решить в натуральных числах: (x^x)*(y^y)=z^z

[maxal]

Руст писал(а):

Для каждого простого р числа $(ord_p(x),ord_p(y),ord_p(z))$ пропорциональны, так как другое решение получается добавлением (a,b,c) с условием xa+yb=0 что невозможно для порядков.

Во-первых, с условием ax+by=cz.
Во-вторых, векторы $(ord_p(x),ord_p(y),ord_p(z))$ могут лежать на плоскости (а вовсе не на прямой, что соответствует утверждению о пропорциональности), которая ортогональна вектору (x,y,-z).

Добавлено спустя 3 минуты 25 секунд:

VladimirVK писал(а):

Следовательно простое p делит также y.Но показатели степени p слева и срава должны быть равны , следовательно x+y=z.

Это так, только если $p$ входит в разложение каждого из чисел $x,y,z$ в первой степени. Таким образом, вы упускаете случаи, когда более высокие степени делят $x,y$ или $z.$

[Руст]

maxal писал(а):

Руст писал(а):

Для каждого простого р числа $(ord_p(x),ord_p(y),ord_p(z))$ пропорциональны, так как другое решение получается добавлением (a,b,c) с условием xa+yb=0 что невозможно для порядков.

Во-первых, с условием ax+by=cz.
Во-вторых, векторы $(ord_p(x),ord_p(y),ord_p(z))$ могут лежать на плоскости (а вовсе не на прямой, что соответствует утверждению о пропорциональности), которая ортогональна вектору (x,y,-z).

Естественно на плоскости, перпендикулярной (x,y,-z). А дальше я рассматривал только проекции на первые две координаты соответствующей целочисленной решётки.

[maxal]

Руст писал(а):

maxal писал(а):

векторы $(ord_p(x),ord_p(y),ord_p(z))$ могут лежать на плоскости (а вовсе не на прямой, что соответствует утверждению о пропорциональности), которая ортогональна вектору (x,y,-z).

Естественно на плоскости, перпендикулярной (x,y,-z). А дальше я рассматривал только проекции на первые две координаты соответствующей целочисленной решётки.

Поясни тогда еще раз, как именно ты получаешь $x=t^m,y=t^n,z=t^k$:

Руст писал(а):

$xord_p(x)+yord_p(y)=zord_p(z).$
Отсюда получается, что $x=t^m,y=t^n,z=t^k, mt^m+nt^n=kt^k.$

[makxsiq]

Руст в сообщении #65992 писал(а):

тривиальные решения x=1,y=z или x=z, y=1.

Эрдеш сначала тоже так думал, но нетривиальные решения все-таки есть.
Эта тема сейчас на MSE появилась [1], [2].

[mathpath]

makxsiq в сообщении #1724915 писал(а):

Руст в сообщении #65992 писал(а):

тривиальные решения x=1,y=z или x=z, y=1.

Эрдеш сначала тоже так думал, но нетривиальные решения все-таки есть.
Эта тема сейчас на MSE появилась [1], [2].

Там немного другое уравнение, но тоже интересно:

$ \(1 \times 4^4 \times 108^{108}\) = \(16^{16} \times 32^{32} \times 81^{81}\) Левая часть: \(1 \times 4^4 \times 108^{108}\) \(4 = 2^2\), значит \(4^4 = (2^2)^4 = 2^8\). \(108 = 2^2 \cdot 3^3\), значит \(108^{108} = (2^2 \cdot 3^3)^{108} = 2^{216} \cdot 3^{324}\). Итого слева: \(2^8 \cdot 2^{216} \cdot 3^{324} = 2^{224} \cdot 3^{324}\). Правая часть: \(16^{16} \times 32^{32} \times 81^{81}\) \(16 = 2^4\), значит \(16^{16} = 2^{64}\). \(32 = 2^5\), значит \(32^{32} = 2^{160}\). \(81 = 3^4\), значит \(81^{81} = 3^{324}\). Итого справа: \(2^{64} \cdot 2^{160} \cdot 3^{324} = 2^{224} \cdot 3^{324}\). Обе части дают \(2^{224} \cdot 3^{324}\), поэтому тождество выполняется. $