Finn alle heltall [tex]a,b,c[/tex] med [tex]1<a<b<c[/tex] slik at
[tex](a-1)(b-1)(c-1)[/tex] deler [tex]abc-1[/tex]
Tallteori
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Vi ser at [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}>1[/tex]. Så viser vi at det også er strengt mindre enn fire ved å legge merke til at [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<4[/tex] er ekvivalent med
[tex](1) \hspace {20 mm} 3abc-4ab-4ac-4bc+4a+4b+4c-3>0[/tex], som vi ser er det samme som
[tex](a-2)(b-2)(c-2)+2(a-1)(b-1)(c-1)-2(a+b+c)+7>0[/tex] som opplagt er sant fordi om x, y og z er heltall større enn 1 er [tex]xyz>x+y+z[/tex], og altså er [tex](a-1)(b-1)(c-1)>a+b+c-3[/tex] (unntatt når a=2, men da holder (1) uansett), og [tex](a-2)(b-2)(c-2) + 2(a-1)(b-1)(c-1)-2(a+b+c)+7 > (a-2)(b-2)(c-2) +2 (a+b+c-3-a-b-c)+7=(a-2)(b-2)(c-2)+1>0[/tex], så vi har vist at
[tex]1<\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<4[/tex]
Av dette ser vi at om [tex](a-1)(b-1)(c-1)[/tex] deler [tex]abc-1[/tex] må resultatet bli enten 2 eller 3. Så viser vi at om [tex]a \geq 4[/tex] er [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<2[/tex]. Dette er ekvivalent med
[tex]abc-2ab-2bc-2ac+2a+2b+2c-1>0[/tex], og vi former så dette om til
[tex]a(bc-2b-2c+2)-2bc+2b+2c-1>0[/tex] som er sant om [tex]a \geq4[/tex], for [tex]a(bc-2b-2c+2)-2bc+2b+2c-1 \geq 4(bc-2b-2c+2)-2bc+2b+2c-1=2bc-6b-6c+7=2(b-3)(c-3)-11>2(6-3)(7-3)-11=1>0[/tex], der vi brukte at [tex]4<b<c[/tex]i siste trinn.
Vi har nå vist at [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}[/tex] er strengt mindre enn 2 og strengt større enn 1 når a er minst 4, og altså ikke et heltall. Da gjenstår det å sjekke tilfellene [tex]a=2[/tex] og [tex]a=3[/tex].
Før vi gjør dette ser vi på likningene [tex]abc-1 = 2(a-1)(b-1)(c-1)[/tex] og [tex]abc-1 = 3(a-1)(b-1)(c-1)[/tex] modulo 2. Vi ser at den første kun har løsninger om a, b og c alle er oddetall, og at den andre kun har løsninger om a,b og c alle er partall, så om vi bruker mulighetene vi fant for [tex]a[/tex] ser vi at vi må sjekke om to likninger har heltallsløsninger:
[tex](a=2)\hspace {20 mm}2bc-1 = 3(b-1)(c-1)[/tex]
[tex](a=3)\hspace {20 mm}3bc-1 = 4(b-1)(c-1)[/tex]
Likningen (a=2) formes lett om til [tex](b-3)(c-3)=5[/tex], og siden [tex]2<b<c[/tex] og 5 er et primtall blir den eneste løsningen her [tex]a=2, b=4, c=8[/tex].
Tilfellet (a=3) formes om til [tex](b-4)(c-4)=11[/tex], og har av samme grunn som før kun løsningen [tex]a=3, b=5, c=15[/tex], og siden dette var de eneste to mulighetene har vi nå funnet de to eneste [tex](a,b,c)[/tex] som er slik at [tex](a-1)(b-1)(c-1)[/tex] deler [tex]abc-1[/tex], og jeg ser i etterpåklokskapens lys ser at jeg hadde kunnet vise den første ulikheten mye lettere om jeg hadde tenkt meg bittelitt om først.
[tex](1) \hspace {20 mm} 3abc-4ab-4ac-4bc+4a+4b+4c-3>0[/tex], som vi ser er det samme som
[tex](a-2)(b-2)(c-2)+2(a-1)(b-1)(c-1)-2(a+b+c)+7>0[/tex] som opplagt er sant fordi om x, y og z er heltall større enn 1 er [tex]xyz>x+y+z[/tex], og altså er [tex](a-1)(b-1)(c-1)>a+b+c-3[/tex] (unntatt når a=2, men da holder (1) uansett), og [tex](a-2)(b-2)(c-2) + 2(a-1)(b-1)(c-1)-2(a+b+c)+7 > (a-2)(b-2)(c-2) +2 (a+b+c-3-a-b-c)+7=(a-2)(b-2)(c-2)+1>0[/tex], så vi har vist at
[tex]1<\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<4[/tex]
Av dette ser vi at om [tex](a-1)(b-1)(c-1)[/tex] deler [tex]abc-1[/tex] må resultatet bli enten 2 eller 3. Så viser vi at om [tex]a \geq 4[/tex] er [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<2[/tex]. Dette er ekvivalent med
[tex]abc-2ab-2bc-2ac+2a+2b+2c-1>0[/tex], og vi former så dette om til
[tex]a(bc-2b-2c+2)-2bc+2b+2c-1>0[/tex] som er sant om [tex]a \geq4[/tex], for [tex]a(bc-2b-2c+2)-2bc+2b+2c-1 \geq 4(bc-2b-2c+2)-2bc+2b+2c-1=2bc-6b-6c+7=2(b-3)(c-3)-11>2(6-3)(7-3)-11=1>0[/tex], der vi brukte at [tex]4<b<c[/tex]i siste trinn.
Vi har nå vist at [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}[/tex] er strengt mindre enn 2 og strengt større enn 1 når a er minst 4, og altså ikke et heltall. Da gjenstår det å sjekke tilfellene [tex]a=2[/tex] og [tex]a=3[/tex].
Før vi gjør dette ser vi på likningene [tex]abc-1 = 2(a-1)(b-1)(c-1)[/tex] og [tex]abc-1 = 3(a-1)(b-1)(c-1)[/tex] modulo 2. Vi ser at den første kun har løsninger om a, b og c alle er oddetall, og at den andre kun har løsninger om a,b og c alle er partall, så om vi bruker mulighetene vi fant for [tex]a[/tex] ser vi at vi må sjekke om to likninger har heltallsløsninger:
[tex](a=2)\hspace {20 mm}2bc-1 = 3(b-1)(c-1)[/tex]
[tex](a=3)\hspace {20 mm}3bc-1 = 4(b-1)(c-1)[/tex]
Likningen (a=2) formes lett om til [tex](b-3)(c-3)=5[/tex], og siden [tex]2<b<c[/tex] og 5 er et primtall blir den eneste løsningen her [tex]a=2, b=4, c=8[/tex].
Tilfellet (a=3) formes om til [tex](b-4)(c-4)=11[/tex], og har av samme grunn som før kun løsningen [tex]a=3, b=5, c=15[/tex], og siden dette var de eneste to mulighetene har vi nå funnet de to eneste [tex](a,b,c)[/tex] som er slik at [tex](a-1)(b-1)(c-1)[/tex] deler [tex]abc-1[/tex], og jeg ser i etterpåklokskapens lys ser at jeg hadde kunnet vise den første ulikheten mye lettere om jeg hadde tenkt meg bittelitt om først.
Veldig bra! Jeg ser du satt inn b=6 og c=7 et sted, men har regnet det som b=5 og c=6, bare en skrivefeil.
Min løsning:
Vi forenkler ved å la [tex]a-1 \to a, b-1 \to b, c-1 \to c \ ... \ (1)[/tex]:
Vi får at [tex]abc | (a+1)(b+1)(c+1)-1[/tex] som forenkles til [tex]abc | ab+bc+ca +a+b+c[/tex].
Vi må ha at [tex]abc \leq ab+bc+ca+a+b+c \Leftrightarrow a(bc-b-c-1) \leq bc+b+c[/tex].
Det er lett å vise at [tex]bc -b-c-1 > 0[/tex], så hvis [tex]a \geq 4[/tex], så er
[tex]a(bc-b-c-1) \geq 4(bc-b-c-1) > bc+b+c[/tex],
fordi [tex]3bc \geq 15c > 5c+5b+4[/tex], en motsigelse.
Vi må sjekke for [tex]a=1,2,3[/tex].
For [tex]a=3[/tex], har vi at vi må oppfylle [tex]2bc \leq 4b+4c+3[/tex]. Hvis [tex]b \geq 5[/tex], så er [tex]2bc \geq 10c > 4b+4c+3[/tex], så eneste mulighet er [tex]b=4[/tex].
For [tex]a=2[/tex], må vi oppfylle [tex]bc \leq 3b+3c+2[/tex]. Hvis [tex]b \geq 6[/tex], har vi at [tex]bc \geq 6c \geq 3(b+1)+3c > 3b+3c+2[/tex], en motsigelse. Så eneste muligheter er [tex]b=3,4,5[/tex].
For [tex]a=1[/tex], må altså [tex]bc | b+bc+c+1+b+c[/tex], eller [tex]bc | 2b+2c+1[/tex]. Dvs at [tex]bc \leq 2b+2c+1[/tex]. Hvis [tex]b \geq 4[/tex], så er [tex]bc \geq 4c \geq 2(b+1)+2c >2b+2c+1[/tex], en motsigelse. Så eneste muligheter er [tex]b=2,3[/tex].
Når vi nå transformerer tilbake fra [tex](1)[/tex], får vi at mulighetene er
[tex]a=2, b=3,4[/tex]
[tex]a=3, b=4,5,6[/tex]
[tex]a=4, b=5[/tex]
Fra [tex](a-1)(b-1)(c-1) | abc-1[/tex], ser vi at hvis [tex]a[/tex] eller [tex]b[/tex] er et partall, kan hverken [tex]a-1[/tex] eller [tex]b-1[/tex] være et partall. Det utelukker noen muligheter og setter oss igjen med [tex]a=2,b=4[/tex] og [tex]a=3,b=5[/tex].
Vi får [tex]3c-3 | 8c-1 \ ... \ (2)[/tex] og [tex]8c -8 | 15c-1 \ ... \ (3).[/tex]
[tex](2) \Rightarrow 3c-3 | (8c-1)3-8(3c-3)=21 \Rightarrow c-1 | 7 \Rightarrow c=8[/tex].
[tex](3) \Rightarrow 8c -8 | 8(15c-1)-15(8c-8)=16 \cdot 7 \Rightarrow c-1 | 2 \cdot 7[/tex], som gir løsningene [tex]c=3,15[/tex], men siden [tex]a=3[/tex] er ikke [tex]c=3[/tex] det mulig. Så løsningene er [tex]a=2,b=4,c=8[/tex] og [tex]a=3,b=5,c=15[/tex] som vi enkelt kan verifisere.
Min løsning:
Vi forenkler ved å la [tex]a-1 \to a, b-1 \to b, c-1 \to c \ ... \ (1)[/tex]:
Vi får at [tex]abc | (a+1)(b+1)(c+1)-1[/tex] som forenkles til [tex]abc | ab+bc+ca +a+b+c[/tex].
Vi må ha at [tex]abc \leq ab+bc+ca+a+b+c \Leftrightarrow a(bc-b-c-1) \leq bc+b+c[/tex].
Det er lett å vise at [tex]bc -b-c-1 > 0[/tex], så hvis [tex]a \geq 4[/tex], så er
[tex]a(bc-b-c-1) \geq 4(bc-b-c-1) > bc+b+c[/tex],
fordi [tex]3bc \geq 15c > 5c+5b+4[/tex], en motsigelse.
Vi må sjekke for [tex]a=1,2,3[/tex].
For [tex]a=3[/tex], har vi at vi må oppfylle [tex]2bc \leq 4b+4c+3[/tex]. Hvis [tex]b \geq 5[/tex], så er [tex]2bc \geq 10c > 4b+4c+3[/tex], så eneste mulighet er [tex]b=4[/tex].
For [tex]a=2[/tex], må vi oppfylle [tex]bc \leq 3b+3c+2[/tex]. Hvis [tex]b \geq 6[/tex], har vi at [tex]bc \geq 6c \geq 3(b+1)+3c > 3b+3c+2[/tex], en motsigelse. Så eneste muligheter er [tex]b=3,4,5[/tex].
For [tex]a=1[/tex], må altså [tex]bc | b+bc+c+1+b+c[/tex], eller [tex]bc | 2b+2c+1[/tex]. Dvs at [tex]bc \leq 2b+2c+1[/tex]. Hvis [tex]b \geq 4[/tex], så er [tex]bc \geq 4c \geq 2(b+1)+2c >2b+2c+1[/tex], en motsigelse. Så eneste muligheter er [tex]b=2,3[/tex].
Når vi nå transformerer tilbake fra [tex](1)[/tex], får vi at mulighetene er
[tex]a=2, b=3,4[/tex]
[tex]a=3, b=4,5,6[/tex]
[tex]a=4, b=5[/tex]
Fra [tex](a-1)(b-1)(c-1) | abc-1[/tex], ser vi at hvis [tex]a[/tex] eller [tex]b[/tex] er et partall, kan hverken [tex]a-1[/tex] eller [tex]b-1[/tex] være et partall. Det utelukker noen muligheter og setter oss igjen med [tex]a=2,b=4[/tex] og [tex]a=3,b=5[/tex].
Vi får [tex]3c-3 | 8c-1 \ ... \ (2)[/tex] og [tex]8c -8 | 15c-1 \ ... \ (3).[/tex]
[tex](2) \Rightarrow 3c-3 | (8c-1)3-8(3c-3)=21 \Rightarrow c-1 | 7 \Rightarrow c=8[/tex].
[tex](3) \Rightarrow 8c -8 | 8(15c-1)-15(8c-8)=16 \cdot 7 \Rightarrow c-1 | 2 \cdot 7[/tex], som gir løsningene [tex]c=3,15[/tex], men siden [tex]a=3[/tex] er ikke [tex]c=3[/tex] det mulig. Så løsningene er [tex]a=2,b=4,c=8[/tex] og [tex]a=3,b=5,c=15[/tex] som vi enkelt kan verifisere.
Sist redigert av Charlatan den 05/05-2009 17:33, redigert 4 ganger totalt.
Whoops, ja. Det ble litt slurv tidligere, beklager. Det skal også sies at en enklere måte å vise [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<4[/tex] på enn ved et stort og rotete avsnitt som jeg gjorde er ved [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<\frac {abc} {(a-1)(b-1)(c-1)} = \frac a {(a-1)} \cdot \frac b {(b-1)} \frac c {(c-1)}[/tex], og siden [tex]f(x)=\frac x {x-1}[/tex] er avtagende og [tex]1<a<b<c[/tex] har vi [tex]\frac a {(a-1)} \cdot \frac b {(b-1)} \frac c {(c-1)} \leq \frac 2 1 \cdot \frac 3 2 \cdot \frac 4 3 = 4[/tex], så [tex]\frac {abc-1} {(a-1)(b-1)(c-1)}<4[/tex]. Men over til løsning av oppfølger:
Fordi [tex]ab^2+b+7 | a^2b+a+b[/tex] har vi at [tex]ab^2+b+7|b(a^2b+a+b)=a(ab^2+b+7)+b^2-7a[/tex], så [tex]ab^2+b+7|b^2-7a[/tex]. Fordi [tex]ab^2+b+7>b^2-7a[/tex] må vi ha [tex]b^2 \leq 7a[/tex], fordi at om [tex]e|f[/tex] og [tex]e>f[/tex] må [tex]f[/tex] enten være lik 0 eller negativ. Om [tex]b^2 - 7a=0[/tex], dvs at [tex]b^2=7a[/tex], må vi ha [tex]a=7k[/tex] (fordi ellers ville 7 vært en faktor et odde antall ganger på en side av likhetstegnet og et partallig antall ganger på den andre), som betyr at [tex]b=7n[/tex] og [tex]a=7n^2[/tex] for et naturlig heltall [tex]n[/tex], som vi ved innsetting ser er oppfyller den originale likningen og altså er en løsning for alle naturlige tall [tex]n[/tex], og den eneste løsningen i tilfellet [tex]b^2=7a[/tex]. Da må vi bare se på tilfellet [tex]b^2<7a[/tex] for å finne resten av løsningene.
Om [tex]b^2<7a[/tex] har vi fortsatt [tex]b^2a+b+7 | b^2a^2+ab+b^2[/tex] som gir [tex] b^2a+b+7 | b^2a^2+ab+b^2 + (b^2a+b+7) = a(b^2a+b+7)+b^2+(b^2-7)a+b+7[/tex], så [tex]b^2a+b+7 | (b^2-7)a+b+7[/tex]. Siden [tex](b^2-7)a+b+7 < b^2a+b+7[/tex] er dette kun mulig om [tex](b^2-7)a+b+7<0[/tex], som betyr at [tex]b^2-7<0[/tex] (fordi a og b begge er positive heltall) eller [tex]b<3[/tex].
Vi må da bare sjekke tilfellene [tex]b=1[/tex] og [tex]b=2[/tex] for hånd. Vi tar [tex]b=1[/tex] først. Dette gir oss [tex]a+8|a^2+a+1[/tex], som betyr [tex]a+8|a^2+8a+57=a(a+8)+57[/tex], så [tex]a+8|57=3 \cdot 19[/tex]. Siden a er et positivt heltall betyr dette at [tex]a+8=57[/tex] eller [tex]a+8=19[/tex], så [tex]a=49[/tex] eller [tex]a=11[/tex]. Om vi setter disse to mulighetene inn i den opprinnelige likningen ser vi at begge passer, så (49,1) og (11,1) er begge løsninger.
Så tar vi tilfellet [tex]b=2[/tex]. Da har vi [tex]4a+9|2a^2+a+2[/tex], som betyr at [tex]4a+9|4a^2+2a+4[/tex] som igjen impliserer [tex]4a+9|4a^2+10a+22=a(4a+9)+a+22[/tex], så [tex]4a+9|a+22[/tex]. For [tex]a>4[/tex] er [tex]4a+9>a+22[/tex], så det holder å sjekke om denne har løsninger for [tex]a\leq 4[/tex], noe vi ser at den ikke har.
Altså er de eneste løsningene [tex][a,b] = [49,1][/tex], [tex][11,1][/tex] og [tex][7n^2,7n][/tex] for alle positive heltall [tex]n[/tex].
Oppgaver som dette var ganske morsomme, og jeg har ikke sett så mange av dem før. Ser at det er noen i tallteorikapittelet i Art and Craft of Problem Solving, men har du noen flere lignende hadde jeg satt pris på dem.
Fordi [tex]ab^2+b+7 | a^2b+a+b[/tex] har vi at [tex]ab^2+b+7|b(a^2b+a+b)=a(ab^2+b+7)+b^2-7a[/tex], så [tex]ab^2+b+7|b^2-7a[/tex]. Fordi [tex]ab^2+b+7>b^2-7a[/tex] må vi ha [tex]b^2 \leq 7a[/tex], fordi at om [tex]e|f[/tex] og [tex]e>f[/tex] må [tex]f[/tex] enten være lik 0 eller negativ. Om [tex]b^2 - 7a=0[/tex], dvs at [tex]b^2=7a[/tex], må vi ha [tex]a=7k[/tex] (fordi ellers ville 7 vært en faktor et odde antall ganger på en side av likhetstegnet og et partallig antall ganger på den andre), som betyr at [tex]b=7n[/tex] og [tex]a=7n^2[/tex] for et naturlig heltall [tex]n[/tex], som vi ved innsetting ser er oppfyller den originale likningen og altså er en løsning for alle naturlige tall [tex]n[/tex], og den eneste løsningen i tilfellet [tex]b^2=7a[/tex]. Da må vi bare se på tilfellet [tex]b^2<7a[/tex] for å finne resten av løsningene.
Om [tex]b^2<7a[/tex] har vi fortsatt [tex]b^2a+b+7 | b^2a^2+ab+b^2[/tex] som gir [tex] b^2a+b+7 | b^2a^2+ab+b^2 + (b^2a+b+7) = a(b^2a+b+7)+b^2+(b^2-7)a+b+7[/tex], så [tex]b^2a+b+7 | (b^2-7)a+b+7[/tex]. Siden [tex](b^2-7)a+b+7 < b^2a+b+7[/tex] er dette kun mulig om [tex](b^2-7)a+b+7<0[/tex], som betyr at [tex]b^2-7<0[/tex] (fordi a og b begge er positive heltall) eller [tex]b<3[/tex].
Vi må da bare sjekke tilfellene [tex]b=1[/tex] og [tex]b=2[/tex] for hånd. Vi tar [tex]b=1[/tex] først. Dette gir oss [tex]a+8|a^2+a+1[/tex], som betyr [tex]a+8|a^2+8a+57=a(a+8)+57[/tex], så [tex]a+8|57=3 \cdot 19[/tex]. Siden a er et positivt heltall betyr dette at [tex]a+8=57[/tex] eller [tex]a+8=19[/tex], så [tex]a=49[/tex] eller [tex]a=11[/tex]. Om vi setter disse to mulighetene inn i den opprinnelige likningen ser vi at begge passer, så (49,1) og (11,1) er begge løsninger.
Så tar vi tilfellet [tex]b=2[/tex]. Da har vi [tex]4a+9|2a^2+a+2[/tex], som betyr at [tex]4a+9|4a^2+2a+4[/tex] som igjen impliserer [tex]4a+9|4a^2+10a+22=a(4a+9)+a+22[/tex], så [tex]4a+9|a+22[/tex]. For [tex]a>4[/tex] er [tex]4a+9>a+22[/tex], så det holder å sjekke om denne har løsninger for [tex]a\leq 4[/tex], noe vi ser at den ikke har.
Altså er de eneste løsningene [tex][a,b] = [49,1][/tex], [tex][11,1][/tex] og [tex][7n^2,7n][/tex] for alle positive heltall [tex]n[/tex].
Oppgaver som dette var ganske morsomme, og jeg har ikke sett så mange av dem før. Ser at det er noen i tallteorikapittelet i Art and Craft of Problem Solving, men har du noen flere lignende hadde jeg satt pris på dem.
Sist redigert av Karl_Erik den 09/05-2009 12:23, redigert 5 ganger totalt.
Betrakt likningen modulo 4. (Alle kvadrattall er lik 0 eller 1 modulo 4.) Om ikke a, b, c, d har lik paritet vil venstresiden være lik 1, 2 eller 3, mens høyresiden blir lik 0. Dette er umulig, så a, b, c og d har alle lik paritet, og venstresiden blir lik 0 modulo 4. Da må også høyresiden være lik 0 modulo 4, så a, b, c og d er alle partall.
Skriv a=2A, b=2B, c=2C og d=2D og del begge sider av likningen på 4. Da har vi [tex]A^2 + B^2 + C^2 + D^2 = 8ABCD[/tex]. Betrakt så denne likningen modulo 8 (der alle kvadrattall enten er 0, 1 eller 4). Venstresiden blir ikke lik 0 modulo 8 om en av A, B, C og D er oddetall, mens høyresiden alltid er lik 0 modulo 8. Altså er A, B, C og D alle partall. Skriv A=2A', B=2B', C=2C' og D=2D' og del likningen på fire igjen, og vi har oppnådd en ny likning som igjen kan betraktes modulo 8 og gi at A', B', C' og D' alle er partall, da det eneste som endrer seg er høyresiden, og denne alltid er lik 0 modulo 4. (Kronglete forklart, men forhåpentligvis ikke helt uforståelig.)
Altså vil en eventuell løsning a, b, c, d kunne deles på 2 så mange ganger man vil, noe som opplagt er umulig da det kun er et endelig antall 2-faktorer i primtallsfaktoriseringen til a, b, c og d. Altså finnes det ingen løsninger.
Skriv a=2A, b=2B, c=2C og d=2D og del begge sider av likningen på 4. Da har vi [tex]A^2 + B^2 + C^2 + D^2 = 8ABCD[/tex]. Betrakt så denne likningen modulo 8 (der alle kvadrattall enten er 0, 1 eller 4). Venstresiden blir ikke lik 0 modulo 8 om en av A, B, C og D er oddetall, mens høyresiden alltid er lik 0 modulo 8. Altså er A, B, C og D alle partall. Skriv A=2A', B=2B', C=2C' og D=2D' og del likningen på fire igjen, og vi har oppnådd en ny likning som igjen kan betraktes modulo 8 og gi at A', B', C' og D' alle er partall, da det eneste som endrer seg er høyresiden, og denne alltid er lik 0 modulo 4. (Kronglete forklart, men forhåpentligvis ikke helt uforståelig.)
Altså vil en eventuell løsning a, b, c, d kunne deles på 2 så mange ganger man vil, noe som opplagt er umulig da det kun er et endelig antall 2-faktorer i primtallsfaktoriseringen til a, b, c og d. Altså finnes det ingen løsninger.