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Siano $x,y,p,q$ interi positivi maggiori di $1$ tali che $$x^p-y^q=1.$$

Fu congetturato da Catalan che questa diofantea ammetteva un'unica soluzione: $3^2-2^3=1$. La congettura è stata dimostrata vera soltanto nel 2002, da Mihailescu.

Problema: Dimostrare (per via elementare) che la congettura di Catalan è verificata quando $y$ è una potenza di un primo.

[Ps. E' un caso conosciuto? Credo di averlo dimostrato per caso]

Con Zsigmondy si uccide in due secondi... se no ci va un po' di lavoro penso, soprattutto ad analizzare $2^a-1=p^n $

Drago96 ha scritto:Con Zsigmondy si uccide in due secondi...

Come esattamente? Il teorema di Zsigmondy non ci dice molto sulla molteplicità dei nuovi fattori primitivi..
In ogni caso, sì, sarebbe un'overkill

Beh, scrivi $x^a-1=p^n $, quindi $x-1\mid p^n $, ed essendo $p $ primo o è $x=2$ oppure $x-1=p^m$ con $m\ge1$; in questo secondo caso $x^a-1$ ha un po' di fattori diversi da $x-1$, ma è impossibile perché è una potenza di primo...
se $x=2$ allora abbiamo $2^a=p^n+1$, che mod 4 dà $n $ dispari, e quindi $p+1$ è una potenza di $2$, e di nuovo $p^n+1$ ha fattori primitivi...
P.S: qua Zsigmondy è dimostrato elementarmente, con un po' di casi e conti...

Dobbiamo risolvere $x^a-1=p^b$ , visto che $x-1 = p^k$ divido in tre casi:
1) $p \mid x-1$ (quindi $x \geq 3$ ) e $p$ dispari allora si può usare LTE (Lifting The Exponent) perchè le ipotesi sono tutte verificate ed abbiamo $$ v_p ( \frac{x^a-1}{x-1} ) = v_p(a) $$
Ma $ \frac{x^a-1}{x-1} $ è una potenza di $p$ quindi considerando entrambi come esponenti si ha $ \frac{x^a-1}{x-1} = p^{ v_p(a)} \leq a $ ovvero $$ \sum\limits_{i=0}^{a-1} x^i \leq a $$
da cui $ x^{a-1} \leq a $ ed essendo $x \geq 3 $ si ha $3^{a-1} \leq a$ che si verifica per induzione essere falsa per ogni $ a \geq 2 $
2) $x-1=1$ ovvero $x=2$ si ha $2^a-1=p^b$ . Si ha $p^b \equiv -1 \pmod{4} $ da cui in particolare $b$ dispari. Quindi visto che $p+1 \mid p^b+1$ si ha $p+1=2^c$, riscrivo come $$ 2^a = (2^c-1)^b + 1 $$ ora, scomponendo con il binomio di Newton si ha che (si vede facilmente che sono tutti multipli di $2^{c+1}$ tranne uno $$ a= v_2(2^a) = v_2((2^c-1)^b+1) =v_2(2^c) = c $$
Quindi $(2^a-1)^b = 2^a-1$ ovvero $b=1$ che è assurdo!
3) $p=2$ si ha $x^a-1=2^b $ e quindi visto che $x-1 \mid x^a-1$ si ha $x-1=2^c$ quindi $$2^b = (2^c+1)^a - 1 $$ si ha quindi che (analogamente) $b=c + v_2(a)$ se $v_2(a)=0$ non si hanno soluzioni con $a >1$.
Quindi $$2^{c+v_2(a)} + 1 = (2^c+1)^a \geq (2^c+1)^{v_2(a)} > 2^{ c \cdot v_2(a)} + 1 $$
Quindi $ c + v_2(a) > v_2(a) \cdot c $ che porta a due sottocasi:
I) $v_2(a)=1$ $$2^{c+1} + 1 = (2^c+1)^a \geq (2^c+1)^2 = 2^{2c} + 2^{c+1} + 1 $$ che è quindi un assurdo!
II) $c=1$ da cui $2^b = 3^a - 1$ che è facile da risolvere e porta all'unica soluzione.
Spero di non aver commesso troppo errori

@Drago, si giusto!

@LucaMac, ok i primi due casi; potresti spiegare meglio qui?

LucaMac ha scritto:[...] si ha quindi che (analogamente) $b=c + v_2(a)$ se $v_2(a)=0$ non si hanno soluzioni con $a >1$.
Quindi $$2^{c+v_2(a)} + 1 = (2^c+1)^a \geq (2^c+1)^{v_2(a)} > 2^{ c \cdot v_2(a)} + 1 $$
Quindi $ c + v_2(a) > v_2(a) \cdot c $ che porta a [...]

ok si, allora $$ 2^b = (2^c+1)^a - 1 = \sum\limits_{k=1}^a \binom{a}{k} \cdot 2^{ck} $$ per avere $b=c+v_2(a)$ mi basta dimostrare che per ogni $2 \leq k \leq a$ si abbia $v_2( \binom{a}{k} \cdot 2^{ck}) > c + v_2(a)$ (perchè con $k=1$ si ha quel valore e quindi si avrebbe $b=v_2(LHS)=v_2(RHS)=c+v_2(a)$ ) . Ora $$ v_2( \binom{a}{k} ) = v_2( \frac{a}{k} \cdot \binom{a-1}{k-1} ) = v_2(a) - v_2(k) + v_2( \binom{a-1}{k-1} ) \geq v_2(a) - v_2(k) $$
Quindi basta che $ck > c + v_2(k)$ , essendo $v_2(k) \leq k $ basta $ck > c+k$ che è vera per ogni $c,k \geq 2$ non entrambi $2$ . $k$ lo è già, $c$ non è detto, ma tanto $c=1$ lo analizzo dopo ed infine se $k=c=2$ si ha $ck=4 > 3 = c + v_2(k) $

Non sono stato preciso, mi riferivo a quest'identità:

LucaMac ha scritto:Quindi $2^{c+v_2(a)} + 1 = (2^c+1)^a$

Comunque, perchè non usi anche LTE per $p=2$? Cioè, visto che l'hai già nominato prima..

Ah, non è un'identità, è solo che $b=c+ v_2(a)$ e $2^b+1=(2^c+1)^a$
Comunque perchè LTE con $p=2$ non me lo ricordo mai...

LucaMac ha scritto:Ah, non è un'identità

Facendo a parte il caso $c=1$, e considerando che $b$ è davvero uguale a $c+\upsilon_2(a)$ (che l'hai visto con LTE per p=2 o altro), è giusto. Bene

Ovviamente chiedo sempre…si poteva seguire questa strada?!
${{x}^{m}}-1={{p}^{n}}$ ossia ${{x}^{m}}-1=\left( x-1 \right)\cdot \left( {{x}^{m-1}}+...+x+1 \right)={{p}^{n}}$.
Ma si ha anche $\left( {{x}^{m-1}}+...+x+1 \right)=\left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m$ , con ${{Q}_{m-2}}\left( x \right)$ polinomio di grado m-2.
Allora deve essere $\left( x-1 \right)\cdot \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n}}$ e quindi i due fattori possono essere o coprimi oppure avere un MCD che divide anche $m$.
In sintesi dovrebbe essere $m={{p}^{\alpha }}$ per un certo ${\alpha }$.
Analizzando i casi $p$ primi dispari si perviene a degli assurdi mentre nel caso $p=2$ si arriva ad unica soluzione.

gpzes ha scritto:[...] e quindi i due fattori possono essere o coprimi oppure avere un MCD che divide anche $m$.

Fin qui tutto ok! Quindi hai che
$$
\mathrm{gcd}(x-1,\underbrace{x^{m-1}+x^{m-2}+\ldots+x+1}_{\equiv m\pmod{x-1}}) \mid p^n.
$$
Quindi esiste $k\in [0, n]$ tale
$$
\mathrm{gcd}(x-1,m)=p^k.
$$
Bene, ora come concludi che $m$ è una potenza di $p$?

@jordan… ehh mi sono messo nei casini da solo ….mmh..vediamo…
$\begin{align}
& \left( x-1 \right)\cdot \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n}} \\
& A\cdot {{p}^{k}}\cdot {{p}^{k}}\cdot B={{p}^{n}} \\
& A\cdot B={{p}^{n-2k}} \\
\end{align}$
dove $\gcd \left( A,B \right)=1$ e $k\in \left[ 0,n \right]$.
Da qui si avrebbero due casi che portano a:
$\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n-k}} \\
\end{align} \right.$ oppure $\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{n-k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{k}} \\
\end{align} \right.$.
Prendo il primo.
$\left\{ \begin{align}
& x=1+{{p}^{k}} \\
& {{x}^{m-1}}+...+x+1={{p}^{n-k}} \\
\end{align} \right.$
Sostituisco nell’equazione iniziale ${{x}^{m}}-1={{p}^{n}}$ e ottengo
${{(1+{{p}^{k}})}^{m}}={{p}^{n}}+1$ ossia deve essere $m+\left( \begin{matrix}
m \\
2 \\
\end{matrix} \right){{p}^{k}}+{{\sum\limits_{j=3}^{m}{\left( \begin{matrix}
m \\
j \\
\end{matrix} \right)\left( {{p}^{k}} \right)}}^{j-1}}={{p}^{n-k}}\quad (*)$ .
Inoltre deve essere $m\cdot k<n$ , per evitare assurdi, e deve essere $m>2$ per avere $2\cdot k<m\cdot n$ , ossia per avere almeno termini nella sommatoria.
Poiché ${{p}^{k}}|m$ si ha $m=\alpha \cdot {{p}^{k}}$ ; ma allora $\alpha +\left( \begin{matrix}
m \\
2 \\
\end{matrix} \right)+{{\sum\limits_{j=3}^{m}{\left( \begin{matrix}
m \\
j \\
\end{matrix} \right)\left( {{p}^{k}} \right)}}^{j-2}}={{p}^{n-2k}}\quad (**)$.
Avendo ipotizzato $2\cdot k<m\cdot n$, si ha che ${{p}^{k}}|\alpha +\left( \begin{matrix}
m \\
2 \\
\end{matrix} \right)$ .
Se $p\ne 2$, cioè $p$ primo dispari, l’ultima congruenza implica che deve essere $\alpha =0\quad (\bmod \,{{p}^{k}})$.
Ma allora $m=\alpha \cdot {{p}^{k}}=\beta \cdot {{p}^{2k}}$.
Domanda: si può continuare e concludere che (**) non vale più??

gpzes ha scritto:$\begin{align}
& \left( x-1 \right)\cdot \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n}} \\
& A\cdot {{p}^{k}}\cdot {{p}^{k}}\cdot B={{p}^{n}} \\
& A\cdot B={{p}^{n-2k}} \\
\end{align}$
dove $\gcd \left( A,B \right)=1$ e $k\in \left[ 0,n \right]$.

Fin qui tutto bene

gpzes ha scritto:Da qui si avrebbero due casi che portano a:
$\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n-k}} \\
\end{align} \right.$ oppure $\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{n-k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{k}} \\
\end{align} \right.$.
Prendo il primo.

Direi che scritti cosi sono lo stesso caso, ma la domanda è un'altra (forse non sto vedendo qualcosa di ovvio): da quanto hai scritto sopra abbiamo
$$
\underbrace{(x-1)}_{Ap^k} \cdot \underbrace{\left[\left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m\right]}_{Bp^k}={{p}^{n}};
$$
ora dividendo entrambi i membri per $AB=p^{n-2k}$ otteniamo
$$
\left(\frac{x-1}{A}\right)\cdot \left(\frac{\left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m}{B}\right)=p^{2k};
$$
da qui come arriviamo ai [due] casi sopra?

Ps. Comunque, uno tra $A$ e $B$ deve essere $1$

@jordan….. mi scuso per la scarsa tempestività nel rispondere e , comunque, posso solo ringraziare per l’immensa pazienza e cordialità di sempre !
I due casi a cui accennavo derivavano dal fatto che essendo $\gcd \left( A,B \right)=1$ e $A\cdot B={{p}^{n-2k}}$ allora
dovevano esistere $a$ e $b$ tali che $A\cdot B={{a}^{n-2k}}\cdot {{b}^{n-2k}}={{p}^{n-2k}}$ e $\gcd \left( a,b \right)=1$.
Ma essendo $p$ primo si avrebbe avuto $A=1$ oppure $B=1$.
Ma la questione è un’altra. Stavo cercando di studiare ${{(1+{{p}^{k}})}^{m}}={{p}^{n}}+1$ per usare qualche teorema tipo Kummer o Lucas per dedurre delle contraddizioni: Kummer su sviluppo in base $p$ e/o Lucas sui coefficienti binomiali.
Ma per adesso NADA