PRVOČÍSLA Jan Malý UK v Praze a UJEP v Ústí n. L. Obsah. Elementární úlohy o prvočíslech 2. Kongruence 2 3. Algebraicé rovnice a polynomy 3 4. Binomicá a trinomicá věta 5 5. Malá Fermatova věta 7 6. Diferenční rovnice 7. Elementární úlohy o prvočíslech Záladní finty. Jestliže prvočíslo q dělí n, pa nemůže dělit n +. Jestliže prvočíslo p dělí součin ab, pa dělí a nebo b. Věta. Prvočísel je neonečně mnoho. První důaz. Nechť ne. Seřaďme všechna prvočísla do onečné posloupnosti p,..., p m. A co p... p m +? Druhý důaz. Nechť ne. Nechť p je poslední prvočíslo a n p! +. Najděme nejmenší prvočíslo q, teré dělí n. Potom q p. Odtud q dělí p!, ale pa nemůže dělit n p! +. Kontrolní otázy. Nechť a je součin prvních prvočísel. Je nutně a + prvočíslo? (NE) Nechť p je prvočíslo. Je pa nutně p! + prvočíslo? (NE) Pozorování. Jestliže číslo n není dělitelné žádným přirozeným číslem 2 m n, pa n je prvočíslo. Úloha. p prvočíslo, pa p je iracionální. Řešení. Buď p n, de, n jsou nesoudělná přirozená. Pa n2 p 2, tedy p dělí n, ale pa musí taé p 2 dělit n 2. Tedy p 2 dělí p 2, po vyrácení p dělí 2, a tedy p dělí. Čísla, n maji společného dělitele p a to je spor. Poznáma. Na záladě popsané metody se dá doázat, že odmocnina z přirozeného čísla je buď přirozené číslo nebo iracionální. Úloha. Určete všechny dvojice prvočísel p, q, pro teré p + q 2 q + p 3. Řešení. Přepíšeme na q(q ) p(p )(p + ). Pa p dělí q nebo q. Jestliže p dělí q, pa p q a z rovnice dostaneme p +, p 0, ale to není hezé prvočíslo. To není ani ošlivé prvočíslo. Vidíme, že p dělí q, tedy p + q. Tay q dělí p nebo p +, tedy p + q. Odtud p + q, p 2, q 3. Je nutno ještě provést zoušu! Úloha. Určete všechny dvojice prvočísel p, q, pro teré p + q 2 q + 45p 2. Řešení. Přepíšeme na () q(q ) p(45p ). Kdyby bylo p q, pa by taé bylo 45 a to přecijen neplatí. Usoudíme, že p dělí q, tedy existuje N ta, že q p. Do rovnosti () dosadíme q p + a dostaneme p(p + ) p(45p ), obě strany vydělíme p, taže (p + ) 45p, po úpravě (2) + p(45 2 ). Napravo ladné číslo, tedy 2 44 2 2, 2. Jeliož p dělí +, existuje r N ta, že + rp. Do rovnosti (2) dosadíme rp a dostaneme rp p(45 (rp ) 2 ), obě strany vydělíme p, taže r 45 (rp ) 2 45 (rp) 2 + 2rp. Po úpravě (rp) 2 44 2rp r, neboli (rp 2)(rp + 2) r(2p ). Pravá strana je ladná, tedy levá strana je ladná a to nám dává rp > 2, neboli 2. Porovnáme-li zarámečované mezivýsledy, máme 2, odtud 45 2, z (2) Přednáša na rajsém soustředění matematicé olympiády, Jiřetín pod Jedlovou, 2. 0. 2008
dostaneme p + 3. Hravě dopočítáme q p + 2 3 + 57. Tedy p 3, q 57. Zoušu! A ještě musíme ověřit, že 57 je opravdu prvočíslo! Věta 2. Nechť a N. (a) Jestliže číslo 2 a je prvočíslem, pa a prvočíslo (Mersennova čísla). (b) Jestliže číslo 2 a + je prvočíslem, pa a je tvaru 2 n, n N. (Fermatova čísla) Důaz. (a) Pro aždé přirozené číslo platí vzorec tedy pro b celé b (b )(b + b 2 + + ), b R, (3) b b. Je-li a číslo složené, pa má rozlad a r, de i r jsou větší než a menší než a. Do (3) dosadíme b 2 r a dostaneme 2 r (2 r ) 2 a, to je netriviální rozlad 2 a, tedy 2 a není prvočíslo. (b) Pro lichá přirozená > 0 je tedy pro b celé b + (b + )(b b 2 + + ), b R, (4) b + b +. Stejnou úvahou jao předtím dostaneme, že 2 a není prvočíslo, dyž a má rozlad a r, de i r jsou větší než a menší než a a navíc je liché. Chceme-li prvočíslo tvaru 2 a +, zbývají dvě možnosti. Podobně jao v (a), mohlo by být a liché prvočíslo (dosavadní úvahy to nevyloučily). Dosazením b 2 a a do (4) vša dostaneme 2 + 2 a +, taže máme netriviálního dělitele 3 čísla 2 a + a tudíž 2 a + není prvočíslo. (Tím se případ (b) zásadně liší od (a), neboť 2 2 a dávalo nešodného triviálního dělitele!) Pa ale zbývají případy, že a nebo že a nemá lichého dělitele, tedy a je tvaru 2 n, de n je přirozené nebo nula. Poznáma. Doázali jsme, že např. čísla 2 2n + mají šanci být prvočísla, ne že to jsou prvočísla. Je pravda, že se mezi nimi dá najít dost prvočísel, ale občas jsou to čísla složená. 2. Kongruence Záladní pojmy. Všechna čísla v této seci budou celá. Připomeňme, že a b modulo n, jestliže n a b. Máme-li dán pevný modul, upřesnění modulo n si občas dovolíme vynechat. Pro n přirozené označme Z n {0,,..., n }. Každé celé číslo je ongruentní právě s jedním číslem m Z n, toto číslo označme třeba ρ() (pro ladná je to vlastně zbyte při dělení číslem n). Na Z n teď můžeme zavést nové operace a a s těmito operacemi se chová Z n podobně jao jiné číselné obory (co se týče např. platnosti záonů jao omutativní, asociativní, distributivní). Konrétně, definujeme a b ρ(a + b), a b ρ(a b). V dalším si budeme víc všímat násobení, to je zajímavější. Vztah nového násobení e ongruenci je následující: a b c a, b, c Z p, ab c. Tabuly násobení pro n 5 a n 6 vypadají tato (na -tém řádu jsou -násoby prvého řádu vzhledem novému násobení). n 5: 0 2 3 4 0 2 4 3 0 3 4 2 0 4 3 2 n 6: 0 2 3 4 5 0 2 4 0 2 4 0 3 6 0 3 6 0 4 2 0 4 2 0 5 4 3 2 Všimněme si, že pro n 6 se vlastně násobení nechová ta dobře jao na reálných nebo celých číslech, např. máme 2 3 0. V oboru celých číslech by nulový součin implioval nulovost jednoho z činitelů. Zato pro n 5 se násobení chová ta dobře jao pro reálná čísla a lépe než pro celá čísla! Nejen, že se nula nedá rozločit na součin nenulových prvů, ale doonce e aždému nenulovému číslu existuje číslo převrácené (to v celých číslech samozřejmě neplatí). Tuto odlišnost vystihuje následující věta. Věta 3. Jestli evivalentní 2
(i) n je prvočíslo, (ii) v (Z n, ) se nula nedá rozložit na součin nenulových prvů (iii) v (Z n, ) e aždému nenulovému číslu existuje číslo převrácené, Důaz. (i) (ii). Předpoládejme, že n je prvočíslo a 0 a b, de a, b Z n. Pa n ab, tedy n dělí a nebo b, tedy a nebo b je nula. (ii) (iii). Zvolme Z n nenulové. Jestliže pro i, j Z n je i j, pa (i j) 0 a z (ii) dostáváme, že i j. Čísla i, i Z n, jsou tedy navzájem různá a jeden z nich tedy musí být číslo. (iii) (i). Nechť n není prvočíslo a je netriviální dělitel. Potom i jsou vždy lasicé násoby a mezi nimi není číslo. Tedy číslu neexistuje převrácené. Poznáma. Na záladě této věty lze doázat, že (Z n,, ) tvoří pro prvočíselné n tzv. těleso (další číselné obory, teré tvoří těleso, jsou např. reálná čísla, racionální čísla nebo omplexní čísla). Pomocná věta 4. Nechť p je prvočíslo a Z p je nenulové. Potom -převrácené číslo e je různé od s výjimami, p. Důaz. Je jasné, že a (p ) (p ) ρ((p ) 2 ) ρ(p 2 2p + ). Na druhou stranu, jestliže Z p,, pa 0 ( 2 ) ( + )( ), tedy existuje a ta, že ( + )( ) ap. Číslo p tedy dělí + nebo. V prvém případě je p, v druhém je. Věta 5 (Wilsonova). p > je prvočíslo, právě dyž p + (p )!. Důaz. Jestliže p je číslo složené, pa je dělitelné číslem q, 2 q < p a q dělí (p )!. Pa ale nemůže q dělit + (p )! a tím spíš p nemůže dělit + (p )!. (To bychom dostali řetěz q p + (p )!.) Opačná impliace je těžší. Podle předchozí pomocné věty 4, e aždému a 2, 3, 4,..., (p 2) existuje amarád b a ta, že a b (neboli b je převrácené číslo a). Převrácené číslo může být jen jedno. (Kdyby b a c byla různá převrácená čísla a, napsali bychom 0 jao součin nenulových čísel 0 a (b c).) Jeliož čísla a p jsou převrácená sama sobě, je 2 b p 2. Součin 2 3 4 (p 2) se dá rozdělit na páry ta, že součin a b amarádů a, b z aždého páru je, tedy ab. Celově platí tedy Nyní stačí oběma stranám rovnosti příčíst. 2 3 4 (p 2), (p )! 2 3 (p 2)(p ) p. 3. Algebraicé rovnice a polynomy Polynom. Připomeňme, že polynom (neboli mnohočlen) je součet jednotlivých členů, teré jsou speciálního tvaru. U polynomů jedné proměnné mají členy tvar ax i, ve dvou proměnných ax i y j, ve třech proměnných ax i y j z. Číslo a je onstantní oeficient, terý může být u aždého členu jiný. Symboly i, j, jsou nezáporná celá čísla. Pozor: i u polynomu ve dvou proměnných může být člen třeba 3x 2, protože je to 3x 2 y 0. Stupeň členu ax i je číslo i, u členu ax i y j je to i + j, u členu ax i y j z je to i + j +. Stupeň polynomu je nejvyšší ze stupňů jeho členů. Třeba polynom xz 2 + 2x má stupeň 3, protože stupně jednotlivých členů jsou 3 a 2. Algebraicá rovnice a ořeny Je-li P polynom v jedné proměnné t, řeneme, že x je jeho ořen, jestliže P (x) 0. V tom případě P je dělitelný dvojčlenem (t x). Jestli6e P je dělitelný doonce výrazem (t x), říáme, že x je -násobný ořen. Násobnost ořene x je pa nejvyšší taové číslo. S eznam ořenů polynomu P je uspořádaná m-tice ořenů, v níž aždý se vysytne přesně tolirát, oli je jeho násobnost. Seznam ořenů je jednoznačný až na permutace. Přílad Polynom t 3 2t 2 + t si můžeme napsat jao t(t ) 2, tedy seznam ořenů je (0,, ), nebo taé (, 0, ), ale ne třeba (, 0), ořen se v seznamu musí vysytovat dvarát. Viètovy vztahy. Nechť (x, y) je seznam ořenů vadraticé rovnice t 2 + bt + c 0. Potom můžeme polynom t 2 + bt + c rozložit na ořenové činitele ( ) t 2 + bt + c (t x)(t y) t 2 (x + y) t + xy. 3
Porovnáním oeficientů u mocnin t dostaneme b x + y, Podobně pro ubicý polynom dostáváme c xy. t 3 + bt 2 + ct + d (t x)(t y)(t z) b x + y + z, c xy + yz + zx, d xyz. Viètovy vztahy platí i pro vícenásobné ořeny (dyž třeba x y) a doonce i pro omplexní ořeny (ale omplexní čísla zde zavádět nebudeme). Přílady. Rovnice t 2 t 0 má dva ořeny, náhodou umíme najít x + 5 2 a y 5 2. Zajímá-li nás x + y nebo xy, nemusíme x a y počítat, z Viètových vztahů vidíme, že x + y a xy. Rovnice t 3 2t 2 t + 0 bude mít asi tři reálné ořeny, protože polynom nalevo nabývá pro t, 0,, 2 postupně hodnot,,, 3, taže by mohly být ořeny x (, 0), y (0, ) a z (, 2) (z obrázu je to vidět, v analýze se doazuje, že tomu ta sutečně je). Aniž bychom znali jejich přesné hodnoty, z Viètových vztahů umíme spočítat x + y + z 2, xy + yz + zx, xyz. Symetricé polynomy. Výrazy, teré se vysytují ve Viètových vztazích, onrétně x + y a xy ve dvou proměnných, x + y + z, xy + yz + zx a xyz ve třech proměnných, jsou přílady tzv. symetricých polynomů. Řeneme, že polynom ve více proměnných je symetricý, jestliže po jaéoli permutaci proměnných dostaneme stejný polynom. Tedy např. polynom x 2 +3xy +y 2 je symetricý, polynom x 2 y 2 symetricý není. Máme-li polynom s celočíselnými oeficienty a proměnné jsou celá čísla, pa hodnota polynomu je celé číslo. U symetricých polynomů můžeme říci víc. Poud polynom P dvou proměnných s celočíselnými oeficienty je symetricý a za (x, y) dosadíme seznam ořenů nějaého vadraticého polynomu Q(t) t 2 +at+b s celočíselnými oeficienty, pa hodnota polynomu P (x, y) je celé číslo, podobně i pro polynomy tří proměnných. Podíváme se na to v následujících větách. Z Viètových vztahů je zřejmé, že záležitost lze přeformulovat následovně. Věta 6. Nechť x, y jsou reálná čísla, x + y a xy jsou celá a n je přirozené. Jestliže P je symetricý polynom dvou proměnných s celočíselnými oeficienty, pa P (x, y) je celé číslo. Speciálně, x n + y n jsou celá čísla. Důaz. Důaz provedeme inducí podle n, to znamená, že stačí ověřit, že tvrzení platí pro n, a že z platnosti pro, 2,..., n plyne platnost pro n. Při doazování, že tvrzení platí pro n smíme používat tzv. induční předpolad, že tvrzení by platilo, dybychom místo n dosadili n (nebo ještě menší přirozené číslo). Důaz provedeme inducí podle stupně polynomu. Symetricé polynomy prvého stupně jsou tvaru a(x + y) + b, taže to jsou celá čísla. Nechť n > a tvrzení platí pro polynomy stupně menšího než m. Je-li P stupně n, můžeme dát na jednu stranu členy stupně menšího než n, na druhou stranu členy stupně přesně n. Členy stupně menšího než n tvoří symetricý polynom stupně n a podle indučního předpoladu je to celé číslo. Zbývají členy stupně přesně n. Nejprve vezmeme součet členů, de x i y jsou aspoň v prvé mocnině (onrétně to může vypadat pro n 3 třeba 3x 2 y + 3xy 2 ), to se dá vydělit celým číslem xy a zbude symetricý polynom stupně n 2, to je podle indučního předpoladu zase celé číslo. Dáme-li tento us stranou, zbývá jen celočíselný násobe výrazu x n + y n. Napíšeme si x n + y n (x + y) n + [x n + y n (x + y) n ] Číslo (x + y) n je celé, neboť x + y je celé podle indučního předpoladu. Výraz v hranaté závorce je symetricý polynom n-tého stupně dělitelný xy, tedy zase celé číslo podle toho, co už jsme řeli výše. Věta 7. Nechť x, y, z jsou reálná čísla, x+y +z, xy +yz +zx a xyz jsou celá a n je přirozené. Jestliže P je symetricý polynom tří proměnných s celočíselnými oeficienty, pa P (x, y, z) je celé číslo. Speciálně, x n + y n + z n jsou celá čísla. 4
Názna důazu. Důaz je podobný jao předchozí, ale složitější. Naznačíme jen hlavní nové myšleny. První část důazu inducí je snadná. V indučním rou doazujeme tvrzení pro n > a předpoládáme, že platí pro polynomy nižších stupňů. Mějme symetricý polynom n-tého stupně. Poud je dělitelný výrazem xyz, pa je to součin xyz a symetricého polynomu stupně n 3. Zbyte lze rozložit na jednodušší výrazy, teré je třeba prodisutovat. Mohou to být výrazy tvaru (5) x i y j + x i z j + y i z j + y i z j + z i x j + z i y j de i a j jsou přirozená a různá. Potom x i y j + x i z j + y i z j + y i z j + z i x j + z i y j (x i + y i + z i )(x j + y j + z j ) + xyz Q(x, y, z), de Q je symetricý polynom stupně n 3. Z indučního předpoladu dostaneme, že (x i + y i + z i ), (x j + y j + z j ) a Q(x, y, z) jsou celá čísla, tedy (5) je celé číslo. Tento argument projde i pro i j, tedy 2(x i y i + y i z i + z i x i ) je celé číslo. My bychom ale chtěli, aby taé symetricý polynom x i y i + y i z i + z i x i (nejen jeho sudé násoby) byl celé číslo. Proto si uvědomíme, že de i Q je polynom stupně n 3. Konečně, x i y i + y i z i + z i x i (xy + yz + zx) i + xyz Q(x, y, z), x n + y n + z n (x + y + z) n + P (x, y, z), de P (x, y, z) lze naombinovat z polynomů, jejichž celočíselnost jsme již probrali. 4. Binomicá a trinomicá věta Podobně jao obecně (x + y) 2 x 2 + 2xy + y 2, (x + y) 3 x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3, (6) (x + y) n x n + nx n y + + nxy n + y n, přičemž do toho, co se srývá pod třemi tečami, není zatím příliš vidět. Je to nějaý symetricý polynom, ale jaé jsou oeficienty? Všechny členy budou přesně n-tého stupně, tedy tvaru ax y n. Koeficient u x y n označme ( n ), je to tzv. binomicý oeficient, v souvislosti s ombinatoricým významem se taé používá termín ombinační číslo. Rovnost (6) je lépe zapisovat ve tvaru sumy n (7) (x + y) n x y n. Uážeme, že (8) Pro > n je ( ) n 0. Jina je ( 0 n(n )... (n + ).! ) n n!! (n )!. Roznásobujeme-li poctivě (x + y) (x + y)(x + y) (x + y), uvědomíme si ombinatoricý význam oeficientů: oli je uspořádaných n-tic prvů dvouprvové množiny {x, y}, v nichž se vysytuje prve x přesně rát? Označíme-li tyto uspořádané n-tice (a,..., a n ), jde o to, pro terá i je a i x. Tedy hledaných uspořádaných n-tic je přesně toli, jao prvových podmnožin množiny {,..., n}. Vzorec (7) si zformulujeme jao větu. Věta 8 (Binomicá). Jsou-li x, y reálná a n N, pa n (x + y) n x y n. 0 5
Důaz. Důaz provedeme inducí podle n. Pro n vzorec platí. Mějme dáno n > a předpoládejme, že pro menší exponenty (onrétně n ) už víme, že vzorec platí. Máme n (x + y) n (x + y) n (x + y) (x + y) x j y n j j j0 n ( ) n n x x y n + y x y n 0 n [( ) ( )] n n + x y n 0 V oamžiu, dy jsme sumu rozdělili na dvě, jsme současně provedli posun indexů: zatímco v první sumě je j, v druhé zůstává j. Binomicá věta je téměř doázána, zbývá uázat, že ( ) ( ) n n (n )! + ( )!(n )! + (n )!!(n )! (9) (n )!!(n )! ( + (n )) n!!(n )!. Trinomicá věta. Analogicy pro mocniny trojčlenů dostáváme n n i ( n (x + y + z) n i, j de Pro i + j > n je ( n i, j) 0. Jina je i, j i0 j0 ) x i y j z n i j, n(n )... (n i j + ). i! j! n! i, j i! j! (n i j)!. Kombinatoricý význam oeficientů: oli je uspořádaných n-tic prvů tříprvové množiny {x, y, z}, v nichž je přesně i rát x a j rát y? Trinomicá věta se doazuje analogicy jao binomicá, zase potřebujeme vzorec pro ombinační čísla, tentorát ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n (0) + +. i, j i, j i, j i, j Vzorce (9) a (0) umožňují zapisovat ombinační čísla do schématu, pro binomicé oeficienty je to Pascalův trojúhelní, pro trinomicé oeficienty je to jehlan. Pascalův trojúhelní vypadá ta, že aždý prve je roven součtu dvou prvů těsně nad ním (přičemž mimo tabulu vlevo a vpravo si představujeme nuly), tedy 2 3 3 4 6 4 5 0 0 5 Pascalův jehlan, de aždý prve je roven součtu tří prvů těsně nad ním, se reslí hůř, můžeme reslit postupně jeho patra. 2 2 2 3 3 3 6 3 3 3 6
Přeneseme-li si pozici prvu do předchozího obrázu, olem ní je trojúhelní postavený na špiču, v jehož vrcholech jsou čísla, terá máme sčítat (nebo na raji obrázu to taé mohou být prázdná místa, terá považujeme za nuly). Napřílad prve 6 v posledním obrázu je součet tří dvoje, teré tvoří vrcholy trojúhelníu v předchozím obrázu. Čísla 3 tam dostáváme jao + 2 + 0, v oolí aždé trojy je v předchozím obrázu jedno prázdné místo. Čísla jsou + 0 + 0. Poslední zobrazené patro obsahuje ombinační čísla ( 3 i, j), tedy (x + y + z) 3 Věta 9. Je-li p prvočíslo, < p, pa ( p ) je dělitelné p. x 3 + 3x 2 y + 3x 2 z + 3xy 2 + 6xyz + 3xz 2 + y 3 + 3y 2 z + 3yz 2 + z 3 Důaz. p!!(p )! ( p ), z čísel napravo jen ( p ) má šanci být dělitelné p. Věta 0. p prvočíslo, i, j, i + j p, pa ( p i, j) je dělitelné p. Důaz je analogicý jao předchozí. 5. Malá Fermatova věta Nejprve si uvedeme výslede o symetricých polynomech Věta. Nechť x, y jsou reálná čísla, x + y a xy jsou celá a p je prvočíslo. Potom x p + y p (x + y) p modulo p. Důaz. Z binomicé věty dostaneme (x + y) p x p + P (x, y) + y p, de P je symetricý polynom, jehož oeficienty jsou ombinační čísla ( p ),,..., p. Jeliož p je prvočíslo, tato ombinační čísla jsou podle věty 9 dělitelná p, tedy (x + y) p x p + y p + p Q(x, y), de Q je symetricý polynom s celočíselnými oeficienty, tedy podle věty 6 je Q celé číslo. Odtud x p +y p (x + y) p. Věta 2 (Malá Fermatova věta). Je-li p prvočíslo a m Z, pa m p m modulo p. Důaz provedeme inducí podle m. Pro m, 0, vzorec zřejmě platí. Předpoládejme, že m > a vzorec platí pro všechna přirozená čísla menší než m. Pa m p ((m ) + ) p (m ) p + (m ) + m, použili jsme předchozí větu. Pa bychom měli jestě provést zpětnou induci pro záporná čísla - cvičení. Poznáma. Je-li prvočíslo, pa z malé Fermatovy věty 2 2. Pousně snadno ověříme obrácenou impliaci, že dyž 2 2, bývá prvočíslo. Máme-li více trpělivosti, zjistíme vša, že tento směr neplatí. Nejmenší protipřílad je až 35, tj. 35 2 35 2, ale je to číslo složené. (Není náhodou dělitelné třemi?) 6. Diferenční rovnice Nejprve uvedeme motivační přílad. Přílad. Nechť posloupnost čísel u n je dána předpisem () Je-li p prvočíslo, potom p u p. Řešení. Uážeme, že u, u 2 3, u n+2 u n + u n+, n, 2,... (2) u n x n + y n, 7
de (x, y) je seznam ořenů vadraticého polynomu (3) t 2 t. Položme ještě u 0 2, potom () platí i pro n 0. Ověříme, že u 0 2 + x 0 + y 0 a u x+y x +y, totiž to plyne z Viètových vztahů pro rovnici t 2 t 0. Nyní doážeme(2) pro obecné n inducí. Víme, že pro n platí. Nechť n > a předpoládejme, že vzorec platí pro přirozená čísla menší než n. Posunem v indexech se () přepíše na u n u n 2 + u n. Z indučního předpoladu a ověřených vztahů máme u n 2 x n 2 + y n 2 a u n x n + y n, tedy u n u n 2 + u n x n 2 + y n 2 + x n + y n x n 2 ( + x) + y n 2 ( + y). Nyní použijeme, že x a y jsou řešení rovnice (3), tedy + x x 2, + y y 2. Dostáváme u n x n 2 x 2 + y n 2 y 2 x n + y n. Tím jsme doázali (2). Protože z Viètových vztahů víme, že x+y a xy jsou celá čísla, můžeme použít větu a vyvodit z ní, že p u p pro aždé prvočíslo p. Diferenční rovnice. Způsob, jaým jsme v předchozím příladu uhodli vzorec (2), vypadá jao magie, neznáme-li teorii diferenčních rovnic. V tomto odstavci si nelademe ambice tuto teorii vyložit, jen stručně nastíníme, o co zhruba jde. Nechť posloupnost u n je dána reurentním předpisem (4) u n+ au n. Potom řešení hledáme ve tvaru u n x n (na to přišli naši chytří předové) a dosazením dostaneme x n+ ax n, po vyrácení x a. Tedy u n a n splňuje (4). Je-li C reálné, potom u n Ca n taé splňuje (4). Chceme-li jednoznačné řešení, je třeba zadat ještě počáteční podmínu. Nechť nyní posloupnost u n je dána reurentním předpisem (5) u n++ a 0 u n + a u n+ + + a n u n+ Řešení zase hledáme ve tvaru u n x n a po vyrácení dostaneme charateristicou rovnici x + a 0 + a x + + a x, ta může mít + různých řešení, x 0,..., x, potom u n C 0 x n 0 + C x n splňuje (5). Často se ještě zadávají počáteční podmíny, teré nám pomohou upřesnit oeficienty C. Poud charateristicá rovnice má vícenásobné ořeny, řešení se ompliuje, zájemcům doporučujeme najít si informaci v literatuře, třeba http://en.wiipedia.org/wii/difference equations. Na závěr si uvedeme úlohu, v níž můžete zužitovat téměř vše, co jsme zde připravili počínaje secí 3 a ještě něco navíc (totiž omplexní čísla, rovnice, terá se vysytuje v řešení, má imaginární ořeny). Superúloha. Nechť posloupnost čísel u n je dána předpisem u 0, u 2 2, u 3 3, Je-li p prvočíslo, potom p u p. u n+3 u n + u n+, n, 2,... Nástin řešení. Podobně jao v motivační úloze této sece uážeme, že u n x n + y n + z n, de x, y a z jsou řešení charateristicé rovnice t 3 t 0. Z trinomicé věty dostaneme, že x n + y n + z n (x + y + z) n + P (x, y, z), de P je symetricý polynom, jehož oeficienty jsou podle věty 0 dělitelné p, tedy P (x, y, z) p Q(x, y, z), de Q je symetricý polynom s celočíselnými oeficienty. Odtud s pomocí věty 7 dostaneme, že P (x, y, z) je celočíselný násobe p, a tudíž x n + y n + z n (x + y + z) n. Z Viètových vztahů ovšem odvodíme, že x + y + z 0, tedy u n x n + y n + z n 0. 8