Školjka

Uvrštavanjem vidimo da $p=q=2$ nije rješenje i da je $r > 4$. Pretpostavimo da su i $p$ i $q$ neparni: tada je $p^{2q}+q^{2p}$ parno, odnosno $r$ je paran prost broj veći od 4 - kontradikcija.\\ Znači da je ili $p$ ili $q$ paran, ali s obzirom da su oba broja prosta i znamo da $p=q=2$ nije rješenje, točno jedan od ta dva broja je jednak 2. Bez smanjenja općenitosti, neka je $p=2$ jer je jednadžba simetrična po pitanju $p$ i $q$ (ako je ($p, q$) rješenje onda je i ($q, p$)). Početna jednadžba onda postaje \[ 2^{2q} + q^{4}=r \Rightarrow 4^q+q^4=r. \] Zadatku možemo dalje pristupiti na dva načina: \\ 1. NAČIN \\ Promotrimo ovaj izraz modulo 5. $4^q$ daje ostatak $1$ ili $-1$ pri djeljenju s 5, ovisno o parnosti broja $q$ (-1 ako je $q$ neparan, a $1$ ako je $q$ paran). Kako smo zaključili da je $q$ neparan, znači da $4^q$ daje ostatak $-1$ pri dijeljenju s 5. S druge strane, $q^4$ daje ostatak 1 ili 0 pri dijeljenju s 5. Sada razlikujemo dva slučaja: \\ 1. slučaj: $q^4$ je djeljiv s $5$. \\ Kako je $q$ prost broj, a $q^4$ je djeljivo s 5 ako i samo ako je $q$ djeljiv s 5, jedina mogućnost je $q=5$. Preostaje provjeriti je li $4^5+5^4=1649$ prost broj. Kako je $1649=17\cdot 97$, ovaj slučaj nema rješenja. \\ 2. slučaj: $q^4$ daje ostatak 1 pri djeljenju s $5$.\\ Kako $4^q$ daje ostatak $-1$ pri djeljenju s $5$, $4^q+q^4 \equiv -1+1 \equiv 0 \pmod{5}$, odnosno $r$ je djeljiv s 5. Kako je $r$ prost broj, $r=5$ je jedina mogućnost. Međutim, jednadžba $4^q+q^4=5$ nema rješenje u prostim brojevima jer $q=1$ nije prost broj. \\ Zaključujemo da ne postoje prosti brojevi $p, q, r$ takvi da je $p^{2q}+q^{2p}=r$.\\ 2. NAČIN \\ Možemo koristiti identitet Sophie Germain, koji nam daje faktorizaciju $a^4+4b^4=(a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab)$. Znamo da je $q$ neparan i veći ili jednak 3, pa ga možemo zapisati kao $q=2k+1$, $k \in \mathbb{N}$. Dalje, ako promotrimo $4^q$, možemo ga raspisati kao: $$ 4^q=4^{2k+1}=4\cdot 4^{2k}=4\cdot 2^{4k}=4 \cdot (2^k)^4. $$ Sada je naš početni izraz postao $(2k+1)^4+4\cdot (2^k)^4$, na što možemo primijeniti prije spomenut identitet: $$ (2k+1)^4+4\cdot (2^k)^4=$$ $$=((2k+1)^2+2\cdot (2^k)^2-2\cdot(2k+1)2^k) ((2k+1)^2+2\cdot (2^k)^2+2\cdot(2k+1)2^k)= $$ $$=((2k+1)^2+2^{2k+1}-2^{k+1}(2k+1))((2k+1)^2+2^{2k+1}+2^{k+1}(2k+1)). $$ \\ Preostaje dokazati da je svaka od ovih zagrada veća od 1. Za $(2k+1)^2+2^{2k+1}+2^{k+1}(2k+1)$ je to očito jer su svi članovi pozitivni i veći od 1. S druge strane, za $k \geq 3$ vrijedi $2^{2k+1} \geq 2^{k+1}(2k+1)$ (dokaz ostavljamo vama za vježbu - indukcija ili nešto drugo...) pa je $(2k+1)^2+2^{2k+1}-2^{k+1}(2k+1) \geq (2k+1)^2 > 1$. Preostaje još provjera za $k=1$ i $k=2$ (isto ostavljamo vama - samo uvrštavanje...) \\ Dobili smo da je $4^q+q^4$ uvijek složen broj pa ova jednadžba nema rješenja za $p, q, r$ proste.