Feladat: F.2233 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán L. ,  Beleznay F. ,  Bogdán A. ,  Bohus G. ,  Bölcsföldi L. ,  Csikós B. ,  Danyi P. ,  Dósa Gy. ,  Fodor L. ,  Görög I. ,  Hadarits Eszter ,  Heckenast L. ,  Horányi T. ,  Horváth 718 I. ,  Kámán L. ,  Kapos L. ,  Kappelmayer Hedvig ,  Károlyi Gy. ,  Kerényi I. ,  Kiss Gy. (Miskolc) ,  Kocsis J. ,  Kovács I. (Győr) ,  Lados P. ,  Markovits P. ,  Megyeri L. ,  Ódor T. ,  Resch Erzsébet ,  Sz. Nagy Cs. ,  Szabó Magda ,  Szalai J. ,  Szállási Z. ,  Szegedy P. 
Füzet: 1980/április, 154 - 155. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Diofantikus egyenletek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/december: F.2233

Hány olyan háromszög van, amelyben az oldalak és a terület mértékszámai pozitív egész számok, az egyik oldal hossza 4, a másik kettő hosszának különbsége 2 ?

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

Jelöljük a 4 egységnyi oldal végpontjait Q-val, R-rel, felezőpontját O-val, a harmadik csúcsot P-vel, P-nek QR-en levő vetületét T-vel. Feltehetjük, hogy T-hez Q, R közül R van közelebb, akkor

PR2=y2+(x-2)2,(1)PQ2=y2+(x+2)2,(2)


ahol x=OT, y=PT.
 
 

A második egyenletből kivonva az elsőt, kapjuk, hogy
2(PQ+PR)=8x,
hiszen PQ-PR=2. Így a két összefüggés összege alapján
8x2+2=2y2+2x2+8,
hiszen 2PR2+2PQ2=(PR+PQ)2+(PR-PQ)2. Olyan x, y számpárt keresünk tehát, amelyekre
3x2=y2+3(3)
teljesül: ha y egész, akkor PQR területe is egész, hiszen ez 2y, és ugyancsak egész a PQ, PR oldalak hossza, hiszen (1) és (2) alapján
PR2=4x2-4x+1=(2x-1)2,PQ2=4x2+4x+1=(2x+1)2.

Ha x, y egészek, akkor (3) szerint y osztható 3-mal. Írjunk tehát y helyére 3z-t, így az
(x-z3)(x+z3)=1(4)
egyenletet kapjuk. Ez pozitív x, z mellett csak úgy teljesülhet, ha a bal oldalon mindkét tényező pozitív. Négyzetre emelve az egyenletet, azt kapjuk, hogy
[(x2+3z2)-2xz3][(x2+3z2)+2xz3]=1,
ha tehát az x, z párra teljesül (4), a
X=x2+3z2,Z=2xz
párra is teljesül, és ha x, z pozitív egészek, az X, Z pár tagjai is azok. Elegendő tehát egyetlen megoldást találni, ebből végtelen sok állítható elő, hiszen x<X miatt a fenti eljárással kapott gyökpárok különbözőek. Megfelel a feladat követelményeinek a 3, 4, 5 oldalú háromszög, erre x=2, y=3, z=1. A feladatnak tehát végtelen sok megoldása van.
 

Megjegyzés. A kapott (4) egyenlet ún. Pell‐féle egyenlet, ezekről nemrég Fried Ervin írt cikksorozatot lapunkban: A Pell‐féle egyenletek megoldása I-VI. rész, KML 53. kötet 49‐52. oldal, 54. kötet 1‐3. és 193‐197. oldal, 55. kötet 55‐58. oldal, 56. kötet 1‐4. és 193‐197. oldal.