},}$ współczynnik skali ${\ textstyle {\ frac {d} {\ gcd (p, q, r)}}}$ daje racjonalny trójkąt Heroniana taki, że jego boki mają długość ${\ textstyle a, b, c}$ są liczbami względnie pierwszymi . Poniżej udowodniono, że pole A jest liczbą całkowitą, a zatem trójkąt jest trójkątem Heroniana. Taki trójkąt jest często nazywany prymitywnym trójkątem Heroniana.

Podsumowując, każda klasa podobieństwa wymiernych trójkątów Heroniana zawiera dokładnie jeden prymitywny trójkąt Heroniana. Produktem ubocznym dowodu jest to, że dokładnie jeden z boków prymitywnego trójkąta Heroniana jest parzystą liczbą całkowitą.

Dowód: trzeba udowodnić, że jeśli długości boku $Heroniana$ obszar A jest dokładnie jedną z długości boków jest równy.

$podane$ we wstępie pokazuje od razu, że . Jego pierwiastek kwadratowy $również$ liczbą całkowitą, ponieważ pierwiastek kwadratowy z liczby całkowitej jest liczbą całkowitą niewymierną .

${\ Displaystyle A}$ parzysta, wszystkie czynniki po prawej stronie równania są parzyste, a dzieląc równanie przez 16 $A ^ {2}$ { \ } są liczbami całkowitymi.

Ponieważ długości boków mają być względnie pierwsze, pozostaje przypadek, w którym jeden lub trzy boki są nieparzyste. Zakładając, że c jest nieparzyste, prawą stronę równania diofantycznego można przepisać

${\ Displaystyle ((a + b) ^ {2} -c ^ {2}) (c ^ {2} - (ab)^{2}),}$

z równymi i za ${\ displaystyle$$}$ Ponieważ kwadrat nieparzystej liczby całkowitej jest zgodny z modulo 4 $,$ prawa strona równania musi być zgodna z modulo 4 $displaystyle -1}$ . Jest więc niemożliwe, aby mieć rozwiązanie równania diofantycznego, ponieważ ${\ Displaystyle 16A ^ {2}}$0 musi być kwadratem liczby całkowitej, a kwadrat liczby całkowitej jest równy lub 1 modulo 4 .

Przykłady

Każdy trójkąt pitagorejski jest trójkątem herońskim. Długości boków takiego trójkąta są liczbami całkowitymi . W każdym takim trójkącie jeden z dwóch krótszych boków ma parzystą długość, więc pole (iloczyn tych dwóch boków podzielony przez dwa) jest również liczbą całkowitą.

Trójkąt o bokach c , e i b + d oraz wysokości a .

Przykładami trójkątów Herona, które nie są prostokątne, są trójkąt równoramienny uzyskany przez połączenie trójkąta pitagorejskiego i jego lustrzanego odbicia wzdłuż boku pod kątem prostym. Zaczynając od trójki pitagorejskiej 3, 4, 5 , daje to dwa trójkąty Heroniana o długościach boków (5, 5, 6) i (5, 5, 8) i polu 12 .

Mówiąc bardziej ogólnie, biorąc pod uwagę dwie pitagorejskie trójki i ${\ Displaystyle (a, d, e)}$$c)}$ , z największymi wpisami c i e , można połączyć odpowiednie trójkąty wzdłuż boków o długości a (patrz rysunek), aby otrzymać trójkąt Heroniana o bokach ${\ Displaystyle c, e, b + d}$ i obszar ${\ textstyle {\ tfrac {1} {2}} a (b + d)}$ (jest to liczba całkowita, ponieważ obszar trójkąta pitagorejskiego jest liczbą całkowitą).

Istnieją trójkąty herońskie, których nie można uzyskać, łącząc trójkąty pitagorejskie. $przykład$ trójkąt Herona o długościach boków i powierzchni 72, ponieważ liczbą całkowitą. Takie trójkąty Heroniana są znane jako nierozkładalne . Jednak każdy trójkąt Heroniana można zbudować z trójkątów prostokątnych z wymiernymi długości boków, a zatem jest podobny do rozkładającego się trójkąta Heroniana. W rzeczywistości co najmniej jedna z wysokości trójkąta znajduje się wewnątrz trójkąta i dzieli go na dwa trójkąty prostokątne. Te trójkąty mają wymierne boki, ponieważ cosinus i sinus kątów trójkąta Heroniana są liczbami wymiernymi, a przy zapisie figury mamy za = do $= c \ sin \ alpha}$ i $\ Displaystyle b = c \ cos \ alfa,}$ gdzie ${\ displaystyle \ alpha}$ to skrajny lewy kąt trójkąta.

Właściwości racjonalności

Wiele wielkości związanych z trójkątem Heroniana to liczby wymierne. W szczególności:

• Wszystkie wysokości trójkąta Heroniana są wymierne. Można to zobaczyć na podstawie faktu, że pole trójkąta to połowa jednego boku razy jego wysokość od tego boku, a trójkąt Heroniana ma boki i pole całkowite. Niektóre trójkąty Heroniana mają trzy wysokości niecałkowite, na przykład ostra (15, 34, 35) o obszarze 252 i rozwarty (5, 29, 30) o obszarze 72. Dowolny trójkąt Heroniana z jedną lub więcej wysokościami niecałkowitymi może przeskalować o współczynnik równy najmniejszej wspólnej wielokrotności mianowników wysokości, aby otrzymać podobny trójkąt Heroniana z trzema wysokościami całkowitymi.
• Wszystkie wewnętrzne prostopadłe dwusieczne trójkąta Heroniana są wymierne: dla każdego trójkąta są one podane przez $= {\ tfrac {2aA}} ^ {2} + b ^ {2} -c ^ {2}}},}$${\ Displaystyle p_ {b} = {\ tfrac {2bA} a^{2}+b^{2}-c^{2}}},}$ i $\ Displaystyle p_ {c} = {\ tfrac {2cA} {a ^ {2} -b ^ {2} + c ^ {2}}}, }$ gdzie boki to a ≥ b ≥ c a pole to A ; w trójkącie Heroniana wszystkie a , b , c i A są liczbami całkowitymi.
• Każdy kąt wewnętrzny trójkąta Heroniana ma sinus wymierny. Wynika to ze wzoru na pole Powierzchnia = (1/2) abs sin C , w którym pole powierzchni i boki aib są liczbami całkowitymi i równoważnie dla pozostałych kątów wewnętrznych.
• Każdy kąt wewnętrzny trójkąta Heroniana ma wymierny cosinus. Wynika to z twierdzenia cosinusów c ² = a ² + b ² − 2 ab cos C , w którym boki a , b i c są liczbami całkowitymi i równoważnie dla pozostałych kątów wewnętrznych.
• Ponieważ wszystkie trójkąty Heroniana mają sinusy i cosinusy wszystkich kątów wewnętrznych wymierne, oznacza to, że styczna, cotangens, sieczny i cosecans każdego kąta wewnętrznego jest albo wymierna, albo nieskończona.
• Połowa każdego kąta wewnętrznego ma wymierną styczną, ponieważ tan C /2 = sin C / (1 + cos C ) i równoważnie dla innych kątów wewnętrznych. Znajomość tych wartości stycznych półkątów jest wystarczająca do zrekonstruowania długości boków prymitywnego trójkąta Heroniana ( patrz poniżej ).
• Dla dowolnego trójkąta kąt rozpięty na boku, patrząc od środka okręgu opisanego , jest dwukrotnością kąta wewnętrznego wierzchołka trójkąta przeciwległego do boku. Ponieważ styczna do połowy kąta dla każdego kąta wewnętrznego trójkąta Heroniana jest wymierna, wynika z tego, że styczna do ćwiartki kąta każdego takiego kąta środkowego trójkąta Heroniana jest wymierna. (Również styczne ćwierćkąta są racjonalne dla kątów środkowych czworoboku Brahmagupty , ale nierozwiązanym problemem jest to, czy dotyczy to wszystkich pięciokątów Robbinsa ). Odwrotność dotyczy wszystkich cykliczne wielokąty ogólnie; jeśli wszystkie takie kąty środkowe mają wymierne styczne dla swoich ćwiartek kątów, to cykliczny wielokąt można przeskalować tak, aby jednocześnie miał całkowite długości boków i całkowite pole.
• Nie ma trójkątów Heroniana, których trzy wewnętrzne kąty tworzą ciąg arytmetyczny. Dzieje się tak, ponieważ wszystkie płaskie trójkąty z kątami wewnętrznymi w postępie arytmetycznym muszą mieć jeden kąt wewnętrzny 60 °, który nie ma wymiernego sinusa.
• Każdy kwadrat wpisany w trójkąt Heroniana ma boki wymierne: W przypadku trójkąta ogólnego kwadrat wpisany w bok długości a ma długość $\ Displaystyle {\ tfrac {2Aa} {a ^ {2} + 2A }}}$ gdzie A jest polem trójkąta; w trójkącie Heroniana zarówno A , jak i a są liczbami całkowitymi.
• promień wymierny (promień wpisanego w niego okręgu): W przypadku trójkąta ogólnego promień jest stosunkiem pola do połowy obwodu, a oba te elementy są racjonalne w trójkącie Heroniana.
• Każdy trójkąt Heroniana ma wymierny promień okręgu (promień okręgu opisanego na nim): w przypadku trójkąta ogólnego promień okręgu jest równy jednej czwartej iloczynu boków podzielonych przez pole; w trójkącie Heroniana boki i pole są liczbami całkowitymi.
• W trójkącie Herona odległość od środka ciężkości do każdego boku jest wymierna, ponieważ dla wszystkich trójkątów odległość ta jest stosunkiem dwukrotności pola powierzchni do trzykrotności długości boku. Można to uogólnić, stwierdzając, że wszystkie centra związane z trójkątami Heroniana, których współrzędne barycentryczne są wymiernymi stosunkami, mają wymierną odległość do każdego boku. Centra te obejmują środek okręgu , środek ortocentrum , środek dziewięciu punktów , punkt symmediany , punkt Gergonne'a i punkt Nagela .
• Każdy trójkąt Heroniana można umieścić na siatce kwadratowej o bokach jednostkowych , z każdym wierzchołkiem w punkcie kraty. W rezultacie każdy wymierny trójkąt Heroniana można umieścić w dwuwymiarowym kartezjańskim układzie współrzędnych ze wszystkimi współrzędnymi o wartościach wymiernych.

Własności długości boków

Oto niektóre własności długości boków trójkątów Heroniana, których długości boków to a , b , c , a pole to A .

• Każdy prymitywny trójkąt Heroniana Trójkąt Heroniana ma jeden parzysty i dwa nieparzyste boki (patrz § Skalowanie do prymitywnych trójkątów ). Wynika z tego, że trójkąt Heroniana ma jeden lub trzy boki parzystej długości, a obwód pierwotnego trójkąta Heroniana jest zawsze liczbą parzystą.
• Nie ma równobocznych trójkątów Heroniana, ponieważ prymitywny trójkąt Heroniana ma jedną parzystą długość boku i dwie nieparzyste długości boku.
• Pole trójkąta Heroniana jest zawsze podzielne przez 6.
• Nie ma trójkątów Heroniana o długości boku 1 lub 2.
• Istnieje nieskończona liczba pierwotnych trójkątów herońskich o jednym boku równym danemu a , pod warunkiem, że a > 2 .
• Półobwód s trójkąta Heroniana nie może być liczbą pierwszą (ponieważ ${\ Displaystyle s (sa) (sb) (sc)}$ jest kwadratem pola i obszar jest liczbą całkowitą, jeśli s byłoby liczbą pierwszą, powinien podzielić inny czynnik; jest to niemożliwe, ponieważ wszystkie te czynniki są mniejsze niż s ).
• Trójkąty herona, które nie mają wysokości całkowitej ( nierozkładalne i nie-pitagorejskie), mają wszystkie boki podzielne przez liczby pierwsze postaci 4 k + 1 . Jednak rozkładające się trójkąty Heroniana muszą mieć dwa boki, które są przeciwprostokątnymi trójkątów Pitagorasa. Stąd wszystkie trójkąty herońskie, które nie są pitagorejskie, mają co najmniej dwa boki podzielne przez liczby pierwsze postaci 4 k + 1 . Pozostały tylko trójkąty pitagorejskie. Dlatego wszystkie trójkąty Heroniana mają co najmniej jeden bok, który jest podzielny przez liczby pierwsze postaci 4 k +1 . Wreszcie, jeśli trójkąt Herona ma tylko jeden bok podzielny przez liczby pierwsze postaci 4 k + 1 , musi to być pitagorejski z bokiem jako przeciwprostokątną, a przeciwprostokątna musi być podzielna przez 5 .
• Nie ma trójkątów Heroniana, których długości boków tworzą ciąg geometryczny .
• Jeśli dowolne dwa boki (ale nie trzy) trójkąta Heroniana mają wspólny czynnik, czynnik ten musi być sumą dwóch kwadratów.

parametryzacje

Równanie parametryczne lub parametryzacja trójkątów Heroniana składa się z wyrażenia długości boków i pola trójkąta jako funkcji - zwykle funkcji wielomianowych - niektórych parametrów, tak że trójkąt jest Heroński wtedy i tylko wtedy, gdy parametry spełniają pewne ograniczenia - zazwyczaj być dodatnimi liczbami całkowitymi spełniającymi pewne nierówności. Ogólnie wymagane jest również, aby wszystkie trójkąty Heroniana można było uzyskać aż do skalowania dla niektórych wartości parametrów i aby wartości te były unikalne, jeśli określono kolejność boków trójkąta.

Pierwszą taką parametryzację odkrył Brahmagupta (598-668 ne), który nie udowodnił, że wszystkie trójkąty Heroniana mogą być generowane przez parametryzację. W XVIII wieku Leonard Euler przedstawił kolejną parametryzację i udowodnił, że generuje ona wszystkie trójkąty Heroniana. Te parametryzacje są opisane w następnych dwóch podsekcjach.

W trzecim podrozdziale racjonalna parametryzacja - czyli parametryzacja, w której parametry są dodatnimi liczbami wymiernymi - jest naturalnie wyprowadzana z właściwości trójkątów Heroniana. Zarówno parametryzacje Brahmagupty, jak i Eulera można odzyskać z tej racjonalnej parametryzacji, usuwając mianowniki . Stanowi to dowód, że parametryzacje Brahmagupty i Eulera generują wszystkie trójkąty Heroniana.

Równanie parametryczne Brahmagupty

Indyjski matematyk Brahmagupta (598-668 ne) odkrył następujące równania parametryczne do generowania trójkątów Heroniana, ale nie udowodnił, że każdą klasę podobieństwa trójkątów Heroniana można uzyskać w ten sposób.

Dla trzech dodatnich liczb całkowitych m , n i k , które są względnie pierwsze ( ${\ Displaystyle \ gcd (m, n, k) = 1}$ ) i spełniają ${\ displaystyle mn> k ^ {2}}$ (aby zagwarantować dodatnie długości boków) i (dla wyjątkowości): ${\ Displaystyle m \ geq n}$

${\ Displaystyle {\ rozpocząć {wyrównane} a & = n (m ^ {2} + k ^ {2}), & s-a & = {\ tfrac {1} {2}} (b + ca) = n (mn- k^{2}),\\b&=m(n^{2}+k^{2}),&s-b&={\tfrac {1}{2}}(c+ab)=m(mn- k^{2}),\\c&=(m+n)(mn-k^{2}),&s-c&={\tfrac {1}{2}}(a+bc)=(m+n )k^{2},\\&&s&={\tfrac {1}{2}}(a+b+c)=mn(m+n),\\A&=mnk(m+n)(mn-k ^{2}),&r&=k(mn-k^{2}),\\\end{wyrównane}}}$

gdzie s to półobwód, A to powierzchnia, a r to promień.

Powstały trójkąt Heroniana nie zawsze jest prymitywny i może być potrzebne skalowanie w celu uzyskania odpowiedniego trójkąta pierwotnego. Na przykład przyjęcie m = 36 , n = 4 i k = 3 daje trójkąt o a = 5220 , b = 900 i c = 5400 , który jest podobny do (5, 29, 30) trójkąta Herona ze współczynnikiem proporcjonalności równym 180 .

Fakt, że wygenerowany trójkąt nie jest prymitywny, jest przeszkodą w użyciu tej parametryzacji do generowania wszystkich trójkątów Heroniana o długościach mniejszych niż dana granica (ponieważ rozmiar gcd ( a , b , $a, b,c)}$ nie można przewidzieć.

Równanie parametryczne Eulera

Następującą metodę generowania wszystkich trójkątów Heroniana odkrył Leonard Euler , który jako pierwszy sparametryzował wszystkie takie trójkąty.

Dla czterech dodatnich liczb całkowitych m względnie pierwsze do n i p względnie pierwsze do q ( ${\ Displaystyle \ gcd {(m, n)} = \ gcd {(p, q) } = 1}$ ) satysfakcjonujące (aby zagwarantować dodatnie długości boków): ${\ displaystyle mp> nq}$

${\ Displaystyle {\ rozpocząć {wyrównane} a & = mn (p ^ {2} + q ^ {2}), & s- a&=mq(mp-nq),\\b&=pq(m^{2}+n^{2}),&s-b&=np(mp-nq),\\c&=(mq+np)(mp -nq),&s-c&=nq(mq+np),\\&&s&=mp(mq+np),\\A&=mnpq(mq+np)(mp-nq),&r&=nq(mp-nq) ,\\\koniec {wyrównany}}}$

gdzie s to półobwód, A to powierzchnia, a r to promień.

Nawet gdy m , n , p i q są parami względnie pierwsze, powstały trójkąt Heroniana może nie być prymitywny. W szczególności, jeśli m , n , p i q są wszystkie nieparzyste, trzy długości boków są parzyste. Możliwe jest również, że a , b i c mają wspólny dzielnik inny niż 2 . Na przykład przy m = 2 , n = 1 , p = 7 , i q = 4 , otrzymujemy ( a , b , c ) = (130, 140, 150) , gdzie długość każdego boku jest wielokrotnością 10 ; odpowiednia prymitywna trójka to (13, 14, 15) , którą można również otrzymać dzieląc trójkę wynikającą z m = 2, n = 1, p = 3, q ​​= 2 przez dwa, a następnie zamieniając b i c .

Parametryzacja stycznej półkąta

Trójkąt z długościami boków i kątami wewnętrznymi oznaczonymi jak w tekście

Niech $, c}$$Displaystyle a, b,$ będzie długościami boków trójkąta, niech będzie kątami wewnętrznymi naprzeciw tych boków i za niech ${\ textstyle t = \ dębnik {\ Frac {\ alfa} {2}},}$${\ textstyle u = \ tan {\ Frac {\ beta} 2}},}$ i ${\ textstyle v = \ tan {\ Frac {\ gamma} {2}}}$ być stycznymi do połowy kąta. t ${\ displaystyle t, u, v}$ dodatnie i spełniają ${\ displaystyle tu + uv + vt = 1}$ ; ta „potrójna tożsamość styczna” jest wersją stycznej do połowy kąta podstawowej tożsamości trójkąta zapisanej jako ${\ textstyle {\ Frac {\ alfa} {2}} + {\ Frac {\ beta} {2}} + {\ Frac {\ gamma} {2}} = {\ Frac {\ pi}} 2}}}$ radianów (czyli 90°), co można udowodnić za pomocą wzoru na dodawanie tangensów . Zgodnie z prawami sinusów i cosinusów , $wszystkie$ sinusy i cosinusy jeśli trójkąt jest wymiernym trójkątem Heroniana, a zatem wynika to przypadku, gdy styczne półkątów są również wymierne.

$v$ jeśli wymiernymi takimi, że są $= 1$ -kątowe styczne kątów wewnętrznych klasy podobnych trójkątów Heroniana. T ${\ displaystyle tu + uv + vt = 1}$ przestawić na ${\ textstyle v = {\ Frac {1-tu} {t + u}},$ a ograniczenie ${\ displaystyle v> 0}$ wymaga $tu <1.}$${\$$displaystyle$ Zatem istnieje bijekcja między klasami podobieństwa wymiernych trójkątów Heroniana a parami dodatnich liczb wymiernych iloczyn 1 .

Aby ta bijekcja była wyraźna, można wybrać jako konkretny element klasy podobieństwa trójkąt wpisany w okrąg o jednostkowej średnicy, którego boki są równe sinusom przeciwległych kątów:

${\ Displaystyle {\ rozpocząć {wyrównane} a & = \ sin \ alfa = {\ Frac {2t} {1 + t ^ {2}}}, & s-a = {\ frac {2u (1-tu)}} {( 1+t^{2})(1+u^{2})}},\\[5mu]b&=\sin \beta ={\frac {2u}{1+u^{2}}},&s -b={\frac {2t(1-tu)}{(1+t^{2})(1+u^{2})}},\\[5mu]c&=\sin \gamma ={\ frac {2(t+u)(1-tu)}{(1+t^{2})(1+u^{2})}},&s-c={\frac {2tu(t+u) }{(1+t^{2})(1+u^{2})}},\\[5mu]&&s={\frac {2(t+u)}{(1+t^{2} )(1+u^{2})}},\\A&={\frac {4tu(t+u)(1-tu)}{(1+t^{2})^{2}(1+ u^{2})^{2}}},&r={\frac {2tu(1-tu)}{(1+t^{2})(1+u^{2})}},\koniec {wyrównany}}}$

gdzie ${\ Displaystyle s = {\ tfrac {1} {2}} (a + b + c)}$ to półobwód, ${\ displaystyle A={\tfrac {1}{2}}ab\sin \gamma }$ to pole, ${\ Displaystyle r = {\ sqrt {\ tfrac {(sa) (sb) (sc)}} {s}}}}$ to promień, a wszystkie te wartości są racjonalne, ponieważ $t}$ u $u}$$\ displaystyle$ są racjonalne.

Aby otrzymać (całkowy) trójkąt Heroniana, mianowniki a , b i c muszą zostać wyczyszczone . Można to zrobić na kilka sposobów. Jeśli ${\ Displaystyle t = m/n}$ i ${\ Displaystyle u = p/q,}$ z ${\ Displaystyle \ gcd (m, n) = \ gcd (p, q) = 1}$ ( ułamki nieredukowalne ), a trójkąt jest powiększony o ${\ Displaystyle {\ tfrac {1}{2}} (m ^ {2} + n ^ {2}) (p ^ {2} + q ^ {2}),}$ wynikiem jest parametryzacja Eulera. Jeśli ${\ displaystyle t = m/k}$ i ${\ Displaystyle u = n/k}$ z ${\ Displaystyle \ gcd (m, n, k) = 1}$ (najniższy wspólny mianownik), a trójkąt jest powiększony o ${\ Displaystyle (k ^ {2} + m ^ {2}) (k ^ {2} + n ^ {2}) / 2k,}$ wynik jest podobny, ale nie do końca identyczny z parametryzacją Brahmagupty. Jeśli zamiast tego są $= k/m}$$\$ do najniższego wspólnego mianownika, to znaczy $,$ i ${\ Displaystyle u = k/n}$ z ${\ Displaystyle \ gcd (m, n, k) = 1,}$ wtedy otrzymuje się dokładnie parametryzację Brahmagupty, skalując trójkąt o ${\ Displaystyle (k ^ {2} + m ^ {2}) (k ^ {2} + n ^ {2}) / 2k.}$

Dowodzi to, że każda parametryzacja generuje wszystkie trójkąty Heroniana.

Inne wyniki

Kurz (2008) wyprowadził szybkie algorytmy generowania trójkątów Heroniana.

Istnieje nieskończenie wiele prymitywnych i nierozkładalnych nie-pitagorejskich trójkątów herońskich z wartościami całkowitymi dla promienia ${\ Displaystyle (r_ {a},$ wszystkich trzech exradii $)$ , w tym generowane przez

${\ Displaystyle {\ rozpocząć {wyrównane} a & = 5 (5n ^ {2} + n-1) & r_ {a} i = 5n + 3, \\ b & = (5n + 3) (5n ^ {2} - 4n+1),&r_{b}&=5n^{2}+n-1,\\c&=(5n-2)(5n^{2}+6n+2),&r_{c}&=(5n -2)(5n+3)(5n^{2}+n-1),\\&&r&=5n-2,\\A&=(5n-2)(5n+3)(5n^{2}+n -1)=r_{c}.\end{wyrównane}}}$

Istnieje nieskończenie wiele trójkątów Heroniana, które można umieścić na siatce w taki sposób, że nie tylko wierzchołki znajdują się w punktach sieci, jak ma to miejsce w przypadku wszystkich trójkątów Heroniana, ale dodatkowo środki okręgu i okręgów znajdują się w punktach sieci.

Zobacz także trójkąt całkowity § Trójkąty herońskie , aby zapoznać się z parametryzacją niektórych typów trójkątów heronowskich.

Przykłady

Lista pierwotnych całkowitych trójkątów Herona, posortowanych według powierzchni i, jeśli jest taka sama, według obwodu , zaczyna się jak w poniższej tabeli. „Prymitywny” oznacza, że ​​największy wspólny dzielnik trzech długości boków jest równy 1.

Obszar	Obwód	długość boku b+d	długość boku E	długość boku C
6	12	5	4	3
12	16	6	5	5
12	18	8	5	5
24	32	15	13	4
30	30	13	12	5
36	36	17	10	9
36	54	26	25	3
42	42	20	15	7
60	36	13	13	10
60	40	17	15	8
60	50	24	13	13
60	60	29	25	6
66	44	20	13	11
72	64	30	29	5
84	42	15	14	13
84	48	21	17	10
84	56	25	24	7
84	72	35	29	8
90	54	25	17	12
90	108	53	51	4
114	76	37	20	19
120	50	17	17	16
120	64	30	17	17
120	80	39	25	16
126	54	21	20	13
126	84	41	28	15
126	108	52	51	5
132	66	30	25	11
156	78	37	26	15
156	104	51	40	13
168	64	25	25	14
168	84	39	35	10
168	98	48	25	25
180	80	37	30	13
180	90	41	40	9
198	132	65	55	12
204	68	26	25	17
210	70	29	21	20
210	70	28	25	17
210	84	39	28	17
210	84	37	35	12
210	140	68	65	7
210	300	149	148	3
216	162	80	73	9
234	108	52	41	15
240	90	40	37	13
252	84	35	34	15
252	98	45	40	13
252	144	70	65	9
264	96	44	37	15
264	132	65	34	33
270	108	52	29	27
288	162	80	65	17
300	150	74	51	25
300	250	123	122	5
306	108	51	37	20
330	100	44	39	17
330	110	52	33	25
330	132	61	60	11
330	220	109	100	11
336	98	41	40	17
336	112	53	35	24
336	128	61	52	15
336	392	195	193	4
360	90	36	29	25
360	100	41	41	18
360	162	80	41	41
390	156	75	68	13
396	176	87	55	34
396	198	97	90	11
396	242	120	109	13

Listy prymitywnych trójkątów Heroniana, których boki nie przekraczają 6 000 000, można znaleźć na stronie „Listy prymitywnych trójkątów Heroniana” . Sascha Kurz, Uniwersytet w Bayreuth, Niemcy. Zarchiwizowane (PDF) od oryginału w maju 2016 r . Źródło 29 marca 2016 r .

Trójkąty herońskie o idealnie kwadratowych bokach

Trójkąty Heroniana o idealnie kwadratowych bokach są związane z problemem idealnego prostopadłościanu . Od lutego 2021 r. Znane są tylko dwa prymitywne trójkąty Heroniana o idealnie kwadratowych bokach:

(1853², 4380², 4427², Area=32918611718880), opublikowane w 2013 roku.

(11789², 68104² , 68595², Area=284239560530875680), opublikowane w 2018 roku.

Równe trójkąty

Kształt nazywamy równym , jeśli jego pole jest równe jego obwodowi. Istnieje dokładnie pięć równych trójkątów Heroniana: te o długościach boków (5,12,13), (6,8,10), (6,25,29), (7,15,20) i (9,10 ,17), choć tylko cztery z nich są prymitywne.

Prawie równoboczne trójkąty Heroniana

Ponieważ pole trójkąta równobocznego o bokach wymiernych jest liczbą niewymierną , żaden trójkąt równoboczny nie jest heronowski. Jednak sekwencję równoramiennych trójkątów Herona, które są „prawie równoboczne”, można opracować z powielenia trójkątów prostokątnych , w których przeciwprostokątna jest prawie dwa razy dłuższa niż jedna z nóg. Kilka pierwszych przykładów tych prawie równobocznych trójkątów wymieniono w poniższej tabeli (sekwencja A102341 w OEIS ):

Długość boku			Obszar
A	b = za	C
5	5	6	12
17	17	16	120
65	65	66	1848
241	241	240	25080
901	901	902	351780
3361	3361	3360	4890480
12545	12545	12546	68149872
46817	46817	46816	949077360

Istnieje unikalna sekwencja trójkątów Heroniana, które są „prawie równoboczne”, ponieważ trzy boki mają postać n - 1, n , n + 1. Metoda generowania wszystkich rozwiązań tego problemu na podstawie ułamków ciągłych została opisana w 1864 przez Edward Sang , aw 1880 Reinhold Hoppe podał rozwiązania w formie zamkniętej . Kilka pierwszych przykładów tych prawie równobocznych trójkątów wymieniono w poniższej tabeli (sekwencja A003500 w OEIS ):

Długość boku			Obszar	promień
n -1	N	n + 1
3	4	5	6	1
13	14	15	84	4
51	52	53	1170	15
193	194	195	16296	56
723	724	725	226974	209
2701	2702	2703	3161340	780
10083	10084	10085	44031786	2911
37633	37634	37635	613283664	10864

Kolejne wartości n można znaleźć, mnożąc poprzednią wartość przez 4, a następnie odejmując wartość poprzedzającą tę (52 = 4 × 14 - 4, 194 = 4 × 52 - 14 itd.), W ten sposób:

${\ Displaystyle n_ {t} = 4n_ {t-1} -n_ {t-2} \,,}$

gdzie t oznacza dowolny wiersz w tabeli. To jest sekwencja Lucasa . Alternatywnie, wzór ${\ Displaystyle (2 + {\ sqrt {3}}) ^ {t} + (2- {\ sqrt {3}}) ^ {t }}$ generuje wszystkie n dla dodatnich liczb całkowitych t . Równoważnie, niech A = powierzchnia i y = promień, wtedy

${\ Displaystyle {\ duży (} (n-1) ^ {2} + n ^ {2} + (n + 1) ^ {2} {\ duży)} ^ {2} -2 {\ duży (} ( n-1)^{4}+n^{4}+(n+1)^{4}{\big )}=(6ny)^{2}=(4A)^{2}}$

gdzie { n , y } są rozwiązaniami n ² − 12 y ² = 4. Mała transformacja n = 2x daje konwencjonalne równanie Pella x ² − 3 y ² = 1, którego rozwiązania można następnie wyprowadzić z regularnej kontynuacji rozwinięcie ułamka dla √ 3 .

Zmienna n ma postać $,$ gdzie k …. Liczby w tym ciągu mają tę właściwość, że k kolejnych liczb całkowitych ma całkowite odchylenie standardowe .

Zobacz też

• Czworościan heroński
• Czworokąt Brahmagupty
• Pięciokąt Robbinsa
• Trójkąt całkowity # Trójkąty Heronian

Dalsza lektura

• Carmichael, Robert Daniel (1915). „I. Wprowadzenie. Racjonalne trójkąty. Metoda nieskończonego zejścia” . Analiza diofantyczna . Wileya. s. 1–23.
• Dickson, Leonard Eugene (1920). „V. Trójkąty, czworoboki i czworościany z racjonalnymi bokami” . Historia teorii liczb , tom II: Analiza diofantyczna . Carnegie Institution w Waszyngtonie. s. 191–224.

Linki zewnętrzne

• Weisstein, Eric W. „Trójkąt Heronian” . MathWorld .
• Internetowa encyklopedia sekwencji liczb całkowitych Heronian
•   S. sh. Kozhegel'dinov (1994), „O podstawowych trójkątach Heroniana”, Math. Uwagi , 55 (2): 151–6, doi : 10.1007/BF02113294 , S2CID 115233024