Feladat: 1148. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Baróti György ,  Benczúr András ,  Csűrös Miklós ,  Farkas Zoltán ,  Földes Antónia ,  Gálfi László ,  Garai G. ,  Gecsey L. ,  Horváth Kálmán ,  Horváth Péter (Bp. Kossuth L. gépip. t.) ,  Kacsó A. ,  Kobzos László ,  Lánc J. ,  László Erika ,  Lehel J. ,  Lipcsey Zs. ,  Malatinszky G. ,  Nagy János (Szeged) ,  Opálény M. ,  Pázmándi L. ,  Rosta J. ,  Sebestyén Z. ,  Seprődi L. ,  Strobl Ilona ,  Surányi Andor ,  Szekeres Veronika ,  Szidaronszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Szigeti F. ,  Szirai J. ,  Tamás Géza ,  Vas J. ,  Verdes M. ,  Vesztergombi F. ,  Vesztergombi Gy. ,  Zalán P. ,  Zalay M. 
Füzet: 1962/november, 110 - 112. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Irracionális egyenletrendszerek, Pitagoraszi számhármasok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/január: 1148. matematika feladat

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

I. A feltevés szerint az a, b, c természetes számok egy derékszögű háromszög oldalhosszai. Az (1)-beli negyedik kifejezés beszorzással és a feltevés alapján

2c2=a2+b2+c2(3)
helyettesítéssel így írható:
2(c+a)(c+b)=2c2+2(ab+ac+bc)=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc)=(4)=(a+b+c)2,


tehát ez a szorzat az a+b+c természetes szám négyzete.
Az (1) alatti második és harmadik szorzat úgy áll elő a negyedikből, hogy a helyett -a-t, ill. b helyett -b-t írunk, az első szorzat pedig e két változtatás egyidejű végrehajtásával. Mindhárom változtatás mellett érvényben marad (3), ezért az első három szorzat rendre egyenlő a következő négyzetekkel:
(-a-b+c)2=(a+b-c)2,(-a+b+c)2,(a-b+c)2,
ahol az alapok ismét egész számok. Eszerint az első állítás helyes. ‐ (A (4) és belőle következő egyenlőségek minden derékszögű háromszögben érvényesek, ugyanis megállapításukban nem használtuk ki a, b, c egész voltát.)
 
II. Vegyük (4) mindkét oldalának pozitív négyzetgyökét:
2(c+a)(c+b)=a+b+c=(c+a)+(c+b)-c.
Ez azt jelenti, hogy az x1=c+a, y1=c+b számpárra
2x1y1=x1+y1-c,x1+y1-2x1y1=c,
azaz teljesül a (2) alatti második egyenlet.
Hasonlóan kapunk megoldásokat ugyanezen egyenletre, ha vesszük az (1) alatti 2. és 3. szorzatból kapott egyenlőség mindkét oldalának pozitív négyzetgyökét és a jobb oldalon kis átalakítást végzünk:
2(c-a)(c+b)=-a+b+c=(c-a)+(c+b)-c-bőlx2=c-a,y2=c+b,2(c+a)(c-b)=a-b+c=(c+a)+(c-b)-c-bőlx3=c+a,y3=c-b,

ugyanis a háromszögegyenlőtlenség folytán -a+b+c>0 és a-b+c>0.
Az (1) alatti első szorzatra kapott egyenlőség viszont ugyanígy (2) első egyenletére ad megoldást:
2(c-a)(c-b)=a+b-c=c-(c-a)-(c-b)
-ből, ahol a háromszög-egyenlőtlenség szerint a+b-c>0, x0=c-a, y0=c-b-vel 2x0y0=c-x0-y0, vagyis valóban teljesül
x0+y0+2x0y0=c.

Ezek szerint ha c egy pythagorászi számhármas átfogószáma, akkor a (2) egyenletek megoldhatók egész számokban, sőt pozitív egész számokban, az
x0=c-a,y0=c-b,ill.x1=c+a,y1=c+b,x2=c-a,y2=c+b,x3=c+a,y3=c-b
számpárok ‐ ahol a és b a c átfogószámhoz tartozó befogószámok ‐ mindenesetre megoldást adnak. Ezeken felül magától értetődő (ún. triviális) megoldás mindkét egyenletre x=c, y=0, továbbá a másodikra x=c, y=2c, és természetesen bármely megoldásban x és y felcserélésével ismét megoldást kapunk. Ezeket alább figyelmen kívül hagyjuk.
Megmutatjuk még, hogy a fentieken felül más megoldásuk nincs a (2) egyenleteknek. Ezeket
2xy=c-x-y,-2xy=c-x-y
alakban írva és négyzetre emelve a
2xy=c2-2cx+x2-2cy+y2+2xy,
másképpen a
(c-x)2+(c-y)2=c2(5)
egyenletre jutunk. Ez mindkét egyenletünknek következménye, vagyis a (2) egyenleteket más gyök nem elégítheti ki, mint (5)-öt. Ez azt jelenti, hogy vagy |c-x|, |c-y| egyike 0, a másik c, vagy e két szám (mint befogószám) és c pythagorászi számhármast alkot. Így valóban a két egyenlet összes megoldásai csak az x=c, y=0; x=c, y=2c számpárok, továbbá ha létezik c átfogószámmal pythagorászi számhármas, minden ilyen a, b, c számhármashoz az x=c∓a, y=c∓b számpárok. Azt az előzőkben már tisztáztuk, hogy ezek közül melyikek az első és melyikek a második egyenlet megoldásai.
 

III. Meg kell keresnünk a c=13 és c=50 átfogószámokhoz tartozó befogó számpárokat (ha egyáltalán léteznek). Minden pythagorászi számhármast megad a következő képlethármas:
a=k(u2-v2),b=k⋅2uv,c=k(u2+v2),(6)
ahol u, v relatív prim természetes számok, egyikük páros, és u>v, továbbá k tetszés szerinti természetes szám. k=1 esetén alap hármasokat kapunk, azaz a, b, c relatív prímek.
Mivel c=13 törzsszám, itt csak k=1 lehet, másrészt u2+v2=13 csak u=3, v=2-vel adódik ki, tehát a számhármas: 5, 12, 13. Így a (2) alatti első egyenlet megoldásai: x0=13-5=8, y0=13-12=1, a második egyenletéi pedig: x1=18, y1=25; x2=8, y2=25; x3=18, y3=1.
c=50=2⋅52. Nem lehet k=1, vagy 5, mert 50, ill. 10 páros, nem állítható elő egy páros és egy páratlan négyzetszám összegeként. Így vagy k=2 és u2+v2=25 ‐ amiből u=4, v=3 ‐, vagy k=10 és u2+v2=5, amiből u=2, v=1, tehát két számhármast kapunk: 14, 48, 50 és 30, 40, 50. Ezekből a megoldást adó számpárok az első egyenletre 2, 36 és 10, 20, a másodikra pedig 36, 98; 2, 64; 64, 98; 20, 90; 10, 80; 80, 90.
 
 Kobzos László (Vác, Lőwy S. gépip. t. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A II. szakasz második részében nemcsak azt láttuk be, hogy a találtakon kívül nincs egész megoldása az egyenleteknek, hanem megkaptuk ezeket a megoldásokat az első rész és I. felhasználása nélkül.
2. Az első állítás a (6) képlet hármas felhasználásával is igazolható, a négy szorzat rendre így alakul:
[2kv(u-v)]2,[2kv(u+v)]2,[2ku(u-v)]2,[2ku(u+v)]2.