\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\usepackage[colorinks=true，链接颜色=网绿色，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.5in}\设置长度{\textheight}{8.9in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/~njas/sequences/e是A.cgi吗？Anum=#1}{\下划线{#1}}}\使用包{epsfig}\使用包{latexsym}\使用包{amsfonts}\使用包{amsmath}\使用包{amssymb}\new命令{\leg}{\overythdelims（）}\新命令{\proof}{{\it-proof.}}\新命令｛\qed｝｛\rule｛0.5em｝｛0.5em｝｝\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf关于Obl的问题}\vskip.3英寸\大型Alexandru Gica和Lauren tiu Panaitopol\\数学系\\布加勒斯特大学\\Academiei街14号\\RO--70109布加勒斯特1\\罗马尼亚\\\链接{mailto:alex@al.math.unibuc.ro}{alex@al.math.unibuc.ro}\\\href{mailto:pan@al.math.unibuc.ro}{pan@al.mith.unibug.ro}\\\结束{中心}\noindent{\bf抽象}在本文中，我们确定了这些平方其十进制表示由$k\ge 2$位组成这样，$k-1$的值相等。\vskip.25英寸\章节{引言}R.Obl的第五次引用几乎完全成功地解决了找到所有数字$n^m$的问题（$n，m\in{\mathbb n}$，$n\ge2$，$m\ge2$）数字相等的。特殊情况$m=2$是一个众所周知的结果，尽管它的证明并不困难。在这方面，自然会出现以下问题：可以确定所有的正方形吗除了一个相等的数字之外，其他数字都相等吗？答案如下：\大跳跃｛\noindent\bf定理~1.1｝{\it十进制表示使用$k\ge 2$位的正方形，使这些数字中的$k-1$相等，都是准确的{\rm 16、25、36、49、64、81、121、144、225、441、484、676、1444、44944、，$10^{2i}$、$4\cdot10^{2i}$}和带有$i\ge1$.}的$9\cdot10 ^{2i-}$\大跳跃当我们寻找带有$k$个数字的方块时其中$k-1$位数等于$0$，我们立即得到相应的数字是$10^{2i}$、$4\cdot10^{2i}$和带有$i\ge1$的$9\cdot10 ^{2i-}$。一个简单的计算表明，最多4位数的数字验证语句中的条件只是上面列出的条件。因为每个自然数都可以以$50000k\pm r$的形式书写$0\le r \le 25000$，以及$（50000k\pm r）^2\相当于r^2\pmod{100000}$，我们计算25000$的$r^2$，发现任何正方形的最后4位数字只有当所有值都等于0时才能相等，它解决了Obl’as关于具有$k\ge4$位数的方块的问题。我们选择最后5个数字中的4个相等的正方形，因为它们指出了可能有$k\ge 5$个数字的方块，$k-1$位数相等。如果不包括$k-1$位数等于0的数字，那么仍然有22种类型的数字，即：$\开始{数组}{lll}a_1=1\cdots121&a_7=4\cdots441&a{13}=4\cdots4944&a{18}=7\cdots 76\\a_2=1\cdots161&a_8=4\cdots449&a{14}=4\cdots45444&a{19}=8\cdots 81\\a_3=2\cdots224&a_9=4\cdots464&a{15}=4\cdots49444&a}20}=8\cdots 89\\a_4=2\cdots225&a_｛10｝=4\cdots484&a_｛16｝=5\cdots56&a_｛21｝=9\cdots929\\a5=4\cdots41444&a{11}=4\cdots4544&a{17}=6\cdots 656&a{22}=9\cdots969\\a6=4\cdots4144&a{12}=4\cd ots4644&&\结束{数组}$其中一个将显示，在这些具有$k\ge 5$位数的数字中，只有44944是一个正方形。在某些情况下，可以很容易地排除其他数字，如S 2所示。在其他情况下，我们将求解以下类型的方程$$x^2-dy^2=k\eqno{（1）}$$（其中$d、k\在{\mathbb Z}^*$中，$d>0$和$\sqrt{d}\不\在{\ mathbb Z}$中）以整数表示。关于方程~（1）的文献相当广泛。在这方面，我们提到了{one，two，three，four}。现在我们回顾一下求解方法（按照{two}）。我们用$（r，s）$表示方程的最小正解$$x^2-dy^2=1\eqno{（2）}$$通过$\varepsilon=r+s\sqrt{d}$。我们确定了方程~（1）的“小”解（如果有的话）。他们产生了所有的解决方案。\大跳跃{\nindent\bf定理~1.2}我们用$\mu_i=a_i+b_i\sqrt{d}，i=\overline{1，m}$表示所有具有以下属性的数字$（a_i，b_i）$是方程~（1）的非负整数解带有$a_i\le\sqrt{|k|\varepsilon}$和$b_i\lesqrt{\varepsilon|k|/d}$（如果有）。如果$x$和$y$是~（1）的解，那么在{\mathbb Z}$中存在$i，n\这样$1\leq i\leq m$和$x+y\sqrt{d}=\pm\mu_i\varepsilon^n$或$x+y\sqrt{d}=\pm\bar{\mu_i}\varepsilon^n$.}\大跳跃我们将在S3中使用这个定理。\第{节排除简单情况}在本节中，我们假设$k\ge 5$和$a_n$是一个正方形，因此$9an$也是一个正方形。利用简单的推理，我们将证明这一事实是不可能的。为此，我们在某些情况下使用Legendre符号。必须排除的16起案件将以简明的形式公开，因为其中一些非常相似：$$a_3、a_4、a{20}；\；a_2，a_｛15｝，a_｛18｝；\；{11}，{17}.$$我们提到，以下每一个案例都是由一个矛盾的断言得出的结论，从而证明了相应案例的不可能性。\小跳跃{\bf 1.}我们有$9a_2=10^k+449\equiv（-1）^k+9\pmod{11}$。但是$\left（\frac{8}{11}\right）=\left。\小跳跃{\bf 2.}它后面是$9a_3=2（10^k+8）=（4x）^2$，即$2^{k-3}5^k=（x-1）（x+1）$。由于$（x-1，x+1）=2$，我们有$5^k\mid-x+\varepsilon$对于$\varepsilon\in\{-1,1\}$，其中$x+1\ge5^k$。因此$2^{k-3}\cdot5^k=x^2-1\ge5^k（5^k-2）$，因此$2^{k-3}\ge5^k-2$。\小跳跃{\bf 3.}按$9a_4=2\cdot10^k+25=（5x）^2$，我们有$2^{k+1}\cdot5^{k-2}=（x-1）（x+1）$，其中$2^{k+1}\cdot5^{k-2}\ge5^{k-2}（5^{k2}-2）$。\小跳跃{\bf 4.}我们有$9a_5=4\cdot10^k-27004=（2x）^2$，其中$10^k-6751=x^2$。当$k$是奇数时，我们有$10^k-6751\equi2\pmod{11}$，但$\left（\frac{2}{11}\right）=-1$。如果$k=2h$与$h\ge3$，则$（10^h-x）（10^h+x）=6751$，其中$10^h-x=a$，$10^h+x=b$，其中$（a，b）=（16751）$或$（a、b）=。由于$2\cdot10^h=a+b$，因此$2\cd ot10^h=6752$或$2\ cdot10~h=200$，尽管$h\ge3$。\小跳跃{\bf 5.}按$9a_6=4\cdot10^k-2704=（4x）^2$因此，$5^2\cdot10^{k-2}-169=x^2$。从$k\ge5$开始，我们就知道了$x^2=5^2\cdot10^{k-2}-169\mathop{\equiv}\limits^4-169\mathop{\equav}\limits^43$。\小跳跃{\bf 6.}我们有$a_9=4\cdot11\cdots16$，但$11\cdot 16$不出现在数字$a_i$中。\小跳跃{\bf7.}我们有$a{10}=4a_1$，我们将得到矛盾在我们研究了$a_1$和$k\ge 5$之后。\小跳跃{\bf 8.}我们有$9a_{11}=4\cdot10^k+896=（8x）^2$，因此$2^{k-4}5^k+14=x^2$。接下来是$x\vdots2$。因此$x^2\vdots4$，$k=5$。在这种情况下，我们得到$x^2=6264$。\小跳跃{\bf 9.}我们有$a_{12}=4a_2$，但$a_2\ne x^2$。\小跳跃｛\bf 10.｝乘以$9a\｛15｝=4\cdot10^k+44996=（2x）^2$因此，$10^k+11249=x^2$。然后$10^k+11249\equiv（-1）^k+7\pmod{11}$，但是$\left（\frac{6}{11}\right）=\left。\小跳跃{\bf 11.}由于$4a_{16}=\underbrace{22\cdots2}\limits_k 4$和$a_3\ne x^2$，接下来是$a{16}\ney^2$。\小跳跃{\bf 12.}我们有$9a_{17}=6\cdot10^k-96=（4x）^2$，因此$3\cdot2^{k-3}5^k-6=x^2$。但是$x^2\vdots4$和$3\cdot2^{k-3}5^k\vdots4]（因为$k\ge5$）。\小型跳过{\bf 13.}我们有$9a_{18}=7\cdot10^k-16\equiv7（-1）^k-5\pmod{11}$。但是$\left（\frac{2}{11}\right）=\left。\小跳跃{\bf 14.}由$9a_{20}=8\cdot10^k+1=x^2$得出$（x-1）（x+1）=2^{k+3}5^k$然后是$2^{k+3}5^k\ge5^k（5^k-2）$。\小跳跃{\bf 15.}我们有$a_{21}\equiv2\pmod{9}$。\小跳跃{\bf 16.}我们有$a_{22}\equiv6\pmod{9}$。\第{六个疑难案例}节就像之前的情况一样，正在考虑的数字有$k\ge5$个数字，其中$k-1$个数字相等。{\bf 1.}对于$a_1=11\cdots121=x^2$，后面是$（10^k-1）/9+10=x^2$。我们表示$y=3x$，由于$k\ge5$，我们有$y>316$和$10^k-y^2=-89。\eqno（3）$$对于$k=200万美元，我们有$（10 ^m-y）（10 ^m-y）=-89美元，从那里我们得到了$10^m-y=-1$和$10^m+y=89$，这是一个矛盾。对于$k=2m+1$，我们表示$z=10^m$，然后$$y^2-10z^2=89$$Pell方程的原始解$$x^2-10y^2=1$$为$（r，s）=（19.6）$。利用引言中的定理1.2，我们得到$b_i\le\sqrt{\frac{89}{10}\left（19+6\sqrt}\right）}$，因此是$b_i \le18$。我们发现$b_1=8，a_1=27$，$b_2=10，a_2=33$。因此，要么$$y+z\sqrt{10}=\左（\pm27\pm8\sqrt}\right）\左（19+6\sqrt{10/right）^t$$或$$y+z\sqrt{10}=\左（\pm33\pm10\sqrt}\右）\左（19+6\sqrt{10/右）^t$$在{\mathbb Z}$中使用$t\。由于$y>0$，$z>0$，我们只有解决方案$$y+z\sqrt{10}=\左（27\pm8\sqrt}\right）\左（19+6\sqrt{10/right）^t$$和$$y+z\sqrt{10}=\左（33\pm10\sqrt}\右）\左（19+6\sqrt{10/右）^t$$在{\mathbb Z}$中使用$t\。因为$\frac{27+8\sqrt{10}}{19+6\sqrt}}<2$和$\frac{33+10\sqrt{10}}{19+6\sqrt}}<2$，由此得出$t\in｛\mathbb N｝$。设$\left（19+6\sqrt{10}\right）^t=a_t+b_t\sqrt}$，$a_t，b_t\在{\mathbb N}$中，$a_0=1，b_0=0$。对于$t \ge 1$，我们有以下等式：$$a_t=19^t+C_t^2 19^{t-2}\cdot 6^2\cdot10+\cdots\eqno{（4）}$$和$$b_t=C_t^1 19^{t-1}\cdot6+C_t^3 19^{t3}\cdot 6^3\cdot 10+\cdot。\等式{（5）}$$我们有$a_t\equiv1\pmod{3}$和$b_t\equav0\pmod{3+$。由于$z=10^m\equiv1\pmod{3}$，我们只有一种情况$$y+z\sqrt{10}=\left（27-8\sqrt}\right）\ left（19+6\sqrt[10}\rift），\{mathbb N}中的四边形，\eqno{（6）}$$以及$$y+z\sqrt{10}=\左（33+10\sqrt}\right）\左（19+6\sqrt[10}\rift），\{\mathbb N}中的四元组。\等式{（7）}$$在关系~（6）的情况下，我们有恒等式$$z=10^m=27b_t-8a_t.\eqno｛（8）｝$$由于$k\ge5$，它跟在$m\ge2$后面。对于$m=2$，方程式~（3）采用以下形式$y^2-10^5=89$，并且没有整数解。对于$m\ge3$，后面是$8\mid b_t$。通过~（5），我们得到了$b_t\equiv 6t\cdot19^{t-1}\pmod 8$，其中$t=4h$。接下来是（4）~和~（5）$$a_t\等于6^{4h}\cdot10^{2h}\pmod{19}\mbox{和}19\mid b_t$$通过（8）我们得到$10^m\equiv-8\cdot6^{4h}\cdot10^{2h}\pmod{19}$，从哪里$$\左（\压裂{10^m}{19}\右）=\左（\frac{-8\cdot6^{4t}\cdot10^{2h}}{19}\right）=\左（\frac{-2}{19}\右）=1$$自$\左（\frac{10}{19}\右）=\左（\frac{-9}{19{\右）=（-1）\cdot\left（\frac{3^2}{19}\right）=-1$, 因此，$m=2f$。方程式~（3）的形式如下$$10^{4f+1}+89=y^2.\eqno{（9）}$$我们有10^4\equiv1\pmod{101}$，因此$10^｛4f+1｝\equival10\pmod｛101｝$。鉴于（9），如下所示$$y^2\equiv99\pmod{101}$$但是$\left（\frac{99}{101}\right）=\ left（\frac{-2}{101{right）=\left（\frac{2}{101}\right）=-1$，这是一个矛盾。{\it b）}后面是（7）$$z=10^m=33b_t+10a_t.\eqno{（10）}$$因为$m\ge3$，所以后面是$b_t+2a_t\equiv0\pmod{8}$。根据（4）~和~（5）我们有$a_t\equiv19^t\pmod{8}$和$b_t\equav6t\cdot19^{t-1}\pmod{8}$。因此$6t\cdot19^{t-1}+2\cdot19*t\equiv0\pmod{8}$，这又意味着$3t+19\equiv0\pmod{4}$$t=4h+3$。现在（4）、（5）和（10）暗示$10^m\equiv33\cdot6^{4h+3}\cdot10^{2h+1}\pmod{19}$，从哪里$$\开始{对齐}\左（\frac{10^m}{19}\right）&=\左（\frac{33\cdot6\cdot10\幻影{{}^{}}}{19}\right）=\left（\frac{3^2\cdot2^2\cdot55}{19}\right）\n数字\\&=\左（\压裂{55}{19}\右）=\左（\压裂{-2}{19}\右）=-\左（\frac{2}{19}\右）=-（-1）^{（19^2-1）/8}\n数字\\&=1.\结束{对齐}$$因此，$m=2f$，我们再次得到（9），这是一个矛盾。{\bf 2.}对于$a_7=44\cdots41=x^2$，如下所示$4\cdot\frac｛10^k-1｝｛9｝-3=x^2$，因此$$4\cdot10^k-y^2=31，\eqno（11）$$其中$y=3x$。如果$k=2m$，则$（2\cdot10^m-y）（2\cd ot10^m+y）=31$。因此$$2\cdot10^m-y=1\mbox{和}2\cdot 10^m+y=31$$这是一个矛盾。如果$k=2m+1$，那么表示$z=2\cdot10^m$，我们得到方程$$y^2-10z^2=-31$$就像在前面的例子中一样，我们使用了定理1.2并且，对于$y>0$，$z>0$，我们得到要么$$y+z\sqrt{10}=\左（3+2\sqrt{10/right）\左（19+6\sqrt}\右）^t\等式{（12）}$$或$$y+z\sqrt{10}=\左（-3+2\sqrt}\右）\左（19+6\sqrt{10/右）^t，\等号{（13）}$$带有$t\in{\mathbb N}$。{\it a）}通过（12），我们得到方程：$$2\cdot10^m=3b_t+2a_t.\eqno{（14）}$$由于$m\ge 2$，后面是（5）、（6）和（14）$3\cdot6t\cdot19^{t-1}+2\cdot19 ^t\equiv0\pmod{8}$，也就是说，$9t+19\equiv0\pmod{4}$，其中$t=4h+1$。通过（4）~和~（5），我们得到$z\equiv3\cdot6^{4h+1}\cdot10^{2h}\pmod{19}$，也就是说，10 ^m\当量3^2\cdot6^｛4h｝\cdot10^｛2h｝\pmod｛19｝$，其中$\左（\frac{10^m}{19}\右）=1$。因此，$m$是一个偶数。另一方面，后面是~（14）$3b_t+2a_t\equiv0\pmod{5}$，也就是说，$a_t\equivb_t\pmod{5}$。通过（4）~和~（5）可以得出$a_t\equiv（-1）^t\pmod{5}$和$b_t\equav（-1，其中$t\equiv4\pmod{5}$。我们有$（3+\sqrt{10}）^5=4443+1405\sqrt}10}\equiv-53\pmod{281}$，因此$（19+6\sqrt{10}）^5=\大（（3+\sqrt{10/）^5大）^2\equiv53^2\equiv-1\pmod{281}$。因此$$\开始{对齐}y+2\cdot10^m\sqrt{10}&=\左（3+2\sqrt{10}\右）\左（19+6\sqrt{0}\右\\&=\left（-63+20\sqrt{10}\right）\left[\ left（19+6\sqrt{10/right）^5\幻影{{}^{}}}\right]^{（t+1）/5}\非数字\\&\equiv-63+20\sqrt{10}\pmod{281}。\非数字\结束{对齐}$$ 我们考虑了$t\equiv4\pmod{5}$$t$是一个奇数。我们有$2\cdot10^m\equid20\pmod｛281｝$，即$10^{m-1}\equiv1\pmod{281}$。由于$10^7\equiv53\pmod{281}$，接下来是$10^{14}\equiv-1\pmod{281}$和$10^{28}\equiv1\pmod{281}$。因此，在${\mathbb Z}_{281}$中有${\rm ord}\，\overline{10}=28$，其中28美元\mid-m-1美元，这是一个矛盾，因为$m$是偶数。{\it b）}接下来是（13）$$2\cdot10^m=-3b_t+2a_t.\eqno{（15）}$$由于$m\ge2$，它遵循$-3b_t+2a_t\equiv0\pmod{8}$。我们通过（4）~和（5）得到$t=4h+3$，然后$2\cdot10^m\equiv-3\cdot6^{4h+3}\cdot10~{2h+1}\pmod{19}$。因此$\左（\frac{10^m}{19}\右）=1$，而$m$是偶数。同样通过~（15），我们得到$a_t+b_t\equiv0\pmod{5}$，并且鉴于（4）~和~（5），我们有$t\equival1\pmod｛5｝$。关系~（13）可以写成：$$\开始{对齐}y+2\cdot10^m\sqrt{10}&=\左（-3+2\sqrt{10}\right）\左（19+6\sqrt}\rift）^{t-1}\left（19+6\sqrt{10/right）\n非数字\\&=\左（63+20\sqrt{10}\右）\左（\左（19+6\sqrt{10/right）^5\幻影{{}^{}}}\右\\&\等效63+20\sqrt{10}\pmod{281}。\非数字\结束{对齐}$$就像案例{\ita）}一样，接下来是$2\cdot10^m\equiv20\pmod{281}$。关系式$10^｛m-1｝\equival1\pmod｛281｝$与$m$是偶数的事实相矛盾。{\bf 3.}对于$a_8=44\cdots49=x^2$，我们有$4\cdot\frac{10^k-1}{9}+5=x^2$。我们表示$3x=y$，然后$$4\cdot10^k+41=y^2$$对于$k=2m$，我们得到等式$y-2\cdot10^m=1$和$y+2\cdot10 ^m=41$，这是一个矛盾，因为$m\ge 2$。对于$k=2m+1$，我们设置$z=2\cdot10^m$，然后$y^2-10z^2=41$。$y>0$和$z>0$从何处获得$$y+2\cdot10^m\sqrt｛10｝=\左（9-2\sqrt｛10｝\右）\左（19+6\sqrt｛10｝\右）^t，\ eqno｛（16）｝$$或$$y+2\cdot10^m\sqrt{10}=\左（9+2\sqrt}\right）\左（19+6\sqrt[10}\rift）^t，\eqno{（17）}$$其中$t$是一个自然数。{\it a）}它后面是（16）$$2\cdot10^m=9b_t-2a_t$$由于$2\cdot10^m\equiv2\pmod{3}$，另一方面，我们通过~（4）得到了$a_t\equiv1\pmod{3}$，我们得到矛盾$2\equiv-2\pmod{3}$。{\it b）}后面是（17）$$2\cdot10^m=2a_t+9b_t.\eqno{（18）}$$然后$b_t\equiv2a_t\pmod{5}$，其中$t\equiv3\pmod{5}$。我们还有$b_t+2a_t\equiv0\pmod{4}$，因此$t$是奇数。等式（17）采用以下形式$$\开始{对齐}y+2\cdot10^m\sqrt{10}&=\左（9+2\sqrt｛10｝\右）\左（19+6\sqrt｛10｝\右）^｛t+2｝\左（19-6\sqrt｛10｝\右）^2 \非成员\\&=\left（1929-610\sqrt{10}\right）\left[\ left（19+6\sqrt{10/right）^5\幻影{{}^{}}}\right]^{（t+2）/5}\非数字\\&\等价38+48\sqrt{10}\pmod{281}，\n非数字\\\结束{对齐}$$因为$（t+2）/5$是奇数，$\左（19+6\sqrt{10}\右）^5\equiv-1\pmod{281}$。因此$2\cdot10^m\equiv48\pmod{281}$，因此$\left（\frac{2\cdot10^m}{281}\right）=\ left（\frac{48\phantom{{}^}}}{281\right）。$因此，$$（-1）^{\压裂{281^2-1}{8}（m+1）}\左（压裂{5^m\幻影{}^{}}{281}\右）=\左（\frac{3\幻影{{}^{}}}{281}\右）。$$我们有$\left（\frac｛5｝｛281｝\right）=\left（\frac｛281｝｛5｝\right）=\左（\压裂{1}{5}\右）=1$以及$\left（\frac{3}{281}\right）=\ left（\frac{281{3}\rift）=\左（\压裂{2}{3}\右）=-1$，因此出现了矛盾。{\bf 4.}对于$a_{13}=44\cdots4944=x^2$，我们有$4\cdot\frac{10^k-1}{9}+500=x^2$，也就是说，$y^2-25\cdot10^{k-2}=281$，其中$y=\frac{3}{4}x$。如果$k=2m+2$，则$（y-5\cdot10^m）（y+5\cdot10^m）=281$，其中$y-5\cdot10^m=1$和$y+5\cdot10 ^m=281$。一个得到矛盾$10^{m+1}=280$。如果$k=2m+3$，我们表示$z=5\cdot10^m$。我们有$m\ge1$和$$y^2-10z^2=281\eqno{（19）}$$从那里$$y+z\sqrt{10}=\左（21+4\sqrt}\right）\左（19+6\sqrt[10}\rift）^t，\{mathbb N}中的四边形，\eqno{（20）}$$或$$y+z\sqrt{10}=\left（21-4\sqrt}\right）\ left（19+6\sqrt[10}\rift）^t，\{\mathbb N}^*中的四元组。\等式{（21）}$${\it a）}通过（20）可以得出$$5\cdot10^m=21b_t+4a_t$$因此$5\cdot10^m\equiv4at\pmod{3}$。由于$a_t\equiv1\pmod{3}$，我们得到了矛盾$5\equif4\pmod{3}$。｛\b）｝通过（21），如果$t=1$，则$y=159$和$z=50$，其中$m=1$，然后$k=5$。一个人就可以得到这个数字$$44944=212^2.$$对于$t\ge2$，如下所示$y+\sqrt{10}\cdot5\cdot10^m=\左（159+50\sqrt}\right）\左（19+6\sqrt[10}\rift）^s$，$s\ge1$，因此$$5\cdot10^m=159b_s+50a_s.\eqno{（22）}$$对于$m=0$和$m=2$，方程（19）没有整数解，因此我们可以考虑$m\ge3$。通过~（22），我们得到了$b_s\equiv2a_s\pmod{8}$。因此，接下来的（4）~和~（5）是$6s \cdot19^｛s-1｝\equiv2\cdot19^ s \pmod｛8｝$。因此$3s\equiv19\pmod{4}$$s=4h+1$。此外，通过（22），我们有$5\cdot10^m\equiv159\cdot6^s\cdot10 ^{2h}\pmod{19}$，因此$\左（\frac{5\cdot10^m}{19}\右）=\左（\frac{159\幻影{{}^{}}{19}\右）\左（\frac{6^s}{19{右）=\左（\frac{7}{19}\right）$，因为$\left（\frac{6}{19}\right）=1$。自$$\左（\frac{5}{19}\右）=\left（\frac｛-14｝｛19｝\right）=（-1）^{压裂{19-1}{2}}（-1）=\左（\frac{7}{19}\右），$$我们有$\左（\frac{10^m}{19}\右）=1$，也就是说，$\左（\frac{10}{19}\右）^m=1$，其中$（-1）^m=1$。因此，$m=2n$。平等（19）的形式$$y^2=25\cdot10^{2m+1}+281=25\cdot10^}4n+1}+281$$由于$10^4\equiv1\pmod{101}$，由此可见$y^2\equiv250+281\pmod{101}$。因此$y^2\equiv26\pmod{101}$，其中$\left（\frac{26}{101}\right）=1$。但是$\左（\frac{26}{101}\右）=\左（\frac{-75}{101{\右）=\left（\frac{3}{101}\right）=\ left（\frac{101}{3}\rift）=\left（\frac｛2｝｛3｝\right）=-1$，这是一个矛盾。{\bf 5.}对于$a_{14}=44\cdots4544=x^2$和$y=3x/2$，我们有一个等式：$$y^2-10^k=2249$$如果$k=2m$，$m\ge 3$，我们有要么$$y-10^m=1\mbox{和}y+10^m=2249$$或$$y-10^m=13\mbox{和}y+10^m=173$$这些系统都没有解决方案。如果$k=2m+1$，则$m\ge2$。对于$z=10^m$，我们得到了以下等式：$$y^2-10z^2=2249。\eqno｛（23）｝$$方程的初始解$（a，b）$为$(57,10)$, $(147,44)$, $（153,46）$，因此$y>0$，$z>0$的解由恒等式给出：$$\开始{对齐}\qquad\qquad y+10^m\sqrt{10}&=\left（57-10\sqrt{10}\right）\ left（19+6\sqrt}\rift）^t，&\，\qquad\qquad\\qquad（24）\\y+10^m\sqrt{10}&=\左（57+10\sqrt{10}\right）\左（19+6\sqrt}\rift）^t，&（25）\\y+10^m\sqrt{10}&=\左（147-44\sqrt{10}\right）\左（19+6\sqrt}\rift）^t，&（26）\\y+10^m\sqrt｛10｝&=\左（147+44\sqrt{10}\right）\左（19+6\sqrt}\rift）^t，&（27）\\y+10^m\sqrt{10}&=\左（153-46\sqrt{10}\right）\左（19+6\sqrt}\rift）^t，&（28）\\y+10^m\sqrt{10}&=\左（153+46\sqrt{10}\右）\左（19+6\sqrt[10}\右）^t，&（29）\\\结束｛对齐｝$$其中$t\in{\mathbb N}$。我们通过~（24）得到$10^m=57b_t-10a_t$，因此$10^m\equiv-a_t\pmod{3}$，这就产生了矛盾$1\equiv-1\pmod{3}$。如果（27）为真，则$10^m=147b_t+44a_t$。由于$a_t\equiv1\pmod{3}$和$10^m\equiv1\pmod{3}$，下面是矛盾$1\equiv44\pmod{3}$。如果（28）成立，我们得到$10^m=153b_t-46at$，从中矛盾出$1\equiv-46\pmod{3}$。我们仍然需要研究三种情况。到（25）为止$10^m=57b_t+10a_t.\eqno（30）$$因为$m\ge2$，所以后面是$b_t+2a_t\equiv0\pmod{4}$。根据（4）~和~（5）我们有$6t（-1）^{t-1}+2（-1）$t\equiv0\pmod{4}$。因此$3t-1\equiv0\pmod{2}$，我们发现$t$很奇怪。然后是$19\mida_t$，通过~（30），我们推导出矛盾。{\it b）}接下来是（26）$10^m=147b_t-44a_t.\eqno{（31）}$$就像在情况~a）中一样，通过考虑同余$\pmod{4}$，我们得到$t$是偶数。同样通过（31），我们得到了$2b_t+a_t\equiv0\pmod{5}$，通过（4）~和~（5），我们得到$t\equiv3\pmod{5}$。那么$（t+2）/5$是一个偶数自然数。关系~（26）采用以下形式$$\开始{对齐}y+10^m\sqrt{10}&=\左（147-44\sqrt{10}\右）\左（19+6\sqrt}\右\\&\等号\左（147-44\sqrt{10}\右）\左（721-228\sqrt}\右\\&\等式\左（147-44\sqrt{10}\右）\左（-122+53\sqrt}\right）\pmod{281}。\非数字\结束｛对齐｝$$然后得出10 ^m\equival13159\pmod｛281｝\equival-48\pmod｛281｝$，因此$\left（\frac{10^m}{281}\right）=\ left（\frac{-48\phantom{{}^}}{281\right）$。一个人直接得到了矛盾，注意到了$\左（\frac{10}{281}\右）=\左（\frac{-1}{281\右）=\左（\frac{16}{281}\右）=1$和$\左（\frac{3}{281}\右）=-1$。{\it c）}通过（29）我们得到了方程：$10^m=153b_t+46a_t.\eqno{（32）}$$对于$m=2$，我们得到数字102249，它不是一个正方形。因此$m\ge3$。对于$m\ge3$，我们有$b_t-2a_t\equiv0\pmod{8}$，然后$t=4h+1$。同样根据~（32），我们有$3b_t+a_t\equiv0\pmod{5}$，其中$t\equiv2\pmod{5}$。因此$（t-2）/5$是一个奇数自然数，这反过来意味着$\左（19+6\sqrt{10}\右）^{（t-2）/5}\equiv-1\pmod{281}$。根据~（29），我们有以下关系：$$\开始{对齐}y+10^m\sqrt{10}&=\左（153+46\sqrt{10}\右）\左（19+6\sqrt}\右\\&\等式-\左（153+46\sqrt{10}\右）\左（-122-53\sqrt}\右。\非数字\结束{对齐}$$然后$10^m\equiv13721\equiv-48\pmod{281}$，也就是说，来自~{\itb）}的矛盾。｛\bf 6.｝对于$a_｛19｝=88 \cdots81=x ^2$，表示$y=3x$，我们得到方程：$$y^2=8\cdot10^k-71$$如果$k=2m$，则$m\ge3$。我们表示$z=2\cdot10^m$并得到这个恒等式：$$y^2-2z^2=-71$$接下来是$y，z>0$要么$$y+z\sqrt{2}=\左（1+6\sqrt}\右）\左（3+2\sqrt{2]\右）^t，\eqno{（33）}$$或$$y+z\sqrt{2}=\左（-1+6\sqrt}\右）\左（3+2\sqrt{2]\右）^t.\eqno{（34）}$$我们设置$\left（3+2\sqrt{2}\right）^t=c_t+d_t\sqrt{2]$。对于$t\ge1$，我们得到了等式：$$\开始｛对齐｝\四元\qquad\qquad c_t&=3^t+C_t^2\cdot3^{t-2}\cdot2^2\cdot2+\cdots，&\四元\qquad\qquad\\qquae\qqua2\qquad（35）\\dt（数据传输）&=2t\cdot3^{t-1}+C_t^3\cdot3|{t-3}\cdot2^4+\cdots&（36）\\\结束｛对齐｝$${\ita）}我们通过（33）得到$d_t+6c_t\equiv0\pmod{8}$。然后$2t+18\equiv0\pmod{8}$，因此$t=4h+3$，其中$d_t\equiv2^{t+（t-1）/2}\pmod{3}$。我们有$z=d_t+6c_t$。接下来是$2\cdot10^m\equiv d_t\pmod{3}$，因此$2\cdot10^m\equiv2^{6h+4}\pmod{3}$，其中$10^m\equiv2^{6h+3}\pmod{3}$，因此，$$\左（\压裂{10^m}{3}\右）=\左（\压裂｛2^｛6h+3｝｝｛3｝\右）=\左（\frac{2^{3k+1}}{3}\右）^2\cdot\左（\frac{2\phantom{{}^{}}}{3+\右）=-1.$$由于$\左（\frac{10^m}{3}\right）=\左（\frac{1\phantom{{}^}}}{3{right）$，一个矛盾随之而来。{\it b）}对于$k=200万美元，我们考虑等式~（34）我们有$2\cdot10^m=-d_t+6c_t$，因此$dt\equiv6c_t\pmod{8}$。接下来是$2t\equiv18\pmod{8}$，即$t=4h+1$。然后我们有$2\cdot10^m\equiv-d_t\equiv-2^{4h+1}\cdot2^{2h}\pmod{3}$。因此，1000万美元相当于-（2^{3h}）^2个月，以及$\左（\frac{10^m}{3}\right）=\左（\frac{-1\幻影{{}^{}}}{3{right）=-1\ne1=\左（\frac{10^m}{3}\右）$。对于$k=2m+1$，我们有$m\ge2$。表示$z=4\cdot10^m$，我们得到以下等式：$$y^2-5z^2=-71$$对于$y，z>0$，我们有要么$$y+z\sqrt{5}=\左（3+4\sqrt{5%\右）\左（9+4\sqrt}\右）^t，\eqno{（37）}$$或$$y+z\sqrt{5}=\左（-3+4\sqrt}\right）\左（9+4\sqart{5}\右）^t，\eqno{（38）}$$其中$t$是一个自然数。我们将$\left（9+4\sqrt｛5｝\right）^t=e_t+f_t\sqrt｛5｝$然后$$\开始{对齐}\四元\qquad\qquad e_t&=9^t+C_t^2\cdot9^{t-2}\cdot4^2\cdot5+\cdots，&\hskip-2.8pt\qquad\qquad\\qquad\qquad（39）\\f_t（飞行时间）&=4t\cdot9^{t-1}+C_t^3\cdot9~{t-3}\cdot4^3\cdot5+\cdots&（40）\\\结束｛对齐｝$$接下来是（37）和（38）$z=4\cdot10^m=4e_t\pm 3f_t$，因此$4e_t\pm3f_t\equiv0\pmod{8}$。通过（39）~和~（40），我们得到$4\pm4t\equiv0\pmod{8}$，其中$t=2h+1$。通过$4\cdot10^m=4e_t\pm 3f_t$，我们推断$4\cdot10^m \equive_t\pmod{3}$。因为$t$是奇数，所以我们有$e_t\equiv0\pmod{3}$，和矛盾$4\cdot10^m\equiv0\pmod{3}$。\梅德斯基普｛\it备注。｝解决类似的问题会很有趣涉及以$b\ge2$为基数书写的数字。考虑同样的问题可能会更加困难将条件“除一外全等于数字”（all-obut-one）应用于更高的幂次，而不是平方。\开始{书目}{4}\双项目{one}G.金晶{\sl代数。初级教科书}。第二部分，多佛，纽约，1961年，第478-486页。\bibitem{two}A.Gica，方程$x^2-dy^2=k$的算法。｛\bf 38｝（｛\bf 86｝）（1994-1995），第153页至第156页。\主题{three}R.E.Mollin，{\sl基础数论及其应用}。C.R.C.出版社，博卡拉顿，1998年，第299-302232页。\bibitem{four}I.Niven、H.S.Zuckerman、H.L.Montgomery、，{\sl数字理论导论}。第五版。John Wiley&Sons，Inc.，纽约，1991年，第346-358页。\bibitem{five}R.Obl\'ath，羊乳糕的力量是不合适的。｛\f5 Mathesis｝｛\f5 65｝｛\f5（1956）｝｛\f5，第356页至第364页。\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2000{\it数学学科分类}：初级11A63；次级11D09、11D61。\noindent\emph{关键词：平方，等数，佩尔方程}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A018885}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）2003年3月12日收到；修订版于2003年9月15日收到。发表于{整数序列杂志}，2003年10月2日。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.math.uwaterloo.ca/JIS/}。\vskip.1英寸\结束{文档}