MetaMath '22 - demo

\textbf{Prvo rješenje} U jednakosti $a^2 - b! = 2001$ možemo promatrati ostatak pri dijeljenju sa $7$. $$a^2 - b! \equiv 2001 \pmod{7}$$ $$a^2 \equiv 6 + b! \pmod{7}$$ $$b \geq 7 \ \Rightarrow \ b! \equiv 0 \pmod{7} \ \Rightarrow \ a^2 \equiv 6 \pmod{7}$$ Kako kvadrat prirodnog broja ne može biti $\ 6 \pmod{7}$ zaključujemo da je $b < 7$. Uvrštavanjem $b = 1, 2, 3, 4, 5, 6$ dobijamo da je jedino moguće rješenje $(a, b) = (45, 4)$. \textbf{Drugo rješenje} Za $b \geq 6$ vrijedi da $9$ dijeli $b!$, jer $b!$ sadrži faktore $3$ i $6$. Kako je $2001$ djeljiv s $3$ mora biti i $a^2$. Ako $3$ dijeli $a^2$ onda $3$ dijeli i $a$. Ali to znači da je lijeva strana djeljiva s $9$, a desna nije, što je kontradikcija. Preostaje nam još provjeriti za $b \leq 5$. Vidimo da je jedino rješenje $(a,b) = (45,4)$.