Školjka

Uočimo da s lijeve strane imamo $\approx p^2$, a zdesne $\approx n^3$. Zato sigurno možemo ocijeniti veličinu $p$ u odnosu na $n$. Naime, trivijalno imamo $p > p-1$ pa vrijedi \[ (p-1)^2 < \underbrace{p(p-1)}_{=2(n^3-1)} < p^2 \] odnosno \[ p - 1 < \sqrt{2(n^3-1)} < p .\] Sada se iz ovih jednadžbi lako dobija da vrijedi $p > 2n$ (uvjerite se sami). Kako $p$ dijeli lijevu stranu jednadžbe, onda mora dijeliti i desnu stranu jednadžbe, odnosno, \[p \mid 2(n^3-1) = 2(n-1)(n^2+n+1).\] Naravno, kako je $p > 2n$, znamo da $p \nmid 2(n-1)$ pa imamo $p \mid n^2 + n + 1$, to jest, $n^2 + n + 1 = kp$ za neki prirodni broj $k$. Ako to vratimo u početnu jednadžbu, dobivamo \[p - 1 = 2k(n-1) \implies p = 2k(n-1) + 1 \implies n^2 + n + 1 = kp = 2k^2(n-1) + k. \] Nakon manjeg sređivanja, dobivamo \[(n-1)(n+2) + 3 = 2(n-1)k^2 + k,\] odnosno, kako $n-1$ dijeli sve pribrojnike osim $k-3$, mora dijeliti i $k-3$. Sada ostaju dva slučaja, $k = 3$ ili $n - 1 \leq k-3$. Ako je $n - 1 \leq k -3$, dobivamo $k \geq n + 2$, odnosno, kako je $p > 2n$, \[ n^2 + n + 1 = kp > 2n(n+2). \] Rješavanjem ove nejednadžbe, vidimo da nema rješenja (provjerite). U drugom slučaju, imamo $k = 3$ pa vrijedi $n^2 + n + 1 = 3p$ te $p = 6(n-1) + 1$ za što se opet lagano provjeri da nema rješenja (provjerite!!). Naposljetku, kako smo završili sve slučajeve, znamo da jednadžba nema rješenja.