Povídání ke třetí sérii

Transkript

1 Povídání ke třetí sérii Třetí série je věnována diofantickým rovnicím. To jsou zkrátka rovnice, u kterých hledáme řešení jen mezi celými čísly. 1 Diofantickou rovnicí n-tého stupně rozumíme rovnici P(x 1, x,..., x k )=0,kde P jepolynom kproměnnýchstupně nsceločíselnýmikoeficienty (nebolisoučetvýrazůtypu ax c 1 1 x c... x c k k,kde c 1, c,..., c k jsounezápornáceláčísla, jejichž součet je nejvýše n). I zde nás zajímají jenom celočíselná řešení této rovnice. Na řešení diofantických rovnic neexistuje nějaká obecná metoda, avšak při louskání těchto problémů můžeš s úspěchem aplikovat různé zajímavé vlastnosti celých čísel. Je dobré si uvědomit, že platí: Druhá mocnina přirozeného čísla dává při dělení číslem 8 jeden z těchto tří zbytků: 0, 1,4. Pomocí této vlastnosti můžeme například ukázat, že neexistují celá čísla x, y, pro která platí x + y = Jaksitotižsámsnadnorozmyslíš,dávápravástranapřidělení číslem8zbytek3alevátakovýzbyteknemůžepřiděleníčíslem8nikdydosáhnout.podobně můžeš uvažovat i u některých úloh třetí série. Jsou-li a a b nesoudělná čísla taková, že jejich součin je roven druhé mocnině přirozeného čísla,tj. a b=j pronějakéceléčíslo j,pakičísla a, bjsoudruhémocniny. Podobné tvrzení si snadno zformuluješ i pro třetí mocniny atd. Důkaz uvedených dvou vlastností celých čísel není těžký a úvahy podobného charakteru můžeš (ale samozřejmě nemusíš) využít při řešení našich úloh. DáleseTimůžehoditFermatovavěta(vizřešenípříkladu8zdruhésérie)adalšímyšlenky uvedené v autorském řešení prvních dvou sérií. Ještě připomeňme dva pojmy, které vystupují v šesté úloze. Aritmetickým průměrem dvou čísel a, brozumíme a+b,jejichgeometrickýprůměrječíslo ab. 1 Podoznačenímdiofantickárovnicesemůžeskrýtirovnice,ukterénászajímajíiracionální řešení, ale to není případ příkladů třetí série.

2 3. série Téma: Termínodeslání: Diofantické rovnice ½ º ÔÖÓ Ò ½ ½º ÐÓ Ó Ýµ (a) Chceme vydlaždičkovat obdélníkovou místnost o rozměrech a máme k dispozici dvadruhydlaždiček:orozměrech0 0a15 30.Kolikčtvercovýchakolikobdélníkových dlaždiček potřebujeme, nechceme-li je lámat? Najděte všechny možnosti. (b) Řešte úlohu uvedenou v části(a) v případě, že chceme vydlaždičkovat jen výklenek orozměrech ¾º ÐÓ Ó Ýµ Prokterá kpřirozenámárovnice k = x + y + z řešenívkladnýchcelýchčíslech? º ÐÓ Ó Ýµ Nalezněte všechna celá čísla x, y, která splňují 3x +x+1=5y. º ÐÓ Ó µ Nalezněte všechna celá čísla x, y, která splňují x 3 +1=y 4. º ÐÓ Ó µ (a) Nalezněte všechna celá čísla x, y, z, která splňují x 4 + y 4 =1998z. (b) Jak byste tuto úlohu řešili loni? Přesněji:ptámesenavšechnaceláčísla x, y, z,kterásplňují x 4 + y 4 =1997z. º ÐÓ Ó µ Aritmetický průměr dvou kladných celých čísel je o dvě menší než dvojnásobek geometrického průměru těchto čísel. Jaká jsou to čísla? Najděte všechna řešení.

3 º ÐÓ Ó µ Můžebýtpronějakápřirozenáčísla m, n(n )výraz roven sudému přirozenému číslu? v u m+ m 4 n t «8 + 1 m+ m 4 8 º ÐÓ Ó µ Žil byl v jedné jeskyni čaroděj Tomáš, který neuměl nic jiného než řešit diofantické rovnice stupně maximálně 4. Přišel za ním ježidědek Radek a pokusil se ho vyděsit ošklivou rovnicí devatenáctistého devadesátého osmého stupně. Pomozte našemu milému čaroději. Pro suchary: Dokažte, že každou diofantickou rovnici lze převést na diofantickou rovnici nejvýše čtvrtého stupně. Řešení 3. série 1. úloha (a) Chceme vydlaždičkovat obdélníkovou místnost o rozměrech a máme k dispozici dvadruhydlaždiček:orozměrech0 0a15 30.Kolikčtvercovýchakolikobdélníkových dlaždiček potřebujeme, nechceme-li je lámat? Najděte všechny možnosti. (b) Řešte úlohu uvedenou v části(a) v případě, že chceme vydlaždičkovat jen výklenek orozměrech (a) Místnost má obsah 5800, čtvercová dlaždička 400 a obdélníková dlaždička 450. Sestavíme rovnici(můžeme zkrátit padesáti): 516=8k+9l, kde k je počet čtvercových a l počet obdélníkových dlaždiček, které použijeme. Najdeme jednořešení:516nenídělitelnéosmi,ale =480užosmidělitelnéje,tedyjedno řešeníje l=4, k=60.rovnicipřevedemedotvaru: 0=8(k 60)+9(l 4). Protožečísla8a9jsounesoudělná,musíbýtnutně k 60dělitelnédevítial 4dělitelné osmi. Odtud plyne, že všechna další řešení diofantické rovnice dostaneme tak, že k budeme

4 zmenšovato9alzvětšovato8,tj.všechnařešeníjsou:[60,4],[51,1],[4,0],[33,8], [4, 36],[15, 44] a[6, 5]. Ještě musíme ověřit, že skutečně můžeme rozmístit dlaždičky tak, aby pokrývaly celou podlahu místnosti. Stačí vydlaždičkovat čtyřmi obdélníkovými dlaždicemi okrajovýpás10 15,šestičtvercovýmipásnadruhémokraji10 0azbytekrozdělitna čtverce a každý z nich vydlaždičkovat dlaždicemi jednoho typu. (b) Vtomtopřípadědostanemedvěřešenídiofantickérovnice133=8k+9l,ato[11,5]a [, 13], avšak dlaždičky se nám do výklenku nepovede naskládat. Řešíme-li totiž rovnici pro kratší stranu: 70=0a+15b, dostanemejedinéřešení a=, b=,tedykaždáúsečkarovnoběžnáskratšístranoumusí protínat čtvercové dlaždice ve čtyřiceti jednotkách délky a obdélníkové ve třiceti, což znamená,žečtvercovédlaždicebymuselyzabíratcelkovouplochu40 95=3800,cožalenení dělitelné jejich obsahem. Úloha(b) tedy nemá řešení. Poznámky opravovatele: Většina řešitelů sestavila v(a) i v(b) diofantickou rovnici, kterou světšímičimenšímipotížemivyřešila.mnozísestímvšakspokojiliaanijenenapadloověřit, zda jejich výsledky jsou řešeními původní úlohy. Hodně řešitelů navrhlo správně způsob, jak v(a) rozmístit dlaždice pro všech sedm řešení diofantické rovnice, někteří našli jen některá řešení. V části(b) bohužel mnoho řešitelů uvedlo svou domněnku, že řešení neexistuje bez důkazu, nebo se ji pokoušeli dokázat, ovšem neúspěšně.. úloha Prokterá kpřirozenámárovnice k = x + y + z řešenívkladnýchcelýchčíslech? Zřejměpro k=1rovniceřešenínemá,neboťlevástranarovnicejepakrovnadvěma, kdežtopravástranabudeaspoň3.anipro k=řešeníneexistuje(pakbymuselabýtjedna zdruhýchmocninrovna).tedy k 3alevástranajedělitelnáčtyřmi.Budemepostupovat indukcípodle k:předpokládejme,žepro k=n(n 1)řešeníneexistujeadokážeme,že pakneexistujeřešeníanipro k=n+.sporem:nechťřešenípro k=n+existuje,tj. n+ = x + y + z.druhámocninapřirozenéhočísladávápoděleníčtyřmivždyzbytek1 nebo 0. Tedy má-li být součet tří druhých mocnin dělitelný čtyřmi, musí být všechny dělitelné čtyřmi,tj.všechnačísla x, y, zdělitelnádvěma.pakalečísla a=x/, b=y/ac=z/ jsoucelákladnáařešírovnici n = a + b + c,cožjesporsindukčnímpředpokladem. Poznámky opravovatele: Úloha bola jednoduchá a väčšina riešitelov ju vyriešila správne. Ostatní urobili aspoň jednu z následujúcích chýb: (1) považovali číslo 0 za celé kladné () našliibanutnúpodmienkuprečísla x, y, z,aleniepostačujúcu,aztohovyvodili nesprávný uzáver, že rovnica má riešenie pre každé k. Elegantné riešenia(a bolo ich pomerně dost) som odmenil +i.

5 3. úloha Nalezněte všechna celá čísla x, y, která splňují 3x +x+1=5y. Přepišmesiponěkudlevoustranunašídiofantickérovnice,dostanemex +(x+1) =5y. Nyní se stačí zamyslet, jaké zbytky mohou dávat obě strany naší rovnosti při dělení číslem 8.Přitomvyužíjemetoho,že(jaksisámsnadnoověříš)lichéčíslodávápřiděleníčíslem8 zbytek1,sudébuď0,nebo4.nejprvezkoumejmelevoustranu.pokudje xsudé,dáválevá stranazbytekjedna,pokudje xlichémůžepřiděleníosmidátjedenzezbytků,nebo6. Pravástranavšakpřiděleníosmimůžedátjentytozbytky:0,4nebo5.Žádnéztěchto číselvšaknenírovnoněkterémuzmožnýchzbytkůpřidělenílevéstranyčíslem8.ztohoto důvoduneexistujížádnáceláčísla x, y,kterábyřešilanaširovnici(jinakbymuselalevái pravá strana dávat stejný zbytek při dělení osmi, což z předcházejících úvah není možné). Poznámky opravovatele: Téměř všichni řešitelé vyřešili úlohu správně. Někteří volili zbytečně složitý postup(např. přes koncové cifry nebo přes diskriminanty), ale řešení vždy spočívalovporovnávánílevéapravéstranymodulo5(nabízíseužzezadánírovnice),modulo 8(podle rady v úvodní poznámce) či modulo jiné číslo(takové řešení však bylo podstatně složitější). 4. úloha Nalezněte všechna celá čísla x, y, která splňují x 3 +1=y 4. Ukážeme,žerovnice x 3 +1=y 4 máprávětřiceločíselnářešeníato x=0, y=1, x=0, y= 1ax= 1, y=0.důkazprovedemesporem.budemepředpokládat,žemámetaková x, y, x 0, y 0,prokteráplatí x 3 +1=y 4,atutoskutečnostdovedemekesporu. Po drobných úpravách naší rovnice dostáváme x 3 = y 4 1=(y 1)(y +1)=(y 1)(y+1)(y +1). Označmenejvětšíspolečnýdělitelčísel y 1ay +1jakočíslo d.zdefinicenejvětšího společnéhodělitelevidíme,žeplatí d y +1ad y 1,tedy ddělíirozdíltěchtočísel d (y +1) (y 1)=.Vidímeproto,žepřirozenéčíslo ddělíčíslo,tedybuď d=1, nebo d=. Předpokládejmenejprve,že d=1.čísla y 1, y +1jsoutedynesoudělnáajejichsoučin sedlenašírovnicerovná x 3,tj.třetímocniněceléhočísla.Jelikožjsounesoudělnáax 0, musíbýtičísla y 1, y +1rovnétřetímmocninámceléhočísla.Tovšaknenímožné,neboť jejichrozdíljedvěayjedlepředpokladunenulové.tímjsmevtomtopřípadědospělike sporu.

6 Nyní se budeme zabývat druhou možností. Předpokládejme proto, že d =. To znamená, žečísla y 1, y +1jsouoběsudá,tj. yjeliché.můžemehoprotopsátvetvaru y=k+1, kde kjenějakéceléčíslo(různéod0, 1).Vtomtopřípaděmusí xbýtsudéadásetudíž psátvetvaru x=jpro jcelé.dosadíme-lidonašírovniceza xay,dostaneme (j) 3 =(y 1)(y+1)(y +1)=(k) ((k+1)) ((k+1) +1)= =8k (k+1) (k(k+1)+1), cožpozkráceníosmidávávztah j 3 = k(k+1)(k(k+1)+1).dlepředpokladuje x 0, prototaké j 0.Snadnonynínahlédneme,ževposlednírovnicimámenapravosoučintří nesoudělných čísel. Tj. dle již využitých úvah je každé z nich rovno třetí mocnině celého čísla. Tedyoběčísla kik+1musíbýttřetímimocninaminenulovéhoceléhočísla,cožjeevidentně nesmysl. Tím jsme i v tomto případě dostali spor. Tímjsmesporemukázali,žepronenulová x, ynemánašerovniceřešení.pokud x=0, paknašerovnicepřecházínavztah y 4 =1,kterýsplňujídvěhodnoty yato y=1ay= 1. Případ y=0námdávářešení x= 1, y=0.všechnařešenínašírovniceprotojsou x=0, y=1; x=0, y= 1; x= 1, y=0ažádnédalšínení. Poznámky opravovatele: Většina správných řešení využívala stejných myšlenek jako autorské řešení. Nejvíce jsem byl spokojen s řešením Alice Maškové. Nejčastějšíchybazpočívalavmylnéúvaze,žeznašírovnicepopřepsánídotvaru x 3 +1= (x+1)(x x+1)=y 4 plyne,žezávorky(x+1)a(x x+1)můžounabývatjenhodnot 1, y, y, y 3,nebo y 4.Tojevšakpravdajentehdy,kdyžječíslo yprvočíslem.prosložené y můženastatspoustadalšíchpřípadů.napříkladpro y=6= 3nenívpředchozímrozebrán napříkladpřípad,žejednazávorkajerovna 4 adruhá3 4.Spoustudalšíchzapomenutých možností si již čtenář vymyslí sám. 5. úloha (a) Nalezněte všechna celá čísla x, y, z, která splňují x 4 + y 4 =1998z. (b) Jak byste tuto úlohu řešili loni? Přesněji:ptámesenavšechnaceláčísla x, y, z,kterásplňují x 4 + y 4 =1997z. Snadnonahlédneme,ževoboučástechmámetriviálnířešení x=0, y=0az=0.vobou případech ukážeme, že jiná x, y, z neexistují. Tuto skutečnost nahlédneme sporem. (a) Předpokládejme pro spor, že taková nenulová x, y, z existují. Označme největší společný děliteltěchtočíseljakod.pakjelevástrananašírovnicedělitelnáčíslem d 4,protoipraváje

7 dělitelnátímtočíslem.pokudje d z,dostanemepozkrácenínašírovnicečíslem d 4,rovnici stejnéhotvaru,kterámájižnesoudělnářešení,tj. a 4 + b 4 =1998c.Pokudnení d z,pak zkrácením d 4 dostanemeznašírovnicerovnici a 4 + b 4 = 3 37c.Vkaždémpřípadětedy dostaneme rovnici, jejíž pravá strana je dělitelná číslem 3 a levá obsahuje součet čtvrtých mocnindvounenulovýchcelýchčísel.mámetedy3 a 4 + b 4,kde a, bjsounesoudělnáčísla. Tedyanijednoznichnemůžebýtdělitelné 3 číslem3.odtudvidíme,žeplatí3 (a 1)(a +1) a3 (b 1)(b +1).Kdyžposlednídvavztahyodečtemeod a 4 +b 4 avyužijeme-li3 a 4 +b 4, mámepojednoduchéúpravě3,cožjehledanýspor. (b) Nejprve si uvědomíme, že pokud existují nějaká řešení této rovnice, pak existují i po dvou nesoudělná řešení této rovnice. Ve stručnosti řečeno ji zkrátíme největším společným dělitelem těchto čísel.(podrobně si tento krok rozmysli!) Jelikož číslo 1997 dělí pravou stranu našírovnice,musídělitilevou.vidímeproto,že1997 x 4 + y 4,kde x, yjsounesoudělná čísla. I v tomto případě nahlédneme, že tato skutečnost není možná. Vyjdeme z identity, kterou si snadno ověříš roznásobením uvedených závorek: x y 1996 =(x 4 ) 499 +(y 4 ) 499 =(x 4 + y 4 ) (x 4 ) 498 (x 4 ) 497 (y 4 )+ +(x 4 ) 496 (y 4 ) (x 4 ) 495 (y 4 ) 3 + +(x 4 ) (y 4 ) 496 (x 4 ) (y 4 ) 497 +(y 4 ) 498. Ztétorovnostividíme,žetaképlatí1997 x y 1996.NadruhéstranězFermatovyvěty (uvedlijsmejijakolemmavminulýchkomentářích)dostávámevztahy1997 x a 1997 y Zkombinujeme-liposlednídvěskutečnostisfaktem1997 x y 1996, vidíme,že1997,cožjeopěthledanýspor. Poznámky opravovatele: V příkladu šlo mimo postupu ve vzorovém řešení využít zbytků modulo8,16apod.případ(a)sedalřešittakémodulo37analogicky,jako(b)vevzorovém řešení. Pokud jsi oba případy zvládnul, patříš mezi ty, kteří dostali 5 bodů, za některé těžkopádnější postupy jsem strhával imaginární body. Ti, kteří správně vyřešili jen jednu část (zpravidla(a)) dostali 3 body. Častou chybou v jinak korektních postupech bylo přehlédnutí nulového řešení, což znamenalo bod dolů. 6. úloha Aritmetický průměr dvou kladných celých čísel je o dvě menší než dvojnásobek geometrického průměru těchto čísel. Jaká jsou to čísla? Najděte všechna řešení. Máme řešit rovnici a+b += ab (1) Vzhledemkprvočíselnémurozkladučísla1998= avzhledemkeskutečnosti, že d z a d z,vidíme,žetentodruhýpřípadnastanejentehdy,když zjedělitelné lichou mocninou čísla tři. 3 Kdybytřeba abylodělitelnéčíslem3,pakbydlevztahu3 a 4 + b 4 ičíslo bmuselobýt dělitelnétřemiačísla a, bbybylasoudělná.

8 v kladných celých číslech. Nejprve se podíváme na její řešení v číslech reálných: po umocnění na druhou a úpravách dostaneme kvadratickou rovnici pro a s parametrem b: a a(7b 4)+(b+4) =0. Tato rovnice má v reálných číslech nejvýše řešení: q a 1, =7b 4± (7b 4) (b+4) =7b 4±4 p b(3b 4). (1) Pokud je tedy dvojice(a, b) řešením rovnice(1), musí splňovat(). Ze symetrie rovnice (1)plyne,žepakidvojice(b, a)jejejímřešením,tedyvztah()musíbýtsplněnivpřípadě, žezaměníne aab(nenutněsestejnýmznaménkempředodmocninou). Vidíme(zevztahu()),žepro b=1nemárovniceřešení,pro b=získáme a 1 =, a =18.Nynípředpokládejme,žemámeřešení(x, y), x<y.dosadíme-lido()za b číslo y,dostanemedvakořeny(označmeje x 1, x ).Protožežádnédalšíčíslo(kromětěchto dvoukořenů)nevyhovujespolusyrovnici(1),musíbýt x 1 nebo x rovno x(nechťjeto x 1 = x < y).jevidět,žepro b je7b 4+4 p b(3b 4) > b,tedy x = 7y 4+ 4 p y(3y 4) > y.pokud xayjsoucelá,pakjistětaké x jecelé,neboťzevztahu()musí platit x+x = x 1 + x =14y 8(odmocninasejednoupřičteajednouodečte). Definujmenynírekurentněposloupnost: a 0 = a 1 =aa k+1 =7a k 4+4 p a k (3a k 4) pro k=1,,3,...zpředchozíhoplyne,žeposloupnostjetvořenacelýmičísly,kroměprvních dvou členů je rostoucí a každé dva po sobě jdoucí členy posloupnosti jsou řešením rovnice (1). Nyní bychom chtěli dokázat, že žádná další kladná celočíselná řešení rovnice(1) neexistují. Budemedokazovatsporem:Nechťexistujenějakédalšířešení(x, y).pokudbybylo x=y, dostanemesnadno,žejedinéřešenístoutovlastnostíje x=y=,kteréužvposloupnosti je.nechťtedybezújmynaobecnostije x < y.nynímezivšemikladnýmiceločíselnými řešeními, která nejsou v posloupnosti vybereme ta řešení(x, y), která mají nejmenší x(první složku uspořádané dvojice). Ze vztahu () najdeme k tomuto x čísla y 1 (se znaménkem mínuspředodmocninou)ay (seznaménkempluspředodmocninou).pokudbybylo x=, byloby y 1 =ay =18,aletatořešeníjsouvposloupnosti,tedy x >.Stačídokázat, že y 1 < x,paktotižřešení(y 1, x)jeceločíselnéamáprvnísložkumenšínežřešení(x, y) atedyjevposloupnosti {a k }.Protoževšak y dostanemedosazením xdovztahu(),je také y vtétoposloupnosti,cožjesporstím,žeřešení(x, y 1 )nebo(x, y )nejsouvtéto posloupnosti.důkaz,že y 1 < x:je-li x >,pak(x ) +x 8 >0,tj.3x 4x 4 >0, tj.1x 16x >9x 1x+4=(3x ),poodmocněníapřenásobenídvěmamáme 4 p x(3x 4) >6x 4,tj. x >7x 4 4 p x(3x 4)=y 1. Tím jsme dokázali, že jsme skutečně našli všechna řešení rovnice(1), už zbývá jen vyjádřit tatořešeníexplicitně.víme,žeposloupnost {a k }vyhovujerovnici: Nejprve vyřešíme tzv. homogenní rovnici a k 1 + a k+1 =14a k 8. (3) b k+1 14b k + b k 1 =0, (4)

9 očekávámeřešenívetvaru b k = λ k.dosadíme-lidorovnice(4),můžemezkrátit λ k 1 a dostaneme λ 14λ+1=0.Tutorovnicivyřešímeadostaneme λ 1, =7 ±4 3=( ± 3). Jevidět,žepokud b k = λ k 1 i b k= λ k splňujírovnici(4),paktaké b k= cλ k 1 +dλk vyhovujetéto rovnici. Dá se ukázat, že to jsou všechna řešení, neboť každá posloupnost, která vyhovuje rovnici(3),jejednoznačněurčenasvýmiprvnímidvěmačlenyaprokaždédvěčísla x, y najdemekonstanty cadtak,aby b 0 = xab 1 = y. Nyní nám stačí najít jedno řešení rovnice(3) a všechna řešení rovnice(3) pak dostaneme tak, že k tomuto řešení přičteme všechna řešení rovnice(4). Budeme-li hledat konstantní řešenírovnice(3),tj. a k = z,zjistíme,ževyhovuje z=/3.dálebudemehledatkonstanty cadtak,aby a 0 = a 1 =:jednodušedovyjádření a k = c(+ 3) k + d( 3) k +/3 dosadímeza knejdřívenulu,pakjedničkuazískámetakdvěrovniceproneznámé c, d,které vyřešíme a dostaneme řešení a k = 1 3 ((+ 3) k 1 +( 3) k 1 +). Všechnařešenírovnice(1)jsoupakuspořádanédvojice(a k, a k+1 )a(a k+1, a k ), k=0,1,,... Poznámky opravovatele: Po jednom bodu jsem strhával za to, že řešitel nedokázal, že našel všechna řešení nebo že řešení, která našel, jsou celá čísla nebo že napsal pouze rekurentní předpis pro všechna řešení a nevyjádřil je explicitně. 7. úloha Můžebýtpronějakápřirozenáčísla m, n(n )výraz v u m+ m «8 4 n t + roven sudému přirozenému číslu? 1 m+ m 4 Klíčem k řešení našeho příkladu bude identita, jejíž platnost si laskavý čtenář sám snadno ověří(buďpřímýmroznásobením,nebosevyužijetoho,žečíslo m+ m 4 je řešením jisté kvadratické rovnice). Platí m+ m 4 «8 + 1 m+ m = `(m ). S pomocí tohoto vztahu si naši úlohu můžeme přeformulovat na následující úlohu: Ptámese,zdaexistujíceláčísla n, m, k, n,prokteráplatí ((m ) ) = n k n.

10 Jelikož máme n, je pravá strana určitě dělitelná čtyřmi, kdežto levá strana čtyřmi dělitelná být nemůže. Podrobně si rozmysli! Tedy žádná n, m, která by vyhovovala požadavkům naší úlohy, neexistují. Poznámky opravovatele: Úspěšnost řešitelů v této úloze nebyla moc vysoká. Většinou řešitelémylněpředpokládali,žeurčitývýraz(nejčastěji m+ m 4)jepřirozené,resp.celé číslo, případně s ním mlčky jako s celým pracovali argumentovali paritou či dělitelností. Ti, kdo úlohu vyřešili, použili v podstatě stejný princip jako autorské řešení, imaginární body jsem tedy pouze strhával v případě zbytečné zdlouhavosti. 8. úloha Žil byl v jedné jeskyni čaroděj Tomáš, který neuměl nic jiného než řešit diofantické rovnice stupně maximálně 4. Přišel za ním ježidědek Radek a pokusil se ho vyděsit ošklivou rovnicí devatenáctistého devadesátého osmého stupně. Pomozte našemu milému čaroději. Pro suchary: Dokažte, že každou diofantickou rovnici lze převést na diofantickou rovnici nejvýše čtvrtého stupně. Poznámka:Slovo diofantickou můžemezezadáníúlohyklidněvypustit. Lemma. Každou soustavu diofantických rovnic stupně nejvýše n, kde n >, mohu nahradit přidáním nových proměnných soustavou rovnic stupně nejvýše n 1. Důkaz: Každýčlenpůvodnísoustavyrovnicstupně nvetvaru ax 1 x... x n(a R, x 1,..., x njsouproměnné,kterénemusíbýtnutněrůzné)nahradímčlenem ayx 3... x n,kde yjenová proměnná,aksoustavěpřidámrovnici x 1 x y=0. Tímto postupem dostanu soustavu rovnic stupně nejvýše n 1. Hodnoty nově zavedených proměnných lze jednoznačně vyjádřit pomocí původních proměnných každé řešení x 1,..., x nlzejednoznačněrozšířitnařešenínovésoustavy x 1,..., x n, y 1,..., y manaopak. S využitím lemmatu tedy postupně převedeme danou rovnici na soustavu rovnic stupně nejvýše.zapišmetutosoustavuvetvaru p 1 =0, p =0,..., p k =0(p i jsounejvýše kvadratické polynomy). Potom tuto soustavu rovnic můžeme nahradit jedinou rovnicí, a to p 1 + p +p k =0,neboťdruhémocninyreálnéhočíslajsouzjevněnezápornéatedyvýraz p 1 +p + +p n jerovennuleprávětehdy,kdyžjsouvšechna p 1,..., p nrovnanule.ztoho, že p 1,...,p njsoustupněnejvýše,vyplývá,žetatorovnicebudestupněnejvýše4. Poznámky opravovatele: Milého čaroděje jste všichni až na Alici Maškovou nechali ve štychu. Měli byste se stydět. Taková jednoduchá úloha.