Feladat: F.2335 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Alberti G. ,  Almássy T. ,  Böröczky K. ,  Hajas Csilla ,  Károlyi Gy. ,  Peták T. ,  Szöllősi Gabriella ,  Tranta Beáta ,  Törőcsik J. 
Füzet: 1982/május, 204 - 207. oldal  PDF file
Témakör(ök): Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Terület, felszín, Prímtényezős felbontás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/november: F.2335

Egy háromszögről a következőket tudjuk. Egyik oldala 410, a másik 500 egységnyi, és a harmadik oldal hossza, valamint a háromszög területének mértékszáma is egész. Mekkora lehet a háromszög harmadik oldala?

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

Felhasználjuk a Heron-féle területképletet:

 
16t2=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)==((a+b)2-c2)(c2-(a-b)2).
 

Esetünkben a=410,b=500 egységnyi és c a harmadik oldal, amelyre tehát 500-410=90<c<910, és
16t2=(9102-c2)(c2-902).

Mivel t egész szám, azért a bal oldal páros szám, tehát jobbról is van páros tényező. Sőt mindkettő páros, hiszen összegük: 9102-902, páros, ezért egyező párosságúak. Így c2 páros és vele c is az, c=2c1, ahol c1 egész (valamint a továbbiakban használatba veendő betűk mindegyike is). Ezt beírva
t2=(4552-c12)(c12-452).(1)

Itt c1 nem lehet páros, mert úgy c12=(2k)2=4k2 alapján az első tényező (4l+1) alakú lenne, ahogy minden páratlan szám négyzete: (2m+1)2=4m(m+ +1)+1 alakú; a második tényező ugyanezért 4l-1 alakú lenne, így pedig a jobb oldali szorzat is 4q-1 alakú, nem lehetne tehát semmilyen t egész szám négyzete. Eszerint c1 páratlan, írjuk így: c1=2c2+1, és itt 22<c2<227.
Ekkor viszont (1) mindkét tényezője többszöröse a 4-nek, t2 pedig a 16-nak. Legyen ezért t=4t1, ekkor a következő egyenlethez kell megoldást keresnünk egész t1 és c2 mellett:
16t12=(454-2c2)(456+2c2)(2c2-44)(2c2+46),t12=(227-c2)(c2+23)(228+c2)(c2-22).(2)



A négy tényező közül az elülső kettő is, a hátulsó kettő is egyező párosságú, mert összegeik párosak: 250, ill. 206+2c2; viszont az elülső két tényező ellentétes párosságú, mint a hátulsók, mert az első és harmadik tényező összege páratlan.
Ezek alapján a további keresést esetekre szétválasztva végezzük azáltal, hogy föltevéseket vezetünk be az egyik, ill. a másik tényezőpár párosságára. Ezekkel mindig bebiztosítjuk, hogy (2) jobb oldalán a 2-es prímszám kitevője páros legyen. Az így kínálkozó c2 értékekkel azután megnézzük a teljes szorzatot, hogy négyzetszám-e. Az első ilyen gondolatmenet után a továbbiaknak csak az eredményét közöljük, a szükséges próbák nagyobb száma miatt.
I. Keressük elsőnek az olyan megoldásokat ‐ feltéve, hogy léteznek ilyenek ‐, amelyekben (2)-nek első két tényezője páratlan, vagyis c2 páros, méghozzá legyen
c2=4α+2alakú.
Ekkor a hátsó két tényező
230+4α=2(115+2α),ill.4α-20=4(α-5),
az első zárójelben biztosan páratlan szám áll, és eddig 23-t tudtunk biztosítani. Ezért t12 csak úgy lehet négyzetszám, ha (α-5) páros és törzsszámhatványok szorzatára bontva, 2-nek páratlan kitevős hatványát tartalmazza.
A 22<c2=4α+2<227 korlátozás alapján 0<α-5<52. Ezek közt a korlátok közt 25p alakú szám egyedül a 32. (p a továbbiakban mindig az alkalmas páratlan számokat jelöli.) α-5=32-ből α=37,c2=150, és evvel (2) jobb oldalának legnagyobb tényezője 228+c2=378=2337, a nagyságra második c2+23=173, prím, nem fordulhat elő a kisebb tényezőkben, innen tehát nem kapunk megoldást.
 

α-5=23p alakú számokat adnak korlátaink között α=13,29,45, ezekből rendre c2=54,118,182.
 


Csak a harmadik érték mellett lesz (2) jobb oldala négyzetszám: (532)205 (2205)(532)=(3235205)2, ekkor a háromszög harmadik oldala c=4c2+2=730.
Ha pedig az α-5=2p értékeket próbálgatjuk végig, az α-5=50, α=55, c2=222, c=890 megoldás adódik, evvel t1=223537.
II. Nézzük tovább a c2=4β esetet. Ekkor hasonlóan
228+c2=4(β+57)ésc2-22=2(2β-11),
itt (β+57)-ben kívánjuk páratlan kitevővel a 2-es törzstényzőt és 5<β<57.
Az egyetlen β+57=253 alakú próbálkozás nem ad megoldást, ugyanígy azok sem, amelyekben β+57=23p.
Ha pedig β+57=2p, innen a p=35,P=13,c2=52 útján a c=210 megfelelő oldalhosszat kapjuk, t1=223537 (ugyanannyi, mint c=890 mellett).
III. Legyen végül (2)-ben az első két tényező páros, c2=2γ+1, vagyis 10<γ<113. Ekkor
227-c2=2(113-γ),c2+23=2(γ+12),
tehát szorzatukból 2-nek a négyzetét emelhetjük ki már előre, és (2) jobb oldala csak úgy lehet négyzetszám, ha a két utóbbi zárójelbeli kifejezés szorzatában (is) páros kitevővel szerepel a 2.
A zárójelekben ellentett párosságú számok állnak, mert az összegük 125, páratlan, így csak az egyik kifejezésben léphet föl tényezőként 22=4 vagy hatványa.
A föntebbiek mintájára csak abból a föltevésből kiindulva kapunk megoldást, hogy γ+12=4p, éspedig p=15,γ=48,c2=97 mellett c=390, ekkor (2)-ből t12=13012032575=(2235313)2.
Mindezek szerint a kérdéses háromszög harmadik oldala 4 értéket vehet fel: 210,390,730 és 890. (Az első két megoldás összetolható egyenlő szárú háromszöggé, szárai 500 egységnyiek, alapja 210+390=600.
 

 Böröczky Károly (Budapest, Ságvári E. Gyak. Gimn., IV. o. t.)
 Almássy Tamás (Nyíregyháza, Krúdy Gy. Gimn., IV. o. t.)
 
Megjegyzések. 1. Páratlan szám négyzetének fenti 4m(m+1)+1 előállításáról azt is látjuk, hogy mindig 8q+1 alakú, hiszen m és (m+1) egyike páros, ennélfogva (1) mindkét tényezője 8-cal is osztható. Ezt azonban nem lehetne kihasználni (2) további redukálására, mert nem tudjuk helyhez kötni, melyik zárójelekben van további példány a 2-es prímtényezőből. Éppen ebből alakult ki az I‐II., ill. III. részek elágazása.
2. Egyes megoldásokat összekereshetnénk az alábbi alkalmi meggondolásokkal is, ezen az úton azonban nehéz lenne áttekinteni, hogy eljutottunk-e minden megoldáshoz.
Megpróbálhatnánk, mely c2 értékek mellett válnék teljes négyzetté (2) jobb oldalának valamelyik tényezője, továbbá, hogy ugyanekkor teljes négyzet-e a többi tényezők szorzata. ‐ Nincs ilyen c2 érték. (Viszont az egyszerűsítés előtt c=890 mellett s-b=202; de gondolhatnánk (2) tényezőinek négyzetosztóira is.
 

Fölléphetne egy szám úgy is t12-ben páros kitevővel (persze törzsszámra gondolunk), ha a négy tényező közül kettőnek közös tényezője, páratlan kitevővel.
Ha a (227-c2) és (c2+23) tényezőknek van közös osztója, ez osztója az összegüknek, 250-nek is. Innen szóba jönnek t1 osztói közé a 250 osztói.
 

Hasonlóan szóba jönnek a
227-c2 és 228+c2 párból 455=5713 osztói,
227-c2 és c2-22 párból 205=541 osztói,
 


valamint a további párokból ugyanerre az ötletre támaszkodva a különbségeik osztói is:
c2+23 és c2+228-ból ismét 205 osztói,
c2+23 és c2-22-ből ismét 45 osztói,
c2+228 és c2-22-ből ismét 250 osztói.
 

Annyit mindenesetre látunk ebből a (tovább járhatatlannak tekintendő) útból, hogy a terület mértékszámának törzstényezői közt csak a következők várhatók: 2, 3, 5, 7, 13, 41 (ti. ha azt már kipróbáltuk, hogy egyik zárójelnek sincs más prímszámnégyzet-osztója).
3. Bár a feladatot a geometriai feladatok között tűzte ki a szerkesztőség, valójában számelméleti jellegű volt, negyedfokú diofantoszi egyenletre vezetett, de redukálható felbontással. Viszonylag sok esetet kellett megvizsgálni, ezért a megoldók többsége elakadt félúton, vagy több lényeges eset vizsgálatát elmulasztotta. Ezért igen sok a sikertelen próbálkozás a dolgozatok között. Ezek egy része azért nem kapott pontot, mert számítógépes programot adtak, vagy kizárólag gépies próbálkozásokon alapultak (vö. a szeptemberi versenykiírás vége). A hiányos dolgozatok beküldői is hagytak ki néhány esetet, de értékelhető részeredményekre is jutottak. (Cz. A.)