Problem C. 1597. (March 2020)

C. 1597. How many different right-angled triangles are there in which the measures of the sides are integers, and one side is \(\displaystyle 2^n\) units long? (Where \(\displaystyle n\) is a positive integer: express your answer in terms of \(\displaystyle n\).)

(5 pont)

Deadline expired on April 14, 2020.

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

Megoldás. Legyen a háromszög két befogója \(\displaystyle a,b\) és az átfogója \(\displaystyle c\).

1. eset: A háromszög egyik befogójának hossza \(\displaystyle 2^n\). Legyen \(\displaystyle a=2^n\). Ekkor

\(\displaystyle (2^n)^2+b^2=c^2,\)

vonjunk ki \(\displaystyle b^2\)-et mindkét oldalból

\(\displaystyle 2^{2n}=c^2-b^2,\)

majd alakítsuk szorzattá a jobb oldalt, így kapjuk:

\(\displaystyle 2^{2n}=(c-b)(c+b).\)

Azaz \(\displaystyle 2^{2n}\)-t kell felírni, mint két pozitív egész szám szorzata (\(\displaystyle c+b>0\) és \(\displaystyle 2^{2n}>0\), így \(\displaystyle c-b\) is pozitív). \(\displaystyle 2^{2n}\) pozitív osztói \(\displaystyle 1,2, 2^2,\dots, 2^{2n}\). Mivel \(\displaystyle c+b>c-b\) (hiszen \(\displaystyle c,b\) pozitívak), így \(\displaystyle c-b\) lehetséges értékei: \(\displaystyle 1,2, 2^2,\dots, 2^{n-1}\). (Az osztópár szigorúan kisebb tagja kisebb kell legyen, mint a \(\displaystyle 2^{2n}\) szám négyzetgyöke.) A megfelelő \(\displaystyle c+b\) értékek pedig rendre \(\displaystyle 2^{2n}, 2^{2n-1},\dots, 2^{n+1} \). Ezek közül az \(\displaystyle 1, 2^{2n}\) pár nem jó, mert \(\displaystyle c-b\) és \(\displaystyle c+b\) paritása megegyezik, hisz \(\displaystyle c\) a kettő összegének a fele, \(\displaystyle b\) pedig a kettő különbségének a fele. Az összes többi pár jó, \(\displaystyle c-b\) és \(\displaystyle c+b\) értékeiből \(\displaystyle c\) és \(\displaystyle b\) a fent írt módon meghatározható, és pozitív egész értékeket kapunk rájuk. Mind az \(\displaystyle n-1\) esetben létezik tehát egy-egy ilyen háromszög, és ezek nem egybevágók, hiszen mindig \(\displaystyle b<c\), és különböző \(\displaystyle c-b,c+b\) pár csak különböző \(\displaystyle c,b\) párokhoz tartozhat. Tehát \(\displaystyle n-1\) féle megfelelő háromszög létezik ebben az esetben.

2. eset: A háromszög átfogójának hossza \(\displaystyle 2^n\). Ekkor

\(\displaystyle a^2+b^2=(2^n)^2=4^n.\)

Állítás: Ebben az esetben nincs megoldás.

Bizonyítás: \(\displaystyle n\)-re vonatkozó teljes indukcióval

\(\displaystyle n=1\)-re az állítás igaz, nincs pozitív egész megoldása az alábbi egyenletnek:

\(\displaystyle a^2+b^2=4,\)

hiszen a 4 nem írható fel két pozitív négyzetszám összegeként.

Tegyük fel, hogy \(\displaystyle n=k\)-ra igaz az állítás, azaz nincs megoldása az

\(\displaystyle a^2+b^2=4^k\)

egyenletnek.

Most megmutatjuk, hogy \(\displaystyle k+1\)-re is igaz az állítás. Tekintsük az

\(\displaystyle a^2+b^2=4^{k+1}\)

egyenletet, és tegyük fel, hogy erre nem igaz az állítás, azaz hogy van egész megoldása. Ekkor a jobb oldal \(\displaystyle 4\)-gyel osztható, így emiatt a bal oldalnak is 4-gyel oszthatónak kell lennie. Négyzetszám 4-gyel osztva 0 vagy 1 maradékot adhat, emiatt két négyzetszám összege csak úgy lehet 4-gyel osztható, ha mindkettő 4-gyel osztható. Azaz \(\displaystyle 4 | a^2, b^2\), és emiatt \(\displaystyle 2|a,b\).

Osszuk le az egyenletünk mindkét oldalát 4-gyel:

\(\displaystyle \left(\frac{a}{2} \right)^2 + \left(\frac{b}{2} \right)^2 = 4^k.\)

Így \(\displaystyle n=k\)-ra megkapjuk egy egész megoldását az egyenletünknek, ami ellentmondás, azaz igazoltuk az indukciós lépést.

Tehát ebben az esetben nem létezik ilyen háromszög.

Ezzel beláttuk, hogy \(\displaystyle n-1\) ilyen derékszögű háromszög létezik (egybevágóság erejéig).

Statistics:

103 students sent a solution.
5 points:	Abóczki Richárd Noel, Andó Lujza, Bana Marcell, Bánó Bulcsú, Barát Benedek, Cserkuti Sándor, Csilling Dániel, Dékány Csaba, Domján Olivér, Egyházi Hanna, Feczkó Nóra, Féger Tamás, Fekete András Albert, Foris Dávid, Gál Bence, Gombos Gergely , Hajdú Bálint, Halász Henrik, Horváth Milán, Kalabay László, Kalocsai Zoltán, Kelemen Anna, Koleszár Domonkos, Lőw László, Metzger Ábris András, Molnár Réka, Nagy 429 Leila, Palencsár Enikő, Rács Zsóka, Schneider Anna, Somogyi Dalma, Szabó Réka, Szalanics Tamás, Szathmári Gergely Márton, Székely Milán, Vakaris Klyvis, Varga Boldizsár, Viharos Márta Judit.
4 points:	Arató Zita, Csonka Illés, Deák Gergely, Nagy 009 Dávid, Nagy 989 Lea, Németh Máté Előd, Stein Felix, Sümegi Géza, Szakács Domonkos, Trombitás Karolina Sarolta.
3 points:	5 students.
2 points:	4 students.
1 point:	13 students.
0 point:	33 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2020