Que $k$ ser un número entero positivo. $2k^2+1$ Y $3k^2+1$ no pueden ser números cuadrados.

Question

Que $k$ ser un número entero positivo. $2k^2+1$ Y $3k^2+1$ no pueden ser números cuadrados.

He intentado demostrarlo suponiendo que uno de ellos es un número cuadrado y sustituyendo el valor de $k$ correspondiente. Pero no demostrarlo.

Answer 1

Si $k$ es impar, entonces $2k^2+1 \equiv 3 \pmod{4}$, que no es un residuo cuadrático. Si $k$ es incluso, deje $k = 2m$ y luego tenemos a $8m^2+1 = a^2$$12m^2+1 = b^2$. Tenga en cuenta que $4m^2 = b^2-a^2 = (b-a)(b+a)$. Desde $\gcd(b-a,b+a) = \gcd(b-a,2b) = 2\gcd(b-a,b) = 2$, se deduce que el $\dfrac{b-a}{2},\dfrac{b+a}{2}$ deben ser cuadrados perfectos. Por lo tanto vamos a $$b-a = 2x^2, b+a = 2y^2$$ for some integers $x,y$ and then $b = x^2+y^2$ and $a = y^2-x^2$. Then we get $8m^2 = (y^2-x^2)^2-1$ and $12m^2 = (x^2+y^2)^2-1$. Therefore, $$3((y^2-x^2)^2-1) = 2((x^2+y^2)^2-1),$$ so $x^4-10x^2y^2+y^4-1 = 0$. This is equivalent to $4(x^2-5y^2)^2 = (4+96y^4)$ and to $(x^2-5y^2)^2 = 1+24y^4$. Thus $x^4 \equiv 1-y^4 \pmod{5}$. Thus at least one of $x,y$ (but not both) must be divisible by $5$. If $x \equiv 0 \pmod{5}$, then $b \equiv \pmod{5}$ and so $2a \equiv 2y^2 \pmod{5}$ and thus $\equiv b \equiv y^2 \pmod{5}$. Then from $12m^2 = (x^2+y^2)^2-1$ we get $2m^2 \equiv y^4-1 \pmod{5}$ so $\equiv b \equiv 1 \pmod{5}$. Let $v_5(m^2) = n$. Then $^2 \equiv b^2 \equiv y^2 \equiv 1 \pmod{5^n}$ and so $\equiv b \equiv 1 \pmod{5^n}$. Then from $(x^2-5y^2)^2 = 1+24y^4$ for $y^4 = 1+5^{2n}w$ for some integer $w$ we get $$x^4 \equiv 1+24(1+5^{2n}w) \equiv 25+(25-1)5^{2n}w \equiv 25-5^{2n}w \equiv 0 \pmod{5^{n+1}}.$$ Thus $n = 0$ and so $m$ is not divisible by $5$, una contradicción.

Si $y \equiv 0 \pmod{5}$$b \equiv -a \pmod{5}$$a \equiv 4x^2 \pmod{5}$$b \equiv x^2 \pmod{5}$. Por lo tanto $a \equiv 4b \pmod{5}$ e de $12m^2 = (x^2+y^2)^2-1$ obtenemos $2m^2 \equiv x^4-1 \pmod{5}$$x^2 \equiv 1 \pmod{5}$. Por lo tanto $a \equiv 4 \pmod{5}$$b \equiv 1 \pmod{5}$. Luego de $(y^2-5x^2)^2 = 1+24x^4$ tenemos $$y^4 \equiv 1+24(1+5^{2n}w) \equiv 25+(25-1)5^{2n}w \equiv 25-5^{2n}w \equiv 0 \pmod{5^{2n+1}}.$$ Thus again we get $n = 0$, una contradicción.

Answer 2

Permítanme comenzar con un trivial lema:

Lema: Vamos a $p(x)$ denotar un polinomio de cuarto grado. Si $p(x)$ es un cuadrado perfecto en $\mathbb{Z}[x]$, entonces el coeficiente de su más alta potencia debe ser un cuadrado perfecto.

Prueba: Si $p(x)$ es un cuadrado perfecto, entonces debe ser de la forma: $$p(x)=(ax^{2}+bx+c)^{2}=a^{2}x^{4}+2abx^{3}+(2ac+b^{2})x^{2} + 2bc x+c^{2}.$$ El resultado de la siguiente manera $\blacksquare$

Ahora si $2k^2+1$ $3k^2+1$ ambos son cuadrados perfectos, entonces también lo es la existencia de productos:

$$(2k^{2}+1)(3k^{2}+1) \;=\; 6k^{4}+5k^{2}+1\quad \text{is a perfect square}.$$

Desde el anterior lema, $p(k)=6k^{4}+5k^{2}+1$ no es un cuadrado perfecto, ya que 6 no es un cuadrado perfecto.

EDIT: me doy cuenta ahora, después de los comentarios, esto es claramente incorrecto, pero a menudo me parece que es útil para mantener los errores, tanto para recordarme lo que yo hice y también, posiblemente, ayudar a alguien!

Answer 3

Para los polinomios de grado segundo '$ax^2 + bx + c$', si $b^2-4ac$ es igual a cero, entonces el polinomio es de otro polinomio.

A prueba de

Suponiendo que la primera de ellas es cuadrado

$ax^2 + \sqrt{4ac}x + c = 2k^2 +1$

$ax^2 + \sqrt{4ac}x + (c-1) = 2k^2$

$\frac{a}{2}x^2 + \sqrt{ac}x + \frac{c-1}{2} = k^2$

$\frac{3a}{2}x^2 + 3\sqrt{ac}x + \frac{3c-1}{2} = 3k^2 + 1$

$b^2-4ac$, $9ac-4\times\frac{3a}{2}\times\frac{3c-1}{2} = 3a\neq 0,$ que significa el segundo no puede ser un cuadrado si es la primera de ellas.