Rozklady na součin

Autor

Patrik Bak

1Úvod

Proč je dobré umět rozkládat složité výrazy na součin? Představte si, že máte dokázat, že číslo $n^3-n$ je pro každé celé číslo $n$ dělitelné šesti. Bez úpravy je to nejasné. Stačí však výraz rozložit:

n^3-n = n(n^2-1) = (n-1)n(n+1).

Najednou vidíme součin tří po sobě jdoucích čísel, z nichž je vždy alespoň jedno sudé a právě jedno dělitelné třemi. Dělitelnost šesti je tak zřejmá.

Schopnost proměnit nepřehledný součet na přehledný součin je jednou z klíčových technik při řešení trikových matematických úloh†. V této lekci si systematicky odvodíme známé rozklady, vysvětlíme triky a intuici za nimi a vše si procvičíme na příkladech.

2Teorie

V této části si postupně představíme čtyři klíčové techniky rozkladu na součin. Začneme od základních vzorců, přejdeme k obecné metodě postupného vytýkání a nakonec si vysvětlíme doplňování na čtverec. Jako zajímavost si také ukážeme, že doplňovat se dá nejen na čtverec, ale i na krychli, a překvapivě to může mít užitek.

2.1Vzorce pro rozdíl a součet mocnin

Cvičení 1

Přesvědčte se roznásobením, že platí

$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$
$a^4-b^4=(a-b)(a^3+a^2b+ab^2+b^3)$

Jak bude vypadat obecný vzorec pro $a^n-b^n$ pro přirozené $n$ ?

✓Řešení

Odpovědí na otázku je Tvrzení 1.

Cvičení 2

Přesvědčte se roznásobením, že platí

$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$
$a^5+b^5=(a+b)(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4)$

Jak bude vypadat obecný vzorec pro $a^n+b^n$ pro liché přirozené $n$ ?

✓Řešení

Odpovědí na otázku je Tvrzení 2.

Po chvíli zkoumání jistě vymyslíme obecné vzorce:

Tvrzení 1

Pro všechna reálná čísla $a,b$ a přirozené $n$ platí

a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1})

Důkaz

Odečteme vyjádření:

\begin{align*} a(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}) &= a^n + a^{n-1}b + \cdots + ab^{n-1} \\ b(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}) &= a^{n-1}b + \cdots + ab^{n-1} + b^n \end{align*}

Nalevo můžeme vytknout velkou závorku a dostaneme přesně pravou stranu dokazovaného vzorce. Napravo se zase všechny členy zruší. Tvrzení je dokázáno.

Situace s $a^n+b^n$ je kurióznější v tom, že takový rozklad funguje pouze pro liché $n$ . Z důkazu je vidět proč:

Tvrzení 2

Pro všechna reálná čísla $a,b$ a liché přirozené $n$ platí

a^n + b^n = (a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots-ab^{n-2}+b^{n-1})

Důkaz

Tvrzení je možné dokázat podobně jako předešlé – sledovat, které členy se odečtou při roznásobení pravé strany. Za zmínku ale stojí trikovější důkaz, ve kterém do vzorce pro $a^n-b^n$ dosadíme místo $b$ hodnotu $-b$ . Díky lichosti $n$ potom $a^n-(-b)^n=a^n+b^n$ . Každý druhý člen závorky $a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}$ při nahrazení $b$ za $-b$ změní znaménko.

Jak je to pro sudé $n$ ? O výrazu $a^2+b^2$ se dá dokázat, že se opravdu nedá rozložit na součin (v oboru reálných čísel). Všechna další $a^n+b^n$ se však rozložit dají, k čemuž se postupně dopracujeme.

Cvičení 3

Rozložte na součin dvou výrazů bez odmocnin ( $n,k$ jsou přirozená čísla).

$a^3-27$
$a^3+8b^3$
$a^4-4^n$
$a^6+b^6$
$a^{4k+2}+b^{4k+2}$

✓Řešení

Jednotlivé rozklady jsou

$a^3-27 = a^3 - 3^3 = (a-3)(a^2+3a+9)$
$a^3+8b^3 = a^3 + (2b)^3 = (a+2b)(a^2-2ab+4b^2)$
$a^4-4^n = (a^2)^2 - (2^n)^2 = (a^2-2^n)(a^2+2^n)$
$a^6+b^6 = (a^2)^3 + (b^2)^3 = (a^2+b^2)(a^4 - a^2b^2 + b^4)$
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^{2})^{2k+1}+(b^{2})^{2k+1}=(a^{2}+b^{2})(a^{4k}-a^{4k-2}b^{2}+\cdots-a^{2}b^{4k-2}+b^{4k})$

Ve složitějších úlohách je rozklad typicky jen jeden z více kroků. Můžeme si vyzkoušet:

Úloha 1

Dokažte, že pro každé přirozené $n$ platí, že číslo $n^5-n$ je dělitelné 30.

1Nápověda

Zkoumaný výraz rozložte na součin co nejvíce závorek.

2Nápověda

Hledaný rozklad je $n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)$ . Abychom vyšetřili dělitelnost 30, tak stačí separátně vyšetřit dělitelnost $2$ , $3$ , $5$ .

✓Řešení

Platí $n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)$ . Stačí dokázat, že tento výraz je dělitelný $2$ , $3$ , $5$ .

dělitelnost $2$ plyne z toho, že z po sobě jdoucích čísel $n$ , $n-1$ je alespoň jedno sudé;
podobně dělitelnost $3$ vyplývá z čísel $n-1$ , $n$ , $n+1$ ;
dělitelnost $5$ je složitější. Jistě když $n$ dává po dělení 5 zbytek 0, 1 nebo 4, tak jsme hotovi, kvůli činitelům $n$ , $n-1$ , $n+1$ . Potom pokud $n=5k+2$ nebo $n=5k+3$ , tak $n^2+1 = 25k^2+20k+5$ nebo $n^2+1=25k^2+30k+10$ , takže znovu máme číslo dělitelné 5.

Úloha 2

Najděte tři různé dvojice přirozených čísel $(a,b)$ takové, že číslo $a^{37} + b^{37}$ je dělitelné $7$ a $0<a<b<7$ .

1Nápověda

Rozklad $a^{37}+b^{37}$ nám napoví mnohem jednodušší dělitelnost, která stačí.

2Nápověda

Jelikož $a^{37}+b^{37}=(a+b)(\cdots)$ , tak stačí, aby $7 \mid a+b$ .

✓Řešení

Platí $a^{37}+b^{37}=(a+b)(a^{36}+\cdots+b^{36})$ , takže $a+b \mid a^{37}+b^{37}$ , takže stačí, aby $7 \mid a+b$ . Toho už lehce docílíme dvojicemi $(a,b)$ rovnými $(1,6), (2,5), (3,4)$ .

Úloha 3^*

Najděte všechna přirozená čísla $n$ větší než 1 taková, že $n^6-1$ je součinem tří ne nutně různých prvočísel.

1Nápověda

Výraz $n^6-1$ se dá rozložit na součin mnoha závorek.

2Nápověda

Jeden možný rozklad je $n^6-1=(n^2)^3-1=(n^2-1)(n^4-n^2+1)$ . Druhá závorka se sice dá rozložit, ale není vůbec evidentní jak. Lepší rozklad je $n^6-1=(n^3)^2-1 = (n^3-1)(n^3+1)$ . Z tohoto rozkládáme dále. Následně už máme alespoň 4 činitele, což zní podezřele, pokud má číslo být součinem tří prvočísel.

✓Řešení

Máme rozklad

n^6-1=(n^3)^2-1 = (n^3-1)(n^3+1)=(n-1)(n^2+n+1)(n+1)(n^2-n+1).

Aby toto bylo součinem tří prvočísel, tak jedna závorka musí být rovna 1. Pro $n>1$ je to možné jen u první, kdy $n=2$ . Tehdy opravdu máme $2^6-1=63=3\cdot3\cdot7$ .

2.2Postupné vytýkání

Běžný školní postup postupného rozkladu funguje i v těžších úlohách. Idea je: všimněme si, že se něco dá vytknout před závorku; vytkněme to; a uvidíme, co se stane dále. K tomuto postupu existuje velmi důležitý trik použitelný i v těžších úlohách: sledujme, kdy je výraz nulový.

Příklad 1

Rozložte výraz $a^4-a-b^4+b$ na součin.

✓Řešení

Bez toho, abychom viděli výsledný rozklad, tak můžeme říci, že v něm bude $a-b$ , protože zkoumaný výraz je pro $a=b$ roven 0. Díky tomu cílevědomě přeuspořádáme členy jako $(a^4-b^4)-(a-b)$ . Teď můžeme z obou výrazů vytknout $a-b$ před závorku a máme

(a-b)(a^3+a^2b+ab^2+b^3)-(a-b)=(a-b)(a^3+a^2b+ab^2+b^3-1).

Tento pohled vysvětluje, proč ve vzorcích $a^n-b^n$ a $a^n+b^n$ z předešlé sekce máme $a-b$ a $a+b$ ; a také proč druhý vyžaduje liché $n$ – pro $a=b$ resp. $a=-b$ jsou $a^n-b^n$ resp. $a^n + b^n$ nulové.

Cvičení 4

Rozložte na součin:

[2 činitele] $2ab+a+2b+1$
[3 činitele] $abc+ab+bc+ca+a+b+c+1$
[3 činitele] $a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b)$
[4 činitele] (těžší†) $ab(a^{2}-b^{2})+bc(b^{2}-c^{2})+ca(c^{2}-a^{2})$

✓Řešení

Jednotlivé rozklady jsou:

Zřejmým nulovým bodem je $a=-1$ , ve výsledku čekáme $a+1$ . Lehce najdeme $2ab+a+2b+1=(a+1)(2b+1)$ .
Zde zase platí, že kdykoli je nějaké z čísel $a,b,c$ rovno $-1$ , tak výraz bude nulový. Ve výsledku tedy čekáme $(a+1)(b+1)(c+1)$ . Dokonce je to všechno: $abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=(a+1)(b+1)(c+1)$ . Postupně k tomu můžeme dojít takto: $\begin{gather*} abc+ab+bc+ca+a+b+c+1= (abc+ab)+(bc+b)+(ac+a)+(c+1) = \\ = ab(c+1)+b(c+1)+a(c+1)+(c+1)= (c+1)(ab+b+a+1)= \\ = (c+1)(b(a+1)+(a+1))= (c+1)(b+1)(a+1). \end{gather*}$
Když se dvě čísla rovnají, např. $a=b$ , tak výraz je nulový. Upravujeme výraz, abychom ve výsledku měli závorku $a-b$ . Čekáme, že se tam objeví i $b-c$ , $c-a$ (případně opačné). $\begin{gather*} a^{2}(b-c)+b^{2}(c-a)+c^{2}(a-b) = (a^2b - ab^2) - c(a^2-b^2) + c^2(a-b) = \\ = ab(a-b) - c(a-b)(a+b) - c^2(a-b) = (a-b)(ab-c(a+b)-c^2) = \\ = (a-b)(a(b-c)-c(b-c)) = (a-b)(b-c)(a-c). \end{gather*}$
Postupujeme podobně jako v předešlém cvičení, jelikož znovu máme rovnost pro $a=b$ . Úpravy jsou zde složitější: $\begin{gather*} ab(a^{2}-b^{2})+bc(b^{2}-c^{2})+ca(c^{2}-a^{2})= ab(a^2-b^2) + b^3c - bc^3 + ac^3 - a^3c = \\ = ab(a^2-b^2) - c(a^3-b^3) + c^3(a-b) = (a-b)(ab(a+b) - c(a^2+ab+b^2) + c^3). \end{gather*}$ Teď se soustřeďme na závorku: $\begin{gather*} ab(a+b) - c(a^2+ab+b^2) + c^3 = a^2b + ab^2 - ca^2 - abc - cb^2 + c^3 = \\ = ab(a-c) + b^2(a-c) - c(a^2-c^2) = (a-c)(ab+b^2-c(a+c)). \end{gather*}$ Konečně poslední závorka: $\begin{gather*} ab+b^2-c(a+c)=(ab-ac)+(b^2-c^2)=\\=a(b-c) + (b-c)(b+c)= (b-c)(a+b+c). \end{gather*}$ Dohromady máme $a^{2}(b-c)+b^{2}(c-a)+c^{2}(a-b) = (a-b)(b-c)(a-c)(a+b+c).$

Tento pohled není univerzální, neboť rozložené činitele vůbec nemusí být lineární nebo mohou být složitější a je těžší vidět kořen. Tehdy nám nezbývá nic jiného, než si hrát s přeuspořádáním členů a postupným vytýkáním.

Cvičení 5

Rozložte na součin dvou výrazů:

$a^3b + a^2 + ab^3 + b^2$
$a^3b + a^2 + ab^3 + ab + b^2 + 1$
$a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

✓Řešení

Jednotlivé rozklady jsou:

$a^3b + a^2 + ab^3 + b^2 = a^2(ab+1) + b^2(ab+1)=(a^2+b^2)(ab+1)$ .
$\begin{gather*} a^3b + a^2 + ab^3 + ab + b^2 + 1 = (a^3b+a^2) + (ab^3+b^2) + (ab+1) =\\ = a^2 (ab+1) + b^2 (ab+1) + (ab+1) = (a^2+b^2+1)(ab+1). \end{gather*}$
$\begin{gather*} a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)= \\= (a^3+ab^2+ac^2) + (b^3+bc^2+ba^2) + (c^3+ca^2+cb^2) = \\ = a(a^2+b^2+c^2) + b(a^2+b^2+c^2) + c(a^2+b^2+c^2) = \\ = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2). \end{gather*}$

Skrytý rozklad a další algebraické úpravy lze úspěšně využít v tomto příkladu:

Úloha 4^*

CPSJ 2018

Pro přirozená čísla $a,b,c$ platí

(a + b + c)^2 \mid ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc.

Dokažte, že

(a + b + c) \mid (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2.

1Nápověda

Výraz $ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) + 3abc$ se nenápadně dá rozložit na součin.

2Nápověda

Platí $ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) + 3abc = (a+b+c)(ab+bc+ca)$ . Tím pádem se naše dělitelnost zjednoduší na

a+b+c \mid ab+bc+ca.

Výraz $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2$ je roven $2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ , vidíme souvislost.

✓Řešení

Rozložíme pravou stranu první dělitelnosti na součin:

\begin{align*} ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc &= \\ (ab(a + b)+abc) + (bc(b + c)+abc) + (ca(c + a)+abc) &= \\ ab(a+b+c) + bc(a+b+c) + ca(a+b+c) &= \\ (a+b+c)(ab+bc+ca). \end{align*}

Předpokládaná dělitelnost se přeloží na $a+b+c \mid ab+bc+ca$ . Platí

(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 = 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).

Dělitelnost $a+b+c \mid ab+bc+ca$ nám situaci zjednoduší na to, že stačí dokázat $a+b+c \mid 2(a^2+b^2+c^2)$ . Toto dokážeme tak, že využijeme

a+b+c \mid (a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca).

Spolu s $a+b+c \mid ab+bc+ca$ potom máme $a+b+c \mid a^2+b^2+c^2$ , takže dohromady jsme hotovi.

2.3Doplnění na čtverec

Doplnění na čtverec je jedna z nejstarších a nejelegantnějších technik v algebře†. Umožňuje nám totiž kvadratický mnohočlen rozložit na součin jednodušších lineárních, např.

x^2+2x-3=(x+1)^2-4=(x+1-2)(x+1+2)=(x-1)(x+3).

Obecně pro reálná čísla $a\neq 0$ , $b$ , $c$ máme

\begin{gather*} ax^2+bx+c =a\left(x^2+\frac ba x + \frac ca\right) =a\left(\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 + \frac ca - \frac{b^2}{4a^2}\right) =\\ =a\left(\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{b^2 - 4ac}{4a^2}\right). \end{gather*}

Z toho už lehce odvodíme vzorec pro řešení kvadratické rovnice.

Obecně jsme vlastně použili $a^2+2ab = (a+b)^2 - b^2$ . Doplňovat na čtverec však můžeme i tak, že vyrobíme prostřední koeficient, tedy použijeme vzorec $a^2+b^2=(a+b)^2-2ab$ . Toto si demonstrujeme na následujícím příkladu:

Příklad 2

Rozložte $m^4+m^2n^2+n^4$ na součin.

✓Řešení

První, co nás může napadnout, je doplnit $m^4+m^2n^2$ na čtverec. Tím dostaneme

m^4+m^2n^2+n^4= \left(m^2 +\frac{n^2}2\right)^2 + \frac{3n^4}4.

Toto nám moc nepomohlo. Zkusme něco jiného, doplňme na čtverec $m^4+n^4$ . Potom máme

\begin{gather*} m^4+m^2n^2+n^4 = (m^4+n^4)+m^2n^2 = (m^2+n^2)^2 - 2m^2n^2 + m^2n^2 = \\ = (m^2+n^2)^2 - m^2n^2 = (m^2+n^2-mn)(m^2+n^2+mn). \end{gather*}

Procvičte si to na odvození známé identity:

Cvičení 6

Sophie-Germain identita

Rozložte $a^4+4b^4$ na součin.

✓Řešení

Doplněním na čtverec máme

a^4+4b^4 = (a^2)^2 + (2b^2)^2 = (a^2+2b^2)^2 - (2ab)^2 = (a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab).

Zkuste si příklad z celostátního kola MO:

Úloha 5

CKMO 2012

Určete všechna přirozená čísla $n$ , pro která je $n^4 - 3n^2 + 9$ prvočíslo.

1Nápověda

Zkoumaný výraz se dá překvapivě rozložit. Doplnění na čtverec je fajn technika. Jen pozor, co doplňujeme.

2Nápověda

Klíčové doplnění je

n^4 - 3n^2 + 9 = (n^4 + 9) - 3n^2 = (n^2+3)^2 - 6n^2 - 3n^2=(n^2+3)^2-9n^2.

Vidíme známý vzorec?

✓Řešení

Platí

\begin{gather*} n^4 - 3n^2 + 9 = (n^4 + 9) - 3n^2 = (n^2+3)^2 - 6n^2 - 3n^2=\\=(n^2+3)^2-9n^2 = (n^2+3-3n)(n^2+3+3n). \end{gather*}

Zjevně $n^2+3+3n > n^2+3-3n$ . Druhé číslo je přitom pro $n>0$ kladné, neboť

n^2-3n+3=\left(n-\frac32\right)^2 + \frac 34.

Aby byl součin prvočíslo, tak $(n^2+3-3n)(n^2+3+3n)$ , tak $n^2+3-3n=1$ . Řešením kvadratické rovnice dostaneme $n=1$ a $n=2$ .

Naučené techniky se pěkně dají dát dohromady v tomto pozorování:

Úloha 6^*

Zdůvodněte, že výraz $a^n+b^n$ jde pro každé $n>2$ rozložit na součin nekonstantních výrazů s reálnými koeficienty.

(Poznamenejme, že se dá dokázat, že $a^2+b^2$ se nedá rozložit na součin dvou nekonstantních závorek s reálnými koeficienty.)

1Nápověda

Pro liché $n$ máme vzorec. Uvědomme si, že nám dokonce stačí, aby $n$ mělo lichého dělitele. Díky tomuto pozorování je i sudý případ zjednodušitelný. Umíme vyřešit první sudý případ $n=4$ ? Umí nám to pomoci u zbývajících?

2Nápověda

Pokud má $n$ lichého dělitele $k$ , přičemž $n=mk$ , tak z $a^n+b^n$ umíme vytknout před závorku $a^k+b^k$ . Zbývá tedy vyřešit čísla, která nemají lichého dělitele – čili mocniny 2. Podle zadání $n>2$ , takže nejmenší zajímavá mocnina je 4, na takové mocniny máme doplňování na čtverec. Co ale vyšší mocniny? Inu, ty jsou naštěstí dělitelné 4.

✓Řešení

Pokud má $n$ lichého dělitele $k$ , přičemž $n=mk$ , tak

\begin{gather*} a^n+b^n = a^{mk}+b^{mk} = (a^m)^k+(b^m)^k =\\ = (a^m+b^m)\left(a^{m(k-1)}-a^{m(k-2)}b^{m}+a^{m(k-3)}b^{2m}-\cdots - a^{m}b^{m(k-2)}+b^{m(k-1)}\right). \end{gather*}

V opačném případě je $n$ mocnina 2 a díky $n>2$ je dělitelné 4, takže $n=4t$ . Potom

\begin{gather*} a^{4t}+b^{4t} =(a^{2t})^{2}+(b^{2t})^{2} =(a^{2t}+b^{2t})^{2}-2a^{2t}b^{2t}=\\ =\left(a^{2t}+b^{2t}-\sqrt2\,a^{t}b^{t}\right)\left(a^{2t}+b^{2t}+\sqrt2\,a^{t}b^{t}\right)=\\ =\left(a^{2t}-\sqrt2\,a^{t}b^{t}+b^{2t}\right)\left(a^{2t}+\sqrt2\,a^{t}b^{t}+b^{2t}\right). \end{gather*}

Ještě pár těžších úloh na procvičení:

Úloha 7^*

Rozložte $2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4$ na součin čtyř nekonstantních závorek.

1Nápověda

Všimněme si, že se nám ve výrazu vyskytuje $2a^2b^2-a^4-b^4$ , což je rovno $-(a^2-b^2)^2$ . Klíčový trik je spojit to se zbytkem výrazu použitím dalšího doplnění na čtverec, přičemž jeden z těchto čtverců bude $-(a^2-b^2)^2$ .

2Nápověda

Druhý hledaný čtverec bude $-c^4$ , platí totiž: $-(a^2-b^2)^2 - c^4 = -(a^2-b^2+c^2)^2 + 2(a^2-b^2)c^2$ . To vcelku dobře ladí se zbytkem výrazu.

✓Řešení

Nejprve si ve výrazu všimneme $2a^2b^2-a^4-b^4$ a vytvoříme čtverec:

2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4 = -(a^2-b^2)^2 - c^4 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2.

Teď na první dva členy aplikujeme doplnění na čtverec, konkrétně doplníme $-(x^2+y^2)$ pro $x=a^2-b^2$ a $y=c^2$ :

\begin{gather*} -(a^2-b^2)^2 - c^4 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2= \\ = -((a^2-b^2)+c^2)^2 + 2(a^2-b^2)c^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2= \\ = -(a^2-b^2+c^2)^2 + (2a^2c^2 - 2b^2c^2) + 2b^2c^2 + 2c^2a^2= \\ = -(a^2-b^2+c^2)^2 + 4a^2c^2= \\ = (2ac)^2 - (a^2-b^2+c^2)^2. \end{gather*}

Tento výraz už lehce rozložíme opakovaným hledáním čtverců a používáním vzorce pro rozdíl čtverců:

\begin{gather*} (2ac - (a^2-b^2+c^2))(2ac + (a^2-b^2+c^2)) = \\ = (b^2 - (a^2-2ac+c^2))((a^2+2ac+c^2)-b^2)= \\ = (b^2 - (a-c)^2)((a+c)^2 - b^2)= \\ = (b-(a-c))(b+(a-c)) \cdot ((a+c)-b)((a+c)+b)= \\ = (a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c). \end{gather*}

Poznamenejme, že jsme vlastně prakticky zrekonstruovali Heronův† vzorec. Pro obsah $S$ trojúhelníku se stranami $a,b,c$ totiž platí

16S^2 = 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4.

Tento vzorec se obvykle uvádí ve výpočetně přijatelnějším tvaru

S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}, \qquad\text{kde}\qquad s=\frac{a+b+c}{2}.

Sami se přesvědčte, že tento tvar je ekvivalentní s naší dokázanou identitou

16S^2=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c).

Úloha 8^*

Pro která přirozená čísla $n$ je číslo $n^4 + 4^n$ prvočíslo?

1Nápověda

Zkoumaný výraz připomíná Sophie-Germain identitu. Zkuste ji tam napasovat. Možná bude třeba rozebrat nějaké případy.

2Nápověda

Abychom uměli použít Sophie-Germain, potřebujeme, aby $4^n$ bylo ve tvaru $4b^4$ . To určitě je pro liché $n$ , neboť potom

4^n = 4 \cdot 4^{n-1} = 4 \cdot 2^{2(n-1)} = 4 \cdot \left(2^{\frac{n-1}{2}}\right)^4.

Na druhou stranu, případ sudého $n$ je zase evidentně neprvočíselný.

✓Řešení

Roz probereme dva případy podle parity $n$ .

Pokud je $n$ sudé, potom je číslo $n^4+4^n$ zjevně dělitelné 4, takže není prvočíslo.
Pokud je $n$ liché, tak si všimněme, že: $4^n = 4 \cdot 4^{n-1} = 4 \cdot 2^{2(n-1)} = 4 \cdot \left(2^{(n-1)/2}\right)^4.$ Náš výraz má tedy tvar $a^4+4b^4$ pro $a=n$ , $b=2^{\frac{n-1}2}$ . Tím pádem můžeme použít Sophie-Germainovu identitu $a^4+4b^4=(a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab).$ Aby byl tento součin prvočíslem, jeden z činitelů musí být roven 1. Druhý činitel je zjevně větší než 1 pro každé každé $a,b \ge 1$ . Analyzujme první činitel, ten je po doplnení na čtverec roven: $a^2+2b^2-2ab=(a-b)^2+b^2.$ Aby bylo toto rovno 1, musíme mít $a=b=1$ , takže $n=1$ . Tehdy opravdu $n^4+4^n=5$ je prvočíslo.

Jediným řešením je tedy $n=1$ .

2.4Doplňování na krychli

Na závěr si ukážeme netradiční techniku: kromě doplňování na čtverec se dá dělat doplňování na krychli. Myslí se tím to, že pokud máme $a^3+b^3$ , tak místo přímé aplikace vzorce na rozklad na součin můžeme použít

a^3 + b^3 = (a+b)^3 - 3ab(a+b).

Ukážeme si to na příkladu:

Příklad 3

Rozložte $a^3+b^3+c^3-3abc$ na součin.

✓Řešení

Použitím doplnění na krychli máme

\begin{align*} a^3 + b^3 + c^3 - 3abc &= \\ (a+b)^3 - 3ab(a+b) + c^3 - 3abc &= \\ (a+b)^3 + c^3 - 3ab(a+b+c) &= \\ (a+b+c)((a+b)^2 - (a+b)c + c^2) - 3ab(a+b+c) &= \\ (a+b+c)((a+b)^2 - (a+b)c + c^2 - 3ab) &= \\ (a+b+c)(a^2 + 2ab + b^2 - ac - bc + c^2 - 3ab) &= \\ (a+b+c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca). \end{align*}

Tento rozklad je sám o sobě velmi zajímavý, umožňuje nám totiž lehce dokázat nerovnost:

Tvrzení 3

Nechť $a,b,c$ jsou reálná čísla, pro která platí $a+b+c \ge 0$ . Potom

a^3+b^3+c^3 \ge 3abc,

přičemž rovnost nastává právě když $a+b+c=0$ nebo $a=b=c$ .

Důkaz

Použijeme náš už známý rozklad

a^3+b^3+c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).

Jelikož $a+b+c \ge 0$ , tak stačí dokázat $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ . Toto vypadá lákavě z hlediska doplňování na čtverec, například můžeme zkusit doplnit $a^2-ab$ na čtverec. Prozradím však, že to k cíli nepovede. Trik k důkazu této nerovnosti je vynásobit ji dvěma a dokazovat ekvivalentní nerovnost

2a^2+2b^2+2c^2 \ge 2ab+2bc+2ca.

Vypadá to, že jsme si nepomohli. Další trik však je rozdělit $2a^2$ jako $a^2+a^2$ . Po vhodném přeuspořádání členů potom máme

\begin{align*} a^2+a^2+b^2+b^2+c^2+c^2-2ab-2bc-2ca &= \\ (a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ac+a^2) &=\\ (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2. \end{align*}

Jelikož tento poslední výraz je určitě nezáporný, důkaz nerovnosti je hotový. Rovnost nastává právě když je první závorka $a+b+c$ nulová nebo druhá závorka $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$ nulová. Z důkazu její nezápornosti vidíme, že je to právě když $a-b=0$ , $b-c=0$ , $c-a=0$ , tedy když $a=b=c$ . Jsme hotovi.

3Co si zapamatovat

3.1Techniky

Hledáme rozdíly/součty mocnin, abychom mohli použít $a^n+b^n$ a $a^n-b^n$
Díváme se, kdy je výraz nulový, což nám pomůže správně vytýkat
Doplňujeme na čtverec/krychli. Zkoušíme více možností, jak to udělat

3.2Užitečné vzorce

Rozklad $a^n-b^n$ a $a^n+b^n$ (pro liché $n$ )
Výrazy tvaru $a^4+4b^4$ se často dají rozložit, i když to není zřejmé
Neevidentní rozklad $a^3+b^3+c^3-3abc$ a jeho důsledky (Tvrzení 3)
Nerovnost $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ a její důkaz
Další užitečné rozklady jako
- $a^2+2ab+b^2=(a+b)^2$
- $a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)^2$
- atd., fantazii autorů úloh se meze nekladou...

1Úvod

2Teorie

2.1Vzorce pro rozdíl a součet mocnin

2.2Postupné vytýkání

2.3Doplnění na čtverec

2.4Doplňování na krychli

3Co si zapamatovat

3.1Techniky

3.2Užitečné vzorce

Komentáře