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Aufgabe 3


291.  Wertungsaufgabe

„Wir haben uns in unserer Gruppe über rechtwinklige Dreiecke unterhalten. Der Linus aus der 5. Klasse kannte sogar schon den Satz des Pythagoras und wusste, dass der Flächeninhalt dieser Dreiecksart sich auch einfach ausrechnen lässt. (Sind a und b die kürzeren Seiten und c die längste, so gilt a² + b² = c² und A = a*b/2)
Mit etwas Mühe haben wir zwei verschiedene solche Dreiecke gefunden, deren Seitenlängen ganzzahlig waren und das bei gleichem Flächeninhalt.“ 8 blaue Punkte – verschieden heißt, die Dreiecke sind natürlich nicht kongruent zueinander.
Richtig hammerhart ist die rote Aufgabe. Es sind vier verschiedene rechtwinklige Dreiecke zu finden, deren Seitenlängen ganzzahlig sind und deren Flächeninhalt gleich ist. 12 rote Punkte. Anmerkung zu rot, der kleinstmögliche Flächeninhalt hat mehr als 100 000 Einheiten.
Lösung:
Im Newsletter zu dieser Aufgabe wurde ein Hinweis auf die Serie 13 Aufgabe 5 gegeben. Dort ist ein Verfahren zur Erzeugung pythagoräischer Zahlentripel bewiesen worden. Man nehme zwei verschiedene natürliche Zahlen (>0) m und n mit m > 0. Mit a = m² - n², b = 2mn und c = m² + n² erhält man dann pythagoräisches Tripel.
Nun braucht man nur noch die Flächeninhalte zu vergleichen und sieht ob die Flächeninhalte gleich sind (oder eben nicht).
Viele haben (zum Teil sehr lange) systematisch probiert und so ein oder mehrer Lösungen gefunden:
Blau: a = 20, b = 21 und c = 29 liefern den Flächeninhalt 210, aber auch (12; 35; 37) führt auf den Flächeninhalt 210. Darauf lassen sich durch ganzzahliges Vervielfachen weitere Lösungen finden.
Lösungen für rot und andere Anzahlen sind der Tabelle entnehmbar. (Danke Elisa und ihrem Papa.)






kleinste Flächeninhalte


a b c A
n x y k k*|x²-y²| k*2*x*y k*(x²+y²) k²*x*y*|x-y|*(x+y)
1 1 2 1 3 4 5 6
2 3 2 1 20
 21 29 210

1 6 1 35 12 37 210
3 3 7 1 40 42 58 840

5 7 1 24 70 74 840

7 8 1 15 112 113 840
4 7 37 1 1320 518 1418 341880

33 37 1 280 2442 2458 341880

37 40 1 231 2960 2969 341880

55 56 1 111 6160 6161 341880
5 11 35 13 14352 10010 17498 71831760

23 33 13 7280 19734 21034 71831760

15 169 1 28336 5070 28786 71831760

161 169 1 2640 54418 54482 71831760

169 176 1 2415 59488 59537 71831760
6 189 64 13 411125 314496 517621 64648584000

11 35 390 430560 300300 524940 64648584000

23 33 390 218400 592020 631020 64648584000

15 169 30 850080 152100 863580 64648584000

161 169 30 79200 1632540 1634460 64648584000

7 345 15 1784640 72450 1786110 64648584000
7 65 133 138 1858032 2386020 3024132 2216650756320

77 247 46 2533680 1749748 3079148 2216650756320

117 187 69 1468320 3019302 3357402 2216650756320

45 221 69 3230304 1372410 3509754 2216650756320

133 153 138 789360 5616324 5671524 2216650756320

1045 1071 6 330096 13430340 13434396 2216650756320

2907 2912 3 87285 50791104 50791179 2216650756320
weitere Varianten






1 3 2 1 5 12 13 30
2 3 8 1 55 48 73 1320

1 11 1 120 22 122 1320
3 7 13 1 120 182 218 10920

13 8 1 105 208 233 10920

13 15 1 56 390 394 10920
4 13 55 2 5712 2860 6388 8168160

11 91 1 8160 2002 8402 8168160

85 91 1 1056 15470 15506 8168160

91 96 1 935 17472 17497 8168160
5 13 55 6 17136 8580 19164 73513440

11 91 3 24480 6006 25206 73513440

11 119 2 28080 5236 28564 73513440

85 91 3 3168 46410 46518 73513440

91 96 3 2805 52416 52491 73513440
6 7 37 4830 6375600 2501940 6848940 7975684332000

375 32 69 9632469 1656000 9773781 7975684332000

33 37 4830 1352400 11794860 11872140 7975684332000

3 77 2415 14296800 1115730 14340270 7975684332000

11 529 70 19580400 814660 19597340 7975684332000

1 111 2415 29752800 536130 29757630 7975684332000

Der "Erfinder" dieses Aufgabe - Henry Ernest Dudeney - hatte allerdings keinen Computer.
Hier die Angabe der Lösung aus: The Canterbury Puzzles nr. 107

The Four Princes.

When Montucla, in his edition of Ozanam's Recreations in Mathematics, declared that "No more than three right-angled triangles, equal to each other, can be found in whole numbers, but we may find as many as we choose in fractions," he curiously overlooked the obvious fact that if you give all your sides a common denominator and then cancel that denominator you have the required answer in integers!

Every reader should know that if we take any two numbers, m and n, then m2 + n2, m2 - n2, and 2mn will be the three sides of a rational right-angled triangle. Here m and n are called generating numbers. To form three such triangles of equal area, we use the following simple formula, where m is the greater number:—

mn + m2 + n2 = a
m2 - n2 = b
2mn + n2 = c

Now, if we form three triangles from the following pairs of generators, a and b, a and c, a and b + c, they will all be of equal area. This is the little problem respecting which Lewis Carroll says in his diary (see his Life and Letters by Collingwood, p. 343), "Sat up last night till 4 a.m., over a tempting problem, sent me from New York, 'to find three equal rational-sided right-angled triangles.' I found two ... but could not find three!"

The following is a subtle formula by means of which we may always find a R.A.T. equal in area to any given R.A.T. Let z = hypotenuse, b = base, h = height, a = area of the given triangle; then[Pg 247] all we have to do is to form a R.A.T. from the generators z2 and 4a, and give each side the denominator 2z (b2 - h2), and we get the required answer in fractions. If we multiply all three sides of the original triangle by the denominator, we shall get at once a solution in whole numbers.

The answer to our puzzle in smallest possible numbers is as follows:—

First Prince 518 1320 1418
Second Prince 280 2442 2458
Third Prince 231 2960 2969
Fourth Prince 111 6160 6161

The area in every case is 341,880 square furlongs. I must here refrain from showing fully how I get these figures. I will explain, however, that the first three triangles are obtained, in the manner shown, from the numbers 3 and 4, which give the generators 37, 7; 37, 33; 37, 40. These three pairs of numbers solve the indeterminate equation, a3b - b3a = 341,880. If we can find another pair of values, the thing is done. These values are 56, 55, which generators give the last triangle. The next best answer that I have found is derived from 5 and 6, which give the generators 91, 11; 91, 85; 91, 96. The fourth pair of values is 63, 42.

The reader will understand from what I have written above that there is no limit to the number of rational-sided R.A.T.'s of equal area that may be found in whole numbers.