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 ight)), 则 (d|p).

柯召定理（1965）

若 (qgeq 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 (xequiv 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 $$left(frac{x-1}{2} ight)left(frac{x+1}{2^{{q-1}} ight)=left(frac{y}{2} ight)}q.$$
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

[frac{x-1}{2}=b^q, quad frac{x+1}{2^{q-1}}=a^q. ]

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$$(b^2+2a)frac{b{2q}+(2a)^q}{b2+2a}=b^{2q}+(2a)q=left(frac{x-1}{2} ight)^{2+2(x+1)=left(frac{x+3}{2} ight)}2.$$
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 (2ageq (b+1)^2-b^2=2b+1), 这与前面得到的 (a< b) 矛盾.

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

本文内容基本来自于The problem of Catalan.