Školjka

%V0 Očito je $d_1=1$. Pretpostavimo da je $n$ neparan. Tada u zadanoj jednakosti na lijevoj strani imamo zbroj četiri neparna broja (dakle, paran broj), a na desnoj neparan broj. Kontradikcija. Zato je $n$ paran, pa je $d_2=2$. Pretpostavimo da je $d_3=4$. Tada je $n\equiv0{\pmod4}$ i $$ d_1^2+d_2^2+d_3^2+d_4^2\equiv1+d_4^2{\pmod4}, $$ pa slijedi $d_4^2\equiv-1\equiv3{\pmod4}$. No, kvadrat prirodnog broja može davati samo ostatke 0 i 1 pri dijeljenju s 4. Zato $d_3\neq4$. Potpuno analogno dobijemo i $d_4\neq4$. Iz prethodnog razmatranja zaključujemo kako $d_3$ mora biti jednak nekom (neparnom) prostom broju $p$ (u suprotnom bi, zbog $d_3\neq4$, slijedilo da $d_3$ ima prost djelitelj veći od 2 pa $d_3$ ne bi bio treći najmanji djelitelj od $n$). Sada imamo $$ n=d_1^2+d_2^2+d_3^2+d_4^2=5+p^2+d_4^2, $$ a budući da je $n$ paran i $p$ neparan, slijedi da $d_4$ mora biti paran, tj. $d_4=2k$. Uočimo da $k$ ima sve proste faktore veće ili jednake $p$ (u suprotnom $p$ ne bi bio treći najmanji djelitelj od $n$). Pretpostavimo da $k$ ima prost djelitelj $q$ koji je strogo veći od $p$ (uočimo da $q$ mora biti neparan). Tada je $q$ djelitelj od $n$ koji je manji od $2k$, pa bi četvrti najmanji djelitelj od $n$ bio neparan. Kontradikcija, dakle, $p$ je jedini prost djelitelj od $k$. Budući da je $d_4$ četvrti najmanji djelitelj od $n$, slijedi $d_4=2p$. Dakle, imamo $n=5+p^2+4p^2=5(p^2+1)$. Budući da $p$ dijeli $n$ i $p$ ne dijeli $p^2+1$, vidimo da $p$ mora dijeliti $5$. Dakle, $p=5$ i $n=5\cdot(25+1)=130$ je jedini broj s traženim svojstvom.