¿Cómo puedo encontrar enteros$n \gt 1$ de forma que el promedio de$1^2,2^2,3^2...n^2$ sea en sí mismo un cuadrado perfecto?

Question

$\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

entonces nos gustaría resolver

$6k^2=(n+1)(2n+1)$

aquí vemos que$6|(n+1)(2n+1)\implies 2|n+1$

por lo tanto, podemos establecer$n=2j-1$

$2j(4j-1)=6k^2\implies j(4j-1)=3k^2$

¿Cómo puedo encontrar$j$, al lado de prueba y error?

$n=1$ es trivial

Answer 1

Esta no es una respuesta completa, pero lleva a una. Probablemente convertirías la ecuación$j(4j-1) = 3k^2$ en una ecuación de Pell multiplicando ambos lados por$16$ y obteniendo$(8j-1)^2 - 3(4k)^2 = 1$. El valor mínimo real de$n$ es$337$.

Answer 2

Esta es una de la OMI Lista, pero estoy teniendo problemas para recordar la fuente.De todos modos la solución es algo como esto $(n+1)(2n+1)=6m^2\implies (4n+3)^2-48m^2=1$ ahora queda por resolver la ecuación de Pell. Que es trivial ya que tenemos la semilla de la solución de $(m,n)=(1,1)$ por lo tanto, hay infinitamente muchos.Ahora para encontrar de forma explícita http://en.wikipedia.org/wiki/Pell's_equation y recordar sólo las soluciones son de la forma $4n+3$ son beneficiarse de modo que puede que tenga que eliminar algunas soluciones. Yo le dejo a usted después de la generación de algunas de las soluciones que se muestra claramente

Answer 3

Estamos buscando a $n,k\in\mathbb{N}$ tal que $k^2=\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}i^2=\frac{(n+1)(2n+1)}{6}$. Set $n_0=n+1$.

La ecuación se convierte en $n_0(2n_0-1)=6k^2$. Por lo $n_0$ es incluso.

Set $n_0=2n_1$ conseguir $n_1(4n_1-1)=3k^2$. Ahora supongamos $3|n_1$ y establezca $n_1=3n_2$. A continuación,$n_2(12n_2-1)=k^2$. Desde $n_2$ $12n_2-1$ son coprime, ambos tienen que ser cuadrados. Pero $12n_2-1$ nunca es un cuadrado porque $-1$ no es un residuo cuadrático módulo $4$.

Por lo tanto debemos tener $3\nmid n_1$. Pero, a continuación,$3|4n_1-1$, lo $n_1\equiv 1\mod{3}$. Set $n_1=3m+1$.

La ecuación es ahora $(3m+1)(4m+1)=k^2$. Desde $3m+1$ $4m+1$ son coprime, $3m+1=k_1^2$$4m+1=k_2^2$.

Ahora sólo tiene que ir a través de las primeras plazas en la búsqueda de soluciones. La más pequeña es la solución $k_1=13$, $k_2=15$, $m=56$ que da $n=337$.

Answer 4

Una vez que usted tiene algo en la forma $p^2-3q^2=1$ (ha $7^2-3\cdot 4^2=1$ si usted trabaja a través de la media aritmética, por lo $p=7, q=4$) se puede hacer el siguiente truco.

$$(p+q\sqrt 3)(p-q\sqrt 3)=1$$ now raise it to the power $n$ giving $$(p+q\sqrt 3)^n(p-q\sqrt 3)^n=1$$

Así que con $n=2$ obtener $(p^2+3q^2+2pq\sqrt 3)(p^2+3q^2-2pq\sqrt 3)=1$ o $$(p^2+3q^2)^2-3(2pq)^2=1$$

También si $(p,q)$ $(r,s)$ son soluciones, se obtiene otra de $$(p+q\sqrt 3)(r+s\sqrt 3)$$ Esto no genera otras nuevas si están haciendo los poderes de una única solución - pero se puede dar la recurrencia de los coeficientes de las potencias, lo que puede ayudar a la computación. Es digno de la comprobación a través de algunas de estas relaciones (que también están vinculados en fracciones continuas).

Answer 5

La siguiente solución para$$ 2 n^2 + 3 n + 1 = 6 k^2 $$ after $ (n, k) $ es$$ (97n+168k+72, 56n+97k + 42). $$ Beginning with $ (1,1) $ vemos$$ (1,1), $ $$$ (337,195), $ $$$ (65521,37829), $ $$$ (12710881,7338631), $ $$$ (2465845537, 1423656585), $ $

Me preguntaba si algo nuevo aparecía yendo hacia atrás. Esto sería posible porque no es una ecuación pura de Pell, sino que se ajusta con términos constantes. Sin embargo, nada nuevo:

La solución anterior a$$ 2 n^2 + 3 n + 1 = 6 k^2 $$ before $ (n, k) $ es$$ (97n-168k+72, -56n+97k - 42). $$ Beginning with $ (1,1) $ vemos$$ (1,1), $ $$$ (1,-1), $ $$$ (337,-195), $ $$$ (65521,-37829), $ $$$ (12710881,-7338631), $ $$$ (2465845537, -1423656585), $ $