Conjetura
$100$ es la única plaza de número de la forma $a^b+b^a$ para los números enteros $b>a>1$.
En otras palabras, $(a,b)=(2,6)$ es la única solución. Podemos probar/refutar esto?
Observaciones
- La solución mencionada no debe venir como una sorpresa, ya que $$2^6+6^2=8^2+6^2=10^2$$ is a (non-primitive) Pythagorean triple. It is possible to show that $2^b+b^2$ no tiene otras soluciones.
Caso $a=2^d,\,d\in\Bbb N$ completado
Supongamos que existe un entero positivo $b$ que admite $$2^b+b^2=t^2\tag1$$ for some integer $t$. Then we can write the equation as $$2^b=(t+b)(t-b)\implies\begin{cases}t+b=2^c\\t-b=2^{b-c}\end{cases}\tag2$$ for some positive integer $c>\dfrac b2$. Subtracting the two equations yields $$2b=2^c-2^{b-c}\implies b=2^{b-c-1}(2^{2c-b}-1)\tag3.$$ If $b$ is odd, it cannot have a factor of $2$, forcing $$b-c-1=0\implies t-b=2\implies t=b+2\tag4$$ and substituting this into $(1)$ gives $$2^b+b^2=(b+2)^2\implies 2^b=4(b+1)\tag5$$ A calculus approach can be used by extending the domain of $b$ from $\N_ Bbb{>1}$ to $\Bbb R$ and it is found that no solutions exist for odd $b$.
If $b$ is even, then $b=2k$ for some positive integer $k$, so we must have $$\begin{cases}2^k=s(m^2-n^2)\\2k=2mns\end{cases}\tag6$$ for some integers $m,n,s$, and we end up with the transcendental equation $$2^{mns}=s(m^2-n^2).\tag7$$
Créditos a @Servaes: Sin pérdida de generalidad, vamos a $m>n>0$ e $s>0$. Si $mns\ge4$ luego $$2^{mns}\geq(mns)^2\geq sm^2> s(m^2-n^2),\tag8$$ so the only solutions with even $b$ are $b=4,6$, and the first case does not yield a square. $\square$
- En el caso general donde $a$ es una potencia de $2$; es decir, $a=2^d$ para algún entero positivo $d$, un enfoque similar puede ser seguido.
Si $b$ es impar, se reduce a la ecuación de $$2^{db}=4\left(b^{2^{d-1}}+1\right)\implies 2^{db-2}-1=b^{2^{d-1}}\tag9$$
Créditos a @Harán: Para $db-2>1$, el LHS es congruente a $3\pmod4$, y desde el lado derecho es un cuadrado de $d>1$, se llega a una contradicción, a menos que \begin{cases}d=1\implies a=2\quad\text{case covered above}\\db-2=1\implies1=b^{2^{d-1}}\implies 2^{d-1}=0\tag{10}\end{casos} lo cual es imposible.
Si $b$ es incluso, a continuación, $b=2k$ para algún entero positivo $k$, y el de Pitágoras triplete fuerzas de $$\begin{cases}2^{dk}=s(m^2-n^2)\\(2k)^{2^{d-1}}=2mns\tag{11}.\end{cases}$$
Créditos a @Servaes: De la primera ecuación de $(11)$, de los tres factores en la RHS son potencias de dos, así que $$\begin{cases}m+n=2^u\\m-n=2^v\tag{12}\end{cases}\implies\begin{cases}m=2^{v-1}(2^{u-v}+1)\\n=2^{v-1}(2^{u-v}-1)\end{cases}$$ with $u>v>0$. Since $m$ and $n$ are coprime, we have $v=1$. Plugging this into the first equation of $(11)$ yields $$2^{dk}=s(m-n)(m+n)=2^{u+1}s\implies s=2^{dk-u-1}.\tag{13}$$ Substituting $(13)$ into the second equation of $(11)$ yields $$(2k)^{2^{d-1}}=2mns=2(2^{u-1}+1)(2^{u-1}-1)s=(2^{2u-2}-1)2^{dk-u}\tag{14}$$ which is impossible; if we let $k=2^w\ell$ with $\ell$ odd then this implies $$\ell^{2^{d-1}}=2^{2u-2}-1\tag{15}$$ which by Catalan's conjecture/Mihailescu's theorem is impossible if $d>1$. Note that $u>v$ hence $u\geq2$.
- Podemos eliminar algunos valores de $b$ cuando $a=5^r,6^r$, ya que no importa el valor de $r$, tenemos $a\equiv5,6\pmod{10}$ respectivamente. Por el bien de la ilustración, considere la posibilidad de $a=5$.
Sabemos que un entero no puede ser nunca un número cuadrado si su último dígito es $2,3,7,8$. Por lo tanto, $5^b+b^5$ nunca es cuadrada cuando $$5+b^5\equiv2,3,7,8\pmod{10}\implies b\equiv2,3,7,8\pmod{10}$$ This method can be extended to higher values of $r$.
- Como siempre, PARI/GP código de abajo
(si la conjetura es verdadera, sólo debe siempre imprima 2 6)
sqfun(a,b)={for(i=2,a,for(j=2,b,if(issquare(i^j+j^i)==1,print(i," ",j))));}
