diophantische vergelijking

Als $x$ of $y$ gelijk aan 1 is, dan krijgen we de oplossing $x=y=1$. Veronderstel nu dat $x,y>1$. Noteer $v_p(x)$ voor de voor de macht waarmee een priemgetal $p$ in de priemfactorisatie van $x$ voorkomt. Voor elke priemdeler $p$ van $x$ of $y$ volgt dat $\left (p^{v_p(x)}\right )^{y^2}=\left (p^{v_p(y)}\right )^x$, dus de verhouding $\frac{v_p(x)}{v_p(y)}=\frac{x}{y^2}$ is hetzelfde voor elke $p$. Hieruit volgt dat er natuurlijke getallen $n>1$ en $a,b >0$ bestaan zodat $x=n^a$ en $y=n^b$. Herschrijven geeft $n^{an^{2b}}=n^{bn^a}$, of nog $an^{2b}=bn^a$.

Als $a>2b$ dan moet $\frac{a}{b}=n^{a-2b}$ een macht van $n$ (groter dan 1) zijn. Dit kan enkel als $a=bn^i$ met $i\in \mathbb{N}_0$. We krijgen $n^i=n^{bn^i-2b}$ of nog $i=b\left (n^i-2\right )$. Als $i\ge 3$ zijn er geen oplossingen, aangezien we dan $i<2^i-2\le b\left (n^i-2\right )$ hebben. Voor $i=1$ krijgen we $b=1$ en $n=3$, wat de oplossing $x=3^3=27$ en $y=3$ geeft. Als $i=2$ krijgen we $n=2$ en $b=1$, dit geeft de oplossing $x=2^4=16$ en $y=2$.

Analoog vinden we als $a\le 2b$ dat $\frac{b}{a}=n^{2b-a}$ een macht van $n$ moet zijn, dus is $b=an^i$ met $i\in \mathbb{N}$. Dit geeft $n^i=n^{2an^i-a}$, dus is $i=a\left (2n^i-1\right )$. Dit geeft $i<2\cdot 2^i-1\le 2n^i-1$ voor alle $i$, contradictie.

Controle leert dat (1,1), (27,3) en (16,2) inderdaad oplossingen zijn.