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{ \overset{\scriptsize{\grave{}}}{r}, s, t \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*} }[/math]. Der Satz von Beal zeigt min[math]\displaystyle{ (m, n) = 2 }[/math] auf. Aus [math]\displaystyle{ \acute{n} \in {}^{\omega}2\mathbb{N}^{*} }[/math] folgt [math]\displaystyle{ 1 + x^2 \equiv 2 \ne 0 \equiv 2^n{\check{y}}^n }[/math] mod [math]\displaystyle{ 8 }[/math] und [math]\displaystyle{ 1 + 4{\check{x}}^2 = (1 + \acute{y})^n }[/math] bzw. [math]\displaystyle{ 4{\check{x}}^2 = \acute{y}({\acute{y}}^{\acute{n}} + ... + 1) }[/math] mit [math]\displaystyle{ \acute{y} = 4z \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*} }[/math] und [math]\displaystyle{ 1 + 4{\check{x}}^2 \equiv r \ne 1\text{-} \equiv (1+ 4z)^n }[/math] mod [math]\displaystyle{ (2+ 4z) }[/math], da ggT[math]\displaystyle{ (x, 2 + 4z) \nmid (1 + 4z) }[/math] wegen [math]\displaystyle{ {\check{x}}^2 \gt z }[/math] gilt. Aus [math]\displaystyle{ \acute{m} \in {}^{\omega}2\mathbb{N}_{\ge 4} }[/math] folgt [math]\displaystyle{ 1 + x^m \ne y^2 }[/math] wegen [math]\displaystyle{ x^m \ne s^m(2 + s^m) }[/math] und [math]\displaystyle{ t^m \ne 2 + s^m }[/math]. Also bleibt [math]\displaystyle{ 1 + {8\check{x}}^3 = (1 + 4\check{y}^2)^2 }[/math], [math]\displaystyle{ 2{\check{x}}^3 = s^3(1 + s^3) }[/math] bzw. [math]\displaystyle{ s^3 - t^3 = t^3 - 1 }[/math] übrig und liefert die angegebene Lösung.[math]\displaystyle{ \square }[/math]

Siehe auch

• Liste mathematischer Symbole
• Catalansche Vermutung