Solución de una función para los números cuadrados

Question

Básicamente tengo curiosidad; podría un cuadrado perfecto ($x$ cuadrado) ser menor que la suma de todo menos cuadrados perfectos por un cuadrado perfecto, y si es así, lo que la solución más pequeña sería. Toma $36$ por ejemplo, $36

$\dfrac{(x(x+1)(2x+1))}{6}$ sumas de los cuadrados sustituir $x-1$ y quitarle la plaza mayor y obtener $\dfrac{(x(x-1)(2x-1))}{6}-x^2=$ "Cuadrado perfecto" ¿cómo encontraría si existe cualquier % enteros $x$que satisfagan tal ecuación?

¡Gracias!

Answer 1

Recogiendo donde Prometeo dejó:

Los olvidados caso de $x = 3a^2,\, y = 2b^2$ produce

$$\begin{align} 2b^2 &= 18a^4 - 27a^2 + 1\\ \iff 16b^2 &= 144a^4 - 216a^2 + 8 = (12a^2 - 9)^2 - 73\\ \iff 73 &= (12a^2 - 9)^2 - (4b)^2 = (12a^2-9-4b)(12a^2-9+4b). \end{align}$$

$73$ es primo, por lo que las fuerzas de $12a^2 - 9 - 4b = 1$$12a^2-9+4b = 73$, de donde $b = 9$$12a^2 = 1 + 4\cdot 9 + 9 = 46$, lo que obviamente es imposible.

Entonces, mirando más allá en el caso de $x = 6a^2,\,y = b^2$) y la ecuación

$$\begin{align} b^2 &= 72a^4 - 54a^2 + 1\\ \iff 8b^2 &= (24a^2)^2 - 2\cdot 9(24a^2) + 8 = (24a^2 - 9)^2 - 73\\ \iff 73 &= (24a^2 - 9)^2 - 2(2b)^2. \end{align}$$

La ecuación de $u^2 - 2v^2 = 73$ tiene una infinidad de soluciones, pero ninguna de ellas tiene la forma requerida.

El anillo de $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ es la Euclídea, por lo tanto factorial. El racional prime $73$ es reducible en $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$, $73= (19 + 12\sqrt{2})(19-12\sqrt{2})$, y todas las soluciones de $u^2 - 2v^2 = 73$ surgir a partir de la solución de $u = 19,\, v = 12$ de la multiplicación por una unidad de la norma $+1$. Los más pequeños de soluciones de $x^2 - 2y^2 = 1$$x = 3,\, y = 2$, por lo que todas las soluciones son generados por $(3+2\sqrt{2})^k(19+12\sqrt{2})$. Mirando los restos modulo $24$ de las soluciones, nos encontramos con un corto período de tiempo,

$$(19,12),\, (9,2),\, (11,0),\, (9,22),\, (19,12)$$

y el ciclo se cierra. El primer componente que nunca tiene el resto $-9 \equiv 15 \pmod{24}$.

Por lo tanto:

$$\frac{x(x-1)(2x-1)}{6} - x^2$$

nunca es un cuadrado perfecto.

Answer 2

He aquí una solución parcial. Puedo volver a esto cuando tengo tiempo...

(EDICIÓN: Daniel Fischer solución completa esta respuesta, y también proporciona la falta del caso.)

Supongamos $\frac{x(x-1)(2x-1)}{6} - x^2 = k^2$ para algunos entero $k$. Reescritura:

$$ x(x-1)(2x-1)-6x^2 = 6k^2$$ $$ x(2x^2-9x+1)=6k^2$$

Deje $y=2x^2-9x+1$, y tenga en cuenta que $gcd(x,y)=1$. Eso significa que los factores primos de a $k^2$ todos ocurrir en $x$ o en $y$. Hay tres casos dependiendo de cómo el factor de $6$ se divide entre el$x$$y$.

Caso 1: $x=a^2, y = 6b^2$ donde $k=ab$.

A continuación,$6b^2 = 2a^4 - 9a^2+1$. Desde $y$ es incluso, $a$ debe ser impar, por lo tanto, $a^2 \equiv 1$ (mod $8$), y el lado derecho es $2 - 9 + 1 \equiv 2$ (mod $8$). Si $b$ es incluso, el lado izquierdo es divisble por 8, por lo $b$ debe ser impar, en cuyo caso $6b^2 \equiv 6 \not\equiv 2 $(mod $8$). Así, este caso es con descuento.

Caso 2: $x = 2a^2, y = 3b^2$

Tenemos $ 3b^2 = 8a^4 - 18a^2 +1$. El lado derecho es impar, por lo $b$ es impar. Por lo tanto, $b^2 \equiv 1$ (mod $8$) y $3b^2 \equiv 3$ (mod $8$). Pero el lado derecho es $-2a^2+1$ (mod $8$), que es $\pm 1$ (mod $8$) dependiendo de si $a$ es par o impar. Por lo tanto, este caso es también de descuento.

Caso 3: $x = 6a^2, y = b^2$

A continuación,$b^2 = 72a^4 - 54a^2 +1$.

Me detuve aquí. El lado derecho no es una plaza para los valores de $a$$1$$50000$. En ese rango, es con frecuencia squarefree; cuando no lo es, uno de los factores primos tiene exponente 2, muy rara vez 3.

Ver Daniel Fischer respuesta para el resto.

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La falta de caso fue $x=3a^2$, $y=2b^2$. He aquí una breve manera de lidiar con ello:

$2b^2 = 18a^4 - 27a^2 +1$ implica $2b^2 \equiv 1$ (mod $3$) $\Rightarrow b^2 \equiv 2$ (mod $3$), lo cual no es posible.

También, Daniel de la solución muestra $72x^2 - 54x + 1$ no es un cuadrado de cualquier entero $x>0$.

Answer 3

He aquí una simple prueba de los "duros" de caso en la solución comenzado por Prometeo y completado por Daniel Fischer. Su análisis distingue cuatro casos, con $x$ de la forma $a^2$, $2a^2$, $3a^2$, y $6a^2$, respectivamente. Los tres primeros casos se descartó por simple congruencia condiciones; sólo $x=6a^2$ parecía requieren más esfuerzo. He aquí un enfoque que no.

Volvamos a la ecuación original, $x(x-1)(2x-1)-6x^2=6k^2$ y escribo como

$$x(x-1)(2x-1)=6(x^2+k^2)$$

Tenga en cuenta que los tres términos en el lado izquierdo son relativamente primos. Ahora supongamos $x=6a^2$. Entonces tenemos

$$a^2(6a^2-1)(12a^2-1)=((6a^2)^2+k^2)$$

donde los términos $a^2$, $6a^2-1$, y $12a^2-1$ todavía son relativamente primos. Pero $12a^2-1\equiv3\pmod4$, lo que significa que su factorización en números primos incluye un primer $p\equiv3\pmod4$ a un extraño poder. Desde que el primer no se puede dividir cualquiera de los otros dos términos en el lado izquierdo, debe aparecer a la misma extraño poder en la factorización de la mano derecha. Pero $(6a^2)^2+k^2$ es la suma de dos cuadrados. La factorización de cualquier número sólo puede incluir incluso de potencias de números primos congruentes a $3\pmod4$. Por lo tanto, no podemos tener a $x=6a^2$.