Feladat: Gy.2598 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1990/november, 392. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Számelrendezések, Részhalmazok, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1990/január: Gy.2598

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

A Gy. 2585. megoldásában felhasznált

x2+(x+3)2+(x+5)2+(x+6)2=(x+1)2+(x+2)2+(x+4)2+(x+7)2(1)
azonosság következménye, hogy bármely 8 ‐ és így bármely 16 ‐ szomszédos egész szám négyzete beosztható két egyenlő összegű csoportba. Elegendő tehát az első 11 négyzetszámot beosztanunk. Tekintsük ehhez az alábbi, az (1)-hez hasonló azonosságot:
x2+(x+2)2+(x+6)2+(x+7)2+(x+8)2+(x+10)2=(2)=(x+1)2+(x+3)2+(x+4)2+(x+5)2+(x+9)2+(x+11)2.
A fenti (2) azonosságban x=0-t helyettesítve éppen az első 11 négyzetszám egy megfelelő felosztását kapjuk.
A feladat egy lehetséges megoldása ezek után:
{12,32,42,52,92,112|132,142,162,192|212,222,242,272}{22,62,72,82,102|122,152,172,182|202,232,252,262}.


Megjegyzés. Az (1), illetve a (2) azonosságok következménye, hogy bármely 7, 8, 11 és 12 szomszédos egész szám négyzete beosztható két egyenlő összegű csoportba.