In 1844, Catalan [2] posed a conjec

In 1844, Catalan [2] posed a conjecture that (a, b, x, y) = (3, 2, 2, 3) is a unique
solution of the Diophantine equation ax−by = 1 where a, b, x and y are integers
with min{a, b, x, y} > 1. Then Mihailescu [3] proved the Catalan’s conjecture
in 2004. After that Acu [1] proved that (3, 0, 3) and (2, 1, 3) are only two
solutions (x, y, z) for the Diophantine equation 2x + 5y = z2 where x, y and z
are non-negative integers.
In 2011, Suvarnamani, Singta and Chotchaisthit [9] proved that two Dio-
phantine equations 4x + 7y = z2 and 4x + 11y = z2 have no non-negative
integer solution. Then Suvarnamani [5] proved that two Diophantine equations
4x + 13y = z2 and 4x + 17y = z2 have no non-negative integer solution. After
that Suvarnamani [6] proved that the Diophantine equation 2x + py = z2 has
some non-negative integer solutions where p is a prime number.
In 2012, Suvarnamani [7] found that Diophantine equation Ax + By = Cz
has some non-negative integer solutions. Then Suvarnamani [8] found that the
Diophantine equation px + py = z2 has some non-negative integer solutions
where p is a prime number. After that Sroysang [4] proved that (0, 1, 3) is a
unique non-negative integer solution of the Diophantine equation 7x +8y = z2.
In 2014, Suvarnamani [10] found the solution of the Diophantine equation
px + qy = z2 where p is an odd prime number which q − p = 2 and x, y and z
are non-negative integers. After that he studied in [11] about the Diophantine
equation px + (p + 1)y = z2 where p is an odd prime number and x, y and z
are non-negative integers.
In this paper, we will use the Catalan’s conjecture to solving (p+1)2x+qy =
z2 where p is a Mersenne prime number which q − p = 2 and x, y and z are
non-negative integers.
Lemma 2.1. (a, b, x, y) = (3, 2, 2, 3) is a unique solution of the Diophantine
equation ax−by = 1 where a, b, x and y are integers with min{a, b, x, y} > 1.
Proof. See in [4].
Lemma 2.2. If q is an odd prime number and y, z are non-negative
integers.Then the Diophantine equation 1 + qy = z2 has no solution.
Proof. Let q is an odd prime number and y, z be non-negative integers such
that 1 + qy = z2. We consider in 3 cases.
Case 1: y = 0. Then z2 = 2 which is impossible.
Case 2: y = 1. Thus z2 = q + 1. That is z = 0 or 2. It is impossible.
Case 3: y > 1. Thus z2 = qy + 1 > q + 1. Then z > 2. By Lemma 2.1, we
have z = 3, q = 2 and y = 3. Contradiction.
Lemma 2.3. (p, x, z) = (3, 1, 2) is a unique solution of the Diophantine
equation px+1 = z2 where p is an odd prime number and x, z are non-negative
integers.
Proof. Let p be an odd prime number and x, z be non-negative integers
such that px + 1 = z2. We consider in 3 cases.
Case 1: x = 0. Then z2 = 2 which is impossible.
Case 2: x = 1. Thus z2 = p + 1. That is z = 2. Then we get p = 3.
Case 3: x > 1. Thus z2 = px + 1 > p + 1. Then z > 2. By Lemma 2.1, we
have z = 3, p = 2 and x = 3. Contradiction.
3. Main Theorem
Main Theorem 3.1. The Diophantine equation (p + 1)2x + qy = z2 has
no non-negative integer solution where p is a Mersenne prime number which
q − p = 2 and x, y and z are non-negative integers.
Proof. Let p is a Mersenne prime number which q − p = 2 and x, y and
z are non-negative integers such that (p + 1)2x + qy = z2. By Lemma 2.2, we
have x ≥ 1. Then we consider in 2 cases.
Case 1: y = 0.
Then (p+1)2x +1 = z2. By Lemma 2.3, we get p+1 = 3 but it is impossible.
Case 2: y ≥ 1.
Since z2 = (p + 1)2x + qy = (p + 1)2x + (p + 2)y. So, z is odd. Then z2 ≡
1(mod4). Next, (p + 2)y = z2 − (p + 1)2x = [z − (p + 1)x][z + (p + 1)x],
where z − (p + 1)x = (p + 2)u and z + (p + 1)x = (p + 2)y−u, y > 2u. Then
(p+2)u((p+2)y−2u−1) = 2· (p+1)x. Since p is a Mersenne prime number, i.e.,
p = 2k −1 for some prime k. That is (p+2)u(qy−2u −1) = 2 · (p+1)x = 2kx+1.
By Lemma 2.1, we get u = 0. That is (x, y, z) = (2, 2, 5). It is impossible
because we get p which is not a Mersenne prime number.

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

ใน 1844, คาตาลัน [2] เกิดการคาดเดาว่า (b, x, y) = (3, 2, 2, 3)
เป็นที่ไม่ซ้ำกันแก้ปัญหาของสมการDiophantine ขวานโดย = 1 ที่ b, x และ y
ที่เป็นจำนวนเต็มกับนาที{b, x, y}> 1 แล้ว Mihailescu [3]
ได้รับการพิสูจน์การคาดคะเนของคาตาลันในปี2004 หลังจากนั้น Acu [1] พิสูจน์ให้เห็นว่า (3, 0, 3) และ (2, 1, 3)
มีเพียงสองโซลูชั่น(x, y, z) สำหรับสม Diophantine 2x + 5Y = z2 ที่ x, y z
และเป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบ.
ในปี 2011 Suvarnamani, Singta และ Chotchaisthit [9] พิสูจน์ให้เห็นว่าทั้งสอง Dio-
สม phantine 4x + 7Y = z2 และ 4x + 11y = z2
ไม่มีที่ไม่ใช่เชิงลบแก้ปัญหาจำนวนเต็ม จากนั้น Suvarnamani [5] พิสูจน์ให้เห็นว่าทั้งสองสม Diophantine
4x + 13y = z2 และ 4x + 17y = z2 มีจำนวนเต็มไม่มีการแก้ปัญหาที่ไม่ใช่เชิงลบ หลังจากที่ Suvarnamani [6] พิสูจน์ให้เห็นว่าสม Diophantine 2x + PY = z2 มีโซลูชันจำนวนเต็มไม่ใช่เชิงลบที่พีเป็นจำนวนเฉพาะ. ในปี 2012 Suvarnamani [7] พบว่าสม Diophantine Ax + โดย = Cz มีบางส่วนที่ไม่ การแก้ปัญหาเชิงลบจำนวนเต็ม จากนั้น Suvarnamani [8] พบว่าสมDiophantine px + PY = z2 มีโซลูชั่นจำนวนเต็มไม่ใช่เชิงลบที่พีเป็นจำนวนเฉพาะ หลังจากนั้น Sroysang [4] พิสูจน์ให้เห็นว่า (0, 1, 3) เป็นวิธีการแก้ปัญหาไม่ใช่จำนวนเต็มลบที่ไม่ซ้ำกันของสมDiophantine 7x + 8y = z2. ในปี 2014, Suvarnamani [10] พบว่าวิธีการแก้ปัญหาของสม Diophantine px + QY = z2 ที่พีเป็นจำนวนเฉพาะคี่ซึ่งคิว - p = 2 x, y z และเป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบ หลังจากนั้นเขาได้ศึกษาใน [11] เกี่ยวกับ Diophantine สม px + (P + 1) Y = z2 ที่พีเป็นจำนวนเฉพาะคี่และ x, y z และเป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบ. ในบทความนี้เราจะใช้คาตาลัน การคาดคะเนในการแก้ปัญหา (P + 1) + 2x QY = z2 ที่พีเป็นจำนวนเฉพาะที่เซนเนคิว - p = 2 x, y z และมี. integers เชิงลบแทรก2.1 (b, x, y) = (3, 2, 2, 3) เป็นวิธีการแก้ปัญหาที่เป็นเอกลักษณ์ของ Diophantine สมขวานโดย = 1 ที่ b, x และ y เป็นจำนวนเต็มกับนาที {b, x , y}> 1. หลักฐาน ดูใน [4]. บทแทรก 2.2 ถ้าคิวเป็นจำนวนเฉพาะคี่และ y, z เป็นที่ไม่ใช่เชิงลบintegers.Then สม Diophantine 1 + QY = z2 มีไม่มีวิธีแก้. หลักฐาน ให้คิวเป็นจำนวนเฉพาะคี่และ y, z เป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบเช่นว่า1 + QY = z2 เราพิจารณาในกรณีที่ 3. กรณีที่ 1: Y = 0 แล้ว z2 = 2 ซึ่งเป็นไปไม่ได้. กรณีที่ 2: Y = 1 ดังนั้น z2 = คิว + 1 นั่นคือ Z = 0 หรือ 2 มันเป็นไปไม่ได้. กรณีที่ 3: Y> 1. ดังนั้น z2 = QY + 1> คิว + 1 แล้วซี> 2 โดยบทแทรก 2.1 เรามีซี= 3 คิว = 2 และ y = 3. ความขัดแย้ง. บทแทรก 2.3 (p, x, z) = (3, 1, 2) เป็นวิธีการแก้ปัญหาที่เป็นเอกลักษณ์ของ Diophantine สม px + 1 = z2 พีที่เป็นเลขคี่สำคัญและ x, ซีจะไม่ลบจำนวนเต็ม. หลักฐาน ให้พีเป็นจำนวนเฉพาะคี่และ x, z ที่เป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบเช่นที่px + 1 = z2 เราพิจารณาในกรณีที่ 3. กรณีที่ 1:. x = 0 แล้ว z2 = 2 ซึ่งเป็นไปไม่ได้กรณีที่2: x = 1 ดังนั้น z2 = พี + 1 นั่นคือ Z = 2 แล้วที่เราได้รับ p = 3. กรณีที่ 3 : x> 1 ดังนั้น z2 = px + 1> พี + 1 แล้วซี> 2 โดยบทแทรก 2.1 เรา. มีซี = 3, p = 2 และ x = 3. ความขัดแย้ง3 ทฤษฎีบทหลักทฤษฎีบทหลัก 3.1 สม Diophantine (P + 1) + 2x QY = z2 มีไม่มีการแก้ปัญหาไม่ใช่จำนวนเต็มลบที่พีเป็นจำนวนเฉพาะที่เซนเนคิว- พี. = 2 และ x, y z และเป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบหลักฐาน ให้พีเป็นจำนวนเฉพาะที่เซนเนคิว - p = 2 x, y และz ที่เป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบเช่นที่ (P + 1) + 2x QY = z2 โดยบทแทรก 2.2 เรามีx ≥ 1 แล้วเราจะพิจารณาใน 2 กรณี. กรณีที่ 1: Y = 0 แล้ว (P + 1) = 1 2x z2 โดยบทแทรก 2.3 เราได้รับพี + 1 = 3 แต่มันเป็นไปไม่ได้. กรณีที่ 2: y ที่≥ 1. ตั้งแต่ z2 = (P + 1) + 2x QY = (P + 1) 2x + (P + 2) Y ดังนั้นซีเป็นสิ่งที่แปลก จากนั้น Z2 ≡ 1 (mod4) ถัดไป (P + 2) Y = z2 - (P + 1) 2x = [ซี - (P + 1) x] [ซี + (P + 1) x] ที่ซี - (P + 1) x = ( พี + 2) ยู z และ + (P + 1) x = (P + 2) y ที่ยู, y> 2u จากนั้น(P + 2) ท่าน ((P + 2) y ที่ 2u-1) = 2 · (P + 1) x ตั้งแต่พีเป็นจำนวนเฉพาะเซนเนเช่นp = 2k -1 สำหรับบาง k สำคัญ นั่นคือ (P + 2) ท่าน (QY-2u -1) = 2 · (P + 1) x = 2kx +1. โดยบทแทรก 2.1 เราได้รับยู = 0 นั่นคือ (x, y, z) = ( 2, 2, 5) มันเป็นไปไม่ได้เพราะเราได้รับพีซึ่งไม่ได้เป็น Mersenne จำนวนเฉพาะ