Satz von Catalan
Es gilt [math]\displaystyle{ \{(m, n, x, y) \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 2}^4 : 1 + x^m = y^n\} = \{(3, 2, 2, 3)\} }[/math].
Indirekter Beweis: Seien [math]\displaystyle{ s, t \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*} }[/math]. Der Satz von Beal zeigt [math]\displaystyle{ m = 3 }[/math] und [math]\displaystyle{ n = 2 }[/math] auf, da umgekehrt [math]\displaystyle{ \acute{x}, y \in {}^{\omega}2\mathbb{N} }[/math] die Widersprüche [math]\displaystyle{ 1 + x^2 \equiv 2 \ne 0 \equiv y^n }[/math], [math]\displaystyle{ 1 + 4x^m \equiv 5 \ne 0 \equiv y^n }[/math] und [math]\displaystyle{ 1 + 16x^m \equiv 1 \ne 0 \equiv y^n }[/math] mod [math]\displaystyle{ 8 }[/math] ergeben. Aus [math]\displaystyle{ \acute{m} \in {}^{\omega}2\mathbb{N}_{\ge 4} }[/math] folgt ferner der Widerspruch [math]\displaystyle{ 1 + {\hat{x}}^m \ne y^2 \equiv (1 + 2^{\acute{m}}s)^2 = 1 + 2^ms + 4^{\acute{m}}s^2 }[/math] mod [math]\displaystyle{ 4^{\acute{m}} }[/math]. Also bleibt [math]\displaystyle{ 1 + {\hat{x}}^3 = (\hat{y}^2 + 1)^2 }[/math], [math]\displaystyle{ 2x^3 = s^3(s^3 + 1) }[/math] bzw. [math]\displaystyle{ s^3 - t^3 = t^3 - 1 }[/math] übrig, was die Lösung liefert.[math]\displaystyle{ \square }[/math]