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Demostración parcial simplificada de la versión prima de la conjetura catalana

He encontrado un enfoque elemental que parece funcionar para demostrar que la conjetura de Catalán es cierta para determinados primos. Estoy intentando generalizar este enfoque para ver hasta dónde llega.

Lo presento aquí con la esperanza de encontrar un error o confirmar que merece la pena seguir explorando este enfoque.

De Wikipedia, la Conjetura catalana puede definirse como:

  • Sea $a>1,b>1,x>0,y>0$

  • Entonces si:

$x^a - y^b = 1$

  • La única solución es $x=3, a=2, y=2, b=3$

Intentaré ahora demostrar el caso en el que:

$x=2, y$ es un primo impar

(1) Haciendo esta suposición, tenemos:

$$2^a = 2\left[y(y^{b-2} + y^{b-3} + \dots + 1)(\frac{y-1}{2}) + \frac{y+1}{2}\right]$$

(2) $\frac{y+1}{2}$ es incluso

Si $\frac{y+1}{2}$ es impar, entonces $\frac{y-1}{2}$ es par y $\left[y(y^{b-2}+\dots+1)(\frac{y-1}{2}) + \frac{y+1}{2}\right]$ es impar.

(3) $b$ es impar

Si $\frac{y+1}{2}$ es par, entonces $\frac{y-1}{2}$ es impar y se deduce que $(y^{b-2} + \dots + 1)$ debe ser par. Por lo tanto, $b-2$ debe ser impar.

(4) Que $2^u$ sea la mayor potencia de $2$ que divide $\frac{y+1}{2}$

(5) $y \equiv -1 \pmod {2^{u+1}}$ desde entonces:

Existe $m$ tal que $\frac{y+1}{2^{u+1}}=2m+1$ lo que significa $y = 2^{u+1}(2m + 1) - 1$

(6) $2^{u+1} | (y^{b-2} + \dots 1)$ desde entonces:

$b-2$ es impar y $(y^{b-2} + y^{b-3} + \dots + y + 1) \equiv (-1 + 1) +\dots + (-1 + 1) \equiv 0 \pmod {2^{u+1}}$

(7) Pero entonces tenemos una contradicción ya que:

$y(\frac{y^{b-2}+\dots+1}{2^u})(\frac{y-1}{2})$ es par pero $\frac{y+1}{2^{u+1}}$ es impar para que:

$$2^a \ne 2^{u+1}\left[y(\frac{^{b-2}+\dots+1}{2^u})(\frac{y-1}{2}) + \frac{y+1}{2^{u+1}}\right]$$


Edición: Intento de simplificar en gran medida el argumento basándome en los comentarios recibidos.

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John Omielan Puntos 431

No he encontrado ningún error, así que tu planteamiento parece correcto.

Tenga en cuenta, sin embargo, que su solución es más general en el sentido de que también funciona para cualquier $x$ siendo un poder positivo de $2$ y para todos los productos impar $y \gt 1$ no sólo los Impares. Para el primer caso, esto se debe a que su prueba sólo requiere que el LHS sea una potencia de $2$ . En el segundo caso, esto se debe a que sólo utiliza ese $y$ es impar, y en particular no utilizar ninguna propiedad particular de los primos, en su solución.

En cuanto a "seguir explorando" con este enfoque, no sé muy bien a qué te refieres. Sin embargo, tenga en cuenta que puede utilizar un enfoque similar para demostrar que los únicos valores que funcionan para $y$ siendo un poder positivo de $2$ es la única solución conocida. Para demostrarlo, puedes seguir un planteamiento similar al que has hecho. En primer lugar, deja que $y = 2^c$ para un número entero $c \ge 1$ . A continuación, la ecuación puede reescribirse como

$$2^{bc} = x^a - 1 \tag{1}\label{eq1}$$

Esto demuestra que $x$ debe ser impar. En primer lugar, considere que $a$ es par, es decir, $a = 2d$ . Entonces $x^a - 1 = \left(x^d + 1\right)\left(x^d - 1\right)$ por lo que ambos $x^d + 1$ y $x^d - 1$ deben ser potencias de $2$ . Primero, $x^d - 1 = 1 \; \Rightarrow \; x^d = 2$ así que no es posible. Siguiente, $x^d - 1 = 2 \; \Rightarrow \; x^d = 3$ Así que $x = 3$ y $d = 1$ dando el $1$ solución conocida. No hay valores mayores de $x^d - 1$ como un poder de $2$ tener eso $x^d + 1$ también es una potencia de $2$ .

A continuación, considere que $a$ es impar. Factorizando el LHS se obtiene $x^a - 1 = \left(x - 1\right)\left(x^{a-1} + x^{a-2} + \cdots + x + 1\right)$ . Desde $x$ es impar y hay $a$ términos en el segundo factor, este factor debe ser impar y $\gt 1$ . Sin embargo, el LHS de \eqref {eq1} es una potencia de $2$ por lo que no tiene factores impar. Por lo tanto, $a$ no puede ser un entero impar.

Juntando esta solución con lo que has mostrado se demuestra que, aparte de la única solución conocida, no hay otras en las que $x$ o $y$ es una potencia de $2$ .

Se podría intentar hacer algo parecido con los números primos Impares, pero no creo que sólo este tipo de argumentos básicos del tipo resto y número de factores sean suficientes para demostrar que no hay solución si o bien $x$ o $y$ es de una forma simple dada (por ejemplo, sólo un primo o una potencia de un primo). Si aún no lo ha hecho, le recomendamos que lea y analice la demostración de Preda Mihăilescu, tal como se expone en el artículo de la AMS en Conjetura de Catalán: Otro viejo problema diofantino resuelto .

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