Feladat: 644. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bártfai P. ,  Biczó G. ,  Bonyhárd P. ,  Csiszár I. ,  Darvas I. ,  Fuchs T. ,  Harza T. ,  Jónás J. ,  Kálmán Gy. ,  Katona P. ,  Katz T. ,  Kiss P. ,  Legéndy K. ,  Lőke Mária ,  Mecseki A. ,  Pasitka B. ,  Pátkai Gy. ,  Quittner P. ,  Rázga T. ,  Stáhl J. ,  Szabados József ,  Szabó E. ,  Szeidl T. ,  Zsombok Z. 
Füzet: 1955/május, 143 - 144. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Hossz, kerület, Pitagoraszi számhármasok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1954/november: 644. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Feladatunk így is fogalmazható: ϱ(AC)=b, ϱ(BC)=a, ϱ(AB)=c egész számok alkothatnak-e pitagoraszi számhármast?
Legyen tehát a2+b2=c2, ahol a, b, c relatív prímszámok. Vegyük fel az A és B mezőt úgy, hogy ϱ(AB)=c. Keressük meg és jelöljük C'-vel mindazokat a mezőket, melyekre ϱ(AC)=b, továbbá keressük meg a C mezőket, amelyekre ϱ(BC)=a.

 
 

Ha kimutatjuk, hogy van olyan C mező a konfigurációban, melyre ezen megjelölés során C' és C'' is került, a feladatot nyilván megoldottuk.
Kimutatjuk, hogy ilyen mező van.
A B mezőtől a lóugrásnyira levő mezők az a és (a-1)-ik egyesített övben helyezkednek el (és ha a>4, akkor csakis ott), hasonlóan az A mezőtől b lóugrásnyira levő mezők a b és (b-1)-ik egyesített övben vannak. Minthogy
ϱ(AB)<ϱ(AC)+ϱ(BC)
(a 2. axióma nem lineáris ponthármasra) fennáll, a két övnek biztosan van közös mezője.
Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy A sötét mező.
Természetesen a két öv valamennyi közös mezője nem felel meg a feladat feltételeinek. A megfelelő mezők kiválasztása ‐ az előbbi feltétel kihasználásával ‐ a következő módon történhet:
Ha ϱ(AB) páros és ϱ(AC) és ϱ(BC) páratlan, akkor B szintén sötét mező, és C ‐ akár az A, akár a B mezőtől vett távolságot tekintjük ‐ világos mező, tehát a két öv közös részének valamennyi világos mezeje megfelel a feladat feltételeinek:
Ha ϱ(AB) páratlan, akkor B világos mező és C sötét, ha ϱ(AC) páros és ϱ(BC) páratlan (lásd ábránkat), ill. C világos ha ϱ(AC) páratlan és ϱ(BC) páros. Ábránk a c=5, b=4 és a=3 esetet tünteti fel.
 Szabados József (Bp. III., Árpád g. III. o. t.)
 

II. megoldás: Tekintsük a 2n+1, 2n2+2n és 2n2+2n+1 speciális pitagoraszi számhármasokat. Legyen A a végtelen sakktábla kiindulási mezeje. Az A-tól számított (2n2+2n)-ik övben csupa 2n2+2n és 2n2+2n+1 számmal jelölt mező van. Tehát a B és C mezők ebben az övben vannak és különböző színűek, mert ϱ(AB)=2n2+2n+1 és ϱ(AC)=2n2+2n különböző párosságú. Tehát ϱ(BC) páratlan, és így lehet ϱ(BC)=2n+1.
Mivel 2n+1<2n2+2n, azért a (2n2+2n)-ik övben tetszőlegesen kiválasztott B ponthoz mindig található (az I. megoldás alapján) az övben fekvő C pont, melyre nézve tényleg ϱ(BC)=2n+1.
Triviális példa: n=1 esetén a 2n2+2n=4-ik övben csupa 4-gyel és 5-tel jelölt mező található (lásd 1954. novemberi 3‐4. szám 73. old. 2. ábra) és bármelyik két szomszédos 4(=C) és 5(=B) távolsága ϱ(BC)=3.
 

Lőke Mária (Sárvár, ált. gimn. IV. o. t.)