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[讨论] 一道数论题:1+3d, 1+4d, 1+6d不可能都是平方数

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发表于 2009-1-12 20:30:51 | 显示全部楼层 |阅读模式

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证明不存在正整数d使1+3d、1+4d、1+6d都是完全平方数。(转自:奥数之家
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2009-1-13 01:03:55 | 显示全部楼层
反证法,
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2009-1-13 08:18:35 | 显示全部楼层
设${(x^2=1+3d),(y^2=1+4d),(z^2=1+6d):}$
那么$2x^2-z^2=1$这是一个Pell方程,可以非常容易求出所有满足这个方程的x和z.不过再检查是否有对应的y好像不是很容易。
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 楼主| 发表于 2009-1-13 08:46:59 | 显示全部楼层
原帖发表在“初中数学竞赛”版块,
不知可有什么巧妙的方法?
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发表于 2009-1-13 10:42:20 | 显示全部楼层
原帖由 mathe 于 2009-1-13 08:18 发表
设${(x^2=1+3d),(y^2=1+4d),(z^2=1+6d):}$
那么$2x^2-z^2=1$这是一个Pell方程,可以非常容易求出所有满足这个方程的x和z.不过再检查是否有对应的y好像不是很容易。

d=k(k+1)
d%4=0
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发表于 2009-1-13 16:49:37 | 显示全部楼层
有必要看看完全平方数的性质了
/viewthread.php?tid=967
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发表于 2009-1-13 16:53:36 | 显示全部楼层
这些东西太基本了,应该没有用。
这个题目里面,可以证明,如果d存在,必然是8的倍数,5的倍数,7的倍数和11的倍数。不过光这些性质还是没用。
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发表于 2009-1-13 17:16:53 | 显示全部楼层
原帖由 mathe 于 2009-1-13 08:18 发表
设${(x^2=1+3d),(y^2=1+4d),(z^2=1+6d):}$
那么$2x^2-z^2=1$这是一个Pell方程,可以非常容易求出所有满足这个方程的x和z.不过再检查是否有对应的y好像不是很容易。

通过Pell方程求出d,那么所有可能的4d+1满足
$x(0)=1,x(1)=33,x(2)=1121,x(n+3)=35x(n+2)-35x(n+1)+x(n)$
现在要求证明对于$n>=1,x(n)$不是完全平方数
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发表于 2009-1-13 17:23:16 | 显示全部楼层
得到通项为$x(n)=1/6((1+sqrt(2))^(4n+2)+(1-sqrt(2))^(4n+2))$
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发表于 2009-1-13 17:25:10 | 显示全部楼层
奇数的平方 = 1 (mod 8),偶数的平方 =0 (mod 4)

因为 1+6d 是奇数,又是完全平方数 所以 d 是 4 的倍数,设 d = 4*n,代入,得

1+12*n、1+16*n、1+24*n 是完全平方数



(2*x+1)^2 = 1+12*n
(2*y+1)^2 = 1+24*n

化简,得

x*(x+1) = 3*n
y*(y+1) = 6*n

所以

2*x*(x+1) = y*(y+1)

以上方程的正整数解只有 x=2,y=3 (怎么证明还没想好),所以 n = 2,1+16*n = 33 不是完全平方数,证明结束。

这个证法只差一步:证明 2*x*(x+1) = y*(y+1) 只有唯一的一组正整数解.
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