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Oss.ne (1): se $\left( a,b,c \right)$ risolve allora anche $\left( b,a,c \right)$risolve. WLOG si può supporre $\left( a\ne b \right)\wedge \left( a<b \right)$.
Oss.ne (2): se $\left( a,b,c \right)$ risolve allora anche $\left( {{7}^{\alpha }}\cdot a{{,7}^{\alpha }}\cdot b,7\cdot \alpha +c \right),\alpha \ge 1$risolve. Quindi se esiste una ne esistono infinite.
Oss.ne (3): se $MCD(a,b)\ne 1$ allora $MCD(a,b)={{7}^{r}},r\ge 1$.
Ossia $a={{7}^{r}}u,b={{7}^{r}}v,MCD(u,v)=1$ e $MCD(u,7)=1\vee MCD(v,7)=1$ ; cioè almeno uno fra u e v è coprimo con 7.
Se deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{c}}$ allora si ha ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{7\cdot r}}({{u}^{7}}+{{v}^{7}})={{7}^{c}}$; quindi u e v devono soddisfare equazione dello stesso tipo. Quindi si può WLOG supporre che $MCD(a,b)=1$ e $MCD(a,7)=1\vee MCD(b,7)=1$
Oss.ne (4): supponendo, ad esempio, che sia $MCD(a,7)=1$ e $c\ge 1$ , deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$ e , per FLT (Fermat), $a+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$. Allora NON può essere $MCD(b,7)\ge 1$. In sintesi, a è coprimo con 7 sse b è coprimo con 7.

EDIT!!!
Per le Oss.ni fatte, possiamo WLOG cercare le soluzioni del tipo $\left( a<b \right)\wedge \left( 1\le a \right)\wedge \left( 1\le c \right)\wedge MCD(a,b)=1\wedge MCD(a,7)=1\wedge MCD(b,7)=1$.
Sappiamo che ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}=(a+b)\cdot ({{a}^{6}}-{{a}^{5}}b+{{a}^{4}}{{b}^{2}}-{{a}^{3}}{{b}^{3}}+{{a}^{2}}{{b}^{4}}-a{{b}^{5}}+{{b}^{6}})$ (*)
Possiamo, inoltre, svolgere la divisione tra polinomi nel secondo fattore di (*) ottenendo
${{a}^{7}}+{{b}^{7}}=(a+b)\cdot \left[ (a+b)\cdot Q(a,b)+7{{b}^{6}} \right]$. La divisione è agevole, considerando il secondo fattore al RHS di (*) come un polinomio nella variabile a , utilizzando Ruffini e il teorema del resto.

D’altra parte, essendo $b\ge 2$, si ha anche che ${{\left( a+b \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab<4{{b}^{2}}<{{b}^{7}}<{{a}^{7}}+{{b}^{7}}$.
Poiché deve essere ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}={{7}^{c}}$, si deve avere $a+b={{7}^{r}}\wedge \frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}={{7}^{s}}$ per opportuni r, s ma con $r<s$ per quanto detto prima. Questo perché i divisori di ${{7}^{c}}$ possono avere un’unica forma.

Ma allora $\frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$ !!! Ossia $7{{b}^{6}}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,\frac{{{a}^{7}}+{{b}^{7}}}{(a+b)}\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$.
Poiché $MCD({{b}^{6}},a+b)=1$ si ha che deve essere $7\underset{\bmod (a+b)}{\mathop{\equiv }}\,0$, cioè $a+b$deve dividere 7.
Ma se $c\ge 1$, ${{a}^{7}}+{{b}^{7}}\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,a+b\underset{\bmod 7}{\mathop{\equiv }}\,0$, ossia 7 divide $a+b$per le ipotesi fatte e FLT.
Pertanto può solo essere $a+b=7$.
Verificando direttamente $(1;6),(2;5),(3;4)$ si ottiene che NON ci sono soluzioni intere positive.

Posto anche la mia.
Come ha fatto gpzes (leggermente diverso ma vabbè) provo $a=7^rt, b=7^su$ con $MCD(7, t)=1 \land MCD(7, u)=1$ . WLOG $r \ge s$ (non è proprio simmetrica ma in questo caso uno dei due deve pur aver $v_7$ maggiore o uguale a quella dell'altro).
$7^{7(r-s)}t^7+u^7=7^{c-7s}$. Siccome $u$ non è divisibile per $7$ ma $RHS$ sì ne deduciamo che $7^{7(r-s)}t \equiv (-u)^7 \not\equiv 0 \pmod{7}$ e questo è possibile solo se $r-s=0$, quindi possiamo riscrivere come $t^7+u^7=7^{c-7s}$ con $t$ e $u$ coprimi con $7$.
Quindi WLOG $MCD(a, 7)=1 \land MCD(b, 7)=1$. Sappiamo anche che $a+b \mid a^7+b^7=7^c$ quindi, a meno che $a+b=7^0=1$ che è impossibile dato che $a+b \ge 1+1=2$ perché sono interi positivi, abbiamo che $a+b=7^k$ per qualche $k \ge 1$, in particolare $a+b$ è divisibile per $7$.
Abbiamo $7$ primo dispari e pure intero positivo, $7 \nmid a, 7 \nmid b, 7 \mid a+b$ con $a$ e $b$ interi, direi che ci sono tutte le ipotesi per poter usare LTE.
$c=v_7(a^7+b^7)=v_7(a+b)+v_7(7)=v_7(a+b)+1 \Rightarrow v_7(a+b)=c-1$. Abbiamo anche $7^c=(a+b)( \dots )=7^{c-1}( \dots ) \Rightarrow ( \dots )=7$.
Dunque $a^7+b^7=( \dots )(a+b)=7(a+b)=7a+7b$. Verifichiamo che per $a > 1 \lor b >1$ allora $a^7+b^7 > 7a+7b$: se lo sono entrambi basta verificare WLOG $a^7 > 7a$. $a>1 \Rightarrow a^7 \ge 64a > 7a$, faccio lo stesso per $b$ e ok. Se invece uno dei due è uguale a $1$, WLOG $b$, comunque $a>1 \Rightarrow a^7+1^7 \ge 64a+1>7a+7$.
Dunque possiamo solo avere $a=b=1$, che non è soluzione, e quindi non ci sono soluzioni.

EDIT: piccolo dettaglio aggiustato
EDIT 2: stessa roba
EDIT 3-4: aridaje, scusate

Io l'ho risolto diversamente (perdonate se non so scrivere in LaTex). Ho scritto a^7 + b^7 come (a+b)^7 - 7k avendo applicato il triangolo di tartaglia. Da questo ho notato che per forza a+b deve essere un multiplo di 7; dopodichè ho scritto b= (7^n)k - a con k maggiore uguale a 1 e non divisibile per 7
Quindi
a^7 + (7^n * k - a)^7. Applicando ancora la potenza settima di un a^7 si elimina e mettendo in evidenza 7^(n+1) viene che k*a^6 deve essere divisibile per 7. Dunque a deve essere divisibile per 7 il che è impossibile

Posto anche la mia risoluzione, ma complico le cose:
\[a^x+b^x=x^c\]
con $x$ dispari.

Wlog $7\nmid a$, $7\nmid b$.

Allora, certamente $a+b$ è una potenza di $x$. Siccome anche $a^x+b^x$ deve esserlo, troviamo con che esponenti i primi di $x$ dividono $a+b$ e $a^x+b^x$.

Sia $p$ un primo tale che $v_p(x)=u$ con $u>0$. Si deve avere che $v_p(a^x+b^x)=cu$.

Inoltre per lifting: $v_p(a^x+b^x)=v_p(a+b)+v_p(x)$ da cui $v_p(a+b)=cu-1$.

Dunque si deve avere $a^x+b^x=x(a+b)$. Ma per $a>1$ si ha $a^x>ax$ (induzione, se volete). Dunque $a\le1$ e $b\le1$, da cui $a=1$ e $b=1$, che non porta soluzioni per $x$ dispari

Essendo molto meno tecnico di voi, pensate che la mia soluzione sia corretta?

..volevo scusarmi per aver postato soluzione sbagliata.. ..ho rieditato il post sperando di non aver peggiorato la situazione
Ringrazio karotto, Gerald e l'immancabile Talete ..ho visto errore anche grazie ai Loro posts (forse interpreto anche soluzione di karotto )
Errore molto grossolano ..behh..mi auguro valga il detto "Sbagliare é umano ma perseverare é diabolico. "

Sì la soluzione di karotto è giusta, a parte il fatto che usi $k$ per due cose diverse, e ti complichi la vita tirando in ballo il triangolo di Tartaglia quando basta un semplice modulo $7$

Scusate la banalità ma WLOG cosa vuol dire?

Without Loss Of Generality...
https://en.wikipedia.org/wiki/Without_l ... generality

Be' però finiamolo 'sto problema. Risolvere:

\[a^x+b^x=x^c\]

per:
• $x=2$
• $x$ potenza di $2$
• $x$ pari qualsiasi

Così esauriamo tutti i casi possibili

Talete per $x$ dispari però $x=3$ funziona... $1^3+2^3=3^2 \Rightarrow a=1, b=c=2$. Praticamente non consideri il caso in cui uno dei due è $1$ e l'altro no... Con WLOG $b=1$ e $x=3$ diventa $a^3+1=3^c \Rightarrow 3^c-1=a^3$.
Ora questa sappiamo per Catalan-Mihailescu che è l'unica soluzione (e poi si ricostruiscono i casi generici moltiplicando tutto per $3^{\alpha}$). Per $x \ge 5$ dispari ho fatto un po' di conti veloci e dovrebbe venire senza soluzioni, ma non fidarti troppo, casomai ricontrolla.

Sì, ho ricontrollato e l'unico problema è con $x=3$... e sai a cosa mi ha fatto pensare? Hai presente il teorema di Zsigmondy per le somme? L'unico caso in cui il teorema di Zsigmondy per le somme non funziona è appunto $1^3+2^3$!

Infatti, a dir la verità, un'altra soluzione del problema:
\[a^x+b^x=x^c\]
è questa: vabbè lasciamo stare il caso $x=1$, così esiste un primo $p$ che divide $a^x+b^x$ e che non divide $a+b$ (e quindi non divide $x$, assurdo!) a meno che $a=1$, $b=2$, $c=2$ e $x=3$. Wow, tutto torna!

Talete ha scritto:Hai presente il teorema di Zsigmondy per le somme?

EDIT: rileggendo su Wikipedia ho capito, noi abbiamo $n=x$ e $k=1$ ($n$ e $k$ sono quelli che usa Wikipedia), ora mi torna anche con le somme. Certo che abbiamo chiamato in causa teoremi assassini per questo problema...

Mi manca ancora qualcosa... se $x$ è una potenza di $2$ non sappiamo se $a^k+b^k$ divide $a^x+b^x$ per $k<x$ e di conseguenza non sappiamo se divide o no $x$.