我找到了一个解，但数值太大，这里写不下。
【 在 druidps 的大作中提到: 】
: x的a次方+y的b次方=z的c次方
:
: x，y，z 均不为0，正负1
: ...................
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FROM 39.184.39.*

这次聊一个数论里的著名猜想——“卡塔兰猜想”（Catalan's Conjecture）。其实它已经被证明了，它的名字现在应该叫做“米哈伊列斯库定理”才对。但无奈“卡塔兰猜想”的名字太著名了，用了太久了，所以没有人会用“米哈伊列斯库定理”这个名字。就像人们只知道“费马大定理”，而不会叫它“怀尔斯定理”。

卡塔兰猜想是比利时数学家欧仁·查理·卡塔兰在1844年提出的一个猜想：

方程：?

其中x, y, p, q都是正整数，p, q大于1，

只有?

这样一组非平凡解。

这个猜想用一种直观的描述就是：请你把自然数中幂次形式的数，也就是可以表示成?形式的数都列出来，其中a, b都是自然数，且指数b>1。那么自然数中符合这个条件的有：

1, 4, 8，9, 16, 25, 27, 32, 64......

现在问所有这些数字中，有没有连续的两个整数？以上已经列出来一对：8和9，但后面还有没有这样连续的两个幂次数呢？卡塔兰猜想就是说：除了8和9这一对之外，再也没有连续的都是幂次形式的自然数了。

这个命题的内容简单到小学生都可以理解。但一般来说，数论里这种小学生都可以理解的命题都是特别难的。

那来看一下这个问题被解决的历史过程吧。其实早在卡塔兰提出这个猜想的500年前，法国中世纪的犹太哲学家，吉尔松尼德（Levi ben Gerson，1288 - 1344）就证明了卡塔兰猜想的一个最简单的特例：两个完全平方数和完全立方数之间，只有8和9是相差1的，再也没有其他的了。

但是吉尔松尼德的证明当时并不为人知，所以后来欧拉又证明了同样的结论。欧拉的证明是比较复杂的，后来人们找到了相对简单的证明。我简单说说这个证明的思路。

还是回到原来的不定方程，现在我们只考虑完全立方数和完全平方数之间的情况，那么方程就便成为：

?

其中最简单的情况是右边等于1的情况，也就是：

?

这个方程，我们要证明它没有正整数解。证明第一步，我们把它改写成：

?

然后我们要对右边进行因式分解。虽然右边的?，在中学数学课本里是无法因式分解的，但是如果你听过大老李的节目，知道有“高斯整数”这个东西，那么?就可以分解为：

?

其实，这是最关键的一步！虽然我们是在通常的整数范围内提出的问题，但是证明过程中，我们要跳入到“高斯整数”这个更大的“宇宙”中去。因为我们知道，如果原方程有正整数解，那么那些解也同样满足高斯整数条件下的命题。因为高斯整数包含所有整数，所以我们把?分解成?是没有任何问题。

一旦右边进行了因式分解，那么问题就迎刃而解。你所需要分析的是?和?两个数的最大公约数。你会发现，这个最大公约数必须是2的因子，也就是它只可能是2或者1。

但另一方面，因为?，?。

对任何偶数，其3次方必然整除4，所以?只能是奇数，则?和?的最大公约数只是1，也就是?和?互质。

但要注意的是，在高斯整数中，“互质”表示这两个数的公因子为?和?，这四种情况之一。还要注意，以上分析中用到一个重要前提是：“高斯整数”具有“唯一因子分解定理”。如果没有这个性质，那么很多讨论就进行不下去的。

既然?和?互质，意味着?和?本身必须是一个完全立方数，即:

?

其中a、b是整数，?是?、?之一。因为?总是高斯整数下的一个单位元(unit)，所以?基本可以忽略， 于是：

?

展开后，比较等式左右两边的实部和虚部。可以解得唯一解y=0（x=1），于是方程?

没有正整数解。

对另一种情况：?，需要证明它除了?和?以外，没有其他正整数解。第一步还是如法炮制，因式分解：

?

这次同样可以确定?和?的最大公因子不是2就是1。虽然到这里的步骤，是大家应该很习惯的，但后面的讨论过程其实要比之前的高斯整数下的分析麻烦些，用到的准备知识会多一些，所以这里就不详述了。

以上就是现代数学中，对证明?这个方程，仅有?和?基本过程。以上就是卡塔兰猜想最简单的一个特例。

下一个突破是1850年，勒贝格证明了?这个方程无整数解（要注意，他不是发明“勒贝格积分”的那个勒贝格，只是同一个姓）。勒贝格的证明第一步其实与之前还是一样，把方程分解为：?。

再下一个突破要经过的时间就很长了。过了111年，到1961年，中国数学家柯召(1910年4月12日～2002年11月8日)证明了，如果?有解，那么?要大于?，这样一个非常大的数字。

再到1976年，美国的Joseph E.Z. Chein去掉了这个下界，最终证明了?这个方程在?的时候无解。

但以上只是固定了一个幂次为完全平方数的情况，距离卡塔兰猜想还有相当大的距离。1999年, M. Mignotte 证明如果还有其他解，那么两个指数都有上界：

??

但两个指数还是太大，远超计算机可以枚举的范围。

终于到2002年，罗马尼亚数学家普雷达·米哈伊列斯库（Preda Mihailescu, 1955 - ）最终完成了卡塔兰猜想的证明，从而解决了这个有150多年历史的猜想。他的证明的核心技术是环理论的“零化子”（annihilator），当然也是基于前人的成果。因为之前有人证明，如果卡塔兰猜想还有其他解，那么两个指数必须是某种特殊形式的质数对（Double Wieferich Prime Pair）。米哈伊列斯库证明，即使指数是这种形式的质数对，也无解，所以完成了证明。

以上介绍了“卡坦兰猜想”的历史，我知道你很想看看它的扩展。你能想到的第一个扩展大概是，两个幂次相差2的情况，之前列举过程中我们就看到了一组解是25和27。那有没有其他解？我是没找到。

但一个直观感觉是幂次数之间的距离总体上是逐渐增加的，所以现在数学家猜想：?，?是任何正整数，这个方程只有有限多的整数解。这是目前的一个猜想。而如果“ABC猜想”为真，这个猜想也为真。

卡塔兰猜想的另一个更有意思的扩展叫“费马--卡塔兰猜想”。它有点像费马大定理和卡塔兰猜想的结合体。费马大定理说?，指数大于等于3的情况下无解。那么允许指数不同的情况下，解的情况为何？或者说，更一般的情况下，对方程：

?

非平凡正整数解的情况如何？

数学家注意到一个情况是，如果三个指数都比较小的情况下，解是很多的。比如三个指数都是2，那就是勾股定理嘛。而如果三个指数要求比较大，解就少很多。特别是，如果要求三个指数的倒数和小于1的话，解的情况非常有意思。

目前已知，在?的情况下，对以上方程，现在找到以下10组解：

?

其中p>6；

?

那么费马——卡塔兰猜想就是说，除了以上10组解，这个方程没有其他解。这是一个神奇的现象，对我来说这10组解看上去都是些奇奇怪怪的数字。数学里这种出现若干特别数字特例的情况是非常少的。我不太清楚数学家如何找到这10组解的，反正对我来说这10组解太有神秘感了。

而观察上面的10组解的话，你会发现，任何一组解里都有一个指数为2的数，也就是会出现完全平方数。由此出现一个“Beal猜想”，称：

以上方程在指数都大于2的情况下，无（非平凡）解。

Beal是美国的银行家，也是数学爱好者。他出资悬赏100万美元，证明这个猜想。当然，这个猜想与费马——卡塔兰猜想谁更难，是见仁见智了。如果你要找反例的话，那么Beal猜想更难，因为它要求反例中的指数都大于2。如果是证明猜想为真的话，那么“Beal猜想”稍微简单点。因为如果“费马——卡塔兰猜想”为真，就蕴含了Beal猜想为真，反之不然。

以上猜想还能扩展到高斯整数范围内，还有一些神奇数字。比如，对原版“卡塔兰猜想”，高斯整数中有一组解：

?

对，“费马——卡坦兰猜想”，高斯整数内也有若干解，比如：

?

对，“Beal猜想”，高斯整数中找到一个反例：

?

当然这些解怎么找，是不是全部解，这些问题就太难了。

好了，今天关于卡塔兰猜想的问题就聊到这里，最大感想还是数论的深不可测。而高斯整数在这些问题中非常有用，更加验证了“虚数不虚”。
【 在 druidps 的大作中提到: 】
: x的a次方+y的b次方=z的c次方
:
:
: ...................
--来自微微水木3.5.14
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FROM 27.29.204.*

【 在 nwn 的大作中提到: 】
: 2^3 + 2^3 = 2^4
: 2^5 + 2^5 = 4^3
: 2^8 + 2^8 = 8^3
: ...................


在你的指点下，我修改了题设，现在x，y，z也不能是正负2了

你还能找出来吗
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FROM 58.209.46.*

4^4+4^4=8^3
【 在 druidps 的大作中提到: 】
: x的a次方+y的b次方=z的c次方
:
: x，y，z 均不为0，正负1 正负2
: ...................
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FROM 123.153.3.*

(27*4)^4+(27*4)^4＝(81*8)^3
【 在 druidps 的大作中提到: 】
: x的a次方+y的b次方=z的c次方
:
: x，y，z 均不为0，正负1 正负2
: ...................
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FROM 211.90.235.*