$\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n}$ es un cuadrado perfecto

Question

Demostrar que existen infinitos números enteros positivos $n$ tal que $\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n}$ es un cuadrado perfecto. Obviamente, $1$ es el menor entero tenga esta propiedad. Encuentre los próximos dos menos enteros con esta propiedad.

La condición dada es equivalente a $(2n+2)(2n+1) = 12p^2$ donde $p$ es un entero positivo. Entonces a partir de la $\gcd(2n+2,2n+1) = 1$,$2n+2 = 4k_1$$2n+1 = k_2$. Debemos tener ese $k_1$ es divisible por $3$ o que $k_2$ es divisible por $3$. Si $k_1$ es divisible por $3$ $k_2$ es no, entonces tenemos que tener ese $k_1$ es divisible por $9$$2n+2 = 36m$. Entonces necesitamos $3mk_2$ a ser un cuadrado perfecto donde $k_2+1 = 36m$. Por lo tanto si $3mk_2 = r^2$, obtenemos $m = \dfrac{1}{72}\left(\sqrt{48r^2+1}+1\right)$.

Answer 1

Esto puede ser resuelto mediante el uso de la fórmula cuadrática en $2n^2 + 3n + (1-6p^2)=0$ a convertir a la ecuación de Pell $r^2 - 48p^2 = 1$. Las técnicas estándar puede ser usado para generar una infinidad de soluciones, aunque debemos tener cuidado de mantener sólo aquellos con $r \equiv 3\pmod{4}$.

Por ejemplo, podemos llegar a una infinidad de soluciones por escrito $r+p\sqrt{48} = (7+\sqrt{48})^{2k+1}$, a partir de la primitiva solución de $r=7, p=1$.

Aquí es una prueba de que los resultados de ese proceso:

Si $(n,p)$ es una solución positiva a las $(n+1)(2n+1)=6p^2$, $(97n+168p+72,56n+97p+42)$ es una solución de mayor tamaño, que podemos ver por la computación directamente:

$$((97n+168p+72) + 1)(2(97n+168p+72) + 1) - 6(56n+97p+42)^2$$ $$ = (n+1)(2n+1)-6p^2$$

A partir de la solución de $(n,p)=(1,1)$, esto genera una infinidad de soluciones por inducción.

Answer 2

A partir de la ecuación $(2n+1)(2n+2) = 12p^2$, sabemos que hay dos posibilidades:

• $2n+2$ es de la forma $4x^2$, $2n+1$ es de la forma $3y^2$.
• $2n+2$ es de la forma $12x^2$, $2n+1$ es de la forma $y^2$.

Esto se deduce de la $2n+1, 2n+2$ siendo relativamente primos. Por lo tanto, las soluciones corresponden a número de soluciones de las ecuaciones $4x^2-3y^2 = 1$$12x^2-y^2 = 1$. Pretendemos que el ex ecuación tiene una infinidad de soluciones. Estos corresponden a las soluciones de $a^2-3b^2 = 1$ donde $a$ es incluso.

La teoría de ecuaciones de Pell puede ser utilizado para mostrar que las soluciones de $a^2-3b^2 = 1$ están dados por las potencias $a+b\sqrt{3} = (2+\sqrt{3})^i$$i\ge 0$. Incluso sin esta teoría en la mano, podemos comprobar directamente que estos dan soluciones: $$ a^2-3b^2 = (a+b\sqrt{3})(a-b\sqrt{3}) = (2+\sqrt{3})^i(2-\sqrt{3})^i = \big[(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})\big]^i = 1 $$

Sólo queda comprobar que infinitamente muchas de estas soluciones ha $a$ incluso. Fácil inductivo argumento muestra que el $a$ es incluso precisamente al $i$ es impar, por lo que hay una infinidad de soluciones.

Las dos primeras soluciones no triviales se $(2+\sqrt{3})^3 = 26+15\sqrt{3}$$(2+\sqrt{3})^5 = 362+209\sqrt{3}$. Estos valores de $a$ corresponden a $n=337$$n=65521$. Para comprobar que estos son de hecho los más pequeños no trivial de soluciones a $(2n+1)(2n+2)=12p^2$, hay dos enfoques. La primera es aplicar la teoría de la Pell de las ecuaciones nota que no hay soluciones a $a^2-3b^2=1$ distintos de los anteriores, y que no hay soluciones en todos los a $12x^2-y^2=1$. El segundo método es comprobar, mediante la fuerza bruta que no hay otros valores de menos de $65521$ el rendimiento de las soluciones.

Answer 3

El uso de este: $$ \frac{\sum_{k=1}^N k^2}{N}= \frac{1}{6} (N+1) (2 N+1)=K^2 $$ la condición puede ser escrito como (como lo señaló): $$(N+1) (2 N+1)=6K^2$$ a través numérica de búsqueda, la última parte de que el problema está resuelto $$N=1,337,65521$$

No es realmente una respuesta satisfactoria sé.

Algunos Heurístico pensando:

Asintóticamente debe satisfacer: $$ N=\sqrt{2} K $$ donde tanto $N,K$ deben ser números enteros, no creo que se pueda demostrar que existe un número infinito de soluciones.