10. Kiežby Mali Súcit vzorové riešenie

Prvý krok riešenia tejto úlohy je celkom zrejmý a jednoduchý – potrebujeme vyjadriť, čomu sa vlastne súčin \(a_1 a_2 \cdots a_n\) rovná. Začneme vypočítaním hodnoty \(a_n\): \[a_n = \frac{n^{n-1}}{(n-1)^{n-1}}a_{n-1} = \frac{n^{n-1}}{(n-1)^{n-1}}\frac{(n-1)^{n-2}}{(n-2)^{n-2}}a_{n-2} = \dots = \frac{n^{n-1}}{(n-1)^{n-1}}\frac{(n-1)^{n-2}}{(n-2)^{n-2}}\cdots \frac{3^2}{2^2}\frac{2}{1}2.\] Všimnime si, že v dvoch susedných zlomkoch sa menovateľ prvého zlomku rovná čitateľu druhého, až na to, že menovateľ má o jeden vyššiu mocninu. Teda sa nám toho veľa vyškrtá a nie je ťažké vidieť, že \(a_n = \frac{2n^{n-1}}{(n-1)!}.\) Teraz už vieme jednoducho vypočítať spomínaný súčin. \[\prod_{i=1}^n a_i = \frac{2^n n^{n-1}(n-1)^{n-2} \cdots 2^1}{(n-1)!(n-2)!\cdots 1!}.\] Opäť si vieme všimnúť, ako sa nám isté časti tohto výrazu poškrtajú. V menovateli sa číslo \(n-i\) nachádza v \(i\) faktoriáloch. V čitateli je číslo \(n-i\) umocnené na \((n-1-i)\)-tu mocninu. Preto dokopy bude číslo \(n-i\) umocnené na \((n-1-2i)\)-tu mocninu a dostávame \[\prod_{i=1}^n a_i = 2^n n^{n-1}(n-1)^{n-3}(n-2)^{n-5}\cdots 3^{5-n}2^{3-n}1^{1-n}.\] Človek by si pri pohľade na tento výraz mohol povedať, že pravdepodobne nebude rovný celému číslu, lebo isto bude existovať nejaké prvočíslo \(p,\) ktoré v tomto výraze bude mať zápornú mocninu. Ukážeme si však, že to nie je pravda a že všetky prvočísla, ktoré sa vyskytujú v tomto výraze majú nezápornú mocninu. Najprv si dokážeme pomocné tvrdenie, ktoré nám pomôže s argumentáciou pre prvočísla. Súvisiace tvrdenie si sformulujeme ako samostatnú lemmu.

Lemma: Pre ľubovoľné prirodzené \(k\) je súčet mocnín prislúchajúcich násobkom \(k\) vo výraze \(V:= n^{n-1}(n-1)^{n-3}(n-2)^{n-5}\cdots 3^{5-n}2^{3-n}1^{1-n}\) nezáporný.

Dôkaz: Označme \(m=\lfloor \frac{n}{k} \rfloor.\) Chceme ukázať, že \(\sum_{i=1}^m [2ik-(n+1)],\) čo je presne rovná súčtu mocnín prislúchajúcich násobkom \(k\) vo výraze \(V\), je nezáporná. Toto sa dá využitím vzorca na súčet prvých \(m\) prirodzených čísel ľahko prepísať ako \(m(m+1)k-m(n+1)\ge 0.\) Po vydelení \(m\) a prehádzaní dostávame ekvivalentné \(mk\ge n-k+1,\) čo platí priamo z definície dolnej celej časti. Týmto je dôkaz lemmy hotový a môžeme pokračovať so zvyškom dôkazu.

S touto lemmou je už dôkaz pre všeobecné prvočíslo jednoduchý. Uvažujme najprv \(k=p.\) Potom súčet všetkých prvých mocnín prvočísla \(p\) vrámci nášho výrazu je nezáporný. Ak teraz vylúčime prvé mocniny \(p\), môžeme teraz položiť \(k=p^2\) a dostaneme, že súčet všetkých druhých mocnín prvočísla \(p,\) ktoré ešte nie sú zarátané medzi prvými mocninami, je tiež nezáporný. Takto pokračujeme, až kým príslušná mocnina \(p\) neprekročí \(n.\) Sčítaním prvých, druhých a vyšších mocnín \(p\) dostaneme, že jeho celková mocnina v našom výraze je nezáporná a teda náš výraz (pred vydelením \(n+1\)) je určite celé číslo.

Na záver už len stačí zvoliť \(n\) vhodne tak, aby nám delenie \(n+1\) nepokazilo celistvosť nášho výrazu a aby daný výraz bol štvorec. Ak \(n\) je nepárne, potom všetky \(n-1-2i\) sú párne a teda výraz bude štvorec ak \(2^n/(n+1)\) je štvorec. Najjednoduchšie riešenie je teda zvoliť \(n = 2^k-1,\) kde \(k\) je (dostatočne veľké) nepárne číslo. Potom očividne \(2^n/(n+1)\) je párna a kladná mocnina dvojky a zvyšný výraz je tiež štvorcom celého čísla. Nakoľko takýchto nepárnych \(k\) si môžeme zvoliť nekonečne veľa, sme hotoví.