$2^n + 3^n = x^p$ no tiene soluciones sobre los números naturales

Question

Hace unas semanas, me pidieron que probara que $2^n + 3^n = x^2$ no tiene soluciones sobre los enteros positivos. Mi prueba fue:

$2^n + 3^n \equiv (-1)^n \equiv \pm 1 \mod{3}\\\text{However, quadratic residue mod 3 is always 0 or 1. Therefore:}\\n = 2m\\\text{Now, working mod 5:}\\2^{2m} + 3^{2m} \equiv 4^m + 9^m \equiv 2 \times(-1)^m \equiv \pm 2 \mod{5}\\\text{However, quadratic residue mod 5 is }0, \pm 1\\\text{As such, } 2^n + 3^n \text{ is never a perfect square.}$

Naturalmente, me pregunté si el $2^n+ 3^n$ nunca es un cubo perfecto, lo que un amigo y yo conseguimos demostrar que era falso, trabajando mod 7 y mod 9, y utilizando el Último Teorema de Fermat. Esto nos llevó a considerar la ecuación $2^n + 3^n = x^p,\,(n,x,p)\in \mathbb{N}^3,\,p\geq2$ y conjetura que no hay soluciones. Obviamente, si $p$ es compuesto y no hay soluciones para ninguno de sus factores, entonces no hay soluciones para p (por ejemplo $p = 4$ no tiene soluciones porque $x^4 = (x^2)^2$ por lo que sólo es necesario considerar los casos en los que $p$ es primo.

$p = 5$ era el siguiente, y conseguimos demostrarlo parcialmente trabajando mod 11 y 25, y de nuevo, el Último Teorema de Fermat, dejando sólo el caso $n\equiv 6 \mod{10}$ .

Así que mi pregunta es: ¿es $2^n + 3^n$ alguna vez un poder perfecto, y si no es así, ¿cómo se puede demostrar esta afirmación? Alternativamente, si esta afirmación es falsa, ¿hay alguna estrategia que no sea utilizar un ordenador para encontrar un contraejemplo?

Answer 1

Proporcionaré una prueba (relativamente) sencilla (¡con el trabajo duro oculto!) adaptada a este problema; un argumento similar funciona para ecuaciones más generales como, por ejemplo, $$ 2^m \pm 3^n = x^p. $$ Supongamos que tenemos una solución a la ecuación $$ 2^n+3^n=x^p, $$ donde $n$ y $x$ son enteros positivos y $p$ es primo. Entonces, como señala el proponente, podemos, mediante argumentos de congruencia, suponer que $p \geq 5$ . También podemos suponer que $n \geq 5$ . Considere las curvas "Frey" $$ E_1 \; \; : Y^2 = X (X-3^n) (X+2^n), $$ si $n$ es impar, y $$ E_2 \; \; : Y^2 = X (X+x^p) (X+2^n), $$ si $n$ es par (consideramos estos dos casos por separado para obtener el conductor más pequeño que podamos). Entonces se puede demostrar (mediante el algoritmo de Tate) que cada curva tiene un conductor $$ N_{E_i} = 6 \prod_{q \mid x} q, $$ donde el producto es sobre primo $q$ . Dado que suponemos que $p \geq 5$ (que garantiza que ciertas representaciones de Galois que no he definido son irreducibles), podemos apelar a los resultados de bajada de nivel de Ribet para concluir que estas curvas de Frey corresponden a cierto peso $2$ formas modulares de nivel $6$ . Esto es una contradicción ya que el espacio de tales formas resulta ser vacío.