Školjka

%V0 Promatrat cemo 5 slucajeva. 1 $x=1$ 2 $x=2$ 3 $y=1$ 4 $y=2$ 5 $x>2$ i $y>2$ 1. $1 + y!=1$ $y!=0$ nema rjesenja 2. $2 + y!=2^y$ $2+y! \equiv 2^y \pmod 4 $ ako $y \geqslant 4$ dobivamo $2 \equiv 0 \pmod 4$, dakle $y<4$ Provjerom dobivamo da su $y=2$ i $y=3$ rjesenja. 3. $x! + 1=x$ $1 \equiv 0 \pmod x$ dakle jedino moguce rjesenja je $x=1$, a to ynamo da nema rjesenja. 4.$x! + 2=x^2$ $2 \equiv 0 \pmod x \Rightarrow x=2$ 5.Iz $x>2$ i $y>2$ dobivamo $x! \equiv 0 \pmod 6$ i $y! \equiv 0 \pmod 6$, pa zato i $x^y \equiv 0 \pmod 6 \Rightarrow x \equiv 0 \pmod 6$ $x! + y! \equiv x^y \pmod {36} \newline y! \equiv 0 \pmod {36} \newline y \geqslant 6$ Neka je $(p_n)_{n \geqslant 1}$ niz prostih brojeva. Pretpostavimo da smo dokazali $x \equiv 0 \pmod {p_1p_2p_3...p_n}$ i $y \geqslant 2p_n$ Znamo da postoji prost broj izmedi $n$ i $2n$ pa znamo da je $p_{n+1}<2p_n \Rightarrow y! \equiv 0 \pmod {p_{n+1}}$ Takoder $p_1p_2...p_n \geqslant 2p_n \Rightarrow x! \equiv 0 \pmod {p_{n+1}}$ $x^y \equiv 0 \pmod {p_{n+1}} \newline x \equiv 0 \pmod {p_{n+1}}$ $p_1p_2...p_np_{n+1} \geqslant 2p_{n+1} \Rightarrow x! \equiv 0 \pmod {p_{n+1}^2}$ $x! + y! \equiv x^y \pmod {p_{n+1}^2} \newline y! \equiv 0 \pmod {p_{n+1}^2} \newline y \geqslant 2p_{n+1}$ Dakle ovaj slucaj nema rjesenja. Jedina rjesenja su uredeni parovi $(2,2)$ i $(2,3)$