Kezdőlap


Feladat:	1121. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Tóth Edit
Füzet:	1962/március, 110 - 111. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú diofantikus egyenletek, Derékszögű háromszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/szeptember: 1121. matematika feladat

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

Legyen az átfogószám $\bar{d e} = 10 d + e$ , így az egyik befogószám $\bar{e d} = 10 e + d$ , ahol $d, e$ 0-tól és egymástól különböző számjegyek, és $d > e$ . A másik befogószám legyen $b (10 \leq b < 100$ ). Így Pythagorász tételét alkalmazva

\begin{matrix} {(10 e + d)}^{2} + b^{2} = {(10 d + e)}^{2} \\ b^{2} = 99 (d^{2} - e^{2}) = 3^{2} \cdot 11 (d - e) (d + e) . \end{matrix}

A jobb oldal osztható a

11

törzsszámmal, ezért

b^{2}

is osztható vele. Ámde négyzetszámot különböző törzsszámok hatványainak szorzataként felírva benne minden kitevő páros, tehát

b^{2}

osztható

11^{2}

-nel. Ezért

(d - e) (d + e)

osztható

11

-gyel. Mivel

d - e

legalább 1 és legfeljebb 8, azért csak

d + e

lehet osztható vele. Másrészt

d + e

legalább 3, legfeljebb 17, és e két határ között csak maga 11 megfelelő, tehát

d + e = 11

. Most már

\begin{matrix} b^{2} = 3^{2} \cdot 11^{2} (d - e) . \end{matrix}

Eszerint

d - e

négyzetszám, éspedig páratlan, mert egész számok összege és különbsége párosságra nézve megegyező, és

d + e

páratlan. Így csak

d - e = 1^{2}

lehetséges. E két feltételből

d = 6

e = 5

, másrészt

b = 3 \cdot 11

, tehát az oldalak mértékszámai

33

56

és

65

Tóth Edit (Székesfehérvár, Vasvári P. g. IV. o. t.)

Megjegyzés. Számos dolgozat a pythagorászi alaphármasok ismert

u^{2} + v^{2}

u^{2} - v^{2}

2 u v

képletrendszerén át jutott el az eredményhez. Kiindulásuk hibás, mert eleve feltették, hogy a keresett hármas alaphármas. Erre azonban a feladat szövege semmi utalást nem tartalmazott.
Az idézett képletrendszerrel minden alaphármast megkapunk, ha

u, v

relatív prím, ellentétes párosságú pozitív egész számok és

u > v

. Ha az

(u, v) = 1

feltételt elejtjük, továbbra is pythagorászi hármasokat kapunk, nem alaphármasokat, és nem is minden hármast.