A C. 1205. feladat (2014. január)

C. 1205. Adjuk meg az összes olyan derékszögű háromszöget, amelynek oldalai hosszának mérőszámai kétjegyű egész számok, az egyik befogó számjegyeinek felcserélésével kapjuk az átfogó hosszát, és a leírásukhoz pontosan háromféle számjegyre van szükségünk, mindegyiket kétszer felhasználva.

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyenek a, b és c egymástól különböző egyjegyű pozitív egészek, az átfogó hossza . Ekkor egyrészt az egyik befogó hossza , másrészt mivel a befogó rövidebb az átfogónál, így a>b. A másik befogó hossza pedig . 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.

Statisztika:

191 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	137 versenyző.
4 pontot kapott:	26 versenyző.
3 pontot kapott:	10 versenyző.
2 pontot kapott:	3 versenyző.
1 pontot kapott:	7 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.
Nem versenyszerű:	5 dolgozat.

A KöMaL 2014. januári matematika feladatai