Opravovatelia

Denys [email protected]

Baška [email protected]

Prvé, čo nám môže napadnúť pri riešení takejto úlohy: treba nejak vhodne prepísať rovnosť, aby sme dostali pekný rozklad na činitele, lebo potom by sme mohli využiť informáciu o tom, že $p$ je prvočíslo.

Skúsime najprv roznásobiť zátvorky, čím dostaneme $$\begin{align} y(x^2+p) - x(y^2+p) &= p,\ yx^2 + yp -xy^2 -xp &= p.\end{align}$$

Vidíme, že tento výraz obsahuje podobné členy: $yx^2$ a $xy^2$. Líšia sa práve v tom, že prvý je $xy\cdot x$ a druhý je $xy\cdot y$. Skúsime si to tak aj zapísať, a pritom dať tie členy vedľa seba. $$xy\cdot x - xy \cdot y + yp - xp = p.$$

Z prvej dvojice členov vieme vytiahnuť pred zátvorku výraz $xy$ a z druhej dvojice číslo $p$: $$xy(x-y) + (y-x)p = p.$$

Z toho vyplýva, že vskutku vieme dať dokopy aj dva nové členy, pretože $(y-x)=-(x-y)$.

$$\begin{align} xy(x-y) + (y-x)p&=p,\ xy(x-y) - (x-y)p&=p,\ (xy-p)(x-y) &= p.\end{align}$$

Výborne! Dostali sme práve to, čo chceli. Na ľavej stráne máme pekný rozklad na činitele, na pravej strane stále máme $p$, teda prvočíslo.

Takže už vieme, že obidve zátvorky sú delitele prvočísla $p$. Máme teda niekoľko možností:

• $p=p\cdot 1$, a teda $xy-p=p$ a $x-y=1$. Z prvej rovnice dostávame, že $xy=2p$. Tu by sa tiež dalo skontrolovať všetky možnosti, pričom vieme, že $x>y$. Takže buď $x=2p$ a $y=1$ alebo $x=p$ a $y=2$ (lebo $p$ je prvočíslo, teda $p\geq 2$, a teda prípad $x=2$ a $y=p$ nie je možný, ako aj $x=1$ a $y=2p$).

1. Ak $x=2p$ a $y=1$, tak z druhej rovnice $x-y=2p-1=1$, a teda $p=1$, čo nie je prvočíslo.

2. Ak $x=p$ a $y=2$, tak z druhej rovnice opäť vidíme $x-y=p-2=1$, a teda $p=3$, čo dava nám riešenie $(x,y,p)=(3,2,3)$.

• $p=1\cdot p$, a teda $xy-p=1$ a $x-y=p$. Tu už taký trik ako v predchádzajúcom bode uplatniť nevieme (lebo nevieme veľa povedať o deliteľoch čísla $p+1$). Takže môžeme skúsiť klasický postup: z druhej rovnice vieme vyvodíme, že $y=x-p$. Potom rovnako vieme dosadiť do prvej rovnice: $$\begin{align} xy-p&=1,\ x(x-p)-p&=1,\ x^2-px-p-1&=0,\ x^2-px-(p+1)&=0. \end{align}$$ Toto je obyčajná kvadratická rovnica, ktorú vieme vyriešiť, napr. pomocou diskriminantu: $$\mathcal{D} = b^2-4ac = (-p)^2-4\cdot(1)\cdot(-(p+1))=p^2+4(p+1)=p^2+4p+4=p^2+2\cdot2\cdot p + 2^2 = (p+2)^2$$ Potom riešenia sú $$x=\frac{-b\pm \sqrt{\mathcal D}}{2\cdot a} = \frac{-(-p) \pm (p+2)}{2\cdot 1} = \frac{p\pm(p+2)}{2},$$ čiže prvé riešenie bude $x=\frac{2p+2}{2}=p+1$, a druhé bude $x=\frac{-2}{2}=-1$.

Číslo $x=-1$ je záporné, takže to nie je riešením úlohy, ale $x=p+1$ je kladné číslo a riešením je: ak $x=p+1$, $y = x - p = p + 1 -p = 1$. Takže, naozaj máme, že trojica $(x,y,p)=(p+1,1,p)$ je riešením pre ľubovoľné $p$.

Túto časť sa dalo vyriešiť aj inými spôsobmi. Napr. si všimnúť, že $xy-1=p=x-y$, z čoho potom tiež vieme dostať peknú rovnicu. My ale skúsime teraz nahliadnuť ešte jeden spôsob riešenia (aj keď predchádzajúce sú dobré), ktorý nie je úplne štandardný a ešte ho v úlohe využijeme.

Skúsime si prepísať výrazy tak, aby neobsahovali mínusy: $xy=p+1$ a $x = y + p$. Tu už vieme využiť to, že $x,y\geq1$ skôr, ako vyriešime rovnicu: ak $y\geq 1$, tak predsa vieme, že $x = y + p \geq p + 1$. Ale teda vidíme, že potom máme $p+1 = xy \geq (p+1)y$, čiže $1\geq y$, odkiaľ $y$ musí byť $1$. Odtiaľ už dostaneme, že $x=p+1$, a keď skontrolujeme, tak to naozaj bude riešenie.

Teraz prichádza veľmi dôležité pozorovanie. Zdalo by sa, že sme skontrolovali všetky možnosti. Veď $p$ je kladné, $x,y$ sú tiež kladné, tak sú len možnosti $p=p\cdot 1$ alebo $p = 1\cdot p$. To ale nie je dostatočná podmienka. Keďže v činiteľoch máme rozdiely, môže sa stať, že ak $xy$ bude menšie ako $p$ a $x$ bude menšie než $y$, tak potom $xy-p<0$ a $x-y<0$. Takže nám treba preskúmať aj ďalšie možnosti.

• $p=(-p)\cdot(-1)$, a teda $xy-p=-p$ a $x-y=-1$. Potom ale hneď z prvej rovnice vidíme, že $xy=0$, takže $x=0$ alebo $y=0$, čo je spor s tým, že $x$ a $y$ sú kladné.

• $p = (-1)\cdot(-p)$, a teda $xy-p=-1$ a $x-y = -p$. Skúsime si spomenúť, ako sme riešili druhý bod. Z druhej rovnice vidíme, že $y=x+p$. Taktiež vieme, že $x\geq1$. Skúsime ukázať, že riešenia neexistujú tým, že sa pozrieme na nerovnosti $$\begin{gathered} y=x+p \Rightarrow y \geq p+1\ xy \geq x\cdot (p+1) \geq 1\cdot (p+1) = p+1\ xy - p \geq 1 \end{gathered}$$ Ale $xy-p=-1<1$, čo je spor, takže aj takýto rozklad nám nedáva riešenia.

Skontrolovali sme všetky možnosti a zistili sme, že riešenia sú trojice $(3,2,3)$ a $(p+1,1,p)$ pre ľubovoľné prvočíslo $p$. Ďalšie riešenia neexistujú.