Уравнение A^{2n}+B^2=C^{2m} разрешимо в целых числах?

[nimepe]

Уравнение $A^{2n}+B^2=C^{2m} $ разрешимо в целых числах?

[gris]

Пифагоровы тройки. Возможно, что есть иные интересные решения.

[Dmitriy40]

Вполне:
$A=\pm1, B=0, C=-A, n \in Z, m \in Z$
$A \in Z/0, B=0, C=-A, n=m \in Z$

[nimepe]

Имелось в виду $n $ больше единицы ,и $m $ больше единицы, и не такую элементарщину.

[nnosipov]

nimepe в сообщении #1713828 писал(а):

и не такую элементарщину

А какую? Вы сами-то понимаете, чего хотите?

[nimepe]

Во первых, извиняюсь ,что не оговорил условия.Во вторых ,числа $ A, B ,C $ целые и никакой из них не равен нулю.

[gris]

$10^4 + 75^2 =5^6$
$6^6 + 63^2 =15^4$
$10^8 + 6000^2 =20^6$
$7^6 + 1176^2 =35^4$
Да много их. Сводится к пифагоровым, разумеется.
$123^4 + 67240^2 =41^6$

[nimepe]

В общем виде можно описать эти решения?

[gris]

Проще всего при генерации ПТ отбирать такие, у которых первый и третий члены являются степенями. Но теоретически это превратить в общее решение возможно ли?
Разве что для конкретных случаев $A^ 6+B^2=C^8$

**** Ой, да у вас там обширная теория А я влез с профанскими идеями Ну спишем на новогоднее настроение!

[nimepe]

$gris$, спасибо за приведенные примеры.С Новым Годом.

[GaloisDiophantine]

Да, существует бессконечное множество решений большинство из которых можно записать параметрически. Используя параметризацию пифагоровой тройки: $(m^2-k^2)^2+(2mk)^2=(m^2+k^2)^2$ можно приравнять параметр $2mk=a^f$ для целочисленных решений заменим $a=2kt$ следовательно $m=t^fk^{f-1}2^{f-1}$ преобразуем диофантовую цепь:

$$(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}-k^2)^2+(2kt)^{2f}=(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^2$$

домножаем на общий параметр который хотим получить на степень $(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^{2fr}$ Продолжим обобщение:

$$((t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}-k^2)(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^{fr})^2+(2kt(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^r)^{2f}=(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^{2fr+2}$$

Можно также сделать обощение на коэффициенты перед степенями но смысла в этом немного, поскольку это уже полная формула для примера $f=2$ $r=1$ Тогда наше уравнение трансформируется в такой вид $A^2+B^4=C^6$ если $k=1$ $t=2$ тогда пример:

$$(266175)^2+(260)^4=65^6$$

В целом видел версию с жатым уравнением Рахими ее тоже можно дополнительнить отдельно к моей параметризации. Уравнения подобные степеням $2$; $2f$; $2fr+2$ можно решить. Конкретно для вашего случая n=f ; m=fr+1 т.е. любые четные и нечетные чередования степеней n;m. Например иначе $A^4+B^4=C^2$ данное уравнение неразрешимо в других вариациях (доказательства можно найти во множестве учебников). В общем основое условие разрешимости разная чётность степеней $m$ и $n$. Думаю что эта параметризация является обобщенной для всех поскольку не удалено не одного слагаемого.

[nimepe]

Запишем аналитическое решение данного уравнения:

$ A=2mp(2^{2(n-1)}m^{2n}+p^{2n})^{t}$

$ B=(2^{2(n-1)}m^{2n}+p^{2n})^{nt}(2^{2(n-1)}m^{2n}-p^{2n}) $

-- 05.02.2026, 09:35 --

$ C=(2^{2(n-1)}m^{2n}+p^{2n})^{\frac{nt+1}{m}$

-- 05.02.2026, 09:40 --

Данное уравнение имеет бесконечное количество решений в целых числах при НОД$(n ,m)=1$.Для данного уравнения можно привести еще не менее двух видов параметрического решения.

-- 05.02.2026, 09:45 --

Если в формулах чисел взять $t=0$ , то можно получить решение уравнения во взаимно простых числах при НОД$(2n,m)=1$

-- 05.02.2026, 10:04 --

В основании чисел нужно взять $ m=m_1$

[transcendent]

В чём здесь особенная фишка я не понимаю.
В том же процитированном ниже примере делим все слагаемые на $17850625$ и получаем $256+3969=4225$. Для Пифагоровы Троек $16$, $63$, $65$. Это нетривиально? Или есть какие-то иные решения? Может, автор найдёт время продемонстрировать решения с нечётными степенями...:)

GaloisDiophantine в сообщении #1717218 писал(а):

Да, существует бессконечное множество решений большинство из которых можно записать параметрически. Используя параметризацию пифагоровой тройки: $(m^2-k^2)^2+(2mk)^2=(m^2+k^2)^2$ можно приравнять параметр $2mk=a^f$ для целочисленных решений заменим $a=2kt$ следовательно $m=t^fk^{f-1}2^{f-1}$ преобразуем диофантовую цепь:

$$(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}-k^2)^2+(2kt)^{2f}=(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^2$$

домножаем на общий параметр который хотим получить на степень $(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^{2fr}$ Продолжим обобщение:

$$((t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}-k^2)(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^{fr})^2+(2kt(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^r)^{2f}=(t^{2f}k^{2f-2}2^{2f-2}+k^2)^{2fr+2}$$

Можно также сделать обощение на коэффициенты перед степенями но смысла в этом немного, поскольку это уже полная формула для примера $f=2$ $r=1$ Тогда наше уравнение трансформируется в такой вид $A^2+B^4=C^6$ если $k=1$ $t=2$ тогда пример:

$$(266175)^2+(260)^4=65^6$$

В целом видел версию с жатым уравнением Рахими ее тоже можно дополнительнить отдельно к моей параметризации. Уравнения подобные степеням $2$; $2f$; $2fr+2$ можно решить. Конкретно для вашего случая n=f ; m=fr+1 т.е. любые четные и нечетные чередования степеней n;m. Например иначе $A^4+B^4=C^2$ данное уравнение неразрешимо в других вариациях (доказательства можно найти во множестве учебников). В общем основое условие разрешимости разная чётность степеней $m$ и $n$. Думаю что эта параметризация является обобщенной для всех поскольку не удалено не одного слагаемого.