是否存在正整数 $m$、$n$，使得 ${{m}^{20}}+{{11}^{n}}$ 为完全平方数？请证明你的结论。
【难度】
【出处】
2011第10届CGMO试题
【标注】
【答案】
不存在正整数 $m$、$n$，使得 ${{m}^{20}}+{{11}^{n}}$ 为完全平方数
【解析】
假设存在正整数 $m$、$n$ 。使得 ${{m}^{20}}+{{11}^{n}}={{k}^{2}}(k\in{{\mathbb{N}}_{+}})$ 。则
${{11}^{n}}={{k}^{2}}-{{m}^{20}}=(k-{{m}^{10}})(k+{{m}^{10}})$ 。故存在整数 $\alpha ,\beta \geqslant 0$ $(\beta >\alpha )$，使得
$\left\{ \begin{matrix}
&k-{{m}^{10}}={{11}^{\alpha }} \\
&k+{{m}^{10}}={{11}^{\beta }} \\
\end{matrix} \right.$
两式相减得到 $2{{m}^{10}}={{11}^{\alpha }}({{11}^{\beta -\alpha}}-1)$
设 $m={{11}^{\gamma }}{{m}_{1}}(\gamma ,{{m}_{1}}\in{{\mathbb{N}}_{+}},11{{m}_{1}})$ 。则 ${{11}^{10\gamma}}\times 2m_{1}^{10}-{{11}^{\alpha }}({{11}^{\beta -\alpha }}-1)$
因为 $112m_{1}^{10}$，$11({{11}^{\beta-\alpha }}-1)$，所以，$10\gamma =\alpha $ 。
从而，$2m_{1}^{10}={{11}^{\beta -\alpha }}-1$ 。由费马小定理知 $m_{1}^{10}=1(\bmod 11)$ 。
故 $2m_{1}^{10}\equiv 2(\bmod 11)$ 。但 ${{11}^{\beta-\alpha }}-1\equiv 10(\bmod 11)$，矛盾。
故不存在正整数 $m$、$n$，使得 ${{m}^{20}}+{{11}^{n}}$ 为完全平方数。
${{11}^{n}}={{k}^{2}}-{{m}^{20}}=(k-{{m}^{10}})(k+{{m}^{10}})$ 。故存在整数 $\alpha ,\beta \geqslant 0$ $(\beta >\alpha )$，使得
$\left\{ \begin{matrix}
&k-{{m}^{10}}={{11}^{\alpha }} \\
&k+{{m}^{10}}={{11}^{\beta }} \\
\end{matrix} \right.$
两式相减得到 $2{{m}^{10}}={{11}^{\alpha }}({{11}^{\beta -\alpha}}-1)$
设 $m={{11}^{\gamma }}{{m}_{1}}(\gamma ,{{m}_{1}}\in{{\mathbb{N}}_{+}},11{{m}_{1}})$ 。则 ${{11}^{10\gamma}}\times 2m_{1}^{10}-{{11}^{\alpha }}({{11}^{\beta -\alpha }}-1)$
因为 $112m_{1}^{10}$，$11({{11}^{\beta-\alpha }}-1)$，所以，$10\gamma =\alpha $ 。
从而，$2m_{1}^{10}={{11}^{\beta -\alpha }}-1$ 。由费马小定理知 $m_{1}^{10}=1(\bmod 11)$ 。
故 $2m_{1}^{10}\equiv 2(\bmod 11)$ 。但 ${{11}^{\beta-\alpha }}-1\equiv 10(\bmod 11)$，矛盾。
故不存在正整数 $m$、$n$，使得 ${{m}^{20}}+{{11}^{n}}$ 为完全平方数。
答案
解析
备注
