Buscar todos los números enteros positivos, tal que:

Question

Encontrar todos los enteros positivos $a, b, c$ tal que $21^a+ 28^b= 35^c$.

Es claro que la ecuación puede ser reescrita de la siguiente manera: $$ (3 \times 7)^+(4 \times 7)^b=(5 \7 veces)^c $$ Si $a=b=c=2$ , a continuación, esta es la primera respuesta a este problema. También es obvio que la suma de $(3*7)^a+(4*7)^b$ debe terminar y ser divisible por $5$. Desde $21^a$ siempre termina en $1$, a continuación, $28^b$ debe terminar en $4$ . Definidas $b$ como $b=2+4k$ -- incluso entero positivo.

Answer 1

La reducción de la ecuación de mod $5$ e $8$ muestra que $b\equiv2\pmod{4}$ e $a$ e $c$ son aun, porque $$1^a+3^b\equiv0^c\pmod{5},$$ $$5^a+4^b\equiv3^c\pmod{8}.$$ Deje $a':=\tfrac{a}{2}$, $b':=\tfrac{b}{2}$ e $c':=\tfrac{c}{2}$ e $d:=\min\{a',b',c'\}$. A continuación, tenemos un triple de Pitágoras $$\left(21^{a'}\right)^2+\left(28^{b'}\right)^2=\left(35^{c'}\right)^2,$$ con $\gcd\left(21^{a'},28^{b'},35^{c'}\right)=7^d$. Esto significa que existen coprime enteros $m$ e $n$ tales que $$21^{'}=7^d(m^2-n^2),\qquad 28^{b'}=7^d(2mn),\qquad 35^{c}=7^d(m^2+n^2),\etiqueta{$\ast$}$$ y sin pérdida de generalidad $m>n>0$. El último de identidad de la muestra que $$5^{c'}7^{c'-d}\equiv m^2+n^2\not\equiv0\pmod{7},$$ y por lo $d=c'$. De ello se sigue que si $b'=1$, a continuación, $1=b'=d=c'$ y por lo tanto $$21^a+28^2=35^2,$$ lo que muestra que $a=b=c=2$. Ahora supongamos que hacia una contradicción que $b'>1$.

La media de identidad en $(\ast)$ muestra que $$(m,n)=(7^{b'-d},2^{2b'-1}) \qquad\text{ o }\qquad (m,n)=(2^{2b'-1},7^{b'-d}),$$ y en cualquier caso, conectando en el último identidad en $(\ast)$ muestra que $$5^{c'}=2^{4b'-2}+7^{2b'-2d},$$ donde hemos utilizado que $c'=d$ a cancelar los factores de $7^{c'}$ e $7^d$. La reducción de mod $8$ y mod $5$ muestra que \begin{eqnarray*} 5^{c'}&\equiv&4^{2b'-1}+1^{b'-d}&\equiv&1&\pmod{8},\\ 0^{c'}&\equiv&4^{2b'-1}+4^{b'-d}&\equiv&(-1)+(-1)^{b'-d}&\pmod{5}, \end{eqnarray*} lo que muestra que $c'$ es incluso, decir $c'=2c''$, y que $b'\equiv d\pmod{2}$. A continuación, $b'$ es también incluso, contradiciendo el hecho de que, $b\equiv2\pmod{4}$. Por lo tanto $a=b=c=2$ es la única solución.

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[Respuesta Original]

Tenga en cuenta que $21=3\times7$, $28=4\times 7$ e $35=5\times7$ son todos los múltiplos de $7$. Supongamos $b>a$. Entonces $$5^c7^c=3^a7^a+4^b7^b=(3^a+4^b7^{b-a})7^a,$$ donde $7^{b-a}$ es un número entero divisible por $7$, y por lo $3^a+4^b7^{b-a}$ no es divisible por $7$. Por única factorización de ello se sigue que $a=c$ y así $$5^a=3^a+4^b7^{b-a}.\tag{1}$$ La reducción de esta identidad mod $4$ y mod $5$ muestra que $a$ e $b$ son incluso, respectivamente, debido a que \begin{eqnarray*} 1^a&\equiv&3^a+0^b3^{b-a}&\equiv&3^a&\pmod{4},\\ 0^a&\equiv&3^a+4^b2^{b-a}&\equiv&3^a(1+3^{b})&\pmod{5}. \end{eqnarray*} Deje $a':=\tfrac{a}{2}$ e $b':=\tfrac{b}{2}$. Luego de $(1)$ nos encontramos con que el primitivo triple de Pitágoras $$\left(3^{'}\right)^2+\left(4^{b'}7^{b'-a'}\right)^2 =\left(5^{'}\right)^2,$$ lo que significa que existen coprime enteros $m$ e $n$ tales que $$3^{a'}=m^2-n^2,\qquad 4^{b'}7^{b'-a'}=2mn,\qquad 5^{a'}=m^2+n^2,\tag{2}$$ y sin pérdida de generalidad $m>n>0$. La media de identidad de la muestra que $$(m,n)=(7^{b'-a'},2^{2b'-1}) \qquad\text{ o }\qquad (m,n)=(2^{2b'-1},7^{b'-a'}),$$ pero en este último caso obtenemos $b=2$porque $$3^{a'}=2^{2b-2}-7^{b-a}\equiv4^{b-1}-1\pmod{8},$$ y $a$ e $b$ son incluso; pero $b>a>0$, una contradicción. Por lo tanto $m=7^{b'-a'}$ e $n=2^{2b'-1}$, y conectar estas de vuelta en $(2)$ muestra que $$3^{a'}=7^{b-a}-2^{2b-2}\qquad\text{ and }\qquad 5^{a'}=7^{b-a}+2^{2b-2},$$ y, por tanto, $5^{a'}-3^{a'}=2^{2b-1}$. La reducción de mod $8$ muestra que $a'$ es incluso, decir $a'=2a''$, y así $$2^{2b-1}=(5^{a''}-3^{a''})(5^{a''}+3^{a''}).$$ A continuación, $5^{a''}-3^{a''}=2^u$ e $5^{a''}+3^{a''}=2^v$ para los números enteros $v>u>0$ tal que $u+v=2b-1$. Pero, a continuación, $$2^u(1+2^{v-u})=2^u+2^v=(5^{a''}-3^{a''})+(5^{a''}+3^{a''})=2\times5^{a''},$$ por lo $u=1$ e $v=2b-2$. Vemos que $5^{a''}-3^{a''}=2$ lo $a''=1$, por lo que $2^v=5^{a''}+3^{a''}=8$ e lo $v=3$. Pero, a continuación, $2b-1=u+v=4$, una contradicción. Esto demuestra que no hay solución con $b>a$ existe.

Un argumento similar muestra que $b<a$ es imposible. Esto significa $a=b$ y la ecuación se convierte en $$5^c7^c=3^a7^a+4^a7^a=(3^a+4^a)7^a.$$ Por única factorización $a\leq c$ y así $$5^c7^{c-a}=3^a+4^a.$$ De nuevo argumentos similares muestran que la $a<c$ es imposible. A continuación, $a=b=c$ y así nos quedamos con $$3^a+4^a=5^a,$$ que claramente tiene sólo la solución de $a=2$.

Answer 2

Tenga en cuenta que $21=3\times7$, $28=4\times7$ e $35=5\times7$, y por única de la factorización de los números de $21^a$, $28^b$ e $35^c$ son distintas para todos los enteros positivos $a$, $b$ e $c$. Por única factorización vemos que el lado izquierdo de $$21^a+28^b=35^c,$$ es divisible por $7^{\min\{a,b\}}$ y, por tanto, $c\geq\min\{a,b\}$. Por otra parte los lados de la parte derecha de $$21^a=35^c-28^b \qquad\text{ y }\qquad 28^b=35^c-21^a,$$ son divisibles por $7^{\min\{b,c\}}$ e $7^{\min\{a,c\}}$, respectivamente, debido a que $28^b\neq35^c\neq21^a$. Esto implica $$a\geq\min\{b,c\} \qquad\text{ y }\qquad b\geq\min\{a,c\},$$ de donde se desprende que $a=b=c$. Dividiendo el factor de $7^a$ nos deja con $$3^a+4^a=5^a,$$ que claramente tiene la solución única $a=2$.