Une preuve de la conjecture de Catalan

Salut.

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 $y = p = 2$.

Salut.

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.

Bonjour.
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 $y = p = 2$.

Parce que, soit $a\leq c$, alors $d = a$, soit $a\geq c$, alors $d = c$ (bien noter que $a$ divise $c^q$)..

Tu as raison. Il y a un problème par là. Je dois tout revoir sur cette partie.
Merci.

On peut le classer dans l'inattention (je la trouvais presque évidente).

@Raoul.S, je veux dire, sans qu'on ne me convainque par des paroles stériles du genre ''arrête de chercher par ci ou par là...!''

@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.

Salut.
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.

Je pense qu'on peut dire $b^{q} - 1\equiv 0\bmod{x}\implies \,b = 1\,\textrm{ou}\,b = \dfrac{x}{d} \pm 1$, où $d$ est un diviseur strict de $x$ (il sera plus sur de le démontrer).
On tient alors le même raisonnement en utilisant $x_{0} = \dfrac{x}{d}$ à la place de $x$ dans le texte proposé.

Merci:

@Math Coss tu as raison, j'ai omis un coefficient. Il faut plutôt dire $b^{q} - 1\equiv 0\bmod{x}\implies \,b = 1\,\textrm{ou}\,b = \dfrac{kx}{d} \pm 1$, où $d$ est un diviseur strict de $x$ et $k\leq d$ (il sera plus sur de le démontrer).
En l'occurence $23 = \dfrac{2\times 36}{3} - 1$.