MATEMANIJA

Sad kad se gužva oko prijemnog stišala, otvorio bih novu temu u kojoj bi se postavljali, kao što ime kaže, zadaci sa matematičkih takmičenja iz oblasti teorije brojeva. Mislim da je ovo bolje nego da se otvara više tema sa jednim zadakom. Molim vas da sve zadatke koje budete postavljali obeležite brojem, i napišete sa kojeg takmičenja su, ako znate.

Evo je imam problem sa sledećim zadacima:
[inlmath]1.[/inlmath] Odrediti sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath], koji zadovoljavaju jednačinu [inlmath]p^q+q^p=r \quad r \in \mathbb{P}[/inlmath]. (Srbija 1991)
[inlmath]2.[/inlmath] Proizvod jednog dvocifrenog i jednog trocifrenog broja zapisuje se u dekadnom sistemu samo pomoću nekoliko cifara [inlmath]2[/inlmath]. Odrediti o kojim brojevima je reč. (Srbija 1996)
[inlmath]3.[/inlmath] Odrediti cifre [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath], tako da u dekadnom sistemu važi jednakost [inlmath]\frac{1}{x+y+z} = \overline{0,xyz}[/inlmath].(SRJ 1997)

Ako neko ima ideju neka je podeli sa nama. Imam brdo ovakvih zadataka tako da nema žurbe
EDIT: ispravljena greska u prvom

Drugi bih radio ovako:
Proizvod dvocifrenog i trocifrenog broja može biti broj sa [inlmath]4[/inlmath] ili sa [inlmath]5[/inlmath] cifara, a ako je njihov proizvod sastavljen samo od cifara [inlmath]2[/inlmath], to je, onda, ili broj [inlmath]2222[/inlmath], ili broj [inlmath]22222[/inlmath].
Rastavljanjem [inlmath]2222[/inlmath], odnosno [inlmath]22222[/inlmath] na proste činioce možemo odrediti traženi dvocifreni i trocifreni broj.

[inlmath]2222=2\cdot 1111=2\cdot 11\cdot 101[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow[/inlmath] rešenja su [inlmath]11\cdot 202[/inlmath] ili [inlmath]22\cdot 101[/inlmath].

[inlmath]22222=2\cdot 11111=2\cdot 41\cdot 271[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow[/inlmath] rešenja su [inlmath]41\cdot 542[/inlmath] ili [inlmath]82\cdot 271[/inlmath].


U prvom mi nije jasno da li se traže [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] takvi da je [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] jednako bilo kom realnom broju (koliko vidim, to bi uvek bilo zadovoljeno), ili se traži da [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] bude jednako nekom unapred zadatom broju [inlmath]r,\;r\in\mathbb{R}[/inlmath] i onda ih izraziti preko tog broja [inlmath]r[/inlmath]?


U trećem, ako može pojašnjenje, šta znači [inlmath]\overline{0,xyz}[/inlmath]? Palo mi je na pamet da je to možda aritmetička sredina [inlmath]0[/inlmath] i [inlmath]xyz[/inlmath], ali onda bi to valjda bilo zapisano kao [inlmath]\frac{xyz}{2}[/inlmath]...?

Pretpostavljam da se misli na to da su [inlmath]x, y, z[/inlmath] cifre koje slede posle [inlmath]0[/inlmath] i zareza.

Prvi je i meni nejasan, ovako formulisano, to važi za sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath].

Milovan je napisao:Pretpostavljam da se misli na to da su [inlmath]x, y, z[/inlmath] cifre koje slede posle [inlmath]0[/inlmath] i zareza.

Da, crta označava cifre koje slede posle nule.

Daniel je napisao:U prvom mi nije jasno da li se traže [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] takvi da je [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] jednako bilo kom realnom broju (koliko vidim, to bi uvek bilo zadovoljeno), ili se traži da [inlmath]p^q+q^p[/inlmath] bude jednako nekom unapred zadatom broju [inlmath]r,\;r\in\mathbb{R}[/inlmath] i onda ih izraziti preko tog broja [inlmath]r[/inlmath]?

Milovan je napisao:Prvi je i meni nejasan, ovako formulisano, to važi za sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath].

Zaboravio sam da napišem da je i [inlmath]r[/inlmath] prost broj.

ubavic je napisao:Da, crta označava cifre koje slede posle nule.

Aperiodičan, pretpostavljam? Znači, taj broj je [inlmath]0,xyz[/inlmath], a ne [inlmath]0,xyzxyzxyz\dots[/inlmath]?

Nije navedeno u zadatku, ali mislim da je aperiodičan tj. [inlmath]\overline{0,xyz} = \frac{x}{10}+\frac{y}{100} +\frac{z}{1000}[/inlmath].
Hvala na rešenju drugog zadatka, ispada da je mnogo jednostavniji nego što sam mislio.

ubavic je napisao:[inlmath]3.[/inlmath] Odrediti cifre [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath], tako da u dekadnom sistemu važi jednakost [inlmath]\frac{1}{x+y+z} = \overline{0,xyz}[/inlmath].(SRJ 1997)

[dispmath]\frac{1}{x+y+z}=\frac{100x+10y+z}{1000}\quad /\cdot 1000\left(x+y+z\right)[/dispmath]Odmah je vidljiv uslov da [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] ne smeju svi istovremeno biti jednaki nuli.[dispmath]\underbrace{\left(100x+10y+z\right)}_a\underbrace{\left(x+y+z\right)}_b=1000[/dispmath][dispmath]100x+10y+z=a\quad\left(1\right)[/dispmath][dispmath]x+y+z=b\quad\left(2\right)[/dispmath][dispmath]a\cdot b=1000[/dispmath]Broj [inlmath]1000[/inlmath] razložimo na proste činioce:[dispmath]1000=2\cdot 2\cdot 2\cdot 5\cdot 5\cdot 5[/dispmath]Faktor [inlmath]a[/inlmath] će biti proizvod nekih od ovih prostih činilaca ili [inlmath]1[/inlmath], a faktor [inlmath]b[/inlmath] proizvod preostalih prostih činilaca.
Pošto je faktor [inlmath]a[/inlmath] jednak[dispmath]a=100x+10y+z[/dispmath]a svaka od cifara [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] mora biti manja ili jednaka [inlmath]9[/inlmath], to znači da je [inlmath]a\le 900+90+9[/inlmath], tj. [inlmath]a\le 999[/inlmath].
Pošto je faktor [inlmath]b[/inlmath] jednak[dispmath]b=x+y+z[/dispmath]a svaka od cifara [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] mora biti manja ili jednaka [inlmath]9[/inlmath], to znači da je [inlmath]b\le 3\cdot 9[/inlmath], tj. [inlmath]b\le 27[/inlmath].
Pošto bar jedna od cifara [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath] mora biti različita od nule, a sve tri cifre su celi nenegativni brojevi, sledi da mora biti [inlmath]a\ge 1[/inlmath] i [inlmath]b\ge 1[/inlmath].
Prema tome,[dispmath]1\le a\le 999\quad\land\quad 1\le b\le 27[/dispmath]Od jednačine [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] oduzmemo jednačinu [inlmath]\left(2\right)[/inlmath] i dobijamo[dispmath]99x+9y=a-b[/dispmath][dispmath]y=\frac{a-b}{9}-11x\quad\left(3\right)[/dispmath]Pošto je [inlmath]y[/inlmath] prirodan broj (ili nula), sledi da [inlmath]\frac{a-b}{9}[/inlmath] mora biti prirodan broj (ili nula), odakle sledi da razlika brojeva [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] mora biti deljiva sa [inlmath]9[/inlmath].

Od svih parova [inlmath]\left(a,b\right)[/inlmath] kod kojih važi [inlmath]1\le a\le 999[/inlmath], [inlmath]1\le b\le 27[/inlmath] i [inlmath]a\cdot b=1000[/inlmath] biramo one parove koji zadovoljavaju uslov da je razlika [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] deljiva sa [inlmath]9[/inlmath]:
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(1000,1\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=999[/inlmath]
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(500,2\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=498[/inlmath]
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(250,4\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=246[/inlmath]
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(200,5\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=195[/inlmath]
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(125,8\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=117[/inlmath]
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(100,10\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=90[/inlmath]
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(50,20\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=30[/inlmath]
[inlmath]\left(a,b\right)=\left(40,25\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=15[/inlmath]

Razmatramo zasebno svaki od ovih parova koji zadovoljavaju pomenuti uslov:

[inlmath]\underline{1^\circ\quad\left(a,b\right)=\left(1000,1\right)}[/inlmath]
[inlmath]\left(3\right)\quad\Rightarrow\quad y=\frac{999}{9}-11x=111-11x\quad\Rightarrow\quad\forall x\in\left[0,9\right]\quad y>9[/inlmath]

[inlmath]\underline{2^\circ\quad\left(a,b\right)=\left(125,8\right)}[/inlmath]
[inlmath]\left(3\right)\quad\Rightarrow\quad y=\frac{117}{9}-11x=13-11x[/inlmath]
[inlmath]x=0\quad\Rightarrow\quad y>9[/inlmath]
[inlmath]x=1\quad\Rightarrow\quad y=2\quad\Rightarrow\quad z=b-x-y=8-1-2=5\quad\Rightarrow\quad\underline{\left(x,y,z\right)=\left(1,2,5\right)}[/inlmath]
[inlmath]x\ge 2\quad\Rightarrow\quad y<0[/inlmath]

[inlmath]\underline{3^\circ\quad\left(a,b\right)=\left(100,10\right)}[/inlmath]
[inlmath]\left(3\right)\quad\Rightarrow\quad y=\frac{90}{9}-11x=10-11x[/inlmath]
[inlmath]x=0\quad\Rightarrow\quad y>9[/inlmath]
[inlmath]x\ge 1\quad\Rightarrow\quad y<0[/inlmath]

Prema tome, jedino rešenje je[dispmath]\enclose{box}{\left(x,y,z\right)=\left(1,2,5\right)}[/dispmath][dispmath]\frac{1}{1+2+5}=\frac{1}{8}=0,125[/dispmath]

ubavic je napisao:[inlmath]1.[/inlmath] Odrediti sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath], koji zadovoljavaju jednačinu [inlmath]p^q+q^p=r \quad r \in \mathbb{R}[/inlmath]. (Srbija 1991)

(uz već pomenutu ispravku da je i [inlmath]r[/inlmath] prost broj)

Uočimo odmah da, ako nađemo rešenje [inlmath]\left(p,q\right)[/inlmath], tada će važiti simetričnost, pa će i [inlmath]\left(q,p\right)[/inlmath] takođe predstavljati rešenje.

Pošto su [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] prosti brojevi, mora važiti [inlmath]p\ge 2[/inlmath] i [inlmath]q\ge 2[/inlmath], pa [inlmath]p^q+q^p[/inlmath], tj. [inlmath]r[/inlmath], ne može biti jednako [inlmath]2[/inlmath]. Pošto je [inlmath]2[/inlmath] jedini paran prost broj, a [inlmath]r[/inlmath] je prost broj koji nije [inlmath]2[/inlmath], sledi da [inlmath]r[/inlmath] mora biti neparno.

Bilo koji neparan broj dignut na bilo koji stepen kao rezultat daje opet – neparan broj. Isto tako, bilo koji paran broj dignut na bilo koji stepen kao rezultat daje opet – paran broj. Odavde sledi da [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] ne smeju istovremeno biti neparni ili istovremeno parni, jer bi tada i [inlmath]p^q[/inlmath] i [inlmath]q^p[/inlmath] bili istovremeno neparni, odnosno istovremeno parni, pa bi njihov zbir, tj. [inlmath]r[/inlmath], bio paran, a već smo konstatovali da je [inlmath]r[/inlmath] neparan broj. Znači, jedan od brojeva [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] mora biti neparan, a drugi paran. Pošto su oba ova broja prosta, a jedini paran prost broj je [inlmath]2[/inlmath], zaključujemo da jedan od ova dva broja, onaj koji je paran, mora biti [inlmath]2[/inlmath]. Uzmimo da je to broj [inlmath]p[/inlmath] (jer već smo konstatovali da važi simetričnost rešenja). Znači, [inlmath]p=2[/inlmath]:
[dispmath]2^q+q^2=r[/dispmath]
Pošto je [inlmath]q[/inlmath] neparan i prost broj, a najmanji neparan prost broj je [inlmath]3[/inlmath], zaključujemo da je [inlmath]q\ge 3[/inlmath]. Prvo posmatramo slučaj [inlmath]q=3[/inlmath], a zatim slučaj [inlmath]q>3[/inlmath]:

[inlmath]I[/inlmath] slučaj: [inlmath]q=3:[/inlmath]
[dispmath]2^3+3^2=r[/dispmath]
[dispmath]8+9=17=r[/dispmath]
Pošto je [inlmath]17[/inlmath] prost broj, [inlmath]q=3[/inlmath] predstavlja rešenje, tako da će rešenja za ovaj slučaj biti [inlmath]\left(2,3\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(3,2\right)[/inlmath].

[inlmath]II[/inlmath] slučaj: [inlmath]q>3:[/inlmath]
Pošto je [inlmath]q[/inlmath] prost broj i veći od [inlmath]3[/inlmath], on ne može biti deljiv sa [inlmath]3[/inlmath], tj. ne može biti [inlmath]q=3k[/inlmath], već može biti samo [inlmath]q=3k+1[/inlmath] ili [inlmath]q=3k+2[/inlmath], [inlmath]k\in\mathrm{N}[/inlmath]. Zato posmatramo dva podslučaja:
[inlmath]IIa:\quad q=3k+1\quad\Rightarrow\quad[/inlmath]pošto je [inlmath]q[/inlmath] neparno, u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] mora biti parno;
[inlmath]IIb:\quad q=3k+2\quad\Rightarrow\quad[/inlmath]pošto je [inlmath]q[/inlmath] neparno, u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] mora biti neparno.

[inlmath]IIa:\quad q=3k+1,\quad k[/inlmath] parno:
[dispmath]2^{3k+1}+\left(3k+1\right)^2=r[/dispmath]
[dispmath]8^k\cdot 2+9k^2+6k+1=r[/dispmath]
[dispmath]\left(9-1\right)^k\cdot\left(3-1\right)+9k^2+6k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left(9-1\right)^k-\left(9-1\right)^k+9k^2+6k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-\left(9-1\right)^k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-\left[{k\choose 0}9^k\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-1}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}9\left(-1\right)^{k-1}+{k\choose k}\left(-1\right)^k\right]+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]-\cancelto{1}{k\choose k}\left(-1\right)^k+1=r[/dispmath]
Pošto je u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] parno, tada je [inlmath]\left(-1\right)^k=1[/inlmath]:
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]-\cancel 1+\cancel 1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+2k\right]-9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]=r[/dispmath]
Odavde se vidi da je [inlmath]r[/inlmath] deljivo sa [inlmath]3[/inlmath]. A pošto je [inlmath]r>3[/inlmath] (budući da je [inlmath]p=2[/inlmath] i [inlmath]q>3[/inlmath]), to znači da [inlmath]r[/inlmath] nije prost broj, tako da ovaj slučaj otpada.

[inlmath]IIb:\quad q=3k+2,\quad k[/inlmath] neparno:
[dispmath]2^{3k+2}+\left(3k+2\right)^2=r[/dispmath]
[dispmath]8^k\cdot 2^2+9k^2+12k+4=r[/dispmath]
[dispmath]\left(9-1\right)^k\cdot\left(3+1\right)+9k^2+12k+3+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left(9-1\right)^k+\left(9-1\right)^k+9k^2+12k+3+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+\left(9-1\right)^k+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+\left[{k\choose 0}9^k\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-1}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}9\left(-1\right)^{k-1}+{k\choose k}\left(-1\right)^k\right]+1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]+\cancelto{1}{k\choose k}\left(-1\right)^k+1=r[/dispmath]
Pošto je u ovom slučaju [inlmath]k[/inlmath] neparno, tada je [inlmath]\left(-1\right)^k=-1[/inlmath]:
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]-\cancel 1+\cancel 1=r[/dispmath]
[dispmath]3\left[\left(9-1\right)^k+3k^2+4k+1\right]+9\left[{k\choose 0}9^{k-1}\left(-1\right)^0+{k\choose 1}9^{k-2}\left(-1\right)^1+\cdots+{k\choose{k-1}}\left(-1\right)^{k-1}\right]=r[/dispmath]
Odavde se vidi da je [inlmath]r[/inlmath] deljivo sa [inlmath]3[/inlmath]. A pošto je [inlmath]r>3[/inlmath] (budući da je [inlmath]p=2[/inlmath] i [inlmath]q>3[/inlmath]), to znači da [inlmath]r[/inlmath] nije prost broj, tako da i ovaj slučaj otpada.

Znači, jedina dva para rešenja su
[dispmath]\enclose{box}{\begin{array}{ll}
\left(p,q\right)=\left(2,3\right) \\
\left(p,q\right)=\left(3,2\right)
\end{array}}[/dispmath]

Treba mi pomoć oko sledećeg.
[inlmath]4.[/inlmath] Odrediti prirodan broj [inlmath]n[/inlmath] i prost broj [inlmath]p[/inlmath] tako da je [inlmath]5p + 1 = n^2[/inlmath]. (Iz knjige o diofantovim jednačinama)
Uspeo sam da dokažem da se [inlmath]n^2[/inlmath] završava sa cifrom [inlmath]6[/inlmath]. Dalje od toga ni makac. Ima li neko ideju?

[dispmath]5p=n^2-1[/dispmath]
Za [inlmath]n=1[/inlmath] i [inlmath]n=2[/inlmath] jednačina nije zadovoljena, jer se dobije da je [inlmath]p=0[/inlmath], odnosno [inlmath]p=\frac{3}{5}[/inlmath], pa nije zadovoljen uslov da je [inlmath]p[/inlmath] prost broj. Znači, posmatramo [inlmath]n\ge 3[/inlmath].
[dispmath]p=\frac{n^2-1}{5}[/dispmath]
[dispmath]p=\frac{\left(n+1\right)\left(n-1\right)}{5}[/dispmath]
Pošto je [inlmath]p[/inlmath] prost broj, potrebno je da i [inlmath]\frac{\left(n+1\right)\left(n-1\right)}{5}[/inlmath] bude prost broj. Budući da nijedan od faktora [inlmath]\left(n+1\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(n-1\right)[/inlmath] nije jedinica (pošto je [inlmath]n\ge 3[/inlmath]), potreban uslov da ceo izraz bude prost broj je taj, da jedan od ova dva faktora, podeljen peticom u imeniocu, daje jedinicu (jer, kad bi dao neki drugi prirodan broj, onda, kad se pomnoži onim drugim faktorom koji je takođe različit od jedinice, rezultat ne bi bio prost broj, a ako rezultat deljenja peticom ne bi bio prirodan broj već razlomak, onda takođe ne bismo dobili prost broj, budući da prost broj mora biti prirodan). Ovo je samo potreban, ali ne i dovoljan uslov, jer se može desiti da onaj drugi faktor nije prost broj, tako da to treba naknadno ispitati.

[inlmath]I[/inlmath] slučaj: [inlmath]\frac{n+1}{5}=1[/inlmath]
[dispmath]n=4\quad\Rightarrow\quad p=\frac{n^2-1}{5}\quad\Rightarrow\quad p=3[/dispmath]
[inlmath]3[/inlmath] je prost broj [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] jednačina je zadovoljena.


[inlmath]II[/inlmath] slučaj: [inlmath]\frac{n-1}{5}=1[/inlmath]
[dispmath]n=6\quad\Rightarrow\quad p=\frac{n^2-1}{5}\quad\Rightarrow\quad p=7[/dispmath]
[inlmath]7[/inlmath] je prost broj [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] jednačina je zadovoljena.

Znači, rešenja su:
[dispmath]\enclose{box}{\begin{array}{ll}
\left(p,n\right)=\left(3,4\right) \\
\left(p,n\right)=\left(7,6\right)
\end{array}}[/dispmath]

Evo mene ponovo :
[inlmath]5.[/inlmath] Odrediti sve parove celih brojeva [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] tako da je njihov proizvod [inlmath]5[/inlmath] puta veći od zbira.
[inlmath]6.[/inlmath] Postoje li celi brojevi [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] takvi da je [inlmath]x^2 + 5xy +6y^2 =3[/inlmath]?

ubavic je napisao:[inlmath]5.[/inlmath] Odrediti sve parove celih brojeva [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] tako da je njihov proizvod [inlmath]5[/inlmath] puta veći od zbira.

[dispmath]xy=5\left(x+y\right)[/dispmath][dispmath]xy=5x+5y[/dispmath][dispmath]x\left(y-5\right)=5y[/dispmath]Jednačina ne može biti zadovoljena za [inlmath]y=5[/inlmath], jer bi tada leva strana bila jednaka nuli, a desna bi bila različita od nule, dakle, [inlmath]y-5\ne 0[/inlmath], pa možemo obe strane podeliti sa [inlmath]y-5[/inlmath]:[dispmath]x=\frac{5y}{y-5}[/dispmath][dispmath]x=\frac{5y-25+25}{y-5}[/dispmath][dispmath]x=\frac{5y-25}{y-5}+\frac{25}{y-5}[/dispmath][dispmath]x=5+\frac{25}{y-5}[/dispmath][dispmath]x\in\mathbb{Z}\quad\Rightarrow\quad 5+\frac{25}{y-5}\in\mathbb{Z}\quad\Rightarrow\quad\frac{25}{y-5}\in\mathbb{Z}[/dispmath]Pošto broj [inlmath]25[/inlmath] ima dva prosta činioca, [inlmath]5[/inlmath] i [inlmath]5[/inlmath], broj [inlmath]25[/inlmath] će biti deljiv brojevima [inlmath]-25[/inlmath], [inlmath]-5[/inlmath], [inlmath]-1[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]5[/inlmath] i [inlmath]25[/inlmath]:[dispmath]y-5\in\left\{-25,-5,-1,1,5,25\right\}[/dispmath][dispmath]\begin{array}{ll}
y-5=-25 & \Rightarrow & y=-20 & \Rightarrow & x=\frac{5\cdot\left(-20\right)}{-20-5}=4 & \Rightarrow & \underline{\left(x,y\right)=\left(4,-20\right)} \\
y-5\mathop=-5 & \Rightarrow & y=0 & \Rightarrow & x=\frac{5\cdot 0}{0-5}=0 & \Rightarrow & \underline{\left(x,y\right)=\left(0,0\right)} \\
y-5\mathop=-1 & \Rightarrow & y=4 & \Rightarrow & x=\frac{5\cdot 4}{4-5}=-20 & \Rightarrow & \underline{\left(x,y\right)=\left(-20,4\right)} \\
y-5\mathop=1 & \Rightarrow & y=6 & \Rightarrow & x=\frac{5\cdot 6}{6-5}=30 & \Rightarrow & \underline{\left(x,y\right)=\left(30,6\right)} \\
y-5\mathop=5 & \Rightarrow & y=10 & \Rightarrow & x=\frac{5\cdot 10}{10-5}=10 & \Rightarrow & \underline{\left(x,y\right)=\left(10,10\right)} \\
y-5\mathop=25 & \Rightarrow & y=30 & \Rightarrow & x=\frac{5\cdot 30}{30-5}=6 & \Rightarrow & \underline{\left(x,y\right)=\left(6,30\right)}
\end{array}[/dispmath]Uočavamo simetričnost rešenja u odnosu na [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath], tj. da kada [inlmath]\left(x,y\right)=\left(a,b\right)[/inlmath] predstavlja jedno od rešenja ove jednačine, tada će i [inlmath]\left(x,y\right)=\left(b,a\right)[/inlmath] takođe predstavljati jedno od rešenja. To je posledica simetričnosti same jednačine [inlmath]xy=5\left(x+y\right)[/inlmath] u odnosu na [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath].

ubavic je napisao:[inlmath]6.[/inlmath] Postoje li celi brojevi [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] takvi da je [inlmath]x^2 + 5xy +6y^2 =3[/inlmath]?

Postoje. [dispmath]x^2+5xy+6y^2=3[/dispmath][dispmath]x^2+4xy+4y^2+xy+2y^2=3[/dispmath][dispmath]\left(x+2y\right)^2+y\left(x+2y\right)=3[/dispmath][dispmath]\left(x+2y\right)\left(x+2y+y\right)=3[/dispmath][dispmath]\left(x+2y\right)\left(x+3y\right)=3[/dispmath]Pošto je [inlmath]3[/inlmath] prost broj, svaki od faktora na levoj strani jednačine može imati samo vrednosti [inlmath]-3[/inlmath], [inlmath]-1[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath] ili [inlmath]3[/inlmath]:

[inlmath]1^\circ\quad x+2y=-3\quad\Rightarrow\quad x+3y=\frac{3}{x+2y}=\frac{3}{-3}=-1[/inlmath][dispmath]\left.\begin{array}{ll}
x+2y=-3 \\
x+3y=-1
\end{array}\right\}[/dispmath]Od druge jednačine oduzmemo prvu:[dispmath]y=2\quad\Rightarrow\quad x=-7\quad\Rightarrow\quad\underline{\left(x,y\right)=\left(-7,2\right)}[/dispmath]
[inlmath]2^\circ\quad x+2y=-1\quad\Rightarrow\quad x+3y=\frac{3}{x+2y}=\frac{3}{-1}=-3[/inlmath][dispmath]\left.\begin{array}{ll}
x+2y=-1 \\
x+3y=-3
\end{array}\right\}[/dispmath]Od druge jednačine oduzmemo prvu:[dispmath]y=-2\quad\Rightarrow\quad x=3\quad\Rightarrow\quad\underline{\left(x,y\right)=\left(3,-2\right)}[/dispmath]
[inlmath]3^\circ\quad x+2y=1\quad\Rightarrow\quad x+3y=\frac{3}{x+2y}=\frac{3}{1}=3[/inlmath][dispmath]\left.\begin{array}{ll}
x+2y=1 \\
x+3y=3
\end{array}\right\}[/dispmath]Od druge jednačine oduzmemo prvu:[dispmath]y=2\quad\Rightarrow\quad x=-3\quad\Rightarrow\quad\underline{\left(x,y\right)=\left(-3,2\right)}[/dispmath]
[inlmath]4^\circ\quad x+2y=3\quad\Rightarrow\quad x+3y=\frac{3}{x+2y}=\frac{3}{3}=1[/inlmath][dispmath]\left.\begin{array}{ll}
x+2y=3 \\
x+3y=1
\end{array}\right\}[/dispmath]Od druge jednačine oduzmemo prvu:[dispmath]y=-2\quad\Rightarrow\quad x=7\quad\Rightarrow\quad\underline{\left(x,y\right)=\left(7,-2\right)}[/dispmath]Znači, postoje četiri rešenja:[dispmath]\enclose{box}{\begin{array}{ll}
\left(x,y\right)=\left(-7,2\right) \\
\left(x,y\right)=\left(-3,2\right) \\
\left(x,y\right)=\left(3,-2\right) \\
\left(x,y\right)=\left(7,-2\right)
\end{array}}[/dispmath]

[inlmath]7.[/inlmath] Odrediti sve cele brojeve [inlmath]a[/inlmath] za koje su izrazi [inlmath]96 + a[/inlmath] i [inlmath]5 + a[/inlmath] kubovi celih brojeva.
[inlmath]8.[/inlmath] Pokazati da postoji beskonačno mnogo četvorki celih pozitivnih brojeva [inlmath]x,y,z,t[/inlmath] za koje važi [inlmath]x^3 + y^4 = z^5 + t^6[/inlmath]

Oba su sa opštinskog takmičenja 2006.

ubavic je napisao:[inlmath]7.[/inlmath] Odrediti sve cele brojeve [inlmath]a[/inlmath] za koje su izrazi [inlmath]96 + a[/inlmath] i [inlmath]5 + a[/inlmath] kubovi celih brojeva.

[dispmath]\begin{array}{ll}
96+a=x^3 & \left(1\right) \\
5+a=y^3 & \left(2\right)
\end{array}[/dispmath][dispmath]\left(1\right)-\left(2\right)\quad\Rightarrow\quad x^3-y^3=91[/dispmath][dispmath]\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=91[/dispmath][inlmath]x-y=k[/inlmath]
[inlmath]y=x-k[/inlmath][dispmath]k\left[x^2+x\left(x-k\right)+\left(x-k\right)^2\right]=91[/dispmath][dispmath]k\left(x^2+x^2-kx+x^2-2kx+k^2\right)=91[/dispmath][dispmath]k\left(3x^2-3kx+k^2\right)=91[/dispmath]Faktori broja [inlmath]91[/inlmath] su [inlmath]-91[/inlmath], [inlmath]-13[/inlmath], [inlmath]-7[/inlmath], [inlmath]-1[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]7[/inlmath], [inlmath]13[/inlmath] i [inlmath]91[/inlmath]. Prema tome, on se može napisati na sledeće načine:
[dispmath]\begin{array}{ll}
91\mathop=\left(-91\right)\cdot\left(-1\right) & \Rightarrow & k=-91, & 3x^2-3kx+k^2=-1 \\
91\mathop=\left(-13\right)\cdot\left(-7\right) & \Rightarrow & k=-13, & 3x^2-3kx+k^2=-7 \\
91\mathop=\left(-7\right)\cdot\left(-13\right) & \Rightarrow & k=-7, & 3x^2-3kx+k^2=-13 \\
91\mathop=\left(-1\right)\cdot\left(-91\right) & \Rightarrow & k=-1, & 3x^2-3kx+k^2=-91 \\
91\mathop=1\cdot 91 & \Rightarrow & k=1, & 3x^2-3kx+k^2=91 \\
91\mathop=7\cdot 13 & \Rightarrow & k=7, & 3x^2-3kx+k^2=13 \\
91\mathop=13\cdot 7 & \Rightarrow & k=13, & 3x^2-3kx+k^2=7 \\
91\mathop=91\cdot 1 & \Rightarrow & k=91, & 3x^2-3kx+k^2=1
\end{array}[/dispmath][dispmath]3x^2-3kx+k^2=\frac{91}{k}\quad /\cdot k[/dispmath][dispmath]3kx^2-3k^2x+k^3=91[/dispmath][dispmath]3kx^2-3k^2x+k^3-91=0[/dispmath]Pošto rešenje ove jednačine po [inlmath]x[/inlmath] mora biti ceo broj, diskriminanta ove jednačine mora biti potpun kvadrat:[dispmath]D=9k^4-4\cdot 3k\left(k^3-91\right)[/dispmath][dispmath]D=9k^4-4\cdot 3k^4+4\cdot 3k\cdot 91[/dispmath]equation]D=-3k^4+4\cdot 3k\cdot 91[/equation][dispmath]D=3k\left(-k^3+4\cdot 91\right)[/dispmath][dispmath]D=3k\left(364-k^3\right)[/dispmath][dispmath]D>0\quad\Rightarrow\quad k\left(364-k^3\right)>0\quad\Rightarrow\quad\left(k>0\;\land\;364-k^3>0\right)\;\lor\;\left(k<0\;\land\;364-k^3<0\right)[/dispmath][dispmath]\left(k>0\;\land\;k^3<364\right)\;\lor\;\left(k<0\;\land\;k^3>364\right)[/dispmath][dispmath]\left(k>0\;\land\;k\le 7\right)\;\lor\;\cancelto{\bot}{\left(k<0\;\land\;k\ge 8\right)}[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad k=1\quad\lor\quad k=7[/dispmath][inlmath]\underline{k=1}[/inlmath]
[inlmath]D=3\cdot 363=1089=33^2[/inlmath] potpun kvadrat
[inlmath]3kx^2-3k^2x+k^3-91=0[/inlmath]
[inlmath]3x^2-3x+1-91=0[/inlmath]
[inlmath]3x^2-3x-90=0[/inlmath]
[inlmath]x_{1,2}=\frac{3\pm 33}{6}[/inlmath]
[inlmath]x_1=-5\quad\Rightarrow\quad 96+a=\left(-5\right)^3=-125\quad\Rightarrow\quad a=-125-96\quad\Rightarrow\quad\underline{a=-221}[/inlmath]
[inlmath]x_2=6\quad\Rightarrow\quad 96+a=6^3=216\quad\Rightarrow\quad a=216-96\quad\Rightarrow\quad\underline{a=120}[/inlmath]

[inlmath]\underline{k=7}[/inlmath]
[inlmath]D=3\cdot 7\left(364-7^3\right)=21\cdot 21\mathop=21^2[/inlmath] potpun kvadrat
[inlmath]3kx^2-3k^2x+k^3-91=0[/inlmath]
[inlmath]21x^2-147x+343-91=0[/inlmath]
[inlmath]21x^2-147x+252=0[/inlmath]
[inlmath]x_{1,2}=\frac{147\pm 21}{42}[/inlmath]
[inlmath]x_1=3\quad\Rightarrow\quad 96+a=3^3=27\quad\Rightarrow\quad a=27-96\quad\Rightarrow\quad\underline{a=-69}[/inlmath]
[inlmath]x_2=4\quad\Rightarrow\quad 96+a=4^3=64\quad\Rightarrow\quad a=64-96\quad\Rightarrow\quad\underline{a=-32}[/inlmath]
[dispmath]\enclose{box}{a\in\left\{-221,-69,-32,120\right\}}[/dispmath]

ubavic je napisao:[inlmath]8.[/inlmath] Pokazati da postoji beskonačno mnogo četvorki celih pozitivnih brojeva [inlmath]x,y,z,t[/inlmath] za koje važi [inlmath]x^3 + y^4 = z^5 + t^6[/inlmath]

Moguće je pokazati da postoji beskonačno mnogo parova [inlmath]\left(x,z\right)[/inlmath] za koje važi [inlmath]x^3=z^5[/inlmath], kao i beskonačno mnogo parova [inlmath]\left(y,t\right)[/inlmath] za koje važi [inlmath]y^4=t^6[/inlmath], a odatle će slediti i da postoji beskonačno mnogo četvorki [inlmath]\left(x,y,z,t\right)[/inlmath] za koje važi [inlmath]x^3+y^4=z^5+t^6[/inlmath].

Neka je [inlmath]x[/inlmath] oblika [inlmath]n^p[/inlmath], gde su [inlmath]n[/inlmath] i [inlmath]p[/inlmath] pozitivni celi brojevi. Jednačina [inlmath]x^3=z^5[/inlmath] biće zadovoljena kada je [inlmath]z=x^\frac{3}{5}=n^\frac{3p}{5}[/inlmath], a pošto je i [inlmath]z[/inlmath] pozitivan ceo broj, potrebno je da [inlmath]p[/inlmath] bude deljivo sa [inlmath]5[/inlmath], tj. [inlmath]p=5k,\;k\in\mathbb{N}[/inlmath].
Prema tome, za bilo koji par [inlmath]\left(x,z\right)[/inlmath] gde je [inlmath]x=n^{5k},\;z=n^{3k},\;n,k\in\mathbb{N}[/inlmath] jednačina [inlmath]x^3=z^5[/inlmath] je zadovoljena. Pošto [inlmath]n[/inlmath] i [inlmath]k[/inlmath] mogu uzeti beskonačno mnogo vrednosti, samim tim je i broj rešenja te jednačine beskonačan.

Na potpuno isti način se dolazi do toga da je jednačina [inlmath]y^4=t^6[/inlmath] zadovoljena za svaki par [inlmath]\left(y,t\right)[/inlmath] takav da je [inlmath]y=n^{3k},\;t=n^{2k},\;n,k\in\mathbb{N}[/inlmath]. Isto kao i kod prethodne jednačine, i kod ove [inlmath]n[/inlmath] i [inlmath]k[/inlmath] mogu uzeti beskonačno mnogo vrednosti, pa je i broj rešenja ove jednačine beskonačan.

Pošto je pokazano da jednačine [inlmath]x^3=z^5[/inlmath] i [inlmath]y^4=t^6[/inlmath] imaju beskonačno mnogo rešenja, njihovim sabiranjem dobija se jednačina [inlmath]x^3+y^4=z^5+t^6[/inlmath] koja će takođe imati beskonačno mnogo rešenja.

7-i zadatak se može i nešto drugačije (možda jednostavnije) rešiti.

Daniel je napisao:[dispmath]\begin{array}{ll}
96+a=x^3 & \left(1\right) \\
5+a=y^3 & \left(2\right)
\end{array}[/dispmath][dispmath]\left(1\right)-\left(2\right)\quad\Rightarrow\quad x^3-y^3=91[/dispmath][dispmath]\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=91[/dispmath]

Pošto je [inlmath]x>y[/inlmath] onda je [inlmath]x-y>0[/inlmath] pa je [inlmath]x-y[/inlmath] pozitivni delilac broja [inlmath]91[/inlmath]. Isto važi i za drugi član proizvoda [inlmath]x^2+xy+y^2[/inlmath]

Prema tome, možemo zadatak pojednostaviti svodeći ga na sledeće sisteme:
(1) [inlmath]x-y=1,\;x^2+xy+y^2 = 91[/inlmath]
(2) [inlmath]x-y=7,\;x^2+xy+y^2 = 13[/inlmath]
(3) [inlmath]x-y = 13,\;x^2+xy+y^2 =7[/inlmath]
(4) [inlmath]x-y = 91,\;x^2+xy+y^2 = 1[/inlmath]

Rešavanjem ovih sistema (ubacivanjem [inlmath]x[/inlmath] ili [inlmath]y[/inlmath] iz prve jednačine u drugu svakog sistema dobije se kvadratna jednačina, itd, itd) dobijamo [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath], a vraćanjem u polazne obrasce i odgovarajuće vrednosti [inlmath]a[/inlmath].

Evo malo jednostavnijeg rešenja prvog zadatka iz ove teme koji glasi:
Odrediti sve proste brojeve [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath], koji zadovoljavaju datu jednačinu:
[dispmath]p^q+q^p=r[/dispmath] [inlmath]r\in\mathbb{P}[/inlmath]
Broj [inlmath]r[/inlmath] je sigurno neparan jer je očigledno veći od [inlmath]2[/inlmath], te je jedan od brojeva [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] jednak [inlmath]2[/inlmath]. Daniel je to detaljno objasnio u svom postu u ovoj temi, da se ne zadržavam dalje na tome (imajte razumevanja pola 1 je ujutru ).
Dakle, nakon što zaključimo da jedan od brojeva [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] mora biti jednak [inlmath]2[/inlmath] (recimo [inlmath]p[/inlmath]) dobijemo sledeću jednakost:
[dispmath]2^q+q^2=r[/dispmath] Kako je [inlmath]q[/inlmath] prost broj, on je oblika [inlmath]q=6k+1[/inlmath] ili [inlmath]q=6k+5[/inlmath].
Ako je [inlmath]q=6k+1[/inlmath] imamo:
[dispmath]q^2+2^q=(6k+1)^2+64^k\cdot2\equiv1^2+1^k\cdot2=3\equiv0\pmod3[/dispmath]
Ako je [inlmath]q=6k+5[/inlmath] imamo:
[dispmath]q^2+2^q=(6k+5)^2+64^k\cdot2^5\equiv5^2+1^k\cdot32=57\equiv0\pmod3[/dispmath]
Te je [inlmath]q^2+2^q[/inlmath] deljivo sa [inlmath]3[/inlmath] odakle proverom sledi da su jedina rešenja [inlmath](2,3)[/inlmath] i [inlmath](3,2)[/inlmath].
Možda nekome posluži.
P.S. Uzimanjem da je [inlmath]q=6k+1[/inlmath] ili [inlmath]q=6k+5[/inlmath] nismo obuhvatili slučajeve [inlmath]q=3[/inlmath] i [inlmath]q=5[/inlmath], mada smo mogli obuhvatiti slučaj [inlmath]q=5[/inlmath] da smo umesto [inlmath]q=6k+5[/inlmath] uzeli [inlmath]q=6k-1[/inlmath].

Evo jednog (po meni) vrlo teskog zadatka iz republickog takmicenja [inlmath]2017.[/inlmath] godine za [inlmath]4.[/inlmath] razred B kategorije:
[inlmath]7.)[/inlmath] Ako je [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] prost broj za neki prirodan broj [inlmath]n>1[/inlmath], dokazati da je [inlmath]n[/inlmath] deljiv sa [inlmath]3[/inlmath], ali nije deljiv sa [inlmath]6[/inlmath].

Bicu zauzet oko prijemnog ovih dana, pa necu moci cesto da obilazim matemaniju.

Pošto je u zadatku dato da je [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] prost za neki prirodan broj [inlmath]n>1[/inlmath], možemo prvo potražiti koje je to [inlmath]n[/inlmath].
Prvo ću pretpostaviti da je [inlmath]n[/inlmath] neparan broj.
Tada [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] mogu zapisati kao [inlmath]n^2-1+2^n+1=(n-1)(n+1)+(2+1)\left(1-2+2^2+\cdots+2^{n-1}\right)=(n-1)(n+1)+3m[/inlmath].
Neka je [inlmath]n>3[/inlmath], to znači da je [inlmath]n\neq3[/inlmath], a jedan od brojeva [inlmath]n-1[/inlmath], [inlmath]n[/inlmath], [inlmath]n+1[/inlmath] djeljiv je sa [inlmath]3[/inlmath] što će reći da je [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] djeljiv sa [inlmath]3[/inlmath].
Preostale mogućnosti su [inlmath]n=2[/inlmath] ili [inlmath]n=3[/inlmath]
Za [inlmath]n=3[/inlmath] naš broj je [inlmath]17[/inlmath], prost broj.

@mala_mu, to je otprilike to, ali pošto mi se neki delovi postupka ne čine baš dovoljno jasnim i preciznim, dopustićeš mi, nadam se, da pokušam da ih upotpunim ili opišem svojim rečima.

mala_mu je napisao:Pošto je u zadatku dato da je [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] prost za neki prirodan broj [inlmath]n>1[/inlmath], možemo prvo potražiti koje je to [inlmath]n[/inlmath].

Da ne bude zabune, to neće biti jedno takvo [inlmath]n[/inlmath], već će biti više vrednosti [inlmath]n[/inlmath] ali takvih da zadovoljavaju uslov, kao što je i rečeno u zadatku, da su deljivi sa [inlmath]3[/inlmath], ali ne i sa [inlmath]6[/inlmath].

mala_mu je napisao:Prvo ću pretpostaviti da je [inlmath]n[/inlmath] neparan broj.

Nije potrebno da pretpostavljamo. Lako se vidi da [inlmath]n[/inlmath] mora biti neparan broj. Kada bi [inlmath]n[/inlmath] bio paran broj, tada bi zadati izraz [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] bio paran broj veći od dvojke, pa ne bi bio prost broj.

mala_mu je napisao:Tada [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] mogu zapisati kao [inlmath]n^2-1+2^n+1=(n-1)(n+1)+(2+1)\left(1-2+2^2+\cdots+2^{n-1}\right)=(n-1)(n+1)+3m[/inlmath].
Neka je [inlmath]n>3[/inlmath], to znači da je [inlmath]n\neq3[/inlmath], a jedan od brojeva [inlmath]n-1[/inlmath], [inlmath]n[/inlmath], [inlmath]n+1[/inlmath] djeljiv je sa [inlmath]3[/inlmath] što će reći da je [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] djeljiv sa [inlmath]3[/inlmath].

Ja bih to rekao ovako: Pošto smo dobili da je zadati izraz [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] jednak izrazu [inlmath](n-1)(n+1)+3m[/inlmath], sledi da nijedan od faktora [inlmath](n-1)[/inlmath] ili [inlmath](n+1)[/inlmath] ne sme biti deljiv sa [inlmath]3[/inlmath], jer bi tada [inlmath](n-1)(n+1)+3m[/inlmath] bio deljiv sa [inlmath]3[/inlmath], pa bi i zadati izraz [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] bio deljiv sa [inlmath]3[/inlmath] i bio bi veći od [inlmath]3[/inlmath], što znači da ne bi bio prost broj.
E sad, pošto nijedan od faktora [inlmath](n-1)[/inlmath] ili [inlmath](n+1)[/inlmath] nije deljiv sa [inlmath]3[/inlmath], a znamo da tačno jedan od brojeva [inlmath](n-1)[/inlmath], [inlmath]n[/inlmath] ili [inlmath](n+1)[/inlmath] mora biti deljiv sa [inlmath]3[/inlmath] (jer su to tri uzastopna prirodna broja), sledi da će [inlmath]n[/inlmath] biti taj koji je deljiv sa [inlmath]3[/inlmath].
Pošto smo već konstatovali da [inlmath]n[/inlmath] ne sme biti parno, sledi da [inlmath]n[/inlmath] ne sme biti deljivo sa [inlmath]6[/inlmath].
Time je dokazano ono što je traženo – da je [inlmath]n[/inlmath] deljivo sa [inlmath]3[/inlmath], a da nije deljivo sa [inlmath]6[/inlmath].

---

Neke od vrednosti [inlmath]n[/inlmath] koje zadovoljavaju uslov da je [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] prost broj:
[inlmath]n=3:\quad n^2+2^n=17\\
n=9:\quad n^2+2^n=593\\
n=15:\quad n^2+2^n=32\:993\\
n=21:\quad n^2+2^n=2\:097\:593[/inlmath]
Međutim, za [inlmath]n=27[/inlmath], iako [inlmath]27[/inlmath] zadovoljava uslov da je deljiv sa [inlmath]3[/inlmath] i nije deljiv sa [inlmath]6[/inlmath], dobilo bi se [inlmath]n^2+2^n=134\:218\:457[/inlmath], što nije prost broj (deljiv je sa [inlmath]73[/inlmath], sa [inlmath]521[/inlmath] i sa [inlmath]3\:529[/inlmath]). To je primer koji pokazuje da implikacija (koju je trebalo dokazati) ne važi i u obrnutom smeru.

Rešenje koje je dala (pretpostavljam da nije dao ) mala_mu je ispravno, ali se rešenje 1. zadatka iz ove teme koje sam objavio može i ovde primeniti.
Prvo, kada ustanovimo da je [inlmath]n[/inlmath] neparno nema potrebe dalje ispitivati deljivost sa [inlmath]6[/inlmath]. Dakle, uzmimo slučaj kada [inlmath]n[/inlmath] nije deljivo sa [inlmath]3[/inlmath], tada je ono oblika [inlmath]n=6k+1[/inlmath] ili [inlmath]n=6k+5[/inlmath], isto kao i [inlmath]q[/inlmath] u rešenju 1. zadatka iz ove teme. Potom slično kao i u tom zadatku zaključimo da: kada je [inlmath]n=6k+1[/inlmath] ili [inlmath]n=6k+5[/inlmath] onda je [inlmath]n^2+2^n[/inlmath] deljivo sa [inlmath]3[/inlmath] i veće od [inlmath]3[/inlmath], te ne može biti prost broj te onda jedino ostaje mogućnost [inlmath]3\vert{n}[/inlmath]. Na kraju krajeva, ovakvo je i zvanično rešenje .
Za one koji vole ovu oblast, a vole i da se malo pomuče, ostavljam jedan zadatak, pa ko ga reši svaka mu čast :
Kojom cifrom se završava broj [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath] ako se broj [inlmath]1^3+2^3+\cdots+n^3[/inlmath] završava cifrom [inlmath]1[/inlmath]?

Pa ako znamo da je [inlmath]1^3+2^3+\cdots+n^3=(1+2+\cdots+n)^2[/inlmath], kao i sa kojim ciframa se moze/ne moze zavrsavati broj [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath], sto se da videti iz formule za ovaj zbir, zadatak ne bi trebalo da je problematican.

Tačno , ali da pojasnim malo ako nekome ne bude bilo jasno.
Kako je [inlmath]1^3+2^3+\cdots+n^3[/inlmath] kvadrat broja [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath] i završava se cifrom [inlmath]1[/inlmath], znači da se broj [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath] završava ili cifrom [inlmath]1[/inlmath] ili cifrom [inlmath]9[/inlmath]. Taj zbir je jednak:
[dispmath]\frac{n(n+1)}{2}[/dispmath] Da bi se polovina nekog broja završavala cifrom [inlmath]9[/inlmath] taj broj se mora završavati cifrom [inlmath]8[/inlmath], u našem slučaju [inlmath]n(n+1)[/inlmath] se završava cifrom [inlmath]8[/inlmath], što je nemoguće jer se proizvod dva uzastopna prirodna broja može završavati samo ciframa [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]6[/inlmath] i [inlmath]0[/inlmath]. Dakle, poslednja cifra broja [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath] se završava cifrom [inlmath]1[/inlmath] ako se [inlmath]1^3+2^3+\cdots+n^3[/inlmath] završava cifrom [inlmath]1[/inlmath].
Evo još jednog:
Naći sve prirodne brojeve [inlmath]n[/inlmath] za koje proizvod [inlmath]n(n+1)(n+2)(n+3)[/inlmath] sadrži tačno [inlmath]3[/inlmath] prosta delioca.

Prethodni zadatak koji sam postavio vezan za poslednju cifru broja [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath] mogao se rešiti bez poznavanja identiteta [inlmath]1^3+2^3+\cdots+n^3=(1+2+\cdots+n)^2[/inlmath]. Do ovog rešenja bi došli, po mom skromnom mišljenju, samo najuporniji:
Označimo sa [inlmath]x_n=1^3+2^3+\cdots+n^3[/inlmath]. Ako ispišemo brojeve od [inlmath]x_1[/inlmath] do [inlmath]x_{22}[/inlmath] uočićemo da se poslednje cifre brojeva [inlmath]x_1[/inlmath] i [inlmath]x_{21}[/inlmath], odnosno [inlmath]x_2[/inlmath] i [inlmath]x_{22}[/inlmath] poklapaju. To nam nagoveštava da se poslednja cifra brojeva iz niza [inlmath]x_n[/inlmath] periodično ponavlja sa periodom [inlmath]20[/inlmath]. Dokažimo ovo. Želimo da dokažemo da je poslednja cifra broja [inlmath]x_n[/inlmath] ista kao i poslednja cifra broja [inlmath]x_{n+20}[/inlmath]. Među brojevima [inlmath]n+1,\;n+2,\;\ldots,\;n+20[/inlmath] postoje tačno po dva broja koja se završavaju jednom te istom cifrom (pošto je to [inlmath]20[/inlmath] uzastopnih prirodnih brojeva). Otuda je:
[dispmath]x_{n+20}=x_n+(n+1)^3+(n+2)^3+\cdots+(n+20)^3\equiv x_n+2\cdot\left(0+1^3+2^3+\cdots+9^3\right)\equiv x_n+2\cdot2025\equiv x_n\pmod{10}[/dispmath] Sada iz prvih [inlmath]20[/inlmath] vrednosti za [inlmath]x_n[/inlmath] uočimo sve one za koje je [inlmath]x_n\equiv1\pmod{10}[/inlmath]. To se dešava samo za [inlmath]n=1[/inlmath], [inlmath]n=6[/inlmath], [inlmath]n=13[/inlmath] i [inlmath]n=18[/inlmath]. Zbog dokazne periodičnosti ovo znači da [inlmath]x_n\equiv1\pmod{10}[/inlmath] važi akko [inlmath]n\equiv1\pmod{20},\quad n\equiv6\pmod{20},\quad n\equiv13\pmod{20}[/inlmath] ili [inlmath]n\equiv18\pmod{20}[/inlmath]. Ostaje samo da od navedena četiri slučaja odredimo poslednju cifru broja [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath]. Pokažimo to na primeru kada je [inlmath]n=20k+1[/inlmath]. Onda imamo:
[dispmath]1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}=(20k+1)(10k+1)\equiv1\pmod{10}[/dispmath] te je poslednja cifra broja [inlmath]1+2+\cdots+n[/inlmath], u ovom slučaju jednaka [inlmath]1[/inlmath]. I u ostala tri slučaja se dobija odgovor [inlmath]1[/inlmath].
Ovo, naravno, nisam ja osmislio već samo preneo iz rešenja. I moja ideja je bila korišćenje već pomenutog identiteta.