121 -- единственный квадрат вида 111...11121?

[Ktina]

На одной из Ленинградок давали такую задачу:
Квадрат натурального числа содержит несколько единиц и одну двойку. Доказать, что этот квадрат делится на $11$.

Задача сама по себе тривиальная. Двойка не может стоять в конце, квадраты на двойку не кончаются. Также квадрат не может оканчиваться на $11$, иначе будет $3$ по модулю $4$. Таким образом, наш квадрат имеет вид $111...11121$, то есть оканчивается на $21$, а перед ним целое неотрицательное число единичек. Но число такого вида может давать только остатки $0$ и $10$ при делении на $11$. Так как квадраты $10$ не дают, остаётся только $0$. Утверждение доказано.

Но вот у меня такое ощущение возникло, что число $121$ -- вообще единственный квадрат такого вида. А как доказать, не знаю. Дело в том, что репьюнит может делиться на любое натуральное число $n$, взаимопростое с $2$ и $5$. Таким образом, наш квадрат может (если он есть) давать тот же остаток на $n$, что и $121$, а это сильно затрудняет доказательство. Также по степеням двойки и пятёрки ничего интересного не нашла. Остатки, даваемые числами вида $111...11121$ на эти степени всегда подходят к квадратам.
Подскажите, пожалуйста, как доказывать.

[Sonic86]

Уравнение такое:
$\frac{10^k-1}{9}+10=n^2$
$10^k+89=m^2$
Далее, наверное, можно решать через квадратичные вычеты или через Пелля. Где-то так Shadow показывал. Если надо, могу найти...

[Sonic86]

Sonic86 в сообщении #642474 писал(а):

Если надо, могу найти...

Предыдущая тема Ваша

Решал по аналогии, уравнение Пелля $x^2-10y^2=89$ решил, ... deleted. Частное решение: $27^2-10\cdot 8^2=89$, фундаментальное: $19^2-10\cdot 6^2=1$. Дальше пока не могу...

[Shadow]

Да. Решается через Пелля. Рекурентное отношение
$\\x_{n+1}=19x_n+60y_n\\ y_{n+1}=6x_n+19y_n$
И опять две серии с начальными решениями (27,8) и (33,10). Первая не интерсна, там все $y \equiv 2 \pmod 3$ и к степеням 10-ки не подходит.
Во второй,где есть одно решение, (подробно расписывать не буду) $11|x$ при нечетных индексах, а $4|y$ при четных. Т.е в решениях уравнения не выполняется одновременно $11|x, 4|y$

[Sonic86]

Shadow в сообщении #642758 писал(а):

Во второй,где есть одно решение, (подробно расписывать не буду) $11|x$ при нечетных индексах, а $4|y$ при четных.

Поясните, пожалуйста. У меня $x\equiv 0;6;8;1;8;6;0;5;3;10;3;5\pmod{11}$ с периодом $11+1=12$. Кроме того, неясно, что это дает. У нас же $x$ произвольно, на него ограничений нет.

[nnosipov]

Проверил, всё верно. Кстати, это задача 2007 года, городской тур, 11 класс.

-- Вс ноя 11, 2012 11:51:16 --

Sonic86 в сообщении #642804 писал(а):

У меня $x\equiv 0;6;8;1;8;6;0;5;3;10;3;5\pmod{11}$ с периодом $11+1=12$.

Для второй серии $x \equiv 0 \pmod{11}$ с периодом 6, а при таких индексах $y \equiv 2 \pmod{4}$.

[Sonic86]

А, понял спасибо