3. Zadatak

Prvo rješenje.

Jednadžbu zapišimo u obliku

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

Definirajmo niz $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ dan s $a_n=\frac{2^n-1}{n}$ i pokažimo da je ovaj niz strogo rastući.

Budući da vrijedi

$$\begin{aligned} a_{n+1}-a_n &=\frac{2^{n+1}-1}{n+1}-\frac{2^n-1}{n}\\ &=\frac{n(2^{n+1}-1)-(n+1)(2^n-1)}{n(n+1)}\\ &=\frac{(n-1)2^n+1}{n(n+1)}>0, \end{aligned}$$

zaključujemo da je svaki sljedeći član niza veći od prethodnog, pa je onda niz $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ zaista rastući.

Stoga, da bi vrijedila početna jednadžba, jedino je moguće da vrijedi $m=n$. Očito su svi parovi $(n,n)$ za $n\in\mathbb N$ zaista rješenja početne jednadžbe.

Drugo rješenje.

Jednadžbu zapišimo u obliku

$$n(2^m-1)=m(2^n-1).$$

Neka je $d$ najveći zajednički djelitelj brojeva $m$ i $n$. Tada postoje relativno prosti brojevi $a$ i $b$ takvi da je $n=da$ i $m=db$ za relativno proste brojeve $a$ i $b$. Uvrštavanjem tih jednakosti u početnu jednadžbu i dijeljenjem s $d$ dobivamo

$$a(2^{db}-1)=b(2^{da}-1).$$

Iz dobivene jednakosti zaključujemo $2^{da}-1\mid a(2^d-1)$, odakle posebno mora vrijediti

$$2^{da}-1\leq a(2^d-1).$$

Za svaki $k\in\mathbb N_0$ vrijedi nejednakost $2^k\geq k+1$.

(Naime, za $k=0$ vrijedi jednakost, dok za $k\geq1$ znamo da je broj svih podskupova $k$-članog skupa veći ili jednak broju podskupova s $0$ ili $1$ elementom).

Koristeći tu tvrdnju i dobivenu nejednakost imamo

$$a(2^d-1)\geq2^{da}-1=(2^d)\cdot(2^d)^{a-1}-1\geq(2^d)\cdot2^{a-1}-1\geq2^d\cdot a-1.$$

Uspoređujući prvi i zadnji izraz, dobivamo da je $a\leq1$, odnosno $a=1$.

Analogno se pokazuje $b=1$, odakle zaključujemo da je nužno $m=n$. Očito su svi parovi $(n,n)$ za $n\in\mathbb N$ zaista rješenja početne jednadžbe.

Napomena: Nejednakost $2^k\geq k+1$ može se dokazati i korištenjem principa matematičke indukcije.