Satz von Catalan
Für [math]\displaystyle{ 1 + x^m = y^n }[/math] mit [math]\displaystyle{ m, n, x, y \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 2} }[/math] existiert nur die Lösung [math]\displaystyle{ m_0 = 3 }[/math], [math]\displaystyle{ n_0 = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ x_0 = 2 }[/math] und [math]\displaystyle{ y_0 = 3 }[/math].
Indirekter Beweis: Die Annahme [math]\displaystyle{ \acute{x}, y \in {}^{\omega}2\mathbb{N} }[/math] ergibt den Widerspruch [math]\displaystyle{ 1 + x^m \equiv 2 \equiv y^n \equiv 0 }[/math] bzw. [math]\displaystyle{ 4 }[/math] mod [math]\displaystyle{ 8 }[/math]. Mit [math]\displaystyle{ p \mid y,\ x = \hat{r},\ y = \hat{s} + 1 }[/math] und [math]\displaystyle{ 2 \lt m \ne n \gt 2 }[/math] werde im Folgenden [math]\displaystyle{ (\hat{s} + 1)^n - 1 \equiv \hat{r}^m \equiv 0 }[/math] mod [math]\displaystyle{ p \in {}^{\omega}\mathbb{P}_{\ge 3} }[/math] angenommen. Dann gilt auch [math]\displaystyle{ (\hat{s} + 1)^{\hat{n}} - 1 = (\hat{s} + 2)^n\ \hat{s}^n \equiv \hat{r}^m \equiv 0 }[/math] mod [math]\displaystyle{ p }[/math] und [math]\displaystyle{ 2^{kn}(t^2 + t)^n\ 2^{-gn} \equiv 2^{lm}r^m \equiv 0 }[/math] mod [math]\displaystyle{ 2^{\text{max}(kn,\ lm)} }[/math] mit [math]\displaystyle{ t = \check{s} }[/math] und maximalem [math]\displaystyle{ g \in \mathbb{N}^{*} }[/math], woraus [math]\displaystyle{ kn = lm }[/math] wegen [math]\displaystyle{ (t^2 + t)2^{-gn}, r^m \in \mathbb{N} \setminus 2\mathbb{N} }[/math] und sogar [math]\displaystyle{ m = n }[/math] im Widerspruch zur Voraussetzung folgt. Also bleibt einerseits [math]\displaystyle{ (\hat{s} + 1)^3 - 1 = \hat{r}^2 }[/math] übrig, was sich durch die Primfaktorzerlegung von [math]\displaystyle{ r }[/math] und [math]\displaystyle{ s }[/math] widerlegen lässt, und andererseits [math]\displaystyle{ (\hat{s} + 1)^2 - 1 = 4s(s + 1) = \hat{r}^3 }[/math], was ebenso [math]\displaystyle{ r = s = 1 }[/math] ergibt und damit zur angegebenen Lösung führt.[math]\displaystyle{ \square }[/math]