Неоднородное Диофантово Уравнение

[Ribin]

Для каких $p \in \mathbb{N}$ уравнение

$$x^p+y^{p+1}=z^{p+2}$$

имеет бесконечно много решений в целых числах?

[scwec]

При $p=1$ точно б.м. целых решений

[Sonic86]

https://en.wikipedia.org/wiki/Tijdeman% ... conjecture
https://ru.wikipedia.org/wiki/Abc-%D0%B ... 0.BB.D0.B0

[scwec]

При $p=2$ имеем уравнение $x^2+y^3=z^4$. Конечно, в целых числах у него б.м. решений ($y=0,x=\pm{z^2}$).
А при решении в целых числах, отличных от нуля, дело принимает более серьезный оборот.
Считая $z$ параметром, мы имеем здесь уравнение эллиптической кривой, о которой можно сказать,
например, что $z=1,5,6,7,8,9,14,15,17,26,27,33...$, при этом $x,y$ принимают целые, отличные от нуля значения.
Однако, бесконечно ли продолжается эта последовательность $\{z\}$, кстати, отсутствующая в OEIS,
и которая определяется в т.ч. ненулевым рангом кривой, пока неизвестно.

[scwec]

На самом деле уравнение $x^2+y^3=z^4$ при более детальном рассмотрении имеет бесконечно много решений даже в натуральных числах.
Доказательство можно посмотреть у В. Серпинского "О решении уравнений в целых числах".
Так что последовательность $\{z\}$ продолжается бесконечно.

[scwec]

Пояснение. Последовательность $\{z\}$ хотя и не входит в OEIS, но в неё целиком (кроме нуля) входит бесконечная последовательность из OEIS
A001109 https://oeis.org/search?q=A001109&sort=&language=&go=Search
треугольных чисел, являющихся квадратами. Собственно, это вхождение и доказывает бесконечность $\{z\}$.

[Ribin]

Да, "в целых" лучше заменить на "в натуральных", или хотя бы ненулевых.
При $p = 2$ есть параметризация, которая описывает небольшую часть решений:

$$x =\dfrac{t^4(t+1)^2 (t^2-1)}{16}$$

$$y =\dfrac{t^3(t+1)^2}{4}$$

$$z = \dfrac{(t^2+t)^2}{4}$$

[Ribin]

Sonic86, осталось найти хотя бы 1 решение для любого $p$. Вообще задачка не слишком сложная, но хотелось бы увидеть подходы форумчан к неоднородным уравнениям. Spoiler alert! ответ: $p$ любое натуральное число.
Если не появится решения, то выложу своё, но оно не блещет красотой, хотя и использует школьную алгебру
Вот ещё одно, доказать, что для $\forall a,b,c \in \mathbb{Z}$ уравнение

$$ax^3+by^3=cz^4$$

имеет бесконечно много решений в целых ненулевых числах.
Edit: да, конечно из коэффициентов $a,b,c$ хотя бы 2 ненулевые, а то ненулевых решений не будет

[scwec]

Есть и такая параметризация для $p=2$:
$x=\dfrac{t^4{(2t+1)(t+1)^4}}{16},y=-\dfrac{t^3{(t+1)^3}}{4},z=\dfrac{(t^2+t)^2}{4}$
где $t$ принимает целые значения.

[Shadow]

Думаю, можно найти полную параметризацию для $p=2$ для взаимнпростых $(x,y,z)$ Внимательно нужно рассмотреть 2-3 варианта. Один из них:

$\\x=4(m^2-n^2)(m^2-mn+n^2)(19m^4-80m^3n+126m^2n^2-80mn^3+19n^4)\\ (m^4+10m^2n^2+n^4)\\ \\ y=-(m^2+2mn-5n^2)(3m^2-2mn+n^2)(5m^2-2mn-n^2)(m^2-2mn+3n^2)\\ z=(m^2-4mn+n^2)(7m^4-8m^3n+6m^2n^2-8mn^3+7n^4)\\ $

$m,n$ взаимнопростые разной четности $ (m+n)\not \equiv 0 \pmod 3$

[scwec]

Shadow, проверил две позиции в формулах параметризации.
$m=1,n=4, x=-474554340, y=59356, z=1351$ и
$m=1,n=6, x=-82118368220, y=1551096, z=97747$.
Для них $x^2+y^3-z^4\ne{0}$.
Посмотрите повнимательней. Нет ли ошибки.
В обоих случаях $\gcd(x,y,z)=1$
Дополнение. Формулы больно громоздки, ошибся в расчетах. На самом деле в первом случае $y=-608399$, во втором $y=-18807039$
Вопрос снимается.

[Shadow]

scwec
, я перепроверю, конечно, но при $m,n$ разной четности, $x$ - понятно, no $y$ не может быть четным - у него все множители (в скобках) нечетные будут. Я перепроверю.

[Ribin]

Shadow в сообщении #1109369 писал(а):

Думаю, можно найти полную параметризацию для $p=2$ для взаимно простых $(x,y,z)$

Храброе утверждение...

$$y^3=(z^2-x)(z^2+x)$$

Откуда $z^2-x=mn^2p^3$, $z^2+x=nm^2q^3$ $\Rightarrow$

$$z^2=\dfrac{mn}{2} \cdot (np^3+mq^3), x = \dfrac{mn}{2} \cdot (mq^3-np^3)$$

Из-за взаимно простоты $z$ и $x$, $\dfrac{mn}{2}=1$ либо $\dfrac{1}{2}$ И остаётся решить $(p,q)=1$:

$$z^2 = 2p^3+q^3$$

$$z^2 = p^3+2q^3$$

$$2z^2 = p^3+q^3$$

А что дальше?

[Shadow]

Да, Ribin, я поспешил с "полноты" (второй случай довольно трудный) При одинаковой четност $z,x$

[lopkityu]

Нашел вот такую серию натуральных решений:

$$ x=(4k^2)^{p+2}(k^2-1)^{p^2+2p-1}(k^2+1)^{(p+1)^2} $$

$$ y=(4k^2)^{p+1}(k^2-1)^{p^2+p-2}(k^2+1)^{p(p+1)} $$

$$ z=(4k^2)^{p}(k^2-1)^{p^2-1}(k^2+1)^{p^2+1} $$