Rozklady na súčin

Algebra

Autor

Patrik Bak

1Úvod

Prečo je dobré vedieť rozkladať zložité výrazy na súčin? Predstavte si, že máte dokázať, že číslo $n^3-n$ je pre každé celé číslo $n$ deliteľné šiestimi. Bez úpravy je to nejasné. Stačí však výraz rozložiť:

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

Zrazu vidíme súčin troch po sebe idúcich čísel, z ktorých je vždy aspoň jedno párne a práve jedno deliteľné tromi. Deliteľnosť šiestimi je tak zrejmá.

Schopnosť premeniť neprehľadný súčet na prehľadný súčin je jednou z kľúčových techník pri riešení trikových matematických úloh†. V tejto lekcii si systematicky odvodíme známe rozklady, vysvetlíme triky a intuíciu za nimi a všetko si precvičíme na príkladoch.

2Teória

V tejto časti si postupne predstavíme štyri kľúčové techniky rozkladu na súčin. Začneme od základných vzorcov, prejdeme k všeobecnej metóde postupného vynímania a nakoniec si vysvetlíme dopĺňanie na štvorec. Ako zaujímavosť si tiež ukážeme, že dopĺňať sa dá nielen na štvorec, ale aj na kocku, a prekvapivo to môže mať úžitok.

2.1Vzorce pre rozdiel a súčet mocnín

Cvičenie 1

Presvedčte sa roznásobením, že platí

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

Ako bude vyzerať všeobecný vzorec pre $a^n-b^n$ pre prirodzené $n$ ?

✓Riešenie

Odpoveďou na otázku je Tvrdenie 1.

Cvičenie 2

Presvedčte sa roznásobením, že platí

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

Ako bude vyzerať všeobecný vzorec pre $a^n+b^n$ pre nepárne prirodzené $n$ ?

✓Riešenie

Odpoveďou na otázku je Tvrdenie 2.

Po chvíli skúmania iste vymyslíme všeobecné vzorce:

Tvrdenie 1

Pre všetky reálne čísla $a,b$ a prirodzené $n$ platí

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

Dôkaz

Odčítame vyjadrenia:

\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*}

Naľavo môžeme vyňať veľkú zátvorku a dostaneme presne pravú stranu dokazovaného vzorca. Napravo sa zasa všetky členy zrušia. Tvrdenie je dokázané.

Situácia s $a^n+b^n$ je kurioznejšia v tom, že takýto rozklad funguje iba pre nepárne $n$ . Z dôkazu vidieť prečo:

Tvrdenie 2

Pre všetky reálne čísla $a,b$ a nepárne prirodzené $n$ platí

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

Dôkaz

Tvrdenie je možné dokázať podobne ako predošlé – sledovať, ktoré členy sa odčítajú pri roznásobení pravej strany. Za zmienku ale stojí trikovejší dôkaz, v ktorom do vzorca pre $a^n-b^n$ dosadíme namiesto $b$ hodnotu $-b$ . Vďaka nepárnosti $n$ potom $a^n-(-b)^n=a^n+b^n$ . Každý druhý člen zátvorky $a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}$ pri nahradení $b$ za $-b$ zmení znamienko.

Ako je to pre párne $n$ ? O výraze $a^2+b^2$ sa dá dokázať, že sa naozaj nedá rozložiť na súčin (v obore reálnych čísel). Všetky ďalšie $a^n+b^n$ sa však rozložiť dajú, k čomu sa postupne dopracujeme.

Cvičenie 3

Rozložte na súčin dvoch výrazov bez odmocnín ( $n,k$ sú prirodzené čísla).

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

✓Riešenie

Jednotlivé rozklady sú

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

V zložitejších úlohách je rozklad typicky len jeden z viacerých krokov. Môžeme si vyskúšať:

Úloha 1

Dokážte, že pre každé prirodzené $n$ platí, že číslo $n^5-n$ je deliteľné 30.

1Nápoveda

Skúmaný výraz rozložte na súčin čo najviac zátvoriek.

2Nápoveda

Hľadaný rozklad je $n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)$ . Aby sme vyšetrili deliteľnosť 30, tak stačí separátne vyšetriť deliteľnosť $2$ , $3$ , $5$ .

✓Riešenie

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

deliteľnosť $2$ plynie z toho, že z po sebe idúcich čísel $n$ , $n-1$ je aspoň jedno párne;
podobne deliteľnosť $3$ vyplýva z čísel $n-1$ , $n$ , $n+1$ ;
deliteľnosť $5$ je zložitejšia. Iste keď $n$ dáva po delení 5 zvyšok 0, 1 alebo 4, tak sme hotoví, kvôli činiteľom $n$ , $n-1$ , $n+1$ . Potom ak $n=5k+2$ alebo $n=5k+3$ , tak $n^2+1 = 25k^2+20k+5$ alebo $n^2+1=25k^2+30k+10$ , takže znova máme číslo deliteľné 5.

Úloha 2

Nájdite tri rôzne dvojice prirodzených čísel $(a,b)$ také, že číslo $a^{37} + b^{37}$ je deliteľné $7$ a $0<a<b<7$ .

1Nápoveda

Rozklad $a^{37}+b^{37}$ nám napovie oveľa jednoduchšiu deliteľnosť, ktorá stačí.

2Nápoveda

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

✓Riešenie

Platí $a^{37}+b^{37}=(a+b)(a^{36}+\cdots+b^{36})$ , takže $a+b \mid a^{37}+b^{37}$ , takže stačí, aby $7 \mid a+b$ . To už ľahko docielime dvojicami $(a,b)$ rovnými $(1,6), (2,5), (3,4)$ .

Úloha 3^*

Nájdite všetky prirodzené čísla $n$ väčšie ako 1 také, že $n^6-1$ je súčinom troch nie nutne rôznych prvočísel.

1Nápoveda

Výraz $n^6-1$ sa dá rozložiť na súčin veľa zátvoriek.

2Nápoveda

Jeden možný rozklad je $n^6-1=(n^2)^3-1=(n^2-1)(n^4-n^2+1)$ . Druhá zátvorka sa síce dá rozložiť, ale nie je vôbec evidentné ako. Lepší rozklad je $n^6-1=(n^3)^2-1 = (n^3-1)(n^3+1)$ . Z tohto rozkladáme ďalej. Následne už máme aspoň 4 činitele, čo znie podozrivo, ak má číslo byť súčinom troch prvočísel.

✓Riešenie

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 bolo súčinom troch prvočísel, tak jedna zátvorka musí byť rovná 1. Pre $n>1$ to je možné len pri prvej, kedy $n=2$ . Vtedy naozaj máme $2^6-1=63=3\cdot3\cdot7$ .

2.2Postupné vynímanie

Bežný školský postup postupného rozkladu funguje aj v ťažších úlohách. Idea je: všimnime si, že sa niečo dá vybrať pred zátvorku; vyberme to; a uvidíme, čo sa stane ďalej. K tomuto postupu existuje veľmi dôležitý trik použiteľný aj v ťažších úloh: sledujme, kedy je výraz nulový.

Príklad 1

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

✓Riešenie

Bez toho, aby sme videli výsledný rozklad, tak vieme povedať, že v ňom bude $a-b$ , pretože skúmaný výraz je pre $a=b$ rovný 0. Vďaka tomu cieľavedome preusporiadame členy ako $(a^4-b^4)-(a-b)$ . Teraz vieme z oboch výrazov vybrať $a-b$ pred zátvorku 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 pohľad vysvetľuje, prečo vo vzorcoch $a^n-b^n$ a $a^n+b^n$ z predošlej sekcie máme $a-b$ a $a+b$ ; a tiež prečo druhý vyžaduje nepárne $n$ – pre $a=b$ resp. $a=-b$ sú $a^n-b^n$ resp. $a^n + b^n$ nulové.

Cvičenie 4

Rozložte na súčin:

[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] (ťažšie†) $ab(a^{2}-b^{2})+bc(b^{2}-c^{2})+ca(c^{2}-a^{2})$

✓Riešenie

Jednotlivé rozklady sú:

Zrejmým nulovým bodom je $a=-1$ , vo výsledku čakáme $a+1$ . Ľahko nájdeme $2ab+a+2b+1=(a+1)(2b+1)$ .
Tu zas platí, že kedykoľvek je nejaké z čísel $a,b,c$ rovné $-1$ , tak výraz bude nulový. Vo výsledku teda čakáme $(a+1)(b+1)(c+1)$ . Dokonca je to všetko: $abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=(a+1)(b+1)(c+1)$ . Postupne k tomu vieme prísť takto: $\begin{gather*} abc+ab+bc+ca+a+b+c+1= (abc+ab)+(bc+b)+(ac+a)+(c+1) = \\ = ab(c+1)+b(c+1)+a(c+1)+(c+1)= (c+1)(ab+b+a+1)= \\ = (c+1)(b(a+1)+(a+1))= (c+1)(b+1)(a+1). \end{gather*}$
Keď sa dve čísla rovnajú, napr. $a=b$ , tak výraz je nulový. Upravujeme výraz, aby sme vo výsledku mali zátvorku $a-b$ . Čakáme, že sa tam objaví aj $b-c$ , $c-a$ (prípadne 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 podobne ako v predošlom cvičení, keďže znova máme rovnosť pre $a=b$ . Úpravy sú tu zložitejšie: $\begin{gather*} ab(a^{2}-b^{2})+bc(b^{2}-c^{2})+ca(c^{2}-a^{2})= ab(a^2-b^2) + b^3c - bc^3 + ac^3 - a^3c = \\ = ab(a^2-b^2) - c(a^3-b^3) + c^3(a-b) = (a-b)(ab(a+b) - c(a^2+ab+b^2) + c^3). \end{gather*}$ Teraz sa sústreďme na zátvorku: $\begin{gather*} ab(a+b) - c(a^2+ab+b^2) + c^3 = a^2b + ab^2 - ca^2 - abc - cb^2 + c^3 = \\ = ab(a-c) + b^2(a-c) - c(a^2-c^2) = (a-c)(ab+b^2-c(a+c)). \end{gather*}$ Konečne posledná zátvorka: $\begin{gather*} ab+b^2-c(a+c)=(ab-ac)+(b^2-c^2)=\\=a(b-c) + (b-c)(b+c)= (b-c)(a+b+c). \end{gather*}$ Dokopy máme $a^{2}(b-c)+b^{2}(c-a)+c^{2}(a-b) = (a-b)(b-c)(a-c)(a+b+c).$

Tento pohľad nie je univerzálny, lebo rozložené činitele vôbec nemusia byť lineárne alebo môžu byť zložitejšie a je ťažšie vidieť koreň. Vtedy nám neostáva nič iné, len sa hrať s preusporiadaním členov a postupným vynímaním.

Cvičenie 5

Rozložte na súčin dvoch výrazov:

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

✓Riešenie

Jednotlivé rozklady sú:

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

Skrytý rozklad a ďalšie algebraické úpravy ide úspešne využiť v tomto príklade:

Úloha 4^*

CPSJ† 2018

Pre prirodzené 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.

1Nápoveda

Výraz $ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) + 3abc$ sa nenápadne dá rozložiť na súčin.

2Nápoveda

Platí $ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) + 3abc = (a+b+c)(ab+bc+ca)$ . Tým pádom sa naša deliteľnosť zjednoduší na

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

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

✓Riešenie

Rozložíme pravú stranu prvej deliteľnosti na súčin:

\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*}

Predpokladaná deliteľnosť sa preloží 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).

Deliteľnosť $a+b+c \mid ab+bc+ca$ nám situáciu zjednoduší na to, že stačí dokázať $a+b+c \mid 2(a^2+b^2+c^2)$ . 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 dokopy sme hotoví.

2.3Doplnenie na štvorec

Doplnenie na štvorec je jedna z najstarších a najelegantnejších techník v algebre†. Umožňuje nám totiž kvadratický mnohočlen rozložiť na súčin jednoduchších lineárnych, napr.

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

Vo všeobecnosti pre reálne 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 ľahko odvodíme vzorec pre riešenia kvadratickej rovnice.

Vo všeobecnosti sme vlastne použili $a^2+2ab = (a+b)^2 - b^2$ . Dopĺňať na štvorec však môžeme aj tak, že vyrobíme prostredný koeficient, teda použijeme vzorec $a^2+b^2=(a+b)^2-2ab$ . Toto si demonštrujeme na nasledovnom príklade:

Príklad 2

Rozložte $m^4+m^2n^2+n^4$ na súčin.

✓Riešenie

Prvé, čo nám môže napadnúť, je doplniť $m^4+m^2n^2$ na štvorec. Tým dostaneme

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

Toto nám veľmi nepomohlo. Skúsme niečo iné, doplňme na štvorec $m^4+n^4$ . 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*}

Precvičte si to na odvodení známej identity:

Cvičenie 6

Sophie-Germain identita†

Rozložte $a^4+4b^4$ na súčin.

✓Riešenie

Doplnením na štvorec 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).

Skúste si príklad z celoštátneho kola MO:

Úloha 5

CKMO 2012

Určte všetky prirodzené čísla $n$ , pre ktoré je $n^4 - 3n^2 + 9$ prvočíslo.

1Nápoveda

Skúmaný výraz sa dá na prekvapenie rozložiť. Doplnenie na štvorec je fajn technika. Len pozor, čo dopĺňame.

2Nápoveda

Kľúčové doplnenie 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 známy vzorec?

✓Riešenie

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*}

Zjavne $n^2+3+3n > n^2+3-3n$ . Druhé číslo je pritom pre $n>0$ kladné, lebo

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

Aby bol súčin prvočíslo, tak $(n^2+3-3n)(n^2+3+3n)$ , tak $n^2+3-3n=1$ . Riešením kvadratickej rovnice dostaneme $n=1$ a $n=2$ .

Naučené techniky sa pekne dajú dať dokopy v tomto pozorovaní:

Úloha 6^*

Zdôvodnite, že výraz $a^n+b^n$ ide pre každé $n>2$ rozložiť na súčin nekonštantných výrazov s reálnymi koeficientami.

(Poznamenajme, že sa dá dokázať, že $a^2+b^2$ sa nedá rozložiť na súčin dvoch nekonštantných zátvoriek s reálnymi koeficientami.)

1Nápoveda

Pre nepárne $n$ máme vzorec. Uvedomme si, že nám dokonca stačí, aby $n$ malo nepárneho deliteľa. Vďaka tomuto pozorovaniu je aj párny prípad zjednodušiteľný. Vieme vyriešiť prvý párny prípad $n=4$ ? Vie nám to pomôcť pri zvyšných?

2Nápoveda

Ak má $n$ nepárneho deliteľa $k$ , pričom $n=mk$ , tak z $a^n+b^n$ vieme vybrať pred zátvorku $a^k+b^k$ . Zostáva teda vyriešiť čísla, ktoré nemajú nepárneho deliteľa – čiže mocniny 2. Podľa zadania $n>2$ , takže najmenšia zaujímavá mocnina je 4, na takéto mocniny máme dopĺňanie na štvorec. Čo ale vyššie mocniny? Nuž, tie sú našťastie deliteľné 4.

✓Riešenie

Ak má $n$ nepárneho deliteľa $k$ , pričom $n=mk$ , 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 opačnom prípade je $n$ mocnina 2 a vďaka $n>2$ je deliteľné 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*}

Ešte pár ťažších úloh na precvičenie:

Úloha 7^*

Rozložte $2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4$ na súčin štyroch nekonštantných zátvoriek.

1Nápoveda

Všimnime si, že sa nám vo výraze vyskytuje $2a^2b^2-a^4-b^4$ , čo je rovné $-(a^2-b^2)^2$ . Kľúčový trik je spojiť to so zvyškom výrazu použitím ďalšieho doplnenia na štvorec, pričom jeden z týchto štvorcov bude $-(a^2-b^2)^2$ .

2Nápoveda

Druhý hľadaný štvorec 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 dobre ladí so zvyškom výrazu.

✓Riešenie

Najprv si vo výraze všimneme $2a^2b^2-a^4-b^4$ a vytvoríme štvorec:

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.

Teraz na prvé dva členy aplikujeme doplnenie na štvorec, konkrétne doplníme $-(x^2+y^2)$ pre $x=a^2-b^2$ 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 ľahko rozložíme opakovaným hľadaním štvorcov a používaním vzorca pre rozdiel štvorcov:

\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*}

Poznamenajme, že sme vlastne prakticky zrekonštruovali Herónov† vzorec. Pre obsah $S$ trojuholníka so 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 sa zvyčajne uvádza vo výpočtovo prijateľnejšom tvare

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

Sami sa presvedčte, že tento tvar je ekvivalentný s našou 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^*

Pre ktoré prirodzené čísla $n$ je číslo $n^4 + 4^n$ prvočíslo?

1Nápoveda

Skúmaný výraz pripomína Sophie-Germain identitu. Skújte ju tam napasovať. Možno bude treba rozobrať nejaké prípady.

2Nápoveda

Aby sme vedeli použiť Sophie-Germain, potrebujeme, aby $4^n$ bolo v tvare $4b^4$ . To určite je pre nepárne $n$ , lebo 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 druhej strane, prípad párneho $n$ je zasa evidentne neprvočíselný.

✓Riešenie

Rozoberieme dva prípady podľa parity $n$ .

Ak je $n$ párne, potom je číslo $n^4+4^n$ zjavne deliteľné 4, takže nie je prvočíslo.
Ak je $n$ nepárne, tak si všimnime, 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 teda tvar $a^4+4b^4$ pre $a=n$ , $b=2^{\frac{n-1}2}$ . Tým pádom môžeme použiť Sophie-Germainovu identitu $a^4+4b^4=(a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab).$ Aby bol tento súčin prvočíslom, jeden z činiteľov musí byť rovný 1. Druhý činiteľ je zjavne väčší ako 1 pre každé každé $a,b \ge 1$ . Analyzujme prvý činiteľ, ten je po doplnení na štvorec rovný: $a^2+2b^2-2ab=(a-b)^2+b^2.$ Aby bolo toto rovné 1, musíme mať $a=b=1$ , takže $n=1$ . Vtedy naozaj $n^4+4^n=5$ je prvočíslo.

Jediným riešením je teda $n=1$ .

2.4Dopĺňanie na kocku

Na záver si ukážeme netradičnú techniku: okrem dopĺňania na štvorec sa dá robiť dopĺňanie na kocku. Myslí sa tým to, že ak máme $a^3+b^3$ , tak namiesto priamej aplikácie vzorca na rozklad na súčin môžeme použiť

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

Ukážeme si to na príklade:

Príklad 3

Rozložte $a^3+b^3+c^3-3abc$ na súčin.

✓Riešenie

Použitím doplnenia na kocku 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 osebe veľmi zaujímavý, umožňuje nám totiž ľahko dokázať nerovnosť:

Tvrdenie 3

Nech $a,b,c$ sú reálne čísla, pre ktoré platí $a+b+c \ge 0$ . Potom

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

pričom rovnosť nastáva práve keď $a+b+c=0$ alebo $a=b=c$ .

Dôkaz

Použijeme náš už známy rozklad

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

Keďže $a+b+c \ge 0$ , tak stačí dokázať $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ . Toto vyzerá lákavo z hľadiska dopĺňania na štvorec, napríklad môžeme skúsiť doplniť $a^2-ab$ na štvorec. Prezradím však, že to k cieľu viesť nebude. Trik k dôkazu tejto nerovnosti je vynásobiť ju dvomi a dokazovať ekvivalentnú nerovnosť

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

Vyzerá, že sme si nepomohli. Ďalší trik však je rozdeliť $2a^2$ ako $a^2+a^2$ . Po vhodnom preusporiadaní členov 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*}

Keďže tento posledný výraz je určite nezáporný, dôkaz nerovnosti je hotový. Rovnosť nastáva práve keď je prvá zátvorka $a+b+c$ nulová alebo druhá zátvorka $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$ nulová. Z dôkazu jej nezápornosti vidíme, že je to práve keď $a-b=0$ , $b-c=0$ , $c-a=0$ , teda keď $a=b=c$ . Sme hotoví.

3Čo si zapamätať

3.1Techniky

Hľadáme rozdiely/súčty mocnín, aby sme mohli použiť $a^n+b^n$ a $a^n-b^n$
Pozeráme, kedy je výraz nulový, čo nám pomôže správne vynímať
Dopĺňame na štvorec/kocku. Skúšame viac možností, ako to urobiť

3.2Užitočné vzorce

Rozklad $a^n-b^n$ a $a^n+b^n$ (pre nepárne $n$ )
Výrazy tvaru $a^4+4b^4$ sa často dajú rozložiť, aj keď to nie je zrejmé
Neevidentný rozklad $a^3+b^3+c^3-3abc$ a jeho dôsledky (Tvrdenie 3)
Nerovnosť $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ a jej dôkaz
Ďalšie užitočné rozklady ako
- $a^2+2ab+b^2=(a+b)^2$
- $a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)^2$
- atď, fantázii autorov úloh sa medze nekladajú...

1Úvod

2Teória

2.1Vzorce pre rozdiel a súčet mocnín

2.2Postupné vynímanie

2.3Doplnenie na štvorec

2.4Dopĺňanie na kocku

3Čo si zapamätať

3.1Techniky

3.2Užitočné vzorce

Komentáre