胡 濤

(安徽省教育科學(xué)研究院 230061)

問題已知△A1B1C1是n×n的方格紙中的一個格點三角形,畫出一個格點△A2B2C2,使△A2B2C2∽△A1B1C1.

證明如圖1， 設(shè)A1(m1，n1),B1(0，0),C1(p1，q1),A2(m2，n2),B2(0，0),C2(p2，q2).則有

圖1

圖2

證明△A2B1C2的作法如下：

(1)延長B1C1至點P,使B1P=aB1C1,顯然P為格點;

(2)作PC2⊥B1P(∠PB1C2為逆時針方向),且使PC2=bB1C1,易知C2也為格點;

(3)延長B1A1至點Q,使B1Q=aB1A1,顯然Q為格點;

(4)作QA2⊥B1Q(∠QB1A2為逆時針方向),且使QA2=bB1A1,易知A2也為格點;

(5)格點三角形A2B1C2即為所求.

定義已知△A0B0C0是一個格點三角形.若對任意的與它相似的格點△A1B1C1，都有相似比k≥1,k∈R，則稱△A0B0C0為一個最小格點三角形.

定理3若△A1B1C1是任意一個格點三角形,則存在最小格點的△A0B0C0,使得△A1B1C1∽△A0B0C0.

定理4設(shè)△ABC是格點三角形，且AB2,BC2,AC2被素數(shù)r整除，則

為證明定理4，先給出一個引理.

引理13(1)方程x2≡-1 (modr)對素數(shù)r=4k+1有兩個解，對r=2有一個解，對素數(shù)r=4k+3沒有解；

(2)若素數(shù)r=4k+3整除x2+y2，則rx,ry.

下面證明定理4：

(Ⅱ)若r=2或r=4k+1,-1是r的二次剩余，在模r意義下，有±i兩個整數(shù)滿足x2≡-1,(r=2時，只有一個數(shù)1滿足)我們知道，若m2+n2≡0(modr),則必有m+ni≡0或m-ni≡0(modr).

下面證明，可以恰當(dāng)?shù)剡x取i(必要時用-i替換i)使得同時有

m+ni≡0且p+qi≡0(modr).

為此，首先設(shè)m,n,p,q與r互素，因為若m,n被r整除，則同時有m+ni≡0和m-ni≡0(modr),結(jié)論便成立了.

又可設(shè)r≠2,因為r=2時i≡-i(modr),結(jié)論亦成立.

最后，我們設(shè)m+ni≡0(modr)但p-qi≡0(modr),此時,有

0 ≡(p-m)2+(q-n)2

≡p2+q2+m2+n2-2pm-2qn

≡0+0-2(iq)(-in)-2qn

≡-4qn≠0(modr).矛盾！

于是，設(shè)m+ni≡0且p+qi≡0(modr),

因為r=2,或r=4k+1，

所以r可以表示為a2+b2.

由于a+bia-bi≡0(modr)，

即a+bib+ai≡0(modr)，

所以，不妨設(shè)a+bi≡0(modr),否則，交換a,b即可，此時，

am+bn≡0，an-bm≡0,ap+bq≡0,

aq-bp≡0(modr)，

由定理4容易得到：

設(shè)B0(0,0)，A0(m0,n0)，C0(p0,q0)，

B1(0,0).A1(m1,n1)，C1(p1,q1)，

解得

(Ⅰ)當(dāng)a=0,b≠0或b=0,a≠0時，

不妨設(shè)a=0,b≠0，有

設(shè)b=tb0，d=td0，t∈N*，b0,d0=1，

與已知矛盾，所以此時△A0B0C0是最小格點三角形.

(Ⅱ)當(dāng)a≠0,b≠0時，

令a=ha0，b=hb0，h∈N*，a0,b0=1，

所以m0m1+n0n1=ta0，

n0m1-n0m1=tb0，t∈N*.

設(shè)h=lh0，d=ld0，l∈N*,h0,d0=1，

所以此時△A0B0C0是最小格點三角形.

綜上可得，△A0B0C0是最小格點三角形.

d=(AB2,BC2,AC2),(d≠1)，

為證明定理6和7，再給出兩個引理：

引理23正整數(shù)n可以表示成兩個整數(shù)的平方和當(dāng)且僅當(dāng)n的每個形如4k+3的素因子的重數(shù)是偶數(shù)．

引理3若x=m2+n2，y=p2+q2，則x,y的公因數(shù)d可以表示成a2+b2的形式．

證明由于x=m2+n2，y=p2+q2，由引理2知，x,y的每個形如4k+3素因子的重數(shù)是偶數(shù)，所以d的每個形如4k+3的素因子的重數(shù)也是偶數(shù)，故d可以表示成a2+b2的形式.

基于以上定理以及推論，下面來解決文首提出的問題：