Abstract:用初等数论的知识证明了:对任意正整数n(n≥3),在平面上存在n个点,其中任两点之间的距离均为有理数,且任三点不共线,而以其中任意三点为顶点的三角形的面积均为无理数.
1 问题的提出
在某奥数群中,一位老师提出如下4个有趣问题:
问题1对任意正整数n(n≥3),在平面上是否存在n个点:其中任两点之间的距离均为有理数,且任三点不共线,而以其中任意三点为顶点的三角形的面积也均为有理数?
问题2对任意正整数n(n≥3),在平面上是否存在n个点:其中任两点之间的距离均为无理数,且任三点不共线,而以其中任意三点为顶点的三角形的面积也均为无理数?
问题3对任意正整数n(n≥3),在平面上是否存在n个点:其中任两点之间的距离均为无理数,且任三点不共线,而以其中任意三点为顶点的三角形的面积均为有理数?
问题4对任意正整数n(n≥3),在平面上是否存在n个点:其中任两点之间的距离均为有理数,且任三点不共线,而以其中任意三点为顶点的三角形的面积均为无理数?
关于问题1,我们早有答案:
定理1[1]对任意正整数n(n≥3),在单位圆上存在这样的n个点:其中任意两点间的距离是有理数,且以其中任意三点为顶点的三角形的面积也都是有理数.
圆上任意三点显然不共线,所以,问题1的回答是肯定的.需要说明的是:对定理1中的n点组,如果作适当的相似放大,诸有理数都可放大为整数.从而推出关于Heron三角形的一个有趣结论[1]:
对任意给定的正整数n(n≥3),存在这样的圆,它上面有这样的n个点:以其中任意三点为顶点的三角形都是Heron三角形.
而若将定理1中的平面n点组放大2倍,则其中任两点间的距离也放大2倍——变成了无理数,而其中任三点为顶点的三角形的面积将放大2倍——还是有理数,这样就得到了满足问题3条件的n点组.
若将定理1的平面n点组放大π倍,则其中任两点间的距离也放大π倍——变成了无理数,而其中任三点为顶点的三角形的面积将放大$\pi^2$倍——也变成了无理数,这样得到的即是满足问题2条件的$n$点组.
那么满足问题4条件的平面n点组存在吗?如果存在,如何构造出来呢?
本文中我们就将解决这个问题.
2 预备知识
先介绍文献[2]中的相关知识.
定义1[2]$a,e\inℕ^+$,如果$a^2\mid e$,则$a$叫做$e$的平方因子(显然1是任何正整数的平方因子).如果除1外$e$没有其它的平方因子,我们就说$e$是无平方因子数,或者说$e$无平方因子.比如1,2,3,5,6⋯就是无平方因子数.
注:按此处定义,1也算无平方因子数.这样的定义便于统一表述.
定义2[2]对给定的无平方因子数e,定义$F(e)=\{k\sqrt{e}\mid k\inℚ\}$
对给定的无平方因子数$e$,下面给出文献[2]中的几个与数集$F(e)$有关的结论.
引理1[2]若$a=k\sqrt{e}$,其中$k\inℚ$,$e$是无平方因子数,则$a\inℚ$的充要条件是:$e=1$或$k=0$.
引理2[2]若$a,b\in F(e),m,n\inℚ$,则$ma+nb\in F(e),ab\inℚ,\frac ab\inℚ(b\ne0)$.特别地$a\sqrt e\inℚ,a^2\inℚ$.
引理3[2]$e$是无平方因子数.若$\theta\ne k\pi(k\inℤ)$,则$\sin\theta\in F(e)$且$\cos\theta\inℚ$的充要条件是$\tan \frac\theta2\in F(e)$
证明(i)当$\sin\theta\in F(e),\cos\theta\inℚ$时,$$\tan\frac\theta2=\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}=\frac{1-\cos\theta}{\sqrt{e}\sin\theta} \sqrt{e}$$由引理2及定义2知$\tan \frac\theta2\in F(e)$
(ii)当$\tan \frac\theta2\in F(e)$时,由万能公式$$\cos \theta=\frac{1-\tan ^{2} \frac{\theta}{2}}{1+\tan ^{2} \frac{\theta}{2}}, \sin \theta=\frac{2 \tan \frac{\theta}{2}}{1+\tan ^{2} \frac{\theta}{2}}$$结合引理2及定义2即知:$\sin\theta\in F(e),\cos\theta\inℚ$.证毕.
我们的思路是将文献[2]中的上述结果与文献[1]的方法结合起来,用构造法将定理1推广为:
定理2 $e$是给定的无平方因子数,则$\forall n\inℕ(n\ge3)$,在圆$x^2+y^2=e$上存在这样的$n$个点:其中任两点之间的距离均为有理数,而以其中任三点为顶点的三角形的面积$\in F(e)$.
注:由定义2,当$e=1$时,$F(e)=Q$.因此,定理1是定理2在$e=1$时的特例.
证明:对给定的无平方因子数$e$,可在$\left[0,\frac\pi2\right)$内取$n$个互异的角$\beta_1,\beta_2,\beta_3,\cdots,\beta_n$,使得$\tan\beta_i\in F(e)(i=1,2,3,\cdots,n)$.
此时有$4\beta_i\in[0,2\pi)$,则可以在圆$x^2+y^2=e$上找到相应的诸点$M_i(e\cos4\beta_i,e\sin4\beta_i)(i=1,2,3,\cdots,n)$.
因为$\tan\beta_i\in F(e)$,由引理3知:$$\sin 2 \beta_{i} \in F(e), \cos 2 \beta_{i} \inℚ(i=1,2,3,\cdots, n)$$而$\sin4\beta_i=2\sin2\beta_i\cos2\beta_i,\cos4\beta_i=\cos^22\beta_i-\sin^22\beta_i(i=1,2,3,\cdots,n)$.
结合引理2和定义2知:$\sin4\beta_i\in F(e),\cos4\beta_i\inℚ(i=1,2,3,\cdots,n)$.
又,对任意$j,k,l\in\{1,2,3,\cdots,n\}$($j,k,l$两两不等),由解析几何知识知:$\triangle M_jM_kM_l$的面积\begin{align}S&=\frac12\begin{vmatrix}\sqrt{e} \cos 4 \beta_{j} & \sqrt{e} \sin 4 \beta_{j} & 1 \\ \sqrt{e} \cos 4 \beta_{k} & \sqrt{e} \sin 4 \beta_{k} & 1 \\ \sqrt{e} \cos 4 \beta_{l} & \sqrt{e} \sin 4 \beta_{l} & 1\end{vmatrix}\\ &=\frac12\begin{vmatrix}\cos 4 \beta_{j} & \sqrt{e} \sin 4 \beta_{j} & 1 \\ \cos 4 \beta_{k} & \sqrt{e} \sin 4 \beta_{k} & 1 \\ \cos 4 \beta_{l} & \sqrt{e} \sin 4 \beta_{l} & 1\end{vmatrix}\sqrt{e}\end{align} 结合引理2知:上面行列式中的所有9个元素均为有理数,则将它展开后其值必为有理数.再结合定义2可知$S\in F(e)$.
下面证明其中任两点间的距离为有理数.
对任意$k,l\in\{1,2,3,\cdots,n\}$且$k\ne l$,由两点间距离公式有
其中$\sin2(\beta_k-\beta_l)=\sin2\beta_k\cos2\beta_l-\cos2\beta_k\sin2\beta_l$,而前面已证:$\sin2\beta_i\in F(e),\cos2\beta_i\in ℚ(i=1,2,3,\cdots,n)$.
结合定义2和引理2即知:$\sin2(\beta_k-\beta_l)\in F(e)$.
由此并结合引理2即知:$\left|M_{k} M_{l}\right|=2 \sqrt{e} \cdot\left|\sin 2\left(\beta_{k}-\beta_{l}\right)\right| \in ℚ$.证毕.
上面已证:$\triangle M_jM_kM_l$的面积$S\in F(e)$.又,显然$S\ne0$,则当$e\ne1$时,由引理1知:$S$必为无理数.
这表明:当$e\ne1$时,定理2证明中构造出的诸点$M_i\left(\sqrt{e} \cos 4 \beta_{i}, \sqrt{e} \sin 4 \beta_{i}\right)(i=1,2,3,\cdots, n)$即满足问题4的要求.
这样我们就全部解决了本文开头提到的4个问题.而对于问题的空间推广问题,无疑是一个有趣而又十分困难的问题.
References
[1] 吴波.关于海伦三角形的一个有趣定理[J].数学通报,2006,45(5):62.
[2] 吴波.本原海伦数组公式[J].中学数学,1999(12):43-45.