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Una generalizzazione di questa:

Problema 95 (Own).
Per ogni intero $ n\ge 2 $ definiamo $ S(n):=\{r\in \mathbb{Z}: 2\le r\le n\text{ e }x^r-y^x=1 \text{ non ha soluzioni negli interi maggiori di 1}\} $.

Dimostrare che se $ n $ è sufficientemente grande allora $ \displaystyle |S(n)|\ge \frac{999}{1000}n $.

Bonus: Dimostrare che $ |S(n)|=n-2 $

Visto che è passato abbastanza tempo metto la soluzione.
La prima considerazione da fare è che $ 3^2-2^3=1 $, per cui 2 non appartiene a S(n), e perciò $ |S(n)|\leq n-2 $.
Vogliamo dimostrare ora che ogni altro r va bene, ossia |S(n)|=n-2.
Per assurdo abbiamo $ x^r-y^x=1 $; allora x e y hanno parità diversa e con x pari e y dispar si avrebbe un assurdo modulo 4. Dunque x è dispari e y è pari.
Ora scrivo come $ x^r=y^x+1 $. Sia p il più grande primo che divide x, e sia x=kp. Allora
$ y^x+1=(y^k)^p+1=(y^k+1)(\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i y^{ki}) $. Come tutti i primi del secondo fattore della scomposizione sono congrui a 1 modulo p, eccetto al più il fattore p stesso che però può comparire solo con molteplicità 1. Ma fattori congrui a 1 modulo p non sono ammissibili, perché sono maggiori di p, e quindi $ (\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i y^{ki}) $ può valere solo 1 oppure p. Supponiamo ora $ p\geq 5 $. Allora posso scrivere $ (\sum_{i=0}^{p-1} (-1)^i y^{ki})=y^{k(p-1)}-y^{k(p-2)}+\sum_{i=0}^{p-3} (-1)^iy^{ki}\geq (y^k-1)(y^{k(p-2)})\geq 2^{p-2}> p $, assurdo (la prima disuguaglianza è vera perché la sommatoria ha termini a segno alterno e il primo vale 1, poi ogni negativo è battuto dal positivo successivo).
Ne deriva che p=3, ossia x è una potenza di 3 perché è dispari. Se poi consideriamo che $ y^{2k}-y^k+1>3 $ se $ y^k>2 $, otteniamo $ y^k=2 $, ossia y=2 e k=1, per cui x=3. Da qui otteniamo $ 3^r-2^3=1 $ che non ha soluzioni per r>2.
@dario: grazie per il bonus.

Nessuno obietta, dunque propongo il nuovo problema.