63:
Jeżeli nie zachodzi założenie \(\displaystyle{ 2a-1 \in \mathbb{P}}\), to przyjmując \(\displaystyle{ a=1}\) teza nie działa. Podobnie jeżeli \(\displaystyle{ 2b-1 \not\in \mathbb{P}}\) to biorąc \(\displaystyle{ b=1}\) dostajemy sprzeczność. Jeżeli nie zachodzi założenie \(\displaystyle{ a+b \in \mathbb{P}}\) to bierzemy \(\displaystyle{ a=b=2}\) i wówczas teza nie zachodzi. Pokażemy więc, że jeżeli \(\displaystyle{ a+b \ , \ 2a-1 \ , \ 2b-1 \in \mathbb{P}}\), to teza zachodzi. Istotnie, na początku zauważmy, że \(\displaystyle{ 2a-1 \ge 2 \Rightarrow a \ge 2}\), podobnie \(\displaystyle{ b \ge 2}\). Skoro \(\displaystyle{ a+b \in \mathbb{P}}\) to \(\displaystyle{ a,b}\) są różnej parzystości. Dodatkowo \(\displaystyle{ (a,b)=1}\), istotnie, jeżeli dla pewnego pierwszego \(\displaystyle{ t}\) mielibyśmy \(\displaystyle{ t \mid a \wedge t \mid b \Rightarrow t \mid a+b}\), ale \(\displaystyle{ a+b \in \mathbb{P} \wedge t < a+b \Rightarrow t=1}\) sprzeczność. Przyjmijmy bez straty ogólności \(\displaystyle{ 2 \nmid a \wedge 2 \mid b}\). Wówczas:
\(\displaystyle{ a^b+b^a \equiv (-b)^b+b^a \equiv b^a+b^b \pmod{a+b}}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ a < b}\) (odwrotny przypadek rozpatrujemy analogiczne). Wówczas:
\(\displaystyle{ b^a+b^b \equiv b^a(b^{b-a}+1) \pmod{a+b}}\)
Załóżmy nie wprost, że:
\(\displaystyle{ a+b \mid a^b+b^a \iff b^a(b^{b-a}+1) \equiv 0\pmod{a+b} \Rightarrow b^{b-a} \equiv -1\pmod{a+b} \Rightarrow b^{2b-2a} \equiv 1\pmod{a+b}}\)
Niech \(\displaystyle{ k = ord_{a+b} b}\). Wówczas:
\(\displaystyle{ \begin{cases} k \mid 2b-2a \\ k \mid a+b-1 \\ k \nmid b-a \end{cases}}\)
Z 1 i 3 zależności wynika, że \(\displaystyle{ 2 \mid k}\). Jednak sumując 1 zależność i podwojoną drugą dostajemy \(\displaystyle{ k \mid 4b-2 = 2(2b-1)}\), ale \(\displaystyle{ 2b-1 \in \mathbb{P}}\) oraz \(\displaystyle{ 2 \mid k}\) więc może być jedynie \(\displaystyle{ k = 2 \vee k = 2(2b-1)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ k=2}\) to \(\displaystyle{ a+b \mid b^2-1 = (b-1)(b+1)}\) sprzeczność, gdyż \(\displaystyle{ a+b > b+1}\). Więc \(\displaystyle{ k = 4b-2}\), ale wówczas \(\displaystyle{ 4b-2 \mid a+b-1 \Rightarrow 4b-2 \le a+b-1 \iff 3b \le a+1 < b+1 \Rightarrow 2b<1}\) sprzeczność.
Analogicznie dowodzimy \(\displaystyle{ a^a+b^b \not\equiv 0\pmod{a+b}}\)
\(\displaystyle{ a^b+b^a \equiv (-b)^b+b^a \equiv b^a+b^b \pmod{a+b}}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ a < b}\) (odwrotny przypadek rozpatrujemy analogiczne). Wówczas:
\(\displaystyle{ b^a+b^b \equiv b^a(b^{b-a}+1) \pmod{a+b}}\)
Załóżmy nie wprost, że:
\(\displaystyle{ a+b \mid a^b+b^a \iff b^a(b^{b-a}+1) \equiv 0\pmod{a+b} \Rightarrow b^{b-a} \equiv -1\pmod{a+b} \Rightarrow b^{2b-2a} \equiv 1\pmod{a+b}}\)
Niech \(\displaystyle{ k = ord_{a+b} b}\). Wówczas:
\(\displaystyle{ \begin{cases} k \mid 2b-2a \\ k \mid a+b-1 \\ k \nmid b-a \end{cases}}\)
Z 1 i 3 zależności wynika, że \(\displaystyle{ 2 \mid k}\). Jednak sumując 1 zależność i podwojoną drugą dostajemy \(\displaystyle{ k \mid 4b-2 = 2(2b-1)}\), ale \(\displaystyle{ 2b-1 \in \mathbb{P}}\) oraz \(\displaystyle{ 2 \mid k}\) więc może być jedynie \(\displaystyle{ k = 2 \vee k = 2(2b-1)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ k=2}\) to \(\displaystyle{ a+b \mid b^2-1 = (b-1)(b+1)}\) sprzeczność, gdyż \(\displaystyle{ a+b > b+1}\). Więc \(\displaystyle{ k = 4b-2}\), ale wówczas \(\displaystyle{ 4b-2 \mid a+b-1 \Rightarrow 4b-2 \le a+b-1 \iff 3b \le a+1 < b+1 \Rightarrow 2b<1}\) sprzeczność.
Analogicznie dowodzimy \(\displaystyle{ a^a+b^b \not\equiv 0\pmod{a+b}}\)
64:
Rozwiążemy to równanie od razu w całkowitych różnych od \(\displaystyle{ 1}\). Na początku załóżmy, że \(\displaystyle{ x,y \ge 2}\). Wówczas:
\(\displaystyle{ (x-1)(y-1) \mid 2xy-1 \iff xy-x-y+1 \mid 2xy-1-2(xy-x-y+1) = 2x+2y-3}\)
Dodatkowo musi być \(\displaystyle{ 2 \mid x,y}\). Istotnie, jeżeli któraś z \(\displaystyle{ x,y}\) byłaby nieparzysta to \(\displaystyle{ (x-1)(y-1)}\) byłoby parzyste, ale \(\displaystyle{ 2x+2y-3}\) dla dowolnych całkowitych x,y jest nieparzyste sprzeczność. Zauważmy, że \(\displaystyle{ x,y \ge 2 \Rightarrow 2x+2y-3 > 0}\), oraz \(\displaystyle{ xy-x-y+1 > 2x+2y-3 \iff (x-3)(y-3) > 5}\). Więc dla \(\displaystyle{ x,y \ge 6}\) dana podzielność nie zachodzi. Załóżmy bso, że \(\displaystyle{ 2 \le x \le 5}\), ale x jest parzyste, więc są możliwe tylko 2 przypadki, jeżeli \(\displaystyle{ x=2}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ y-1 \mid 2y+1 - 2(y-1) = 3}\), co nam daje \(\displaystyle{ y=2 \vee y=4}\), jeżeli \(\displaystyle{ x=4}\) dostajemy \(\displaystyle{ 3y-3 \mid 2y+5}\), musi więc być \(\displaystyle{ 3y-3 \le 2y+5 \iff y \le 8}\), ale \(\displaystyle{ y}\) jest parzyste i po chwili dostajemy \(\displaystyle{ y = 2 \vee y = 8}\), więc dla \(\displaystyle{ x,y \ge 2}\) dostajemy pary \(\displaystyle{ (2,2),(2,4),(4,2),(4,8),(8,4)}\)
Załóżmy, że dokładnie jedna z \(\displaystyle{ x,y}\) jest niedodatnia. Bez straty ogólności \(\displaystyle{ y \le 0}\). Podstawmy \(\displaystyle{ y:=-y}\), dostajemy wówczas \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) \mid 2x-2y-3}\), gdzie \(\displaystyle{ x\ge 2 \ , \ y \ge 0}\). Jeżeli \(\displaystyle{ y=0}\) to otrzymujemy \(\displaystyle{ x-1 \mid 2x-3-2(x-1) = -1}\) co nam daje parę \(\displaystyle{ (2,0)}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ y\ge 1}\), czyli \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) \ge 2}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x=y}\) podzielność przyjmuje postać \(\displaystyle{ (x-1)(x+1) \mid 3}\), więc w szczególności \(\displaystyle{ x-1 \mid 3}\) skąd \(\displaystyle{ x=2 \vee x=4}\), ale \(\displaystyle{ x=4}\) nie działa, więc otrzymujemy parę \(\displaystyle{ (2,-2)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x>y}\) to \(\displaystyle{ 2x-2y-3 \ge -1}\), jednak \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) > 2x-2y-3 \iff (x+1)(y-1)+3 > 0}\) co przy naszych założeniach jest zawsze prawdziwe, więc w tym przypadku nie dostajemy żadnych nowych rozwiązań, jeżeli \(\displaystyle{ x<y}\) to mamy \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) \mid 2y-2x+3}\), ale podobnie jak ostatnio \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) > 2y-2x+3 \iff (x-3)(y+3) > -5}\), więc jeżeli \(\displaystyle{ x\ge 3}\) to dana podzielność nie zachodzi a \(\displaystyle{ x=2}\) sprawdzaliśmy wcześniej. Jeżeli obie niewiadome są niedodatnie, to podstawiając \(\displaystyle{ x:=-x , y:=-y}\) dostajemy \(\displaystyle{ (x+1)(y+1) \mid 2x+2y+3}\), ale \(\displaystyle{ (x+1)(y+1) > 2x+2y+3 \iff (x-1)(y-1) > 3}\), dla \(\displaystyle{ x,y \ge 3}\) nie dostajemy żadnych rozwiązań, jeżeli \(\displaystyle{ x \le 2}\), to dla \(\displaystyle{ x=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ y+1 \mid 2y+3-2(y+1)=1}\) skąd otrzymujemy parę \(\displaystyle{ (0,0)}\), a gdy \(\displaystyle{ x=2}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 3y+3 \mid 2y+7}\) skąd łatwo dostajemy parę \(\displaystyle{ (-2,-4)}\), więc ostatecznie wszystkie pary spełniające daną podzielność to \(\displaystyle{ (x,y) = (-4,-2),(-2,-4),(-2,2),(0,0),(0,2),(2,-2),(2,0),(2,2),(2,4),(4,2),(4,8),(8,4)}\)
\(\displaystyle{ (x-1)(y-1) \mid 2xy-1 \iff xy-x-y+1 \mid 2xy-1-2(xy-x-y+1) = 2x+2y-3}\)
Dodatkowo musi być \(\displaystyle{ 2 \mid x,y}\). Istotnie, jeżeli któraś z \(\displaystyle{ x,y}\) byłaby nieparzysta to \(\displaystyle{ (x-1)(y-1)}\) byłoby parzyste, ale \(\displaystyle{ 2x+2y-3}\) dla dowolnych całkowitych x,y jest nieparzyste sprzeczność. Zauważmy, że \(\displaystyle{ x,y \ge 2 \Rightarrow 2x+2y-3 > 0}\), oraz \(\displaystyle{ xy-x-y+1 > 2x+2y-3 \iff (x-3)(y-3) > 5}\). Więc dla \(\displaystyle{ x,y \ge 6}\) dana podzielność nie zachodzi. Załóżmy bso, że \(\displaystyle{ 2 \le x \le 5}\), ale x jest parzyste, więc są możliwe tylko 2 przypadki, jeżeli \(\displaystyle{ x=2}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ y-1 \mid 2y+1 - 2(y-1) = 3}\), co nam daje \(\displaystyle{ y=2 \vee y=4}\), jeżeli \(\displaystyle{ x=4}\) dostajemy \(\displaystyle{ 3y-3 \mid 2y+5}\), musi więc być \(\displaystyle{ 3y-3 \le 2y+5 \iff y \le 8}\), ale \(\displaystyle{ y}\) jest parzyste i po chwili dostajemy \(\displaystyle{ y = 2 \vee y = 8}\), więc dla \(\displaystyle{ x,y \ge 2}\) dostajemy pary \(\displaystyle{ (2,2),(2,4),(4,2),(4,8),(8,4)}\)
Załóżmy, że dokładnie jedna z \(\displaystyle{ x,y}\) jest niedodatnia. Bez straty ogólności \(\displaystyle{ y \le 0}\). Podstawmy \(\displaystyle{ y:=-y}\), dostajemy wówczas \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) \mid 2x-2y-3}\), gdzie \(\displaystyle{ x\ge 2 \ , \ y \ge 0}\). Jeżeli \(\displaystyle{ y=0}\) to otrzymujemy \(\displaystyle{ x-1 \mid 2x-3-2(x-1) = -1}\) co nam daje parę \(\displaystyle{ (2,0)}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ y\ge 1}\), czyli \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) \ge 2}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x=y}\) podzielność przyjmuje postać \(\displaystyle{ (x-1)(x+1) \mid 3}\), więc w szczególności \(\displaystyle{ x-1 \mid 3}\) skąd \(\displaystyle{ x=2 \vee x=4}\), ale \(\displaystyle{ x=4}\) nie działa, więc otrzymujemy parę \(\displaystyle{ (2,-2)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x>y}\) to \(\displaystyle{ 2x-2y-3 \ge -1}\), jednak \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) > 2x-2y-3 \iff (x+1)(y-1)+3 > 0}\) co przy naszych założeniach jest zawsze prawdziwe, więc w tym przypadku nie dostajemy żadnych nowych rozwiązań, jeżeli \(\displaystyle{ x<y}\) to mamy \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) \mid 2y-2x+3}\), ale podobnie jak ostatnio \(\displaystyle{ (x-1)(y+1) > 2y-2x+3 \iff (x-3)(y+3) > -5}\), więc jeżeli \(\displaystyle{ x\ge 3}\) to dana podzielność nie zachodzi a \(\displaystyle{ x=2}\) sprawdzaliśmy wcześniej. Jeżeli obie niewiadome są niedodatnie, to podstawiając \(\displaystyle{ x:=-x , y:=-y}\) dostajemy \(\displaystyle{ (x+1)(y+1) \mid 2x+2y+3}\), ale \(\displaystyle{ (x+1)(y+1) > 2x+2y+3 \iff (x-1)(y-1) > 3}\), dla \(\displaystyle{ x,y \ge 3}\) nie dostajemy żadnych rozwiązań, jeżeli \(\displaystyle{ x \le 2}\), to dla \(\displaystyle{ x=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ y+1 \mid 2y+3-2(y+1)=1}\) skąd otrzymujemy parę \(\displaystyle{ (0,0)}\), a gdy \(\displaystyle{ x=2}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 3y+3 \mid 2y+7}\) skąd łatwo dostajemy parę \(\displaystyle{ (-2,-4)}\), więc ostatecznie wszystkie pary spełniające daną podzielność to \(\displaystyle{ (x,y) = (-4,-2),(-2,-4),(-2,2),(0,0),(0,2),(2,-2),(2,0),(2,2),(2,4),(4,2),(4,8),(8,4)}\)
73:
Na początku pokażemy, że każdy nieparzysty dzielnik liczby \(\displaystyle{ n^2+1}\) jest postaci \(\displaystyle{ 4l+1}\). Istotnie, załóżmy, że istnieje takie pierwsze \(\displaystyle{ p = 4k+3}\), że istnieje takie całkowite \(\displaystyle{ n}\), spełniające \(\displaystyle{ p \mid n^2+1 \iff n^2 \equiv -1 \pmod{4k+3}/^{2k+1} \Rightarrow n^{4k+2} \equiv -1\pmod{4k+3}}\) sprzeczność z małym twierdzeniem Fermata. Tak więc \(\displaystyle{ p = 4k+1}\). Jeżeli \(\displaystyle{ k = 3s+2}\), to \(\displaystyle{ p = 4(3s+2)+1 = 3(4s+3)}\), sprzeczność, gdyż wtedy \(\displaystyle{ 3 \mid p \wedge p \neq 3}\). Tak więc \(\displaystyle{ k = 3s \vee k = 3s+1}\) dla pewnego całkowitego \(\displaystyle{ s}\) co daje nam odpowiednio \(\displaystyle{ p = 12s+1 \vee p = 12s+5}\), cnd.