Para ser exactos, yo estoy pidiendo:
¿Existe un entero $k$ tal que no existen (posiblemente negativo) enteros $x,y,z$ satisfacción $x^4+y^4=z^3+k$?
De forma heurística, la respuesta debe ser sí, de hecho, se espera que casi todos los $k$ debería funcionar (esto es sólo porque la suma de los recíprocos de los exponentes es $\frac13+\frac14+\frac14 = \frac56<1$, por lo que uno debería esperar que una gran enlazado $N$, algo como $N^{5/6}$ valores de $k$ son representables). Para todos los que me conocen, $-2$ e $4$ ya podrían ser dos ejemplos de números que no puede ser representado como suma de dos cuarto poderes menos un cubo, pero no he sido capaz de demostrar esto.
Lo que puedo demostrar es que no hay ningún local obstrucciones: para cualesquiera enteros $n,k$ con $n\ne 0$, podemos encontrar enteros $x,y,z$ con $(x,y,z)=1$ tal que $x^4+y^4\equiv z^3+k\pmod{n}.$ Utilizando el Teorema del Resto Chino y Hensel del Lexema uno puede reducir rápidamente esta afirmación para el caso de que $n=p$ es un primo. El caso más interesante es cuando se $p\equiv 1\pmod{12}$ e $p\nmid k$, y en este caso podemos usar un truco similar a la prueba de Chevalley-Advertencia para contar el número de soluciones de $N_p$ modulo $p$. Empezamos con la facilidad de la congruencia
$N_p \equiv \sum_{x,y,z} (1-(x^4+y^4-z^3-k)^{p-1}) \equiv -\sum_{x,y,z}\sum_{a+b+c+d=p-1} \frac{(p-1)!}{a!b!c!d!} x^{4a}y^{4b}(-z)^{3c}(-k)^d\pmod{p},$
y, a continuación, tenga en cuenta que si arreglamos $(a,b,c,d)$ y suma más de $x,y,z$, sólo podemos obtener un valor distinto de cero contribución al $p-1\mid 4a,4b,3c$ e $a,b,c>0$. De esto podemos ver que
$N_p \equiv \frac{(p-1)!}{\left(\frac{p-1}{4}\right)!\left(\frac{p-1}{4}\right)!\left(\frac{p-1}{3}\right)!\left(\frac{p-1}{6}\right)!} (-k)^{\frac{p-1}{6}}\not\equiv 0\pmod{p},$
así, en particular,$N_p \ne 0$.
