柯召定理

在给出柯召定理及其证明之前，我们先给出两个引理以备后用。

引理1

（Nagell定理, 1921）若正整数 \(x\), \(y\) 以及奇素数 \(q\) 满足等式 \(x^2-y^q=1\), 则必有 \(2|y\), \(q|x\).

引理2

设 \(a\), \(b\) 互素, \(p\) 是素数, 则：

1. 若 \(p\) 能整除 \(\dfrac{a^p-b^p}{a-b}\) 与 \(a-b\) 中的某个, 它必然可以整除另外一个.

2. 记 \(d=\left(\dfrac{a^p-b^p}{a-b}, a-b\right)\), 则 \(d|p\).

柯召定理（1965）

若 \(q\geq 5\) 是一个素数，则方程 \(x^2-y^q=1\) 没有正整数解.

Chein的证明（1976）

根据Nagell 定理可知 \(x\) 是奇数. 先假设 \(x\equiv 3 \mod 4\).

因为 \((x-1)(x+1)=y^q\) 以及 \(2|y\), 所以 \(2^q|(x+1)(x-1)\).
因为 \(\dfrac{x-1}{2}\) 是奇数, 所以 \(2^{q-1}|x+1\).
于是就有 $$\left(\frac{x-1}{2}\right)\left(\frac{x+1}{2^{{q-1}}\right)=\left(\frac{y}{2}\right)}q.$$
因为 \((x+1, x-1)=2\), 所以上式左边两个因子互素，于是就有分解

即 $$x-1=2^{q-1}aq, \quad x-1=2b^q.$$

于是 \(a^q=\dfrac{b^q+1}{2^{q-2}}< b^q\), 故 \(a< b\).

另外，我们有$$(b^2+2a)\frac{b{2q}+(2a)^q}{b2+2a}=b^{2q}+(2a)q=\left(\frac{x-1}{2}\right)^{2+2(x+1)=\left(\frac{x+3}{2}\right)}2.$$
根据 Nagell 定理可知 \(q|x\), 同时这里 \(q>3\), 所以上式右边不能被 \(q\) 整除. 根据引理2，上式左边的两个因数互素，因此它们都是完全平方. 既然 \(b^2+2a\) 是完全平方, 那么 \(2a\geq (b+1)^2-b^2=2b+1\), 这与前面得到的 \(a< b\) 矛盾.

若 \(x\equiv 1\mod 4\), 那么 \(x-1=2^{q-1}a^q\), \(x+1=2b^q\), 并且可以得到 $$b^{2q}-(2a)q=\left(\frac{x-3}{2}\right)^2.$$
其余的论证同上.

本文内容基本来自于The problem of Catalan.