Opravovatelia

Pedro [email protected]

Prvý krok riešenia tejto úlohy je celkom zrejmý a jednoduchý – potrebujeme vyjadriť, čomu sa vlastne súčin $a_1 a_2 \cdots a_n$ rovná. Začneme vypočítaním hodnoty $a_n$: $$a_n = \frac{n^{n-1}}{(n-1)^{n-1}}a_{n-1} = \frac{n^{n-1}}{(n-1)^{n-1}}\frac{(n-1)^{n-2}}{(n-2)^{n-2}}a_{n-2} = \dots = \frac{n^{n-1}}{(n-1)^{n-1}}\frac{(n-1)^{n-2}}{(n-2)^{n-2}}\cdots \frac{3^2}{2^2}\frac{2}{1}2.$$ Všimnime si, že v dvoch susedných zlomkoch sa menovateľ prvého zlomku rovná čitateľu druhého, až na to, že menovateľ má o jeden vyššiu mocninu. Teda sa nám toho veľa vyškrtá a nie je ťažké vidieť, že $a_n = \frac{2n^{n-1}}{(n-1)!}.$ Teraz už vieme jednoducho vypočítať spomínaný súčin. $$\prod_{i=1}^n a_i = \frac{2^n n^{n-1}(n-1)^{n-2} \cdots 2^1}{(n-1)!(n-2)!\cdots 1!}.$$ Opäť si vieme všimnúť, ako sa nám isté časti tohto výrazu poškrtajú. V menovateli sa číslo $n-i$ nachádza v $i$ faktoriáloch. V čitateli je číslo $n-i$ umocnené na $(n-1-i)$-tu mocninu. Preto dokopy bude číslo $n-i$ umocnené na $(n-1-2i)$-tu mocninu a dostávame $$\prod_{i=1}^n a_i = 2^n n^{n-1}(n-1)^{n-3}(n-2)^{n-5}\cdots 3^{5-n}2^{3-n}1^{1-n}.$$ Človek by si pri pohľade na tento výraz mohol povedať, že pravdepodobne nebude rovný celému číslu, lebo isto bude existovať nejaké prvočíslo $p,$ ktoré v tomto výraze bude mať zápornú mocninu. Ukážeme si však, že to nie je pravda a že všetky prvočísla, ktoré sa vyskytujú v tomto výraze majú nezápornú mocninu. Najprv si dokážeme pomocné tvrdenie, ktoré nám pomôže s argumentáciou pre prvočísla. Súvisiace tvrdenie si sformulujeme ako samostatnú lemmu.

Lemma: Pre ľubovoľné prirodzené $k$ je súčet mocnín prislúchajúcich násobkom $k$ vo výraze $V:= n^{n-1}(n-1)^{n-3}(n-2)^{n-5}\cdots 3^{5-n}2^{3-n}1^{1-n}$ nezáporný.

Dôkaz: Označme $m=\lfloor \frac{n}{k} \rfloor.$ Chceme ukázať, že $\sum_{i=1}^m [2ik-(n+1)],$ čo je presne rovná súčtu mocnín prislúchajúcich násobkom $k$ vo výraze $V$, je nezáporná. Toto sa dá využitím vzorca na súčet prvých $m$ prirodzených čísel ľahko prepísať ako $m(m+1)k-m(n+1)\ge 0.$ Po vydelení $m$ a prehádzaní dostávame ekvivalentné $mk\ge n-k+1,$ čo platí priamo z definície dolnej celej časti. Týmto je dôkaz lemmy hotový a môžeme pokračovať so zvyškom dôkazu.

S touto lemmou je už dôkaz pre všeobecné prvočíslo jednoduchý. Uvažujme najprv $k=p.$ Potom súčet všetkých prvých mocnín prvočísla $p$ vrámci nášho výrazu je nezáporný. Ak teraz vylúčime prvé mocniny $p$, môžeme teraz položiť $k=p^2$ a dostaneme, že súčet všetkých druhých mocnín prvočísla $p,$ ktoré ešte nie sú zarátané medzi prvými mocninami, je tiež nezáporný. Takto pokračujeme, až kým príslušná mocnina $p$ neprekročí $n.$ Sčítaním prvých, druhých a vyšších mocnín $p$ dostaneme, že jeho celková mocnina v našom výraze je nezáporná a teda náš výraz (pred vydelením $n+1$) je určite celé číslo.

Na záver už len stačí zvoliť $n$ vhodne tak, aby nám delenie $n+1$ nepokazilo celistvosť nášho výrazu a aby daný výraz bol štvorec. Ak $n$ je nepárne, potom všetky $n-1-2i$ sú párne a teda výraz bude štvorec ak $2^n/(n+1)$ je štvorec. Najjednoduchšie riešenie je teda zvoliť $n = 2^k-1,$ kde $k$ je (dostatočne veľké) nepárne číslo. Potom očividne $2^n/(n+1)$ je párna a kladná mocnina dvojky a zvyšný výraz je tiež štvorcom celého čísla. Nakoľko takýchto nepárnych $k$ si môžeme zvoliť nekonečne veľa, sme hotoví.