Si $2n+1$ y $3n+1$ son cuadrados perfectos, entonces demuestre que $8|n$ .

Question

Si para algún número $n\in \mathbb N$ los números $2n+1$ y $3n+1$ son cuadrados perfectos de números enteros, entonces demuestre que $8|n$ .

si $2n+1=m^2$ y $3n+1=k^2$ entonces $k^2-m^2=3n-2n+1-1=n$ ahora tengo que demostrar que $8|k^2-m^2$ cuando se divide un cierto número $m^2$ con $8$ entonces el resto es $0,1,4$ Así que tengo que demostrar que $m^2$ y $k^2$ tienen el mismo resto. Pero no sé si esta forma es buena porque no sé cómo demostrar que deben tener el mismo resto

Answer 1

Si $2n+1=a^2$ y $3n+1=b^2$ entonces $a$ es impar. Así que $a=2k+1$ y $2n+1=(2k+1)^2=4k^2+4k+1$ . Así, $n=2k^2+2k=2k(k+1)$ . Esto demuestra que $n$ es divisible por $4$ porque $k(k+1)$ está en paz.

Ahora, $b^2=3n+1=6k(k+1)+1$ . Así que, $b$ también es impar y $b=2l+1$ . Entonces, $(2l+1)^2=6k(k+1)+1$ implica $2l(l+1)=3k(k+1)$ . Es decir $k(k+1)$ es divisible por $4$ porque $l(l+1)$ está en paz. Porque $n=2k(k+1)$ y $k(k+1)$ es divisible por $4$ , $n$ es divisible por $8$ .

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De hecho, $3a^2-2b^2=3(2n+1)-2(3n+1)=1$ . Es decir, $$(1+\sqrt{-2})(1-\sqrt{-2})a^2=1+2b^2=(1+\sqrt{-2}b)(1-\sqrt{-2}b).$$ Tenga en cuenta que $\Bbb{Q}(\sqrt{-2})$ es un campo cuadrático con número de clase $1$ es una ufd y podemos hablar de gcd. Porque $\gcd(1+\sqrt{-2}b,1-\sqrt{-2}b)=1$ , obtenemos que, o bien $$\frac{1+\sqrt{-2}b}{1+\sqrt{-2}}=(u+\sqrt{-2}v)^2$$ o $$\frac{1-\sqrt{-2}b}{1+\sqrt{-2}}=(u+\sqrt{-2}v)^2$$ para algunos $u,v\in\Bbb{Z}$ . Pero hasta firmar el cambio $b\to -b$ podemos suponer que $$\frac{1+\sqrt{-2}b}{1+\sqrt{-2}}=(u+\sqrt{-2}v)^2=u^2-2v^2+2uv\sqrt{-2}.$$ Eso es, $$1+\sqrt{-2}b=u^2-2v^2-4uv+(u^2-2v^2+2uv)\sqrt{-2}.$$ Así que, $u^2-2v^2-4uv=1$ y así $(u-2v)^2-6v^2=1$ . Así que, $(x,y)=(u-2v,v)$ es una solución a la ecuación de tipo Pell $$x^2-6y^2=1.$$ Las soluciones son conocidas $$x+\sqrt{6}y=\pm(5+2\sqrt{6})^t$$ donde $t\in\Bbb{Z}$ . Dado que el cambio de signo $(u,v)\to(-u,-v)$ no cambia nada, podemos asumir que $$u-2v+\sqrt{6}v=(5+2\sqrt{6})^t.$$ Así que, $$u-2v=\frac{(5+2\sqrt{6})^t+(5-2\sqrt{6})^{t}}{2}$$ y $$v=\frac{(5+2\sqrt{6})^t-(5-2\sqrt{6})^{t}}{2\sqrt{6}}.$$ Eso es, $$u=\frac{(2+\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})^t-(2-\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})^{t}}{2\sqrt{6}}.$$ Eso es, $$b=u^2-2v^2+2uv=\frac{(2+\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})^{2t}+(2-\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})^{2t}}{4}.$$ Esto da $$a=\sqrt{\frac{1+2b^2}{3}}=u^2+2v^2=\frac{(3+\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})^{2t}+(3-\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})^{2t}}{6}.$$ Por lo tanto, tenemos $$n=\frac{(5+2\sqrt{6})^{4t+1}-10+(5-2\sqrt{6})^{4t+1}}{24},$$ donde $t\in\mathbb{Z}$ . Así, los siete primeros valores de $n$ son $$n=0,40,3960, 388080,38027920,3726348120,365144087880.$$ Eso es, $n=n(t)$ satisface $n(0)=0$ y $n(-1)=40$ con $$n(t-1)+n(t+1)=9602 n(t)+4000$$ para todos $t\in\mathbb{Z}$ . Por lo tanto, no sólo $8$ divide $n$ , $40$ divide $n$ para cada uno de estos $n$ .

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Creo que es más fácil re-parametrizar $n$ utilizando enteros no negativos en lugar de todos los enteros. Sea $$n_t=\frac{(5+2\sqrt{6})^{2t+1}-10+(5-2\sqrt{6})^{2t+1}}{24},$$ para un número entero no negativo $t$ . Así que, $n_0=0$ , $n_1=40$ y $$n_{t+2}=98n_{t+1}-n_t+40.$$ Tenemos el correspondiente $a=a_t$ y $b=b_t$ a $n=n_t$ : $a_0=1$ , $a_1=9$ y $$a_{t+2}=10a_{t+1}-a_t,$$ así como $b_0=1$ , $b_1=11$ y $$b_{t+2}=10b_{t+1}-b_t.$$

$$ \begin{array}{ |c|c|c|c| } \hline t & n_t & a_t & b_t \\ \hline 0 & 0 & 1 &1 \\ 1 & 40 & 9& 11 \\ 2 & 3960 & 89 & 109 \\ 3 & 388080 & 881 &1079\\ 4 & 38027920 & 8721 & 10681 \\ 5 & 3726348120 & 86329 & 105731 \\ 6 & 365144087880 & 854569 & 1046629 \\\hline \end{array} $$

Answer 2

Si $k$ es impar, entonces $k^2\equiv1 \mod 8$ . Por lo tanto, $3n+1\equiv1\mod 8$ , $2n+1\equiv 1\mod 8$ Así que $$(3n+1)-(2n+1)\equiv 1-1\equiv 0\mod 8$$

Answer 3

Es un ejercicio estándar que si $b > a$ y $a$ y $b$ son ambos impar que

i) $a + b$ y $a-b$ son ambos pares y que

ii) exactamente uno de $a+b$ y $a-b$ es divisible por $4$ .

Pf: Deja $b = 2m + 1$ y $a = 2n+1$ así que $b-a = 2(m-n)$ y $b+a = 2(m+n+1)$ son ambos pares.

Si $m$ y $n$ son ambos pares o ambos Impares entonces $m-n$ es par y $m+n + 1$ es impar así que $4|b-a$ pero $4\not \mid b+a$ . Si $m$ y $n$ son de paridad opuesta, entonces ocurre exactamente lo contrario; $m-n$ es impar y $m+n +1$ es incluso así $4\not \mid b-a$ y $4\mid b+a$ .

En consecuencia $b^2 - a^2 = (b-a)(b+a)$ es divisible por $8$ .

Así que si tenemos $2n + 1 = a^2$ entonces $a^2$ es impar así que $a$ es impar.

Y tenemos $2n = a^2 -1 = (a-1)(a+1)$ es divisible por $8$ así que $n$ está en paz.

Y si $3n + 1=b^2$ entonces tenemos $n$ es incluso así $b^2$ es impar así que $b$ es impar.

Así que $n = (3n+1)-(2n+1) =b^2 - a^2$ donde $a,b$ son ambos impar..... que es divisible por $8$ .

Answer 4

Los cuadrados Impares son todos congruentes con $1$ mod $8$ Así que si $2n+1$ es un cuadrado, debemos tener $4\mid n$ . Escribir $n=4n'$ Ahora tenemos $3n+1=12n'+1$ que, si es cuadrado, también debe ser congruente con $1$ mod $8$ , por lo que debemos tener $2\mid n'$ . Escribir $n'=2n''$ tenemos $n=4n'=8n''$ Así que $8\mid n$ .

Answer 5

Tenemos $2n+1, 3n+1 \equiv \{0,1,4 \} \mod 8,$ tras lo cual se comprueba $n = 0, 1, \dots, 7,$ vemos que sólo $n \equiv 0 \mod 8$ funciona.

Snookie ha demostrado que $40 | n.$ De hecho, podemos demostrar $5 | n$ de manera similar al señalar que $2n + 1 \equiv \{0, 1\} \mod 5$ implica $n \equiv 0 \mod 5$ mediante la comprobación $0, 1, \dots, 4.$

Desde $n=40$ funciona, este es el resultado más fuerte que podemos probar.