Školjka

%V0 Neka su $x, y$, $1<x<y$ najmanji pozitivni djelitelji broja $n$. Tada $y-x \ | \ n$, ali taj broj je manji od $y$ pa može biti samo $y-x = x$ ili $y-x=1$. U prvom slučaju: $y-x=x \iff y = 2x \implies 2x \ | \ n \implies 2 \ | \ n \implies x = 2, y = 4$ Neka je $z$ najmanji neparan broj različit od $1$ takav da $z \ | \ n$ Očito $z > 4$ (jer su najmanji djelitelji poznati) ali tada i $z-2 \ | \ n$, a on je također neparan broj, što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je $z$ minimalan, pa zaključujemo da $n$ nema najmanjeg tj. nema niti jednog neparnog djelitelja većeg od $1$ tj. $n$ je potencija broja $2$. Očito za $n > 8$ vrijedi $8-2\ | \ n \iff 6 \ | \ n$ ali to je nemoguće, pa $n = 8$ u ovom slučaju. U drugom slučaju $y-x=1$ povlači da je jedan od njih paran pa opet $2 \ | \ n \implies x = 2, y= 3$. Očito $6 \ | \ n$, pa je provjerom jedno rješenje $n = 6$. Nadalje ako $n>6$ vrijedi i $6-2 \ | \ n \iff 4 \ | \ n$ pa vrijedi i $12 \ | \ n$. Također dobivamo još jedno rješenje $n=12$. Nadalje, ako vrijedi $n > 12$ vrijedi (analogno gornjem postupku) $8 \ | \ n$ pa znamo da vrijedi i $24 \ | \ n$. $n= 24$ nije rješenje pa $n > 24$. Nadalje, označimo $k_1 = 24$. Neka je $f(n)$ najveći neparni prosti faktor $n$ i neka funkcija $f$ nije definirana na potencijama broja $2$. Za neki $k_i$ promatrajmo $f(k_i-2), f(k_i-4), f(k_i-8)$. Dvije od tih vrijednosti su za $k_i > 24$ svakako definirane. Neka je $s(n) = \min (f(n-2), f(n-4), f(n-8))$. Nadalje, neka je $k_{i+1}=k_is(k_i)$ Po uvjetu zadatka, za svaki $k_i$ možemo zaključiti da $k_i \ | \ n$ te možemo zaključiti da on nije najveći djelitelj $n$ (jer sigurno postoji veći umnožak $k_{i-1}$ sa brojem iz skupa koji taj uvjet zadovoljava) što nam dozvoljava nastavak zaključivanja. Također, počimanje sa $k_1 = 24$ garantira $s(k_i) > 3$ što nam svaki put garantira novog prostog djelitelja. Budući da možemo zaključiti da proizvoljno velik broj dijeli $n$, $n$ u ovom slučaju ne postoji. Rješenja su $n \in \{6, 8, 12\}$.