8. Končíme s Márnou Situáciou vzorové riešenie

Začnime jednoducho - vynásobme rovnicu všetkými menovateľmi. Dostávame \(n(x+y)=xy.\) Označme \(\delta=NSD(x,y)\). Ďalej označme \[a=\frac{x}{\delta}, \quad b=\frac{y}{\delta}, \quad c=\frac{n}{ab}.\]

Lema. \(a,b,c\) sú celé čísla.

Dôkaz lemy. \(a,b\) sú zjavne celé. Čo sa týka \(c\), máme \[\begin{aligned} n(x+y)&=xy ,\\ n\delta (a+b)&=(\delta a)(\delta b) ,\\ n(a+b)&=ab\delta.\end{aligned}\] Vieme ale že \(a,b\) sú nesúdeliteľné, a teda \(a \nmid (a+b) \Rightarrow a\mid n.\) Obdobne \(b\mid n\), a aj spolu \(ab \mid n\).

Hľadajme počet všetkých prirodzených trojíc \(a,b,c\) takých, že spĺňajú nasledujúce podmienky: \[abc=n, \quad NSD(a,b)=1, \quad a\geq b. \qquad (1) \label{aaa}\] Lema. Pre každú trojicu čísel \(a,b,c\) spĺňajúcu podmienky (1) existuje práve jedna dvojica čísel \(x,y\) spĺňajúca zadanie. Opačne tiež, pre každé \(x,y\) spĺňajúce zadanie existuje práve jedna trojica \(a,b,c\). Teda je ekvivalentné počítať počet trojíc \(a,b,c\) spĺňajúcich (1) ako počítať počet dvojíc \(x,y\) spĺňajúcich zadanie.

Dôkaz lemy. Platí \[\frac{1}{a\delta}+ \frac{1}{b\delta}= \frac{1}{abc} \iff \delta=(a+b)c.\]

Stačí zvoliť \(x=a\delta=a(a+b)c, \quad y=b\delta=b(a+b)c\). Opačne, triviálne vieme že \(x,y\) jednoznačne určujú trojicu \(a,b,c\). Takže existuje jednoznačné prepojenie medzi \(a,b,c\) a \(x,y\).

Čo sme tým získali a čo sme vlastne spravili? Zjednodušili sme si zadanie tak, aby sme dostali nesúdeliteľné čísla \(a,b\), u ktorých vieme ľahko počítať súčin – sledujte ďalej. Hľadajme teda koľko trojíc \(a,b,c\) spĺňajúcich (1) existuje. Uvažujme prvočíselné rozklady. Označme

• \(n=p_1^{N_1}\cdots p_k^{N_k},\)

• \(a=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k},\)

• \(b=p_1^{\beta_1}\cdots p_k^{\beta_1},\)

• \(c=p_1^{\gamma_1}\cdots p_k^{\gamma_1}.\)

Z prvej podmienky v (1) musí platiť \(N_i=\alpha_i+\beta_i+\gamma_i\), z druhej podmienky musí byť bud \(\alpha_i=0\) alebo \(\beta_i=0\). Tretiu podmienku využijeme neskôr aby sme iba vydelili počet riešení dvoma.

Nech je dané \(n\) (a teda dané \(N_1\)). Ľubovoľne si zvoľme \(\alpha_1\leq N_1\). Na to máme presne \(N_1+1\) možností. Ak \(\alpha_1\neq 0\), tak máme jednoznačne určené aj \(\beta_1=0, \gamma_1=N_1-\alpha_1\). Ak \(\alpha_1 = 0\), tak máme \(N_1+1\) možností čo môže byť \(\beta_1\leq N_1\). Takže \(N_1+1\) možností pre \(\alpha_1\), \(N_1+1\) možností pre \(\beta_1\), spolu \(2N_1+2\) možností. Pozor, možnosť že \(\alpha_1=\beta_1=0\) sme započítali dvakrát, teda celkový počet možností ako sa môžu pokombiť mocniny pri \(p_1\) je \(2N_1+1\).

Obdobne pre \(p_2, \dots, p_k\). Celkový počet možností bude teda \((2N_1+1)(2N_2+1)\dots (2N_k+1)\). Týmto sme ale našli všetky možnosti, nie len také kde \(a \geq b\). Ak \(a=b\) tak musí zjavne byť \(a=b=1\), \(c=n\) a je to iba jedna možnosť. Pre zvyšné platí \(a>b\). My sme ale započítali v našich možnostiach aj tie, kde \(b<a\), teda skutočný počet riešení bude

\[1+\frac{(2N_1+1)(2N_2+1)\dots (2N_k+1)-1}{2} = 2019\] \[(2N_1+1)(2N_2+1)\dots (2N_k+1)=2\cdot(2019-1)+1=4037=11\cdot367\]

Nutne teda \(N_3=\dots=N_k=0\), pretože súčin viac ako troch čísel nemôže byť 4037. Čo mimo iné znamená že \(n\) bude mať maximálne dva prvočíselné delitele.

Ďalej \((2N_1+1)(2N_2+1)=11\cdot367\). Platí teda buď \(N_2=0\) a \(N_1=2018\), alebo \(N_1=5, N_2=183\). Ak si tieto čísla dáme do definície čísla \(n\), získame výsledok.

Odpoveď: Rovnica má 2019 riešení práve vtedy keď \(n=p_1^{2018}\) alebo \(n=p_1^5p_2^{183}\) pre ľubovoľné prvočísla \(p_1,\, p_2\).