Будем решать задачу в системе счисления с основанием q > 1 (в условии q = 10).
1. Пусть искомое число A n-значно, то есть qn - 1 ≤ A < qn. Приписав A к самому себе, получим число
= A · qn+A = (qn + 1)A. Условие задачи теперь выглядит так: существуют ли натуральные числа n, A, B такие, что qn - 1 ≤ A < qn и (qn + 1)A = B2? Предположим, что в разложении числа qn + 1 на простые сомножители каждый из них встречается лишь по разу. Так как B2 делится на qn + 1, то в этом случае и B делится на qn + 1. Поэтому B2 делится и на (qn + 1)2, откуда следует, что A делится на qn + 1. Но это невозможно, поскольку A < qn + 1. Значит, в разложении числа qn + 1 хотя бы один простой сомножитель должен встретиться больше одного раза. Мы получили необходимое условие разрешимости задачи: число qn + 1 должно быть представимо в виде M2N, M > 1.
2. Докажем теперь, что это условие является также и достаточным. Предположим, что qn + 1 = M2N, M > 1. Если число N уже n-значно, т. е. если qn - 1 ≤ N < qn, то всё в порядке: в качестве A годится само N: тогда
= N(qn+1) = M2N2 — точный квадрат. Но пока мы можем сказать лишь то, что qn−i−1 ≤ N < qn−i, i ≥ 0 (т. е. N может оказаться и меньше, чем n-значным). Возьмём r > 1 такое, что r2 ≤ q (это всегда можно сделать, если q ≥ 4; например, положить r = 2), и рассмотрим геометрическую прогрессию {N · r2k}, k = 0, 1,.... Поскольку первый член этой прогрессии меньше qn и знаменатель r2 ≤ q, ясно, что в ней найдётся член B, принадлежащий промежутку [qn - 1, qn - 1]. Так как B имеет вид N · r2i, то, положив A = B, получим, что
= N · r2i(qn + 1) = M2N2 · r2i — точный квадрат. Наше рассуждение проходит для всех q ≥ 4. Остаются случаи q = 2 и q = 3. В случае q = 3 возьмём A = 1, поскольку
= 113 = 4 — точный квадрат. В случае q = 2, положив n = 3, получим 23 + 1 = 32 · 1, т. е. N = 1 < 2, а нам нужно, чтобы 22 ≤ N < 23. Умножив N = 1 на 22 = 1002, получим уже трёхзначное число A = 1002. Число
= 1001002 = 36 — точный квадрат.
3. Докажем существование решения при любом q, т. е. докажем, что для всякого q существуют такие n и M > 1, что qn + 1 = M2N. Если q — число вида rs2 − 1, s > 1, то n = 1, M = s, и решением задачи служит число A = r (записываемое одной цифрой):
= r(rs2 − 1) + r = r2s2.
В частности, такими являются числа q вида 2k − 1, k ≥2 (при s = 2, r = 2k - 2). Вот несколько первых q вида rs2 − 1:
3, 7, 8, 11, 15, 17, 19, 23.
Рассмотрим число q + 1. Если оно не содержит нечётных множителей, то оно — вида 2k, т. е. q = 2k − 1, а это уже рассмотренный случай. Если же q + 1 содержит нечётный множитель p, то
qp + 1 = [(q + 1) - 1]p + 1 = (q + 1)p - p(q + 1)p - 1 + ... + p(q + 1),
откуда следует, что qp + 1 делится на p2 (так как q + 1 делится на p). Поэтому можно взять n=p, M=p. В частности, при q = 10 получаем n = 11, M = 11, N = 826446281, A = 42 · 826446281 = 13223140496, так что
1322314049613223140496 = (4 · 11 · 826446281)2.
4. Итак, число 10n + 1 представимо в виде M2N, M > 1 при n = 11. Является ли n = 11 наименьшим возможным? Чтобы выяснить этот вопрос, мы составили программу для ЭВМ и получили следующие разложения на простые множители:
101 + 1 = 11;
102 + 1 = 101;
103 + 1 = 7 · 11 · 13;
104 + 1 = 73 · 137;
105 + 1 = 11 · 9091;
106 + 1 = 101 · 9901;
107 + 1 = 11 · 909091;
108 + 1 = 17 · 5882353;
109 + 1 = 7 · 11 · 13 · 19 · 52579;
1010 + 1 = 101 · 3541 · 27961;
1011 + 1 = 112 · 23 · 4093 · 8779.
Так что n = 11 в самом деле является наименьшим.
-- Вс май 29, 2011 15:32:00 --этот решение нашел здесь , спасибо....
http://problems.ru/view_by_source_new.p ... 1&start=10
29.05.2011, 14:59 
