¿Alguna solución del número entero positivo a $x ^ 6 + y ^ {10} = z ^ {15} $?

Question

Esta pregunta podría ser fácil.

La pregunta difícil es este: probar que si $a,b,c\geq3$ entonces no hay soluciones en los enteros positivos $x,y,z$ $x^+y^b=z^c$ con $x,y,z$ coprime. Esto implica Fermat, la mayoría de los casos de catalán, etc., y es un problema abierto.

Pero es realmente importante que $x,y,z$ son coprime para hacer esta pregunta duro. Por ejemplo, si quiero buscar alguna solución a $x^9+y^{10}=z^{11}$ en números enteros positivos, acabo de empezar con una solución aleatoria a $A+B=C$, por ejemplo, $1+1=2$, y ahora me multiplicar por una potencia apropiada de todos los números primos dividiendo $ABC$ para obtener una solución. Por ejemplo, si voy a empezar con $1+1=2$, entonces me multiplicar ambos lados por $2^N$, y deducir $2^N+2^N=2^{N+1}$. Ahora es fácil encontrar un resultado positivo de $N$ con $N=0$ mod 9, $N=0$ mod 10 y $N=-1$ mod 11, y para este valor de $N$ obtenemos una solución en los enteros positivos a $x^9+y^{10}=z^{11}$.

Pero este truco se basa en el hecho de que 9, 10, 11 son pares coprime. No me sorprendería si una extensión de la broma podría dar una solución en los enteros positivos a $x^6+y^{10}=z^{15}$, donde el punto es que los exponentes no son pares coprime, pero 5 minutos en la parte de atrás de un sobre que no me da el truco que yo necesitaba, y pensé que aquí podría ser un gran lugar para preguntar.

¿Cuál es el truco que se me haya olvidado?

Answer 1

Estoy de acuerdo con Qiaochu; no puede ser una táctica similar en este caso. Usted no puede beneficiarse de multiplicar por los factores comunes, porque en este caso, todas las soluciones pueden ser reducidos a coprime soluciones.

Para ver esto, considere el número de factores que de manera arbitraria el primer $p$ en la ecuación. Debemos tener

$$rp^{6k}+sp^{10 l}=tp^{15 m}$$

con $p \nmid r,s,t$. El menor de los dos poderes de $p$ deben coincidir, ya que de lo contrario podríamos dividir a través de por el más bajo y el resto de la ecuación no podía ser cumplido mod $p$. Por lo que podemos dividir a través de este común más bajo de energía de $p$ y un poder de $p$ en sólo uno de los términos. Pero dado que los factores de $6$, $10$ y $15$ son tales que el mínimo común múltiplo de cada par es un múltiplo de la tercera, dividiendo a través de un múltiplo de ese mínimo común múltiplo sólo restar un múltiplo de la tercer factor en el exponente de la tercer término, aún dejando a un múltiplo de ese factor. De ello se desprende que podríamos haber dividido cada uno de los números por medio de un adecuado poder de $p$ para empezar, dejando una potencia de p $$ en sólo uno de los tres. Hacer esto para todos los números primos, podemos reducir todas las soluciones para coprime soluciones.

Answer 2

Dicen que un truco de este tipo no existe en este caso. Como prueba, observe que la ecuación no tiene soluciones para que \nmid $31 $ xy. Para ver esto, note que

$$ x ^ 6 \equiv 0, 1, 2, 4, 8, 16 \bmod 31$ $ $$ y ^ {10} \equiv 0, 1, 5, 25 \bmod 31$ $ $$ z ^ {15} \equiv 0, 1, 30 \bmod 31. $$

Pero cualquier perturbación razonable de este truco que se me ocurre le permitiría escribir una solución en que $x, y, z$ son todos coprime a $31$.