2015 Antalya Matematik Olimpiyatı Soru 23

[matematikolimpiyati]

Hipotenüsü $2015$ ve diğer kenarları da tam sayı olan kaç farklı dik üçgen vardır?

$($Not : $c$ hipotenüs uzunluğu olmak üzere$,\ (a,b,c)$ üçgeni ile $(b,a,c)$ üçgeni farklı kabul edilecektir.$)$

$\textbf{a)}\ 8  \qquad\textbf{b)}\ 4  \qquad\textbf{c)}\ 12  \qquad\textbf{d)}\ 16  \qquad\textbf{e)}\ 10$

[Metin Can Aydemir]

Cevap: $\boxed{A}$

Buradaki gönderide $a^2+b^2=n$ denkleminin doğal sayılardaki çözümlerin sayısını veren  bir çalışma yayınlamıştım. Bu soruda ise $a^2+b^2=2015^2=5^2\cdot 13^2\cdot 31^2$ denklemini çözümlerinin sayısını arıyoruz. $5$ ve $13$ sayıları $4k+1$ formatında, $31$ ise $4k+3$ formatında olduğundan, $$(2+1)(2+1)+\frac{1-(-1)^{(2+1)(2+1)}}{2}=10$$ doğal sayı çözümü elde ederiz. Fakat $(0,2015)$ ve $(2015,0)$ çözümlerini çıkartmalıyız. Toplam $8$ tane farklı dik üçgen bulunur.

Teorem: $q_i$ asal sayıları $4k+3$ formunda ve $p_j$ asal sayıları $4k+1$ formunda olmak üzere, $n=2^a\cdot p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}\cdot q_1^{\beta_1}\cdot q_2^{\beta_2}\cdots q_m^{\beta_m}$ için, $$x^2+y^2=n$$ denkleminin çözüm sayısı,

i) Eğer $\beta_1,\beta_2,\dots,\beta_m$'den en az biri tekse $0$,
ii)Eğer $\beta_1,\beta_2,\dots,\beta_m$'nin hepsi çiftse $$(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\cdots(\alpha_k+1)+\dfrac{1-(-1)^{(a+1)(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\cdots(\alpha_k+1)}}{2}$$ 'dir.

[Lokman Gökçe]

Daha temel düzeyde bilgilerle soruyu çözelim.

Yanıt: $\boxed{A}$

$m>n\geq 1$ ve $m,n,k$ pozitif tam sayılar olmak üzere tüm Pisagor üçlüleri $k(m^2 + n^2), k(m^2 - n^2), 2mnk$ formundadır. Burada $k(m^2 + n^2) = 2015 = 5\cdot 13 \cdot 31$ hipotenüstür.

Ayrıca kullanacağımız bir başka özellik de şudur: Modülo $4$ içinde, $3$ e denk olan sayılar iki kare toplamı olarak yazılamaz. Yani $m^2 + n^2 \equiv 3 \pmod{4}$ denkliğini sağlayan $(m,n)$ tam sayı çiftleri yoktur.

Eğer $k=1$ verirsek $m^2 + n^2 = 2015 \equiv 3 \pmod{4}$ olup çözüm yoktur. Aynı gerekçeyle $k=5, 13$ değerleri için de  $m^2 + n^2 \equiv 3 \pmod{4}$ olup çözüm yoktur.

$k=31$ verirsek $m^2 + n^2 = 65 $ olup $(m,n) = (8,1), (7,4)$ çözümlerini elde ederiz.
$k=31\cdot 5 $ verirsek $m^2 + n^2 = 13 $ olup $(m,n) = (3,2)$ çözümünü elde ederiz.
$k=31\cdot 13 $ verirsek $m^2 + n^2 = 5 $ olup $(m,n) = (2,1)$ çözümünü elde ederiz.

Böylece $m>n$ koşulu ile $4$ çözüm bulmuş olduk. Simetri ile, toplam $4\cdot 2 = 8$ çözüm vardır.