Une preuve de la conjecture de Catalan
Salut.
Je propose ici à la critique, une démonstration de la conjecture de Catalan.
Catalan a énoncé que :
Conjecture :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation (E) : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
$\textrm{ PREUVE DE LA CONJECTURE}$
$\textrm{ Proposition 1}$ :
Les solutions cherchées de l'équation (E) sont les solutions de l'équation $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair, $y$ pair et $q\geq 3$.
Démontrons la proposition.
Supposons $x$ impair et $p$ impair.
$\bullet$ Notons (E') l'équation : $x^{p} - 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On a : $x^{p} - 1 = (x - 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big)$.
Et $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$ est impair, car somme de $p$ (impair) nombres impairs.
Mais alors $x - 1 = 2^{mq}(2a + 1)$ et $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i} = (2a + 1)^{q-1}$, avec $(2a + 1)(2b + 1) = \dfrac{y}{2^{m}}$, d'après l'égalité (E').
Alors $x = 1 + 2^{mq}(2a + 1)$, et :
$\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1}x^{i} & = \sum_{i=0}^{p-1}\big(1 + 2^{mq}(2a + 1)\big)^{i}\\
& = \sum_{i=0}^{p-1}\big(\sum_{n=0}^{i}\binom{i}{n}(2^{mq}(2a + 1))^{n}\big)\\
& = 1 + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{n=0}^{i}\binom{i}{n}\big(2^{mq}(2a + 1)\big)^{n}\big)\\
& = p + 2^{mq}(2a + 1)\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big) \end{align}$,
où $A_{i}$ est un entier pour tout i.
Mais alors on a : $p + 2^{mq}(2a + 1)\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big) = (2a + 1)^{q-1}$. Ce qui implique que $2a + 1$ divise $p$, et comme $2a + 1\neq 1$ et $p$ premier, alors $2a + 1 = p$ est la seule possibilité.
Montrons par absurde que $2a + 1\neq p$.
Si $2a + 1 = p$, alors $x^{p} - 1 =.2^{mq}pp^{q-1} = (2^{m}p)^{q}$ et $x = 2^{mq}p + 1$. Mais alors :
$\begin{align} x^{p} - 1 & = (2^{mq}p + 1)^{p} - 1\\
& = \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i} - 1\\
& = \sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i}\\
& = 2^{mq}p\sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} \end{align}$.
Donc : $2^{mq}p\sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} = (2^{m}p)^{q}$.
Et alors $\sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} = p^{q-1}$, c'est à dire que $1 + \sum_{i=2}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} = p^{q-2}$, $p$ étant non nul, ce qui impliquerait que $p$ divise 1.
Mais $p \neq 1$, d'où l'absurdité.
Donc on a que, si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E').
$\bullet$ Maintenant notons (E'') l'équation : $x^{p} + 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On a : $x^{p} + 1 = (x + 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big)$ (car $p$ impair).
Et $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ est impair, car somme de $p$ (impair) nombres impairs.
Mais alors $x + 1 = 2^{mq}(2a + 1)$ et $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} = (2a + 1)^{q-1}$, avec $(2a + 1)(2b + 1) = \dfrac{y}{2^{m}}$, d'après l'égalité (E'').
On a $-x = 1 - 2^{mq}(2a + 1)$ et un raisonnement similaire à celui tenu ci-haut avec l'équation (E'), nous mène à l'absurdité $p$ divise 1.
Donc on a aussi que, si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E'').
On a évidemment que : (E) équivaut à ((E') ou (E'')). On a donc montrer que dans l'équation de Catalan, le terme impair est nécessairement à la puissance 2, pour d'éventuelles solutions.
Par ailleurs, $x^{2} + 1 = y^{q}$, $x$ impair et $y$ pair, n'admet aucune solution convenable.
En effet, on a $(x - 1)^{2} = x^{2} - 2x + 1$ et donc $x^{2} + 1 = y^{q}\,\iff\,(x - 1)^{2} = y^{q} - 2x = 2(\frac{y^{q}}{2} - x)$.
Mais $\frac{y^{q}}{2} - x$ étant impair, cette dernière égalité est impossible (un carré ne peut pas s'écrire sous la forme 2a, avec a impair).
On a aussi que : $x^{2} - 1 \neq y^{2}$
(deux entiers consécutifs supérieurs à 3 ne peuvent pas tous les deux ètre des carrés car : $x^{2}\,> \,x^{2} - 1\,>\,(x - 1)^{2})$.
Pour dire que toute solution sera telle que $q\geq\,3$.
D'où la proposition 1.
Il suffit donc pour prouver la conjecture, de montrer que l'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
$\textrm{ Proposition 2}$ :
L'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
Preuve :
Posons $x = 2a + 1,\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, et $y = 2b,\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$.
L'équation (e) équivaut alors à $(2a + 1)^{2} - 1 = (2b)^{q}\,\iff\,4a(a + 1) = (2b)^{q}\,\iff\,a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
Résolvons donc l'équation (e') d'inconnues $a$, $b$ et $q$ définie par $a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
L'équation est bien vérifiée pour les valeurs $a = 1$, $b = 1$ et $q = 3$ ($1\times 2 = 2^{1}\times 1^{3}$), c'est à dire qu'une solution de (e) est donnée par $x = 3$, $y = 2$ et $q = 3$ (D'où la solution $(x,\,p,\,y,\,q) = (3,\,2,\,2\,3)$ de (E)).
Toute autre valeur de $a$, donc supérieure à $1$, s'écrit $X + 1,\,X\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Mais alors pour ces valeurs, l'équation (e') s'écrit $(X + 1)(X + 2) = 2^{q-2}b^{q}$.
C'est à dire $X^{2} + 3X + 1 = 2^{q-2}b^{q}\,\iff\,X^{2} + 3X + 1 - 2^{q-2}b^{q} = 0$.
Résolvons cette équation du second degré d'inconnu $X$.
On a $\Delta = 9 - 4(1 - 2^{q-2}b^{q}) = 5 + 2^{q}b^{q} = 4 + (1 + (2b)^{q}) = 4 + (2a + 1)^{2}$ (d'après l'égalité (e)).
Mais pour avoir une solution entière, il faut que $4 + (2a + 1)^{2} = Y^{2},\,Y\,\textrm{entier supérieur à 3}$ ($\Delta$ doit etre un carré parfait).
Mais sachant que $2a + 1\,>\,3$ et que $(n + 1)^{2} - n^{2} = 2n + 1,\,\forall\,n\,\in\,\mathbb{N}^*$, on a $Y^{2} - (2a +1)^{2}\,>\,7$, donc différent de $4$. Par suite $\Delta$ n'est pas un carré parfait et l'équation du second degre en $X$ n'a pas de solution entière.
L'équation (e') n'a donc pas d'autre solution, et c'est dire que la seule solution à l'équation (e) est celle donnée plus haut.
Ce qui prouve la conjecture.
$\textrm{ Théorème}$ :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
Je propose ici à la critique, une démonstration de la conjecture de Catalan.
Catalan a énoncé que :
Conjecture :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation (E) : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
$\textrm{ PREUVE DE LA CONJECTURE}$
$\textrm{ Proposition 1}$ :
Les solutions cherchées de l'équation (E) sont les solutions de l'équation $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair, $y$ pair et $q\geq 3$.
Démontrons la proposition.
Supposons $x$ impair et $p$ impair.
$\bullet$ Notons (E') l'équation : $x^{p} - 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On a : $x^{p} - 1 = (x - 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big)$.
Et $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$ est impair, car somme de $p$ (impair) nombres impairs.
Mais alors $x - 1 = 2^{mq}(2a + 1)$ et $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i} = (2a + 1)^{q-1}$, avec $(2a + 1)(2b + 1) = \dfrac{y}{2^{m}}$, d'après l'égalité (E').
Alors $x = 1 + 2^{mq}(2a + 1)$, et :
$\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1}x^{i} & = \sum_{i=0}^{p-1}\big(1 + 2^{mq}(2a + 1)\big)^{i}\\
& = \sum_{i=0}^{p-1}\big(\sum_{n=0}^{i}\binom{i}{n}(2^{mq}(2a + 1))^{n}\big)\\
& = 1 + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{n=0}^{i}\binom{i}{n}\big(2^{mq}(2a + 1)\big)^{n}\big)\\
& = p + 2^{mq}(2a + 1)\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big) \end{align}$,
où $A_{i}$ est un entier pour tout i.
Mais alors on a : $p + 2^{mq}(2a + 1)\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big) = (2a + 1)^{q-1}$. Ce qui implique que $2a + 1$ divise $p$, et comme $2a + 1\neq 1$ et $p$ premier, alors $2a + 1 = p$ est la seule possibilité.
Montrons par absurde que $2a + 1\neq p$.
Si $2a + 1 = p$, alors $x^{p} - 1 =.2^{mq}pp^{q-1} = (2^{m}p)^{q}$ et $x = 2^{mq}p + 1$. Mais alors :
$\begin{align} x^{p} - 1 & = (2^{mq}p + 1)^{p} - 1\\
& = \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i} - 1\\
& = \sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i}\\
& = 2^{mq}p\sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} \end{align}$.
Donc : $2^{mq}p\sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} = (2^{m}p)^{q}$.
Et alors $\sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} = p^{q-1}$, c'est à dire que $1 + \sum_{i=2}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}p)^{i-1} = p^{q-2}$, $p$ étant non nul, ce qui impliquerait que $p$ divise 1.
Mais $p \neq 1$, d'où l'absurdité.
Donc on a que, si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E').
$\bullet$ Maintenant notons (E'') l'équation : $x^{p} + 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On a : $x^{p} + 1 = (x + 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big)$ (car $p$ impair).
Et $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ est impair, car somme de $p$ (impair) nombres impairs.
Mais alors $x + 1 = 2^{mq}(2a + 1)$ et $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} = (2a + 1)^{q-1}$, avec $(2a + 1)(2b + 1) = \dfrac{y}{2^{m}}$, d'après l'égalité (E'').
On a $-x = 1 - 2^{mq}(2a + 1)$ et un raisonnement similaire à celui tenu ci-haut avec l'équation (E'), nous mène à l'absurdité $p$ divise 1.
Donc on a aussi que, si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E'').
On a évidemment que : (E) équivaut à ((E') ou (E'')). On a donc montrer que dans l'équation de Catalan, le terme impair est nécessairement à la puissance 2, pour d'éventuelles solutions.
Par ailleurs, $x^{2} + 1 = y^{q}$, $x$ impair et $y$ pair, n'admet aucune solution convenable.
En effet, on a $(x - 1)^{2} = x^{2} - 2x + 1$ et donc $x^{2} + 1 = y^{q}\,\iff\,(x - 1)^{2} = y^{q} - 2x = 2(\frac{y^{q}}{2} - x)$.
Mais $\frac{y^{q}}{2} - x$ étant impair, cette dernière égalité est impossible (un carré ne peut pas s'écrire sous la forme 2a, avec a impair).
On a aussi que : $x^{2} - 1 \neq y^{2}$
(deux entiers consécutifs supérieurs à 3 ne peuvent pas tous les deux ètre des carrés car : $x^{2}\,> \,x^{2} - 1\,>\,(x - 1)^{2})$.
Pour dire que toute solution sera telle que $q\geq\,3$.
D'où la proposition 1.
Il suffit donc pour prouver la conjecture, de montrer que l'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
$\textrm{ Proposition 2}$ :
L'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
Preuve :
Posons $x = 2a + 1,\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, et $y = 2b,\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$.
L'équation (e) équivaut alors à $(2a + 1)^{2} - 1 = (2b)^{q}\,\iff\,4a(a + 1) = (2b)^{q}\,\iff\,a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
Résolvons donc l'équation (e') d'inconnues $a$, $b$ et $q$ définie par $a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
L'équation est bien vérifiée pour les valeurs $a = 1$, $b = 1$ et $q = 3$ ($1\times 2 = 2^{1}\times 1^{3}$), c'est à dire qu'une solution de (e) est donnée par $x = 3$, $y = 2$ et $q = 3$ (D'où la solution $(x,\,p,\,y,\,q) = (3,\,2,\,2\,3)$ de (E)).
Toute autre valeur de $a$, donc supérieure à $1$, s'écrit $X + 1,\,X\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Mais alors pour ces valeurs, l'équation (e') s'écrit $(X + 1)(X + 2) = 2^{q-2}b^{q}$.
C'est à dire $X^{2} + 3X + 1 = 2^{q-2}b^{q}\,\iff\,X^{2} + 3X + 1 - 2^{q-2}b^{q} = 0$.
Résolvons cette équation du second degré d'inconnu $X$.
On a $\Delta = 9 - 4(1 - 2^{q-2}b^{q}) = 5 + 2^{q}b^{q} = 4 + (1 + (2b)^{q}) = 4 + (2a + 1)^{2}$ (d'après l'égalité (e)).
Mais pour avoir une solution entière, il faut que $4 + (2a + 1)^{2} = Y^{2},\,Y\,\textrm{entier supérieur à 3}$ ($\Delta$ doit etre un carré parfait).
Mais sachant que $2a + 1\,>\,3$ et que $(n + 1)^{2} - n^{2} = 2n + 1,\,\forall\,n\,\in\,\mathbb{N}^*$, on a $Y^{2} - (2a +1)^{2}\,>\,7$, donc différent de $4$. Par suite $\Delta$ n'est pas un carré parfait et l'équation du second degre en $X$ n'a pas de solution entière.
L'équation (e') n'a donc pas d'autre solution, et c'est dire que la seule solution à l'équation (e) est celle donnée plus haut.
Ce qui prouve la conjecture.
$\textrm{ Théorème}$ :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
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Réponses
Dès le début, tu démontres que $\sum_i x^i$ est impaire, puis tu conclus que $x-1=2^q(2 a+1).$ C’est faux. Si tu penses que c’est juste, démontre-le.
On peut écrire que $x$ impair implique qu’il existe $u,v$ deux entiers tels que $x-1=2^u (2 v+1).$ On peut renommer $v=a$, mais il faut démontrer $u=q.$
Mais c'est un petit lapsus qui ne change rien du raisonnement.
Je devais mettre $x-1=2^{mq}(2 a+1),\;m\,\in\,\mathbb{N}^*$, du fait que $y = 2^{m}(2a + 1),\,n,\;a\,\in\,\mathbb{N}^*$ plus généralement.
Je vais le rectifier dans le post.
Merci.
C'est encore vrai @JLT, certainement je l'ai dit à force griffonner sur un même papier.
Je pense quand mème que la rédaction va devenir un peu plus compliquée, mais le raisonnement ne change pas au fond.
Je vais revoir la rédaction.
Merci.
Le diable se cache dans les détails !
J'ai alors fait un détour sur wikipédia et je vois que la deuxième partie de ma démonstration (la proposition 2) et une partie de la première sont des résultats connus.
On savait donc depuis longtemps que la preuve de cette première partie.(la proposition 1) impliquait la démonstration de la conjecture. On l'a donc bien cherchée.
Mais alors....
J'ai pas relu deux à trois fois, mais je reviens avec une autre approche par rapport à ma première tentative de démontrer la proposition 1 et par suite la conjecture, proposer à la critique, cette dernière approche. J'ai pas du tout touché à la preuve de la Proposition 2.
Catalan a énoncé que :
Conjecture :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation (E) : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
$\textrm{ PREUVE DE LA CONJECTURE}$
$\textrm{ Proposition 1}$ :
Les solutions cherchées de l'équation (E) sont les solutions de l'équation $x^{2} - 1 = y^{q}$,
où $x$ est impair, $y$ pair et $q\geq 3$.
Démontrons la proposition.
Supposons $x$ impair et $p$ impair.
$\bullet$ Notons (E') l'équation : $x^{p} - 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On a : $x^{p} - 1 = (x - 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big)$.
On a $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$ impair, car somme d'un nombre impair de nombres impairs.
Posons $x = 2^{n}a + 1,\,n\,\textrm{et}\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$ avec $a$ impair, et $y = 2^{m}b,\,m\,\textrm{et}\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$ avec $b$ impair.
Alors $y^{q} = (2^{m}b)^{q} = 2^{mq}b^{q}$ et par suite $b^{q} = \sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$, $n = mq$ et $x = 2^{mq}a + 1$.
On peut poser $y = x - k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$, c'est-à-dire $y = 2^{mq}a + 1 - k = 2^{m}(2^{m(q-1)}a + c)$ où $c = \dfrac{1 - k}{2^{m}}$ est impair.
(ça veut dire que $b = 2^{m(q-1)}a + c$).
Alors (E') implique que :
$2^{mq}a\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big) = \big(2^{m}(2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\qquad (\star)$,
c'est-à-dire :
$\begin{align} a\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big) & = \big((2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\\
& = \sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}\\
& = c^{q} + \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}\\
\end{align}$.
Alors $c^{q} = a\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i} - q(2^{m(q-1)})c^{q-1} - \sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)})^{i}a^{i-1}c^{q-i}\big)$.
Donc $a$ divise $c^{q}$, et posons alors $d = pgcd (a, c)$ (on aura $d = a$, ou $d = c$).
Alors $b = 2^{m(q-1)}a + c = d(2^{m(q-1)}a' + c')$ où $a' = \dfrac{a}{d}$ et $c' = \dfrac{c}{d}$.
Et d'après $(\star)$, $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i} = \dfrac{d^{q}}{a}(2^{m(q-1)}a' + c')^{q}$
Mais on a aussi :
$\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1}x^{i} & = \sum_{i=0}^{p-1}\big(1 + 2^{mq}a\big)^{i}\\
& = \sum_{i=0}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = 1 + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = p + 2^{mq}a\big(\sum_{i=2}^{p-1}A_{i}\big)\\
\end{align}$,
où $A_{i}$ est un entier pour tout $i$.
Mais on a, soit $d = c$, soit $d = a$, et dans les deux cas de figure $\dfrac{d^{q}}{a} = a s,\,s\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Donc $p = a\big(s(2^{m(q-1)}a' + c')^{q} - 2^{mq}\big(\sum_{i=2}^{p-1}A_{i}\big)\big)$, ce qui implique que $a$ divise $p$, et comme $p$ est premier, alors $a = 1$ ou $a = p$.
Montrons que $a = p$ est impossible.
Si $a = p$, qui est premier, on est dans le cas $d = a = p$. Donc :
$\begin{align} x^{p} - 1 & = (x - 1)\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\\
& = 2^{mq}a^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}\\
& = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}\\
\end{align}$.
où $c' = \dfrac{c}{a}$.
On a aussi que :
$\begin{align} x^{p} - 1 & = (2^{mq}a + 1)^{p} - 1\\
& = 2^{mq}p\big(\sum_{i=1}^{p}(2^{mq}p)^{i-1}\big)\\
\end{align}$.
Alors, $2^{mq}p\big(\sum_{i=1}^{p}(2^{mq}p)^{i-1}\big) = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$, et par suite :
$1 + \sum_{i=2}^{p}(2^{mq}p)^{i-1} = p^{q-1}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$
Ce qui implique que $p$ divise $1$. Ce qui est impossible car $p$ premier, et donc $a = p$ est impossible.
Donc $\fbox{a = 1}$.
D'après (E'), on a $x^{p} - 1 = (x - 1)\sum_{i=0}^{p-1}x^{i} = 2^{mq}\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}= y^{q} = 2^{mq}b^{q}$
Alors $b^{q} - 1 = x(b^{q} - x^{p-1})$ c'est-à-dire que $b^{q} = 1 + x(b^{q} - x^{p-1})$.
Mais alors $y^{q} = 2^{mq}\big(1 + x(b^{q} - x^{p-1})\big) = (x - 1)\big(1 + x(b^{q} - x^{p-1})\big) = x + x(xb^{q} - b^{q} + x^{p} + x^{p-1}) - 1$.
Ce qui implique que $y^{q} + 1 = x + x(xb^{q} - b^{q} + x^{p} + x^{p-1}) = x^{p}$ (d'après (E'))
Ce qui donne $x + x(xb^{q} - b^{q} + x^{p}) = 0$, hors cela est impossible, car $x\neq 0$.
Donc on a que, si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E').
$\bullet$ Maintenant notons (E'') l'équation : $x^{p} + 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On va tenir un raisonnement un peu similaire à celui tenu ci-haut.
On a : $x^{p} + 1 = (x + 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big)$ (car $p$ impair).
Et $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ est impair, car somme de $p$ (impair) nombres impairs.
Mais alors en posant $x + 1 = 2^{n}a$, avec $a$ impair, et $y = 2^{m}b$, avec $b$ impair.
$\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ étant impair, on a donc $n = mq$ d'après l'égalité (E'').
Posons $y = x - k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$, c'est-à-dire que :
$y = 2^{mq}a - 1 - k = 2^{m}\big(2^{m(q-1)}a + \dfrac{-1 - k}{2^{m}}\big) = 2^{m}(2^{m(q-1)} + c$, où $c = \dfrac{-1 - k}{2^{m}}$.
(ça veut dire que $b = 2^{m(q-1)} + c$).
(E'') implique que : $$2^{mq}a\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big) = \big(2^{m}(2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\qquad (\heartsuit).
$$ c'est-à-dire que :
$\begin{align} a\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big) & = \big((2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\\
& = \sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}\\
& = c^{q} + \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}
\end{align}$.
Alors $c^{q} = a\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} - q(2^{m(q-1)})c^{q-1} - \sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)})^{i}a^{i-1}c^{q-i}\big)$.
Donc $a$ divise $c^{q}$, et posons alors $d = pgcd (a, c)$ (on aura $d = a$, ou $d = c$).
Alors $b = 2^{m(q-1)}a + c = d(2^{m(q-1)}a' + c')$, où $a' = \dfrac{a}{d}$ et $c' = \dfrac{c}{d}$.
Et d'après $(\heartsuit)$, $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} = \dfrac{d^{q}}{a}(2^{m(q-1)}a' + c')^{q}$
Mais on a aussi que :
$\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} & = \sum_{i=0}^{p-1}\big(1 - 2^{mq}a\big)^{i}\\
& = \sum_{i=0}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(-2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = 1 + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(-2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = p + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{j=1}^{i}\binom{i}{j}(-2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = p + 2^{mq}a\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big),\,A_{i}\,\in\,\mathbb{N}^*\\
\end{align}$,
Mais on a, soit $d = c$, soit $d =a$, et dans les deux cas de figure $\dfrac{d^{q}}{a} = as,\,s\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Donc $p = a\big(s(2^{m(q-1)}a' + c')^{q} - 2^{mq}\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big)\big)$, ce qui implique que $a$ divise $p$, et comme $p$ est premier, alors $a = 1$ ou $a = p$.
Montrons que $a = p$ est impossible.
Si $a = p$, qui est premier, on est dans le cas $d = a = p$. Donc :
$\begin{align} x^{p} + 1 & = (x + 1)\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\\
& = 2^{mq}a^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}\\
& = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}\\
\end{align}$.
où $c' = \dfrac{c}{a}$.
On a aussi :
$\begin{align} x^{p} + 1 & = (2^{mq}a - 1)^{p} + 1\\
& = 2^{mq}p\sum_{i=0}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i}\\
& = 2^{mq}p\big(1 + \sum_{i=1}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i}\big)\\
\end{align}$.
car $a = p$ et $p$ impair.
Alors, $2^{mq}p\big(1 + \sum_{i=1}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i}\big) = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$, et par suite :
$1 + \sum_{i=1}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i} = p^{q-1}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$
Ce qui implique que $p$ divise $1$. Ce qui est impossible car $p$ premier. D'où $a = p$ est impossible.
Donc $\fbox{a = 1}$.
On avait posé $k = x - y$, et $c = \dfrac{1 - k}{2^{m}}$, et donc : $2^{m}c = - x + y + 1$
Par ailleurs, on a que $x + 1 = 2^{mq}$, c'est-à-dire $- x = 1 - 2^{mq}$.
Donc $2^{m}c = 1 - 2^{mq} + y + 1 = (2 - 2^{mq} + 2^{m}b) = 2(1 - 2^{mq-1} + 2^{m-1}b)$, (où $c$ est impair).
Mais alors $m = 1$, et par suite $c = 1 - 2^{q-1} + b = 1 - 2^{q-1} + (2^{q-1} + c)$, (on avait $b = 2^{m(q-1)} + c$).
Ce qui implique l'absurdité $0 = 1$.
Donc il n'existe pas de valeur de $c$ vérifiant notre égalité.
Et alors, on a que si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E'').
On a évidemment que : (E) équivaut à ((E') ou (E'')). On a donc montrer que dans l'équation de Catalan, le terme impair est nécessairement à la puissance 2, pour d'éventuelles solutions (c'est dire que $p = 2$ et $x$ est impair).
Par ailleurs, $x^{2} + 1 = y^{q}$, $x$ impair et $y$ pair, n'admet aucune solution convenable. En effet, on a $(x - 1)^{2} = x^{2} - 2x + 1$ et donc $x^{2} + 1 = y^{q}\,\iff\,(x - 1)^{2} = y^{q} - 2x = 2(\frac{y^{q}}{2} - x)$. Mais $\frac{y^{q}}{2} - x$ étant impair, cette dernière égalité est impossible (un carré ne peut pas s'écrire sous la forme 2a, avec a impair).
On a aussi que : $x^{2} - 1 \neq y^{2}$ (deux entiers consécutifs supérieurs à 2 ne peuvent pas tous les deux être des carrés car :
$x^{2}\,> \,x^{2} - 1\,>\,(x - 1)^{2})$.
Pour dire que toute solution sera telle que $q\geq\,3$.
D'où la proposition 1.
Il suffit donc pour prouver la conjecture, de montrer que l'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
$\textrm{ Proposition 2}$ :
L'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
Preuve :
Posons $x = 2a + 1,\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, et $y = 2b,\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$.
L'équation (e) équivaut alors à $(2a + 1)^{2} - 1 = (2b)^{q}\,\iff\,4a(a + 1) = (2b)^{q}\,\iff\,a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
Résolvons donc l'équation (e') d'inconnues $a$, $b$ et $q$ définie par $a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$. L'équation est bien vérifiée pour les valeurs
$a = 1$, $b = 1$ et $q = 3$ ($1\times 2 = 2^{1}\times 1^{3}$), c'est à dire qu'une solution de (e) est donnée par $x = 3$, $y = 2$ et $q = 3$
(D'où la solution $(x,\,p,\,y,\,q) = (3,\,2,\,2\,3)$ de (E)).
Toute autre valeur de $a$, donc supérieure à $1$, s'écrit $X + 1,\,X\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Mais alors pour ces valeurs, l'équation (e') s'écrit $(X + 1)(X + 2) = 2^{q-2}b^{q}$.
C'est à dire $X^{2} + 3X + 1 = 2^{q-2}b^{q}\,\iff\,X^{2} + 3X + 1 - 2^{q-2}b^{q} = 0$.
Résolvons cette équation du second degré d'inconnu $X$.
On a $\Delta = 9 - 4(1 - 2^{q-2}b^{q}) = 5 + 2^{q}b^{q} = 4 + (1 + (2b)^{q}) = 4 + (2a + 1)^{2}$ (d'après l'égalité (e)).
Mais pour avoir une solution entière, il faut que $4 + (2a + 1)^{2} = Y^{2},\,Y\,\textrm{entier supérieur à 3}$ ($\Delta$ doit être un carré parfait).
Mais sachant que $2a + 1\,>\,3$ et que $(n + 1)^{2} - n^{2} = 2n + 1,\,\forall\,n\,\in\,\mathbb{N}^*$, on a $Y^{2} - (2a +1)^{2}\,>\,7$, donc différent de $4$. Par suite $\Delta$ n'est pas un carré parfait et l'équation du second degré en $X$ n'a pas de solution entière.
L'équation (e') n'a donc pas d'autre solution, et c'est dire que la seule solution à l'équation (e) est celle donnée plus haut.
Ce qui prouve la conjecture.
$\textrm{ Théorème}$ :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
Cordialement.
(*) J'ai eu du mal à comprendre pourquoi tu traitais $x^{p} + 1 = y^{q}" qui n'est pas l'équation initiale. Tu échanges les rôles de x et y ? Alors il faut aussi échanger les rôles de p et q, c'est une source d'erreur. Sans parler de "On a évidemment que : (E) équivaut à ((E') ou (E''))" (en général, le évidemment dans un texte de maths est une absence de preuve, cachée par un renforcement de l'affirmation.
Il faut remarquer que d'une manière générale, l'équation initiale s'écrit comme : (un nombre impair) élevé à une certaine puissance - (un nombre pair) élevé à une certaine puissance, où (un nombre impair) élevé à une certaine puissance + (un nombre pair) élevé à une certaine puissance. Il n'y a pas d'autre cas de figure possible.
C'est justement ce que je viens de dire qui l'explique. Il n'y a pas d'autre cas de figure possible.
Quant à les exposants, ça ne change rien que je les permute ou pas. L'essentiel étant dans chaque cas de montrer que l'exposant du nombre impair ne peut pas être impair, sans quoi il n'y a pas de solution de Catalan.
Inutile de m'expliquer que x et y sont de parités différentes, c'est évident. Rectifie ta "preuve" de façon à ne pas trafiquer les notations.
Je te réponds
Quelle est la différence entre ces deux égalités ?
La deuxième n'est-elle pas présentée comme une équation de Catalan (pour les étourdis !) ?
Remarque : $x^{p} - 1$ et $x^{p} + 1$ ne se factorisent pas de la mème manières quand c'est possible, et le raisonnement qu'on utilise peut changer d'un cas à l'autre..
"La deuxième n'est-elle pas présentée comme une équation de Catalan"
Oui, mais ce n'est pas la même !! Tu triches en faisant semblant de faire deux cas, mais comme tu ne traites pas un deuxième cas de la même équation, tu n'as fait que la moitié du travail.
Bon j'arrête là, je n'aime pas perdre mon temps avec ceux qui trafiquent les calculs.
Tu n'as pas lu la démo, alors je ne peux en discuter avec toi longuement.
"La deuxième n'est-elle pas présentée comme une équation de Catalan"...pour les étourdis j'ai ajouté.
Merci d'avoir pensé t'en arrêter là.
Dans la démonstration de la proposition 1, il y a une erreur sur un signe.
En fait le seul résultat qu'on a est que s'il existe une autre solution à l'équation $x^p - 1 = y^q$, alors $x$ et $p$ sont impairs, $y\gt x$ est pair et $p\gt q$.
Cordialement.
Cordialement
Je vous propose ici ma dernière tentative de preuve de la proposition 1, et par suite, de résolution de la conjecture.
$\textrm{ Proposition 1}$ :
Les solutions cherchées de l'équation (E) sont les solutions de l'équation $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair, $y$ pair et $q\geq 3$.
Démontrons la proposition.
Supposons $x$ impair et $p$ impair.
$\bullet$ Notons (E') l'équation : $x^{p} - 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On a : $x^{p} - 1 = (x - 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big)$.
On a $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$ impair, car somme d'un nombre impair de nombres impairs.
Posons $x = 2^{n}a + 1,\,n\,\textrm{et}\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, avec $a$ impair, et $y = 2^{m}b,\,m\,\textrm{et}\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$ avec $b$ impair.
Alors $y^{q} = (2^{m}b)^{q} = 2^{mq}b^{q}$, et par suite $b^{q} = \sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$, $n = mq$ et $x = 2^{mq}a + 1$.
On peut poser $y = x + k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$, c'est-à-dire $y = 2^{mq}a + 1 + k = 2^{m}(2^{m(q-1)}a + c)$, où $c = \dfrac{1 + k}{2^{m}}$ est impair.
(ça veut dire que $b = 2^{m(q-1)}a + c$).
Alors (E') implique que :
$$2^{mq}a\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big) = \big(2^{m}(2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\qquad (\star)$$,
c'est-à-dire que :
$\begin{align} a\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big) & = \big((2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\\
& = \sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}\\
& = c^{q} + \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}.
\end{align}$
Alors $c^{q} = a\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i} - q(2^{m(q-1)})c^{q-1} - \sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)})^{i}a^{i-1}c^{q-i}\big)$.
Donc $a$ divise $c^{q}$, et posons alors $d = pgcd (a, c)$ (on aura $d = a$, ou $d = c$).
Alors $b = 2^{m(q-1)}a + c = d(2^{m(q-1)}a' + c')$ où $a' = \dfrac{a}{d}$ et $c' = \dfrac{c}{d}$.
Et d'après $(\star)$, $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i} = \dfrac{d^{q}}{a}(2^{m(q-1)}a' + c')^{q}$
Mais on a aussi :
$\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1}x^{i} & = \sum_{i=0}^{p-1}\big(1 + 2^{mq}a\big)^{i}\\
& = \sum_{i=0}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = 1 + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = p + 2^{mq}a\big(\sum_{i=2}^{p-1}A_{i}\big),
\end{align}$
où $A_{i}$ est un entier pour tout $i$.
Mais on a, soit $d = c$, soit $d = a$, et dans les deux cas de figure,
$\dfrac{d^{q}}{a} = a s,\,s\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Donc $p = a\big(s(2^{m(q-1)}a' + c')^{q} - 2^{mq}\big(\sum_{i=2}^{p-1}A_{i}\big)\big)$, ce qui implique que $a$ divise $p$, et comme $p$ est premier, alors $a = 1$ ou $a = p$.
Montrons que $a = p$ est impossible.
Si $a = p$, qui est pemier, on est dans le cas $d = a = p$.
Donc :
$\begin{align} x^{p} - 1 & = (x - 1)\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\\
& = 2^{mq}a^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}\\
& = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q},
\end{align}$
où $c' = \dfrac{c}{a}$.
On a aussi que :
$x^{p} - 1 = (2^{mq}a + 1)^{p} - 1 = 2^{mq}p\big(\sum_{i=1}^{p}(2^{mq}p)^{i-1}\big)$.
Alors, $2^{mq}p\big(\sum_{i=1}^{p}(2^{mq}p)^{i-1}\big) = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$, et par suite :
$1 + \sum_{i=2}^{p}(2^{mq}p)^{i-1} = p^{q-1}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$.
Ce qui implique que $p$ divise $1$. Ce qui est impossible car $p$ premier, et donc $a = p$ est impossible.
Donc $\fbox{a = 1}$.
Posons $y = x + k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$.
On a $c = \dfrac{1 + k}{2^{m}}$, alors $(1 + k)^{p} = (2^{m}c)^{p} = 2^{mp}c^{p}$ et donc
$v_{2}\big((1 + k)^{p}\big) = mp$ où $v_{2}(n)$ est la valuation 2-adique de l'entier $n$.
Mais $(1 + k)^{p} = \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}k^{i} = 1 + k^{p} + \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}$.
Or :
$\begin{align} k^{p} & = (y - x)^{p}\\
& = \big(2^{m}b - (2^{mq} + 1)\big)^{p}\\
& = \big(-(2^{mq} + 1 - 2^{m}b)\big)^{p}\\
& = -\sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = -(2^{mq} + 1)^{p} - \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = -(2^{m}b)^{q} - 1 - \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = - 1 - \big(\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\big) + (2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q}.
\end{align}$
Remarquons que :
$(2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q} = (2^{m}b)^{min(p, q)}\big((2^{m}b)^{p-min(p, q)} - (2^{m}b)^{q-min(p, q)}\big)$.
Et alors $1 + k^{p} = - \big(\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\big) + (2^{m}b)^{min(p, q)}\big((2^{m}b)^{p-min(p, q)} - (2^{m}b)^{q-min(p, q)}\big)$.
Par ailleurs :
$\begin{align} \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i} & = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{m}c - 1)^{i}\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(-1)^{i} + 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}i(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(p + \sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big).
\end{align}$
Car on a :
$\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(-1)^{i} = 0$ et $\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1} = p + \sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}$.
Mais $v_{2}\big(\sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}\big)\geq 2$ si $p\,>\,3$.
Donc $(1 + k)^{p} = 1 + k^{p} + \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}$ a pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\big(p(2^{mq} + 1)^{p-1}b + c\big(p + \sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}\big)\big)$, soit pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\times 2pc = 2^{m+1}pc$
On a le terme de la somme $\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}$, $(2^{m}c)^{2}\sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\binom{i}{2}(-1)^{i-2} = (2^{m}c)^{2}(\dfrac{p(p-1)}{2} + \sum_{i=3}^{p-1}(-1)^{i-2}\dfrac{p!}{2(p-i)!(i-2)!} = (2^{m}c)^{2}\dfrac{p(p-1)}{2}$, car $\sum_{i=3}^{p-1}(-1)^{i-2}\dfrac{p!}{2(p-i)!(i-2)!} = 0$.
Par ailleurs le terme de la somme $1 + k^{p}$, $-(2^{mq} + 1)\dfrac{p!(p-1)!}{2}(-2^{m}b)^{2} = -(2^{mq} + 1)\dfrac{p!(p-1)!}{2}2^{2m}(2^{m(q-1)} + c)^{2}$.
La somme de ces deux termes est de valuation 2-adique $\geq 2m + 1$.
Mais alors, puisque $m + 1 \geq 2m + 1\,\iff\, m = 0$, on a soit $m = 0$ soit $v_{2}\big((1 + k)^{p}\big) = mp = m + 1$.
$\bullet$) $m = 0$ est impossible, car entraine $x$ pair.
$\bullet$) $v_{2}\big((1 + k)^{p}\big) = mp = m + 1$ n'est possible que si $m = 1$ et $p = 2$, ce qui est contradictoire, car $p$ est supposé impair.
Alors pour $x$ impair, et $p$ impair supérieur à 3, l'équation (E') n'admet pas de solution.
Par ailleurs : $c = \dfrac{1 + k}{2^{m}}$, alors $(1 + k)^{q} = (2^{m}c)^{q} = 2^{mq}c^{q}$ et donc
$v_{2}\big((1 + k)^{q}\big) = mq$.
Mais $(1 + k)^{q} = \sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}k^{i} = 1 + k^{q} + \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i}$.
Or :
$\begin{align} k^{q} & = (y - x)^{q} \\
& = \big(2^{m}b - (2^{mq} + 1)\big)^{q} \\ & = \big(-(2^{mq} + 1 - 2^{m}b)\big)^{q} \\
& = -\sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i}\\
& = (2^{m}b)^{q} - \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i}\\
& = (2^{mq} + 1)^{p} - 1 - \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i}\\
& = - 1 - \big(\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i} + (2^{mq} + 1)^{q} - (2^{mq} + 1)^{p}\big).
\end{align}$
Remarquons que :
$(2^{mq} + 1)^{q} - (2^{mq} + 1)^{p} = (2^{mq} + 1)^{min(p, q)}\big((2^{mq} + 1)^{q-min(p, q)} - (2^{mq} + 1)^{p-min(p, q)}\big) = (2^{mq} + 1)^{min(p, q)}2^{mq}A$, où $A$ est un entier.
Et donc $1 + k^{q} = - \big(\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{mq} + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i} + (2^{mq} + 1)^{min(p, q)}2^{mq}A\big)$.
Par ailleurs :
$\begin{align} \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i} & = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{m}c - 1)^{i}\\
& = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(-1)^{i} + 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}i(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(q + \sum_{i=2}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big).
\end{align}$
Car on a :
$\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(-1)^{i} = 0$ et $\sum_{i=1}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1} = q + \sum_{i=2}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}$.\\
Mais $v_{2}\big(\sum_{i=2}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}\big)\geq 2$ si $q\,>\,3$.\\
$(1 + k)^{q} = 1 + k^{q} + \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i}$ a pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\big(q(2^{mq} + 1)^{q-1}b + c\big(q + \sum_{i=1}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}\big)\big)$, soit pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\times 2qc = 2^{m+1}qc$\\
On a le terme de la somme $\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i}$, à savoir :
$(2^{m}c)^{2}\sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\binom{i}{2}(-1)^{i-2} = (2^{m}c)^{2}(\dfrac{q(q-1)}{2} + \sum_{i=3}^{q-1}(-1)^{i-2}\dfrac{q!}{2(q-i)!(i-2)!}) = (2^{m}c)^{2}\dfrac{q(q-1)}{2}$,
car $\sum_{i=3}^{q-1}(-1)^{i-2}\dfrac{q!}{2(q-i)!(i-2)!} = 0$.
Par ailleurs le terme de la somme $1 + k^{q}$, à savoir,
$-(2^{mq} + 1)\dfrac{q!(q-1)!}{2}(-2^{m}b)^{2} = -(2^{mq} + 1)\dfrac{q!(q-1)!}{2}2^{2m}(2^{m(q-1)} + c)^{2}$.
La somme de ces deux termes est de valuation 2-adique $\geq 2m + 1$.
Mais alors, puisque $m + 1 \geq 2m + 1\,\iff\, m = 0$, on a soit $m = 0$ soit $v_{2}\big((1 + k)^{q}\big) = mq = m + 1$.
$\bullet$) $m = 0$ est impossible, car entraine $x$ pair.
$\bullet$) $v_{2}\big((1 + k)^{q}\big) = mq = m + 1$ possible que si $m = 1$ et $q = 2$.
Mais pour $p = q = 3$, l'équation (E') n'admet pas de solution d'après le théorème de Fermat-Wiles.
Par ailleurs pour $q = 2$, on a que la somme $\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i} = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{m}c - 1)^{i}$, est de valuation 2-adique égale à 1, or la somme $1 + k^{2} = 2(2^{2m} + 1)(2^{m}b) + (2^{2m} + 1)^{2} - (2^{2m} + 1)^{p}$ est de valuation 2-adique $\geq m+1$. De sorte que pour ce cas $q = 2$ l'équation (E') n'admet pas de solution.
Donc on a que, si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E').
$\bullet$ Maintenant notons (E'') l'équation : $x^{p} + 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On va tenir un raisonnement similaire à celui tenu ci-haut.
On a : $x^{p} + 1 = (x + 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big)$ (car $p$ impair).
Et $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ est impair, car somme de $p$ (impair) nombres impairs.
Mais alors en posant $x + 1 = 2^{n}a$, avec $a$ impair, et $y = 2^{m}b$, avec $b$ impair.
$\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ étant impair, on a donc $n = mq$ d'après l'égalité (E'').
Posons $y = x + k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$, c'est-à-dire que :
$y = 2^{mq}a - 1 + k = 2^{m}\big(2^{m(q-1)}a + \dfrac{-1 + k}{2^{m}}\big) = 2^{m}(2^{m(q-1)} + c)$, où $c = \dfrac{-1 + k}{2^{m}}$.
(ça veut dire que $b = 2^{m(q-1)}a + c$).
(E'') implique que : $$2^{mq}a\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big) = \big(2^{m}(2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\qquad (\heartsuit)$$.
c'est-à-dire que :
$\begin{align} a\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big) & = \big((2^{m(q-1)}a + c)\big)^{q}\\
& = \sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}\\
& = c^{q} + \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)}a)^{i}c^{q-i}.
\end{align}$
Alors $c^{q} = a\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} - q(2^{m(q-1)})c^{q-1} - \sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}(2^{m(q-1)})^{i}a^{i-1}c^{q-i}\big)$.
Donc $a$ divise $c^{q}$, et posons alors $d = pgcd (a, c)$ (on aura $d = a$, ou $d = c$).
Alors $b = 2^{m(q-1)}a + c = d(2^{m(q-1)}a' + c')$ où $a' = \dfrac{a}{d}$ et $c' = \dfrac{c}{d}$.
Et d'après $(\heartsuit)$, $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} = \dfrac{d^{q}}{a}(2^{m(q-1)}a' + c')^{q}$.
Mais on a aussi que :
$\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i} & = \sum_{i=0}^{p-1}\big(1 - 2^{mq}a\big)^{i}\\
& = \sum_{i=0}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(-2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = 1 + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(-2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = p + \sum_{i=1}^{p-1}\big(\sum_{j=1}^{i}\binom{i}{j}(-2^{mq}a)^{j}\big)\\
& = p + 2^{mq}a\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big),\,A_{i}\,\in\,\mathbb{N}^*.
\end{align}$
Mais on a, soit $d = c$, soit $d = a$, et dans les deux cas de figure
$\dfrac{d^{q}}{a} = as,\,s\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Donc $p = a\big(s(2^{m(q-1)}a' + c')^{q} - 2^{mq}\big(\sum_{i=1}^{p-1}A_{i}\big)\big)$, ce qui implique que $a$ divise $p$, et comme $p$ est premier, alors $a = 1$ ou $a = p$.
Montrons que $a = p$ est impossible.
Si $a = p$, qui est pemier, on est dans le cas $d = a = p$.
Donc :
$\begin{align} x^{p} + 1 & = (x + 1)\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\\
& = 2^{mq}a^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}\\
& = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}.
\end{align}$
où $c' = \dfrac{c}{a}$.
On a aussi :
$\begin{align} x^{p} + 1 & = (2^{mq}a - 1)^{p} + 1\\
& = 2^{mq}p\sum_{i=0}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i},`\, (\textrm{car $a = p$ et $p$ impair})\\
& = 2^{mq}p\big(1 + \sum_{i=1}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i}\big).
\end{align}$
Alors, $2^{mq}p\big(1 + \sum_{i=1}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i}\big) = 2^{mq}p^{q}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$,
et par suite :
$1 + \sum_{i=1}^{p-1}(2^{mq}p)^{i}(-1)^{p-1-i} = p^{q-1}(2^{m(q-1)} + c')^{q}$.
Ce qui implique que $p$ divise $1$. Ce qui est impossible car $p$ premier.
D'où $a = p$ est impossible.
Donc $\fbox{a = 1}$.
On va tenir le mème raisonnement que pour l'équation (E').
L'équation (E'') est devenu, $(2^{mq} - 1)^{p} + 1 = (2^{m}b)^{q}$.
Posons $y = x + k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$.
Alors $k = y - x = 2^{m}b - (2^{mq} - 1) = 2^{m}(2^{m(q-1)} + c) - (2^{mq} - 1) = 2^{m}c + 1$.
$(k - 1)^{p} = \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i} = - 1 + k^{p} + \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i}$.
Par ailleurs,
$\begin{align} k^{p} & = \big(2^{m}b - (2^{mq} - 1)\big)^{p}\\
& = \big(- (2^{mq} - 1 - 2^{m}b)\big)^{p}\\
& = - \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq} - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = - (2^{mq} - 1)^{p} - \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq} - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = 1 - (2^{m}b)^{q} - \sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq} - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i} + (2^{m}b)^{p}\\
& = 1 - \sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq} - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i} + (2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q}.
\end{align}$
Alors on a :
$k^{p} - 1 = - \sum_{i=1}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq} - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i} + (2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q}$.
Mais :
$\begin{align} \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i} & = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{m}c + 1)^{i}(-1)^{p-i}\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}\big)(-1)^{p-i}\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(-1)^{p-i} + 2^{m}c\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}i(-1)^{p-i} + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}\big)(-1)^{p-i}\\
& = 2^{m}c\big(p + \sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{p-i}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}\big)(-1)^{p-i}.
\end{align}$
On se retrouve dans la mème situation qu'avec l'équation (E'), alors pour $x$ impair, et $p$ impair supérieur à 3, l'équation (E'') n'admet pas de solution.
En effectuant des calculs similaires pour $(k - 1)^{q}$ et $k^{q}$ que pour l'équation (E'), on arrive à la mème conclusion, à savoir que pour $p = 3$ et $q = 3$ il n'y a pas de solution d'après le théorème de Fermat-Wiles et que pour le cas particulier $q = 2$ il n'y a non plus, pas de solution possible..
Alors, on a que si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E'')
On a évidemment que : (E) équivaut à ((E') ou (E'')). On a donc montrer que dans l'équation de Catalan, le terme impair est nécessairement à la puissance 2, pour d'éventuelles solutions (c'est dire que $p = 2$ et $x$ est impair).
Par ailleurs, $x^{2} + 1 = y^{q}$, $x$ impair et $y$ pair, n'admet aucune solution convenable.
En effet, on a $(x - 1)^{2} = x^{2} - 2x + 1$ et donc,
$x^{2} + 1 = y^{q}\,\iff\,(x - 1)^{2} = y^{q} - 2x = 2(\frac{y^{q}}{2} - x)$.
Mais $\frac{y^{q}}{2} - x$ étant impair, cette dernière égalité est impossible (un carré ne peut pas s'écrire sous la forme $2a$, avec $a$ impair).
On a aussi que : $x^{2} - 1 \neq y^{2}$ (deux entiers consécutifs supérieurs à 2 ne peuvent pas tous les deux être des carrés car :
$x^{2}\,>\,x^{2} - 1\,>\,(x - 1)^{2}$).
Pour dire que toute solution sera telle que $q\,\geq\,3$.
D'où la proposition 1.
Il suffit donc pour prouver la conjecture, de montrer que l'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
$\textrm{Proposition 2}$ :
L'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
Preuve :
Posons $x = 2a + 1,\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, et $y = 2b,\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$.
L'équation (e) équivaut alors à :
$(2a + 1)^{2} - 1 = (2b)^{q}\,\iff\,4a(a + 1) = (2b)^{q}\,\iff\,a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
Résolvons donc l'équation (e') d'inconnues $a$, $b$ et $q$ définie par :
$a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
L'équation est bien vérifiée pour les valeurs $a = 1$, $b = 1$ et $q = 3$
($1\times 2 = 2^{1}\times 1^{3}$), c'est à dire qu'une solution de (e) est donnée par $x = 3$, $y = 2$ et $q = 3$ (D'où la solution $(x,\,p,\,y,\,q) = (3,\,2,\,2,\,3)$ de (E)).
Toute autre valeur de $a$, donc supérieure à $1$, s'écrit $X + 1,\,X\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Mais alors pour ces valeurs, l'équation (e') s'écrit $(X + 1)(X + 2) = 2^{q-2}b^{q}$.
C'est à dire $X^{2} + 3X + 1 = 2^{q-2}b^{q}\,\iff\,X^{2} + 3X + 1 - 2^{q-2}b^{q} = 0$.
Résolvons cette équation du second degré d'inconnu $X$. Appelons $\Delta$ son déterminant :
on a alors $\Delta = 9 - 4(1 - 2^{q-2}b^{q}) = 5 + 2^{q}b^{q} = 4 + (1 + (2b)^{q}) = 4 + (2a + 1)^{2}$ (d'après l'égalité (e)).
Mais pour avoir une solution entière, il faut que $4 + (2a + 1)^{2} = Y^{2},\,Y\,\textrm{entier supérieur à 3}$ ($\Delta$ doit etre un carré parfait).
Mais sachant que $2a + 1\,>\,3$ et que $(n + 1)^{2} - n^{2} = 2n + 1,\,\forall\,n\,\in\,\mathbb{N}^*$,
on a : $Y^{2} - (2a +1)^{2}\,>\,7$, donc différent de $4$. Par suite $\Delta$ n'est pas un carré parfait et l'équation du second degre en $X$ n'a pas de solution entière.
L'équation (e') n'a donc pas d'autre solution, et c'est dire que la seule solution à l'équation (e) est celle donnée plus haut.
Ce qui prouve la conjecture.
$\textrm{Théorème}$ :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
Pourquoi $d=a$ ou $d=c$ ?
Merci.
Fatigue, étourderie, inattention ? Ça peut arriver à tout le monde.
Mais comme tu affirmes souvent des choses sans les démontrer, on se demande si de ton côté tu ne vérifies même pas, au brouillon.
En général, quand on propose une preuve on est sûr de tout ce que l’on dit.
Par des théorèmes qu’on utilise, tout prêts, sans redémontrer. Ou alors en le démontrant soigneusement.
Je reconnais que la rédaction a été fastidieuse, mais propose à la critique cette nouvelle version.
$\textrm{Proposition 1}$ :
Les solutions cherchées de l'équation (E) sont les solutions de l'équation $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair, $y$ pair et $q\geq 3$.
Démontrons la proposition.
Supposons $x$ impair et $p$ impair.
$\bullet$ Notons (E') l'équation : $x^{p} - 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On a : $x^{p} - 1 = (x - 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}\big)$.
On a $\sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$ impair, car somme d'un nombre impair de nombres impairs.
Posons $x = 2^{n}a + 1,\,n\,\textrm{et}\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, avec $a$ impair, et $y = 2^{m}b,\,m\,\textrm{et}\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$ avec $b$ impair.
Alors $y^{q} = (2^{m}b)^{q} = 2^{mq}b^{q}$, et par suite $b^{q} = \sum_{i=0}^{p-1}x^{i}$, $n = mq$ et $x = 2^{mq}a + 1$.
On peut poser $y = x + k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$, c'est-à-dire $y = 2^{mq}a + 1 + k = 2^{m}(2^{m(q-1)}a + c)$, où $c = \dfrac{1 + k}{2^{m}}$ est impair.
(ça veut dire que $b = 2^{m(q-1)}a + c$).
On a $c = \dfrac{1 + k}{2^{m}}$, alors $(1 + k)^{p} = (2^{m}c)^{p} = 2^{mp}c^{p}$ et donc
$v_{2}\big((1 + k)^{p}\big) = mp$ où $v_{2}(n)$ est la valuation 2-adique de l'entier $n$.
Mais $(1 + k)^{p} = \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}k^{i} = 1 + k^{p} + \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}$.
Or :
$\begin{align} k^{p} & = (y - x)^{p}\\
& = \big(2^{m}b - (2^{mq}a + 1)\big)^{p}\\
& = \big(-(2^{mq}a + 1 - 2^{m}b)\big)^{p}\\
& = -\sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = -(2^{mq}a + 1)^{p} - \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = -(2^{m}b)^{q} - 1 - \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = - 1 - \big(\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\big) + (2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q}.
\end{align}$
Remarquons que :
$(2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q} = (2^{m}b)^{min(p, q)}\big((2^{m}b)^{p-min(p, q)} - (2^{m}b)^{q-min(p, q)}\big)$.
Et alors $1 + k^{p} = - \big(\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\big) + (2^{m}b)^{min(p, q)}\big((2^{m}b)^{p-min(p, q)} - (2^{m}b)^{q-min(p, q)}\big)$.
Par ailleurs :
$\begin{align} \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i} & = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{m}c - 1)^{i}\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(-1)^{i} + 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}i(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(p + \sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big).
\end{align}$
Car on a :
$\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(-1)^{i} = 0$ et $\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1} = p + \sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}$.
Mais $v_{2}\big(\sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{i-1}\big)\geq 2$ si $p\,>\,3$.
Donc $(1 + k)^{p} = 1 + k^{p} + \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}$ a pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\big(p(2^{mq}a + 1)^{p-1}b + c\big(p + \sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}\big)\big)$, soit pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\times 2pc = 2^{m+1}pc$ (on le voit en remplaçant $b$ par sa valeur $2^{m(q-1)}a + c$).
On a le terme de la somme $\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}$, à savoir $(2^{m}c)^{2}\sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\binom{i}{2}(-1)^{i-2} = (2^{m}c)^{2}(\dfrac{p(p-1)}{2} + \sum_{i=3}^{p-1}(-1)^{i-2}\dfrac{p!}{2(p-i)!(i-2)!} = (2^{m}c)^{2}\dfrac{p(p-1)}{2}$, car $\sum_{i=3}^{p-1}(-1)^{i-2}\dfrac{p!}{2(p-i)!(i-2)!} = 0$ (on a supposé $p\,>\,3$).
Par ailleurs le terme de la somme $1 + k^{p}$, à savoir $-(2^{mq}a + 1)\dfrac{p!(p-1)!}{2}(-2^{m}b)^{2} = -(2^{mq}a + 1)\dfrac{p!(p-1)!}{2}2^{2m}(2^{m(q-1)} + c)^{2}$.
La somme de ces deux termes est de valuation 2-adique $\geq 2m + 1$.
Mais alors, puisque $m + 1 \geq 2m + 1\,\iff\, m = 0$, on a soit $m = 0$ soit $v_{2}\big((1 + k)^{p}\big) = mp = m + 1$.
$\bullet$) $m = 0$ est impossible, car entraine $x$ pair.
$\bullet$) $v_{2}\big((1 + k)^{p}\big) = mp = m + 1$ n'est possible que si $m = 1$ et $p = 2$, ce qui est contradictoire, car $p$ est supposé impair.
Alors pour $x$ impair, et $p$ impair supérieur à 3, l'équation (E') n'admet pas de solution.
Par ailleurs, on va tenir le mème raisonnement avec $(1 + k)^{q}$.
$c = \dfrac{1 + k}{2^{m}}$, alors $(1 + k)^{q} = (2^{m}c)^{q} = 2^{mq}c^{q}$ et donc
$v_{2}\big((1 + k)^{q}\big) = mq$.
Mais $(1 + k)^{q} = \sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}k^{i} = 1 + k^{q} + \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i}$.
Or :
$\begin{align} k^{q} & = (y - x)^{q}\\
& = \big(2^{m}b - (2^{mq}a + 1)\big)^{q} \\ & = \big(-(2^{mq}a + 1 - 2^{m}b)\big)^{q} \\
& = -\sum_{i=0}^{q}\binom{q}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i}\\
& = (2^{m}b)^{q} - \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i}\\
& = (2^{mq}a + 1)^{p} - 1 - \sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i}\\
& = - 1 - \big(\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i} + (2^{mq}a + 1)^{q} - (2^{mq}a + 1)^{p}\big).
\end{align}$
Remarquons que :
$(2^{mq}a + 1)^{q} - (2^{mq}a + 1)^{p} = (2^{mq}a + 1)^{min(p, q)}\big((2^{mq}a + 1)^{q-min(p, q)} - (2^{mq}a + 1)^{p-min(p, q)}\big) = (2^{mq}a + 1)^{min(p, q)}2^{mq}A$, où $A$ est un entier.
Et donc $1 + k^{q} = - \big(\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{mq}a + 1)^{i}(-2^{m}b)^{q-i} + (2^{mq}a + 1)^{min(p, q)}2^{mq}A\big)$.
Par ailleurs :
$\begin{align} \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i} & = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{m}c - 1)^{i}\\
& = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(-1)^{i} + 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}i(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(\sum_{i=1}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big)\\
& = 2^{m}c\big(q + \sum_{i=2}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}\big) + \sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}(-1)^{i-j}\big).
\end{align}$
Car on a :
$\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(-1)^{i} = 0$ si $q\,>\,3$ et $\sum_{i=1}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1} = q + \sum_{i=2}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}$.
Mais $v_{2}\big(\sum_{i=2}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}(-1)^{i-1}\big)\geq 2$ si $q\,>\,3$.
$(1 + k)^{q} = 1 + k^{q} + \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i}$ a pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\big(q(2^{mq}a + 1)^{q-1}b + c\big(q + \sum_{i=1}^{q-1}\dfrac{q!}{(q-i)!}\big)\big)$, soit pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\times 2qc = 2^{m+1}qc$
On a le terme de la somme $\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i}$, à savoir :
$(2^{m}c)^{2}\sum_{i=2}^{q-1}\binom{q}{i}\binom{i}{2}(-1)^{i-2} = (2^{m}c)^{2}(\dfrac{q(q-1)}{2} + \sum_{i=3}^{q-1}(-1)^{i-2}\dfrac{q!}{2(q-i)!(i-2)!}) = (2^{m}c)^{2}\dfrac{q(q-1)}{2}$,
car $\sum_{i=3}^{q-1}(-1)^{i-2}\dfrac{q!}{2(q-i)!(i-2)!} = 0$.
Par ailleurs le terme de la somme $1 + k^{q}$, à savoir,
$-(2^{mq}a + 1)\dfrac{q!(q-1)!}{2}(-2^{m}b)^{2} = -(2^{mq}a + 1)\dfrac{q!(q-1)!}{2}2^{2m}(2^{m(q-1)}a + c)^{2}$.
La somme de ces deux termes est de valuation 2-adique $\geq 2m + 1$.
Mais alors, puisque $m + 1 \geq 2m + 1\,\iff\, m = 0$, on a soit $m = 0$ soit $v_{2}\big((1 + k)^{q}\big) = mq = m + 1$.
$\bullet$) $m = 0$ est impossible, car entraine $x$ pair.
$\bullet$) $v_{2}\big((1 + k)^{q}\big) = mq = m + 1$ possible que si $m = 1$ et $q = 2$.
Mais pour $q = 2$, on a que la somme $\sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}k^{i} = \sum_{i=1}^{q-1}\binom{q}{i}(2^{m}c - 1)^{i}$, est de valuation 2-adique égale à 1, or la somme $1 + k^{2} = 2(2^{2m}a + 1)(2^{m}b) + (2^{2m}a + 1)^{2} - (2^{2m}a + 1)^{p}$ est de valuation 2-adique $\geq m+1$. De sorte que pour ce cas $q = 2$ l'équation (E') n'admet pas de solution (car $2m\neq 1$ et $m = 0$ ne convient pas car entraine $x$ pair).
Par ailleurs pour $p = q = 3$, l'équation (E') n'admet pas de solution d'après le théorème de Fermat-Wiles.
Donc on a que, si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E') : $x^{p} - 1 = y^{q}$.
$\bullet$ Maintenant notons (E'') l'équation : $x^{p} + 1 = y^{q}$ (alors toute solution $y$ est pair).
On va tenir un raisonnement similaire à celui tenu ci-haut.
On a : $x^{p} + 1 = (x + 1)\big(\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}\big)$ (car $p$ impair).
Et $\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ est impair, car somme de $p$ (impair) nombres impairs.
Mais alors en posant $x + 1 = 2^{n}a$, avec $a$ impair, et $y = 2^{m}b$, avec $b$ impair.
$\sum_{i=0}^{p-1}(-x)^{i}$ étant impair, on a donc $n = mq$ d'après l'égalité (E'').
Posons $y = x + k,\,k\,\in\,\mathbb{Z}^*$, c'est-à-dire que :
$y = 2^{mq}a - 1 + k = 2^{m}\big(2^{m(q-1)}a + \dfrac{-1 + k}{2^{m}}\big) = 2^{m}(2^{m(q-1)} + c)$, où $c = \dfrac{-1 + k}{2^{m}}$.
(ça veut dire que $b = 2^{m(q-1)}a + c$).
On va tenir le mème raisonnement sur $k - 1$, $p$ et $q$, que pour l'équation (E').
L'équation (E'') est devenu, $(2^{mq}a - 1)^{p} + 1 = (2^{m}b)^{q}$.
On a $k = y - x = 2^{m}b - (2^{mq}a - 1) = 2^{m}(2^{m(q-1)}a + c) - (2^{mq}a - 1) = 2^{m}c + 1$.
$(k - 1)^{p} = \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i} = - 1 + k^{p} + \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i}$.
On a :
$\begin{align} k^{p} & = \big(2^{m}b - (2^{mq}a - 1)\big)^{p}\\
& = \big(- (2^{mq}a - 1 - 2^{m}b)\big)^{p}\\
& = - \sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(2^{mq}a - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = - (2^{mq}a - 1)^{p} - \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i}\\
& = 1 - (2^{m}b)^{q} - \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i} + (2^{m}b)^{p}\\
& = 1 - \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i} + (2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q}.
\end{align}$
Alors on a :
$k^{p} - 1 = - \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{mq}a - 1)^{i}(-2^{m}b)^{p-i} + (2^{m}b)^{p} - (2^{m}b)^{q}$.
Mais :
$\begin{align} \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i} & = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(2^{m}c + 1)^{i}(-1)^{p-i}\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}\big)(-1)^{p-i}\\
& = \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(-1)^{p-i} + 2^{m}c\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}i(-1)^{p-i} + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}\big)(-1)^{p-i}\\
& = 2^{m}c\big(p + \sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{p-i}\big) + \sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\big(\sum_{j=2}^{i}\binom{i}{j}(2^{m}c)^{j}\big)(-1)^{p-i}
\end{align}$
Car on a :
$\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}(-1)^{p-i} = 0$ et $\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{p-i} = p + \sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{p-i}$.\\
Mais $v_{2}\big(\sum_{i=2}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}(-1)^{p-i}\big)\geq 2$ si $p\,>\,3$.
Donc $(k - 1)^{p} = - 1 + k^{p} + \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i}$ a pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\big(p(2^{mq}a + 1)^{p-1}b + c\big(p + \sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}\big)\big)$, soit pour termes de valuation 2-adique minimale $2^{m}\times 2pc = 2^{m+1}pc$ (on le voit en remplaçant $b$ par sa valeur $2^{m(q-1)}a + c$).
On a le terme de la somme $\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}k^{i}(-1)^{p-i}$, à savoir $(2^{m}c)^{2}\sum_{i=2}^{p-1}\binom{p}{i}\binom{i}{2}(-1)^{p-i} = (2^{m}c)^{2}(- \dfrac{p(p-1)}{2} + \sum_{i=3}^{p-1}(-1)^{p-i}\dfrac{p!}{2(p-i)!(i-2)!}) = - (2^{m}c)^{2}\dfrac{p(p-1)}{2}$, car $\sum_{i=3}^{p-1}(-1)^{p-i}\dfrac{p!}{2(p-i)!(i-2)!} = 0$ (on a supposé $p\,>\,3$).
Par ailleurs le terme de la somme $- 1 + k^{p}$, à savoir $-(2^{mq}a + 1)\dfrac{p!(p-1)!}{2}(-2^{m}b)^{2} = -(2^{mq}a + 1)\dfrac{p!(p-1)!}{2}2^{2m}(2^{m(q-1)} + c)^{2}$.
La somme de ces deux termes est de valuation 2-adique $\geq 2m + 1$.
Mais alors, puisque $m + 1 \geq 2m + 1\,\iff\, m = 0$, on a soit $m = 0$ soit $v_{2}\big((k - 1)^{p}\big) = mp = m + 1$.
$\bullet$) $m = 0$ est impossible, car entraine $x$ pair.
$\bullet$) $v_{2}\big((k - 1)^{p}\big) = mp = m + 1$ n'est possible que si $m = 1$ et $p = 2$, ce qui est contradictoire, car $p$ est supposé impair.
Alors pour $x$ impair, et $p$ impair supérieur à 3, l'équation (E') n'admet pas de solution.
En effectuant des calculs similaires pour $(k - 1)^{q}$ et $k^{q}$, on arrive comme pour l'équation (E'), à la mème conclusion, ; à savoir que pour $p = 3$ et $q = 3$ il n'y a pas de solution d'après le théorème de Fermat-Wiles et que pour le cas particulier $q = 2$ il n'y a non plus, pas de solution possible, pour les mêmes raisons.
Alors, on a que si $x$ impair et $p$ impair, il n'y a pas de solution avec les hypothèses de Catalan pour l'équation (E'')
On a évidemment que : (E) équivaut à ((E') ou (E'')). On a donc montrer que dans l'équation de Catalan, le terme impair est nécessairement à la puissance 2, pour d'éventuelles solutions (c'est dire que $p = 2$ et $x$ est impair).
Par ailleurs, $x^{2} + 1 = y^{q}$, $x$ impair et $y$ pair, n'admet aucune solution convenable.
En effet, on a $(x - 1)^{2} = x^{2} - 2x + 1$ et donc,
$x^{2} + 1 = y^{q}\,\iff\,(x - 1)^{2} = y^{q} - 2x = 2(\frac{y^{q}}{2} - x)$.
Mais $\frac{y^{q}}{2} - x$ étant impair, cette dernière égalité est impossible (un carré ne peut pas s'écrire sous la forme $2a$, avec $a$ impair).
On a aussi que : $x^{2} - 1 \neq y^{2}$ (deux entiers consécutifs supérieurs à 2 ne peuvent pas tous les deux ètre des carrés car :
$x^{2}\,>\,x^{2} - 1\,>\,(x - 1)^{2}$).
Pour dire que toute solution sera telle que $q\,\geq\,3$.
D'où la proposition 1.
Il suffit donc pour prouver la conjecture, de montrer que l'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
$\textrm{Proposition 2}$ :
L'équation (e) définie par $x^{2} - 1 = y^{q}$, où $x$ est impair et $y$ pair, a pour unique solution $(x,\,y,\,q) = (3,\,2,\,3)$.
Preuve :
Posons $x = 2a + 1,\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, et $y = 2b,\,b\,\in\,\mathbb{N}^*$.
L'équation (e) équivaut alors à :
$(2a + 1)^{2} - 1 = (2b)^{q}\,\iff\,4a(a + 1) = (2b)^{q}\,\iff\,a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
Résolvons donc l'équation (e') d'inconnues $a$, $b$ et $q$ définie par :
$a(a + 1) = 2^{q-2}b^{q}$.
L'équation est bien vérifiée pour les valeurs $a = 1$, $b = 1$ et $q = 3$
($1\times 2 = 2^{1}\times 1^{3}$), c'est à dire qu'une solution de (e) est donnée par $x = 3$, $y = 2$ et $q = 3$ (D'où la solution $(x,\,p,\,y,\,q) = (3,\,2,\,2,\,3)$ de (E)).
Toute autre valeur de $a$, donc supérieure à $1$, s'écrit $X + 1,\,X\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Mais alors pour ces valeurs, l'équation (e') s'écrit $(X + 1)(X + 2) = 2^{q-2}b^{q}$.
C'est à dire $X^{2} + 3X + 1 = 2^{q-2}b^{q}\,\iff\,X^{2} + 3X + 1 - 2^{q-2}b^{q} = 0$.
Résolvons cette équation du second degré d'inconnu $X$. Appelons $\Delta$ son déterminant :
on a alors $\Delta = 9 - 4(1 - 2^{q-2}b^{q}) = 5 + 2^{q}b^{q} = 4 + (1 + (2b)^{q}) = 4 + (2a + 1)^{2}$ (d'après l'égalité (e)).
Mais pour avoir une solution entière, il faut que $4 + (2a + 1)^{2} = Y^{2},\,Y\,\textrm{entier supérieur à 3}$ ($\Delta$ doit etre un carré parfait).
Mais sachant que $2a + 1\,>\,3$ et que $(n + 1)^{2} - n^{2} = 2n + 1,\,\forall\,n\,\in\,\mathbb{N}^*$,
on a : $Y^{2} - (2a +1)^{2}\,>\,7$, donc différent de $4$. Par suite $\Delta$ n'est pas un carré parfait et l'équation du second degré en $X$ n'a pas de solution entière.
L'équation (e') n'a donc pas d'autre solution, et c'est dire que la seule solution à l'équation (e) est celle donnée plus haut.
Ce qui prouve la conjecture.
$\textrm{Théorème}$ :
La seule solution en entiers supérieurs à 1 de l'équation : $x^{p} - y^{q} = 1$, est $x = q = 3$ et $y = p = 2$.
Il remporte tous ses duels.
Dans le jeu des 7 erreurs, on a 2 images ; le jeu n'est pas de chercher si l'image 1 est conforme à l'image 2, on sait à l'avance qu'il y a des différences, et qu'il y en a 7 ; et le jeu, c'est de trouver ces différences.
Ici, c'est pareil. On sait à l'avance que la démo est fausse, et le jeu, c'est de trouver les erreurs.
Moi, le jeu des 7 erreurs, ça m'amusait beaucoup quand j'avais 9 ou 10 ans. Au-delà, ça n'a plus d'intérêt.
Pourquoi n'acceptes-tu pas la critique alors ?
babsgueye,
Tu proposes un pavé de 500 pages, JLT pointe une ligne suspecte et toi, tu dis « bon en fait pas besoin » puis tu balances ensuite un pavé de 1000 pages.
Et comme tu as une certaine réputation, ça va être difficile de trouver des relecteurs.
Cerise sur le gâteau tu vas certainement conclure par « comme on ne me dit pas qu’il y a d’autres erreurs, c’est que je n’en ai pas faites. J’ai donc bien démontré cette conjecture ».
C’est moche quand même.
@JLT la première sommation s'annule parce les termes le composant sont deux à deux opposés ($p$ est premier supérieur à 2).
Sur la somme $\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{p!}{(p-i)!}$ il manque $(i-1)!$ au dénominateur, mais je pense que ça n'influe pas sur la démo. Il va falloir que je prouve avec plus de détails.
@Dom je l'ai déjà dit ; il faut que je me rende compte tout seul que j'ai pas les moyens, avant d'arrêter d'essayer de trouver une preuve de la conjecture. C'est pas moche, c'est plutôt très sage.
A plus tard.
tu n'es pas vraiment tout seul là... se rendre compte tout seul ça veut dire faire une preuve tout seul et se la corriger tout seul jusqu'à constater qu'on n'y arrivera pas...
Tout ça, je le répète, ne mérite pas qu'on réponde et doit être traité par le mépris.
Restons entre gens sérieux. Si l'on ne répond pas, les messages farfelus cesseront peu à peu.
Vous les jeunes, vous ne mesurez pas comme la vie est courte, et qu'il n'en faut pas distraire une minute pour des conneries sottises.
@Chaurien, on sait que c'est un théorème, mais cela n'empêche pas de chercher une autre preuve avant d'imaginer qu'il est impossible d'en trouver.
Il se trouve que les remarques de @JLT me simplifient le raisonnement. Alors... on a envie de lire, on lit ; sinon on passe sans commentaire.
tu sais bien qu'on ne peut pas laisser tes messages sans réponse, car dans ce cas tu crois qu'ils sont corrects. Comme tu ne respectes pas les principes de base des maths (avoir vérifié qu'il n'y a aucune erreur), il reste toujours des erreurs dans tes longs calculs (plus ils sont longs, plus il y a d'erreurs). Pourtant un calcul faux reste faux même si personne ne le lit !
Et là, dès le début, c'est du n'importe quoi :
" ... où $x$ est impair ...
Démontrons la proposition.
Supposons $x$ impair .."
Tu n'es même pas capable de tenir compte de ton hypothèse, celle que tu viens de faire !! Comment pourrait-on croire que tu sais ce que tu fais dans les 150 ligne de calcul qui suivent ???
Un truc où on annonce au départ les têtes de chapitre :
Exemple :
On va traiter d'abord les cas avec x impair et p impair dans le paragraphe A1
Puis les cas x impair et p pair dans le paragraphe A2.
Puis les cas x pair et p impair dans le paragraphe B1
Puis les cas x pair et p pair dans le paragraphe B2.
Quand il y a un plan, et qu'on voit que le document est conforme au plan, ça permet au lecteur qui connait un peu le sujet de sauter les paragraphes pour lesquels il sait que c'est facile, et d'aller tout de suite aux paragraphes 'sensibles'.
Là, le cas où x est impair et p est pair, je l'ai cherché, mais je ne l'ai pas trouvé.
Peut-être que j'ai mal cherché, c'est tout à fait possible.
Peut-être que Babsgueye considère que ce paragraphe est inutile, parce que si p est pair , $x^{2n} = (x^2)^n$ , et donc on revient au cas où $n$ est impair ?
Mais dans ce cas, on élude le cas où $p$ serait une puissance de 2 ?
Bof, je ne sais pas si le cas est traité ou pas, mais peu importe. S'il est oublié, c'est juste une erreur de plus dans la démonstration.
Merci à tous les intervenants.
Pour ne pas obliger à lire les messages précédents, je remets ici l'introduction sur le sujet.
Je propose à la critique une preuve élémentaire de la conjecture de Catalan, en abordant le sujet avec une toute nouvelle approche.
Regardons ces deux cas.
$\begin{align} (E) &\implies x^{p} = \displaystyle\sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}(ax)^{i} \\&= qax + \displaystyle\sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}(ax)^{i}\\&\implies x^{n-1} = qa + \displaystyle\sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}a^{i}x^{i-1}\end{align}$.
$\begin{align} x^{p-1} & = cx^{k} + \displaystyle\sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}\big(\frac{cx^{k}}{q}\big)^{i}x^{i-1}\\ & = cx^{k} + \displaystyle\sum_{i=2}^{q}\binom{q}{i}\big(\frac{cx}{q}\big)^{i}x^{ki-1}\end{align}$.
$1 = \big(\frac{cx}{2}\big)^{2}x^{p-2} - c\implies 4 = c^{2}x^{p} - 4c\implies 4(c + 1) = c^{2}x^{p}$.
Mais $x^{p}\gt 4$, et alors $c^{2}\lt c + 1$ et donc $c = 1$. On a alors $8 = x^{p}$, et alors $x = 2$ et $p = 3$.
$x^{p} + 1 = \big((a + 1)x - 1\big)^{q}\implies x^{p} + 2 = \displaystyle\sum_{i=1}^{q}\binom{q}{i}\big((a + 1)x\big)^{i}(-1)^{q-i}$.
$2^{p} + 1 = y^{q}\implies 2^{p} = y^{q} - 1 = (y - 1)\displaystyle\sum_{i=0}^{q-1}y^{i}$.
Cordialement.
On tient alors le même raisonnement en utilisant $x_{0} = \dfrac{x}{d}$ à la place de $x$ dans le texte proposé.
Merci:
En l'occurence $23 = \dfrac{2\times 36}{3} - 1$.