Kezdőlap


Feladat:	483. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Budai Zsuzsanna
Füzet:	1958/november, 91 - 92. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Maradékos osztás, Oszthatósági feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/március: 483. matematika gyakorlat

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

Pythagorasi számhármason olyan három $a$ , $b$ , $c$ természetes szám együttesét értjük, amelyre fennáll az $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ egyenlőség. Másképpen: amelyre az $a$ , $b$ , $c$ szakaszokkal szerkesztett háromszög derékszögű; ennek alapján szokás a hármas legnagyobb számát átfogószámnak nevezni és a két kisebbet befogószámoknak. (Ennek a fogalomnak, másrészt az oszthatósági kérdésnek megfelelően megoldásunkban ,,szám''-on mindig egész számot értünk és minden betűvel egész számot jelölünk.)
Célszerű lesz a számokat a $7$ -tel való oszthatóság szempontjából $7 k \pm r$ alakban írni, ahol $r$ értéke $0$ , $1$ , $2$ , $3$ lehet. A $4$ , $5$ , $6$ pozitív maradékok helyett a $7$ -tel csökkentett, negatív, és abszolút értékben kisebb $- 3$ , $- 2$ , $- 1$ -et írtuk, mert így a továbbiakban a vizsgálandó esetek száma kisebb lesz. Most már minden szám négyzete $49 k^{2} \pm 14 k r + r^{2} = 7 (7 k^{2} \pm 2 k r) + r^{2} = 7 m + r^{2}$ alakú, és itt $r^{2}$ értéke $0^{2} = 0$ , $1^{2} = 1$ , $2^{2} = 4$ , vagy $3^{2} = 9$ , ill. az utóbbit $7$ -tel csökkentve a maradék $2$

\begin{matrix} \begin{matrix} 0 & 1 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 4 \\ 1 & . & 2 & 3* & 5* \\ 2 & . & . & 4 & 6* \\ 4 & . & . & . & 1 \end{matrix} \end{matrix}

Ezek alapján táblázatot készítünk az

a^{2} + b^{2}

összeg számára lehetséges (

7

-es) maradékokról. A táblázat sorai elé

a^{2}

, oszlopai fölé

b^{2}

maradékait írva a sorok és oszlopok közös mezejére vagy ezek összegét írjuk, vagy a

7

-tel kisebb számot. (Az összeg kommutativitása folytán a táblázat szimmetrikus lenne a főátlóra, emiatt a főátló alatti ,,háromszög'' kitöltését mellőzhettük.)
Mivel

a^{2} + b^{2} = c^{2}

maradéka is csak

0

1

2

4

lehet, azért a táblázatban az ezektől különböző három számot ‐ és vele három

a^{2}

b^{2}

maradék-párt ‐ mint pythagorasi számhármasban lehetetlent

^{*}

-gal jelöltük meg. Már most a lehetségesnek maradt

a^{2}

b^{2}

párok vagy az első sorba tartoznak, és ekkor

a^{2}

-nek (az egyik befogószám négyzetének) maradéka

0

, ennélfogva

c^{2} - b^{2} = a^{2}

osztható

7

-tel, vagy a főátlóba, és ekkor

a^{2}

és

b^{2}

maradéka egyenlő, ennélfogva

a^{2} - b^{2}

osztható

7

-tel. Ezzel bizonyításunkat befejeztük.

Budai Zsuzsanna (Bp. II., Lorántffy Zs. utcai lg. III. o. t.)

Megjegyzés: Számos megoldó a pythagorasi számhármasokat adó képlethármas¹ alapján bizonyította a tételt. A fenti megoldás mutatja, hogy ezek mellőzhetők, itt csak azt használtuk fel, hogy

a

b

c

egészek és teljesítik a pythagorasi egyenletet.

¹Lásd pl. H. Rademacher-O. Toeplitz: Számokról és alakzatokról, Középisk. Szakköri Füzetek, 2. kiad. Tankönyvkiadó 1954. 84. o.; vagy Mosoni György: Pythagoras tétele, Ált. isk. szakköri füzetek. Tankönyvkiadó 1953. 26. o.