para que un número entero positivo $m$, $(ab)^{2015} = (a^2 + b^2)^m$ han entero positivo soluciones

Question

Para que los enteros positivos $m$ ¿la ecuación $(ab)^{2015} = (a^2 + b^2)^m$ Han entero positivo solución ?

Answer 1

Deje $p$ ser algunos de los mejores dividiendo $b$. A continuación, mod $p$, la ecuación que da $$0\equiv a^{2m}$$ telling us that $p$ divides $$. This implies that every prime which divides $b$ divides $$, y viceversa. Así tenemos $$\begin{align}a&=\prod_{i=1}^np_i^{\alpha_i} & b&=\prod_{i=1}^np_i^{\beta_i}\end{align}$$ with all the $\alpha_i$ and $\beta_i$ at least $1$.

Ahora escribe la ecuación original como $$\left(\prod_{i=1}^np_i^{\alpha_i+\beta_i}\right)^{2015}=\left(\prod_{i=1}^np_i^{2\alpha_i}+\prod_{i=1}^np_i^{2\beta_i} \right)^m$$ $$\prod_{i=1}^np_i^{2015\alpha_i+2015\beta_i}=\prod_{i=1}^np_i^{2m\mu_i}\left(\prod_{i=1}^np_i^{2\alpha_i-2\mu_i}+\prod_{i=1}^np_i^{2\beta_i-2\mu_i} \right)^m$$ where $\mu_i=\min\{\alpha_i,\beta_i\}$. Examine the factor in parentheses with respect to one prime $p_i$.

• No podemos tener ambos sumandos en los que el factor divisible por $p_i$ o de lo contrario un mayor poder de $p_i$ habría sido distribuidas.
• No podemos tener exactamente uno de los dos sumandos en los que el factor de todavía ser divisible por $p_i$, porque entonces wlog $\alpha_i>\beta_i$. Sin embargo, el examen de los poderes de $p_i$ dividiendo los dos lados de la ecuación daría ese $2015\alpha_i+2015\beta_i=2m\beta_i$. Esto daría que $$4030\beta_i<2015\alpha_i+2015\beta_i=2m\beta_i\implies m>2015$$ As pointed out in the comments to the OP, no such $m$ permitir soluciones.

Por lo tanto, ni sumando en ese factor es divisible por $p_i$, cada uno de los poderes de $p_i$ divide $a$ $b$ a la misma medida, cada una de las $\alpha_i=\beta_i$, y por lo $a=b$. Y la cantidad entre paréntesis es $(1+1)$. De manera que la ecuación se convierte en $$\prod_{i=1}^np_i^{4030\alpha_i}=2^m\prod_{i=1}^np_i^{2m\alpha_i}\tag{$\estrella de$}$$

Considere la posibilidad de los poderes de la $2$ en esta ecuación. (Evidentemente, desde $m\geq1$, $2$ de hecho es un divisor de a $a$, por lo que estamos de acuerdo en que $2=p_1$ y usar el exponente $\alpha_1$.) $$2^{4030\alpha_1}=2^{m+2m\alpha_1}=2^{m(1+2\alpha_1)}$$ So $$4030\alpha_1=m(1+2\alpha_1)$$ and since $(1+2\alpha_1)$ is coprime to $\alpha_1$, we must have that $1+2\alpha_1$ divides $4030=2\cdot5\cdot13\cdot31$. Note that $1+2\alpha_1$ is odd though. So there are $8$ numbers then that $1+2\alpha_2$ can be: $1,5,13,31,65,155,403,2015$. These lead correspondingly to $\alpha_1=0,2,6,15,32,77,201,1007$. And to $m=\frac{4030\alpha_1}{1+2\alpha_1}$ being one of $$0,1612,1860,1950,1984,2002,2010,2014.$$ Although $m=0$ is not permitted. So there are only seven possibilities for $m$, as listed. And for each of these values of $m$, we can demonstrate that $a=b=2^{m/(4030-2m)}$ is at least one integer solution set for $a$ and $b$: $$\begin{align}(ab)^{2015} &=\left(2^{m/(4030-2m)}2^{m/(4030-2m)}\right)^{2015}\\ &=2^{2015m/(2015-m)} \end{align}$$ mientras $$ \begin{align} (a^2+b^2)^m &=\left(2^{m/(2015-m)}+2^{m/(2015-m)}\right)^m\\ &=\left(2\cdot2^{m/(2015-m)}\right)^m\\ &=\left(2^{m/(2015-m)+1}\right)^m\\ &=\left(2^{2015/(2015-m)}\right)^m\\ &=2^{2015m/(2015-m)} \end{align}$$ De hecho, para estos $m$, no puede haber más entero de soluciones de $(a,b)$ mas que la simple poderes de $2$, debido a que la ecuación ($\star$) revela que si algunos de $p\neq2$ divide $a$,$4030\alpha_i=2m\alpha_1$, y por lo $m$ tendría que dividir $2015$. Pero ninguno de los siete valores de $m$ hacer esto.

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Por lo $m$ debe $1612$ (con la única solución para $a$, $b$ siendo $a=b=2^2$), $1860$ ($a=b=2^6$), $1950$ ($a=b=2^{15}$), $1984$ ($a=b=2^{32}$), $2002$ ($a=b=2^{77}$), $2010$ ($a=b=2^{201}$), o $2014$ ($a=b=2^{1007}$).

Answer 2

Fácil ver que tanto $a$ $b$ debe ser un número par. Por lo $a=a_1*2^p$ $b=b_1*2^q$ donde $a_1$ $b_1$ son números pares. Supongamos $p>q$. La ecuación se convierte en: $$ a_1^{2015}*b_1^{2015}*2^{(p+q)*2015} = (a_1^2*2^{2(p-q)} + b_1^2)^m*2^{2mq} $$ Debido a $a_1$ $b_1$ son números impares, debemos tener: $$ 2^{(p+q)*2015} = 2^{2mq} $$ así $$ {2015(p+q)} = {2mq}(*) $$ pero $p>q$ $2015 >= m$ el (*) la igualdad no es posible. Vamos a tratar de $p=q$: $$ a_1^{2015}*b_1^{2015}*2^{2p*2015} = (a_1^2 + b_1^2)^m*2^{2mp}(**) $$ debido a $a_1$ $b_1$ son impares ($a_1 = 2a_2 + 1$,$b_1 = 2b_2 + 1$) así $$ a_1^{2015}*b_1^{2015}*2^{2p*2015} = (1 + 2c)^m*2^{m(2p + 1)} $$ y $$ {2p*2015} = {m(2p + 1)} $$ de ahí la ecuación (**) se convierte en: $$ a_1^{2015}*b_1^{2015}*2^{m} = (a_1^2 + b_1^2)^m $$ La sustitución de $a_1 = 2a_2 + 1$,$b_1 = 2b_2 + 1$ de nuevo, es fácil probar que $a_1=b_1=1$. Por lo $a=b=2^p$ y la ecuación dada conduce a $2p*2015=m(2p+1)$ donde $2015=5*13*21$ y $2p$, $2p+1$ son coprime.