10. Krkolomne Mocnia Strojvodcovia vzorové riešenie

Našim cieľom je upraviť si výraz do nejakého použiteľnejšieho tvaru. Prvá vec, ktorá sa nám nepáči, je odmocnina v menovateli. Poďme sa jej teda zbaviť.

Metóda, ktorou vieme dostať odmocninu preč z menovateľa, sa nazýva usmernenie zlomku. Jej základnou myšlienkou je vzťah pre rozdiel štvorcov, ktorý vraví, že \(X^2-Y^2=(X-Y)(X+Y)\). Všimnime si, že ak máme v menovateli súčet dvoch členov, z ktorých každý je racionálne číslo alebo odmocnina z racionálneho čísla, pokiaľ rozšírime tento zlomok ich rozdielom, v menovateli budeme mať racionálne číslo (a odmocniny sa presunú do čitateľa). Keď túto stratégiu použijeme pre náš výraz, dostaneme \[\begin{align} a_n&=2-\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac 14}}=2-\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac 14}}\cdot\frac{n^2-\sqrt{n^4+\frac14}}{n^2-\sqrt{n^4+\frac14}}=2-\frac{n^2-\sqrt{n^4+\frac14}}{n^4-\left(n^4+\frac14\right)}=\\ &=2+4\left(n^2-\sqrt{n^4+\frac14}\right)=4n^2+2-4\sqrt{n^4+\frac14}=4n^2+2-2\sqrt{4n^4+1}.\end{align}\]

Výraz sme si síce zjednodušili, no uvedomme si, že chceme súčet odmocnín našich členov, nie tých členov samotných. To znamená, že prakticky máme výrazy, v ktorých sú odmocniny pod ďalšou odmocninou. Chceli by sme sa teda pokúsiť „vytiahnuť“ vnútornú odmocninu spod tej vonkajšej. Ale ako?

Pozrime sa, čo sa deje s výrazom \(X+Y\cdot\sqrt Z\), keď ho umocníme na druhú. Dostávame tak \[\left(X+Y\cdot\sqrt Z\right)^2=X^2+2XY\sqrt Z+Y^2Z=(X^2+Y^2Z)+2XY\cdot\sqrt Z.\] Všimnime si, že aj výsledný výraz je tvaru \(\text{dačo} + \text{čosi}\cdot\sqrt Z\). To nám môže vnuknúť nápad, že ak by sme vnútornú odmocninu vedeli vytiahnuť von, výsledok by bol tvaru \(x+y\sqrt{4n^4+1}\). Poďme teda skúsiť také \(x, y\) nájsť.

Chceme, aby platilo \[\begin{align} \sqrt{a_n} &= x+y\sqrt{4n^4+1},\\ a_n &= x^2+2xy\sqrt{4n^4+1}+y^2(4n^4+1),\\ (4n^2+2)-2\cdot\sqrt{4n^4+1} &= \left[x^2+y^2(4n^4+1)\right] + 2xy\cdot\sqrt{4n^4+1}.\end{align}\] Podotknime ešte, že v prvom kroku sme urobili neekvivalentnú úpravu, a teda nám \(x,y\) môžu vyjsť s opačnými znamienkami. Nakoniec preto treba overiť, či \(x+y\sqrt{4n^4+1}\geq0\).

To vieme dosiahnuť napríklad tak, že budeme požadovať, aby platilo súčasne \[\begin{align} 4n^2 + 2 &= x^2 + y^2(4n^4 + 1), \tag{1}\\ -2 &= 2xy. \tag{2}\end{align}\]

Tu vieme z \((2)\) vyjadriť \(x=-\frac 1y\) a to dosadiť do \((1)\), čím dostaneme \[\begin{align} 4n^2 + 2 &= \frac1{y^2} + y^2(4n^4+1),\\ 0 &= (4n^4+1)y^4 - (4n^2+2)y^2 + 1.\end{align}\] Z toho už substitúciou \(t=y^2\) vieme dostať kvadratickú rovnicu \[(4n^4+1)t^2 - (4n^2+2)t + 1 = 0\] a štandardným vzťahom odvodiť jej riešenia \[\begin{align} t_{1,2}&=\frac{4n^2+2\pm\sqrt{(4n^2+2)^2-4(4n^4+1)}}{2(4n^4+1)}=\frac{4n^2+2\pm\sqrt{16n^4+16n^2+4-16n^4-4}}{2(4n^4+1)}=\\ &= \frac{4n^2+2\pm\sqrt{16n^2}}{2(4n^4+1)}=\frac{4n^2\pm 4n+2}{2(4n^4+1)}=\frac{2n^2\pm 2n+1}{4n^4+1}.\end{align}\] Všimnime si, že škaredá odmocnina v čitateli sa nám zázračne zjednodušila a dostali sme celkom pekný výraz.¹

Keďže nehľadáme všetky riešenia, ale iba nejaké jedno, pomocou ktorého sa nám podarí zjednodušiť odmocnina, môžeme si zobrať \(t=\frac{2n^2+2n+1}{4n^4+1}\). Toto je pre kladné \(n\) očividne kladné, vieme určiť aj \(y=\sqrt t=\frac{\sqrt{2n^2+2n+1}}{\sqrt{4n^4+1}}\) a z neho \(x=-\frac{\sqrt{4n^4+1}}{\sqrt{2n^2+2n+1}}\). Následne ale \[\sqrt{a_n} = x+y\sqrt{4n^4+1}=-\frac{\sqrt{4n^4+1}}{\sqrt{2n^2+2n+1}}+\frac{\sqrt{2n^2+2n+1}}{\sqrt{4n^4+1}}\cdot\sqrt{4n^4+1}=\sqrt{2n^2+2n+1}-\frac{\sqrt{4n^4+1}}{\sqrt{2n^2+2n+1}}.\] Pripomeňme si, že vyššie sme urobili neekvivalentnú úpravu. Preto teraz musíme overiť, či platí \[\sqrt{2n^2+2n+1}-\frac{\sqrt{4n^4+1}}{\sqrt{2n^2+2n+1}}\stackrel{\text ?}\geq0.\] To však ľahko vyplynie z toho, že \((2n^2+2n+1)^2=4n^4+8n^3+8n^2+4n+1\geq 4n^4+1\) platí pre ľubovoľné prirodzené \(n\).

Preto hľadáme súčet \[\begin{align} \sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\dots+\sqrt{a_{119}} &= \sqrt{2\cdot1^2+2\cdot1+1}-\frac{\sqrt{4\cdot1^4+1}}{\sqrt{2\cdot1^2+2\cdot1+1}}+\sqrt{2\cdot2^2+2\cdot2+1}-\frac{\sqrt{4\cdot2^4+1}}{\sqrt{2\cdot2^2+2\cdot2+1}}+\cdots=\\ &= \sqrt{5}-\sqrt{\frac 55}+\sqrt{13}-\sqrt{\frac{65}{13}}+\sqrt{25}+\sqrt{\frac{325}{25}}+\cdots=\sqrt5-1 + \sqrt{13} - \sqrt5 + 5 - \sqrt{13} + \cdots.\end{align}\] Preskúmaním prvých pár členov sa tento súčet začína javiť ako tzv. teleskopický rad – taký, v ktorom sa vedľajšie členy čiastočne vzájomne sčítajú na nulu. Na to by sme ale potrebovali overiť, že platí \[\begin{align} \sqrt{2n^2+2n+1} &\stackrel{\text?}= \frac{\sqrt{4(n+1)^4+1}}{\sqrt{2(n+1)^2+2(n+1)+1}},\\ (2n^2+2n+1)(2(n+1)^2+2(n+1)+1) &\stackrel{\text?}= 4(n+1)^4 + 1.\end{align}\] Roznásobením ľavej strany dostaneme \[(2n^2+2n+1)(2(n+1)^2+2(n+1)+1) = (2n^2+2n+1)(2n^2+6n+5) = 4n^4 + 16n^3 + 24n^2 + 16n + 5\] a roznásobením pravej zas \[4(n+1)^4 + 1 = 4(n^4+4n^3+6n^2+4n+1) + 1 = 4n^4 + 16n^3 + 24n^2 + 16n + 5,\] čiže uvedená rovnosť naozaj platí. Preto \[\sqrt{a_n} = \sqrt{2n^2+2n+1}-\frac{\sqrt{4n^4+1}}{\sqrt{2n^2+2n+1}} = \sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2(n-1)^2+2(n-1)+1},\] z čoho už nakoniec dostaneme výsledný súčet ako \[\begin{align} {3} \sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\cdots+\sqrt{a_{119}} = &\sqrt{2\cdot1^2+2\cdot1+1} &&-\sqrt{2\cdot0^2+2\cdot0+1}+\\ +&\sqrt{2\cdot2^2+2\cdot2+1} &&-\sqrt{2\cdot1^2+2\cdot1+1}+\\ +&\ \cdots\ +\\ +&\sqrt{2\cdot118^2+2\cdot118+1} &&-\sqrt{2\cdot117^2+2\cdot117+1}+\\ +&\sqrt{2\cdot119^2+2\cdot119+1} &&-\sqrt{2\cdot118^2+2\cdot118+1}=\\ =&\sqrt{2\cdot119^2+2\cdot119+1} &&-\sqrt{2\cdot0^2+2\cdot0+1}=169-1=168.\end{align}\] Dostali sme, že hľadaný súčet je rovný \(168\), čo je ale očividne celé číslo, čím je dôkaz hotový.