Kezdőlap


Feladat:	F.1626	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1968/december, 212 - 213. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elsőfokú diofantikus egyenletek, Prímtényezős felbontás, Pitagoraszi számhármasok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/október: F.1626

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

Legyenek az első háromszög befogói $a$ és $b$ , átfogója $c$ , ekkor a második háromszögéi $a + 100$ , $b + 100$ és $c + 140$ , és Pitagorasz tétele szerint

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} = c^{2} és {(a + 100)}^{2} + {(b + 100)}^{2} = {(c + 140)}^{2} . \end{matrix}

A másodikból az elsőt levonva átrendezés és egyszerűsítés után

\begin{matrix} 5 (a + b + 2) = 7 c . \end{matrix}

(1)

Ez csak úgy állhat fenn, ha c osztható 5-tel:

c = 5 c'

, ahol

c'

is egész szám. Ekkor

\begin{matrix} a + b = 7 c' - 2. \end{matrix}

Ezt felhasználva első egyenletünk alapján

a b

-t is kifejezhetjük

c'

-vel:

\begin{matrix} 25 c'^{2} = a^{2} + b^{2} = {(a + b)}^{2} - 2 a b = {(7 c' - 2)}^{2} - 2 a b . \end{matrix}

Innen átrendezés és egyszerűsítés után

\begin{matrix} a b = 12 c'^{2} - 14 c' + 2. \end{matrix}

Ezek alapján

a

és

b

\begin{matrix} x^{2} - (7 c' - 2) x + (12 c'^{2} - 14 c' + 2) = 0 \end{matrix}

(2)

x

-re vonatkozó másodfokú egyenlet két gyöke. Ezek csak úgy lehetnek egészek, ha a diszkrimináns egy

t

egész szám négyzete:

\begin{matrix} {(7 c' - 2)}^{2} - 4 (12 c'^{2} - 14 c' + 2) = c'^{2} + 28 c' - 4 = {(c' + 14)}^{2} - 200 = t^{2} . \end{matrix}

Ebből

\begin{matrix} {(c' + 14)}^{2} - t^{2} = (c' + t + 14) (c' - t + 14) = 200. \end{matrix}

A szorzat tényezői egyező párosságúak, mert

2 t

-vel, tehát páros számmal különböznek. Így mindkettő páros, hiszen a szorzatuk páros. Feltehetjük, hogy

t

pozitív, akkor az első tényező pozitív, tehát a második is, és az első a nagyobb. A

200

szóba jövő felbontásai:

200 = 100 \cdot 2 = 50 \cdot 4 = 20 \cdot 10

. A két tényezőt

2 m

és

2 n

-nel jelölve

\begin{matrix} c' + t + 14 = 2 m, c' - t + 14 = 2 n, \end{matrix}

innen

\begin{matrix} c' = m + n - 14, t = m - n, c = 5 c' = 5 m + 5 n - 70, \end{matrix}

és a befogók, mint a (2) egyenlet két gyöke

\begin{matrix} a, b = \frac{7 c' - 2 \pm t}{2} = 4 m + 3 n - 50, ill. 3 m + 4 n - 50. \end{matrix}

Behelyettesítve

m, n

-re a kapott 50, 1; 25, 2; 10, 5 értékpárokat, a következő háromszög-oldalakat kapjuk:

\begin{matrix} \begin{matrix} m & 50 & 25 & 10 \\ n & 1 & 2 & 5 \\ a & 153 & 56 & 5 \\ b & 104 & 33 & 0 \\ c & 185 & 63 & 5 \end{matrix} \end{matrix}

Az utolsó számhármas nem szolgáltat háromszög oldalakat, az első kettőről meggyőződhetünk, hogy kielégítik a pitagoraszi egyenletet és a feladat értelmében megnövelt oldalhosszak is. (Ez a harmadik hármasra is teljesül.)

Megjegyzés. Hasonló meggondolással jutunk célhoz akkor is, ha felhasználjuk, hogy ha egy derékszögű háromszög oldalhosszai relatív prím egészek, akkor előállíthatók

a = u^{2} - v^{2}

b = 2 u v

c = u^{2} + v^{2}

alakban, ahol

u

és

v

egymáshoz relatív prím természetes számok, amelyek egyike páros, másikuk páratlan,¹ és ezeket (1)-be helyettesítjük.

¹Lásd pl. H. Rademacher ‐ O. Toeplitz: Számokról és alakzatokról, Középisk. Szakköri Füzetek, 2. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1954, 87‐88. o.