In 2003, Bugeaud and Dujella [4] as

In 2003, Bugeaud and Dujella [4] asked when there exists a set of m positive integers
such that one more than the product of any two of the integers is a kth power, with
k ≥ 3. Later, Bugeaud [3] considered the case in which the set is of the form {1, A, B},
with 1 < A < B. He noted that the desired property is equivalent to the existence of an
integer solution to the equation (xk−1)(yk−1) = (zk−1) (with appropriate restrictions),and used this to prove that this is only possible if k ≤ 74. He also considered variations of
the problem, one of which leads to the equation (xk −1)(yk −1) = (zk −1)2. Bennett [1]
proved that each of these equations has no integer solutions (again, with appropriate
restrictions) if k ≥ 4, and that this bound on k is sharp.
Of interest here is a 2014 generalization of Bennett’s result by Zhang [5], in which
it is shown that the equation (axk − 1)(byk − 1) = (abzk − 1) has no solutions with a,
b ∈ Z+, |x| > 1, |y| > 1, and k ≥ 4. In this paper, we consider a similar modification of
the equation (xk − 1)(yk − 1) = (zk − 1)2 and prove that it has no solutions with k ≥ 7.
Theorem 1. Let a, b, c, and k be positive integers with k ≥ 7. The equation
(a2cxk − 1)(b2cyk − 1) = (abczk − 1)2 (1)
has no solutions in integers with x, y, z > 1 and a2xk = b2yk.
We prove Theorem 1 in the following section. Our main tools are continued fractions
and the following lemma from [2], providing a bound on how well one can approximate
certain algebraic numbers by rational numbers. For n ≥ 2, define
μn =
p|n p prime
p1/(p−1).
Lemma 2 (Bennett). If n and N are positive integers with n ≥ 3 and
√
N + √
N + 12(n−2)
> (nμn)
n ,
then, for any p, q ∈ Z+,





n

1 +
1
N − p
q





> (8nμnN)
−1q−λ
with
λ =1+
log √
N + √N + 12
nμn

log √
N + √N + 12
/nμn
.
To summarize our proof, we first assume that a solution, (k, a, b, c, x, y, z), to Eq. (1)
exists, and prove in Lemma 3 that it yields a sufficiently good rational approximation of
k
so that, for large values of k, a, c, or x, Lemma 2 yields a contradiction. For the finite
number of remaining cases, we prove that one of the continued fraction convergents of
1
x
k

1 +
1
a2cxk − 1 = k
 a2c
a2cxk − 1
must equal y/z2, and derive a bound on the index of the convergent. Computer calculations
then yield a contradiction in each of these cases.
2. Proof of Theorem 1
Let a, b, c, and k, as in Theorem 1, be given, and suppose that x, y, z ∈ Z+ satisfy
Eq. (1) with x, y, z > 1 and a2xk = b2yk. Since (a2cxk − 1)(b2cyk − 1) is a square, there
exist positive integers u, v, and w such that
a2cxk − 1 = uv2 and b2cyk − 1 = uw2. (2)
Then, by Eq. (1), uvw = abczk − 1. We assume, without loss of generality (since a2xk =
b2yk), that vv, v2+w2 = (w−v)2+2vw > 2vw and so (a2cxk)(b2cyk) = (uv2+1)(uw2+
1) = (uvw)2 + u(v2 + w2) + 1 > (uvw)2 + 2uvw + 1 = (uvw + 1)2 = (abczk)2. Hence
xy > z2.
We now verify that the hypothesis of Lemma 2 holds with N = a2cxk − 1 = uv2.
Note that uv2 = a2cxk − 1 ≥ 2k − 1 ≥ 127. For t ∈ Z+, since 1 − 1/t increases as t
increases, we have 1 − 1/(uv2 + 1) ≥ 1 − 1/128 > .99. Thus,
√
uv2 + uv2 + 12(k−2)
=



1 − 1
uv2 + 1 + 1 uv2 + 12(k−2)
>

(.99 + 1)
2k/2
2(k−2)
.
Since 1.991.01 > 2 and k ≥ 7 implies that 2k−.6 > k2,

(.99 + 1)
2k/2
2(k−2)
> 22(k−2)/1.01+k(k−2) > 
2k−.6
k
> 
k2
k
> (kμk)
k .
Therefore, we can apply Lemma 2 with N = uv2. Letting
α = k

1 +
1
uv2 and β = xy
z2
we find that
|α − β| =





k

1 +
1
uv2 − xy
z2





> (8kμkuv2)
−1z−2λ, (3)
E.G. Goedhart, H.G. Grundman / Journal of Number Theory 154 (2015) 74–81 77
with
λ =1+
log √
uv2 + √uv2 + 12
kμk

log √
uv2 + √uv2 + 12
/kμk
. (4)
Note that λ = Λk(a2cxk), where, for K ≥ 7 and D ≥ 2k,
ΛK(D)=2+ 2 log(KμK)
2 log(√D − 1 + √
D) − log(KμK)
.
Since x ≥ 2 and, for each value of K, ΛK is a decreasing function, we have that
λ = Λk(a2cxk) ≤ Λk(2k). (5)
Now, for K ≥ 7, let
Λ(K)=2+ 6 log K
2(K + 1) log 2 − 3 log K .
Since k ≥ 7, μk ≤ √
k and so
λ ≤ Λk(2k) ≤ 2 + 2 log(k3/2)
2 log 
2(k−1)/2 + 2k/2


− log k3/2 < Λ(k). (6)
Next, we compute an upper bound for wk−2λ (and thus for w), as follows. Writing α
and β in terms of u, v, and w, we have
αk − βk =

1 +
1
uv2

− (uv2 + 1)(uw2 + 1)
(uvw + 1)2
= uv2(2uvw − uv2) + (2uvw + 1)
uv2(uvw + 1)2 ,
which is clearly positive, since w>v. Hence, α>β. Further, from the above it follows
that
αk − βk <
uv2(2uvw + 2) + (2uvw + 2)
uv2(uvw + 1)2
= 2
uvw + 1 
1 +
1
uv2

= 2αk
uvw + 1. (7)
Since xy > z2, we have α>β> 1, and so
αk − βk = (α − β)
k
−1
i=0
αk−1−i
βi > k(α − β).
Combining this with inequalities (3) and (7), we have
(8kμkuv2)
−1z−2λ < α − β < 2αk
k(uvw + 1) <
2αk
kuvw . (8)
We also have that
zk = uvw + 1
abc ≤

1 +
1
uvw
uvw < αkuvw.
Using this to eliminate z in inequality (8), then solving for wk−2λ

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

ใน 2003, Bugeaud และ Dujella [4] ถามเมื่อมีชุดของจำนวนเต็มบวก mซึ่งมากกว่าผลิตภัณฑ์ใด ๆ ของจำนวนเต็มเป็นพาวเวอร์ kth กับk ≥ 3 ในภายหลัง Bugeaud [3] ถือว่าในกรณีที่มีชุดของฟอร์ม {1, A, B },1 < A < b เขากล่าวว่า คุณสมบัติเทียบเท่ากับการดำรงอยู่ของการจำนวนเต็มวิธีการแก้สมการ (xk−1)(yk−1) = (zk−1) (มีข้อจำกัดที่เหมาะสม), และใช้นี้เพื่อพิสูจน์ว่า ถูกต้องได้ถ้า k ≤ 74 เขาได้พิจารณารูปแบบของปัญหา ซึ่งนำไปสู่สมการ (xk)(yk −1) − 1 = (− 1 zk) 2 เบน [1]พิสูจน์ว่า แต่ละสมการเหล่านี้ได้ไม่เต็มโซลูชัน (อีก เหมาะสมข้อจำกัด) ถ้า k ≥ 4 และที่ นี้ขอบบน k คมน่าสนใจ นี่คือลักษณะ 2014 ผลของเบนโดยจาง [5], ที่มันแสดงให้เห็นว่าสมการ (axk − 1)(byk − 1) = (abzk − 1) มีโซลูชันไม่มีb ∈ Z + |x| > |y| 1 > 1 และ k ≥ 4 ในกระดาษนี้ เราพิจารณาการเปลี่ยนแปลงที่คล้ายคลึงกันของสมการ (xk − 1)(yk − 1) (zk − 1) = 2 และพิสูจน์ว่า มีโซลูชันที่ไม่ มี k ≥ 7ทฤษฎีบทที่ 1 ให้ a, b, c และ k เป็นจำนวนเต็มบวกกับ k ≥ 7 สมการ(a2cxk − 1) (b2cyk − 1) = (abczk − 1) 2 (1)มีโซลูชั่นการทำงานไม่เต็มที่ x, y, z > 1 และ a2xk = b2ykเราพิสูจน์ทฤษฎีบทที่ 1 ในส่วนต่อไปนี้ เครื่องมือหลักของเราคือ เศษส่วนต่อและ lemma ต่อจาก [2], ให้สามารถประมาณหนึ่งวิธีที่ดีถูกผูกไว้บนหมายเลขเฉพาะเชิงพีชคณิต โดยเหตุผลหมายเลข สำหรับ n ≥ 2Μn =นายก p|n pp1/(p−1)Lemma 2 (เบน) ถ้า n และ N เป็นจำนวนเต็มบวกกับ n ≥ 3 และ√N + √N + 1 2(n−2)> (nμn)nสำหรับ p ใด ๆ ∈ q Z + แล้วn1 +1N − pq> (8nμnN)−1q−λมีΛ = 1 +บันทึก√N + √N + 1 2nμnบันทึก√N + √N + 1 2/nμn.การสรุปหลักฐานของเรา เราครั้งแรกว่าการแก้ปัญหา, (k, a, b, c, x, y, z), การ Eq. (1)มีอยู่ และพิสูจน์ Lemma 3 ว่ามันประมาณมีเหตุผลที่ดีพอของkฉะนั้น ใหญ่ค่าของ k, a, c หรือ x, Lemma 2 อัตราผลตอบแทนที่ขัดแย้งกัน สำหรับการจำกัดกรณีจำนวนคงเหลือ เราพิสูจน์ว่าหนึ่ง convergents เศษส่วนต่อเนื่องของ1xk1 +1a2cxk − 1 = ka2ca2cxk − 1ต้องเท่ากับ y/z2 และสืบทอดมาผูกกับดัชนีของการในองค์กร คอมพิวเตอร์คำนวณแล้ว ผลความขัดแย้งในแต่ละกรณีเหล่านี้2. หลักฐานของทฤษฎีบทที่ 1ให้ a, b, c และ k ที่ในทฤษฎีบท 1 ได้รับ และสมมติว่า x, y, z ∈ Z + ตอบสนองEq. (1) กับ x, y, z > 1 และ a2xk = b2yk ตั้งแต่ (a2cxk − 1) (b2cyk − 1) เป็นสี่เหลี่ยม มีมีจำนวนเต็มบวก u, v และ w ที่a2cxk − 1 = uv2 และ b2cyk − 1 = uw2 (2)แล้ว โดย Eq. (1), uvw = abczk − 1 เราสมมติ โดยไม่สูญเสียทั่วไป (ตั้งแต่ a2xk =b2yk), v ที่ตั้งแต่ w > v, v2 + w2 = (w−v) 2 + 2vw > 2vw และ (a2cxk)(b2cyk) = (uv2 + 1)(uw2+1) = (uvw) u (v2 + w2) + 1, 2 > (uvw) 2 + 2uvw + 1 = (uvw + 1) 2 = (abczk) 2 ดังนั้นxy > z2เราตรวจสอบว่า สมมติฐานของ Lemma ถือ ด้วย N = a2cxk − 1 = uv2หมายเหตุที่ uv2 = a2cxk − 1 ≥ 2k − 1 ≥ 127 สำหรับ t ∈ Z + ตั้งแต่ 1 − 1/t เพิ่มขึ้นเป็น tเพิ่มขึ้น เรามี 1 − 1 /(uv2 + 1) ≥ 1 − 1/128 > .99 ดังนั้น√uv2 uv2 + 1 2(k−2)=1 − 1uv2 uv2 1 + 1 + 1 2(k−2)>(.99 + 1)2k/22(k−2).ตั้งแต่ 1.991.01 > 2 และ k ≥ 7 หมายถึงว่า 2k−.6 > k2(.99 + 1)2k/22(k−2)> 22(k−2)/1.01+k(k−2) > 2k−.6k> k2k> (kμk)kดังนั้น เราสามารถนำ 2 Lemma กับ N = uv2 ปล่อยให้Α = k1 +1uv2 และβ = xyz2เราพบว่า|Α−Β| =k1 +1uv2 − xyz2> (8kμkuv2)−1z−2λ, (3)เช่น Goedhart, H.G. Grundman / สมุดรายวันของทฤษฎีจำนวน 154 (2015) 77 74-81มีΛ = 1 +บันทึก√uv2 + √uv2 + 1 2kμkบันทึก√uv2 + √uv2 + 1 2/kμk. (4)หมายเหตุที่λ = Λk(a2cxk) สำหรับ K ≥ 7 และ D ≥ 2kΛK (D) = 2 + 2 log(KμK)บันทึกที่ 2 (√D − 1 + √D) − log(KμK).ตั้งแต่ x ≥ 2 และ สำหรับแต่ละค่าของ K, ΛK เป็นฟังก์ชันลดลง เรามีที่Λ = Λk(a2cxk) ≤ Λk(2k) (5)ตอนนี้ สำหรับ K ≥ 7 ให้Λ (K) = 2 + 6 ล็อก K2(K + 1) ล็อกล็อก 2 − 3 Kตั้งแต่ k ≥ 7, μk ≤√k และดังนั้นLog(k3/2) ≤ 2 + 2 Λk(2k) ≤λล็อก 2 2 (k−1) / 2 + 2k/2−ระบบ k3/2 < Λ(k) (6)ถัดไป เราคำนวณการขึ้นไป สำหรับ wk−2λ (และ สำหรับ w), เป็นดังนี้ เขียนαและβคุณ v และ wΑk − βk =1 +1uv2− (uv2 + 1)(uw2 + 1)(uvw + 1) 2= uv2 (2uvw − uv2) + (2uvw + 1)uv2(uvw + 1) 2ซึ่งเป็นบวกชัดเจน ตั้งแต่ w > v. Hence α > β เพิ่มเติม จากข้างบน ดังนั้นที่Αk − βk <uv2(2uvw + 2) + (2uvw + 2)uv2(uvw + 1) 2= 2uvw + 11 +1uv2= 2αkuvw + 1 (7)ตั้งแต่ xy > z2 เรามีα > β > 1 และΑk − βk = (α−β)k− 1ฉัน = 0Αk−1−iΒi > k (α−β)ผสมผสานกับความไม่เท่าเทียมกัน (3) และ (7), มี(8kμkuv2)−1z−2λ < α−β < 2αkk(uvw + 1) <2αkkuvw (8)เรายังมีที่zk = uvw + 1abc ≤1 +1uvwuvw < αkuvwใช้เพื่อกำจัด z ในอสมการ (8), แล้วแก้ wk−2λ

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

ในปี 2003 และ Bugeaud Dujella [4]
เมื่อถามว่ามีอยู่ชุดของมจำนวนเต็มบวกดังกล่าวว่ากว่าผลิตภัณฑ์ใดๆ สองของจำนวนเต็มเป็นอำนาจ KTH กับ
k ≥ 3. ต่อมา Bugeaud [3] การพิจารณา กรณีที่อยู่ในชุดนี้เป็นรูปแบบ {1, A, B}
1 <a
<บีเขาสังเกตเห็นว่าสถานที่ที่ต้องการจะเทียบเท่ากับการดำรงอยู่ของการแก้ปัญหาจำนวนเต็มสมการ(XK-1) (yk- 1) = (zk-1) (กับข้อ จำกัด ที่เหมาะสม) และใช้นี้เพื่อพิสูจน์ว่าเป็นไปได้เฉพาะในกรณีที่ k ≤ 74
นอกจากนี้เขายังถือเป็นรูปแบบของปัญหาหนึ่งซึ่งนำไปสู่สมการ(XK -1) ( YK -1) = (zk -1) 2 เบนเน็ตต์ [1]
ได้รับการพิสูจน์ว่าแต่ละสมการเหล่านี้มีโซลูชั่นจำนวนเต็มไม่มี
(อีกครั้งกับความเหมาะสมข้อจำกัด ) ถ้า k ≥ 4 และที่ผูกพันนี้ k คม.
ที่น่าสนใจที่นี่เป็น 2,014 ทั่วไปของผลเบนเน็ตต์โดยจาง [5]
ซึ่งในมันแสดงให้เห็นว่าสมการ(axk - 1) (BYK - 1) = (abzk - 1) มีการแก้ปัญหาใด ๆกับการข∈ Z + | x |
> 1 | Y | > 1 และ k ≥ 4.
ในบทความนี้เราจะพิจารณาการปรับเปลี่ยนที่คล้ายกันของสมการ(XK - 1) (YK - 1) = (zk - 1) 2 และพิสูจน์ว่ามีการแก้ปัญหาใด ๆ กับ k ≥ 7
ทฤษฎีบท 1. ให้ A, B, C และ k เป็นจำนวนเต็มบวก k ≥ 7. สมการ
(a2cxk - 1) (b2cyk - 1) = (abczk - 1) 2 (1)
มีการแก้ปัญหาในจำนวนเต็มกับ x, y ซี> 1 และ a2xk? = b2yk.
เราพิสูจน์ทฤษฎีบทที่ 1 ในส่วนต่อไปนี้ เครื่องมือหลักของเรามี fractions
ต่อเนื่องและต่อไปนี้จากบทแทรก[2]
ให้ผูกพันกับวิธีที่ดีหนึ่งสามารถใกล้เคียงกับตัวเลขเกี่ยวกับพีชคณิตบางอย่างโดยสรุปตัวเลข สำหรับ n ≥ 2
กำหนดμn =
พี |
เอ็นพีสำคัญ. p1 / (P-1)
บทแทรก 2 (เบนเน็ตต์) ถ้า n และ n เป็นจำนวนเต็มบวก n ≥ 3
√
N + √
N + 1 2
(n-2)> (nμn)
n,
แล้วสำหรับหน้าใด ๆ คิว∈ Z +????? n? 1 + 1 เอ็น - พีคิว?????> (8nμnN) -1q-λกับλ = 1 +? เข้าสู่ระบบ√? N + √N + 1 2 nμn?? เข้าสู่ระบบ√? N + √N + 1 2 / nμn ?. เพื่อสรุปหลักฐานของเราครั้งแรกที่เราคิดว่าวิธีการแก้ปัญหา (k, A, B, C, x, y, z) เพื่อสม (1) ที่มีอยู่และพิสูจน์ใน 3 แทรกว่ามันมีผลเป็นเหตุผลประมาณที่ดีพอของk เพื่อให้ค่ามาก k, A, C, หรือ x, บทแทรก 2 อัตราผลตอบแทนขัดแย้ง สำหรับ จำกัดจำนวนผู้ป่วยที่เหลือเราพิสูจน์ให้เห็นว่าหนึ่งใน convergents ส่วนอย่างต่อเนื่องของ1 x k? 1 + 1 a2cxk - 1 = k? A2C a2cxk - 1 ต้องเท่ากับ Y / z2 และได้รับมาผูกไว้ในดัชนีของมาบรรจบกันที่ การคำนวณคอมพิวเตอร์แล้วให้ผลแตกต่างในแต่ละกรณีเหล่านี้. 2 หลักฐานการทฤษฎีบท 1 ให้ A, B, C และ k เป็นในทฤษฎีบทที่ 1 จะได้รับและคิดว่า x, y, z ∈ Z + ตอบสนองความสม (1) มี x, y, z> 1 และ a2xk? = b2yk ตั้งแต่ (a2cxk - 1) (b2cyk - 1) เป็นตารางที่มีอยู่integers บวกยูวีและกว้างเช่นที่a2cxk - 1 = uv2 และ b2cyk - 1 = uw2 (2) แล้วโดยสมการ (1), uvw = abczk - 1. เราคิดโดยไม่สูญเสียทั่วไป (? ตั้งแต่ a2xk = b2yk) ที่โวลต์


















































เนื่องจากน้ำหนัก> V, v2 + w2 = (w-V) 2 + 2vw> 2vw และอื่น ๆ (a2cxk) (b2cyk) = (uv2 + 1) (uw2 +
1) = (uvw) 2 + ยู (v2 + w2) + 1> (uvw) 2 + 1 + 2uvw = (uvw + 1) = 2 (abczk) 2 ดังนั้น. เซ็กซี่> z2 ตอนนี้เราตรวจสอบว่าสมมติฐานของการแทรก 2 ถือพร้อมชื่อ = a2cxk - การ. 1 = uv2 ทราบว่า uv2 = a2cxk - 1 ≥ 2k - 1 ≥ 127 สำหรับเสื้อ∈ Z + ตั้งแต่วันที่ 1 - 1 / ตันเพิ่มขึ้น เป็นเสื้อที่เพิ่มขึ้นเรามี1 - 1 / (uv2 + 1) ≥ 1 - 1/128> 0.99 ดังนั้น√ uv2 uv2 + 1 + 2 (k-2)? =? 1-1 uv2 + 1 + 1 uv2 1 + 2 (k-2)> (0.99 + 1) 2k / 2 ?? 2 (k-2). ตั้งแต่ 1.991.01> 2 k ≥ 7 หมายความว่า 2k-0.6> k2, ( 99 + 1) 2k / 2 ?? 2 (k-2)> 22 (k-2) /1.01+k (k-2)>  2k-0.6 k>  k2 k> (kμk) k. ดังนั้นเราจึงสามารถ ใช้บทแทรก 2 = ไม่มี uv2 ปล่อยให้α = k? 1 + 1 uv2 และβ = เซ็กซี่z2 เราพบว่า| α - β | =????? k? 1 + 1 uv2 - เซ็กซี่z2?????> (8kμkuv2) -1z-2λ (3) EG Goedhart, HG Grundman / วารสารทฤษฎีจำนวน 154 (2015) 74-81 77 กับλ = 1 + log? √ uv2 √uv2 + 1 + 2 kμk? เข้าสู่ระบบ? √ uv2 √uv2 + 1 + 2 / kμk? (4) โปรดทราบว่าλ = Λk (a2cxk) ซึ่งสำหรับ K ≥ 7 และ D ≥ 2k, ΛK (D) = 2 + 2 เข้าสู่ระบบ (KμK) 2 เข้าสู่ระบบ (√D - 1 + √ D) - เข้าสู่ระบบ (KμK ). ตั้งแต่ x ≥ 2 และสำหรับแต่ละค่าของ K, ΛKเป็นฟังก์ชั่นที่ลดลงเรามีที่λ = Λk (a2cxk) ≤Λk (2k) (5) ตอนนี้สำหรับ K ≥ 7 ให้Λ (K) = 2 + 6 เข้าสู่ระบบ K 2 (k + 1) เข้าสู่ระบบ 2 - 3. เข้าสู่ระบบ K ตั้งแต่ k ≥ 7 μk≤√ k และอื่นλ≤Λk (2k ) ≤ 2 + 2 เข้าสู่ระบบ (k3 / 2) 2 ล็อก  2 (k-1) / 2 + 2k / 2 - เข้าสู่ระบบ k3 / 2 <Λ (k) (6) ต่อไปเราคำนวณที่ถูกผูกไว้บนสำหรับสัปดาห์-2λ (และสำหรับน้ำหนัก) ดังต่อไปนี้ เขียนαและβในแง่ของยูวีและ W, เรามีαk - βk =? 1 + 1 uv2? - (uv2 + 1) (uw2 + 1) (uvw + 1) 2 = uv2 (2uvw - uv2) + (2uvw + 1) uv2 (uvw + 1) 2 ซึ่งเป็นบวกอย่างชัดเจนเนื่องจากน้ำหนัก> โวลต์ ดังนั้นα> β นอกจากนี้จากการดังกล่าวข้างต้นเป็นไปตามที่αk - βk <uv2 (2uvw + 2) + (2uvw + 2) uv2 (uvw + 1) 2 = 2 uvw + 1? 1 + 1 uv2? = 2αk uvw + 1 (7 ) ตั้งแต่เซ็กซี่> z2 เรามีα> β> 1, และอื่น ๆαk - βk = (α - β) k -1? i = 0 αk-1-i βi> k (α - β). รวมกับความไม่เท่าเทียมกันนี้ (3) และ (7) เรามี(8kμkuv2) -1z-2λ <α - β <2αk k (uvw + 1) <2αk kuvw (8) นอกจากนี้เรายังมีที่zk uvw = 1 + abc ≤? 1 + 1 uvw? uvw <αkuvw. นี้โดยใช้เพื่อขจัดความไม่เท่าเทียมกันในซี (8) แล้วแก้สำหรับสัปดาห์-2λ

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

ใน 2003 , บูกีด และ dujella [ 4 ] ถามเมื่อมีชุดของ M บวกจำนวนเต็มเช่น ที่มากขึ้นกว่าผลิตภัณฑ์ใด ๆสองของจำนวนเต็มเป็น kth พลังงาน กับK ≥ 3 ต่อมา บูกีด [ 3 ] การพิจารณาคดี ซึ่งในชุดของรูปแบบ { 1 a , b } ,1 < < B . เขากล่าวว่าคุณสมบัติที่ต้องการจะเทียบเท่ากับการดำรงอยู่ของจำนวนเต็มแก้สมการ ( XK − 1 ) ( YK − 1 ) = ( ซึ่งเป็น− 1 ) ( มีข้อ จำกัด ที่เหมาะสม ) และใช้มันเพื่อพิสูจน์ว่า นี่เป็นเพียงที่เป็นไปได้ถ้า k ≤ 74 นอกจากนี้เขายังถือว่าเป็นรูปแบบต่างๆปัญหาหนึ่งซึ่งนำไปสู่สมการ ( XK − 1 ) ( YK − 1 ) = ( ซึ่งเป็น− 1 ) 2 . เบนเนตต์ [ 1 ]พิสูจน์ให้เห็นว่าแต่ละสมการเหล่านี้มีโซลูชั่นที่ไม่มีจำนวนเต็ม ( อีกครั้งกับที่เหมาะสมจำกัด ) ถ้า k ≥ 4 , และ ที่ นี้ ผูกพันกับ K ของชาร์ปที่น่าสนใจคือ การแผ่ขยายของ 2014 ผลเบนเน็ตต์โดยจาง [ 5 ] , ที่เป็นสมการที่ ( axk − 1 ) ( byk − 1 ) = ( abzk − 1 ) ไม่มี โซลูชั่น พร้อมด้วยB ∈ Z + | x | > 1 , | Y | > 1 , และ K ≥ 4 ในกระดาษนี้เราพิจารณาการเปลี่ยนแปลงของที่คล้ายกันสมการ ( XK − 1 ) ( YK − 1 ) = ( ซึ่งเป็น− 1 ) 2 และพิสูจน์ได้ว่ามันมี โซลูชั่น กับ เค≥ 7ทฤษฎีบทที่ 1 ให้ A , B , C , และ k เป็นจำนวนเต็มบวกกับ K ≥ 7 สมการ( a2cxk − 1 ) ( b2cyk − 1 ) = ( abczk − 1 ) 2 ( 1 )ไม่มีโซลูชั่นจำนวนเต็มด้วย x , y , z > = 1 และ a2xk b2yk .เราพิสูจน์ทฤษฎีบท 1 ในส่วนต่อไปนี้ เครื่องมือหลักของเรามีเศษส่วนต่อเนื่องและต่อไปนี้แทรกจาก [ 2 ] ให้ผูกอย่างหนึ่งสามารถโดยประมาณโดยสรุปตัวเลขตัวเลขเกี่ยวกับพีชคณิตหนึ่ง สำหรับ n ≥ 2 กําหนดμ n =P | N P นายกP1 / ( r − 1 )บทแทรก 2 ( 1 ) ถ้า n และ n เป็นจำนวนเต็มบวก n ≥ 3√N + √N + 12 ( n − 2 )> ( N μ n )nแล้วสำหรับการใด ๆ∈ Z + P , Q ,n+ 11n − pคิว> ( 8n μ NN )− 1Q −λกับλ = 1 +เข้าสู่ระบบ√√ N + N + 12μ n nเข้าสู่ระบบ√√ N + N + 12μ n / n.สรุปหลักฐานของเราครั้งแรกที่เราสันนิษฐานได้ว่า โซลูชั่น ( K , A , B , C , X , Y , Z ) ( 1 ) , อีคิวมีจริง และพิสูจน์ในรูปแบบ 3 ว่ามันให้ผลที่ดีเพียงพอในการเชือดเคดังนั้น สำหรับค่าขนาดใหญ่ของ K , A , C หรือ X พ 2 ทำให้ความขัดแย้ง สำหรับวิธีจำนวนคดีที่เหลือ เราพิสูจน์ได้ว่า หนึ่งใน convergents ของเศษส่วนต่อเนื่อง1xเค+ 11a2cxk − 1 = Ka2ca2cxk − 1จะต้องเท่ากับ y / กขึ้น และสร้างไว้ในดัชนีของการ . การคำนวณด้วยคอมพิวเตอร์แล้วให้ผลขัดแย้งในแต่ละกรณีเหล่านี้2 . ข้อพิสูจน์ของทฤษฎีบทที่ 1ให้ A , B , C , และ K เป็นทฤษฎีบทที่ 1 ได้รับ และสมมติว่า X , Y , Z ∈ Z + ตอบสนองอีคิว ( 1 ) X , Y , Z > 1 และ a2xk = b2yk . ตั้งแต่ a2cxk − 1 ) ( b2cyk − 1 ) เป็นสี่เหลี่ยม มีมีอยู่เต็มบวก U , V และ W เช่นa2cxk − 1 = uv2 และ b2cyk − 1 = uw2 . ( 2 )งั้น อีคิว ( 1 ) abczk UVW = − 1 เราถือว่าไม่มีการสูญเสียโดยทั่วไป ( ตั้งแต่ a2xk =b2yk ) ที่ V < Wตั้งแต่ w > V V2 + W2 w = − 2 + V ) 2vw > 2vw แล้ว ( a2cxk ) ( b2cyk ) = ( uv2 + 1 ) ( uw2 +1 ) = ( ออบ ) 2 + u ( V2 + W2 ) + 1 ( ออบ ) 2 + 2uvw + 1 = ( ออบ + 1 ) 2 = ( abczk ) 2 . ดังนั้นXY > กขึ้น .ตอนนี้เราตรวจสอบว่าสมมติฐานของการจับมือ 2 ถือด้วย n = a2cxk − 1 = uv2 .ทราบว่า uv2 = a2cxk − 1 ≥ 2K − 1 ≥ 127 สำหรับ∈ T z + ตั้งแต่ 1 − 1 / T เพิ่มทีเพิ่มขึ้น เราได้ 1 − 1 / ( uv2 + 1 ) ≥ 1 − 1 / 128 . 99 ดังนั้น√uv2 + uv2 + 12 ( K ( − 2 )=1 − 1uv2 + 1 + 1 uv2 + 12 ( K ( − 2 )>( . 99 + 1 )2 / 22 ( K ( − 2 ).ตั้งแต่ 1.991.01 > 2 และ K ≥ 7 แสดงว่า 2K − 6 K2 > ,( . 99 + 1 )2 / 22 ( K ( − 2 )> 22 ( K ( − 2 ) / 1.01 + K ( K − 2 )2 K − 6 .เค>คีร์รา ไนท์ลีย์เค> ( K μ K )K .ดังนั้นเราจึงสามารถใช้บทแทรก 2 n = uv2 . ให้α = K+ 11uv2 บีตา = xy และเซสท์แอร์เวย์เราพบว่า| α | = −บีตาเค+ 11uv2 − XYเซสท์แอร์เวย์> ( 8 μ kuv2 )1z −− 2 λ ( 3 )เช่น goedhart , เอช. จี. grundman / วารสารทฤษฎีจำนวน 154 ( 2015 ) 74 - 81 77กับλ = 1 +เข้าสู่ระบบ√uv2 + √ uv2 + 12μเคเคเข้าสู่ระบบ√uv2 + √ uv2 + 12/ K μเค. ( 4 )ทราบว่าλ = Λ K ( a2cxk ) ที่ค่า K ≥ 7 D ≥ 2k ,Λ K ( D ) = 2 + 2 log ( K μ K )2 log ( √ D − 1 + √D ) − log ( K μ K ).ตั้งแต่≥ x 2 และสำหรับแต่ละค่าของ K , Λ K เป็นฟังก์ชันลด เราว่าλ = Λ K ( a2cxk ) ≤Λ K ( 2K ) ( 5 )ตอนนี้ เค ≥ 7 , ให้Λ ( K ) k = 2 + 6 เข้าสู่ระบบ2 ( k + 1 ) เข้าสู่ระบบ 2 − 3 log K .ตั้งแต่≥ 7 K , K ≤√μK และดังนั้นλ≤Λ K ( 2K ) ≤ 2 + 2 log ( K3 / 2 )2 เข้าสู่ระบบ2 ( K ( − 1 ) 2 + 2 / 2− log K3 / 2 < Λ ( K ) ( 6 )ต่อไปเราคำนวณการจำกัดบนสำหรับสัปดาห์− 2 λ ( และดังนั้นสำหรับ W ) ดังนี้ เขียนαบีตา และในแง่ของ U , V , W , เรามีα K K = −บีตา+ 11uv2− ( uv2 + 1 ) ( uw2 + 1 )( ออบ + 1 ) 2= uv2 ( 2uvw − uv2 ) + ( 2uvw + 1 )uv2 ( ออบ + 1 ) 2ที่ชัดเจนในเชิงบวก เนื่องจาก W > โวลต์ ดังนั้น α > บีตา . เพิ่มเติมจากข้างบน มันคือว่าα K K < −บีตาuv2 ( 2uvw + 2 ) + ( 2uvw + 2 )uv2 ( ออบ + 1 ) 2= 2ออบ + 1+ 11uv2α k = 2ออบ + 1 ( 7 )ตั้งแต่ XY > กขึ้น เราได้α > > บีตา และดังนั้นα K K = ( −−บีตาαบีตา )เค− 1ฉัน = 0α K − 1 −ฉันบีตาผม > K ( −αบีตา )รวมนี้กับอสมการ ( 3 ) และ ( 7 ) เรามี( 8 μ kuv2 )1z −− 2 λ < < 2 α K −αบีตา( ออบ K + 1 ) <2 αเคkuvw . ( 8 )เราเป็น