Kezdőlap


Feladat:	Gy.3224	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csiszár Gábor , Harangi Viktor , Kiss Gergely , Kunszenti-Kovács Dávid , Máthé András , Tóth Zoltán
Füzet:	1999/március, 152 - 153. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenletrendszerek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/október: Gy.3224

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

Vezessük be az $a = (n, k)$ , $b = (k, m)$ és $c = (m, n)$ jelöléseket. Ekkor nyilván $(a, b) = (b, c) = (c, a) = (a, b, c) = (n, k, m)$ . Jelöljük ezt a számot $A$ -val. Először megmutatjuk, hogy most az A értéke 1, vagy 2.
Az $A$ osztja $a$ -t, $b$ -t és $c$ -t, ezért osztja e számok négyzetét, így az ezekkel a feltétel szerint egyenlő $n + k$ , $k + m$ és $m + n$ összegeket is. Így osztója az ezekből az összegekből készített $(n + k + k + m - (m + n)) = 2 k$ , és ugyanígy a $2 n$ és a $2 m$ mennyiségeknek. Osztója tehát ezek legnagyobb közös osztójának, $(2 k, 2 n, 2 m) = 2 (k, n, m) = 2 A$ -nak is. Ha viszont $A^{2} ∣ 2 A$ , akkor innen $A ∣ 2$ , azaz valóban $A = 1$ vagy $A = 2$ következik.
Mivel $n$ osztható $a$ -val és $c$ -vel, osztható legkisebb közös többszörösükkel is és így természetesen legalább akkora, mint az

\begin{matrix} n \geq [a, c] = \frac{a c}{(a, c)} = \frac{a c}{A} . \end{matrix}

Hasonlóan kapjuk, hogy

k \geq \frac{a b}{A}

és

m \geq \frac{b c}{A}

. Az első két egyenlőtlenséget összeadva

a^{2} = n + k \geq \frac{a c + a b}{A}

, azaz

\begin{matrix} \begin{matrix} A \cdot a & \geq b + c . & (1) \\ Rendre ugyanígy kapjuk a \\ A \cdot b & \geq c + a & (2) \\ és a \\ A \cdot a & \geq b + c & (3) \end{matrix} \end{matrix}

egyenlőtlenségeket, végül ezek összegeként, hogy

\begin{matrix} A \cdot (a + b + c) \geq 2 \cdot (a + b + c) . \end{matrix}

Így

A \geq 2

, vagyis a már igazolt

A ∣ 2

-vel egybevetve csak

A = 2

lehetséges. Ekkor persze az

A \cdot (a + b + c) \geq 2 \cdot (a + b + c)

egyenlőtlenségben egyenlőség áll. Ez pedig azt jelenti, hogy az (1), (2), (3) egyenlőtlenségekben is egyenlőség van, azaz

2 a = b + c

2 b = a + c

és

2 c = a + b

. Innen pedig

a = b = c

következik, és

A = (a, b, c) = 2

miatt a közös értékük 2.
Végül pedig

n + k = k + m = m + n = A^{2} = 4

, tehát az egyenletrendszer egyetlen megoldása

k = n = m = 2

Harangi Viktor (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 9 o.t.) és

Kunszenti-Kovács-Dávid (Oslo, Lycée Francais René Cassin) dolgozatai alapján

Megjegyzések. 1. Felhasználva az

A \leq 2

eredményt, Kiss 345 Gergely (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) ötlete alapján érdekes geometriai bizonyítás adható az

a = b = c

egyenlőségre.
Az

a

b

c

számok közül bármely kettő négyzetösszege nagyobb a harmadik négyzeténél: például

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} = n + k + k + m > n + m = c^{2} . \end{matrix}

Így, mivel

{(a + b)}^{2} > a^{2} + b^{2}

, bármely kettő összege is nagyobb, mint a harmadik. Ez azt jelenti, hogy az

a

b

c

hosszúságú szakaszokból háromszög szerkeszthető és ez az oldalak négyzeteire teljesülő egyenlőtlenségek miatt hegyesszögű.
Írjuk fel erre a háromszögre a koszinusztételt:

\begin{matrix} c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b cos γ, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} n + m = n + k + k + m - 2 a b cos γ, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} a b cos γ = k . \end{matrix}

Mivel a

k

többszöröse az

a

-nak és a

b

-nek, azért a legkisebb közös többszörösükkel,

[a, b]

-vel is osztható. Másrészt

\begin{matrix} a b = [a, b] \cdot (a, b) = [a, b] \cdot A, így k = a b cos γ = [a, b] \cdot A \cdot cos γ, \end{matrix}

tehát

A cos γ

pozitív egész szám. Láttuk, hogy

A = 1

vagy 2 és

0^{\circ} < γ < 90^{\circ}

miatt

0 < cos γ < 1

, így csak

cos γ = \frac{1}{2}

lehetséges (és

A = 2

). A

γ

szög tehát

60^{\circ}

. A szimmetria miatt ekkor az

a

b

c

oldalú háromszög minden szöge

60^{\circ}

, így

a = b = c

valóban.
2. A feladat nehéz volt, csak 4 jó megoldást kaptunk. A hibák leggyakoribb oka a következő hibás állítás volt: ha

a b = c d

és

(a, c) = 1

, akkor

a = d

és

b = c

. Ez így nyilván nem igaz, hiszen átrendezve

t = \frac{a}{c} = \frac{d}{b}

, a bal oldalon a

t

tört redukált alakja áll, a jobb oldalon pedig tetszőleges alak. Az

a = d

és

b = c

következtetés csak akkor jogos, ha

(a, c) = 1

mellett a másik két tényező is relatív prím.