Một số trường hợp đặc biệt của tam giác Heron

Bài toán đặt ra là tìm tam giác Heron sao cho bán kính đường tròn nội tiếp và bán kính các đường tròn bàng tiếp đều là các số tự nhiên. Kết quả thu được rất tường minh đối với tam giác vuông, tam giác cân và một số trường hợp khác.

MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT CỦA TAM GIÁC HERON Vũ Thị Việt Hương Khoa Toán & KHTN Email: huongvtv@dhhp.edu.vn Ngày nhận bài: 15/5/2020 Ngày PB đánh giá: 08/7/2020 Ngày duyệt đăng: 17/7/2020 TĨM TẮT Bài tốn đặt tìm tam giác Heron cho bán kính đường trịn nội tiếp bán kính đường trịn bàng tiếp số tự nhiên Kết thu tường minh tam giác vuông, tam giác cân số trường hợp khác Từ khóa: Tam giác Pythagore bản, tam giác Heron, tam giác Heron phân tích được, tam giác Heron khơng phân tích SOME SPECIAL CASES OF THE HERON TRIANGLE ABSTRACT The problem is to find the Heron triangle so that the radius of the incircle and excircles are all natural numbers The results are very clear for any right triangle, isosceles triangle and some other cases Keyword: Primitive Pythagore triangle, Heron triangle, Decomposable Heron triangle, Indecomposable Heron triangle GIỚI THIỆU Ta có hai định nghĩa sau Định nghĩa 1.1 [1], Tam giác Heron tam giác có cạnh a, b, c diện tích S số tự nhiên Có thể định nghĩa tam giác Heron khác với a, b, c   Định nghĩa 1.2 Tam giác Pythagore tam giác vuông với cạnh a, b, c số tự nhiên Nếu thêm giả thiết (a, b, c) = tam giác gọi tam giác Pythagore Mọi tam giác Pythagore tam giác Heron Bài tốn tìm tam giác Heron trường hợp tổng quát toán phức tạp Ở báo chúng tơi xét tốn với điều kiện ràng buộc: Tìm tam giác Heron cho r , , rb , rc   với r , , rb , rc bán kính đường trịn nội tiếp đường tròn bàng tiếp tam giác 1.1 Trường hợp tam giác Pythagore Giả sử ABC tam giác Pythagore 2 với a  b  c Ta thấy hai số a, b phải có số lẻ, c phải TẠP CHÍ KHOA HỌC, Số 42, tháng năm 2020| 127 số lẻ p S 2 Do đó, a  b  c   nửa chu diện vi kính đường tròn nội tiếp bàng tiếp đối diện góc A, B, C , tương ứng tích Trong ba Pythagore, bán kính đường trịn nội tiếp bán kính ba đường trịn bàng tiếp số tự nhiên ab   Gọi r , , rb , rc bán Hình 1: Tam giác Pythagore bán kính r , , rb , rc Bán kính đường trịn nội tiếp r  n  n  m  Khi ta có: , rb , rc   r số tự nhiên, hình Ngược lại tam giác vng ABC có số r , , rb , rc số tự nhiên dễ thấy ba số a, b, c số tự nhiên a  r   rc  rb  , b  r  rb  rc   , c   rb  rc  r   nên ABC tam giác Pythagore Với kết ta xét sang trường hợp tổng quát: tam giác Heron  a, b, c, S  Ngoài tên gọi cịn gọi khơng phân tích đường cao , hb , hc   , trường hợp trái lại tam giác gọi phân tích được, tức đường cao số tự nhiên Ký hiệu tâm đường tròn nội tiếp bàng tiếp I , I a , I b , I c 1.2 Trường hợp tam giác cân Trước hết ta  S, r, r , r , r   12, a b c  xét tam giác cân, chẳng  hạn,  a, b, c    5,5,6   15    10 ,4,4,6; a,b,c  13,13,10 S , r, , rb , rc   60, ,12,12,  2   Ví dụ gợi ý cho ta kết sau: 128 | TRƯỜNG ĐẠI HỌC HẢI PHÒNG Mệnh đề 1.1 ABC tam giác Heron với a  b  rb   cịn r rc khơng đồng thời ngun r 4a  c , 2 2 2 kéo theo 4a  c  m với m   Do đó, c  m  mod  , Chứng minh Vì s  a  c ,s  a  s  b  c ,s  c  a  c nên S  c  2d , m  2n với d , n   thỏa  d , n   Từ suy ra: S  dn S  rb   n Tương tự, sa S dn dn ; rc  r  s ad' ad 2d n 2d Nếu có r , rc   rc  r     , tức n  1,2 a  d2 n Vì n   a  d  a  d  nên khơng có n  n  để d   Ta có kết thứ nhất: Khơng có tam giác Heron cân thỏa mãn r , , rb , rc số tự nhiên 1.3 Tam giác Heron với cạnh lập thành cấp số cộng Một trường hợp đặc biệt nữa: cạnh tam giác lập thành cấp số cộng Mệnh đề 1.2 Giả sử ABC tam giác Heron với cạnh thỏa mãn d  b  a  c  b  Khi r , rb   , rc không đồng thời nguyên, trừ trường hợp  a, b, c    3,4,5  Chứng minh Ta có s 3b b b b ,s  a   d,s  b  ,s  c   d, 2 2 nên b  b  4d  , kéo theo b  4d  3m với m   Do đó, b  3m  mod  , b  2c, m  2n với c, n   thỏa  c, n   S S Từ suy ra: S  3cn r   n rb   2n Tương tự, s sb S  S  3cn ; rc  S  3cn sa cd sc cd Để khẳng định rc không đồng thời nguyên, ta giả sử , rc   Khi đó, 6c n 2c  rc     suy n  1,2 c  d2 n TẠP CHÍ KHOA HỌC, Số 42, tháng năm 2020| 129 n   a, b, c    3,4,5 Nếu  3n   c  d  c  d  Nếu n  12   c  d  c  d  Vì nên c  2, d  , tức  c, d   nên ta có  c  d , c  d   12,1  c  d , c  d    6,2  Chỉ cịn lại khả  4,3 khơng thể có d   Mệnh đề chứng minh Ta có kết thứ hai: Trong tam giác Heron với cạnh lập thành cấp số cộng có tam giác với (a, b, c)=(3,4,5) thỏa mãn đồng thời r , , rb , rc số tự nhiên TAM GIÁC HERON CƠ BẢN PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ KHƠNG PHÂN TÍCH ĐƯỢC Với tam giác Heron (khơng tam giác Pythagore) có tất r , , rb , rc   Chẳng hạn  a, b, c    7,15,20   S , r , r , r , r    42, 2,3,7,42  Chú ý với tam giác này, h a b c a  2S  12 nên a phân tích Ta có vơ số tam giác phân tích nhờ kết sau: Mệnh đề 2.1 Có vơ số tam giác Heron (không tam giác Pythagore) phân tích với r , , rb , rc   Chứng minh Với n  , ta lấy a  4n ,   2 c  n  n    2n  1  2n  2n  1 2 b  4n  2n    2n  1 2n  2n  , Vì b lẻ a  b  c  nên tam giác với n  Cũng vậy, từ c   a  b ta có 2 c  a  b   ab  2c     ab  a  2b    Dấu xảy n  Do với n  tam giác nhọn không tam giác Pythagore Với giả thiết đó, s  4n3  2n  2n  2n  1 , s  a  4n3  2n  2n  2n  1 , s  b  4n    2n  1 2n  1 , s  c   4n3  2n    4n3  2n  1  1, 130 | TRƯỜNG ĐẠI HỌC HẢI PHÒNG S  2n  2n  1 2n  1 , S  2n  1, s S  2n  1,  sa S  2n , rb  s b S  2n  2n  1 2n  1  S rc  sc 2S Ngoài ra,    2n  1 2n  1 nên mệnh đề chứng minh a r Mệnh đề 2.2 Có vơ số tam giác Heron (không tam giác Pythagore) khơng phân tích mà r , , rb , rc   Chứng minh Với n  , ta lấy 2 a  25n  5n   5n  n  ,     2 c  25n  20 n  2n    5n    5n  6n   2 b  25n  20n  n    5n  3 5n  4n  , Vì a lẻ a  b  c  nên tam giác với n  Cũng vậy, từ c   a  b ta suy c  a  b  Hơn s  25n3  20n  2n    5n  3  5n  n  1 ,   2 s  a  25n  5n  n    5n   5n  n  , s  b  25n  5n    5n   5n  3 ,     3 s  c  25n  20n  2n   25n  20n  n   S   5n   5n  3  5n  n  1 , r  S  5n  2, s S S  5n  3, rb   5n  n  1, sa s b S   5n   5n  3  5n  n  1  S rc  sc  TẠP CHÍ KHOA HỌC, Số 42, tháng năm 2020| 131 Dễ kiểm tra được:  2S h   b b hc  2S c  2S a   5n   5n  3   ,   10n   2  n   5n  n  5n  n  2  n   5n  n     10n   5n  n  2 5n  n  2 5n  n   ,  N, nên tam giác khơng phân tích Mệnh đề chứng minh Ví dụ: Với n   a, b, c   105,169,172  Suy ra: S  2184,  15, r  8, rn  12, r  21, rc  2184 b LƯỚI NGUYÊN CÁC TAM GIÁC HERON Trong [3] Paul Yiu phát chứng minh tất tam giác Heron lưới nguyên tam giác, tức nhúng vào mặt phẳng tọa độ để tam giác Heron có đỉnh mang tọa độ số nguyên Mệnh đề 3.1 Có vơ số tam giác Heron (không Pythagore) xếp lưới nguyên, điểm I , I a , I b , I c điểm nút lưới Chứng minh a) Họ tam giác Heron phân tích theo mệnh đề 2.1: 2 a  n , b   2n  1 n  n  , c   n  1 n  n  Có thể chọn tọa độ  A      2n  n  1 2n  1 ,  2n  1 2n  1  ; B   4n2 , 0 , C   0, 0 Khi tọa độ tâm đường trịn nội tiếp bàng tiếp: I   s  c, r   1, 2n  1 I a   a  b,     2n  1 2n  1 , 2n  1 ,    2 I  a  s , r  2n  2n  1 , 2n , b b 2 I c   s, r   2n  2n  1 , 2n  2n  1 2n  1   Giá trị đầu n  cho ta tam giác ABC tâm đường tròn: A   20,15  , B 16,  , C  0,  I  1,3 , I a  15,5  , I   24,8  , I c   40,120  b 132 | TRƯỜNG ĐẠI HỌC HẢI PHỊNG b) Họ tam giác Heron khơng phân tích theo mệnh đề 2.2: a  5n  n  ,     b   n   5n  n  c   5n    5n  6n   , Từ lấy tọa độ đỉnh:  =  2n  2n  1 r ,  n  1 3n  1 r  ,  A  n  2n  1 5n  3 ,  n  1 2n  1 5n  3 ,   a a     2 B  4 5n  n  , 3 5n  n   4r , 3r b b  , C   0,0  Khi tọa độ tâm đường tròn: aA  bB  cC   3n  1, n  1 ; abc  aA  bB  cC Ia    4 n  1 ,  3n   , a  b  c aA  bB  cC I    4n  1 r ,  3n   r , b b b abc I     aA  bB  cC Ic     3n   r ,  4n  1 r  Mệnh đề chứng minh b b abc Ví dụ: Với n  thu được: A  156, 65  , B   84, 63 , C   0,  ; I   4, 7  , I a   91, 52  , I  147,84  , I c  1092, 1911 b KẾT LUẬN Bài báo giới thiệu số kết tam giác Heron có điều kiện bán kính đường trịn nội tiếp, bàng tiếp số tự nhiên Tác giả góp phần chi tiết hóa chứng minh kết luận thứ kết luận thứ hai, phát biểu [3]; Dựa vào tài liệu [2] tác giả trình bày chi tiết phép chứng minh mệnh đề 3.1 TÀI LIỆU THAM KHẢO Marrows, B.J (2001), ‘Pythagorean and Heronian triangles’, Autralian Benior Mathamatics Journal 21 Yiu, P (2001), ‘Heronian triangles and lattice triangles’, Amer Math, Monthly, 108 (2001), 261 - 263 Zhou, L (2018), ‘Primitive Heronian Triangles With Interger Innradius and Exradii’, Forum Geom 18, 71 - 77 TẠP CHÍ KHOA HỌC, Số 42, tháng năm 2020| 133 ... nhất: Khơng có tam giác Heron cân thỏa mãn r , , rb , rc số tự nhiên 1.3 Tam giác Heron với cạnh lập thành cấp số cộng Một trường hợp đặc biệt nữa: cạnh tam giác lập thành cấp số cộng Mệnh đề... Yiu phát chứng minh tất tam giác Heron lưới nguyên tam giác, tức nhúng vào mặt phẳng tọa độ để tam giác Heron có đỉnh mang tọa độ số ngun Mệnh đề 3.1 Có vơ số tam giác Heron (không Pythagore)... tam giác Heron với cạnh lập thành cấp số cộng có tam giác với (a, b, c)=(3,4,5) thỏa mãn đồng thời r , , rb , rc số tự nhiên TAM GIÁC HERON CƠ BẢN PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ KHƠNG PHÂN TÍCH ĐƯỢC Với tam