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祝福

我只找到两组解 (1,0,2), (5,4,122)

(1)如果x=0, 则y必须大于0，且z>2。 那么 [latex]11^y|(z+1)(z-1)[/latex]推出 11|(z+1), 11|(z-1), 可这两个数的差是2，而11不整除2， 矛盾。

(2)如果y=0, 则 [latex]3^x=(z+1)(z-1)[/latex]. 如果z>2, 同上可得矛盾。所以这时只有一组解 (x,y,z)=(1,0,2).

(3)当x>0,y>0时，由3不整除11知道3不可以整除z. 于是[latex]z^2\equiv 1(mod 3)[/latex]于是从[latex]11^y\equiv (-1)^y (mod 3)[/latex]知道y=2k为偶数。 那么
[latex]3^x=(z+11^k)(z-11^k)[/latex]得到 [latex]3^x=z+11^k, 1=z-11^k[/latex], 从而
[latex]3^x=1+2\cdot 11^k[/latex], 比如[latex]3^5=1+2*11^2[/latex] 现在我们来说明这又是唯一解。

因为[latex]3^x\equiv 1 (mod 11)[/latex] 推出x=5p. 于是[latex](1+2*11^2)^p=1+2\cdot 11^k[/latex], [latex]2p\cdot 11^2=2\cdot 11^k-\sum_{s=3}^{p}{p \choose s}2^s 11^{2s}[/latex]

大家需要证明， [latex]11^{k-2}, {p \choose s}11^{2s-2}[/latex]每一项因式分解中的11的幂次都严格大于p中11的幂次。所以p>2都是无解的，

出于好奇，在网上看到了这个

https://en.wikipedia.org/w/index ... amp;amp;redirect=no

Fermat–Catalan conjecture：[latex]a^m+b^n=c^k[/latex] 只有有限组解[latex](a^m,b^n,c^k)[/latex]， 如果a,b,c是互素正整数，m,n,k正整数满足[latex]\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{k}\leq 1[/latex]

目前人们只找到10组解，Edstrayer就提供了一组[latex](3^5,11^4,122^2)[/latex]。

高深的数学问题。