Feladat: N.64 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Burcsi Péter ,  Tóth Gábor Zsolt 
Füzet: 1996/február, 98 - 100. oldal  PDF file
Témakör(ök): Húrnégyszögek, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/március: N.64

Határozzuk meg az összes olyan húrnégyszöget, amelynek oldalai egész számok, és területének és kerületének mértékszáma egyenlő.

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

Ha a húrnégyszög oldalait a, b, c, d, félkerületét s jelöli, akkor a húrnégyszögekre vonatkozó Héron-képlet szerint a feltétel

(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)=a+b+c+d
alakba írható. Ha s nem lenne egész szám, akkor a bal oldalon a gyökjel alatt minden tényező egy páratlan szám fele lenne, ilyenek szorzata azonban nemhogy négyzetszám, de egész sem lehetne. Betűzzük rendre x, y, v, z-vel a tényezőket. Ezek tehát egész számok, sőt pozitívak is a háromszög-egyenlőtlenség alapján, és teljesül rájuk az
xyvz=(x+y+v+z)2(1)
összefüggés. A bal oldal foka magasabb az ismeretlenekben, mint a jobb oldalé, ezért várható, hogy csak véges sok pozitív egész megoldása van az egyenletnek. A megoldások felkutatására a következő stratégiát választjuk. Feltehetjük, hogy
xyvz.(2)
Először megmutatjuk, hogy csak véges sok (x,y) számpár jöhet szóba, majd minden ilyen számpár esetén egy véges intervallumba szorítjuk a v lehetséges értékeit. Rögzített (x,y,v) mellett pedig egyenletünk egyszerű másodfokú egyenlet alakját ölti a fennmaradó z ismeretlenben, aminek általában nincsen pozitív egész megoldása. Ezt néha számolással kell majd ellenőriznünk, a legtöbb esetet azonban kizárhatjuk az alábbi egyszerű észrevétellel:
x+y+vnem prím.(3)
Valóban, (1) jobb oldala nagyobb 1-nél, tehát z osztható valamilyen p prímszámmal. Ez a p osztja (x+y+v+z)-t, vagyis (x+y+v)-t is, de akkor x+y+v csak úgy lehetne prím, ha p-vel lenne egyenlő, amit kizár a nyilvánvaló
z<x+y+v(4)
egyenlőtlenség.
Írjuk fel mindenekelőtt a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget a (4) szerint különböző x+y+v és z számokra, ekkor (1)-et is figyelembe véve
4(x+y+v)z<(x+y+v+z)2=xyvz,
azaz
4(x+y)<(xy-4)v
következik. Mivel x+y és v pozitív, azért a jobb oldalon 4<xy, továbbá
4x+yxy-4<v.(5)
Vezessük be a λ=x+y+vz, μ=x+y+vv jelöléseket. Ekkor 1<λμ, továbbá (1)-ből
xy=(x+y+v+z)2z2zv=(λ+1)2μλ.
Itt (λ+1)2/λ-(μ+1)2/μ=(λ-μ)(1-1/μλ)0, vagyis
xy(μ+1)2,
amiből egyrészt
xy(3+xy)2,(6)
másrészt
xy-2μ-1=x+yv.
Ezt a már ismert 4<xy egyenlőtlenséggel egybevetve
vx+yxy-2.
Az alsó egészrész jelével a v-re nyert felső becslést egybefűzhetjük a (2) és (5) alsó becslésekkel:
max(y,1+4x+yxy-4)vx+yxy-2.(7)

Mindezen előkészületek után már megkereshetjük az (1) egyenlet pozitív egész megoldásait a (2) és (4) feltevés mellett. A következőképpen járunk el. Láttuk, hogy xy5, továbbá (6)-ből azonnal következik, hogy xy(3+1)2=16. Ez a feltétel persze nem elégséges (6) teljesüléséhez, hiszen (6) arról is szól, hogy hacsak 9<xy, akkor x/y nem lehet túl kicsi, azaz x-nek és y-nak valamennyire közel kell lennie egymáshoz. Valójában a következő pozitív egész (x,y) számpárok tesznek eleget a (2), a (6) és az xy5 feltételeknek:
(3,4),(2,5),(1,9),(3,3),(2,4),(1,7),(1,6),(2,3),(1,5).
Ezek mindegyike előír egy (7) szerinti intervallumot a v számára. Sok v már a (3) alapján kiesik a listából. A fennmaradó esetek közül kiválogatjuk azokat, amelyekben (1)-nek mint másodfokú egyenletnek (4)-et kielégítő pozitív egész z megoldása van. Az összes esetet számba véve (1)-(2)-(4)-nek 4 megoldása van pozitív egészekben:
(x,y,v,z)=(4,4,4,4),(2,5,5,8),(1,9,10,10),(3,3,6,6),
amelyek rendre az
(a,b,c,d)=(4,4,4,4),(8,5,5,2),(14,6,5,5),(6,6,3,3)
oldalnégyesekhez tartoznak.
Most megmutatjuk, hogy ezek az oldalnégyesek összesen 7 db húrnégyszöget határoznak meg (egybevágóság erejéig). A (4,4,4,4) oldalnégyeshez kizárólag egy négyzet tartozik húrnégyszögként, azért elegendő belátnunk, hogy a fennmaradó 3 db négyeshez egyenként 2-2 db húrnégyszög tartozik. Átrendezés után mindhárom négyes (a,b,b,c) alakú, ahol abc és |a-c|<2b. Egy ilyen négyesből mint oldalakból húrtrapéz szerkeszthető, mégpedig egyértelműen. A trapéznak valamelyik átlófelező merőlegesére tükrözve az átlót közrefogó valamelyik két oldalt, olyan másik húrnégyszöghöz jutunk, amelynek oldalai továbbra is (a,b,b,c), de most a b hosszú oldalak közös csúcsból indulnak ki. Fordítva, ha egy húrnégyszög oldalai valamilyen sorrendben (a,b,b,c), akkor vagy átellenesek a b hosszú oldalak, ekkor a már megszerkesztett trapézról van szó; vagy közös csúcsból indulnak ki, ekkor az ebből a csúcsból kiinduló átló felezőmerőlegesére tükrözve az átlót közrefogó valamelyik két oldalt, visszakerülünk a húrtrapéz esetéhez. Ilyenkor tehát a kiindulási négyszög szükségképpen a már megszerkesztett másik húrnégyszöggel egybevágó.
Ezzel a feladatot megoldottuk, meghatároztuk mind a 7 olyan húrnégyszöget, amelynek oldalai egész számok, és területének és kerületének mértékszáma megegyezik.
 Burcsi Péter (Pápa, Türr István Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján