La única ternas de números enteros positivos $(a, b, c)$ que $a \neq b$$c^a + c^b = a^c + b^c$, hasta el intercambio de $a$$b$, son $(1, 3, 2)$, $(2, 4, 2)$, y $(2, 4, 4)$. Permitiendo $a = b$ agrega el de las soluciones de $(4, 4, 2)$ $(2, 2, 4)$ así como el trivial soluciones para que $a = b = c$.
De forma heurística, para fija $c$, $a^c + b^c$ crece exponencialmente fija $c$, mientras que el $c^a + c^b$ crece de manera exponencial. Así que no hay muchas soluciones, excepto en los casos en los que, dicen, $a$ es muy grande en comparación con $c$ $b$ es pequeña. Podemos eliminar estos, también, pero esto significa que tenemos límites en las expresiones de la forma $c^a - a^c$, a la que llegaremos por medio de tres lemas. (Tenga en cuenta que los límites demostrado a continuación están en ninguna parte cerca de apretado.)
Lema 1: Para $3 \leq k < n$, tenemos $$k^n - n^k > k^\theta$$ where $\theta = 1$ for $k = 3$ and $\theta = k$ for $k \geq 4$.
Prueba: Reorganizar a $(k^{n-\theta} - 1) k^\theta > n^k$, tomar logaritmos para obtener $\ln (k^{n-\theta} - 1) + \theta \ln k > k \ln n$, y más reorganizar a $$\ln (k^{n-\theta} - 1) + (\theta - k) \ln k > k \ln \frac{n}{k}.$$
El lado izquierdo de arriba es $\ln (k^{n-k} - k^{\theta-k})$, y el lado derecho es estrictamente menor que $n-k$ (debido a $\ln x \leq x-1$ con la igualdad sólo si $x = 1$). Podemos reemplazar el original de la desigualdad con la estrictamente más fuerte $$k^{n-k} -
e^{n-k} > k^{\theta - k}.$$
El lado izquierdo de esta desigualdad puede escribirse como $e^{n-k} ((k/e)^{n-k} - 1)$, que es el producto de dos términos que son positivas y estrictamente creciente con $n$ mientras $k > e$, por lo que es suficiente para demostrar el caso de $n = k+1$, es decir,$k - e > k^{\theta - k}$. En el caso de $k \geq 4$, podemos tomar $\theta = k$ y esto se convierte en $k - e > 1$. En el caso de $k = 3$, podemos tomar $\theta = 1$ y esto se convierte en $3 - e > 1/9$, también evidentemente cierto. (De hecho, es posible demostrar que $\theta = 2$ por la prueba de la $n = 4$ caso por separado y luego resulta que $3^{n-3} - e^{n-3} > 3^{\theta - 3}$$n \geq 5$, pero no vamos a necesitar esto.) QED
Lema 2: Para$n \geq 5$,$2^n - n^2 \geq 9$.
Prueba: El Lema 1 ya no funciona, como el lado izquierdo de $k^{n-k} - e^{n-k} > k^{\theta - k}$ no está aumentando de $k = 2$. Pero basta con señalar que el obligado tiene por $n = 5$, y que la diferencia de $2^{n+1} - 2^n = 2^n$ entre consecutivos potencias de 2 es mayor que la diferencia de $(n+1)^2 - n^2 = 2n+1$ entre consecutivos plazas para $n \geq 5$. QED
Corolario: La única pares de números enteros $(k, n)$ que $k^n \leq n^k$$2 \leq k < n$$(2, 3)$$(2, 4)$.
Lema 3: de Nuevo con $3 \leq k < n$,$k^n - n^k > n$.
Prueba: vamos a probar una desigualdad de la forma$k^n > c n^k$$c > 1$, y, a continuación, mostrar que podemos garantizar a $c > 1 + n^{1-k}$. (El lado derecho de esta expresión, nota, disminuye con el aumento de la $n$, por lo que podemos mostrar que sólo podemos recoger $c$ tal que $c > 1 + (1+k)^{1-k}$.) Para mostrar una desigualdad de esta forma, tomar logaritmos para obtener $n \ln k > \ln c + k \ln n$, reordenar para obtener $(n-k) \ln k > \ln c + k \ln (\frac{n}{k})$, y se aplican $\ln (1+x) \leq x$ a la RHS a demostrar que esto es implícita por $$(n-k) \ln k > \ln c + (n-k),$$ which can be further rearranged to $$(n-k) (\ln k - 1) > \ln c.$$ The LHS of this inequality increases with $n$ as long as $\ln k > 1$, so it suffices to prove that it holds for $n = k + 1$. In this case, we just have $$c < \ln k.$$ And it's easy to show that we can pick a $c$ that satisfies both $c < \ln k$ and $c > 1 + (1+k)^{1-k}$: for $k \geq 3$ we have $1 + (1+3)^{1-3} = 17/16 = 1.0625 < \registro de 3 \aprox 1.0986$, and $1 + (1+k)^{1-k}$ decreases for increasing $k$ (as the base $1+k$ increases and the negative exponent $1-k$ disminuye). QED
Ahora que los lemas se hace, vamos a dividir en cinco de los casos, dependiendo del valor de $c$.
Caso 1 ($c = 1$): $c^a + c^b = a^c + b^c$ hace $a + b = 2$, que no tiene soluciones con $a > 0, b > 0, a \neq b$.
Caso 2 ($c = 2$): La ecuación es $2^a + 2^b = a^2 + b^2$. Al menos uno de $a$ o $b$ tiene que ser en $\{2, 3, 4\}$, ya que de lo contrario cada término en el lado izquierdo supera el correspondiente término en el lado derecho. Supongamos, sin pérdida de generalidad que $a \in \{2, 3, 4\}$. Si $a = 2$ $b = 4$ y viceversa, como $2^n = n^2$ se resuelve sólo para$2$$4$. Si $a = 3$, entonces la ecuación de $b$ hace $2^b - b^2 = 1$, que se resuelve sólo para $b = 1$ (por el Lema 2).
Caso 3 ($c = 3$): La ecuación es $3^a + 3^b = a^3 + b^3$. Pero $3^n \geq n^3$ para cada entero $n$, con igualdad sólo si $n = 3$ (por la prueba de $n = 1, 2, 3$ y, a continuación, utilizando el Lema 1 de $n \geq 4$), por lo que este caso es imposible.
Caso 4 ($c = 4$): La ecuación es $4^a + 4^b = a^4 + b^4$. $4^n = n^4$ sólo para $n = 2, 4$, e $4^n < n^4$$n = 3$. Por lo tanto, $(a, b) = (2, 4)$ es una solución. Cualquier solución con $a = 3$ han $b$ tal que $4^b - b^4 = 3^4 - 4^3 = 17$. Pero $b = 1, 2, 3, 4$ puede ser eliminado de forma individual, y para $b > 4$ tenemos $4^b - b^4 > 4^4 = 64$, así que esto es imposible.
Caso 5 ($c \geq 5$): Suponer sin pérdida de generalidad que $a < b$. Para cualquier positiva $n$, $c^n > n^c$ si y sólo si $n > c$ o $n = 1$, e $c^n = n^c$ si $n = c$. Esto significa que cualquiera de $a=1$ o $a < c < b$.
Sub-caso de ($a = 1$). Debemos tener $b$ (necesariamente menos de $c$) tal que $b^c - c^b = c - 1$. Esto es imposible si $b \geq 3$ por el Lema 3, que sostiene que, como $b^c - c^b \geq c$, e $b = 2$ puede ser eliminado por la paridad: $2^c - c^2$ es que aun si y sólo si $c$ es aún, pero $c - 1$ es que aun si y sólo si $c$ es impar.
Sub-caso b ($2 \leq a < c < b$). Reorganizar $a^c + b^c = c^a + c^b$$a^c - c^a = c^b - b^c$. Ambos lados son positivas, pero el lado derecho es estrictamente menor que $c^c$, mientras que el pero por el Lema 1, el lado derecho es estrictamente mayor que $c^c$. QED
