3. Zadatak

Prvo rješenje.

Označimo s $x$ cijeli broj koji kvadriran daje izraz iz teksta zadatka, odnosno

$$2^n+5\cdot3^m=x^2.$$

Promotrimo koje ostatke izrazi daju pri dijeljenju s $3$. Kako je $m$ prirodan, drugi sumand na lijevoj strani je djeljiv s $3$. Potpuni kvadrati daju ostatak $0$ ili $1$ pri dijeljenju s $3$, dok broj $2^n$ daje ostatak $2$ (ako je $n$ neparan) ili $1$ (ako je $n$ paran). Jedina mogućnost da jednakost bude zadovoljena je ako je $n$ paran. Dakle, možemo pisati $n=2n_1$, gdje je $n_1$ prirodan broj.

Zato je i $2^n$ potpun kvadrat. Prebacimo li ga na desnu stranu jednadžbe, možemo iskoristiti razliku kvadrata te pisati

$$5\cdot3^m=x^2-2^n=(x-2^{n_1})(x+2^{n_1}).$$

Pogledajmo faktore na desnoj strani jednakosti. Njihov najveći zajednički djelitelj nužno dijeli i njihovu razliku, koja iznosi $2^{n_1+1}$. S druge strane, njihov zajednički djelitelj mora dijeliti i lijevu stranu jednadžbe, na kojoj se nalazi neparan broj. To je moguće samo ako taj djelitelj iznosi $1$, odnosno ako su faktori $x-2^{n_1}$ i $x+2^{n_1}$ relativno prosti.

Kako su faktori relativno prosti, i kako je faktor $x-2^{n_1}$ manji od $x+2^{n_1}$, imamo tri mogućnosti: faktor $x-2^{n_1}$ je jednak $1$, $3^m$ ili $5$.

Ako je $x-2^{n_1}=1$, te $x+2^{n_1}=5\cdot3^m$, oduzimajući te jednakosti dobivamo jednakost $2^{n_1+1}+1=5\cdot3^m$. Gledajući ostatke pri dijeljenju s $3$, slično kao na početku, zaključujemo da je $n_1$ paran. No, gledajući ostatke pri dijeljenju s $5$, zaključujemo da $2^{n_1+1}$ daje ostatak $4$ samo kada je $n_1=4k+1$, za neki nenegativan cijeli $k$, što nije moguće ako je $n_1$ paran. Time dobivamo kontradikciju, te zaključujemo da u ovom slučaju nema rješenja.

Ako je $x-2^{n_1}=3^m$, te $x+2^{n_1}=5$, kao prvo zaključujemo da je $5$ mora biti veći od $3^m$, što je moguće samo za $m=1$. Oduzimajući jednadžbe dobivamo da je $2^{n_1+1}=2$, no to vodi na $n_1=0$, tj. na rješenje koje nije u prirodnim brojevima.

Preostao je slučaj kada je $x-2^{n_1}=5$, te $x+2^{n_1}=3^m$. Ponovno oduzimamo, te dobivamo jednakost

$$3^m-2^{n_1+1}=5.$$

Gledajući ostatke pri dijeljenju s $3$ zaključujemo da se jednakost može postići tek ako je $n_1$ neparan broj, odnosno ako vrijedi $n_1=2n_2-1$, za neki $n_2\in\mathbb N$. Nadalje, gledajući ostatke koje izrazi daju pri dijeljenju s $4$, jednakost se može postići te ako je $m$ paran, odnosno kada je $m=2m_1$, za neki $m_1\in\mathbb N$.

Tada su na lijevoj strani gornje jednakosti izrazi potpuni kvadrati, pa primjenjujemo razliku kvadrata:

$$(3^{m_1}-2^{n_2})(3^{m_1}+2^{n_2})=5.$$

Kako je $5$ prost, samo se na jedan način može zapisati kao umnožak dva prirodna broja. Kako je u gornjem zapisu prvi faktor manji od drugog, nužno je $3^{m_1}-2^{n_2}=1$ i $3^{m_1}+2^{n_2}=5$. Rješenje ovog sustava je $3^{m_1}=3$, $2^{n_2}=2$, odnosno $m_1=n_2=1$, odakle dobivamo rješenje $(m,n)=(2,2)$.

Dakle, jedini takav par brojeva $(m,n)$ je $(2,2)$.

Drugo rješenje.

Kao u prvom rješenju zaključujemo da je $n=2n_1$, $n_1\in\mathbb N$.

Promotrimo sada ostatke koje izrazi u početnoj jednadžbi daju pri dijeljenju s $8$. Ako je $n_1\geq2$, prvi pribrojnik na lijevoj strani je djeljiv s $8$, a drugi daje ostatak $7$ ili $5$, ovisno o parnosti broja $m$. Potpun kvadrat na desnoj strani daje ostatak $0$ ili $1$, što daje kontradikciju. Dakle, pretpostavka $n_1\geq2$ je kriva, pa vrijedi $n_1=1$, odnosno $n=2$.

Početnu jednakost možemo faktorizirati:

$$5\cdot3^m=(x-2)(x+2).$$

Kao u prvom rješenju zaključujemo da su faktori na desnoj strani relativno prosti.

Manji faktor $x-2$ može biti jednak $1$, $3^m$ ili $5$.

U prvom slučaju je $x-2=1$ i $x+2=5\cdot3^m$. Direktno vidimo je $x=3$, te $x+2=5$, no to nije oblika $5\cdot3^m$, za neki prirodan broj $m$.

U drugom slučaju je $x-2=3^m$ i $x+2=5$. Ponovno je $x=3$, i ponovno ne dobivamo rješenja, jer $x-2=1$ nije oblika $3^m$, za neki prirodan broj $m$.

U zadnjem slučaju je $x-2=5$ i $x+2=3^m$. Iz prve jednakosti je $x=7$, a iz druge $9=3^m$, odakle dobivamo $m=2$.

Dakle, jedini takav par brojeva $(m,n)$ je $(2,2)$.

Napomena: Parnost broja $n$ na početku oba rješenja može se dokazati promatrajući ostataka pri dijeljenju s $5$.