Atrisinājums

Apzīmēsim trijstūra malu garumus ar \(a,\ b,\ c;\) apzīmēsim \(a+b+c=x\). No Herona formulas iegūstam

\(L^{2}=\frac{x}{2} \cdot\left(\frac{x}{2}-a\right)\left(\frac{x}{2}-b\right)\left(\frac{x}{2}-c\right)\) jeb \(16L^{2}=x(x-2a)(x-2b)(x-2c)\)

Tā kā \(16L^{2}\) ir pāra skaitlis, tad arī \(x\) ir pāra skaitlis. Šķirojam divas iespējas:

1) visi \(a,\ b,\ c\) ir pāra skaitļi; tad \(a=b=c=2\) un \(L=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2^{2}=\sqrt{3} \notin N\). 2) viens no skaitļiem \(a,\ b,\ c\) ir pāra skaitlis, bet divi - nepāra. Varam pieņemt, ka \(a\) pāra skaitlis; tad \(a=2\). Ja \(b \neq c\), varam pieņemt, ka \(b<c\). Tā kā \(b\) un \(c\) - nepāra pirmskaitļi, tad \(c-b \geq 2\), jeb \(c-b \geq a\), kas ir pretruna ar trijstūra nevienādību. Tāpēc \(b=c\), un iegūstam

\(16L^{2}=x(x-4)(x-2b)^{2}\)
\(16L^{2}=(2b+2)(2b-2) \cdot 4\)
\((2b+2)(2b-2)=4L^{2}\)
\(b^{2}-1=L^{2}\)
\((b-L)(b+L)=1\)
tāpēc \(b-L=\frac{1}{b+L}\)

Acīmredzot tas nav iespējams, jo \(b-L \in Z\), bet \(b+L>3\), tāpēc \(\frac{1}{b+L} \notin Z\).