7. Kubko Mapuje Stopy vzorové riešenie

Dôkaz spravíme ako z rozprávky: tri krát spravíme veľmi podobný postup a na tretí krát nám to dá vytúžený výsledok. Tri krát si preznačíme premenné, s takto označenými premennými si niečo dokážeme – náš cieľ je vyjadriť \(p\) ako výraz iba jednej premennej, a nie dvoch.

\((1):\) Označme \(y=x+z\) pre nejaké prirodzené \(z\). Ukážeme, že \(z \mid x\). Upravme si našu rovnicu do nasledujúceho tvaru.

\[\begin{split} x^k+px&=y^k, \\ x^k+px&=(x+z)^k, \\ px &=(x+z)^k- x^k, \\ px &=(x+z-x)((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}), \\ x &=\frac{z((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1})}{p}. \end{split}\]

Teraz sú dve možnosti, buď \(p \mid z\) alebo \(p \mid (x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}\).

Ak \(p \mid z\), potom ale \[\frac{z((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1})}{p}\geq(x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}>x\] pre \(k>1\), a teda riešenie neexistuje. Nutne teda \(p \mid (x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1}\), no ale keďže \[x=z\frac{((x+z)^{k-1} + (x+z)^{k-2}x + \dots + x^{k-1})}{p},\] dostávame \(z \mid x\).

\((2):\) Označme \(x=zh\) pre nejaké prirodzené \(h\). Ukážeme, že \(h=z^{k-1}\). Upravme si pôvodnú rovnicu do nasledujúceho tvaru:

\[\begin{split} x^k+px&=y^k, \\ (zh)^k+pzh&=(zh+z)^k, \\ ph &=z^{k-1}((h+1)^k-h^k). \\ \end{split}\]

Teraz \(h\) je nesúdeliteľné s \(((h+1)^k-h^k)\), lebo ak by nejaké prvočíslo \(q\) delilo obe čísla, tak \(q\) delí aj \((h+1)^k\), takže \(q \mid (h+1)\), pričom \(q \mid h\), čo nemôže zároveň. Preto nutne \(h \mid z^{k-1}\). Platí dokonca \(h=z^{k-1}\), pretože po vydelení \(h\) dostaneme výraz \[p=\frac{z^{k-1}}{h}((h+1)^k-h^k).\] Keďže ale \(p\) je súčin dvoch čísel, jedno z nich musí byť \(1\), čo ale nutne musí byť prvý člen, a teda \(h=z^{k-1}\).

\((3):\) Konečne, môžeme značiť \(x=z^k\), čo keď dosadíme do pôvodnej rovnice dostaneme

\[\begin{split} x^k+px&=y^k, \\ (z^k)^k+pz^k&=(x+z)^k,\\ z^{k^2}+pz^k&=(z^k+z)^k,\\ p&=\frac{(z^k+z)^k-z^{k^2}}{z^k}=z^{k^2-k}+ \dots + 1.\\ \end{split}\] V čitateli sú po roznásobení všetky mocniny \(z\)-ka aspoň na \(k\)-tu, takže výraz na pravej strane je polynóm premennej \(z\) stupňa najviac \(k^2-k>0\) so všetkými koeficientami kladnými (sú rovné príslušným členom binomického rozvoja). Teraz príde tá hlavná myšlienka: také \(z\) môže existovať pre dané \(p\) maximálne jedno, pretože takýto polynóm je rýdzo rastúca funkcia na kladných číslach. To znamená, že zvýšením \(z\) zvýšim aj hodnotu polynómu a teda môže nadobúdať hodnotu \(p\) maximálne raz (v kladných číslach).

No nie je to pekný happy end rozprávky?