2. Zadatak

Prvo rješenje.

Množenjem cijelog izraza s $7abc$ imamo

$$3abc=7(bc+c+1)=(7b+7)c+7.$$

Budući da je lijeva strana jednakosti djeljiva s $c$, mora biti i desna, odnosno $7$ je nužno djeljivo s $c$, tj. vrijedi $c=1$ ili $c=7$.

Ako je $c=1$, iz $a\leq b\leq c$ zaključujemo $a=b=c=1$, za što uvrštavanjem vidimo da nije rješenje. Stoga zaključujemo $c=7$.

Uvrštavanjem u gornju jednadžbu imamo $3ab\cdot7=(7b+7)\cdot7+7$, odnosno $3ab=7b+8$.

Kao i ranije, nužno vrijedi da je $8$ djeljivo s $b$, odnosno $b=1,2,4$ ili $8$.

Za $b=1$ slijedi $3a=15$, odnosno $a=5$, što nije moguće zbog $a\leq b$.

Za $b=2$ slijedi $6a=22$, što nije moguće.

Za $b=4$ slijedi $12a=36$, odnosno $a=3$.

Slučaj $b=8$ nije moguć zbog $b\leq c$.

Prema tome, jedino moguće rješenje je $(a,b,c)=(3,4,7)$.

Drugo rješenje.

Zbog $a\leq b\leq c$ imamo

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{abc} \leq \frac{1}{a}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^3}.$$

Ako je $a\geq4$, vrijedi

$$\frac{3}{7}\leq\frac{1}{a}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^3} \leq\frac14+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}=\frac{21}{64},$$

što nije istina. Dakle, mora vrijediti $a\leq3$.

S druge strane, vrijedi

$$\frac1a<\frac1a+\frac1{ab}+\frac1{abc}=\frac37,$$

odnosno $a>\frac73$. Prema tome, vrijedi $a=3$.

Uvrštavanjem imamo $\frac37=\frac13+\frac1{3b}+\frac1{3bc}$, tj. $\frac27=\frac1b+\frac1{bc}$.

Kao i ranije, za $b\geq5$ imamo

$$\frac27=\frac1b+\frac1{bc}\leq\frac1b+\frac1{b^2} \leq\frac15+\frac1{5^2}=\frac6{25},$$

što nije istina. Dakle, mora vrijediti $b\leq4$.

Također vrijedi

$$\frac1b<\frac1b+\frac1{bc}=\frac27,$$

odnosno $b>\frac72$, tj. $b\geq4$.

Prema tome, mora vrijediti $b=4$. Uvrštavanjem vidimo da za $a=3$ i $b=4$ slijedi $c=7$ i jedino moguće rješenje je $(a,b,c)=(3,4,7)$.