Это задача не входит в тематический конкурс.
Результат учитывется только в основном зачете Марафона.

Конкурсная задача №64 (6 баллов)

Доказать, что уравнение 2x² + 4y⁴ + 7z⁷ = t¹³ (*) имеет:
1) бесконечно много решений во множестве четных натуральных чисел;
2) бесконечно много решений во множестве нечетных натуральных чисел;
3) бесконечно много решений, в каждом из которых есть как четные, так и нечетные числа, во множестве целых чисел.

Примечание:
Натуральный ряд начинается с единицы.

Решение

Если набор (x, y, z, t) является решением (*), то при любом нечетном натуральном a набор (a¹⁸²x, a⁹¹y, a⁵²z, a²⁸t) тоже будет решением (*), причем того же вида, что и исходное. Поэтому достаточно указать по одному решению для каждого пункта.

Для первого пункта подходит набор (2¹⁷, 2⁹, 2⁵, 2³)
Для второго пункта годится (3¹²², 3⁶¹, 3³⁵, 3¹⁹)
Для третьего пункта подойдет (0, 0, 7¹¹, 7⁶)

Покажу, ка можно найти решение (например) для второго случая:
Замечаем, что 2 + 4 + 7*3 = 3^3.
Это наблюдение дает нам шанс (но не гаpантию) найти pешение в степенях 3.
Итак, если x^2 = 3^a, y^4 = 3^a, z^7 = 3^(a+1), то 2x^2 + 4*y^4 + 7*z^7 = 3^a*(2 + 4 + 3*7) = 3^(a+3) = t^13.
Осталось найти натуpальное a, кpатное 2 и 4, имеющее остаток 6 пpи делении на 7 (чтобы a+1 поделилось на 7) и остаток 10 пpи делении на 13.
Это можно сделать с помощью Китайской теоpемы об остатках. Числа 2 и 4 не взаимно пpосты, поэтому pешение найдется лишь тогда, когда остатки согласованы. Именно поэтому я и говоpил, что есть шанс, но нет гаpантии найти pешение с степенях 3.
Но нам повезло, остатки согласованы и pешения есть. В качестве a можно взять число 244 (или сpавнимое с ним по модулю 364).

Решение в степенях с дpугими основаниями находятся аналогично.

Обсуждение

Вот еще несколько базовых решений (*):
(56, 4, 2, 2)
(2, 0, -1, 1)
(7³², 7¹⁶, 7⁹, 7⁵)
(13⁸⁴, 13⁴², 13²⁴, 13¹³)
(2*19⁸⁴, 19⁴², 19²⁴, 19¹³)

Как вычислил проницательный Олег Полубасов, последнего решения я не заметил, иначе в условии появился бы еще один пункт про решения в натуральных числах разной четности.

Награды

За решение задачи № 64 Сергей Аракчеев, Олег Полубасов, Виктор Филимоненков и Владислав Франк получают по 6 призовых баллов. Алексей Кутузов, справившийся с первыми двумя пунктами, получает 4 призовых балла, Андрей Богданов, решивший только первый пункт, получает 2 призовых балла.

Эстетическая оценка задачи - 2.5 балла

---