Opravovatelia

Michal Staník [email protected]

Keď si roznásobíme uvedený súčin, vyjde z neho celkom pekný výraz $(a-1)\cdot a \cdot (a+1) = a^3 - a$. Ďalej sa chceme zbaviť vysokých mocnín, a keďže vieme, že $a^2+k \mid a(a^2+k) = a^3 + ak$, môžeme od seba pravé strany odčítať a ľavá strana bude stále deliť ich rozdiel. Máme tak $$a^2+k \mid a^3 + ak - (a^3 - a) = ak + a = a(k+1).$$

Na oboch stranách deliteľnosti máme zrejme kladné čísla. Keď jedno kladné číslo delí druhé, tak musí byť menšie alebo rovné (väčšie číslo nemôže deliť menšie)¹. Preto máme $$\begin{align} a^2 + k &\leq ak + a, \ a^2-a &\leq ak - k,\ a(a-1) &\leq k(a-1).\end{align}$$

Ak $a = 1$, tak dokazované tvrdenie $k \geq a$ plynie rovno z toho, že $k$ je celé kladné číslo. V opačnom prípade $a>2$ (tiež kladné celé), čiže môžeme vydeliť výrazom $(a-1)$ a nerovnosť sa zachová: $a \leq k$. Ale to už je presne to, čo sme chceli dokázať, a úloha je týmto hotová.

Iné riešenie

Ak $a=1$, pre všetky prirodzené $k$ platí $k \geq 1$, ako sme popísali vyššie. Ďalej nech $a \geq 2$ je ľubovoľné, ale ďalej pevné prirodzené číslo. Pre $k = a$ platí $$\frac{(a-1)a(a+1)}{a^2 + k} = \frac{(a-1)a(a+1)}{a^2 + a} = \frac{(a-1)a(a+1)}{a(a+1)} = a-1.$$ Pre $k=-1$ (síce je mimo definičného oboru $k$ zo zadania, ale vyhodnotiť výraz môžeme) platí $$\frac{(a-1)a(a+1)}{a^2 + k} = \frac{(a-1)a(a+1)}{a^2 + (-1)} = \frac{(a-1)a(a+1)}{(a-1)(a+1)} = a.$$ Teda $a^2 + a$ aj $a^2 - 1$ sú delitele $(a-1)a(a+1)$ pre všetky $a \geq 2$.

Ak by mal byť $a^2 + k$ deliteľ výrazu $(a-1)a(a+1)$ pre nejaké $0 < k < a$, musel by byť podiel niekde medzi $a-1$ a $a$. Keďže delenec (čitateľ) máme pevný, tak podiel musí byť väčší ako pre $a^2 + a$ (delíme $a^2 + k$, čo je menšie číslo) a menší ako pre $a^2 - 1$ (delíme $a^2 + k$, čiže väčším číslom). V tomto intervale od $a-1$ do $a$ však neleží žiadne celé číslo, a preto pre $0 < k < a$ nemôže $a^2 + k$ deliť $(a-1)a(a+1)$ bezo zvyšku.