Если $n^2+1=p^a$, то $a=1$.

[Sonic86]

Докажите, что если при натуральных $a,n$ и простом $p$ $n^2+1=p^a$, то $a=1$.

(если знаете, как решать)

Я знаю, что это частный случай гипотезы Каталана. Однако, доказательство там несколько навороченное. Можно ли здесь сделать проще за счет простоты $p$?

[nnosipov]

Это нетрудно. Даже если речь идёт об уравнении $x^2+1=y^z$, где $x$, $y$, $z$ --- произвольные натуральные числа. Если хотите, напишу, но можете сами попробовать: здесь хватит арифметики целых гауссовых чисел; некоторые технические трудности будут, но они вполне преодолимы.

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #469180 писал(а):

Это нетрудно. Даже если речь идёт об уравнении $x^2+1=y^z$, где $x$, $y$, $z$ --- произвольные натуральные числа. Если хотите, напишу, но можете сами попробовать: здесь хватит арифметики целых гауссовых чисел; некоторые технические трудности будут, но они вполне преодолимы.

Решение самого уравнения у меня есть, но оно все-таки в целом довольно страшное. Я думал, вдруг в данном случае можно проще... Я вообще хотел порешать уравнение $n^2+1=p^aq^b$ для простых $p,q$ и $a,b>1$, а на этом тренируюсь.

[nnosipov]

Давайте я уж напишу, а Вы сравните, что страшнее Итак, решаем уравнение $x^2+1=y^z$ в натуральных числах.

Ясно, что $z$ не может быть чётным. Пусть $z>1$ --- нечётное число. Число $x$ обязано быть чётным, поэтому числа $x \pm \sqrt{-1}$ взаимно просты в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$, которое факториально. Значит,

$$ x+\sqrt{-1}=\varepsilon(a+b\sqrt{-1})^z $$

для некоторых целых $a$, $b$ и единицы $\varepsilon \in \{\pm 1,\pm \sqrt{-1}\}$. Очевидно, можно считать $\varepsilon=1$. Приравняв мнимые части, получим

$$ 1=(-1)^{(z-1)/2}(b^z-C_z^2a^2b^{z-2}+C_z^4a^4b^{z-4}-\ldots+ (-1)^{(z-1)/2}C_z^{z-1}a^{z-1}b), $$

откуда следует, что $b=\pm 1$, а также

$$ 1-C_z^2a^2+C_z^4a^4-\ldots+(-1)^{(z-1)/2}C_z^{z-1}a^{z-1}=\pm 1. \eqno(*) $$

Покажем, что это равенство возможно только при $a=0$. Если $a$ нечётно, то

$$ 1-C_z^2a^2+C_z^4a^4-\ldots+(-1)^{(z-1)/2}C_z^{z-1}a^{z-1} \equiv 1-C_z^2+C_z^4-\ldots+(-1)^{(z-1)/2}C_z^{z-1}=\pm 2^{(z-1)/2} \equiv 0 \pmod{2}. $$

Пусть $a$ чётно. Тогда знак "минус" в правой части равенства $(*)$ невозможен, и оно приводится к виду

$$ -C_z^2+C_z^4a^2-\ldots+(-1)^{(z-1)/2}C_z^{z-1}a^{z-3}=0. $$

Достаточно показать, что $\nu_2(B_k)>\nu_2(A)$ при $1<k \leqslant (z-1)/2$, где $A=C_z^2$, $B_k=C_z^{2k}a^{2k-2}$. В самом деле, имеем

$$ B_k=A\,\frac{C_{z-2}^{2k-2}a^{2k-2}}{k(2k-1)}, $$

поэтому $\nu_2(B_k)-\nu_2(A) \geqslant \nu_2(a^{2k-2})-\nu_2(k) \geqslant 2k-2-\log_2{k}>0$. Итак, $a=0$, что влечёт $x=0$ --- противоречие. Значит, $z=1$ --- единственное возможное значение.

Можно ли проще, если $y$ считать простым числом? Вот схожее уравнение, но с фиксированным простым $y$: $x^2+4=5^z$, однако доказательство получается в том же стиле, упростить мне его не удалось.

[Sonic86]

nnosipov, спасибо за труд! Получилось почти как у Лебега, только детали немного различаются...
Жаль, что простоту числа использовать не удалось. Значит так надо.