8. Konštanty Musíme Škálovať vzorové riešenie

Riešenia takýchto rovníc sú zväčša tvorené malými číslami. Zvyčajne nie je náročné tieto riešenia nájsť prostým skúšaním. Kľudne si to skúste. Ťažisko úlohy preto stojí na dôkaze, že ďalšie riešenia neexistujú. Veľmi užitočným spôsobom je sledovanie deliteľností, prípadne o to lepšie zvyškov po delení. Hneď zo začiatku vieme urobiť nasledovné, celkom priamočiare pozorovania:

• Číslo \(h\) nemôže byť \(0\) ani \(1\). Inak \(h! = 1\) a \(h! + 5^u\) je súčet dvoch nepárnych čísel, teda párne číslo. No a párne číslo nemôže byť rovné nepárnemu \(7^p\).

• Ľavá strana je aspoň \(h! + 5^u \ge 1 + 1 = 2\). Preto \(7^p \ge 2\), teda \(p \ge 1\) a pravá strana je vždy deliteľná \(7\).

• Preto sa nemôže stať, že \(h \ge 7\), lebo potom je \(h!\) deliteľné \(7\), ale \(5^u\) nie je deliteľné \(7\). Teda \(h! + 5^u\) by nebolo deliteľné \(7\).

• Taktiež sa nemôže stať, že \(h \ge 5\) a \(u \ge 1\). Vtedy je totiž \(h! + 5^u\) deliteľné piatimi, pričom \(7^p\) nie je.

• Ak je \(5 \le h \le 6\), tak z predošlého bodu musí platiť \(u = 0\). Dostávame tak dve možné hodnoty ľavej strany: \(5! + 5^0 = 121\) a \(6! + 5^0 = 721\), z ktorých žiadna nie je mocninou sedmičky. V tomto prípade tiež nemáme riešenia.

Týmito pomerne jednoduchými úvahami sa nám podarilo zistiť, že jediné možné hodnoty \(h\) sú \(2\), \(3\) a \(4\). Tieto prípady postupne rozoberieme, pričom sa budeme už viac pozerať na zvyšky po delení vhodnými číslami.

Prípad \(h = 2\) a \(h = 3\)

Prvou kľúčovou myšlienkou je, že ak je \(u\) alebo \(p\) dostatočne veľké, tak máme jednu mocninu z našej rovnice deliteľnú nejakým dostatočne veľkým číslom. Ostávajúca mocnina potom bude dávať zvyšok, ktorý je určený zvyškom \(h!\). Niekedy sa stáva, že zvyšky mocnín nejakého čísla nenadobúdajú pri vhodnom deliteľovi všetky možné hodnoty. To nám presne nastane v tomto prípade.

Predpokladajme, že \(u \ge 2\). Potom \(h! + 5^u\) dáva zvyšok \(h!\) po delení \(25\). Ľahko prídeme na to, že \(7^p\) môže po delení \(25\) dávať len zvyšky \(1\), \(7\), \(24\), \(18\). Toto pozorovanie možno dokázať rôznymi spôsobmi, napr. matematickou indukciou. Pomerne stručné odôvodnenie s využitím zápisu cez kongruencie¹ modulo \(7\) môže však vyzerať takto: \(7^0 \equiv 1\), \(7^1 \equiv 7\), \(7^2 \equiv 24\), \(7^3 \equiv 18 \pmod{25}\) a vo všeobecnosti pre \(p = 4k + x\), kde \(x \in \{0, 1, 2, 3\}\), platí \[7^p = 7^{4k + x} = \left(7^4\right)^k \cdot 7^x \equiv 1^k \cdot 7^x \equiv 7^x \in \{1, 7, 24, 18\}. \pmod{25}\] No a keďže na ľavej strane máme zvyšok \(2! = 2\) alebo \(3! = 6\), tak rovnosť nemôže nastať.

Preto \(u\) musí byť \(0\) alebo \(1\). Rozobraním ostávajúcich prípadov dostávame:

• pre \((h, u) = (2, 0)\): \(2! + 5^0 = 3 \ne 7^p\);

• pre \((h, u) = (2, 1)\): \(2! + 5^1 = 7 = 7^1\), čo dáva riešenie \((h, u, p) = (2, 1, 1)\);

• pre \((h, u) = (3, 0)\): \(3! + 5^0 = 7 = 7^1\), čo dáva riešenie \((h, u, p) = (3, 0, 1)\)

• pre \((h, u) = (3, 1)\): \(3! + 5^1 = 11 \ne 7^p\);

Prečo je prípad \(h = 4\) problematický?

Teraz na ľavej strane dostávame po delení \(25\) zvyšok \(h! = 24\). Preto nám táto metóda nevylúči všetko, lebo \(7^p\) naozaj môže dávať zvyšok \(24\) po delení \(25\). Presnejšie v prípade, keď \(p = 4k + 2\). Vieme však aspoň, že \(p\) musí byť párne. Teraz ani nemusí byť náročné dostať ďalšie riešenie. Keď si zvolíme \(p = 2\), teda najmenšie možné tvaru \(4k + 2\), tak nám vyjde \(u = 2\), lebo \(4! + 5^2 = 24 + 25 = 49 = 7^2\). Toto je zlá správa. Ak totiž chceme vylúčiť existenciu ďalších riešení pomocou zvyškov, tak musíme nájsť takú metódu, ktorá nebude fungovať pre prípad \(u = 2\) a \(p = 2\). Čiže potrebovali by sme nejako využiť, že \(u \ge 3\) alebo \(p \ge 3\). Inšpirovaní predošlým prípadom by sme mohli skúsiť zvyšky po delení \(5^3 = 125\) alebo \(7^3 = 343\), no tých je dosť veľa. A ani sa teraz nesprávajú až tak pekne. Celkovo pri uvažovaní zvyškov sa nám často podarí dostať len výsledky typu, že \(u \equiv 86 \pmod{294}\), ktoré nám stále nechajú nekonečne veľa nevylúčených prípadov.

Budeme musieť prísť s niečim novým. Keď v úlohe vidíme dve mocniny, tak by nás mohol napadnúť vzorec \(a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)\). Na tento vzorec nás môže naviesť aj fakt, že \(p\) je párne. Poďme teda pomocou zvyškov ukázať, že aj \(u\) musí byť párne.

Prípad \(h = 4\)

Z úvah o deliteľnosti \(25\) nám už vyplynulo, že \(p\) musí byť v tomto prípade párne. Teraz využijeme, že \(5 \equiv -1 \pmod{6}\), preto \(5^u\) dáva po delení \(6\) len zvyšok \(1\) pre párne \(u\) a zvyšok \(5\) (čo je vlastne \(-1\)) pre nepárne \(u\). Keďže \(4!\) je deliteľné \(6\), tak ide aj o zvyšok ľavej strany. Na pravej strane však \(7^p\) dáva vždy zvyšok \(1\) po delení \(6\), lebo \(7 \equiv 1 \pmod6\). Aby sme na oboch stranách dostali rovnaké zvyšky, musí byť \(u\) párne.

Keďže \(u\) aj \(p\) musia byť párne, tak si vieme našu rovnicu upraviť na tvar \[\begin{align} 4! + 5^u &= 7^p,\\ 24 &= 7^p - 5^u,\\ 24 &= (7^{p/2} - 5^{u/2})(7^{p/2} + 5^{u/2}).\end{align}\] Činiteľ \(7^{p/2} + 5^{u/2}\) je kladný a vďaka parite \(u\), \(p\) aj celý. Preto je aj \(7^{p/2} - 5^{u/2}\) činiteľ kladný celý a zjavne aj menší ako druhý činiteľ. Vyskúšame teda všetky možnosti rozkladu čísla \(24\) na dva kladné celé činitele a z nich jednoduchým riešením sústavy dvoch rovníc určíme hodnoty \(7^{p/2}\) a \(5^{u/2}\).

Spolu s predošlými dvomi riešeniami, tak dostávame tri riešenia rovnice: \((h, u, p) \in \{(2, 1, 1), (3, 0, 1), (4, 2, 2)\}\). Každé z nich zjavne vyhovuje.