Opravovatelia

Michal Staník [email protected]

Ako prvé si musíme uvedomiť, čo to tá hľadaná funkcia $f$ má spĺňať. Keď sa v zadaní píše, že „je dané celé číslo $k$“ alebo „osud zadal celé číslo $k$“, tak to znamená, že $k$ je parameter úlohy a ďalej je pevné. Nevieme ho meniť a všetky podmienky vzťahujúce sa na $k$ (v našom prípade $x_1! + \dots + x_n! \mid f(x_1)! + \cdots + f(x_k)!$ platia len pre to konkrétne $k$, ktoré nám osud (niekto zvonka) zadal. Zmysel parametra je, že nehľadáme funkciu len pre jednu konkrétnu hodnotu, napríklad $k=3$, ale riešime „nekonečne veľa podobných úloh“ s rôznymi hodnotami $k$. Naše riešenie musí byť pritom dosť všeobecné, aby sme dali (a dokázali) odpoveď pre každé prípustné $k$ (teda také, že $k \geq 2$).

Nech teda $k \geq 2$ je ľubovoľné, naďalej pevné (takže ideme riešiť všeobecne) a $f$ je funkcia vyhovujúca zadaniu. Vezmime si ľubovoľné prirodzené číslo $n$ a dosaďme do zadanej podmienky hodnoty $x_1 = x_2 = \dots = x_k = n$. Dostaneme $kn! \mid k \cdot f(n)!$, čiže ekvivalentne $n! \mid f(n)!$. Keďže obe strany sú kladné čísla, musí platiť $n! \leq f(n)!$. Z toho, že faktoriál je rastúca funkcia na kladných číslach, potom máme $n \leq f(n)$.

Ďalej ukážeme, že pre všetky dostatočne veľké prvočísla $p$ – konkrétne pre $p > f(1)$ platí $f(p) = p$. Dosaďme $x_1 = 1$, $x_2 = p-1$, $x_3 = \dots = x_k = p$ (ak $k=2$, tak $p$ nepriradíme žiadnemu $x_i$). Dostaneme $$1! + (p-1)! + (k-2)p! \mid f(1)! + f(p-1)! + (k-2)f(p)!.$$ Pozrime sa teraz na zvyšky ľavej a pravej strany po delení $p$. Pritom využijeme Wilsonovu vetu, ktorá hovorí, že pre prvočísla platí $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$. $$\begin{align} 1! + (p-1)! + (k-2)p! &\equiv 1 - 1 + (k-2)p(p-1)! \equiv 0 \pmod{p}, \ f(1)! + f(p-1)! + (k-2)f(p)! &\equiv f(1)! + f(p-1)! \equiv 0 \pmod{p}. \end{align}$$ Druhá kongruencia plynie z toho, že $f(p) \geq p$, a teda $f(p)!$ ako súčin obsahuje člen $p$, a teda má zvyšok $0$.

Vidíme, že ľavá strana deliteľnosti je deliteľná $p$, teda aj pravá musí byť. Keďže $p > f(1)$ a je to prvočíslo, nenachádza sa v súčine $f(1)!$ (ani tam nevznikne ako súčin viacerých členov), tým pádom $f(1)! \not\equiv 0$, a teda aj $-f(1)! \equiv f(p-1)! \not\equiv 0$. Ak by bolo $f(p-1) \geq p$, tak by bolo deliteľné $p$ (opäť by $p$ bolo v súčine). Preto $f(p-1) = p-1$ (už vieme, že menej byť nemôže).

Prvočísel väčších ako $f(1)$ je nekonečne veľa ($f(1)$ je konkrétne číslo pre uvažovanú konkrétnu funkciu $f$), tak už máme nekonečne veľa čísel takých, že $f(p-1) = p-1$. To už vyzerá, že $f(n) = n$ pre všetky $n$ – poďme to dokázať.

Pre spor, nech $f(n) > n$ (menšie byť nemôže). Dosaďme $x_1 = n$, $x_2=\dots=x_k = p-1$ pre prvočíslo $p > n+1, p>f(1)$ (dosť veľké prvočíslo vždy existuje). Máme $$\begin{align} n! + (k-1)(p-1)! &\mid f(n)! + (k-1)f(p-1)! = f(n)! + (k-1)(p-1)!, \ n! + (k-1)(p-1)! &\mid f(n)! + (k-1)(p-1)! - (n! + (k-1)(p-1)!), \ n! + (k-1)(p-1)! &\mid f(n)! - n!. \end{align}$$

Stále máme dosť veľkú voľnosť pre prvočíslo $p$ – môžeme ho voliť stále väčšie a väčšie, čím sa nám zväčšuje ľavá strana. Číslo $f(n)! - n!$ má teda ľubovoľne veľkého deliteľa, takže to musí byť nula. Platí teda $f(n)! = n!$ a z prostosti faktoriálu na prirodzených číslach (neexistujú $a, b$ také, že $a! = b!$) máme, že $f(n) = n$ pre všetky prirodzené čísla $n$ (keďže $n$ sme si volili ľubovoľne).

Na záver už iba overíme, že funkcia $f(n) = n$ spĺňa zadanie – vtedy na oboch stranách deliteľnosti máme to isté číslo $x_1! + \dots + x_k!$, takže deliteľnosť je splnená a toto je skutočne (jediná) vyhovujúca funkcia.