Heronove trojke

Za uređenu trojku $(a,b,c)$ prirodnih brojeva kažemo da je Heronova ako[[ trougao čije stranice imaju dužine a, b i c ima cjelobrojnu površinu. Smatračemo podudarnim Heronove trojke koje se dobijaju jedna iz druge permutacijom

Neki primjeri Heronovih trojki su: $(3,4,5)$, $(5,5,6)$, $(13,14,15)$, $(11,13,20)$

Heronova trojka koja je aritmetički niz

Neka je $(a,b,c)$ Heronova trojka koja je ujedno i rastući aritmetički niz.

Tada je $a=b-d$ ¡ $c=b+d$, $d\in N$, pa je prema Heronovom obrascu

$P={\sqrt {{\frac {3b}{2}}*{\frac {b-2d}{2}}*{\frac {b}{2}}*{\frac {2b+2d}{2}}}}=>3b^{2}(b^{2}-4d^{2}=16P^{2}$

Smjenom $P={\frac {1}{2}}bh_{b}$ i skračivanjem sa $b^{2}$ dobijamo

$3b^{2}(b^{2}-4d^{2})=4{h_{b}}^{2}$

Kako je $b$ parno $b=2m$ za $m\in N$ dobijamo

$3(m^{2}-d^{2})=4{h_{b}}^{2}$

Da bi rješenja bila iz skupa prirodnih brojeva mora biti

Za $k=1$

$(m-d)(m+d)=3$

$m-d=1$

$m+d=3$

pa je

$m=2$ , $d=1$ i $b=4$. Dobili smo trojku ($3,4,5)$ koja je osnovna Pitagorina trojka

Za $k=2$ dobijamo trojku ($6,8,10)$ ujedno je i Pitagorina

Za $k=3$ dobijamo trojku ($9,12,15)$ i $(5,28,41)$

Za $k=4$ dobijamo trojku ($15,26,37)$, $(12,16,20)$ i $(13,14,15)$

Prave Heronove trojke

Ako su brojevi u Heronovoj trojci uzajamno prosti i ako ne čine Pitagorinu trojku, kazemo da je Heronova trojka prava. Odredimo uslove pri kojima se iz rješenja jednačine

$m^{2}-d^{2}=3k^{2}$ za $k\in N$ dobijaju prave Heronove trojke.

U slučaju da je vrijednost izraza $m^{2}-d^{2}$ neparno $NZD(m-d,m+d)=1$

U slučaju da je vrijednost izraza $m^{2}-d^{2}$ parno $NZD(m-d,m+d)=2$

Neka je $NZD(m-d,m+d)=p>=2$

Ako je $p$ parno onda je $p=2i$ za $i\in N$ i $i>1$

$m-d=2iq$

$m-d=2ir$ za $r>q$ i $r,q\in N$

$b=2i(q+r)$

$d=i(r-q)$

$a=b-d=i(3q+r)$

$c=b+d=i(q+3r)$

Brojevi $a$, $b$, $c$, $d$ nisu uzajamno prosti

Heronove trojke sa uzastopnim članovima

Poseban slucaj jednačine

$m^{2}-d^{2}=3k^{2}$ za $k\in N$ se dobija za $d=1$. On se odnosi na Heronove trojke koje čine aritmetički niz sa razlikom 1, tj. niz tri uzastopna prirodna broja. U tom slučaju dobija se

$m^{2}-1=3k^{2}$

Osnovno rješenje je $(m_{1},l_{1})=(2,1)$, jer je $(2-{\sqrt {3}})(2+{\sqrt {2}})=1$

$(m_{n}-k_{n}{\sqrt {3}})(m_{n}+k_{n}{\sqrt {3}})=(2-{\sqrt {3}})^{n}(2+{\sqrt {3}})^{n}=1$ za $n\in N$

$m_{n}=2^{n}+{\binom {n}{2}}2^{n-2}({\sqrt {3}})^{2}+{\binom {n}{4}}2^{n-4}({\sqrt {3}})^{4}+...$

Kako je $b_{n}=2m_{n}$ imamo

$b_{n}=\sum _{i=0}^{n}(1+(-1)^{i})*{\binom {n}{i}}*2^{n-i}*3^{i/2}=(2+{\sqrt {3}})^{n}(2-{\sqrt {3}})^{n}$

što je uslov $a_{n}=b_{n}-1$ i $c_{n}=b_{n}+1$ daje niz Heronovih trojki (a_n, b_n, c_n) čiji su članovi tri uzastopna prirodna broja.

U sljedečoj tabeli dato je prvih pet Heronovih trojki definisanih na ovaj nacin

n	$a_{n}$	$b_{n}$	$c_{n}$	$O_{n}$
1	3	4	5	6
2	13	14	15	84
3	51	52	53	1170
4	193	194	195	16296
5	723	724	725	226974

Rekurentna formula za niz površina Heronovih trouglova

Posmatrajući posllednju kolonu prethodne tabele, empirijskom indukcijom može se zaključiti da važi formula

$P_{n+2}=14P_{n+1}-P_{n}$

Neka je $n\ N$ i $b_{n}$ srednja po veličini stranica n-tog Heronovog trougla kome su dužine stranica tri uzastopna prirodna broja. Primjenom Heronove formule može se izraziti niz površina $P_{n}$ tih trouglova u funkciji od $b_{n}$.

Nije teško utvrditi da je

$P_{n}={\frac {\sqrt {3}}{4}}b_{n}{\sqrt {{b_{n}}^{2}-4}}$

Za $b_{n}=(2+{\sqrt {3}})^{n}+(2-{\sqrt {3}})^{n}$ dobijamo

$P_{n}={\frac {\sqrt {3}}{4}}((7+4{\sqrt {3}})^{n}-(7-4{\sqrt {3}})^{n}))$

$14P_{n+1}-P_{n}=14*{\frac {\sqrt {3}}{4}}((7+4{\sqrt {3}})^{n+1}-(7-4{\sqrt {3}})^{n+1}-{\frac {\sqrt {3}}{4}}((7+4{\sqrt {3}})^{n}-(7-4{\sqrt {3}})^{n})=$

${\frac {\sqrt {3}}{4}}((7+4{\sqrt {3}})^{n+2}-(7-4{\sqrt {3}})^{n+2})$