Sumy kwadratów kolejnych liczb naturalnych

Sumy kwadratów kolejnych liczb
naturalnych
Andrzej Nowicki
24 maja 2015, wersja kk-17
Niech m < n będą danymi liczbami naturalnymi. Interesować nas będzie równanie
y 2 + (y + 1)2 + · · · + (y + m − 1)2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + n − 1)2
(∗)
i jego rozwiązania w zbiorze liczb naturalnych.
Wiemy dobrze że dla każdej liczby naturalnej n zachodzi równość
1
12 + 22 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1).
6
Lewa strona równania (∗) jest więc równa my 2 + (m2 − m)y + 16 m(m − 1)(2m − 1), a
po prawej stronie mamy nx2 + (n2 − n)x + 16 n(n − 1)(2n − 1). Równanie (∗) jest więc
postaci
1
my + (m − m)y − nx − (n − n)x =
n(n − 1)(2n − 1) − m(m − 1)(2m − 1) .
6
2
1
2
2
2
Początkowe obserwacje
Po pomnożeniu stronami przez m równanie (∗) można doprowadzić w następujący
sposób do odpowiedniego równania typu Pella.
Stwierdzenie 1.1. Niech x, y będą liczbami naturalnymi i niech
U = 2x + n − 1,
V = 2my + m(m − 1).
Para (x, y) jest rozwiaązaniem naturalnym równania (∗) wtedy i tylko wtedy, gdy
(∗∗)
1
V 2 − mn U 2 = m(n − m)(n2 + nm + m2 − 1) .
3
Mówić będziemy, że (∗∗) jest równaniem Pella stowarzyszonym z równaniem (∗).
Przy okazji zauważmy, że liczba m(n − m)(n2 + nm + m2 − 1) jest zawsze podzielna
przez 3.
Stwierdzenie 1.2. Jeśli m · n jest liczbą kwadratową, to równanie (∗) ma co najwyżej
skończenie wiele rozwiązań w zbiorze liczb naturalnych.
Dowód. Niech mn = a2 , gdzie a ∈ N. Wtedy równanie (∗∗) jest postaci
(V − aU )(V + aU ) = R,
gdzie R = 31 m(n − m)(n2 + nm + m2 − 1) oraz U = 2x + n − 1, V = 2my + m(m − 1).
Mamy wtedy układ równań V − aU = d, V + aU = R/d, w którym d jest dzielnikiem
całkowitym liczby naturalnej R. Rozważanych rozwiązń jest więc co najwyżej tyle ile
jest dzielników całkowitych liczby R. Oczywiście zbiór wszystkich takich rozwiązań
może być pusty. Przykład 1.3. Liczby rozwiązań równania (∗) dla liczb naturalnych m, n takich, że
1 6 m < n 6 200 oraz m · n jest liczbą kwadratową,
m
1
1
1
2
3
3
4
4
5
5
5
8
9
10
n
49
121
169
50
12
147
36
196
20
45
180
200
64
90
mn
72
112
132
102
62
212
122
282
102
152
302
402
242
302
r
1
1
2
2
1
1
3
3
1
1
4
2
2
2
m
11
12
13
13
14
17
18
18
19
21
22
25
27
29
n
44
75
52
117
126
153
50
98
76
84
198
49
108
116
mn
222
302
262
392
422
512
302
422
382
422
662
352
542
582
r
2
1
1
2
5
1
1
2
2
2
2
1
1
2
m
35
37
43
44
45
49
49
50
50
63
76
112
n mn
140 702
148 742
172 862
99 662
180 902
81 632
144 842
98 702
162 902
175 1052
171 1142
175 1402
r
1
1
2
2
1
1
3
1
1
1
2
1
Przykład 1.4. Liczby rozwiązań pewnych równań postaci (∗) dla podanych liczb naturalnych m, n takich, że 1 6 m < n 6 1000 oraz m · n jest liczbą kwadratową,
m
1
1
1
3
5
9
13
14
25
31
n mn r
289 172 7
529 232 5
961 312 10
588 422 4
180 302 4
576 722 13
468 782 4
126 422 5
400 1002 4
279 932 4
m
32
39
44
59
64
68
76
76
86
91
n
800
624
396
236
576
612
475
684
774
364
mn r
1602 4
1562 4
1322 12
1182 4
1922 6
2042 6
1902 5
2282 6
2582 8
1822 5
2
m
94
104
172
179
205
229
423
428
436
n
846
936
387
716
820
916
752
963
981
mn
2822
3122
2582
3582
4102
4582
5642
6422
6542
r
9
4
7
4
4
6
4
5
4
2
Różnica n - m
Założyliśmy, że w równaniu (∗) liczba n jest ostro większa od m. Oznaczmy różnicę
n − m przez k. Mamy wtedy n = m + k i równanie (∗) jest postaci
y 2 + (y + 1)2 + · · · + (y + m − 1)2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + m + k − 1)2
(Bk )
Po przekszatałceniu otrzymujemy równanie
my 2 + (m2 − m)y = (m + k)x2 + (m2 − m) + 2km + (k 2 − k) x + c,
+ km(m + k + 1). Równanie Pella stowarzyszone z tym równaniem
gdzie c = k(k+1)(2k+1)
6
ma teraz postać
1
V 2 − m(m + k) U 2 = km(3m2 + 3km − 1) .
3
(Pk )
gdzie
U = 2x + m + k − 1,
V = 2my + m(m − 1) .
Twierdzenie 2.1 ([2]). Jeśli k jest liczbą postaci 8a + 3 lub 8a + 4 lub 8a + 5 oraz
m jest dowolną liczbą naturalną, to równanie (Bk ) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb
całkowitych.
Dowód. ([2]). Suma n kolejnych kwadratów modulo 4 przyjmuje następujące wartości.
n
S
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
0, 1 1 1, 2 2 2, 3 3 0, 3 0 0, 1 1 1, 2 2 2, 3 3 0, 3 0
Widzimy, że dolny wiersz (z wartościami modulo 4) jest okresowy i okres ma długość 8.
Przypuśćmy, że dla pewnego n suma n kolejnych kwadratów jest równa pewnej sumie
n + 3 kolejnych kwadratów. Wtedy dwa zbiory, utworzone z elementów występujących
w wierszu S na miejscach n oraz n + 3, nie są rozłączne. Oddczytujemy z tej tabeli,
że tak nie jest. Ponieważ dolny wiersz jest okresowy, więc to samo zachodzi dla sum
n oraz n + (8a + 3) kolejnych kwadratów. W ten sposób udowodnilśmy to twierdzenie
dla k = 8a + 3. W przypadkach k = 8a + 4 oraz k = 8a + 5 postępujemy dokładnie tak
samo. W przedziale [1, 100] jest 38 liczb naturalnych postaci 8k + 3 lub 8k + 4 lub 8k + 5 :
3, 4, 5, 11, 12, 13, 19, 20, 21, 27, 28, 29, 35, 36, 37, 43, 44, 45,
51, 52, 53, 59, 60, 61, 67, 68, 69, 75, 76, 77, 83, 84, 85, 91, 92, 93, 99, 100.
W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 375.
3
Twierdzenie 2.2 ([2]). Jeśli k jest liczbą postaci 27a + 7, 27a + 11, 27a + 16 lub
27a + 20 oraz m jest dowolną liczbą naturalną, to równanie (Bk ) nie ma rozwiązań w
zbiorze liczb całkowitych.
Dowód. ([2]). Po przekształceniu równanie (Bk ) jest postaci
(1)
1
m(2y + m − 1)2 − (m + k)(2x + m + k − 1)2 − km2 − k 2 m − k(k 2 − 1) = 0.
3
Przypadek k = 27a + 7. Wstawiamy k = 27a + 7 do równania (1) i otrzymujemy
równanie
(2)
0 = −28m2 − 52mx − 28x2 − 4m2 x − 4mx2 − 4my + 4m2 y
+4my 2 − 364 − 26244a3 − 1404xa − 1404ma − 18954a2 − 108m2 a
−2916ma2 − 108ax2 − 2916xa2 − 216mxa − 4554a − 168m − 168x.
Modulo 3 mamy wtedy
2m2 + 2mx + 2x2 + 2m2 x + 2mx2 + 2my + m2 y + my 2 + 2 = 0.
Założmy, że 3 | m. Niech m = 3b. Wtedy
18b2 + 6bx + 2x2 + 18b2 x + 6bx2 + 6by + 18y + 3by 2 + 2 = 0
i mamy sprzeczną kongruencję 2x2 + 2 ≡ 0 (mod 3).
W przypadku m = 3b + 2 w podobny sposób otrzymujemy sprzeczną kongruencję
1 + 2y + 2y 2 ≡ 0 (mod 3).
Niech teraz m = 3b + 1. Mamy wówczas kongruencję
1 + x + x2 + y 2 ≡ 0 (mod 3),
która ma dokładnie jedno rozwiązanie (x, y) = (1, 0). Niech m = 3b+1, x = 3p+1 oraz
y = 3q. Po podstawieniu tego do równania (2) dochodzimy do sprzecznej kongruencji
3 ≡ 0 (mod 9). Udowodniliśmy zatem, że równanie (Bk ) nie ma rozwiązań w przypadku,
gdy k = 27a + 7.
Przypadek k = 27a + 11. Wstawiamy k = 27a + 11 do równania (1) i otrzymujemy
(3)
0 = −44m2 − 84mx − 44x2 − 4m2 x − 4mx2 − 4my + 4m2 y
+4my 2 − 26244a3 − 2268xa − 2268ma − 30618a2
−108m2 a − 2916ma2 − 108ax2 − 2916xa2 − 216mxa
−11898a − 1540 − 440m − 440x.
Wtedy modulo 3 mamy
m2 + x2 + 2m2 x + 2mx2 + 2my + m2 y + my 2 + 2 + m + x = 0.
Założmy, że 3 | m. Niech m = 3b. Wtedy
9b2 + x2 + 18b2 x + 6bx2 + 6by + 9b2 y + 3by 2 + 2 + 3b + x
4
i mamy sprzeczną kongruencję x2 + x + 2 ≡ 0 (mod 3).
W przypadku m = 3b + 1 w podobny sposób otrzymujemy sprzeczną kongruencję
1 + y 2 ≡ 0 (mod 3).
Niech teraz m = 3b + 2. Po wstawieniu do (3) otrzymujemy kongruencję
1 + x2 + y 2 + y ≡ 0 (mod 3),
która ma dokładnie jedno rozwiązanie (x, y) = (0, 1). Niech m = 3b + 2, x = 3p
oraz y = 3q + 1. Po podstawieniu tego do równania (3) dochodzimy do sprzecznej
kongruencji 3 ≡ 0 (mod 9). Udowodniliśmy zatem, że równanie (Bk ) nie ma rozwiązań
w przypadku, gdy k = 27a + 11.
W identyczny sposób postępujemy w pozostałych dwóch przypadkach, tzn, gdy
k = 27a + 16 oraz k = 27a + 20. W przedziale [1, 100] jest 15 liczb naturalnych postaci 27k + 7 lub 27k + 11 lub
27k + 16 lub 27k + 20 :
7, 11, 16, 20, 34, 38, 43, 47, 61, 65, 70, 74, 88, 92, 97.
W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 148.
Przykład 2.3. Liczby k mniejsze od 100, dla których równanie (Bk ) ma rozwiązanie.
W tabeli podano liczbę k wraz z najmniejszymi parami (m, n) = (m, m + k).
k
1
6
8
9
10
15
17
18
22
23
24
25
(m, n)
(1, 2)
(5, 11)
(2, 10)
(3, 12)
(1, 11)
(2, 17)
(4, 21)
(3, 21)
(1, 23)
(1, 24)
(1, 25)
(1, 26)
k (m, n)
26 (3, 29)
31 (4, 35)
32 (1, 33)
33 (5, 38)
39 (2, 41)
40 (5, 45)
41 (3, 44)
42 (17, 59)
46 (1, 47)
48 (1, 49)
49 (1, 50)
50 (3, 53)
k
54
55
56
57
58
62
63
64
71
72
73
78
(m, n)
(39, 93)
(3, 58)
(14, 70)
(4, 61)
(1, 59)
(25, 87)
(2, 65)
(14, 78)
(2, 73)
(1, 73)
(1, 74)
(5, 83)
k
(m, n)
79 (4, 83)
80 (2, 82)
81 (3, 84)
82 (95, 177)
86 (9, 95)
87 (1, 88)
89 (12, 101)
90 (3, 93)
94 (33, 127)
95 (1, 96)
96 (1, 97)
Po odrzuceniu liczb z Twierdzeń 2.1 i 2.2 oraz z Przykładu 2.3 pozostało 5 liczb
mniejszych od 100. Są to liczby: 2, 14, 30, 66, oraz 98. W pracy [2] udowodniono,
że dla k = 2 oraz k = 14 równanie (Bk ) nie ma rozwiązań. Zostały więc trzy liczby
k = 20, 66, 98, o których nie wiemy czy dla nich równanie (Bk ) ma rozwiązanie. W
przedziale [100, 200] jest 6 takich liczb: 114, 152, 154, 174, 177, 194, o których nic na
ten temat nie wiemy.
5
3
Rozkłady z różnicą n - m równą 1
Stwierdzenie 3.1. Niech m > 1 i niech x = 2m2 + m, y = 2m2 + 2m + 1. Wtedy
y 2 + (y + 1)2 + · · · + (y + m − 1)2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + m)2 .
Przykłady:
52
132 + 142
2
25 + 262 + 272
412 + 422 + 432 + 442
=
=
=
=
3 2 + 42
102 + 112 + 122
212 + 222 + 232 + 242
362 + 372 + 382 + 392 + 402 .
W każdym wierszu występują wszystkie kolejne liczby naturalne od x do y + m − 1.
Z tego stwierdzenia otrzymujemy następujący wniosek.
Wniosek 3.2. Jeśli k = 1, to dla każdej liczby naturalnej m równanie (Bk ) ma rozwiązanie z zbiorze liczb naturalnych.
Przykład 3.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 1 oraz m mniejszych od 21.
m=1:
(3, 5), (20, 29), (119, 169), (696, 985), (4059, 5741).
m=2:
(10, 13), (108, 133), (1078, 1321), (10680, 13081), (105730, 129493).
m=3:
(21, 25), (312, 361), (4365, 5041), (60816, 70225).
m=4:
(36, 41), (680, 761), (12236, 13681), (219600, 245521).
m=5:
(55, 61), (1260, 1381), (27715, 30361), (608520, 666601).
m=6:
(78, 85), (2100, 2269), (54594, 58969), (1417416, 1530985).
m=7:
(105, 113), (3248, 3473), (97433, 104161), (2919840, 3121441).
m=8:
(20, 22), (136, 145), (812, 862), (4752, 5041), (27716, 29398).
m=9:
(171, 181), (6660, 7021), (253071, 266761), (9610200, 10130041).
m = 10 : (210, 221), (9020, 9461), (378830, 397321), (15902040, 16678201).
m = 11 : (253, 265), (11880, 12409), (546469, 570769), (25125936, 26243185).
m = 12 : (300, 313), (15288, 15913), (764388, 795601), (38204400, 39764401).
m = 13 : (351, 365), (19292, 20021), (1041755, 1081081), (56235816, 58358665).
m = 14 : (406, 421), (23940, 24781), (1388506, 1437241), (80509800, 83335561).
m = 15 : (465, 481), (29280, 30241), (1815345, 1874881), (112522560, 116212801).
m = 16 : (528, 545), (35360, 36449), (2333744, 2405569), (153992256, 158731585).
m = 17 : (595, 613), (42228, 43453), (2955943, 3041641), (206874360, 212871961).
m = 18 : (666, 685), (49932, 51301), (3694950, 3796201), (273377016, 280868185).
m = 19 : (741, 761), (58520, 60041), (4564541, 4683121), (355976400, 365224081).
m = 20 : (820, 841), (68040, 69721), (5579260, 5717041), (457432080, 468728401).
Liczne informacje dotyczące rozważanego przypadku k = 1 znajdziemy w artykułach [1], [3] oraz [14].
6
4
Rozkłady z różnicą n - m większą od 1
Przykład 4.1. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 6 oraz m mniejszych od 100.
(5, 11) :
(7, 13) :
(13, 19) :
(47, 53) :
(15, 28), (3575, 5308), (637215, 945148), (113421575, 168231388).
(15, 26), (435, 598), (66543, 90688), (1388283, 1891916).
(345, 422), (2451, 2968), (60389187, 73006972), (419636985, 507316382).
(5350761934754906225, 5682044552553187486),
(6782352360046333155, 7202269275069654838).
(71, 77) : (345, 364), (15050783, 15673840), (82775205165, 86201823736).
(77, 83) : (1194153675, 1239806488),
(58866285930865981501250675, 61116759493021270082122936).
Twierdzenie 4.2 ([2]). Niech k = 6 oraz m > 1. Jeśli równanie (Bk ) ma rozwiązanie
w zbiorze liczb całkowitych, to m jest posatci 6a + 1 lub 6a + 5.
Dowód. ([2]). Suma m kolejnych kwadratów modulo 6 przyjmuje następujące
zbiory wartości.
m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
S
{0, 1, 3, 4}
{1, 5}
{2, 5}
{0, 2}
{0, 1, 3, 4}
{1}
{1, 2, 4, 5}
{0, 2}
{0, 3}
{1, 3}
{1, 2, 4, 5}
{2}
n
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
{S}
{0, 2, 3, 5}
{1, 3}
{1, 4}
{2, 4}
{0, 2, 3, 5}
{3}
{0, 1, 3, 4}
{2, 4}
{2, 5}
{3, 5}
{0, 1, 3, 4}
{4}
n
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
{S}
{1, 2, 4, 5}
{3, 5}
{0, 3}
{0, 4}
{1, 2, 4, 5}
{5}
{0, 2, 3, 5}
{0, 4}
{1, 4}
{1, 5}
{0, 2, 3, 5}
{0}
Zbiory z drugich kolumn (z wartościami modulo 6) występują okresowo i okres ma
długość 36. Przypuśćmy, że dla pewnego m suma m kolejnych kwadratów jest równa
pewnej sumie m + 6 kolejnych kwadratów. Wtedy dwa zbiory w kolumnach S, w wierszach m oraz m + 6, nie są rozłączne. Oddczytujemy z tych tabelek, że tak nie jest w
przypadkach, gdy m jest postaci 6a + r, gdzie r = 0, 2, 3 lub 4. Jedynie więc m może
być postaci 6a + 1 lub 6a + 5. 7
Przykład 4.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 8 oraz m mniejszych od 100.
(2, 10) :
(3, 11) :
(7, 15) :
(11, 19) :
(17, 25) :
(23, 31) :
(34, 42) :
(62, 70) :
(66, 74) :
(74, 82) :
(93, 101) :
(7, 26), (17, 48), (26, 68), (52, 126).
(67, 137), (3307, 6341), (152275, 291593), (7001563, 13406981.
(161, 243), (13769, 20163), (1129457, 1653363), (92602265, 135555843).
(7, 17), (239, 321), (2263, 2981), (34415, 45237.
(298, 368), (8254, 10016), (89070634, 108014016), (2374805566, 2879874768).
(17, 27), (3867265, 4489743), (342194753, 397274127).
(26, 36), (2483, 2766), (16805, 18684), (47414, 52704).
(67, 78), (298, 323), (3322, 3536), (10931, 11621).
(52, 62), (15913, 16856), (108655, 115058), (557740, 590582).
(161, 176), (239, 258), (7820, 8238), (10858, 11436).
(16900, 17618), (1054729837252, 1099158808322),
(6502164511674766552, 6776058800751234722).
(95, 103) : (24601282446133, 25616191239435), (178108528070165, 185456271493515).
Stosując metodę przedstawioną w dowodach Twierdzeń 2.1 oraz 4.2 można udowodnić:
Twierdzenie 4.4. Niech k = 8 oraz m > 1. Jeśli równanie (Bk ) ma rozwiązanie w
zbiorze liczb całkowitych, to 4 - m.
Przykład 4.5. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 9 oraz m mniejszych od 100.
(3, 12) :
(8, 17) :
(31, 40) :
(38, 47) :
(53, 62) :
(60, 69) :
(6, 23).
(6, 18), (18, 35), (998, 1463), (1826, 2670).
(1838, 2095), (16258, 18475), (5349803, 6076975), (9593398, 10897375).
(846, 948), (1353771528, 1505575395), (2501976549216, 2782533267803).
(541346, 585515), (665313, 719595), (254283006371373, 275026946687135).
(29557466, 31696858), (149900920364966, 160750828349983),
(760222817432908672466, 815248147478713396858).
(93, 102) : (846, 893), (392683907647926, 411246027339263),
(6016940911017660661, 6301360962847509455).
Twierdzenie 4.6. Niech k = 9 oraz m > 1. Jeśli równanie (Bk ) ma rozwiązanie w
zbiorze liczb całkowitych, to 9 - m.
Przykład 4.7. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 10 oraz m mniejszych od 100.
(1, 11) :
(5, 15) :
(7, 17) :
(37, 47) :
(41, 51) :
(49, 59) :
(95, 105) :
(18, 77), (38, 143), (456, 1529), (854, 2849).
(8, 25), (50, 97), (206, 367), (788, 1375).
(8, 23), (74, 125), (368, 583), (848, 1331).
(50, 65), (22187988, 25007261), (302392764, 340815605).
(74, 91), (1796, 2011), (7208, 8047), (132668, 147973).
(18, 29), (998, 1103), (160248, 175849), (3454518, 3790673).
(38, 49), (998, 1057), (3572, 3763), (41924, 44083).
8
Twierdzenie 4.8. Niech k = 10 oraz m > 1. Jeśli równanie (Bk ) ma rozwiązanie w
zbiorze liczb całkowitych, to m jest nieparzyste.
Przykład 4.9. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 15 oraz m mniejszych od 100.
(2, 17) :
(5, 20) :
(14, 29) :
(20, 35) :
(26, 41) :
(31, 46) :
(43, 58) :
(5, 40), (23, 91), (933, 2743), (2175, 6364).
(23, 64).
(777, 1132), (38255, 55072), (48279, 69499), (2336369, 3362623).
(5, 22), (213, 295), (5801, 7687), (58425, 77302).
(23, 43), (2277, 2872), (128151, 160939), (2501249, 3140971).
(249, 316), (2220717, 2705162), (5356730142, 6525260258).
(8101638, 9409210), (1057144969406778, 1227762364400438),
(1671214665951016833846598545, 1940939539106066416349772458).
(46, 61) : (1893, 2192), (665967, 766912), (102191721, 117679756).
(52, 67) : (249, 295), (6819633, 7741006), (20706189, 23503694).
(53, 68) : (23, 40), (3150, 3580), (206663, 234100), (11466990, 12988720).
(67, 82) : (213, 248), (1729318351098, 1913129969126),
(818414132613969, 905404492617724).
(68, 83) : (19677, 21751), (2583988011160817, 2854796030293222),
(15553509411793174202181, 17183553768102923671342).
(91, 106) : (129906, 140216), (512236770614142, 552844492292948),
(4185367814020141686, 4517164086886971914).
Twierdzenie 4.10. Niech k = 15 oraz m > 1. Jeśli równanie (Bk ) ma rozwiązanie w
zbiorze liczb całkowitych, to 3 - m.
Przykład 4.11. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 17 oraz m
mniejszych od 100.
(4, 21) :
(5, 22) :
(11, 28) :
(14, 31) :
(17, 34) :
(33, 50) :
(51, 68) :
(53, 70) :
(60, 77) :
(62, 79) :
(83, 100) :
(85, 102) :
(8, 42), (44, 123), (128, 315), (788, 1827).
(8, 39), (11, 45), (43, 111), (316, 683).
(22, 53), (55, 105), (143, 245), (286, 473).
(8, 30), (22, 50), (106, 174), (176, 278).
(8, 29), (11, 33), (131, 201), (148, 225).
(55, 83), (748, 935), (787, 983), (7816, 9635).
(43, 65), (106, 137), (1042, 1217), (1915, 2225).
(131, 165), (436, 515), (1496, 1733), (6743, 7763).
(148, 182), (1576, 1799), (25876, 29327), (53608, 60743).
(44, 65), (436, 506), (1346, 1533), (7814, 8834).
(16690, 18333), (359563, 394685), (4825394051, 5296558085).
(143, 171), (176, 207), (4208, 4623), (4931, 5415).
Przykład 4.12. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (Bk ) dla k = 18 oraz m
mniejszych od 100.
(3, 21) : (38, 127), (758, 2031), (12230, 32383), (195062, 516111).
(7, 25) : (154, 311), (298, 583), (10934, 20683), (19030, 35983).
(67, 85) : (10342, 11663), (245360228614, 276360665071),
(344487069620735366, 388011847729366351).
(71, 89) : (38, 59), (19754, 22131), (30946716479102, 34648178257223).
9
Twierdzenie 4.13. Niech k = 18 oraz m > 1. Jeśli równanie (Bk ) ma rozwiązanie w
zbiorze liczb całkowitych, to m jest nieparzyste i nie jest podzielne przez 9.
Przykład 4.14. Warunki dotyczące liczb m w przypadkach, gdy 18 < k 6 50 oraz
równanie (Bk ) ma rozwiązanie. Dla danego k podano również najmniejsze pary (m, n) =
(m, m + k). Podano tylko liczby k, dla których odpowiednie warunki znaleziono.
k (m, n)
22 (1, 23)
24 (1, 25)
26 (3, 29)
32 (1, 33)
33 (5, 38)
39 (2, 41)
40 (5, 45)
42 (17, 59)
46 (1, 47)
48 (1, 49)
50 (3, 53)
5
warunki
2-m
3 - m oraz 4 - m
2-m
16 - m
3-m
3-m
4-m
3 - m oraz 2 - m
2-m
3 - m oraz 8 - m
2-m
Przypadek (m,n) = (1, a2)
Stwierdzenie 5.1. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + (x + 2)2 + (x + 3)2 nie ma rozwiązań
w zbiorze liczb całkowitych.
Dowód. Jest to równanie (∗) dla m = 1, n = 4. Liczba mn = 4 jest kwadratowa.
Równanie (∗∗) jest postaci V 2 − 4U 2 = 20 i przy tym V = 2y oraz U = 2x + 3, a zatem
y 2 − (2x + 3)2 = 5, czyli
(y − 2x − 3)(y + 2x + 3) = 5.
Para (y − 2x − 3, y + 2x + 3) może więc być tylko jedną z czterech par (1, 5), (−1, −5),
(5, 1) lub (−5, −1). Wtedy 2(2x + 3) = ±4 i mamy sprzeczność: 2x + 3 = ±2. To stwierdzenie wynika również ze Stwierdzenia 7.4. Inny jego dowód znajdziemy
również przed Stwierdzeniem 7.7.
W podobny sposób wykazujemy następne stwierdzenie, będące szczególnym przypadkiem dalszego Stwierdzenia 8.1.
Stwierdzenie 5.2. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 8)2 nie ma rozwiązań w
zbiorze liczb całkowitych.
Jeśli m = 1 oraz n jest liczbą kwadratową mniejszą od 100, to równanie (∗) ma
rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych jedynie dla n = 49.
10
Przykład 5.3. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 24)2 nie ma rozwiązań w
zbiorze liczb naturalnych. Ma natomiast dokładnie jedno rozwiązanie w zbiorze liczb
całkowitych, mianowicie (x, y) = (0, 70).
Przykład 5.4. Jedynym rozwiązaniem w zbiorze liczb naturalnych równania
y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 48)2
jest (x, y) = (25, 357).
Podobnie jest dla m = 1, n = 121.
Przykład 5.5. Jedynym rozwiązaniem w zbiorze liczb naturalnych równania
y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 120)2
jest (x, y) = (244, 3366).
Zanotujmy inne przykłady tego typu.
Przykład 5.6. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 168)2 ma dokładnie dwa
rozwiązania naturalne: (x, y) = (30, 1612), (510, 7748).
Przykład 5.7. Równanie y 2 = x2 +(x+1)2 +· · ·+(x+288)2 ma dokładnie 7 rozwiązań
naturalnych: (x, y) = (20, 3128), (140, 5032), (199, 6001), (287, 7463), (433, 9911),
(724, 14824), (1595, 29597).
Alfred w pracy [4] stwierdza że jeśli m = 1 oraz n = a2 , gdzie a jest nieparzystą liczbą naturalną niepodzielną przez 3, to równanie (∗) ma zawsze rozwiązanie w
zbiorze liczb całkowitych. Dokładnego dowodu nie podaje, przedstawia jednak pewne
empiryczne sugestie. Udowodnimy teraz, że tak jest istotnie.
Twierdzenie 5.8. Niech n = a2 , gdzie a > 5 jest nieparzystą liczbą naturalną niepodzielną przez 3. Wtedy równanie
y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + n − 1)2
ma rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych.
Dowód. Niech m = 1 oraz n = a2 , gdzie a ∈ N. Wtedy równanie (∗∗) jest postaci
(V − aU )(V + aU ) = R, gdzie R = 13 (a2 − 1)a2 (a2 + 1) oraz U = 2x + n − 1, V = 2y.
Mamy wtedy układ równań V − aU = d, V + aU = R/d, w którym d jest dzielnikiem
całkowitym liczby naturalnej R.
Z założeń wynika, że a jest liczbą naturalną postaci 12k + 1, 12k + 5, 12k + 7
lub 12k + 11, gdzie k jest nieujemną liczbą całkowitą, przy czym w dwóch pierwszych
11
przypadkach k jest większe od zera. W każdym z tych czterech przypadków wybieramy
w następujący sposób odpowiedni dzielnik d.
a
d
12k + 1
(a − 1)a/3
2
12k + 5 −(a + 1)a(a + 1)/3
12k + 7 −(a − 1)a(a2 + 1)/3
12k + 11
a(a + 1)/3
Otrzymujemy wówczas następujące rozwiązania.
a
x
y
3
2
3
2
12k + 1
432k + 72k + 5k + 1
(432k + 144k + 19k + 1)(12k + 1)
12k + 5
144k 3 + 120k 2 + 23k
(144k 3 + 192k 2 + 89k + 14)(12k + 5)
12k + 7
144k 3 + 168k 2 + 47k − 1
(144k 3 + 240k 2 + 137k + 27)(12k + 7)
12k + 11 432k 3 + 1080k 2 + 893k + 244 (432k 3 + 1152k 2 + 1027k + 306)(12k + 11)
Jeśli k > 1, to w każdym przypadku otrzymujemy w ten sposób rozwiązania w zbiorze liczb naturalnych. Natomiast jeśli k = 0, to przypadek a = 12k + 7 (czyli n = 49)
wymaga oddzielnego rozpatrzenia. Wiemy jednak (patrz Przykład 5.4), że w tym szczególnym przypadku para (x, y) = (25, 357) jest takim rozwiązaniem. Tabelka przedstawia przykładowe rozwiązania (x, y) opisane w powyższym dowodzie.
a
12k + 1
12k + 5
12k + 7
12k + 11
k=0
1 : (1, 1)
5 : (0, 70)
7:
11 : (244, 3366)
k=1
13 : (510, 7748)
17 : (287, 7463)
19 : (358, 10412)
23 : (2649, 67091)
k=2
25 : (3755, 101775)
29 : (1678, 61248)
31 : (1917, 74803)
35 : (9806, 364840)
k=3
37 : (12328, 481666)
41 : (5037, 241777)
43 : (5540, 278898)
47 : (24307, 1194693)
Następne stwierdzenie wynika natychmiast ze Stwierdzeń 7.4 oraz 8.1, które będą
udowodnione w dalszych rozdziałach. Przedstawiamy to stwierdzenie wraz z dowodem.
Stwierdzenie 5.9. Niech n = a2 . Jeśli nwd (a, 6) > 1, to równanie
y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + n − 1)2
nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.
Dowód. Załóżmy, że nwd (a, 6) > 1. Wtedy n jest albo liczbą parzystą albo liczbą
podzielną przez 3. Przypuśćmy, że badane równanie ma rozwiązanie całkowite (x, y).
Przypadek 1. Niech a będzie liczbą parzystą. Niech a = 2s u, gdzie s > 1, 2 - u.
Mamy wtedy równość
1
y 2 = 22s u2 x2 + 22s u2 22s u2 − 1 x + 22s−1 u2 22s u2 − 1 22s+1 u2 − 1 ,
3
12
z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2t b, gdzie t > 1 oraz b ∈ N,
2 - b. Oczywiście 2t > 2s − 1. Po podzieleniu przez 22s−1 otrzymujemy równość
1 22t−2s−1 b2 = 2ax2 + 2u2 22s u2 − 1 x + u2 22s u2 − 1 22s+1 u2 − 1 ,
3
Prawa strona tej równości jest liczbą nieparzystą. To implikuje, że 2t − 2s − 1 = 0 i
mamy sprzeczność: 2s = 2t − 1.
Przypadek 2. Załóżmy, że a jest liczbą podzielną przez 3. Niech a = 3s u, gdzie
s > 1, 3 - u. Mamy wtedy równość
1
y 2 = 32s u2 x2 + 32s u2 32s u2 − 1 x + 32s−1 u2 32s u2 − 1 32s+1 u2 − 1 ,
2
z której wynika, że y jest podzielne przez 3. Niech y = 3t b, gdzie t > 1 oraz b ∈ N,
3 - b. Oczywiście 2t > 2s − 1. Po podzieleniu przez 32s−1 otrzymujemy równość
1 32t−2s−1 b2 = 3u2 x2 + 3u2 32s u2 − 1 x + u2 32s u2 − 1 32s+1 u2 − 1 ,
2
Prawa strona tej równości jest liczbą niepodzielną przez 3. To implikuje, że 2t−2s−1 =
0 i mamy sprzeczność: 2s = 2t − 1. Z Twierdzenia 5.8 oraz Stwierdzenia 5.9 otrzymujemy następujące twierdzenie.
Twierdzenie 5.10 (Alfred [4]). Jeśli n jest liczbą kwadratową, to równanie
y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + n − 1)2
ma co najmniej jedno rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych wtedy i tylko wtedy, gdy
n 6= 25 oraz nwd (n, 6) = 1.
6
Rozwiązania z jednym kwadratem
W przypadku m = 1 rozpatrywane równanie (∗) jest postaci
(A1 )
y 2 = x2 + (x + 1)2 + (x + 2)2 + · · · + (x + n − 1)2 .
Inna postać:
1
y 2 = nx2 + n(n − 1)x + (n − 1)n(2n − 1) .
6
Po podstawieniu U = 2x + n − 1, V = 2y, równanie to sprowadza się do równania
Pella
1
V 2 − n U 2 = (n − 1)n(n + 1) .
3
Stąd dla danej liczby n łatwo się otrzymuje wszystkie rozwiązania równania (A1 ).
13
W przypadku n = 2 równaniem (A1 ) jest równanie
y 2 = x2 + (x + 1)2 .
(A12 )
Szukamy takich trójkątów Pitagorasa, których przyprostokątne są kolejnymi liczbami
naturalnymi. Tym zagadnieniem zajmowano się już wiele razy (patrz, na przykład, [13,
str. 42], [6, str. 11] lub [10, str. 127]). Przypomnijmy:
Stwierdzenie 6.1. Istnieje nieskończenie wiele trójkątów Pitagorasa, których długości
przyprostokątnych różnią się o 1. Innymi słowy, równanie
x2 + (x + 1)2 = y 2
ma nieskończenie wiele rozwiązań naturalnych. Każde rozwiązanie naturalne tego równania jest postaci (xn , yn ), gdzie
x1 = 3, y1 = 5, xn+1 = 3xn + 2yn + 1, yn+1 = 4xn + 3yn + 2
dla n ∈ N.
Początkowe przykłady rozważanych trójkątów:
(3, 4, 5), (20, 21, 29), (119, 120, 169), (696, 697, 985), (4059, 4060, 5741).
Przykład 6.2. Dla n = 2 mamy:
52
292
1692
9852
57412
=
32 + 42 ,
=
202 + 212 ,
= 1192 + 1202 ,
= 6962 + 6972 ,
= 40592 + 40602 ,
334612
1950252
11366892
66251092
=
236602 + 236612 ,
= 1379032 + 1379042 ,
= 8037602 + 8037612 ,
= 46846592 + 46846602 .
Tego typu równości jest nieskończenie wiele.
Dla n = 3, 4, 5, . . . , 10 takich równości nie ma. Przypadki n = 4 oraz n = 9 omówiliśmy już w poprzednim rozdziale (Stwierdzenia 5.1 oraz 5.2).
Stwierdzenie 6.3. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + (x + 2)2 nie ma rozwiązań w zbiorze
liczb całkowitych.
Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 −3 U 2 = 8 z warunkami
U = 2x + 2 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste. Zatem
y 2 − 3(x + 1)2 = 2.
Liczba kwadratowa nigdy nie przystaje do 2 modulo 3, a zatem takich liczb całkowitych
x, y nie ma.. Stwierdzenie 6.4. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + (x + 2)2 + (x + 3)2 + (x + 4)2 nie
ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.
14
Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 − 5 U 2 = 40 z warunkami U = 2x + 4 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste.
Zatem y 2 − 5(x + 2)2 = 10 i stąd wynika, że 5 | y. Niech y = 5a, a ∈ Z. Mamy wtedy
(x + 2)2 − 5a2 = −2.
Liczba kwadratowa nigdy nie przystaje do −2 modulo 5, a zatem takich liczb całkowitych x, y nie ma. Powyższe stwierdzenie jest szczególnym przypadkiem Twierdzenia 7.8.
Stwierdzenie 6.5. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 5)2 nie ma rozwiązań w
zbiorze liczb całkowitych.
Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 − 6 U 2 = 70 z warunkami U = 2x + 5 oraz V = 2y. Mamy zatem 2y 2 − 3 U 2 = 35. Rozpatrzmy kongruencje
modulo 8. Mamy wtedy
2y 2 + 5 U 2 ≡ 3 (mod 8)
Ponieważ U jest nieparzyste, więc U 2 ≡ 1 (mod 8) i stąd 5 U 2 ≡ 5 (mod 8). Natomiast
2y 2 ≡ 0, 1, 2 (mod 8). Liczba 2y 2 + 5 U 2 przystaje więc modulo 8 jedynie do 0, 6 lub 7.
Nie przystaje do 3. Nie ma więc takich liczb całkowitych x, y, które spełniają rozważane
warunki. Powyższe stwierdzenie jest szczególnym przypadkiem Twierdzenia 7.8.
W dowodzie przypadku (m, n) = (1, 7) wykorzystamy następujący, dobrze znany
lemat (patrz na przykład, [12, str. 71]).
Lemat 6.6. Niech x, y ∈ Z. Jeśli liczba pierwsza p postaci 4k + 3 dzieli liczbę x2 + y 2 ,
to obie liczby x, y są podzielne przez p.
Stwierdzenie 6.7. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 6)2 nie ma rozwiązań w
zbiorze liczb całkowitych.
Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 − 7 U 2 = 112 z warunkami U = 2x + 6 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste.
Zatem y 2 − 7(x + 3)2 = 28 i stąd wynika, że 7 | y. Niech y = 7a, a ∈ Z. Mamy wtedy
(x + 3)2 + 4 = 7a2 .
Liczba pierwsza 7, która jest postaci 4k + 3, dzieli więc sumę dwóch kwadratów. Z
lematu 6.6 wynika zatem sprzeczność: ”7 dzieli 4”. Stwierdzenie 6.8. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 7)2 nie ma rozwiązań w
zbiorze liczb całkowitych.
15
Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 − 8 U 2 = 168 z warunkami U = 2x + 7 oraz V = 2y. Po podzieleniu przez 4 otrzymujemy równanie
y 2 − 2 U 2 = 42 i widzimy, że 2 | y. Niech y = 2a, a ∈ Z. Wtedy 2a2 − U 2 = 21.
Rozpatrzmy kongruencje modulo 8. Mamy wtedy
U 2 + 6a2 ≡ 3 (mod 8)
Ponieważ U jest nieparzyste, więc U 2 ≡ 1 (mod 8). Natomiast 6a2 ≡ 0, 6 (mod 8).
Liczba U 2 + 6a2 przystaje więc modulo 8 jedynie do 1 lub 7. Nie przystaje do 3. Nie
ma więc takich liczb całkowitych x, y, które spełniają rozważane warunki. Stwierdzenie 6.9. Równanie y 2 = x2 + (x + 1)2 + · · · + (x + 9)2 nie ma rozwiązań w
zbiorze liczb całkowitych.
Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 − 10 U 2 = 330 z warunkami U = 2x + 9 oraz V = 2y. Po podzieleniu przez 2 mamy 2y 2 − 5 U 2 = 165.
Oczywiście 5 | y. Niech y = 5a, a ∈ Z. Wtedy 10a2 − U 2 = 33, czyli U 2 − 10a2 = −33
i stąd otrzymujemy sprzeczną kongruencję U 2 ≡ 2 (mod 5). Badanie równania (A1 ) dla n = 11 sprowadza się (na mocy Stwierdzenia 1.1) do
zbadania równania V 2 − 11 U 2 = 440, gdzie U = 2x + 10 oraz V = 2y. To z kolei
równanie po redukcji sprowadza się do równania
P 2 − 11 Q2 = −10.
Jeśli (P, Q) jest rozwiązaniem naturalnym tego równania, to (x, y) = (P − 5, 11 Q) jest
rozwiązaniem naturalnym równania (A1 ) dla n = 11. Wiadomo (patrz [10, str. 77]),
ze każde rozwiązanie naturalne równania P 2 − 11 Q2 = −10 otrzymuje się za pomocą
liczb postaci
√ √ s a + b 11 ,
10 + 3 11
gdzie s > 0 oraz (a, b) = (1, 1) lub (23, 7). Stąd otrzymujemy następujące stwierdzenie.
Stwierdzenie 6.10. Równanie y 2 = x2 +(x+1)2 +· · ·+(x+10)2 ma nieskończenie wiele rozwiązań naturalnych. Każde rozwiązanie naturalne (x, y) jest postaci (ak −5, 11 bk )
lub (pk − 5, 11qk ), gdzie (ak , bk )k>1 oraz (pk , qk )k>1 są ciągami zdefiniowanymi następująco:









a1 = 1,
b1 = 1,
ak+1 = 10ak + 33bk ,
bk+1 = 3ak + 10bk ,









p1 = 23,
q1 = 7,
pk+1 = 10pk + 33qk ,
qk+1 = 3pk + 10qk , dla k > 1.
Początkowe rozwiązania (x, y) : (18, 77), (38, 143), (456, 1529), (854, 2849),
(9192, 30503), (17132, 56837), (183474, 608531), (341876, 1133891), (3660378, 12140117).
16
Stwierdzenie 6.11. Wszystkie liczby n z przedziału [2, 400], dla których równanie (A1 )
ma rozwiązanie naturalne:
2, 11, 23, 24,
107, 121, 122,
218, 239, 241,
311, 312, 313,
26, 33, 47, 49,
146, 169, 177,
242, 249, 289,
337, 338, 347,
50, 59, 73, 74, 88, 96, 97,
184, 191, 193, 194,
297, 299,
352, 361, 362, 376, 383, 393.
Jest 45 takich liczb. Dla liczb kwadratowych 49, 121, 169, 289, 361 mamy skończenie
wiele rozwiązań (odpowiednio 1, 1, 2, 7, 3). W pozostałych przypadkach istnieje nieskończenie wiele rozwiązań.
Przykład 6.12. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A1 ) dla n = 23 :
(7, 92), (17, 138), (881, 4278), (1351, 6532), (42787, 205252), (65337, 313398),
(2053401, 9847818), (3135331, 15036572), (98520967, 472490012), (150431057, 721442058),
(4726953521, 22669672758), (7217555911, 34614182212), (226795248547, 1087671802372).
Przykład 6.13. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A1 ) dla n = 24 :
(1, 70), (9, 106), (20, 158), (25, 182), (44, 274).
Zwróćmy uwagę na równość 702 = 12 + 22 + 32 + · · · + 242 . Wspomimy o tej równości
jezcze raz w rozdziale 10.
Przykład 6.14. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A1 ) dla pozostałych niekwadratowych n mniejszych od 180.
n = 26 :
(25, 195), (301, 1599), (454, 2379), (3850, 19695).
n = 33 :
(7, 143), (27, 253), (60, 440), (181, 1133).
n = 47 :
(539, 3854), (731, 5170), (53931, 369890), (72359, 496226).
n = 50 :
(7, 245), (28, 385), (44, 495), (67, 655).
n = 59 :
(22, 413), (38, 531), (1100, 8673), (1438, 11269).
n = 73 :
(442, 4088), (2698, 23360), (185198, 1582640), (1058942, 9047912).
n = 74 :
(225, 2257), (294, 2849), (2514, 21941), (3185, 27713).
n = 88 :
(192, 2222), (225, 2530), (4152, 39358), (5925, 55990).
n = 96 :
(13, 652), (21, 724), (28, 788), (52, 1012).
n = 97 :
(15, 679), (156864, 1545404), (373215081, 3675742735).
n = 107 :
(26914, 278949), (32686, 338655), (51884458, 536697555).
n = 122 :
(50, 1281), (73, 1525), (1049, 12261), (1270, 14701).
n = 146 :
(5552, 67963), (6567, 80227), (1631036, 19708759).
n = 177 :
(553, 8555), (1379, 19529), (6453, 87025), (12369, 165731).
17
7
Zbiór B(1) i potęgi dwójki
Teraz nadal będziemy się zajmować rozwiązaniami naturalnymi równania (∗) dla m =
1, czyli rozwiązaniami naturalnymi równania
(A1 )
y 2 = x2 + (x + 1)2 + (x + 2)2 + · · · + (x + n − 1)2 .
Po zastosowaniu wzoru na sumę n początkowych liczb kwadratowych, równanie to
przyjmuje postać
1
y 2 = nx2 + (n2 − n)x + (n − 1)n(2n − 1).
6
Przez B(1) ozczać będziemy zbiór tych wszystkich liczb naturalnych n > 2, dla których
powyższe równanie ma rozwiązanie naturalne. Już wiemy, że na przykład liczby 2 oraz
11 należą do zbioru B(1), a liczby 3 oraz 4 do niego nie należą. Znamy również, na
mocy Twierdzenia 5.10, wszystkie liczby kwadratowe należące do B(1),
Które potęgi dwójki należą do zbioru B(1) ? Jeden przykład już znamy: 2 = 21 ∈
B(1). Ponadto, 1 = 20 ∈ B(1). Czy są inne przykłady ? Udowodnimy, że innych przykładów nie ma.
Twierdzenie 7.1 ([4], [7]). Jedyną potęgą dwójki większą od 1 i należącą do zbioru B(1) jest liczba 2 = 21 .
Dowód. ([7]). Niech n = 2s , s > 2. Przypuśćmy, że dla tej liczby n równanie
(A1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość nx2 + (n2 − n)x + 61 (n −
1)n(2n − 1) = y 2 , z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy równość 9nx(x + n −
1) + 23 (n − 1)n(2n − 1) = (3y)2 . Podstawiamy n = 2s i mamy
9x(x − 1)2s + 9x22s + 3 23s − 22s − 22s−1 + 2s−1 = (3y)2 .
Ponieważ x(x − 1) jest liczbą parzystą oraz 2s − 1 > s + 1 więc stąd wynika, że 3 · 2s−1
jest kwadratem modulo 2s+1 . Istnieją więc liczby całkowite u, v takie, że
3 · 2s−1 + 2s+1 v = u2 .
Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2t c, gdzie t > 1 oraz 2 - c. Wtedy
3 + 4v = 22t−s+1 c2
i przy tym 2t > s − 1. Jeśli 2t > s − 1, to mamy sprzeczność: 2 | 3. Jeśli natomiast
2t = s − 1, to również mamy sprzeczność, gdyż liczba kwadratowa c2 nigdy nie jest
postaci 4v + 3. W ten sam sposób można udowodnić następne, nieco ogólniejsze, twierdzenie.
Twierdzenie 7.2 ([7]). Jeśli n ≡ 2s (mod 2s+2 ), gdzie s > 2, to n nie należy do
zbioru B(1).
18
Dowód. ([7]). Niech n = 2s + k2s+2 , gdzie s > 2 oraz k > 0. Przypuśćmy, że
dla tej liczby n równanie (A1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość
nx2 + (n2 − n)x + 16 (n − 1)n(2n − 1) = y 2 , z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy
równość 9nx(x + n − 1) + 23 (n − 1)n(2n − 1) = (3y)2 . Podstawiamy n = 2s + k2s+2 =
2s (4k + 1) i mamy 9x(x − 1)2s (4k + 1) + 9x22s (4k + 1)2 + 3w = (3y)2 , gdzie
w = 23s (4k + 1)3 − 22s (4k + 1)2 + 22s−1 (4k + 1)2 + 2s+1 k + 2s−1 .
Ponieważ x(x−1) jest liczbą parzystą oraz 2s−1 > s+1 więc stąd wynika, że 3·2s−1 jest
kwadratem modulo 2s+1 . Istnieją więc liczby całkowite u, v takie, że 3·2s−1 +2s+1 v = u2 .
Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2t c, gdzie t > 1 oraz 2 - c. Wtedy
3 + 4v = 22t−s+1 c2 i przy tym 2t > s − 1. Jeśli 2t > s − 1, to mamy sprzeczność: 2 | 3.
Jeśli natomiast 2t = s − 1, to również mamy sprzeczność, gdyż liczba kwadratowa c2
nigdy nie jest postaci 4v + 3. Zwróćmy uwagę, że jeśli w powyżym twierdzeniu zamienimy (mod 2s+2 ) na (mod
2 ), to teza nie musi zachodzić; jeśli n ≡ 2s (mod 2s+1 ), gdzie s > 2, to n może
należeć do zbioru B(1). Dla przykładu 24 ≡ 23 (mod 24 ) i 24 ∈ B(1). Ważne jest
również założenie ”s > 2”. Dla s = 1 mamy na przykład 26 ≡ 21 (mod 23 ) oraz
26 ∈ B(1).
s+1
W podobny sposób można udowodnić następne twierdzenie, którego dowód teraz
pominiemy.
Twierdzenie 7.3 ([7]). Jeśli n ≡ 2s − 1 (mod 2s+2 ), gdzie s > 2, to n nie należy do
zbioru B(1).
Z Twierdzeń 7.2 oraz 7.2 wynika, że liczby
3, 4, 7, 8, 15, 16, 19, 20, 31, 32, 35, 36, 39, 40,
51, 52, 63, 64, 67, 68, 71, 72, 79, 80, 83, 84, 99, 100.
nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki.
Jest ich 28. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 254.
Stwierdzenie 7.4. Jeśli n = 4s a, gdzie s > 1 oraz a jest nieparzystą liczbą naturalną,
to n nie należy do zbioru B(1).
Dowód. Niech n = 4s a, s > 1, a ∈ N, 2 - a. Przypuśćmy, że dla tego n równanie
(A1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość
1
y 2 = 22s ax2 + 22s a 22s a − 1 x + 22s−1 a 22s a − 1 22s+1 a − 1 ,
3
z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2t b, gdzie t > 1 oraz b ∈ N,
2 - b. Oczywiście 2t > 2s − 1. Po podzieleniu przez 22s−1 otrzymujemy równość
1 22t−2s−1 b2 = 2ax2 + 2a 22s a − 1 x + a 22s a − 1 22s+1 a − 1 ,
3
19
Prawa strona tej równości jest liczbą nieparzystą. To implikuje, że 2t − 2s − 1 = 0 i
mamy sprzeczność 2s = 2t − 1. Z tego stwierdzenia wynika, że liczby
4, 12, 16, 20, 28, 36, 44, 48, 52, 60, 64, 68, 76, 80, 84, 92, 100
nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki.
Jest ich 17. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 166.
Spójrzmy na reszty z dzielenia liczb kwadratowych przez 8. Modulo 8 mamy:
02 ≡ 0, 12 ≡ 1, 22 ≡ 4, 32 ≡ 1, 42 ≡ 0, 52 ≡ 1, 62 ≡ 4, 72 ≡ 1.
W arytmetyce modulo 8 kwadratami są tylko 0, 1 oraz 4.
Lemat 7.5. Suma ośmiu kolejnych kwadratów zawsze przystaje do 4 modulo 8.
Dowód. Wśród 8 kolejnych liczb całkowitych zawsze są cztery nieparzyste, dwie
postaci 8k + 2 oraz dwie postaci 4k. Modulo 8 mamy więc: 4 · 1 + 2 · 4 + 2 · 0 = 12 ≡ 4.
Lemat 7.6. Suma czterech kolejnych kwadratów zawsze przystaje do 6 modulo 8.
Dowód. Wśród 4 kolejnych liczb całkowitych zawsze są dwie nieparzyste, jedna
postaci 8k + 2 oraz jedna postaci 4k. Modulo 8 mamy więc: 2 · 1 + 1 · 4 + 1 · 0 = 6. Stąd w szczególności wynika jeszcze raz, że liczba 4 nie należy do zbioru B(1).
Innymi słowy, mamy kolejny dowód następującego stwierdzenia.
Stwierdzenie 7.7. Suma czterech kolejnych kwadratów nigdy nie jest liczbą kwadratową.
Teraz udowodnimy
Twierdzenie 7.8 (Alfred [4]). Żadna z liczb postaci 8k + 4, 8k + 5 lub 8k + 6 nie
należy do zbioru B(1).
Dowód. Niech n = 4k + 4. Wśród n-kolejnych kwadratów jest k bloków składających się z 8 kolejnych kwadartów oraz jeden blok czterech kolejnych kwadartów. Z
powyższych lematów wynika więc, że w tym przypadku suma n kolejnych kwadaratów
przystaje do 4k + 6 modulo 8, a więc modulo 8 przystaje do 6 lub 2. Tymczasem liczba
kwadratowa przystaje modulo 8 jedynie do 0, 1 lub 4.
Niech n = 4k + 5. Wśród n-kolejnych kwadratów jest k bloków składających się z 8
kolejnych kwadartów oraz jeden blok pięciu kolejnych kwadratów. Wśród 5 kolejnych
kwadratów są cztery kolejne i jeden dodatkowy kwadrat. Modulo 8 suma 5 kolejnych
kwadratów może więc przystawać jedynie do 6 + 0, 6 + 1 lub 6 + 4 ≡ 2, czyli do 6, 7
lub 2. Z powyższych lematów wynika więc, że w tym przypadku suma n kolejnych
20
kwadaratów modulo 8 przystaje do 4k + 2, 4k + 6 lub 4k + 7, a więc modulo 8 przystaje
do 2, 6, 7 lub 3. Tymczasem liczba kwadratowa przystaje modulo 8 jedynie do 0, 1 lub
4.
Niech n = 4k + 6. Wśród n-kolejnych kwadratów jest k bloków składających się z 8
kolejnych kwadartów oraz jeden blok sześciu kolejnych kwadratów. Wśród 6 kolejnych
kwadratów są cztery kolejne i dwa kolejne kwadraty (jeden parzysty i jeden nieparzysty). Modulo 8 suma 6 kolejnych kwadratów może więc przystawać jedynie do 6 + 1 lub
6 + 5 ≡ 3, czyli do 7 lub 3. Z powyższych lematów wynika więc, że w tym przypadku
suma n kolejnych kwadaratów modulo 8 przystaje do 4k + 7 lub 4k + 3, a więc modulo
8 przystaje do 7 lub 3. Tymczasem liczba kwadratowa przystaje modulo 8 jedynie do
0, 1 lub 4. W przedziale [1, 100] jest 25 liczb naturalnych postaci 8k + 4 lub 8k + 5 lub 8k + 6.
Są to liczby:
4, 5, 6, 16, 17, 18, 28, 29, 30, 40, 41, 42, 52, 53, 54,
64, 65, 66, 76, 77, 78, 88, 89, 90, 100.
Wszystkie te liczby nie należą do zbioru B(1). W przedziale [1, 1000] jest 250 takich
liczb.
O tym, że liczby postaci 8k +4 nie należą do zbioru B(1) już wiedzieliśmy wcześniej.
Wynika to bowiem ze Stwierdzenia 7.4.
Wyeliminowaliśmy wszystkie liczby n postaci 8k +4, 8k +5 oraz 8k +6. Pozostałych
liczb naturalnych już pod tym względem nie można wyeliminować. Liczbami postaci
8k + 0 są na przykład liczby 24, 88, 96, które należą do zbioru B(1). Wśród liczb
postaci 8k + 1 są na przykład liczby 33 oraz 73, które również należą do B(1). Dla
8k + 2 mamy liczby 2, 26, 50, 72. Dla 8k + 3 mamy 11, 59. Wśród liczb postaci 8k + 7
jest liczba 47, należąca do B(1).
Suma dwóch kolejnych kwadratów przystaje do 1 modulo 2. Suma 4 kolejnych kwadratów przystaje do 2 modulo 4. Suma 8 kolejnych kwadratów przystaje do 4 modulo
8. Są to szczególne przypadki następującego stwierdzenia.
Stwierdzenie 7.9. Dla każdej liczby naturalnej s, suma 2s kolejnych kwadratów przystaje do 2s−1 modulo 2s .
Dowód. Niech u = 02 + 12 + 22 + · · · + (d − 1)2 , gdzie d = 2s . Jest oczywiste, że
suma 2s kolejnych kwadratów przystaje do u modulo 2s , Zauważmy, że
1
1
u = (d − 1)d(2d − 1) = (2s − 1) 2s−1 2s+1 − 1 ,
6
3
więc 3u ≡ (−1)2s−1 (−1) = 2s−1 (mod 2s ), a zatem
3u − 2s−1 = k2s ,
21
gdzie k jest liczbą całkowitą. Liczba u jest więc podzielna przez 2s−1 . Niech u = 2s−1 t,
gdzie t ∈ Z. Wtedy 3t − 1 = 2k. Liczba t jest więc nieparzysta. Niech t = 2a + 1,
a ∈ Z. Mamy wtedy
u = 2s−1 t = 2s−1 (2a + 1) = 2s a + 2s−1 ≡ 2s−1 (mod 2s )
i to kończy dowód. Lemat 7.10. Dla każdej liczby naturalnej s, kwadrat liczby całkowitej nigdy nie przystaje do liczby 22s−1 modulo 22s .
Dowód. Przypuśćmy, że a2 ≡ 22s−1 (mod 22s ) dla pewnej liczby całkowitej a.
Wtedy a2 − 22s−1 = b22s , gdzie b ∈ Z. Liczba a jest więc podzielna przez 2. Niech
a = 2p c, gdzie c ∈ Z, 2 - c. Wtedy 22p c2 − 22s−1 = b22s i stąd 2p > 2s − 1 oraz
22p−2s+1 c2 − 1 = 2b.
Ale c jest liczbą nieparzystą, więc 2p − 2s + 1 = 0 i mamy sprzeczność: 2p − 1 = 2s. Z tego lematu oraz Stwierdzenia 7.9 wynika następujący szczególny przypadek
Stwierdzenia 7.4.
Stwierdzenie 7.11. Suma 4s kolejnych kwadratów nigdy nie jest liczbą kwadratową.
8
Zbiór B(1) i potęgi trójki
Które potęgi trójki należą do zbioru B(1) ? Czy istnieje chociaż jeden przykład ? W [4,
str. 25] jest informacja, że takich przykładów nie ma. Dowodu jednak nie przedstawiono.
Teraz to udowodnimy (patrz StwierdzeniePropPotDziew1).
Stwierdzenie 8.1. Jeśli n = 9s a, gdzie s > 1 oraz a jest liczbą naturalną niepodzielną
przez 3, to n nie należy do zbioru B(1).
Dowód. Niech n = 9s a, s > 1, a ∈ N, 3 - a. Przypuśćmy, że dla tego n równanie
(A1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość
1
y 2 = 32s ax2 + 32s a 32s a − 1 x + 32s−1 a 32s a − 1 32s+1 a − 1 ,
2
z której wynika, że y jest podzielne przez 3. Niech y = 3t b, gdzie t > 1 oraz b ∈ N,
3 - b. Oczywiście 2t > 2s − 1. Po podzieleniu przez 32s−1 otrzymujemy równość
1 32t−2s−1 b2 = 3ax2 + 3a 32s a − 1 x + a 32s a − 1 32s+1 a − 1 ,
2
Prawa strona tej równości jest liczbą niepodzielną przez 3. To implikuje, że 2t−2s−1 =
0 i mamy sprzeczność 2s = 2t − 1. 22
Z tego stwierdzenia wynika, że liczby 9, 18, 36, 45, 63, 72, 81, 90 oraz 99 nie
należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki. Jest
ich 9. W przedziale [1, 1000] jest ich 83.
Suma trzech kolejnych kwadratów przystaje do 2 modulo 3. Suma 9 kolejnych kwadratów przystaje do 6 modulo 9. Suma 27 kolejnych kwadratów przystaje do 18 modulo
27. Są to szczególne przypadki następującego stwierdzenia.
Stwierdzenie 8.2. Dla każdej liczby naturalnej s, suma 3s kolejnych kwadratów przystaje do 2 · 3s−1 modulo 3s .
Dowód. Niech u = 02 + 12 + 22 + · · · + (d − 1)2 , gdzie d = 3s . Jest oczywiste, że
suma 3s kolejnych kwadratów przystaje do u modulo 3s , Zauważmy, że
1
1
u = (d − 1)d(2d − 1) = (3s − 1) 3s−1 (2 · 3s − 1) ,
6
2
więc 2u ≡ (−1)3s−1 (−1) = 3s−1 (mod 3s ), a zatem
2u − 3s−1 = k3s ,
gdzie k jest liczbą całkowitą. Liczba u jest więc podzielna przez 3s−1 . Niech u = 3s−1 t,
gdzie t ∈ Z. Wtedy 2t − 1 = 3k. Liczba k jest więc nieparzysta. Niech k = 2a + 1,
a ∈ Z. Wtedy 2t = 6a + 4, czyli t = 3a + 2 i mamy
u = 3s−1 t = 3s−1 (3a + 2) = 3s a + 2 · 3s−1 ≡ 2 · 3s−1 (mod 3s )
i to kończy dowód. Lemat 8.3. Dla każdej liczby naturalnej s, kwadrat liczby całkowitej nigdy nie przystaje
do liczby 2 · 3s−1 modulo 3s .
Dowód. Przypuśćmy, że a2 ≡ 2 · 3s−1 (mod 3s ) dla pewnej liczby całkowitej a.
Wtedy a2 − 2 · 3s−1 = b3s , gdzie b ∈ Z. Liczba a jest więc podzielna przez 3. Niech
a = 3p c, gdzie c ∈ Z, 3 - c. Wtedy 32p c2 − 2 · 3s−1 = bcs i stąd 2p > s − 1 oraz
32p−s+1 c2 − 2 = 3b.
Jeśli 2p − s + 1 > 0, to mamy sprzeczność: 3 | 2. Zatem 2p − s + 1 = 0 i znowu mamy
sprzeczność, gdyż wtedy c2 = 3b + 2, a liczba kwadratowa nie przystaje do 2 modulo
3. Z tego lematu oraz Stwierdzenia 8.2 wynika następujące stwierdzenie.
Stwierdzenie 8.4 (Alfred [4]). Suma 3s kolejnych kwadratów nigdy nie jest liczbą
kwadratową.
23
W zbiorze B(1) nie ma więc żadnej potęgi trójki.
Spójrzmy na reszty z dzielenia liczb kwadratowych przez 9. Modulo 9 mamy:
02 ≡ 0, 12 ≡ 1, 22 ≡ 4, 32 ≡ 0, 42 ≡ 7, 52 ≡ 7, 62 ≡ 0, 72 ≡ 4, 82 ≡ 1.
W arytmetyce modulo 9 kwadratami są 0, 1, 4 oraz 7.
Twierdzenie 8.5. Do zbioru B(1) nie należy żadna liczba postaci 9k + 3.
Dowód. Suma 9 kolejnych kwadratów przystaje do 6 modulo 9 (patrz Stwierdzenie 8.2). Zatem suma 9k kolejnych kwadratów przystaje do 6k mod 9. Suma trzech
kolejnych kwadratów modulo 9 przystaje do 2 lub 5. Zatem suma kolejnych 9k + 3
kwadratów modulo 9 przystaje do 6k + 2 lub 6k + 5. Liczba 6k + 2 przystaje modulo 9
do 2, 8 lub 5. Natomiast liczba 6k + 5 przystaje modulo 9 do 5, 2 lub 8. Żadna z liczb
2, 5, 8 nie jest kwadratem modulo 9. Suma 9k + 3 kolejnych kwadratów nigdy więc nie
jest liczbą kwadratową. Dla wszystkich innych liczb naturalnych postaci 9k + r, przy r 6= 3, już podobnego
stwierdzenia nie udowodnimy. W poniższej tabelce dla danego r podano przykłady
liczb postaci 9k + r należących do zbioru B(1).
9k + 0
9k + 1
9k + 2
9k + 4
9k + 5
9k + 6
9k + 7
9k + 8
297
73, 289, 352, 361, 370
2, 11, 47, 74, 146, 191, 218, 299, 362, 353
49, 121, 184, 193, 337
23, 50, 59, 122, 239, 311, 338, 347, 383
24, 33, 96, 177, 249, 312, 339
88, 97, 169, 241, 313, 376, 394
26, 107, 242, 377, 386
Twierdzenie 8.6 (Beeckermans [7]). Żadna liczba n postaci a3α − 1, gdzie a jest
liczbą naturalną niepodzielną przez 3 oraz α jest liczbą parzystą, nie należy do zbioru B(1).
Dowód. (Beeckermans [7]). Przypuśćmy, że dla podanego n równanie (A1 ) ma
rozwiązanie naturalne (x, y). Wtedy po pomnożeniu obu
stron stowarzyszonego rów
nania Pella przez 9, otrzymujemy równość (6y)2 = n 9(2x + n − 1)2 + 3(n2 − 1)
i
α
stąd, po podstawieniu x = z + 1 oraz n = ap − 1, mamy
α
α 2
α
α
(ap − 1) 9(2z + ap ) + 3ap (ap − 2) = (6y)2 .
Z tej równości wynika, że −(6z)2 jest kwadratem modulo p. Przypuśćmy,
że p - z.
Wtedy −1 jest kwadratem modulo p, a zatem wtedy symbol Legendrea p1 jest równy
24
1. Ale p jest postaci 4k + 3, więc p1 = (−1)(p−1)/2 = (−1)2k+1 = −1. Otrzymana
sprzeczność świadczy o tym, że z jest podzielne przez p.
Niech z = bpβ , gdzie β > 1 oraz p - b. Mamy wtedy równość
α
2 2β
(ap − 1) 9(4b p
+ 4abp
α+β
α
2 2α
α
+ a p ) + 3ap (ap − 2) = (6y)2 .
Przypuśćmy, że 2β > α. Wtedy
α
(ap − 1)p
α
2 2β−α
9(4b p
β
2 α
α
+ 4abp + a p ) + 3a(ap − 2) = (6y)2 .
Ponieważ p - a, więc lewa strona powyższej równości jest podzielna przez pα i nie jest
podzielna przez pα+1 . Założyliśmy, że α jest liczbą nieparzystą. Mamy więc sprzeczność,
gdyż po prawej stronie powyższej równości jest liczba kwadratowa.
Zatem 2β 6 α. Ale α jest nieparzyste, więc 2β < α. Teraz mamy równość
α
(ap − 1)p
2β
2
9(4b + 4abp
α−β
2 2α−2β
+a p
) + 3ap
α−2β
α
(ap − 2) = (6y)2 .
Dzielimy tę równość stronami przez p2β i zauważamy, że liczba −(6b)2 jest kwadratem
modulo p. Ale p - b, więc stąd wynika, że −1 jest kwadratem modulo p i znowu mamy
(tak jak poprzednio) sprzeczność z tym, że liczba pierwsza p jest postaci 4k + 3. Z Twierdzenia 8.6 wynika, że liczby
8, 17, 35, 44, 62, 71, 80, 89, 98
nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki.
Jest ich 9. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 83.
9
Następne własności zbióru B(1)
Twierdzenie 9.1 (Beeckermans [7]). Niech p będzie liczbą pierwszą postaci 12k+5
lub 12k + 7. Jeśli n = p2s−1 a, gdzie s > 1, a ∈ N oraz p - a, to n nie należy do zbioru B(1).
Dowód. (Beeckermans [7]). Przypuśćmy, że dla podanego n równanie (A1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Wtedy po pomnożeniu obu stron stowarzyszonego równania
Pella przez 9, otrzymujemy równość
2
2
2
(6y) = n 9(2x + n − 1) + 3(n − 1) .
Ponieważ wykładnik 2s − 1 jest liczbą nieparzystą, z powyższej równości wynika, że
czynnik 9(2x + n − 1)2 + 3(n2 − 1) jest podzielny przez p. Ale p > 3, więc liczba
3(2x + n − 1)2 + (n2 − 1) jest podzielna przez p. Mamy zatem
3(2x − 1)2 ≡ 1 (mod p).
25
Stąd dalej wynika, że 3 jest resztą kwadratową modulo p. Symbol Legendre’a p3 jest
więc równy 1. Jest oczywiste (na mocy prawa wzajemności reszt kwadratowych), że
3
p
!
= 1 ⇐⇒ p = 12k ± 1.
Jest to sprzeczne z tym, że nasza liczba pierwsza jest postaci 12k ± 5. Z tego twierdzenia wynika, że liczby
5, 7, 10, 14, 15, 17, 19,
20, 21, 28, 29, 30, 31, 34,
40, 41, 42, 43, 45, 51, 53,
60, 62, 63, 65, 67, 68, 70,
80, 82, 84, 85, 86, 87, 89,
35,
55,
76,
90,
38,
56, 57, 58,
77, 79,
91, 93, 95.
nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki.
Jest ich 48. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 617.
W zbiorze B(1) nie ma więc w szczególności liczb pierwszych postaci 12k ± 5.
Udowodnimy teraz, że liczb złożonych tej postaci również nie ma.
Twierdzenie 9.2 (Alfred [4]). W zbiorze B(1) nie ma liczb postaci 12k + 5 oraz
postaci 12k + 7.
Dowód. Niech n będzie liczbą naturalną postaci 12k + 5 lub 12k + 7. Wtedy n
jest liczbą nieparzystą wkiąkszą od 3 i niepodzielną przez 3. Każda liczba pierwsza
dzieląca tę liczbę n jest jedną z czterech postaci: 12k + 1, 12k + 5, 12k + 7 lub 12k + 11.
Innymi słowy, jeśli p jest liczbą pierwszą dzielącą n, to reszta z dzielenia liczby p przez
12 należy do zbioru U = {1, 5, 7, 11}. (Zbiór U jest grupą multyplikatywną pierścienia
Z12 ). W zbiorze U mamy ”mnożenie modulo 12”, określone w następujący sposób:
·
1 5 7 11
1 1 5 7 11
5 5 1 11 7
7 7 11 1 5
11 11 7 5 1
Niech p będzie liczbą pierwszą dzielącą n. Z tej tabelki wynika, że każda parzysta
potęga liczby p przystaje do 1 modulo 12. Jeśli p jest postaci 12k + 1, to każda potęga
(parzysta i nieparzysta) liczby p przystaje do 1 modulo 12. Jeśli natomiast p jest postaci
12k + 11, to jej nieparzysta potęga jest tej samej postaci. Ponadto, iloczyn liczb postaci
12k + 1 jest liczbą postaci 12k + 1. Przypomnijmy, że n jest postaci 12k + 5 lub 12k + 7.
Z tego wszystkiego wynika, że w rozkładzie kanonicznym liczby n musi występować
nieparzysta potęga liczby pierwszej postaci 12k ± 5. Istnieje więc liczba pierwsza p
postaci 12k + 5 lub 12k + 7 taka, że n = p2s−1 u, gdzie s > 1 oraz u jest liczbą naturalną
niepodzielną przez p. Zatem, na mocy Twierdzenia 9.1, liczba n nie należy do zbioru
B(1). 26
W przedziale [1, 100] jest dokładnie 17 liczb postaci 12k ± 5. Są to liczby:
5, 7, 17, 19, 29, 31, 41, 43, 53, 55, 65, 67, 77, 79, 89, 91.
W przedziale [1, 1000] mamy 166 takich liczb.
Twierdzenie 9.3. Jeśli liczba naturalna n jest postaci 2a · 3b · w, gdzie a > 0, b > 0
oraz w jest liczbą naturalną postaci 12k + 5 lub 12k + 7, to n nie należy do zbioru B(1).
Dowód. Z dowodu poprzedniego twierdzenia wiemy, że istnieje liczba pierwsza
p postaci 12k + 5 lub 12k + 7 taka, że w = p2s−1 u, gdzie s > 1 oraz u jest liczbą
naturalną niepodzielną przez p. Ta liczba pierwsza p oczywiście nie dzieli liczby 2a 3b .
Dana liczba naturalna n jest więc postaci p2s−1 c, gdzie s > 1 oraz c jest liczbą naturalną
niepodzielną przez p. Zatem, na mocy Twierdzenia 9.1, liczba n nie należy do zbioru
B(1). Twierdzenie 9.4 (Beeckermans [7]). Niech p będzie liczbą pierwszą postaci 4k + 3
większą od 3. Niech n = apα − 1, gdzie a jest liczbą naturalną niepodzielną przez p oraz
α jest liczbą nieparzystą. Wtedy n nie należy do zbioru B(1).
Dowód. (Beeckermans [7]). Przypuśćmy, że dla podanego n równanie (A1 ) ma
rozwiązanie naturalne (x, y). Wtedy po pomnożeniu obu
stron stowarzyszonego rów
nania Pella przez 9, otrzymujemy równość (6y)2 = n 9(2x + n − 1)2 + 3(n2 − 1)
i
α
stąd, po podstawieniu x = z + 1 oraz n = ap − 1, mamy
(apα − 1) 9(2z + apα )2 + 3apα (apα − 2) = (6y)2 .
Z tej równości wynika, że −(6z)2 jest kwadratem modulo p. Przypuśćmy,
że p - z.
Wtedy −1 jest kwadratem modulo p, a zatem wtedy symbol Legendrea p1 jest równy
1. Ale p jest postaci 4k + 3, więc p1 = (−1)(p−1)/2 = (−1)2k+1 = −1. Otrzymana
sprzeczność świadczy o tym, że z jest podzielne przez p.
Niech z = bpβ , gdzie β > 1 oraz p - b. Mamy wtedy równość
α
2 2β
(ap − 1) 9(4b p
+ 4abp
α+β
2 2α
α
α
+ a p ) + 3ap (ap − 2) = (6y)2 .
Przypuśćmy, że 2β > α. Wtedy
(apα − 1)pα 9(4b2 p2β−α + 4abpβ + a2 pα ) + 3a(apα − 2) = (6y)2 .
Ponieważ p - a, więc lewa strona powyższej równości jest podzielna przez pα i nie jest
podzielna przez pα+1 . Założyliśmy, że α jest liczbą nieparzystą. Mamy więc sprzeczność,
gdyż po prawej stronie powyższej równości jest liczba kwadratowa.
Zatem 2β 6 α. Ale α jest nieparzyste, więc 2β < α. Teraz mamy równość
(apα − 1)p2β 9(4b2 + 4abpα−β + a2 p2α−2β ) + 3apα−2β (apα − 2) = (6y)2 .
27
Dzielimy tę równość stronami przez p2β i zauważamy, że liczba −(6b)2 jest kwadratem
modulo p. Ale p - b, więc stąd wynika, że −1 jest kwadratem modulo p i znowu mamy
(tak jak poprzednio) sprzeczność z tym, że liczba pierwsza p jest postaci 4k + 3. Z Twierdzenia 9.4 wynika, że liczby
6, 10, 13, 18, 20, 21, 22, 27, 30, 32, 34, 37, 41, 42, 43, 45, 46, 54, 55, 56, 58,
61, 62, 65, 66, 68, 69, 70, 75, 76, 78, 82, 83, 85, 87, 90, 91, 92, 93, 94, 98.
nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki.
Jest ich 41. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 617.
9.5. Dodatkowe informacje dla m = 1.
(1) Nie ma rozwiaązań dla n = 2 · 32β+1 ([4, s.25]).
(2) Mogą istnieć rozwiązania dla n = 22α+1 · 32β+1 ([4, s.25]).
(3) Mogą istnieć rozwiązania dla n = 2q 2 , gdzie nwd(q, 6) = 1; przykłady n =
50, 242 ([4, s.25]).
(4) Nie ma rozwiaązań dla n = 22α+1 q 2 , gdzie nwd(q, 6) = 1 ([4, s.26]).
(5) Nie ma rozwiaązań dla n = 3q 2 , gdzie nwd(q, 6) = 1 ([4, s.25]).
(6) Nie ma rozwiaązań dla n = 32β+1 q 2 , gdzie nwd(q, 6) = 1 ([4, s.26]).
(7) Nie ma rozwiaązań dla n = 6q 2 , gdzie nwd(q, 6) = 1 ([4, s.25]).
(8) Mogą istnieć rozwiązania dla n = 2 · 32β+1 q 2 , gdzie nwd(q, 6) = 1 ([4, s.26]).
(9) Mogą istnieć rozwiązania dla n = 22α+1 · 32β+1 q 2 , gdzie nwd(q, 6) = 1 ([4, s.26]).
(10) Nie ma rozwiaązań gdy n = 2a 3b z wyjątkami n = 2 oraz n = 22α+1 · 32β+1 z
α > 1 ([4, s.27]).
(11) Nie ma rozwiaązań gdy n = 2a 3b q 2 , gdzie nwd (q, 6) = 1, z czterema typu
wyjątkami ([4, s.27]).
(12) Jeśli niekwadratowa liczba n należy do zbioru B(1), to rozwiązań naturalnych
istnieje nieskończenie wiele ([4, s.32], [11, s.218]).
W [11] są dowody istnienia rozwiązań dla n = 107, 193, 227, 275 oraz 457. O te
liczby pytał się Alfred w [4, s.32].
10
Jeden kwadrat i początkowa liczba
Przypomnijmy (patrz Przykład 6.13), ze mamy równość
702 = 12 + 22 + 32 + · · · + 242 .
Liczba kwadratowa 702 jest sumą 24 kolejnych kwadratów rozpoczynających się od
jedynki. Czy istnieją jeszcze inne tego typu równości rozpoczynające się od jedynki ?
W pracy [7] jest informacja, że jest to pytanie postawione w 1875 roku przez Lucasa.
W 1918 roku Watson [16] udowodnił, że innych takich równości nie ma. Mamy więc
następujące twierdzenie, którego elementarny dowód znajdziemy na przykład [5].
28
Twierdzenie 10.1 (Watson 1918). Liczba 16 n(n + 1)(2n + 1) jest kwadratowa tylko
w przypadku n = 24.
Problem dotyczący sum kolejnych kwadratów rozpoczynających się od jedynki jest
więc rozwiązany. Zamieńmy teraz jedynkę na inną liczbę naturalną. Nie zam odpowiedzi
na następujące pytanie.
Pytanie 10.2. Czy liczba kwadratowa może być sumą co najmniej dwóch kolejnych
kwadratów rozpoczynających się od 22 ?
Sprawdzono, za pomocą Maple, że jeśli odpowiedź na to pytanie jest pozytywna,
to liczba kolejnych kwadratów musi być większa od 106 .
To samo pytanie można zadać dla sum kolejnych kwadratów rozpoczynających się
od 32 lub 42 lub ogólniej, rozpoczynających się od danej liczby s2 .
Przykład 10.3. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 32 .
52 = 32 + 42 ,
2 kwadraty
2
3
2
2
8075 = 3 + 4 + · · · + 580 , 578 kwadratów;
172672 = 33 + 42 + · · · + 9632 , 961 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Przykład 10.4. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 72 .
922
1432
2452
15182
602072
=
=
=
=
=
72 + 82 + · · · + 292 ,
23 kwadraty;
2
2
2
7 + 8 + · · · + 39 ,
33 kwadraty;
2
2
2
7 + 8 + · · · + 56 ,
50 kwadratów;
72 + 82 + · · · + 1902 ,
184 kwadraty;
2
2
2
7 + 8 + · · · + 2215 , 2209 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Przykład 10.5. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 92 .
1062 = 92 + 102 + · · · + 322 ,
24 kwadraty;
2
2
2
2
236818619 = 9 + 10 + · · · + 552057 , 552049 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Przykład 10.6. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 112 .
20018632 = 112 + 122 + · · · + 229082 , 22898 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
29
Przykład 10.7. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 132 .
6522 = 132 + 142 + · · · + 1082 , 96 kwadratów
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Przykład 10.8. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 152 .
6792 = 152 + 162 + · · · + 1112 , 97 kwadratów;
34062 = 152 + 162 + · · · + 3262 , 312 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Przykład 10.9. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 172 .
1382 = 172 + 182 + · · · + 392 ,
23 kwadraty;
2256432 = 172 + 182 + · · · + 53452 , 5329 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Przykład 10.10. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 182 .
772 = 182 + 192 + · · · + 282 , 11 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Przykład 10.11. Liczby kwadratowe będące sumą kolejnych kwadratów z początkowym
kwadratem 202 .
292 = 202 + 212 ,
2 kwadraty;
2
2
2
2
158 = 20 + 21 + · · · + 43 ,
24 kwadraty;
31282 = 202 + 212 + · · · + 3082 , 289 kwadratów.
Są to wszystkie przykłady z liczbą kolejnych kwadratów mniejszą od 106 .
Nie znam również odpowiedzi na poniższe pytanie.
Pytanie 10.12. Jeśli istnieje liczba kwadratowa będąca sumą co najmniej dwóch kolejnych kwadratów rozpoczynających się od kwadratu s2 , to czy takich liczb kwadratowych
z sumami rozpoczynającymi się od s2 istnieje tylko skończenie wiele ?
30
11
Przykłady dla m = 2
W przypadku m = 2 rozpatrywane równanie jest postaci
(2)
x2 + (x + 1)2 = y 2 + (y + 1)2 + (y + 2)2 + · · · + (y + n − 1)2 .
Po podstawieniu u = 4nx + 2n2 − 2n, v = 4y + 2, równanie to sprowadza się do
równania Pella postaci
4
u2 − 2nv 2 = (n2 − n4 ) + 8n.
3
Stąd dla danej liczby n łatwo się otrzymuje wszystkie rozwiązania równania (2).
Przykład 11.1. Dla n = 3 mamy:
132 + 142
1332 + 1342
13212 + 13222
130812 + 130822
1294932 + 1294942
=
102 + 112 + 122 ,
=
1082 + 1092 + 1102 ,
=
10782 + 10792 + 10802 ,
=
106802 + 106812 + 106822 ,
= 1057302 + 1057312 + 1057322 .
Tego typu równości jest nieskończenie wiele.
Dla n = 4, 5, . . . , 9 takich równości nie ma.
Przykład 11.2. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A2 ) dla n = 10 :
(7, 26), (17, 48), (26, 68), (52, 126), (205, 468),
Takich rozwiązań jest nieskończenie wiele.
Przykład 11.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A2 ) dla n = 17 :
(5, 40), (23, 91), (933, 2743), (2175, 6364), (65849, 192004).
Takich rozwiązań jest nieskończenie wiele.
Stwierdzenie 11.4. Wszystkie liczby n z przedziału [3, 400], dla których równanie (A2 )
ma rozwiązanie:
3, 10, 17, 25,
106, 113, 122,
218, 219, 241,
305, 314, 338,
26, 34, 41, 50,
123, 145, 146,
250, 257, 267,
339, 353, 362,
51, 65, 73, 82, 89, 97,
169, 170, 178, 185, 194,
274, 281, 291, 298,
370, 377, 386, 394.
Jest 45 takich liczb. W każdym przypadku, oprócz n = 50, istnieje nieskończenie wiele
rozwiązań.
Przykład 11.5. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A2 ) dla n = 25 :
(9, 78), (107, 421), (201, 753), (2379, 8453).
31
Przykład 11.6. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A2 ) dla n = 26 :
(44, 205), (120, 478), (125, 496), (309, 1159), (1434, 5215).
Stwierdzenie 11.7. Dla n = 50 równanie (2) ma tylko jedno rozwiązanie:
1462 + 1472 = 12 + 22 + 32 + · · · + 502 .
Przykład 11.8. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A2 ) dla n mniejszych od
300.
n=3:
(10, 13), (108, 133), (1078, 1321), (10680, 13081), (105730, 129493).
n = 10 : (7, 26), (17, 48), (26, 68), (52, 126), (205, 468).
n = 17 : (5, 40), (23, 91), (933, 2743), (2175, 6364), (65849, 192004).
n = 25 : (9, 78), (107, 421), (201, 753), (2379, 8453), (4265, 15121).
n = 26 : (44, 205), (120, 478), (125, 496), (309, 1159), (1434, 5215).
n = 34 : (191, 856), (291, 1268), (324, 1404), (488, 2080), (13683, 56484).
n = 41 : (649, 3029), (5539, 25169), (218089, 987530), (1812199, 8205170),
(71102845, 321931913).
n = 51 : (14, 210), (66, 465), (94, 605), (246, 1370), (380, 2046).
n = 65 : (5, 236), (15, 288), (567, 3416), (713, 4248), (1503, 8751).
n = 73 : (5, 278), (23, 378), (493, 3198), (703, 4466), (12593, 76298).
n = 82 : (125, 1070), (541, 3726), (946, 6318), (3410, 22094), (22115, 141864).
n = 89 : (22059, 147445), (76493, 510565), (70773779, 472120285),
(245071413, 1634830525), (226617759099, 1511729006725).
n = 97 : (25, 544), (51, 716), (709, 5275), (963, 7043), (29433, 205311).
n = 106 : (246, 2184), (589, 4675), (666, 5235), (895, 6901), (1489, 11224).
n = 113 : (43, 783), (2305, 17748), (91603, 688968), (2129665, 16008363).
n = 122 : (10, 615), (994, 8240), (6265, 49404), (681775, 5325305), (1606390, 12546779).
n = 123 : (4790, 38043), (6208, 49163), (8868, 70023), (11478, 90491), (1798348, 14103471).
n = 145 : (1, 716), (11, 791), (85, 1383), (127, 1731), (181, 2183).
n = 146 : (144, 1884), (714, 6729), (30209, 258725), (66834, 571649), (2574089, 21993645).
n = 169 : (939, 9414), (1189, 11710), (106671, 981333), (132733, 1220905).
n = 170 : (81, 1591), (209, 2743), (623, 6538), (5769, 53968), (58700, 541966).
n = 178 : (5, 1006), (30, 1218), (135, 2163), (3348, 32423), (4163, 40111).
n = 185 : (1375, 14118), (207721, 1998681), (8654929, 83241326), (15070699, 144946226).
n = 194 : (379, 4715), (1423, 14975), (51013, 503370), (162721, 1603566).
32
n = 218 : (218, 3471), (15188, 159701), (7840960, 81863158), (22446740, 234351978).
n = 219 : (4954, 52984), (6024, 64180), (55834, 585400), (67656, 709108).
n = 241 : (19565, 216088), (23511, 259404), (47661, 524504), (57239, 629644).
n = 250 : (78, 2403), (641, 8596), (792, 10278), (21333, 239903), (112772, 1262221).
n = 257 : (583, 8103), (17725, 202379), (149335, 1694280), (787585, 8929344).
n = 267 : (778, 10563), (23540, 273524), (28026, 325356), (387914, 4483580).
n = 274 : (159, 3580), (216, 4228), (2556, 31528), (102843, 1205344), (184644, 2162800).
n = 281 : (135, 3398), (155, 3626), (333551, 3955329), (356859, 4231605).
n = 291 : (110, 3238), (2456, 31390), (100886, 1218670), (1004096, 12113494).
n = 298 : (755, 11078), (1000, 14058), (4933, 62036), (5840, 73106), (8815, 109418).
Początkowe rozwiązania równania (A2 ) dla liczb naturalnych n mniejszych od 104
takich, że 2n jest liczbą kwadratową. W trzeciej kolumnie podano liczby rozwiązań.
n = 50
n = 338
n = 1250
n = 1682
n = 2738
n = 3362
n = 8450
12
(1, 146), (496, 2603)
(583, 9851)
(1199, 46471)
(96831, 2832508)
(100010, 3751118), (3851073, 142540338)
(48469, 2056514)
(1593971, 103882828)
2 102
1 262
1 502
1 582
2 742
1 822
1 1302
Przykłady dla m = 3
W przypadku m = 3 rozpatrywane równanie jest postaci
(3)
x2 + (x + 1)2 + (x + 2)2 = y 2 + (y + 1)2 + (y + 2)2 + · · · + (y + n − 1)2 .
Po podstawieniu u = 6nx + 3n2 − 3n, v = 6y + 6, równanie to sprowadza się do
równania Pella postaci
u2 − 3nv 2 = 3n2 − 4n4 + 72n.
Przykład 12.1. Dla n = 4 mamy:
252 + 262 + 272
3612 + 3622 + 3632
50412 + 50422 + 50432
702252 + 702262 + 702272
=
212 + 222 + 232 + 242 ,
=
3122 + 3132 + 3142 + 3152 ,
=
43652 + 43662 + 43672 + 43682 ,
= 608162 + 608172 + 608182 + 608192 .
Tego typu równości jest nieskończenie wiele.
Dla n = 5, 6, . . . , 10 takich równości nie ma.
33
Przykład 12.2. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A3 ) dla n = 11 :
(67, 137), (3307, 6341), (152275, 291593), (7001563, 13406981), (321919843, 616429577).
Takich rozwiązań jest nieskończenie wiele.
Przykład 12.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A3 ) dla n = 21 :
(38, 127), (758, 2031), (12230, 32383), (195062, 516111), (3108902, 8225407).
Takich rozwiązań jest nieskończenie wiele.
Stwierdzenie 12.4. Wszystkie liczby n z przedziału [4, 400], dla których równanie (A3 )
ma rozwiązanie:
4, 11, 12, 21,
106, 107, 116,
210, 219, 220,
300, 308, 313,
25, 29, 35, 44, 53, 58, 66, 83, 84, 93,
146, 147, 165, 179,
227, 250, 251,
341, 354, 372, 381, 394, 395).
Jest 36 takich liczb.
Początkowe rozwiązania równania (A3 ) dla liczb naturalnych n mniejszych od 104
takich, że 3n jest liczbą kwadratową. W trzeciej kolumnie podano liczby rozwiązań.
n = 12
n = 147
n = 300
n = 588
n = 1875
n = 2523
n = 7203
n = 8427
n = 9075
(6, 23)
(3078, 22058)
(3259, 34095), (37350, 374995)
(683, 13875), (938, 17403), (2807, 43471), (40043, 564715)
(914590, 22888178)
(2341, 106571)
(109079, 5522259), (2644604, 129762084)
(47311, 2733813)
(1493332, 82382920), (31450736, 1730040020)
1 62
1 212
2 302
4 422
1 752
1 872
2 1472
1 1592
2 1652
Przykład 12.5. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A3 ) dla n mniejszych od
100.
n=4:
(21, 25), (312, 361), (4365, 5041), (60816, 70225), (847077, 978121).
n = 11 : 67, 137), (3307, 6341), (152275, 291593), (7001563, 13406981).
n = 21 : (38, 127), (758, 2031), (12230, 32383), (195062, 516111), (3108902, 8225407).
n = 25 : (67, 228), (151, 470), (203, 620), (431, 1278), (4103, 11878).
n = 29 : (106, 373), (220, 727), (442, 1417), (6712, 20911), (13090, 40741).
n = 35 : (20, 130), (38, 190), (144, 550), (183, 683), (839, 2923).
n = 44 : (6, 115), (15, 147), (27, 191), (42, 247), (1307, 5087).
n = 53 : (14, 179), (30, 243), (66, 391), (1646, 7027), (2690, 11415).
n = 58 : (36, 292), (63, 408), (75, 460), (1923, 8580), (2175, 9688).
n = 66 : (70, 488), (313, 1622), (2790, 13238), (4957, 23402), (40698, 191042).
n = 83 : (376, 2196), (5506, 29176), (11170, 58968), (218926, 1151746).
n = 84 : (11, 305), (51, 505), (115, 837), (195, 1257), (355, 2101).
n = 93 : (586, 3521), (820, 4823), (23136, 129071), (71776, 399887).
34
13
Przykłady dla m = 4
Stwierdzenie 13.1. Wszystkie liczby n z przedziału [5, 400], dla których równanie (A4 )
ma rozwiązanie:
5, 21, 27, 29,
107, 109, 115,
205, 229, 235,
301, 307, 315,
35, 36, 43, 61,
116, 149, 163,
243, 244, 261,
324, 347, 349,
67, 83, 84,
164, 180, 181, 189, 196,
269,
356, 381, 387.
Jest 38 takich liczb.
Początkowe rozwiązania równania (A4 ) dla liczb naturalnych n mniejszych od 104
takich, że 4n jest liczbą kwadratową. W trzeciej kolumnie podano liczby rozwiązań.
n = 36
n = 196
n = 324
n = 1764
n = 2116
n = 2916
n = 3364
n = 7396
(14, 98), (63, 242), (144, 484)
(154, 1803), (388, 3420), (2143, 15687)
(389, 5024), (39204, 354289
(408, 29113), (2444, 70648), (23868, 519848),
(72705, 1545352), (543665, 11435480)
(15633, 384137), (1071666, 24672643)
(103661, 2838289), (955136, 25828033)
(617, 72360), (12058, 399438), (33829, 1030188)
(5354, 399894)
3
3
2
122
282
362
6 842
2 922
2 1082
3 1162
1 1722
Przykład 13.2. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A4 ) dla n mniejszych od
100.
n=5:
(36, 41), (680, 761), (12236, 13681), (219600, 245521), (3940596, 4405721).
n = 21 : (8, 42), (44, 123), (128, 315), (788, 1827), (2024, 4659).
n = 27 : (15, 74), (51, 166), (623, 1651), (1419, 3719), (77075, 200279).
n = 29 : (382, 1065), (850, 2325), (81886, 220521), (7763242, 20903205).
n = 35 : (9, 81), (37, 161), (49, 196), (117, 396), (3809, 11316).
n = 43 : (95, 381), (14063, 46176), (132451, 434337), (16038187, 52584780).
n = 61 : (514, 2124), (3034, 11964), (151174, 590469), (1810154, 7068993).
n = 67 : (5, 173), (169, 829), (2105, 8749), (186665, 764093), (4777813, 19554176).
n = 83 : (160861, 732942), (251377, 1145262), (412741, 1880310).
n = 84 : (37, 375), (159, 924), (343, 1764), (558, 2748), (577, 2835).
35
14
Przykłady dla m = 5
Początkowe rozwiązania równania (A5 ) dla liczb naturalnych n mniejszych od 104 takich, że 5n jest liczbą kwadratową. W trzeciej kolumnie podano liczby rozwiązań.
n = 20
n = 45
n = 180
n = 405
n = 1445
n = 1805
n = 5445
n = 5780
n = 7220
(23, 64)
(104, 378)
(139, 1404), (1067, 6944), (1530, 9720), (8010, 48596)
(15175, 138395)
(6183, 117597), (60903, 1047647)
(0, 19790), (428976, 8167686)
(147149, 4946013), (5093032, 168159888)
(6758334, 229881604)
(794, 185128), (167978, 6520804), (6345362, 241260928)
1 102
1 152
4 302
1 452
2 852
2 952
2 1652
1 1702
3 1902
Przykład 14.1. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A5 ) dla n mniejszych od
100.
n=6:
(55, 61), (1260, 1381), (27715, 30361), (608520, 666601), (13359775, 14634901).
n = 11 : (15, 28), (3575, 5308), (637215, 945148), (113421575, 168231388).
n = 15 : (8, 25), (50, 97), (206, 367), (788, 1375), (2960, 5137).
n = 22 : (8, 39), (11, 45), (43, 111), (316, 683), (788, 1673).
n = 36 : (45, 168), (120, 368), (20245, 54368), (44320, 118968), (6524445, 17506968).
n = 38 : (128, 403), (335, 973), (8808, 24331), (21255, 58645), (15263408, 42078361).
n = 54 : (196, 731), (391, 1371), (1511, 5051), (2856, 9471), (31351, 103115).
n = 60 : (34, 226), (87, 406), (94, 430), (195, 778), (871, 3118).
n = 83 : (143, 754), (12123, 49558), (434303, 1769650), (28593243, 116497894).
n = 85 : (181, 923), (239, 1161), (2285, 9593), (2887, 12075), (14717, 60851).
n = 95 : (48, 429), (612, 2873), (1368, 6167), (15308, 66929), (32912, 143663).
15
Przykłady dla m większych od 5
(m, n) = (6, 7) :
(78, 85), (2100, 2269), (54594, 58969), (1417416, 1530985).
(m, n) = (6, 38) : (33, 130), (56, 187), (102, 302), (155, 435), (15708, 39575).
(m, n) = (6, 47) : (68, 255), (170, 539), (1094, 3124), (2336, 6600), (430218, 1204160).
(m, n) = (7, 8) :
(105, 113), (3248, 3473), (97433, 104161), (2919840, 3121441).
(m, n) = (7, 13) : (15, 26), (435, 598), (66543, 90688), (1388283, 1891916).
(m, n) = (7, 15) : (161, 243), (13769, 20163), (1129457, 1653363), (92602265, 135555843).
(m, n) = (7, 17) : (8, 23), (74, 125), (368, 583), (848, 1331), (3914, 6109).
(m, n) = (8, 9) :
(20, 22), (136, 145), (812, 862), (4752, 5041), (27716, 29398).
(m, n) = (8, 17) : (6, 18), (18, 35), (998, 1463), (1826, 2670), (70398, 102630).
(m, n) = (9, 10) : (171, 181), (6660, 7021), (253071, 266761), (9610200, 10130041).
(m, n) = (9, 31) : (7, 40), (61, 138), (763, 1440), (2581, 4814), (8647, 16072).
36
16
Dodatkowe informacje
16.1. Najmniejszą liczbą naturalną n taką, że liczba n1 (12 +22 +· · ·+n2 ) jest kwadratowa
jest n = 337. (Mathematical Olympiads’ Correspondence Program 2002 zad.154).
16.2 (Maple). Liczba 365 = 5 · 73 = 102 + 112 + 122 = 132 + 142 jest najmniejszą liczbą
naturalną posiadającą dwa istotnie różne rozkłady na sumę kwadratów co najmniej
dwóch kolejnych liczb naturalnych. Oto inne przykłady takich liczb:
1405
1730
2030
3281
3655
3740
=
=
=
=
=
=
5 · 281
2 · 5 · 173
2 · 5 · 7 · 29
17 · 193
5 · 17 · 43
22 5 · 11 · 17
=
=
=
=
=
=
72 + 82 + · · · + 162
62 + 72 + · · · + 172
212 + 222 + 232 + 242
52 + 62 + · · · + 212
82 + 92 + · · · + 222
62 + 72 + · · · + 222
=
=
=
=
=
=
262 + 272 ,
232 + 242 + 252 ,
252 + 262 + 272 ,
402 + 412 ,
252 + 262 + · · · + 292 ,
182 + 192 + · · · + 252 .
16.3. 365 = 102 + 112 + 122 = 132 + 142 , 35645 = 1082 + 1092 + 1102 = 1332 + 1342 .
Czy są jeszcze inne tego rodzaju przykłady?
16.4 (Maple). Liczba 147441 = 3 · 72 · 17 · 59 jest najmniejszą liczbą naturalną mającą
trzy istotnie różne rozkłady na sumę kwadratów co najmniej dwóch kolejnych liczb naturalnych. Innymi takimi liczbami są: 2513434 = 2·7·11·19·859, 3198550 = 2·52 ·17·53·71,
18646301 = 53 · 59 · 67 · 89. Oto te rozkłady:
147441
2513434
3198550
18646301
=
=
=
=
182 + 192 + · · · + 762
662 + 672 + · · · + 1982
12 + 22 + · · · + 2122
292 + 302 + · · · + 3822
=
=
=
=
292 + 302 + · · · + 762
2862 + 2872 + · · · + 3132
1272 + 1282 + · · · + 2262
1992 + 2002 + · · · + 3992
=
=
=
=
852 + 862 + · · · + 1012 ,
4732 + 4742 + · · · + 4832 ,
2252 + 2262 + · · · + 2752 ,
4132 + 4142 + · · · + 5012 .
16.5. Czy istnieje liczba naturalna mająca 4 istotnie różne rozkłady na sumę kwdaratów co najmniej dwóch kolejnych liczb naturalnych?
16.6. Zbiór {12 , 22 , . . . , n2 } można rozbić na dwa rozłączne podzbiory o równych sumach wtedy i tylko wtedy, gdy n = 4k lub n = 4k−1, gdzie k > 2. (Matematyka 3/1960 185, [9]).
16.7.
82 + 92 + 102 + 112 + 122
= 2.
52 + 62 + 72 + 82 + 92
16.8.
19682 + 19692 + 19702 + 19712 + 19722
= 2.
13912 + 13922 + 13932 + 13942 + 13952
([15] 63).
37
([15] 63).
Literatura
[1] H. L. Alder, n and n+1 consecutive integers with equal sums of squares, American
Mathematical Monthly 69(1962), 282-285.
[2] H. L. Alder and U. Alfred, n and n + k consecutive integers with equal sums of
squares, American Mathematical Monthly 71(7)(1964), 749-754.
[3] U. Alfred, n and n+1 consecutive integers with equal sums of squares, Mathematics
Magazine 35(1962), 155-164.
[4] U. Alfred, Consecutive integers whose sum of squares is a perfect square, Mathematics Magazine 37(1964), 19-32.
[5] W. S. Anglin, The square pyramid puzzle, American Mathematical Monthly 97 (2)
(1990), 120-124.
[6] E. J. Barbeau, Pell’s Equation, Problem Books in Mathematics, Springer, 2003.
[7] L. Beeckmans, Squares expresible as sum of consecutive squares,
[8] K. Brown, Algebra and number theory, http://mathpages.com/, 2000.
[9] A. Nowicki, Liczby Kwadratowe, Podróże po Imperium Liczb, cz.3, Wydanie Drugie, Wydawnictwo OWSIiZ, Toruń, Olsztyn, 2012.
[10] A. Nowicki, Równanie Pella, Podróże po Imperium Liczb, cz.14, Wydanie Drugie,
Wydawnictwo OWSIiZ, Toruń, Olsztyn, 2014.
[11] S. Philip, Note on consecutive integers whose sum of squares is a perfect square,
Mathematics Magazine 37(1964), 218-220.
[12] W. Sierpiński, Teoria Liczb, Warszawa - Wrocław, 1950.
[13] W. Sierpiński, Elementary Theory of Numbers, Editor: A. Schinzel, North-Holland
Mathematical Library, Vol. 31, 1988.
[14] W. H. Simons and H. L. Alder, n and n + 1 consecutive integers with equal sums
of squares, American Mathematical Monthly 74(1)(1967), 28-30.
[15] M. Szurek, Opowieści Matematyczne, WSiP, Warszawa, 1987.
[16] G. N. Watson, The problem of the square pyramid, Messenger of Mathematics
48(1918-1919), 1-22.
Nicolaus Copernicus University, Faculty of Mathematics and Computer Science,
87-100 Toruń, Poland, (e-mail: [email protected]).
38