Školjka

Uočimo da ako imamo da je $m \in A $ tada iz uvijeta za $x=y=m$ imamo da je $m^2+kmm+m^2 \in A$ odnosno $ (k+2)m^2 \in A$, lijepše zapisano $$ lm^2\in A, \forall l\in \mathbb{Z}$$ Očito ako vrijedi $gcd(m,n)=1 \Rightarrow gcd(m^2,n^2)=1 $ te $\exists a,b \in \mathbb{Z}$ takvi da $$am^2+bn^2=1$$ Budući da su $m,n \in A$ imamo da su i $am^2,bn^2\in A \Rightarrow (am^2)^2+ 2am^2bn^2+(bn^2)^2 \in A$ odnosno $1=(am^2+bn^2)^2\in A$ te odabirom $x=y=1$ dobijamo $$k+2 \in A, \forall k \in \mathbb{Z}$$ odakle slijedi da je $A\equiv \mathbb{Z}$ za svake $m,n$ takve da je $gcd(m,n)=1$. Teži dio zadatka je dokazati da za $m,n$ takve da je $gcd(m,n)=d>1$ vrijedi da $A \neq \mathbb{Z}$. Za to pronalazimo eksplicitnu konstrukciju admissible seta. Isprobavanjem dolazimo do zakljucka da je $$A=\{\enspace kd \enspace | \quad \forall k \in \mathbb{Z} \quad \}$$ Uočimo da su $m,n \in A$ te da za svaka dva broja $ad,bd \in A$ imamo da je i $(a^2d+kabd+b^2d)d \in A$. Tako $A$ zadovoljava uvjete admissible seta a ne popunjava skup svih cijelih brojeva.