Может ли m^20+11^n быть квадратом?

[age]

Деля на 11, рано или поздно мы придём к новому выражению $11^n=(p-m^{10})(p+m^{10})$ где $p\pm m^{10}$ взаимно простые. Т.к. если как Вы пишите $p$ не делится на $11^{10}$, то получится $11^n=(p-11^km^{10})(p+11^km^{10})$. Откуда, $p\div11^k$ и так далее.

[Equinoxe]

age, во, теперь понятно, спасибо

[nnosipov]

age в сообщении #481390 писал(а):

Вы забыли его привести. Приведите.

Нет, это Вы забыли его привести, на что я и указал. Если бы я эту задачу решал, я бы рассуждал по-другому.

age в сообщении #481390 писал(а):

обобщить действительно можно именно так, как я указал.

Очень сомневаюсь, что Вы сможете доказать то, что наобобщали. Если уж с первоначальной формулировкой не справились, то что говорить о более сложных ситуациях.

age в сообщении #481390 писал(а):

прекратите флеймить и троллить

Ну, а это к чему? Опять обиделись? На этот раз на что?

[age]

Equinoxe да сколько угодно пожалуйста

-- Чт сен 08, 2011 13:30:45 --

nnosipov в сообщении #481429 писал(а):

Нет, это Вы забыли его привести, на что я и указал. Если бы я эту задачу решал, я бы рассуждал по-другому.

Так вот и решайте. Покажите что вы тоже можете её решить. А потом будем разговаривать.

nnosipov в сообщении #481429 писал(а):

Очень сомневаюсь, что Вы сможете доказать то, что наобобщали. Если уж с первоначальной формулировкой не справились, то что говорить о более сложных ситуациях.

Сомневаетесь - я рад.

[Equinoxe]

nnosipov, да там правда всё очевидно :( Просто видимо стоило чуть растянуть предложение про «взаимнопростость», рассмотрев по модулю 11

[nnosipov]

Школьникам я бы эту задачу объяснил так (это как раз уровень ЕГЭ, не выше). Пусть $m^{20}+11^n=p^2$ (все буквы обозначают натуральные числа), тогда $(p-m^{10})(p+m^{10})=11^n$. Отсюда (поскольку $11$ --- простое число и имеет место основная теорема арифметики) $p-m^{10}=11^a$ и $p+m^{10}=11^b$ для некоторых целых чисел $a$, $b$, причём $0 \leqslant a<b$. Из этих равенств вычитанием получим $2m^{10}=11^a(11^{b-a}-1)$. При $a>0$ отсюда следует, что $m$ делится на $11$. Запишем $m=11^km_1$, где $k \geqslant 1$ и $m_1$ не делится на $11$. После подстановки в равенство получим $2m_1^{10}11^{10k}=11^a(11^{b-a}-1)$. Такое возможно, только если $10k=a$ (снова ссылка на основную теорему арифметики). Сократив на $11^{10k}=11^a$, придём к равенству $2m_1^{10}=11^c-1$, где $c=b-a>0$. Если же $a=0$, то мы сразу имеем равенство $2m^{10}=11^b-1$ такого же вида. Почему оно невозможно, я выше уже объяснил.

age в сообщении #481430 писал(а):

Покажите что вы тоже можете её решить.

Очень смешно. Чем со мной препираться по пустякам, лучше бы поучились стандартным рассуждениям.

[nnosipov]

Equinoxe в сообщении #481437 писал(а):

nnosipov, да там правда всё очевидно

Всё ли? Предлагаю небольшой тест: заменим $11$ на $1999$ и спросим себя: может ли сумма $m^{20}+1999^n$ быть точным квадратом?

[age]

nnosipov
Ну здесь олимпиадный раздел, а не школьный. Объяснения школьникам необязательны.

[nnosipov]

age, задача вполне школьная, и объяснение поэтому соответствующее. Не школьный (скорее, для студентов) пример я привёл в своём первом сообщении на эту тему.