Может ли m^20+11^n быть квадратом?

[Xenia1996]

Существуют ли такие натуральные числа m, n, что $m^{20}+11^n$ является квадратом целого числа?

[age]

Пусть $m^{20}+11^n=p^2$. Тогда $11^n=p^2-m^{20}=(p+m^{10})(p-m^{10})$. В правой части произведение взаимно простых чисел. Поэтому равенство возможно лишь тогда, когда:
$\begin{cases} p+m^{10}=11^n\\ p-m^{10}=1 \end{cases}$
Откуда, $2m^{10}=11^n-1$, что невозможно по гипотезе Каталана. Поэтому можно обобщить, взяв вместо $11$ любое натуральное $a$.

[nnosipov]

age в сообщении #481334 писал(а):

Пусть $m^{20}+11^n=p^2$. Тогда $11^n=p^2-m^{20}=(p+m^{10})(p-m^{10})$. В правой части произведение взаимно простых чисел. Поэтому равенство возможно лишь тогда, когда:
$\begin{cases} p+m^{10}=11^n\\ p-m^{10}=1 \end{cases}$
Откуда, $2m^{10}=11^n-1$, что невозможно по гипотезе Каталана. Поэтому можно обобщить, взяв вместо $11$ любое натуральное $a$.

Во-первых, a priori числа $p \pm m^{10}$ не обязаны быть взаимно простыми. Здесь требуется дополнительное рассуждение, которое позволит свести решение задачи к рассмотрению только этого случая.
Во-вторых, весьма нетривиально доказываемая гипотеза Каталана здесь совершенно не нужна (да и не работает она, поскольку в ней идёт речь о равенстве вида $x^a-y^b=\pm 1$). Равенство $2m^{10}=11^n-1$ невозможно по банальной причине: поскольку $m^5 \equiv \pm 1 \pmod{11}$, имеем $2m^{10}+1 \equiv 3 \not\equiv 0 \pmod{11}$.
В-третьих, к возможным обобщениям следует подходить очень аккуратно, ибо равенства указанного сорта могут весьма сложно исследоваться. В качестве "более простого" примера можно привести равенство $m^2+4=5^n$. Попробуйте доказать, что оно возможно только при $(m,n) \in \{(1,1),(11,3)\}$.

[age]

nnosipov в сообщении #481341 писал(а):

Во-первых, a priori числа $p \pm m^{10}$ не обязаны быть взаимно простыми. Здесь требуется дополнительное рассуждение, которое позволит свести решение задачи к рассмотрению только этого случая.

Вы забыли его привести. Приведите.

nnosipov в сообщении #481341 писал(а):

В-третьих, к возможным обобщениям следует подходить очень аккуратно, ибо равенства указанного сорта могут весьма сложно исследоваться. В качестве "более простого" примера можно привести равенство $m^2+4=5^n$. Попробуйте доказать, что оно возможно только при $(m,n) \in \{(1,1),(11,3)\}$.

В-четвёртых, обобщить действительно можно именно так, как я указал. Если желаете можете с этим поспорить, если не знаете как именно, то прекратите флеймить и троллить.

[Equinoxe]

age в сообщении #481334 писал(а):

Тогда $11^n=p^2-m^{20}=(p+m^{10})(p-m^{10})$. В правой части произведение взаимно простых чисел.

Я тоже не понимаю, почему именно так

[age]

Equinoxe в сообщении #481400 писал(а):

Я тоже не понимаю, почему именно так

Какой общий множитель могут иметь $p\pm m^{10}$?

[Equinoxe]

age, да хоть бы и 11

-- Чт сен 08, 2011 11:48:04 --

Почему p и m не могут одновременно делиться на 11?

[age]

Потому что тогда можно сократить на $11^2$.

[Equinoxe]

age, но ведь это нам ничего не даст, т.к. мы сведёмся к другой степени у m

[age]

Нет, мы получим другую пару $p\pm m^{10}$, которая уже взаимно проста.

[Equinoxe]

age, но ведь чтобы получить новую m^10 мы должны были разделить на 10-ую (20-ую в общем вроде) степень 11-ти, а не 2-ую, разве нет?

[age]

Тогда $p$ делится на $11$ при $n>2$.

[Equinoxe]

age, а чем это мешает? Мы вроде изначально полагали, что и m, и p делятся на 11

[age]

Тем что опять можно сократить на 11 и заниматься этим до бесконечности, пока не получим ни $m^{10}$ ни $p$ не делятся на 11.

[Equinoxe]

Но ведь новое выражение, полученное делением на 11^2, уже не будет иметь вид старого, а значит нужны какие-то другие рассуждения. Я к тому, что разделив $11^n=(p-m^{10})(p+m^{10})$ на $11^2$ мы сохраним всё, кроме десятой степени. Что с этим делать?

(Оффтоп)

Заранее извиняюсь за непонятливость