Kezdőlap


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

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

\begin{matrix} \sqrt[]{(s - a) (s - b) (s - c) (s - d)} = a + b + c + d \end{matrix}

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

\begin{matrix} x y v z = {(x + y + v + z)}^{2} \end{matrix}

(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

\begin{matrix} x \leq y \leq v \leq z . \end{matrix}

(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:

\begin{matrix} x + y + v nem prím. \end{matrix}

(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

\begin{matrix} z < x + y + v \end{matrix}

(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

\begin{matrix} 4 (x + y + v) z < {(x + y + v + z)}^{2} = x y v z, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 4 (x + y) < (x y - 4) v \end{matrix}

következik. Mivel

x + y

és

v

pozitív, azért a jobb oldalon

4 < x y

, továbbá

\begin{matrix} 4 \frac{x + y}{x y - 4} < v . \end{matrix}

(5)

Vezessük be a

λ = \frac{x + y + v}{z}

μ = \frac{x + y + v}{v}

jelöléseket. Ekkor

1 < λ \leq μ

, továbbá (1)-ből

\begin{matrix} x y = \frac{{(x + y + v + z)}^{2}}{z^{2}} \frac{z}{v} = {(λ + 1)}^{2} \frac{μ}{λ} . \end{matrix}

Itt

{(λ + 1)}^{2} / λ - {(μ + 1)}^{2} / μ = (λ - μ) (1 - 1 / μ λ) \leq 0

, vagyis

\begin{matrix} x y \leq {(μ + 1)}^{2}, \end{matrix}

amiből egyrészt

\begin{matrix} x y \leq {(3 + \frac{x}{y})}^{2}, \end{matrix}

(6)

másrészt

\begin{matrix} \sqrt[]{x y} - 2 \leq μ - 1 = \frac{x + y}{v} . \end{matrix}

Ezt a már ismert

4 < x y

egyenlőtlenséggel egybevetve

\begin{matrix} v \leq \frac{x + y}{\sqrt[]{x y} - 2} . \end{matrix}

Az alsó egészrész jelével a

v

-re nyert felső becslést egybefűzhetjük a (2) és (5) alsó becslésekkel:

\begin{matrix} {max}_{}^{} (y,1 + ⌊ 4 \frac{x + y}{x y - 4} ⌋) \leq v \leq ⌊ \frac{x + y}{\sqrt[]{x y} - 2} ⌋ . \end{matrix}

(7)

Mindezen előkészületek után már megkereshetjük az (1) egyenlet pozitív egész megoldásait a (2) és (4) feltevés mellett. A következőképpen járunk el. Láttuk, hogy

x y \geq 5

, továbbá (6)-ből azonnal következik, hogy

x y \leq {(3 + 1)}^{2} = 16

. Ez a feltétel persze nem elégséges (6) teljesüléséhez, hiszen (6) arról is szól, hogy hacsak

9 < x y

, 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

x y \geq 5

feltételeknek:

\begin{matrix} (3,4), (2,5), (1,9), (3,3), (2,4), (1,7), (1,6), (2,3), (1,5) . \end{matrix}

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:

\begin{matrix} (x, y, v, z) = (4, 4, 4, 4), (2, 5, 5, 8), (1, 9, 10, 10), (3, 3, 6, 6), \end{matrix}

amelyek rendre az

\begin{matrix} (a, b, c, d) = (4, 4, 4, 4), (8, 5, 5, 2), (14, 6, 5, 5), (6, 6, 3, 3) \end{matrix}

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

a \neq b \neq c

és

| a - c | < 2 b

. 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