7. Zadatak

Prvo rješenje.

Zapišimo početnu jednakost na sljedeći način

$$p^2=(n^2-4np+4p^2)-m^2=(n-2p-m)(n-2p+m).$$

Jedini djelitelji broja $p^2$ su $-p^2,-p,-1,1,p$ i $p^2$. Budući da je $n-2p-m<n-2p+m$ dobivamo dva moguća slučaja: $n-2p-m=1$ i $n-2p+m=p^2$, te $n-2p-m=-p^2$ i $n-2p+m=-1$.

Analizom slučaja $n-2p-m=1$, $n-2p+m=p^2$ (tj. rješavanjem sustava po $m$ i $n$) dobivamo

$$m=\frac{p^2-1}{2},\qquad n=\frac{p^2+1}{2}+2p.$$

Primijetimo da je u ovom slučaju $p$ nužno neparan.

Slično, analizom slučaja $n-2p-m=-p^2$, $n-2p+m=-1$ dobivamo

$$m=\frac{p^2-1}{2},\qquad n=\frac{4p-1-p^2}{2}.$$

Primijetimo da je u ovom slučaju $p$ nužno manji od $5$.

Doista, ako bi vrijedilo $p\geq5$, onda bismo imali $p^2\geq5p>4p-1$, pa broj $n=\frac{4p-1-p^2}{2}<0$ ne bi bio prirodan.

Također, primijetimo da je i u ovom slučaju $p$ nužno neparan, pa zaključujemo da za $p=3$ imamo dodatno rješenje $m=4$, $n=1$.

Iz svega zaključujemo da

• za $p=2$ jednadžba nema rješenja
• za $p=3$ jednadžba ima dva rješenja $(m,n)=(4,1)$ i $(4,11)$
• za $p\geq5$ jednadžba ima jedno rješenje oblika $(m,n)=\left(\frac{p^2-1}{2},\frac{p^2+4p+1}{2}\right)$.

Drugo rješenje.

Faktorizirajmo desnu stranu jednakosti:

$$m^2=(n-3p)(n-p).$$

Pretpostavimo prvo da $p\mid n$. Tada $p\mid n-p\mid m^2$ odnosno $p\mid m$. Neka su $m'$ i $n'$ prirodni brojevi takvi da je $m=p\cdot m'$ i $n=p\cdot n'$. Uvrštavanjem dobivenog u gornju jednadžbu i dijeljenjem s $p^2$ dobivamo

$$m'^2=(n'-3)(n'-1)=((n'-2)-1)((n'-2)+1)=(n'-2)^2-1^2,$$

odnosno $1=(n'-2)^2-m'^2=(n'-2-m')(n'-2+m')$, što je moguće samo kada je $n'-2-m'=n'-2+m'=\pm1$. To je nemoguće jer $m'\neq0$. Dakle, početna pretpostavka je bila kriva, zato $p$ ne dijeli $n$.

Promotrimo sada najveći zajednički djelitelj brojeva $n-3p$ i $n-p$:

$$M(n-3p,n-p)=M((n-3p)-(n-p),n-p)=M(2p,n-p)\in\{1,2,p,2p\}.$$

Kako $p$ ne dijeli $n$, pa onda ni $n-p$, zaključujemo da je $M(n-3p,n-p)\in\{1,2\}$.

Promotrimo prvo slučaj kada je $M(n-3p,n-p)=1$. Tada su $n-3p$ i $n-p$ kvadrati cijelih brojeva ili su njihove negativne vrijednosti kvadrati cijelih brojeva. Zato postoje prirodni brojevi $a$ i $b$ takvi da je

$$n-3p=a^2,\quad n-p=b^2$$

ili

$$n-3p=-b^2,\quad n-p=-a^2.$$

U oba slučaja oduzimanjem dobivamo

$$2p=(n-p)-(n-3p)=b^2-a^2=(b-a)(b+a).$$

Faktori $b-a$ i $b+a$ su iste parnosti jer im je zbroj $2b$ paran. Kako im je umnožak paran, zaključujemo da je svaki od njih paran, pa im je umnožak djeljiv s $4$. To je moguće samo ako je $p=2$. No, u tom slučaju (opet zbog parnosti faktora) nužno oba faktora $b-a$ i $b+a$ imaju vrijednost $2$ ili $-2$, no to je nemoguće jer $a\neq0$.

Promotrimo sada slučaj kada je $M(n-3p,n-p)=2$. Slično kao u prethodnom slučaju, postoje prirodni brojevi $a$ i $b$ takvi da je

$$n-3p=2a^2,\quad n-p=2b^2$$

ili

$$n-3p=-2b^2,\quad n-p=-2a^2.$$

U oba slučaja oduzimanjem dobivamo

$$2p=(n-p)-(n-3p)=2b^2-2a^2=2(b-a)(b+a),$$

odnosno $p=(b-a)(b+a)$. Kako je $b+a>0$, te $b+a>b-a$, uzimajući u obzir faktorizacije broja $p$, jedina je mogućnost $b-a=1$ i $b+a=p$ odnosno $b=\frac{1+p}{2}$ i $a=\frac{-1+p}{2}$.

U svakom slučaju, za $m$ znamo da je

$$m=2ab=\frac{p^2-1}{2}.$$

Zaključujemo da je nužno $p$ neparan.

U slučaju $n-3p=2a^2$ i $n-p=2b^2$ računamo da je $n=\frac{p^2+4p+1}{2}$, a to je moguće za svaki neparan prost broj $p$.

U slučaju $n-3p=-2b^2$ i $n-p=-2a^2$ računamo da je $n=\frac{4p-1-p^2}{2}$.

Kao u prvom rješenju dokažemo da je to moguće samo za $p=3$.

Konačno, kao u prvom rješenju, zaključujemo

• za $p=2$ jednadžba nema rješenja
• za $p=3$ jednadžba ima dva rješenja $(m,n)=(4,1)$ i $(4,11)$
• za $p\geq5$ jednadžba ima jedno rješenje oblika $(m,n)=\left(\frac{p^2-1}{2},\frac{p^2+4p+1}{2}\right)$.