Еще одно диофантово уравнение

[Батороев]

Докажите, что при

$$ z>1 $$

уравнение:

$$ 4x^z - y^z = 4 $$

в натуральных числах не имеет решений.

[Батороев]

Батороев писал(а):

Докажите, что при

$$ z>1 $$

уравнение:

$$ 4x^z - y^z = 4 $$

в натуральных числах не имеет решений.

Доказательство:
Т.к. $ y $ - четное, то
$ 2x^z - \frac{y^z}{2} = 2 $,
откуда
$ 2x^z\cdot\frac{y^z}{2} = a^2 -1 $
$ x^zy^z = a^2 - 1 $
$ a^2 - b^z = 1 $
Отсутствие решений в натуральных чисах при $ z>1$ в уравнении Каталана такого вида, как утверждается в статье, было доказано в 1960 г. китайским математиком Ко Чао (за исключением случая $ a = 3, b = 2, z=3 $, который для задачи не подходит).

[Sonic86]

А без Каталана и Чао там никак?

[Батороев]

Sonic86 писал(а):

А без Каталана и Чао там никак?

Лично мне, как автору задачи, выгодно, чтобы она не имела решений, отличных от авторского.
А если серьезно, то мне самому хотелось выяснить то же самое.

[Sonic86]

Ну вообще у Чао не совсем сложное доказательство...
Думать надо

[juna]

Батороев писал(а):

$ 2x^z - \frac{y^z}{2} = 2 $,
откуда
$ 2x^z\cdot\frac{y^z}{2} = a^2 -1 $

Поясните, пожалуйста, этот переход.

[Батороев]

Произведение двух чисел, отличающихся на два, всегда равно разности квадрата их среднего арифметического и единицы.

$ n(n+2) = (\frac{n+2+n}{2})^2 - (\frac{n+2-n}{2})^2 $
$ n(n+2) = (n+1)^2 - 1 $

В задаче среднее арифметическое $ a $ расшифровывать не было необходимости.

[Sonic86]

Батороев! Если у Вас преобразования равносильные, то придумать что-то проще означает, придумать проще чем у Чао, что вряд ли .

[juna]

Если попытаться решать без теоремы Ко Чао, то можно для начала заметить:
1. $z$ должно быть нечетно, иначе имеем несуществующий пифагоров треугольник
2. $x$ тоже должно быть нечетно, иначе $4(x^z-1)=y^z$ и если $x$ - четно, то $x^z-1$ - нечетно, $z=2$, $x^z-1=a^z$ - что невозможно
Тогда приходим к необходимости искать решение для $x^z-1=2^{z-2}k^z$ при нечетных $x,z$
Но даже частные случаи не представляются такими простыми. Например, $z=3$ имеем $x^3-1=2k^3$.
Для начала доказательства теоремы Ко Чао можно тоже заметить ряд тривиальных фактов:
если $b^z=a^2-1=(a-1)(a+1)$, то если $a$ четно, то $a-1$ и $a+1$ - взаимнопростые, значит $a-1=w^z$ и $a+1=q^z$, что приводит к $q^z-w^z=2$ - невозможно.
Пусть $a=2m+1$, тогда $b^z=4m(m+1)$,
1. если $m$ - четно, то $4m=w^z$ и $m+1=q^z$,
2. если $m$- нечетно, то $4(m+1)=w^z$, $m=q^z$.
В нашем случае $a=\frac{y^z}{2}+1$, $4m=y^z$.
Для первого случая имеем $y=w$, $x=q$ - т.е. это ничего не дает
Для второго случая получаем $y^z+4=w^z$ - невозможно.

Добавлено спустя 2 часа 10 минут 59 секунд:

В принципе можно продолжить.
Пусть $a=4m+1$, тогда $b^z=8m(2m+1)$
1. если $m$ - четно, аналогично приходим к $y=w,x=q$
2. $m$ - нечетно, тогда $z=3$ и $m(2m+1)=w^3, y^3=8m$
Продолжая так по первому случаю всегда будем получать тоже самое. Но мы не можем так делать до бесконечности и рано или поздно придем ко второму случаю.
Тогда для всех порождаемых вторых случаев нужно показать невозможность решения.