7. Keď Mokro Škodí vzorové riešenie

Najprv sa zamyslime, že stačí, aby \(d\) bolo prvočíslo. Prečo? Pretože ak nejaké zložené číslo \(d\) delí \(a^n+b^n+1\), tak aj prvočíslo \(p\), ktoré je deliteľom čísla \(d\), delí \(a^n+b^n+1\). Takže, nám stačí uvažovať \(d\) prvočísla.

Ďalej sa môžme zamyslieť, že netreba uvažovať \(n> d\). Prečo? Zoberme si nejaké číslo \(c\) a začnime ho umocňovať. \(c^1, c^2, c^3, \dots, c^n, \dots\) Všimnime si, že zvyškov po delení \(d\) je iba \(d\), to sú \(0, 1, \dots, d-1\). No a ak sa nájdu nejaké \(k\), \(l\) také, že \(c^k\) a \(c^l\) majú rovnaký zvyšok po delení \(d\), tak majú rovnaký zvyšok aj čísla \(c^{k+1}\) a \(c^{l+1}\) a tak ďalej. A keďže máme iba konečný počet zvyškových tried po delení \(d\), tak určite raz nastane, že nejaké \(c^k\) a \(c^l\) majú rovnaké zvyšky. No a z Dirichletovho princípu to nastane najneskôr pre \(n=d\). Dá sa rozmyslieť aj to, že ak \(c^k \equiv c^l \;(\bmod\; d)\) tak \(c^{k-1} \equiv c^{l-1} \;(\bmod\; d)\). Poznámka: zápis \(a \equiv r \;(\bmod\; n)\) znamená, že čísla \(a\) a \(r\) majú rovnaký zvyšok po delení číslom \(n\). Preto nám stačí uvažovať, že \(k=1\). A keď si takúto podmienku napíšeme \(c^k \equiv c \;(\bmod\; d)\) a začneme skúmať, že pre ktoré \(k\) to bude platiť, tak sa dopracujeme k Malej Fermatovaj vete. Nám však stačí jej poznatok a ten je, že pre \(c\), \(d\) nesúdeľiteľné platí: \(c^d \equiv c \;(\bmod\; d)\), a teda aj \(c^{d-1} \equiv 1 \;(\bmod\; d)\).

Teraz s vedomosťami o Malej Fermatovej vete sa môžme pustiť do našej úlohy. Predpokladajme, že \(a\) aj \(b\) sú nesúdeľiteľné s \(d\). Keďže \(d \mid a^n+b^n+1\) pre všetky \(n\), tak musí aj pre \(n:=d-1\), a preto môžme písať: \[a^{d-1} + b^{d-1} + 1 \equiv 1+1+1 \equiv 3\;(\bmod\; d).\] Ale teda \(3 \equiv 0 \;(\bmod\; d)\), iba ak \(d=3\) alebo \(d=1\). Poznámka: ak má nejaké číslo zvyšok \(0\) po delení \(d\) tak je deľiteľné \(d\). Keďže \(d\neq 1\) tak musí platiť \(d=3\). Teraz už len stačí nájsť všetky také \((a,b)\). Môžme sa taktiež zamyslieť, že sa stačí pozerať len na zvyšky \(a\), \(b\) po delení \(d\), teda dvojice \((0,0)\), \((0,1)\), \((0,2)\), \((1,1)\), \((1,2)\) a \((2,2)\). Zvyšné sú v symetrickej pozícií a teda ich nemusíme riešiť. A ľahko overíme, že jedinou vyhovujúcou dvojicou je \((1,1) \;(\bmod\; 3)\). Teda sme našli vodotesné čísla tavru \((a,b)=(3k-2,3l-2)\), kde \(k,l \in \mathbb{N}\).

Teraz sa pozrieme na prípad, keď \(a\) aj \(b\) sú súdeľiteľné, v skutočnosti deliteľné \(d\). Dostávame \(0^n + 0^n + 1 \equiv 1 \;(\bmod\; d)\), a teda také riešenie nemáme. T. j. muselo by \(d=1\) ale to nemôže.

Nakoniec sa pozrieme keď iba jedno z \(a\) a \(b\) je deľiteľné \(d\). Bez ujmy na všeobecnosti je to \(a\). Potom \(0^n + b^n + 1 \equiv b^n + 1 \;(\bmod\; d)\), no ale pre \(n:=d-1\) platí \(b^{d-1} + 1 \equiv 2 \;(\bmod\; d)\), a teda musí nutne \(d=2\). Čo to znamená? Máme ďalšie riešenie, kde jedno číslo je párne a druhé nepárne.

Teda množina všetkých vodotesných čísel obsahuje práve dvojice \((a,b)\) tvaru \[(2k,2l-1),\qquad (2k-1,2l),\qquad (3k-2, 3l-2)\] pre každé prirodzené čísla \(k\), \(l\).