6. Keď Meškajú Spoje vzorové riešenie

Najprv si dokážeme pomocné tvrdenie: Pre všetky celé čísla \(p \geq 3\) platí \[p+2 < 2^p.\] Dôkaz urobíme matematickou indukciou podľa \(p\). Pre \(p=3\) to platí. Nech to platí pre nejaké \(p\). Potom \[(p+1)+2 < 2^p + 2 < 2 \cdot 2^p = 2^{p+1}.\]

Riešenie samotnej úlohy: Hľadáme také kladné celé číslo \(n\), že existuje celé číslo \(a\) tak, aby platilo \[n \cdot 2^{n+1} + 1 = a^2.\] Zrejme \(n = 1\), \(n = 2\) nevyhovuje. Pre \(n = 3\) dostaneme \(a = 7\). Dokážeme, že úloha žiadne ďalšie riešenie nemá. Nech existujú celé čísla \(a\), \(n\) ktoré vyhovujú úlohe. Nech \(n \geq 4\). Zrejme \(a\) je nepárne, teda \(a = 2k+1\), \(k\) je celé číslo. Po dosadení do rovnice máme \[n \cdot 2^{n+1} = a^2 - 1 = 4k^2 + 4k.\] Po úprave \[n \cdot 2^{n-1} = k^2 + k = (k+1)k.\] Z čísel \(k\) a \(k+1\) môže byť párne iba jedno. Nech je párne \(k\), nech \(k = q \cdot 2^p\), pričom \(p\), \(q\) sú celé čísla, \(q\) je nepárne. Potom \[n \cdot 2^{n-1} = q \cdot 2^p \cdot (q \cdot 2^p + 1).\] Na ľavej strane rovnice je aspoň \(n-1\) krát číslo \(2\) (ak je \(n\) párne, tak aj viac), na pravej presne \(p\) krát.To znamená, že \(n-1 \leq p\). Potom \[n \cdot 2^{n-1} \leq (p+1) \cdot 2^p < 2^p \cdot 2^p < q \cdot 2^p \cdot (q \cdot 2^p+1),\] čo je spor (použili sme pomocné tvrdenie).

Nech je \(k+1 = q \cdot 2^p\), kde \(q\) je nepárne. Potom podobne ako v prvom prípade \[n \cdot 2^{n-1} \leq (p+1) \cdot 2^p < (2^p-1) \cdot 2^p < q \cdot 2^p \cdot (q \cdot 2^p-1),\] čo je opäť spor. Preto je jediným riešením úlohy \(n = 3\).

Úloha nebola príliš ťažká, len si bolo treba uvedomiť, čo chceme aby platilo a ako to dostať.