Równanie z dwoma niewiadomymi

[Hayran]

Z góry przepraszam, jeśli umieściłem post w złym dziale, jednak nie potrafiłem znaleźć bardziej trafnego.
Rozwiąż równanie w liczbach całkowitych dodatnich: \(\displaystyle{ 2^x+17=y^4}\). Czy moje rozwiązanie jest poprawne?:
Niech \(\displaystyle{ f \left( a \right) =2^a+17}\), \(\displaystyle{ g \left( a \right) =a^4}\), \(\displaystyle{ a\in \mathbb{R}}\). Zarówno funkcja \(\displaystyle{ f}\) jak i \(\displaystyle{ g}\) są rosnące w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle 1; \infty \right\rangle}\) (zatem różnowartościowe), więc: albo ich wykresy mają nieskończenie wiele punktów wspólnych, albo jeden, albo zero. Gdyby miały nieskończenie wiele punktów wspólnych, to dla każdego \(\displaystyle{ x}\) (w szczególności dla \(\displaystyle{ x\in \mathbb{Z_{+}}}\)) zachodzi \(\displaystyle{ f \left( x \right) =g \left( x \right)}\), co nie jest prawdą chociażby dla \(\displaystyle{ x=1}\), więc ten przypadek nie zachodzi. Funkcje te mają jednak punkt wspólny: \(\displaystyle{ f \left( 6 \right) =g \left( 3 \right)}\), zatem równanie ma jedno rozwiązanie i jest to \(\displaystyle{ \left( x,y \right) = \left( 6,3 \right)}\).
Czy to uzasadnienie dotyczące liczby rozwiązań równania jest prawidłowe?

Dziękuję i pozdrawiam

[dec1]

\(\displaystyle{ f(x)=g(x)}\) nie musi być prawdą dla każdego \(\displaystyle{ x}\), tylko dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ x}\).

[a4karo]

Jak doszedłes do tego, że te wykresy maja jeden punk wspólny, skoro ten "punkt" odpowiada różnym wartościom argumentów?

Niestety, twoje argumenty sa chybione: dla każdego \(\displaystyle{ a>0}\) znajdziesz takie \(\displaystyle{ b>0}\), że \(\displaystyle{ f(a)=g(b)}\) i dla każdego \(\displaystyle{ b>2}\) znajdziesz takie \(\displaystyle{ a>0}\), że \(\displaystyle{ f(a)=g(b)}\), ale nigdzie nie masz gwarancji, że tak znalezione liczby będą całkowite

[Hayran]

a4karo, rzeczywiście, dla tych dwu argumentów funkcje jedynie przyjmują tą samą wartość, ale przecież nie przecinają się tam...

[Cytryn]

Jeżeli \(\displaystyle{ x = 2k}\), to \(\displaystyle{ 17 = y^4 - 4^k = (y^2 - 2^k)(y^4 + 2^k)}\), wtedy \(\displaystyle{ 2^k = 8}\) i mamy jedno rozwiązanie.

Rozważ przypadek \(\displaystyle{ x = 2k + 1}\).

Swoją drogą: jeśli funkcje \(\displaystyle{ f, g \colon \mathbb R \to \mathbb R}\) są rosnące, to zbiór \(\displaystyle{ \{x \in \mathbb R: f(x) = g(x)\}}\) może mieć dowolną moc, byle nie przekraczała \(\displaystyle{ |\mathbb R|}\).

[bosa_Nike]

Tamten link wciąż działa: 293473.htm#p4908113

[Premislav]

Swoją drogą jest to zadanie 5. z finału 65 OM:
... 3rozwn.pdf
Ale pewnie Hayran własnie stamtąd je wziął. Zresztą rozwiązanie podobne, jak zaproponował
Cytryn (chyba, nie wczytywałem się za bardzo, ale to podejście dosyć się narzuca).