Нетрудно видеть, что уравнения a) и б) — частные случаи уравнения в) при $z=2$ и $y=2$ соответственно. Мы разберём случай a) отдельно, а затем решим уравнение в).
a) Если $x=1$, то и $y=1$.
Пусть $x\gt1$. Тогда $2^x+1\equiv1\pmod 4$, откуда следует, что $y$ — чётное число (если $y$ нечётно, то $3^y\equiv3\pmod 4$, и равенство $2^x+1=3^y$ невозможно). Итак, $y=2k$, $2^x=3^{2k}-1$, т. е. $2^x=(3^k-1)(3^k+1)$. Поскольку $x\gt1$, оба множителя $3^k-1$ и $3^k+1$ должны быть степенями двойки (отличающимися друг от друга на 2). Это возможно только при $k=1$. Поэтому $y=2$, так что $2^x+1=9$, и $x=3$.
Итак, у уравнения a) два решения: $(1; 1)$ и $(3; 2)$.
в) Решение уравнения в) проведём в несколько этапов.
Пусть $z$ имеет простой делитель $p$: $z=p^m z_1$, $m\ge1$, $z_1$ взаимно просто с $p$. Пусть $y=p^ny_1$, где $n\ge0$ и $\gcd(y_1, p)=1$.
Рассмотрим выражение $(1+z)^{y_1}$. Имеем:
$$
(1+z)^{y_1}=1+y_1z+C_{y_1}^2z^2+\ldots+z^{y_1}=1+z(y_1+C_{y_1}^2z+\ldots+z^{y_1-1}).
$$
Поскольку $y_1$ не делится на $p$ (будем записывать это так: $y_1\not\equiv0\pmod p$), получаем
$$
\textstyle
(1+z)^{y_1}=1+p^m A{,}~~\text{где}~A\equiv y_1z_1\pmod p.
$$
Рассмотрим теперь $(1+z)^y$. Докажем следующее вспомогательное утверждение (верное, впрочем, при некоторых ограничениях): для любого натурального $B$
$$
(1+p^iB)^p=1+p^{i+1}D\quad(i\gt0),
$$
причём $B\equiv D\pmod p$. В самом деле, применим формулу бинома Ньютона:
$$
(1+p^iB)^p=1+C_p^1p^iB+C_p^2p^{2i}B^2+\ldots+p^i_pB^p=1+p^{i+1}B+C_p^2p^{2i}B^2+\ldots+p^i_pB^p.
$$
Легко видеть, что если $2i\gt i+1$, т. е. $i\gt1$, то утверждение справедливо. Если же $i=1$, то коэффициент при $p^{i+1}$ будет равен $B+C_p^2B^2$. Если $p$ — нечётное, то $C_p^2$ делится на $p$, так что $B+C_p^2B^2 \equiv B \pmod p$, и наше утверждение для нечётных $p$ верно и в этом случае.
Пусть $z$ имеет нечётный простой делитель $p$. Применим доказанное утверждение к выражению $(1+z)^y$. Имеем:
$$
(1+z)^y=((1+z)^{y_1})^{p^n}=(1+p^mA)^{p^n}=(1+p^{m+1}A_1)^{p^{n-1}}=\ldots=1+p^{m+n}A_n,
$$
причём $A\equiv A_1\equiv\ldots\equiv A_n\pmod p$, т. е. $A_n$ на $p$ не делится. Мы ищем решение уравнения в): $(1+z)^y=1+z^x$, или $p^{m+n}A_n = p^{mx}z_1^x$. Поскольку $z_1\not\equiv0\pmod p$, должно выполняться равенство
$$
m+n=mx.
$$
С другой стороны, очевидно, что $x\ge y$. Если $x\gt y$, то $x\gt p^n$, откуда
$$
m+n \gt mp^n \ge m(1+n(p-1)),
$$
и $n\gt mn(p-1)$, что невозможно.
Аналогично разбирается случай, когда у $z$ нет нечётных делителей, но оно делится на 4. Таким образом, если $x\gt0$, то уравнение в) не может иметь таких решений $(x;y;z)$ в натуральных числах, что $z$ делится на нечётное число или на 4. Случай $z=2$ разобран в пункте a). Остаётся рассмотреть случай, когда $z=1$, и случай $x=y$.
Если $z=1$, получаем уравнение $1^x+1=2^y$, $2^y=2$, откуда $y=1$, $x$ — любое.
В случае $x=y$ имеем:
$$
z^x+1=(z+1)^x,
$$
т. е.
$$
\begin{gather*}
1=(z+1)^x-z^x=[(z+1)-z][(z+1)^{x-1}+(z+1)^{x-2}z+\ldots+z^{x-1}]=\\ =(z+1)^{x-1}+(z+1)^{x-2}z+\ldots+z^{x-1}\ge x.
\end{gather*}
$$
Таким образом, $x=y=1$, $z$ — любое.
Итак, уравнение в) имеет два набора решений
$(x;1;1)$, $x$ — любое,
$(1;1;z)$, $z$ — любое,
и два решения, получающиеся при $z=2$:
$(1;1;2)$ и $(3;2;2)$.
Теперь нетрудно видеть, что уравнение б) (являющееся частным случаем уравнения в) при $y=2$) имеет единственное решение: $x=3$, $z=2$.
