A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás: Jelöljük a háromszög befogóit és -vel, átfogóját -vel. Feltehetjük, hogy , ugyanis az egyenlő szárú derékszögű háromszögnek nem lehet mind a három oldala egész szám. Pythagorász tétele szerint a feladat követelménye szerint pedig Meg kell határoznunk az (1), (2) egyenletrendszer pozitív egész megoldásait, azaz meg kell oldanunk ezen diophantoszi egyenletrendszert. Ebben eljárhatunk úgy, hogy kiküszöböljük -t, így egyetlen, az és -ben szimmetrikus diophantoszi egyenletre jutunk ‐ ugyanis (1) és (2) mindegyike és -ben szimmetrikus ‐, ezt megoldjuk, majd a megoldások közül kiválasztjuk azokat, amelyekhez (1) vagy (2) szerint tartozó szintén egész szám. (2)-ből ezt (1)-be helyettesítve, a törtek eltávolításával | | majd rendezés után -vel végigosztva (ugyanis , ) az egyenletet így alakíthatjuk: és -vel együtt a bal oldal tényezői egészek. A jobb oldali szám hatféleképpen bontható fel két egész szám szorzatára: | | Mivel azonban és pozitívok, tehát és mindegyike nagyobb -nál, és ezt a követelményt negatív egész tényező párjai közül egyik sem teljesíti egyidejűleg mindkét tényezőre, azért csak a pozitív tényezőkre bontások felelnek meg. Ezek szerint (3)-nak három megoldása van:
Mivel -cal együtt az és tényezőknek legalább az egyike osztható -mal, azért ugyanez áll a -tal nagyobb és -re és következésképpen szorzatukra is, ennélfogva a ()-ból kiszámítható mindhárom esetben egész szám: Ezek szerint a követelményeknek három háromszög felel meg. Megjegyzés. Néhány versenyző indokolatlanul feltételezte, hogy a keresett háromszög oldalainak aránya . Miután a megoldások között ilyen is van, így véletlenül ebből az alaptalan feltevésből is rá lehetett jutni egy megoldásra, de nem mindre. II. megoldás: Ismeretes, hogy minden háromszög területe alakban írható, ahol a háromszög beírt körének sugara, és a háromszög félkerülete. Így a keresett háromszögre nézve , és innen, mivel nem lehet , , egész szám. A beírt kör érintési pontjai az oldalakat úgy osztják két-két részre, hogy a csúcsokban összefutó részek páronként egyenlők. A derékszög csúcsában összefutó két rész hossza , mert e részek és a végpontjaikhoz tartozó sugarak által alkotott négyszögben három derékszög van, és két szomszédos oldal egyenlő, tehát az idom négyzet. Eszerint, az átfogó két szakaszát , -nal jelölve az oldalak rendre: , , tehát , egész számok.
Pythagorász tételével ezt az egyenletet a következő alakra hozhatjuk: Eszerint ismét egész tényező párokra bontásai vezetnek megoldáshoz. A beírt kör középpontja, a befogókon levő érintési pontok és az átfogó végpontjai által meghatározott derékszögű háromszögekből látható, hogy az , befogók nagyobbak -nál, mert velük szemben nagyobb szög fekszik. Ugyanis e háromszögek -val szemben fekvő szögei fele akkorák, mint az eredeti háromszög hegyes szögei, tehát kisebbek -nál. Eszerint , , így , pozitívok és -re tekintettel . Így -nak ismét csak a pozitív tényezőkre való felbontásai jönnek szóba:
ismét az I. megoldásban nyert háromszögekre jutottunk. Megjegyzés. A kitűzött feladat speciális esete a következő feladatnak: Egy derékszögű háromszög oldalainak mértékszámai egész számok. A háromszög területe mértékszámának kétszerese egyenlő a kerület mértékszámának -szorosával, ahol adott pozitív egész szám. Mekkorák a háromszög oldalai ? (Esetünkben volt.) A követelmény szerint a arány értéke , az ezzel egyenlő arány viszont ‐ mint láttuk ‐ a beírt kör sugarát adja meg, ennélfogva a szám minden megoldásban a beírt kör sugarának mértékszáma. Ebből a II. megoldás gondolatmenetével (4) helyett az diophantoszi egyenletre jutunk. Ebből annyi megoldást nyerünk, ahányféleképpen -et két pozitív egész tényező szorzatára lehet bontani, ugyanis , , -val együtt , , , és szintén egész számok. Érdekes, hogy minden értéke mellett van olyan megoldás, melyben az oldalak aránya . Erre vezet ugyanis -nek alakú felbontása: , -ból , és , , . III. megoldás: Ismeretes, hogy az (1) pythagorászi egyenletet kielégítő , , egész számhármasokat pythagorászi számhármasoknak szokás nevezni. Az ilyeneknek minden , , többszöröse ‐ ha pozitív egész szám ‐ ugyancsak pythagorászi számhármas. Ha és relatív prímek, akkor és , továbbá és szintén relatív prímek, ilyen esetben , , -t alaphármasnak nevezzük. Ismeretes az is, hogy minden alaphármas kifejezhető két , paraméterrel a következőképpen: | | (6) | ahol és pozitív egész, páratlan relatív prim számok. Ezekkel minden pythagorászi számhármas így írható: | | (7) | ugyanis minden pythagorászi számhármas valamely alaphármas többszöröse. Feladatunk most már a (7) közül kiválasztani a (2)-nek eleget tevő számhármasokat. (Az követelményt a továbbiakban természetesen nem tarthatjuk fenn, mert és kifejezése lényegesen különböző.) E kifejezéseket (2)-be beírva alapján a egyenletre jutunk. Ezt -val, -val és -vel oszthatjuk, mert egyikük se : A bal oldal tényezői közül páratlan, páros, és tetszőleges pozitív egész. Másrészt , így a tényezők megfeleltetésére a következő lehetőségek vannak:
ekkor és ennélfogva (7) szerint
Ismét az előzők során nyert háromszögekhez jutottunk. Látjuk továbbá a értékből, hogy a második és a harmadik megoldás alaphármas. Valóban, a , , és a , , számok páronként relatív prímek, az első hármas viszont -szorosa a , , alaphármasnak. Hasonló, még ismertebb kifejezések a következők: ahol , relatív prim pozitív egész számok, , egyikük páros, másikuk páratlan. Ezt lásd pl: Rademacher‐Toeplitz: Számokról és alakzatokról, Középiskolai Szakköri Füzetek, Tankönyvkiadó, 1954. 84. o. |