3. Zadatak

Prvo rješenje.

Primijetimo da vrijedi $m\mid(2m+3)(4n+1)$. Kako je $D(m,2m+3)=D(m,3)$, razlikujemo mogućnosti $D(m,3)=1$ i $D(m,3)=3$ (odnosno $3\mid m$).

Pretpostavimo prvo da je $D(m,3)=1$. Zato $m$ nužno dijeli $4n+1$. Slično, kako $n\mid(2m+3)(4n+1)$ te kako su $n$ i $4n+1$ relativno prosti brojevi, vrijedi $n\mid 2m+3$.

Početnu jednakost možemo zapisati kao

$$\frac{2m+3}{n}\cdot\frac{4n+1}{m}=p,$$

gdje je na lijevoj strani dan umnožak dvaju prirodnih brojeva. Kako je $p$ prost broj, imamo dvije mogućnosti: prvi od njih je $1$, a drugi $p$ ili obratno.

U prvom slučaju imamo $2m+3=np$ i $4n+1=m$. Uvrštavanjem imamo $2(4n+1)+3=np$, odnosno $(p-8)n=5$. Ne može vrijediti $p-8=1$ jer $p$ ne bi bio prost broj, pa je jedino moguće rješenje $n=1$, $p-8=5$, odnosno $p=13$ i $m=5$.

U drugom slučaju je $2m+3=n$ i $4n+1=mp$. Uvrštavanjem imamo $4(2m+3)+1=mp$, odnosno $m(p-8)=13$. Iz $p-8=1$ i $p-8=13$ slijedilo bi $p=9$ ili $p=21$ što nisu prosti brojevi, pa ovaj slučaj nema rješenja.

Pretpostavimo sada da $3\mid m$. Dakle, $m$ možemo zapisati u obliku $m=3k$, $k\in\mathbb{N}$. Sada uvrštavanjem u početnu jednakost i sređivanjem dobivamo $(2k+1)(4n+1)=pkn$.

Kako je $D(2k+1,k)=1$ i $D(4n+1,n)=1$, slično kao ranije zaključujemo $k\mid 4n+1$ i $n\mid 2k+1$.

Zato početnu jednakost možemo zapisati u obliku

$$\frac{2k+1}{n}\cdot\frac{4n+1}{k}=p,$$

gdje je na lijevoj strani dan umnožak dvaju prirodnih brojeva, te razlikujemo dva slučaja: prvi od njih je jednak $1$, a drugi $p$ ili obratno.

U prvom slučaju je $2k+1=np$ i $4n+1=k$. Uvrštavanjem slijedi $2(4n+1)+1=np$ odnosno $n(p-8)=3$. Jedino rješenje je $n=1$, $p-8=3$, odnosno $p=11$, $k=5$, $m=15$.

U drugom slučaju je $2k+1=n$ i $4n+1=kp$, odnosno $4(2k+1)+1=kp$, $k(p-8)=5$. Slijedi $k=1$, $p-8=5$, odnosno $p=13$, $m=3$, $n=3$.

Prema tome, sva rješenja su $(m,n,p)=(5,1,13),(15,1,11)$ i $(3,3,13)$.

Drugo rješenje.

Iz početne jednakosti redom dobivamo

$$\begin{aligned} (2m+3)(4n+1)&=pmn,\\ 2m+12n+8mn+3&=pmn,\\ 2m+12n+3&=(p-8)mn,\\ m&=\frac{12n+3}{(p-8)n-2}. \end{aligned}$$

Početnu jednakost možemo također zapisati kao

$$p=\frac{2m+3}{m}\cdot\frac{4n+1}{n}=\left(2+\frac3m\right)\left(4+\frac1n\right).$$

Kako recipročna vrijednost prirodnog broja nije veća od $1$ niti manja od $0$, desna strana gornje jednakosti može se ograničiti između $(2+0)\cdot(4+0)=8$ i $(2+3)\cdot(4+1)=25$. Zaključujemo da je $p$ između $8$ i $25$. Kako je prost, mogućnosti su $p=11,13,17,19,23$.

Ako je $p=11$, uvrštavanjem imamo $m=\dfrac{12n+3}{3n-2}=4+\dfrac{11}{3n-2}$. Nužno vrijedi $3n-2=1$ ili $3n-2=11$. U prvom slučaju dobivamo $n=1$, $m=15$, a u drugom slučaju nema rješenja.

Ako je $p=13$, uvrštavanjem imamo $m=\dfrac{12n+3}{5n-2}=2+\dfrac{2n+7}{5n-2}$. Primijetimo da je za $n\geq 4$ nazivnik veći od brojnika pa rezultat nije cijeli broj. Za $n=1$ slijedi $m=5$, za $n=2$ rezultat nije cijeli broj, a za $n=3$ dobivamo $m=3$.

Ako je $p=17$, slijedi $m=\dfrac{12n+3}{9n-2}=1+\dfrac{3n+5}{9n-2}$. Za $n=1$ rezultat nije cijeli broj, a uza $n\geq 2$ nazivnik je veći od brojnika, pa ovaj slučaj nema rješenja.

Ako je $p=19$, imamo $m=\dfrac{12n+3}{11n-2}=1+\dfrac{n+5}{11n-2}$, pa ovaj slučaj nema rješenja jer je nazivnik veći od brojnika za sve $n\in\mathbb{N}$. Slično, ako je $p=23$, uvrštavanjem imamo $m=\dfrac{12n+3}{15n-2}=1-\dfrac{3n-5}{15n-2}$, pa iz istog razloga nema rješenja.

Prema tome, sva rješenja su $(m,n,p)=(15,1,11),(5,1,13)$ i $(3,3,13)$.