Задачка по ТЧ

[Rubik]

Есть такая задча: найти все такие четвёрки натуральных чисел $(a_1, b_1, a_2, b_2)$, где $a_1 > a_2$ и при этом $b_1, b_2$ - взаимно простые, чтобы $\left(2^{a_1}+1\right)^{b_1}=\left(2^{a_2}+1\right)^{b_2}$. Я знаю одну такую четвёрку $(3,1,1,2)$ и предполагаю, что других нет (что подтверждается перебором до 8000), но как доказать - не знаю. Подскажите идею. Заранее спасибо.

[iancaple]

Разложить по биному обе части и уничтожить единицы. Крайние справа слагаемые в каждой части будут содержать минимальные степени двойки, на которые делится эта часть, во всяком случае, кроме очень малых $a_1$,$a_2$

[Rubik]

iancaple в сообщении #1066685 писал(а):

Разложить по биному обе части и уничтожить единицы. Крайние справа слагаемые в каждой части будут содержать минимальные степени двойки, на которые делится эта часть, во всяком случае, кроме очень малых $a_1$,$a_2$

Если разложить по биному и уничтожить единицы, то крайний справа частью будет $b_1 2^{a_1}$. Почему это именно минимальная степень двойки, на которую делится выражение?

[iancaple]

Одно из $b_1,b_2$ нечетное. Назовем его $b_i$ Тогда остальные слагаемые делятся на $2^{2a_i}>2^{a_i}$, значит $a_i$-это точно наибольшая степень двойки, на которое делятся обе части нового равенства.

[Rubik]

iancaple в сообщении #1066707 писал(а):

Одно из $b_1,b_2$ нечетное. Назовем его $b_i$ Тогда остальные слагаемые делятся на $2^{2a_i}>2^{a_i}$, значит $a_i$-это точно наибольшая степень двойки, на которое делятся обе части нового равенства.

Пусть $b_1$ - нечетное, $b_2$ - чётное. Тогда левая часть нового равенства (без крайних единиц) содержит $a_1$ двоек, правая - $a_2+1$ двоек (если $a_2 = 1$ то может даже 3 двойки содержать). Почему равенство не может выполняться при $a_1 = a_2 + 1$?

UPD: $b_2$ может делиться не только на 2, но и на $2^n$, тогда количество двоек, на которое делится последний член соответственно увеличивается до $a_2 + n$. И уже нельзя однозначно сказать, что все предыдущие члены делятся на большее количество двоек, соответственно, в сумме вся правая часть может делиться даже на большую степень двойки.

[iancaple]

Я хочу показать что $a_1$ и $a_2$ близки по значениям, отсюда $b_1$ и $b_2$ будут близки по значениям. Конечно , случаев много. Я не все рассматривал. Может, кто знает другой путь

[Shadow]

$2^{a_1}+1=c^{b_2},\;b_2>1$ и ...гипотеза Каталана (теорема Михалеску)

[Rubik]

Shadow в сообщении #1066781 писал(а):

$2^{a_1}+1=c^{b_2},\;b_2>1$ и ...гипотеза Каталана (теорема Михалеску)

Спасибо за идею! Вот только, насколько я понимаю, требование $b_2 > 1$ излишнее, потому что в любом случае мы придём к выражению $c^{b_1}=2^{a_2}+1$. Для применения гипотезы Каталана нужно $b_1 > 1$ и $a_2 > 1$. Если одно из этих условий не выполняется - задача тривиальна.

[Shadow]

Rubik в сообщении #1066622 писал(а):

где $a_1 > a_2$ и при этом $b_1, b_2$ - взаимно простые

Конечно, можно рассмотреть и другую сторону, но зачем, ведь по условии $a_1>a_2$, а значит $a_1>1$, а если так, то $b_2>b_1$, тоесть, $b_2>1$ и то что я написал как раз условия для Каталана. Но использование этой теоремы напрямую в учебных (даже олимпиадных) задач как правило не рекомендуется, а при конкрентых значениях не трудно решить и простыми методами:

$2^m=c^n-1,\quad m,n >1$