9. Kruté Majetnícke Svine!! vzorové riešenie

Všimnime si, že ak na oboch stranách výrazu vymeníme dve premenné a napríklad prepíšeme \(p\) na \(q\) a \(q\) na \(p\), nič sa na výraze nezmení a bude to stále rovnaký výraz. Bez ujmy na všeobecnosti si teda môžeme povedať, že \(p \geq q \geq r\), lebo si ich vieme jednoducho prepísmenkovať, aby to platilo.

Úlohu si rozdelíme na niekoľko podprípadov, ktoré vyriešime zvlášť. Konkrétne to bude týchto päť:

• ak \(p\), \(q\), \(r\) sú rovnaké nepárne prvočísla,

• ak \(p\), \(q\), \(r\) sú nepárne prvočísla, pričom \(p\) je ostro väčšie ako ostatné dve,

• ak \(p\), \(q\), \(r\) sú nepárne prvočísla, pričom \(p = q > r\),

• ak \(r=2\), a \(p\) a \(q\) sú nepárne prvočísla a

• ak \(r=q=2\).

Riešenia jednotlivých častí:

• Ak \(p\), \(q\), \(r\) sú rovnaké nepárne prvočísla, tak na ľavej strane bude výraz \(p!p!p!\) a na pravej strane bude \((2p)!!(2p)!!(2p)!!\). To si vieme rozpísať ako \[\begin{align} p!p!p!&\mid (2p)!!(2p)!!(2p)!!,\\ (p!)^3&\mid \left((2p)(2p-2)(2p-4)\cdots\cdot 4 \cdot 2\right)^3,\\ (p!)^3&\mid (2\cdot(p)\cdot 2 \cdot(p-1)\cdot 2 \cdot(p-2)\cdots\cdot 2\cdot (2) \cdot 2\cdot (1))^3,\\ (p!)^3&\mid (p! \cdot 2^p)^3.\end{align}\] To očividne platí. Tým pádom, ak sú \(p\), \(q\), \(r\) rovnaké nepárne prvočísla, tak spĺňajú deliteľnosť v zadaní.

  Všimnime si, že ak je \(x\) párne číslo, tak \(x!!=\left(\frac{x}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{x}{2}}\).

• Ak \(p\), \(q\), \(r\) sú nepárne prvočísla, pričom \(p\) je ostro väčšie ako ostatné dve. Potom každé z čísel \((p+q)\), \((q+r)\), \((p+r)\) je párne číslo, takže môžeme použiť pozorovanie z predošlej časti a zistíme, že \[\begin{align} p!q!r!&\mid (p+q)!!(p+r)!!(q+r)!!,\\ p!q!r!\ &\mid\ \left(\frac{p+q}{2}\right)!\left(\frac{p+r}{2}\right)!\left(\frac{q+r}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{p+q}{2}}\cdot 2^{\frac{p+r}{2}}\cdot 2^{\frac{q+r}{2}}.\end{align}\] Prvočíslo \(p\) nemôže deliť žiaden z výrazov na pravej strane. Je to preto, že \(p\) je najväčšie z troch prvočísel, a teda \(p=\frac{p+p}{2}>\frac{p+q}{2}\geq \frac{p+r}{2} > \frac{q+r}{2}\). Tým pádom súčin na pravej strane nemôže obsahovať v prvočíselnom rozklade prvočíslo \(p\), a teda takáto trojica čísel nemôže byť riešením.

• Ak \(p\), \(q\), \(r\) sú nepárne prvočísla, pričom \(p = q > r\), výraz si môžeme rozpísať ako \[\begin{align} p!q!r!&\mid (p+q)!!(p+r)!!(q+r)!!,\\ p!p!r!&\mid (2p)!!(p+r)!!(p+r)!!,\\ p!p!r!\ &\mid\ p!\left(\frac{p+r}{2}\right)!\left(\frac{p+r}{2}\right)!\cdot 2^p\cdot 2^{\frac{p+r}{2}}\cdot 2^{\frac{p+r}{2}}.\end{align}\] Teraz už má na ľavej strane prvočíslo \(p\) násobnosť (\(p\)-valuáciu) rovnú dvom. Na pravej strane však delí výraz \(p!\) len v prvej mocnine a zvyšné výrazy nedelí. Tým pádom nemôže výraz na ľavej strane deliť výraz na pravej strane.

• Ak \(r=2\), a \(p\) a \(q\) sú nepárne prvočísla, výraz upravíme na \[\begin{align} p!q!\cdot 2&\mid (p+2)!!(q+2)!!(p+q)!!,\\ p!q!\cdot 2&\mid (p+2)!!(q+2)!!\left(\frac{p+q}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{p+q}{2}}.\end{align}\] Jeden zo spôsobov ako dokázať, že ľavá strana delí pravú je, že ukážeme, že pravá strana deleno ľavá strana je celé číslo, pričom si uvedomíme, že \(x!=x!! \cdot (x-1)!!\). \[\begin{align} \frac{(p+2)!!(q+2)!!\left(\frac{p+q}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{p+q}{2}}}{p!q!\cdot 2}&=\frac{(p+2)!!(q+2)!!\left(\frac{p+q}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{p+q}{2}}}{p!! \cdot (p-1)!!\cdot q!! \cdot (q-1)!!\cdot 2}=\frac{(p+2) \cdot (q+2) \cdot \left(\frac{p+q}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{p+q}{2}}}{(p-1)!! \cdot (q-1)!!\cdot 2}=\\ &=\frac{(p+2) \cdot (q+2) \cdot \left(\frac{p+q}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{p+q}{2}}}{\left(\frac{p-1}{2}\right)!\cdot\left(\frac{q-1}{2}\right)!\cdot 2^{\frac{p-1}{2}}\cdot 2^{\frac{q-1}{2}}\cdot 2}=\frac{(p+2) \cdot (q+2) \cdot \left(\frac{p+q}{2}\right)!}{\left(\frac{p-1}{2}\right)!\cdot\left(\frac{q-1}{2}\right)!}=\\ &=\frac{p+1}{2} \cdot (p+2) \cdot (q+2) \cdot \frac{\left(\frac{p+q}{2}\right)!}{\left(\frac{p+1}{2}\right)!\cdot\left(\frac{q-1}{2}\right)!}=\frac{(p+1)(p+2)(q+2)}{2} \cdot \begin{pmatrix}\frac{p+q}{2}\\ \frac{p+1}{2}\end{pmatrix}.\end{align}\] Platí, že posledná zátvorka je kombinačné, číslo a teda tento výraz je celé číslo.

  Tým pádom ak \(p\), \(q\) sú ľubovoľné nepárne prvočísla a \(r=2\), tak výraz naľavo vždy delí výraz napravo.

• Ak \(r=q=2\), opäť si rozpíšme výraz \[\begin{align} p! \cdot 2 \cdot 2&\mid (p+2)!!(p+2)!! \cdot 4!!,\\ p!&\mid (p+2)!!(p+2)!! \cdot 2.\end{align}\] Súčiny \((p+2)!!\) a \((q+2)!!\) obsahujú len nepárne čísla a teda jediné párne číslo na pravej strane výrazu je 2. Z toho vyplýva, že číslo 4 nedelí pravú stranu a teda 4 nedelí ani ľavú stranu. Z toho vyplýva, že \(p!\) je najviac \(3!\), lebo pre všetky vyššie faktoriály platí, že majú v sebe mocninu dvojky s násobnosťou aspoň 2. Tým pádom v tejto časti sú jediné vyhovujúce riešenia \(p=3, q=2, r=2\) a \(p=2, q=2, r=2\).

Toto sú teda všetky riešenia tejto deliteľnosti:

• \(p=q=r\) sú prvočísla,

• jedno z prvočísel \(p\), \(q\), \(r\) je \(2\) a zvyšné dve sú nepárne prvočísla,

• z prvočísel \(p\), \(q\), \(r\) sú dve rovné \(2\) a tretie rovné \(3\).

Gratulujem všetkým, čo to dočítali až do konca a ako odmenu ponúkam video s mačičkami.