Уравнение в натуральных числах

[Andrey A]

261796011200460095625530472765796374084762836609599^3+9114189022758807245^8=2308473422587418308540684840334^5
Опять же $8-3=5$. Есть и меньше решения конечно. Я тоже забыл про Била, а он умную мысль подает: почему собственно основания не должны иметь общего делителя, это требование относится к показателям степеней. Пусть выполняется $x^a+y^b=tz^c$, где $t$ - некоторое целое число, натуральные показатели $a,b,c$ попарно вз. просты. Тогда находятся $k,n$ такие, что $cn-abk=1$. Домножая каждое слагаемое на $t^{kab}$, получаем
$x^at^{kab}=\left(xt^{kb} \right)^a$
$y^bt^{kab}=\left(yt^{ka} \right)^b$
$tz^ct^{kab}=z^ct^{kab+1}=z^ct^{cn}=\left(zt^n \right)^c$ и
$\left(xt^{kb} \right)^a+\left(yt^{ka} \right)^b=\left(zt^n \right)^c$
Наверное Бил имеет в виду, что все возможные решения $(a,b,c>2)$ подобного вида, хотя я не вникал. Пример в начале приготовлен из тождества $14^5-5^8=67\cdot 13^3$. Если бы нашлось $t<67$, обошлось бы без астрономических чисел, но не было времени. Интересно бы посмотреть на маленькие решения с большими степенями.

P.S. Важная деталь: при таком подходе $a,b$ должны быть вз. просты с $c$, а между собой - не обязательно.

[atlakatl]

Andrey A
Вы нашли контрпример к гипотезе Била. За него - как и за её доказательство - положен миллион гринов. Торопитесь.
Ну а серьёзно.
Я прикинул на пальцах. Число слева примерно $6 \cdot 10^{151}$, а справа - $3 \cdot 10^{151}$
Но с последними цифрами косяков нет. Грамотно.

[Andrey A]

Подождите, я честно зашел в Wolfram, он говорит $0$. И почему контрпример, как раз пример. Впрочем, я готов поторопиться, только куда?

[Aritaborian]

atlakatl в сообщении #1185148 писал(а):

Вы нашли контрпример к гипотезе Била.

Это пример, а не контрпример.

atlakatl в сообщении #1185148 писал(а):

Я прикинул на пальцах.

Ну а я спросил комп. Равенство верное, и $A$, $B$, $C$ имеют общий простой делитель $67$.

[atlakatl]

Andrey A
Aritaborian
Согласен.

[grizzly]

atlakatl в сообщении #1185120 писал(а):

И слышал, и читал. Забыл.

Ничего удивительного. Я вот тоже хотел сослаться на что-то более подходящее к Вашему вопросу (а именно, на гипотезу Ферма -- Каталана, но не смог вспомнить, как оно называется). Искать такие вещи тоже сложно, хотя есть универсальный способ -- в Вики найти известное Вам утверждение (можно стартовать с ВТФ, например) и посмотреть раздел "вариации и обобщения". К сожалению, в ру-Вики это не всегда работает.

[atlakatl]

grizzly
Aritaborian
Andrey A
Тогда у меня вопрос. По гипотезам Била и Ферма - Каталана, если $1/a+1/b+1/c<1$, то один из показателей равен 2.
В примере Andrey A - $1/3+1/8+1/5=79/120$ - это выполняется. Но 2 среди показателей нет.
Всё-таки, контрпример? -Ёлки, они же не взаимно простые. Вопрос снимаю.

[Andrey A]

На самом деле отыскать примеры типа $14^5-5^8=67\cdot 13^3$ с маленьким $t$ не очень-то просто. Такая рыбалка наоборот: всё больше сомы клюют да акулы.
atlakatl, Вы не пробовали невод забрасывать? $t$ ведь и само может быть степеью $<c$, что помогает в поиске маленьких решений. Более общий случай: $x^a\pm y^b=t^rz^c;\ r<c$ и разрешимо уравнение $cn-abk=r$, из чего следует та же тройка $\left(xt^{kb} \right)^a\pm \left(yt^{ka} \right)^b=\left(zt^n \right)^c$, но не факт что несократимая. Вообще говоря, из каждой тройки $x^a+y^b=z^c$ получаем множество троек, домножая слагаемые на $K_i^{abc}$ и обратно: если Н.О.Д. трех слагаемых в каноническом разложении содержит степень $abc$, то тройка сократима, хотя тут приходится сравнивать большие числа. Как этого надежно избежать я что-то не очень понимаю.

[nimepe]

уравнение $x^{17}+y^{31}=z^{47}$ имеет решение

$x=k(k^{17}+m^{31})^{1457t+434}$

$y=m(k^{17}+m^{31})^{799t+238}$

$z=(k^{17}+m^{31})^{527t+157}$

[Markiyan Hirnyk]

Проверка c Мэйплом:

eval(-z^47+y^31+x^17, [x = 2^(1457*t+434), y = 2^(799*t+238), z = 2^(527*t+157)]);
                               -(2^(527*t+157))^47+(2^(799*t+238))^31+(2^(1457*t+434))^17
simplify(%, symbolic);
                               0

[Andrey A]

nimepe, спасибо! В связи с этим три вопроса.
1. Это полное решение?
2. Где об этом почитать? Желательно на русском.
3. Какова самая "маленькая" тройка со попарно вз. простыми $a,b,c>2$?

[nimepe]

для уравнения $x^{17}+y^{31}=z^{47}$ еще имеем:

$x=(k^{47}-m^{31})^{1457t+600}$

$y=m(k^{47}-m^{31})^{799t+329}$

$z=k(k^{47}-m^{31})^{527t+217}$
можно привести еще два вида формул для данного уравнения.Что можно почитать по этому поводу-смотри книгу "ГИПОТЕЗА БИЛА"
Уравнение $x^3+Y^5=Z^7$ имеет бесконечное множество решений.

-- 18.01.2017, 10:38 --

Можно еще посмотреть книгу"Проблема разрешимости диофантовых уравнений с различными показателями степени"

[Andrey A]

nimepe в сообщении #1185594 писал(а):

... можно привести еще два вида формул для данного уравнения.

Показатели $1457t+434, 799t+238, 527t+157$ следуют из решений уравнения $47x-31\cdot 17y=1$, т.е. мое решение - частный случай. Снимая требование сравнимости пары степеней по mod третьей степени посредством домножения на некоторый коэффициент, берем их за свободные аргументы, и становится возможным записать решение в общем виде. Показатели $1457t+600, 799t+329, 527t+217$ следуют из уравнения $17x-31\cdot 47y=1$ и можно еще решить $31x-17\cdot 47y=1$. Поправьте если ошибаюсь. Жаль, что всё это не способствует нахождению маленьких решений. Оно не есть научная проблема конечно, а все-таки интересно. И еще: что если, исходя из моей логики, найдутся $r$ такие что $k^{17}+m^{31}=q^rp^{47}$? Тогда последовательность показателей может быть следствием ур-я $47x-31\cdot 17y=r$, такие решения не обязаны быть пропорциональны предыдущим... Ну, а пока маленькое имеется:

$$389885219385231^4+138687914^7=474659385665^5$$

[nimepe]

уравнение $x^4+y^7=z^5$ имеет решение(можно записать 4 вида формул):

$x=k(k^4+m^7)^{35t-14}$

$y=m(k^4+m^7)^{20t-8}$

$z=(k^4+m^7)^{28t-11{$ Можно найти и меньшие чем у вас решения.

[Andrey A]

nimepe в сообщении #1185644 писал(а):

Можно найти и меньшие чем у вас решения.

Жду с нетерпением.