Kezdőlap


Feladat:	F.1691	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kérchy László
Füzet:	1970/október, 52 - 53. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Négyzetszámok összege, Oszthatósági feladatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/december: F.1691

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

Az első 12 természetes szám négyzetösszege az ismert összefüggés alapján

\begin{matrix} \frac{12 \cdot 13 \cdot (12 + 13)}{6} = 650, \end{matrix}

e számokat tehát a feladat szerint két csoportba osztva a négyzetek összege mindegyik csoportban 325. Megvizsgáljuk, hány páratlan szám lehet egy csoportban. Egy páratlan szám négyzete 4-gyel osztva 1-et ad maradékul, a párosok négyzete osztható 4-gyel, ha tehát az egy csoportba tartozó négyzetszámokat elosztjuk 4-gyel, a maradékok összege egyenlő lesz a páratlanok számával: és ezt ismét 4-gyel osztva ugyanannyi maradékot kapunk, mintha az összegüket osztanánk 4-gyel. Az összegük 325, ez 4-gyel osztva 1-et ad maradékul, a páratlanok száma tehát 1 vagy 5 lehet. 6 páratlan számunk van, ezek közül az egyik csoportba 5, a másikba 1 fog tartozni. Azt a csoportot fogjuk előállítani, amelyik 5 páratlan számot tartalmaz.
A 6 páratlan négyzetszám összege 286, tehát a 325-höz hiányzó 39 és az elhagyandó páratlan négyzetszám összegét kell egy vagy több páros négyzetszámmal kipótolnunk. Ha az 1-et hagyjuk el (tesszük a másik csoportba), ez a hiány 40. A pótlást adó páros számok fele szintén egész, és ha mindegyiknek a felét vesszük, négyzetösszegük az eredeti összeg negyede, esetünkben 10 lesz. Ezt különböző négyzetszámok összegeként előállítva, ezek között a legnagyobb csak a 3 négyzete lehet, hiszen

4^{2} > 10

; viszont 2 még kevés:

2^{2} + 1^{2} < 10

. A

10 - 3^{2}

maradék éppen

1^{2}

, tehát ebben az esetben megoldást kapunk.
Hasonlóan vizsgáljuk meg a többi páratlan szám elhagyásának esetét is, (Az előbbi ‐ közvetlenül is látható ‐ felbontást azért részleteztük, hogy a módszer követhető legyen.) Ha a

3^{2}

-t hagyjuk el, a hiány 48, az azt pótló páros számok felének négyzetösszege 12, így a legnagyobb ismét csak

3^{2}

lehetne, de a további 3 nem állítható elő különböző négyzetszámok összegeként, ilyen megoldás nincs.
Ha

5^{2}

-t hagyjuk el, a hiány 64, a felek négyzetösszege 16. A legnagyobb szám csak a

4^{2}

lehet, hiszen 5 sok

(5^{2} > 16)

3 kevés

(3^{2} + 2^{2} + 1^{2} < 16)

. A 4-es természetesen jó, ismét megoldást kaptunk.
Ha

7^{2}

-t hagyjuk el, a hiány 88, a felek négyzetösszege 22, a legnagyobb szám ismét csak

4^{2}

lehetne, a visszamaradó 6 azonban nem állítható elő különböző négyzetszámok összegeként.
Ha

9^{2}

-t hagyjuk el, a hiány 120, a felek négyzetösszege 30, a legnagyobb szám legfeljebb

5^{2}

(6^{2} > 30)

és legalább

4^{2}

(3^{2} + 2^{2} + 1^{2} < 30)

. Ha

5^{2}

-t vesszük legnagyobbnak, a visszamaradó 5 egyértelműen állítható elő

2^{2} + 1^{2}

alakban, ha pedig

4^{2}

-t, akkor a visszamaradó 14 egyértelműen

3^{2} + 2^{2} + 1^{2}

.
Végül ha

11^{2}

-t hagyjuk el, a hiány 160, a felek négyzetösszege 40, a csoport legnagyobbja

6^{2}

vagy

5^{2}

lehet, az első esetben 4 marad hátra és ez

2^{2}

, a második esetben 15, ez nem állítható elő különböző négyzetszámok összegeként.
Mindezek szerint a két csoportba osztás 5-féleképpen lehetséges.

Kérchy László (Baja, III. Béla Gimn., III. o. t.)

Megjegyzések. 1. Ide iktatjuk a talált 5 kettéosztásnak az 5 páratlan számot tartalmazó csoportját:

\begin{matrix} (I) & 3^{2} + 5^{2} + 7^{2} + 9^{2} + 11^{2} + 6^{2} + 2^{2}, \\ (II) & 1^{2} + 3^{2} + 7^{2} + 9^{2} + 11^{2} + 8^{2}, \\ (III) & 1^{2} + 3^{2} + 5^{2} + 7^{2} + 11^{2} + 10^{2} + 4^{2} + 2^{2}, \\ (IV) & 1^{2} + 3^{2} + 5^{2} + 7^{2} + 11^{2} + 8^{2} + 6^{2} + 4^{2} + 2^{2}, \\ (V) & 1^{2} + 3^{2} + 5^{2} + 7^{2} + 9^{2} + 12^{2} + 4^{2} . \end{matrix}

A II. kettéosztásban a tagok száma

6 - 6

, és a négyzetek alapjaiból képezett összegek is egyenlők.
2. A legtöbb dolgozat az adott összes négyzetszámok nagyságviszonya alapján adta meg a csoportosításokat, abból kiindulva, hogy

10^{2} + 11^{2} + 12^{2} > 325

, ez a 3 szám nem állhat egy csoportban. Így több próbálgatásra volt szükség.
3. Ha azt is előírjuk, hogy a két csoport hatot-hatot tartalmazzon az adott négyzetszámok közül, akkor a páratlanok közül különválasztott szám alapját

x

-szel, a helyére hozandó párosnak az alapját

y

-nal jelölve

\begin{matrix} 286 - x^{2} + y^{2} = 325, (y - x) (y + x) = 39 = 1 \cdot 39 = 3 \cdot 13, \end{matrix}

és az utóbbi felbontásból

y = 8

x = 5

(az elsőből

y > 12