Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?
I want the old design back!!! :-)

Problem B. 4347. (March 2011)

B. 4347. A rectangle is divided into at least two squares of different size. Prove that it is not possible for the lengths of the sides of all squares to be Fibonacci numbers.

(Suggested by G. Damásdi, (Kecskemét)

(4 pont)

Deadline expired on April 11, 2011.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. A különböző Fibonacci-számok sorozatát az \(\displaystyle F_1=1\), \(\displaystyle F_2=2\), \(\displaystyle F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\) (\(\displaystyle n\ge 3\)) rekurzióval definiálhatjuk. Tegyük fel, hogy egy téglalapot felbontottunk különböző méretű négyzetekre úgy, hogy minden négyzet oldalhossza Fibonacci-szám. A két legnagyobb négyzet oldalának hossza legyen \(\displaystyle F_m\) és \(\displaystyle F_n\), ahol \(\displaystyle m<n\). Ekkor a téglalap területe \(\displaystyle T\ge F_n(F_n+F_m)\), vagyis a két legnagyobb négyzet által le nem fedett részének területe

\(\displaystyle T'=T-F_n^2-F_m^2\ge F_n(F_n+F_m)-F_n^2-F_m^2\ge F_{m+1}F_m-F_m^2=F_mF_{m-1},\)

ha \(\displaystyle m=1\) esetén \(\displaystyle F_0\) értékét 1-nek definiáljuk. Ezt a területet kell lefedniük a fennmaradó négyzeteknek, melyek összeterülete

\(\displaystyle T''\le F_1^2+\ldots+F_{m-1}^2,\)

ahol \(\displaystyle m=1\) esetén üres összegről van szó, melynek értéke 0.

Megmutatjuk, hogy minden \(\displaystyle k\) pozitív egész esetén

\(\displaystyle F_1^2+\ldots+F_{k-1}^2< F_kF_{k-1}.\)

Ez \(\displaystyle k=1\) esetén teljesül, hiszen \(\displaystyle 0<1\), ha pedig valamely \(\displaystyle k\)-ra már beláttuk, akkor

\(\displaystyle F_1^2+\ldots+F_{k-1}^2+F_k^2< F_kF_{k-1}+F_k^2=F_kF_{k+1}\)

alapján \(\displaystyle k\) 1-gyel nagyobb értékére is igaz lesz.

Mindezek alapján látható, hogy \(\displaystyle T''<T'\), ami ellentmondás, vagyis valóban nem lehet minden négyzet oldalhossza Fibonacci-szám.


Statistics:

31 students sent a solution.
4 points:Kabos Eszter, Kúsz Ágnes, Lajos Mátyás, Lenger Dániel, Perjési Gábor, Vuchetich Bálint, Zilahi Tamás.
3 points:Dobos Nóra, Géczi Péter Attila, Herczeg József, Mihálykó András, Nagy Róbert, Strenner Péter, Viharos Andor.
2 points:2 students.
1 point:2 students.
0 point:13 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2011