Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?

Problem C. 1205. (January 2014)

C. 1205. Find all right-angled triangles in which the measures of the sides are two-digit integers, the length of the hypotenuse is obtained by interchanging the digits of one leg, and the three two-digit numbers consist of exactly three kinds of digits, each occurring twice.

(5 pont)

Deadline expired on February 10, 2014.


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

Megoldás. Legyenek a, b és c egymástól különböző egyjegyű pozitív egészek, az átfogó hossza \overline{ab}. Ekkor egyrészt az egyik befogó hossza \overline{ba}, másrészt mivel a befogó rövidebb az átfogónál, így a>b. A másik befogó hossza pedig \overline{cc}. Mivel a háromszög derékszögű, ezért felírható a Pitagorasz-tétel. Tehát a (10a+b)2-(10b+a)2=(11c)2 egyenletet kell megoldanunk, ahol a, b, c különböző pozitív számjegyek. Ezt átalakítva:

100a2+20ab+b2-100b2-20ab-a2=112c2,

99a2-99b2=112c2.

Mindkét oldalt osztva 11-gyel:

9a2-9b2=11c2,

9(a-b)(a+b)=11c2.

Mivel (3,11)=1, ezért 9|c2, tehát c=3, c=6 vagy c=9. Az utóbbi esetén az egyik befogó hossza 99, de ekkor az átfogó már nem lehetne kétjegyű szám. Ha c=6, akkor a bal oldal is páros, vagyis a és b paritása meg kell, hogy egyezzen. Mivel a-b<11, csak 11|a+b lehetséges. De a+b<22, így a+b=11 kellene, hogy legyen, ez viszont egyező paritás esetén lehetetlen.

Tehát c=3. Ekkor (a-b)(a+b)=11 és mivel a+b>a-b és 11 prímszám, ezért a-b=1 és a+b=11. Ebből pedig a=6 és b=5.

Vagyis 33, 56, 65 az egyedüli megoldás: 332+562=652.


Statistics:

191 students sent a solution.
5 points:137 students.
4 points:26 students.
3 points:10 students.
2 points:3 students.
1 point:7 students.
0 point:3 students.
Unfair, not evaluated:5 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, January 2014