Sumy kwadratów kolejnych liczb naturalnych

Transkrypt

1 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) (y + m 1) 2 = x 2 + (x + 1) (x + n 1) 2 i jego rozwiązania w zbiorze liczb naturalnych. Wiemy dobrze że dla każdej liczby naturalnej n zachodzi równość n 2 = 1 n(n + 1)(2n + 1). 6 Lewa strona równania ( ) jest więc równa my 2 + (m 2 m)y + 1 m(m 1)(2m 1), a 6 po prawej stronie mamy nx 2 + (n 2 n)x + 1 n(n 1)(2n 1). Równanie ( ) jest więc 6 postaci my 2 + (m 2 m)y nx 2 (n 2 n)x = 1 6 ( ) n(n 1)(2n 1) m(m 1)(2m 1). 1 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 ( ) V 2 mn U 2 = 1 3 m(n m)(n2 + nm + m 2 1). Mówić będziemy, że ( ) jest równaniem Pella stowarzyszonym z równaniem ( ). Przy okazji zauważmy, że liczba m(n m)(n 2 + nm + m 2 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.

2 Dowód. Niech mn = a 2, gdzie a N. Wtedy równanie ( ) jest postaci (V au)(v + au) = R, gdzie R = 1 3 m(n m)(n2 + nm + m 2 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 m < n 200 oraz m n jest liczbą kwadratową, m n mn r m n mn r m n mn r Przykład 1.4. Liczby rozwiązań pewnych równań postaci ( ) dla podanych liczb naturalnych m, n takich, że 1 m < n 1000 oraz m n jest liczbą kwadratową, m n mn r m n mn r m n mn r

3 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 (B k ) y 2 + (y + 1) (y + m 1) 2 = x 2 + (x + 1) (x + m + k 1) 2 Po przekszatałceniu otrzymujemy równanie my 2 + (m 2 m)y = (m + k)x 2 + ( ) (m 2 m) + 2km + (k 2 k) x + c, gdzie c = k(k+1)(2k+1) 6 +km(m+k +1). Równanie Pella stowarzyszone z tym równaniem ma teraz postać (P k ) V 2 m(m + k) U 2 = 1 3 km(3m2 + 3km 1). 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 (B k ) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. ([2]). Suma n kolejnych kwadratów modulo 4 przyjmuje następujące wartości. n S 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

4 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 (B k ) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. ([2]). Po przekształceniu równanie (B k ) jest postaci (1) m(2y + m 1) 2 (m + k)(2x + m + k 1) 2 km 2 k 2 m 1 3 k(k2 1) = 0. Przypadek k = 27a + 7. Wstawiamy k = 27a + 7 do równania (1) i otrzymujemy równanie (2) 0 = 28m 2 52mx 28x 2 4m 2 x 4mx 2 4my + 4m 2 y +4my a xa 1404ma 18954a 2 108m 2 a 2916ma 2 108ax xa 2 216mxa 4554a 168m 168x. Modulo 3 mamy wtedy 2m 2 + 2mx + 2x 2 + 2m 2 x + 2mx 2 + 2my + m 2 y + my = 0. Założmy, że 3 m. Niech m = 3b. Wtedy 18b 2 + 6bx + 2x b 2 x + 6bx 2 + 6by + 18y + 3by = 0 i mamy sprzeczną kongruencję 2x (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 + x 2 + 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 (B k ) nie ma rozwiązań w przypadku, gdy k = 27a + 7. Przypadek k = 27a Wstawiamy k = 27a + 11 do równania (1) i otrzymujemy (3) 0 = 44m 2 84mx 44x 2 4m 2 x 4mx 2 4my + 4m 2 y +4my a xa 2268ma 30618a 2 108m 2 a 2916ma 2 108ax xa 2 216mxa 11898a m 440x. Wtedy modulo 3 mamy m 2 + x 2 + 2m 2 x + 2mx 2 + 2my + m 2 y + my m + x = 0. Założmy, że 3 m. Niech m = 3b. Wtedy 9b 2 + x b 2 x + 6bx 2 + 6by + 9b 2 y + 3by b + x 4

5 i mamy sprzeczną kongruencję x 2 + x (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 + x 2 + 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 (B k ) nie ma rozwiązań w przypadku, gdy k = 27a W identyczny sposób postępujemy w pozostałych dwóch przypadkach, tzn, gdy k = 27a + 16 oraz k = 27a 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 (B k ) ma rozwiązanie. W tabeli podano liczbę k wraz z najmniejszymi parami (m, n) = (m, m + k). k (m, n) 1 (1, 2) 6 (5, 11) 8 (2, 10) 9 (3, 12) 10 (1, 11) 15 (2, 17) 17 (4, 21) 18 (3, 21) 22 (1, 23) 23 (1, 24) 24 (1, 25) 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 (m, n) 54 (39, 93) 55 (3, 58) 56 (14, 70) 57 (4, 61) 58 (1, 59) 62 (25, 87) 63 (2, 65) 64 (14, 78) 71 (2, 73) 72 (1, 73) 73 (1, 74) 78 (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 (B k ) nie ma rozwiązań. Zostały więc trzy liczby k = 20, 66, 98, o których nie wiemy czy dla nich równanie (B k ) 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

6 3 Rozkłady z różnicą n - m równą 1 Stwierdzenie 3.1. Niech m 1 i niech x = 2m 2 + m, y = 2m 2 + 2m + 1. Wtedy y 2 + (y + 1) (y + m 1) 2 = x 2 + (x + 1) (x + m) 2. Przykłady: 5 2 = = = = 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 (B k ) ma rozwiązanie z zbiorze liczb naturalnych. Przykład 3.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) 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, ). m = 3 : (21, 25), (312, 361), (4365, 5041), (60816, 70225). m = 4 : (36, 41), (680, 761), (12236, 13681), (219600, ). m = 5 : (55, 61), (1260, 1381), (27715, 30361), (608520, ). m = 6 : (78, 85), (2100, 2269), (54594, 58969), ( , ). m = 7 : (105, 113), (3248, 3473), (97433, ), ( , ). m = 8 : (20, 22), (136, 145), (812, 862), (4752, 5041), (27716, 29398). m = 9 : (171, 181), (6660, 7021), (253071, ), ( , ). m = 10 : (210, 221), (9020, 9461), (378830, ), ( , ). m = 11 : (253, 265), (11880, 12409), (546469, ), ( , ). m = 12 : (300, 313), (15288, 15913), (764388, ), ( , ). m = 13 : (351, 365), (19292, 20021), ( , ), ( , ). m = 14 : (406, 421), (23940, 24781), ( , ), ( , ). m = 15 : (465, 481), (29280, 30241), ( , ), ( , ). m = 16 : (528, 545), (35360, 36449), ( , ), ( , ). m = 17 : (595, 613), (42228, 43453), ( , ), ( , ). m = 18 : (666, 685), (49932, 51301), ( , ), ( , ). m = 19 : (741, 761), (58520, 60041), ( , ), ( , ). m = 20 : (820, 841), (68040, 69721), ( , ), ( , ). Liczne informacje dotyczące rozważanego przypadku k = 1 znajdziemy w artykułach [1], [3] oraz [14]. 6

7 4 Rozkłady z różnicą n - m większą od 1 Przykład 4.1. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 6 oraz m mniejszych od 100. (5, 11) : (15, 28), (3575, 5308), (637215, ), ( , ). (7, 13) : (15, 26), (435, 598), (66543, 90688), ( , ). (13, 19) : (345, 422), (2451, 2968), ( , ), ( , ). (47, 53) : ( , ), ( , ). (71, 77) : (345, 364), ( , ), ( , ). (77, 83) : ( , ), ( , ). Twierdzenie 4.2 ([2]). Niech k = 6 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) 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 S 1 {0, 1, 3, 4} 2 {1, 5} 3 {2, 5} 4 {0, 2} 5 {0, 1, 3, 4} 6 {1} 7 {1, 2, 4, 5} 8 {0, 2} 9 {0, 3} 10 {1, 3} 11 {1, 2, 4, 5} 12 {2} n {S} 13 {0, 2, 3, 5} 14 {1, 3} 15 {1, 4} 16 {2, 4} 17 {0, 2, 3, 5} 18 {3} 19 {0, 1, 3, 4} 20 {2, 4} 21 {2, 5} 22 {3, 5} 23 {0, 1, 3, 4} 24 {4} n {S} 25 {1, 2, 4, 5} 26 {3, 5} 27 {0, 3} 28 {0, 4} 29 {1, 2, 4, 5} 30 {5} 31 {0, 2, 3, 5} 32 {0, 4} 33 {1, 4} 34 {1, 5} 35 {0, 2, 3, 5} 36 {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

8 Przykład 4.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 8 oraz m mniejszych od 100. (2, 10) : (7, 26), (17, 48), (26, 68), (52, 126). (3, 11) : (67, 137), (3307, 6341), (152275, ), ( , (7, 15) : (161, 243), (13769, 20163), ( , ), ( , ). (11, 19) : (7, 17), (239, 321), (2263, 2981), (34415, (17, 25) : (298, 368), (8254, 10016), ( , ), ( , ). (23, 31) : (17, 27), ( , ), ( , ). (34, 42) : (26, 36), (2483, 2766), (16805, 18684), (47414, 52704). (62, 70) : (67, 78), (298, 323), (3322, 3536), (10931, 11621). (66, 74) : (52, 62), (15913, 16856), (108655, ), (557740, ). (74, 82) : (161, 176), (239, 258), (7820, 8238), (10858, 11436). (93, 101) : (16900, 17618), ( , ), ( , ). (95, 103) : ( , ), ( , ). Stosując metodę przedstawioną w dowodach Twierdzeń 2.1 oraz 4.2 można udowodnić: Twierdzenie 4.4. Niech k = 8 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to 4 m. Przykład 4.5. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 9 oraz m mniejszych od 100. (3, 12) : (6, 23). (8, 17) : (6, 18), (18, 35), (998, 1463), (1826, 2670). (31, 40) : (1838, 2095), (16258, 18475), ( , ), ( , ). (38, 47) : (846, 948), ( , ), ( , ). (53, 62) : (541346, ), (665313, ), ( , ). (60, 69) : ( , ), ( , ), ( , ). (93, 102) : (846, 893), ( , ), ( , ). Twierdzenie 4.6. Niech k = 9 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to 9 m. Przykład 4.7. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 10 oraz m mniejszych od 100. (1, 11) : (18, 77), (38, 143), (456, 1529), (854, 2849). (5, 15) : (8, 25), (50, 97), (206, 367), (788, 1375). (7, 17) : (8, 23), (74, 125), (368, 583), (848, 1331). (37, 47) : (50, 65), ( , ), ( , ). (41, 51) : (74, 91), (1796, 2011), (7208, 8047), (132668, ). (49, 59) : (18, 29), (998, 1103), (160248, ), ( , ). (95, 105) : (38, 49), (998, 1057), (3572, 3763), (41924, 44083). 8

9 Twierdzenie 4.8. Niech k = 10 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to m jest nieparzyste. Przykład 4.9. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 15 oraz m mniejszych od 100. (2, 17) : (5, 40), (23, 91), (933, 2743), (2175, 6364). (5, 20) : (23, 64). (14, 29) : (777, 1132), (38255, 55072), (48279, 69499), ( , ). (20, 35) : (5, 22), (213, 295), (5801, 7687), (58425, 77302). (26, 41) : (23, 43), (2277, 2872), (128151, ), ( , ). (31, 46) : (249, 316), ( , ), ( , ). (43, 58) : ( , ), ( , ), ( , ). (46, 61) : (1893, 2192), (665967, ), ( , ). (52, 67) : (249, 295), ( , ), ( , ). (53, 68) : (23, 40), (3150, 3580), (206663, ), ( , ). (67, 82) : (213, 248), ( , ), ( , ). (68, 83) : (19677, 21751), ( , ), ( , ). (91, 106) : (129906, ), ( , ), ( , ). Twierdzenie Niech k = 15 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to 3 m. Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 17 oraz m mniejszych od 100. (4, 21) : (8, 42), (44, 123), (128, 315), (788, 1827). (5, 22) : (8, 39), (11, 45), (43, 111), (316, 683). (11, 28) : (22, 53), (55, 105), (143, 245), (286, 473). (14, 31) : (8, 30), (22, 50), (106, 174), (176, 278). (17, 34) : (8, 29), (11, 33), (131, 201), (148, 225). (33, 50) : (55, 83), (748, 935), (787, 983), (7816, 9635). (51, 68) : (43, 65), (106, 137), (1042, 1217), (1915, 2225). (53, 70) : (131, 165), (436, 515), (1496, 1733), (6743, 7763). (60, 77) : (148, 182), (1576, 1799), (25876, 29327), (53608, 60743). (62, 79) : (44, 65), (436, 506), (1346, 1533), (7814, 8834). (83, 100) : (16690, 18333), (359563, ), ( , ). (85, 102) : (143, 171), (176, 207), (4208, 4623), (4931, 5415). Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 18 oraz m mniejszych od 100. (3, 21) : (38, 127), (758, 2031), (12230, 32383), (195062, ). (7, 25) : (154, 311), (298, 583), (10934, 20683), (19030, 35983). (67, 85) : (10342, 11663), ( , ), ( , ). (71, 89) : (38, 59), (19754, 22131), ( , ). 9

10 Twierdzenie Niech k = 18 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to m jest nieparzyste i nie jest podzielne przez 9. Przykład Warunki dotyczące liczb m w przypadkach, gdy 18 < k 50 oraz równanie (B k ) 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) warunki 22 (1, 23) 2 m 24 (1, 25) 3 m oraz 4 m 26 (3, 29) 2 m 32 (1, 33) 16 m 33 (5, 38) 3 m 39 (2, 41) 3 m 40 (5, 45) 4 m 42 (17, 59) 3 m oraz 2 m 46 (1, 47) 2 m 48 (1, 49) 3 m oraz 8 m 50 (3, 53) 2 m 5 Przypadek (m,n) = (1, a 2 ) Stwierdzenie 5.1. Równanie y 2 = x 2 + (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 = x 2 + (x + 1) (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 =

11 Przykład 5.3. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (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 jest (x, y) = (25, 357). Podobnie jest dla m = 1, n = 121. y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 48) 2 Przykład 5.5. Jedynym rozwiązaniem w zbiorze liczb naturalnych równania jest (x, y) = (244, 3366). Zanotujmy inne przykłady tego typu. y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 120) 2 Przykład 5.6. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 168) 2 ma dokładnie dwa rozwiązania naturalne: (x, y) = (30, 1612), (510, 7748). Przykład 5.7. Równanie y 2 = x 2 +(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 = a 2, 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 = a 2, gdzie a > 5 jest nieparzystą liczbą naturalną niepodzielną przez 3. Wtedy równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + n 1) 2 ma rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych. Dowód. Niech m = 1 oraz n = a 2, gdzie a N. Wtedy równanie ( ) jest postaci (V au)(v + au) = R, gdzie R = 1 3 (a2 1)a 2 (a 2 + 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

12 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 12k + 5 (a 2 + 1)a(a + 1)/3 12k + 7 (a 1)a(a 2 + 1)/3 12k + 11 a(a + 1)/3 Otrzymujemy wówczas następujące rozwiązania. a x y 12k k k 2 + 5k + 1 (432k k k + 1)(12k + 1) 12k k k k (144k k k + 14)(12k + 5) 12k k k k 1 (144k k k + 27)(12k + 7) 12k k k k (432k k k + 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 k = 0 k = 1 k = 2 k = 3 12k : (1, 1) 13 : (510, 7748) 25 : (3755, ) 37 : (12328, ) 12k : (0, 70) 17 : (287, 7463) 29 : (1678, 61248) 41 : (5037, ) 12k : 19 : (358, 10412) 31 : (1917, 74803) 43 : (5540, ) 12k : (244, 3366) 23 : (2649, 67091) 35 : (9806, ) 47 : (24307, ) 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 = a 2. Jeśli nwd (a, 6) > 1, to równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (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 = 2 s u, gdzie s 1, 2 u. Mamy wtedy równość y 2 = 2 2s u 2 x s u 2 ( 2 2s u 2 1 ) x s 1 u 2 ( 2 2s u 2 1 ) ( 2 2s+1 u 2 1 ), 12

13 z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2 t b, gdzie t 1 oraz b N, 2 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 2 2s 1 otrzymujemy równość 2 2t 2s 1 b 2 = 2ax 2 + 2u 2 ( 2 2s u 2 1 ) x u2 ( 2 2s u 2 1 ) ( 2 2s+1 u 2 1 ), 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 = 3 s u, gdzie s 1, 3 u. Mamy wtedy równość y 2 = 3 2s u 2 x s u 2 ( 3 2s u 2 1 ) x s 1 u 2 ( 3 2s u 2 1 ) ( 3 2s+1 u 2 1 ), z której wynika, że y jest podzielne przez 3. Niech y = 3 t b, gdzie t 1 oraz b N, 3 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 3 2s 1 otrzymujemy równość 3 2t 2s 1 b 2 = 3u 2 x 2 + 3u 2 ( 3 2s u 2 1 ) x u2 ( 3 2s u 2 1 ) ( 3 2s+1 u 2 1 ), 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 = x 2 + (x + 1) (x + n 1) 2 ma co najmniej jedno rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych wtedy i tylko wtedy, gdy n 25 oraz nwd (n, 6) = 1. 6 Rozwiązania z jednym kwadratem W przypadku m = 1 rozpatrywane równanie ( ) jest postaci (A 1 ) y 2 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) (x + n 1) 2. Inna postać: Po podstawieniu U = 2x + n 1, Pella y 2 = nx 2 + n(n 1)x + 1 (n 1)n(2n 1). 6 V = 2y, równanie to sprowadza się do równania V 2 n U 2 = 1 (n 1)n(n + 1). 3 Stąd dla danej liczby n łatwo się otrzymuje wszystkie rozwiązania równania (A 1 ). 13

14 W przypadku n = 2 równaniem (A 1 ) jest równanie (A 12 ) y 2 = x 2 + (x + 1) 2. 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 x 2 + (x + 1) 2 = y 2 ma nieskończenie wiele rozwiązań naturalnych. Każde rozwiązanie naturalne tego równania jest postaci (x n, y n ), gdzie x 1 = 3, y 1 = 5, x n+1 = 3x n + 2y n + 1, y n+1 = 4x n + 3y n + 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: 5 2 = , 29 2 = , = , = , = , = , = , = , = 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 = x 2 + (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 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) 2 + (x + 3) 2 + (x + 4) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. 14

15 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 5a 2 = 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 = x 2 + (x + 1) (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 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 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 x 2 + y 2, to obie liczby x, y są podzielne przez p. Stwierdzenie 6.7. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (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) = 7a 2. 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 = x 2 + (x + 1) (x + 7) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. 15

16 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 2a 2 U 2 = 21. Rozpatrzmy kongruencje modulo 8. Mamy wtedy U 2 + 6a 2 3 (mod 8) Ponieważ U jest nieparzyste, więc U 2 1 (mod 8). Natomiast 6a 2 0, 6 (mod 8). Liczba U 2 + 6a 2 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 = x 2 + (x + 1) (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 10a 2 U 2 = 33, czyli U 2 10a 2 = 33 i stąd otrzymujemy sprzeczną kongruencję U 2 2 (mod 5). Badanie równania (A 1 ) 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 Q 2 = 10. Jeśli (P, Q) jest rozwiązaniem naturalnym tego równania, to (x, y) = (P 5, 11 Q) jest rozwiązaniem naturalnym równania (A 1 ) dla n = 11. Wiadomo (patrz [10, str. 77]), ze każde rozwiązanie naturalne równania P 2 11 Q 2 = 10 otrzymuje się za pomocą liczb postaci ( ) s ( 11 a + b ) 11, gdzie s 0 oraz (a, b) = (1, 1) lub (23, 7). Stąd otrzymujemy następujące stwierdzenie. Stwierdzenie Równanie y 2 = x 2 +(x+1) 2 + +(x+10) 2 ma nieskończenie wiele rozwiązań naturalnych. Każde rozwiązanie naturalne (x, y) jest postaci (a k 5, 11 b k ) lub (p k 5, 11q k ), gdzie (a k, b k ) k 1 oraz (p k, q k ) k 1 są ciągami zdefiniowanymi następująco: a 1 = 1, b 1 = 1, a k+1 = 10a k + 33b k, b k+1 = 3a k + 10b k, p 1 = 23, q 1 = 7, p k+1 = 10p k + 33q k, q k+1 = 3p k + 10q k, dla k 1. Początkowe rozwiązania (x, y) : (18, 77), (38, 143), (456, 1529), (854, 2849), (9192, 30503), (17132, 56837), (183474, ), (341876, ), ( , ). 16

17 Stwierdzenie Wszystkie liczby n z przedziału [2, 400], dla których równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne: 2, 11, 23, 24, 26, 33, 47, 49, 50, 59, 73, 74, 88, 96, 97, 107, 121, 122, 146, 169, 177, 184, 191, 193, 194, 218, 239, 241, 242, 249, 289, 297, 299, 311, 312, 313, 337, 338, 347, 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 Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A 1 ) dla n = 23 : (7, 92), (17, 138), (881, 4278), (1351, 6532), (42787, ), (65337, ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ). Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A 1 ) dla n = 24 : (1, 70), (9, 106), (20, 158), (25, 182), (44, 274). Zwróćmy uwagę na równość 70 2 = Wspomimy o tej równości jezcze raz w rozdziale 10. Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A 1 ) 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, ), (72359, ). 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, ), ( , ). 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, ), ( , ). n = 107 : (26914, ), (32686, ), ( , ). n = 122 : (50, 1281), (73, 1525), (1049, 12261), (1270, 14701). n = 146 : (5552, 67963), (6567, 80227), ( , ). n = 177 : (553, 8555), (1379, 19529), (6453, 87025), (12369, ). 17

18 7 Zbiór B(1) i potęgi dwójki Teraz nadal będziemy się zajmować rozwiązaniami naturalnymi równania ( ) dla m = 1, czyli rozwiązaniami naturalnymi równania (A 1 ) y 2 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) (x + n 1) 2. Po zastosowaniu wzoru na sumę n początkowych liczb kwadratowych, równanie to przyjmuje postać y 2 = nx 2 + (n 2 n)x + 1 (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 = 2 1 B(1). Ponadto, 1 = 2 0 B(1). Czy są inne przykłady? Udowodnimy, że innych przykładów nie ma. Jedyną potęgą dwójki większą od 1 i należącą do zbio- Twierdzenie 7.1 ([4], [7]). ru B(1) jest liczba 2 = 2 1. Dowód. ([7]). Niech n = 2 s, s 2. Przypuśćmy, że dla tej liczby n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość nx 2 + (n 2 n)x + 1(n 6 1)n(2n 1) = y 2, z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy równość 9nx(x + n 1) + 3(n 1)n(2n 1) = 2 (3y)2. Podstawiamy n = 2 s i mamy 9x(x 1)2 s + 9x2 2s + 3 ( 2 3s 2 2s 2 2s s 1) = (3y) 2. Ponieważ x(x 1) jest liczbą parzystą oraz 2s 1 s + 1 więc stąd wynika, że 3 2 s 1 jest kwadratem modulo 2 s+1. Istnieją więc liczby całkowite u, v takie, że 3 2 s s+1 v = u 2. Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2 t c, gdzie t 1 oraz 2 c. Wtedy 3 + 4v = 2 2t s+1 c 2 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 c 2 nigdy nie jest postaci 4v + 3. W ten sam sposób można udowodnić następne, nieco ogólniejsze, twierdzenie. Twierdzenie 7.2 ([7]). zbioru B(1). Jeśli n 2 s (mod 2 s+2 ), gdzie s 2, to n nie należy do 18

19 Dowód. ([7]). Niech n = 2 s + k2 s+2, gdzie s 2 oraz k 0. Przypuśćmy, że dla tej liczby n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość nx 2 + (n 2 n)x + 1(n 1)n(2n 1) = 6 y2, z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy równość 9nx(x + n 1) + 3(n 1)n(2n 1) = 2 (3y)2. Podstawiamy n = 2 s + k2 s+2 = 2 s (4k + 1) i mamy 9x(x 1)2 s (4k + 1) + 9x2 2s (4k + 1) 2 + 3w = (3y) 2, gdzie w = 2 3s (4k + 1) 3 2 2s (4k + 1) s 1 (4k + 1) s+1 k + 2 s 1. Ponieważ x(x 1) jest liczbą parzystą oraz 2s 1 s+1 więc stąd wynika, że 3 2 s 1 jest kwadratem modulo 2 s+1. Istnieją więc liczby całkowite u, v takie, że 3 2 s 1 +2 s+1 v = u 2. Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2 t c, gdzie t 1 oraz 2 c. Wtedy 3 + 4v = 2 2t s+1 c 2 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 c 2 nigdy nie jest postaci 4v + 3. Zwróćmy uwagę, że jeśli w powyżym twierdzeniu zamienimy (mod 2 s+2 ) na (mod 2 s+1 ), to teza nie musi zachodzić; jeśli n 2 s (mod 2 s+1 ), gdzie s 2, to n może należeć do zbioru B(1). Dla przykładu (mod 2 4 ) i 24 B(1). Ważne jest również założenie s 2. Dla s = 1 mamy na przykład (mod 2 3 ) oraz 26 B(1). W podobny sposób można udowodnić następne twierdzenie, którego dowód teraz pominiemy. Twierdzenie 7.3 ([7]). zbioru B(1). Jeśli n 2 s 1 (mod 2 s+2 ), gdzie s 2, to n nie należy do 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 = 4 s a, gdzie s 1 oraz a jest nieparzystą liczbą naturalną, to n nie należy do zbioru B(1). Dowód. Niech n = 4 s a, s 1, a N, 2 a. Przypuśćmy, że dla tego n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość y 2 = 2 2s ax s a ( 2 2s a 1 ) x s 1 a ( 2 2s a 1 ) ( 2 2s+1 a 1 ), z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2 t b, gdzie t 1 oraz b N, 2 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 2 2s 1 otrzymujemy równość 2 2t 2s 1 b 2 = 2ax 2 + 2a ( 2 2s a 1 ) x a ( 2 2s a 1 ) ( 2 2s+1 a 1 ), 19

20 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: 0 2 0, 1 2 1, 2 2 4, 3 2 1, 4 2 0, 5 2 1, 6 2 4, 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: = 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: = 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]). należy do zbioru B(1). Żadna z liczb postaci 8k + 4, 8k + 5 lub 8k + 6 nie 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, lub , czyli do 6, 7 lub 2. Z powyższych lematów wynika więc, że w tym przypadku suma n kolejnych 20

21 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 , 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 2 s kolejnych kwadratów przystaje do 2 s 1 modulo 2 s. Dowód. Niech u = (d 1) 2, gdzie d = 2 s. Jest oczywiste, że suma 2 s kolejnych kwadratów przystaje do u modulo 2 s, Zauważmy, że u = 1 6 (d 1)d(2d 1) = 1 3 (2s 1) 2 s 1 ( 2 s+1 1 ), więc 3u ( 1)2 s 1 ( 1) = 2 s 1 (mod 2 s ), a zatem 3u 2 s 1 = k2 s, 21

22 gdzie k jest liczbą całkowitą. Liczba u jest więc podzielna przez 2 s 1. Niech u = 2 s 1 t, gdzie t Z. Wtedy 3t 1 = 2k. Liczba t jest więc nieparzysta. Niech t = 2a + 1, a Z. Mamy wtedy i to kończy dowód. u = 2 s 1 t = 2 s 1 (2a + 1) = 2 s a + 2 s 1 2 s 1 (mod 2 s ) Lemat Dla każdej liczby naturalnej s, kwadrat liczby całkowitej nigdy nie przystaje do liczby 2 2s 1 modulo 2 2s. Dowód. Przypuśćmy, że a 2 2 2s 1 (mod 2 2s ) dla pewnej liczby całkowitej a. Wtedy a 2 2 2s 1 = b2 2s, gdzie b Z. Liczba a jest więc podzielna przez 2. Niech a = 2 p c, gdzie c Z, 2 c. Wtedy 2 2p c 2 2 2s 1 = b2 2s i stąd 2p 2s 1 oraz 2 2p 2s+1 c 2 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 Suma 4 s 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 = 9 s a, gdzie s 1 oraz a jest liczbą naturalną niepodzielną przez 3, to n nie należy do zbioru B(1). Dowód. Niech n = 9 s a, s 1, a N, 3 a. Przypuśćmy, że dla tego n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość y 2 = 3 2s ax s a ( 3 2s a 1 ) x s 1 a ( 3 2s a 1 ) ( 3 2s+1 a 1 ), z której wynika, że y jest podzielne przez 3. Niech y = 3 t b, gdzie t 1 oraz b N, 3 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 3 2s 1 otrzymujemy równość 3 2t 2s 1 b 2 = 3ax 2 + 3a ( 3 2s a 1 ) x a ( 3 2s a 1 ) ( 3 2s+1 a 1 ), Prawa strona tej równości jest liczbą niepodzielną przez 3. To implikuje, że 2t 2s 1 = 0 i mamy sprzeczność 2s = 2t 1. 22

23 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 3 s kolejnych kwadratów przystaje do 2 3 s 1 modulo 3 s. Dowód. Niech u = (d 1) 2, gdzie d = 3 s. Jest oczywiste, że suma 3 s kolejnych kwadratów przystaje do u modulo 3 s, Zauważmy, że u = 1 6 (d 1)d(2d 1) = 1 2 (3s 1) 3 s 1 (2 3 s 1), więc 2u ( 1)3 s 1 ( 1) = 3 s 1 (mod 3 s ), a zatem 2u 3 s 1 = k3 s, gdzie k jest liczbą całkowitą. Liczba u jest więc podzielna przez 3 s 1. Niech u = 3 s 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 i to kończy dowód. u = 3 s 1 t = 3 s 1 (3a + 2) = 3 s a s s 1 (mod 3 s ) Lemat 8.3. Dla każdej liczby naturalnej s, kwadrat liczby całkowitej nigdy nie przystaje do liczby 2 3 s 1 modulo 3 s. Dowód. Przypuśćmy, że a s 1 (mod 3 s ) dla pewnej liczby całkowitej a. Wtedy a s 1 = b3 s, gdzie b Z. Liczba a jest więc podzielna przez 3. Niech a = 3 p c, gdzie c Z, 3 c. Wtedy 3 2p c s 1 = bc s i stąd 2p s 1 oraz 3 2p s+1 c 2 2 = 3b. Jeśli 2p s + 1 > 0, to mamy sprzeczność: 3 2. Zatem 2p s + 1 = 0 i znowu mamy sprzeczność, gdyż wtedy c 2 = 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]). kwadratową. Suma 3 s kolejnych kwadratów nigdy nie jest liczbą 23

24 W zbiorze B(1) nie ma więc żadnej potęgi trójki. Spójrzmy na reszty z dzielenia liczb kwadratowych przez 9. Modulo 9 mamy: 0 2 0, 1 2 1, 2 2 4, 3 2 0, 4 2 7, 5 2 7, 6 2 0, 7 2 4, 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 3, już podobnego stwierdzenia nie udowodnimy. W poniższej tabelce dla danego r podano przykłady liczb postaci 9k + r należących do zbioru B(1). 9k k , 289, 352, 361, 370 9k + 2 2, 11, 47, 74, 146, 191, 218, 299, 362, 353 9k , 121, 184, 193, 337 9k , 50, 59, 122, 239, 311, 338, 347, 383 9k , 33, 96, 177, 249, 312, 339 9k , 97, 169, 241, 313, 376, 394 9k , 107, 242, 377, 386 Twierdzenie 8.6 (Beeckermans [7]). Żadna liczba n postaci a3 α 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 (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Wtedy po pomnożeniu obu ( stron stowarzyszonego równania Pella przez 9, otrzymujemy równość (6y) 2 = n 9(2x + n 1) 2 + 3(n 2 1) ) i stąd, po podstawieniu x = z + 1 oraz n = ap α 1, mamy ( ) (ap α 1) 9(2z + ap α ) 2 + 3ap α (ap α 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 ( ) 1 p jest równy 24

25 1. Ale p jest postaci 4k + 3, więc ( ) 1 p = ( 1) (p 1)/2 = ( 1) 2k+1 = 1. Otrzymana sprzeczność świadczy o tym, że z jest podzielne przez p. Niech z = bp β, gdzie β 1 oraz p b. Mamy wtedy równość ( ) (ap α 1) 9(4b 2 p 2β + 4abp α+β + a 2 p 2α ) + 3ap α (ap α 2) = (6y) 2. Przypuśćmy, że 2β > α. Wtedy ) (ap α 1)p (9(4b α 2 p 2β α + 4abp β + a 2 p α ) + 3a(ap α 2) = (6y) 2. Ponieważ p a, więc lewa strona powyższej równości jest podzielna przez p α i nie jest podzielna przez p α+1. Założyliśmy, że α jest liczbą nieparzystą. Mamy więc sprzeczność, gdyż po prawej stronie powyższej równości jest liczba kwadratowa. Zatem 2β α. Ale α jest nieparzyste, więc 2β < α. Teraz mamy równość ) (ap α 1)p (9(4b 2β 2 + 4abp α β + a 2 p 2α 2β ) + 3ap α 2β (ap α 2) = (6y) 2. Dzielimy tę równość stronami przez p 2β 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 Następne własności zbióru B(1) Twierdzenie 9.1 (Beeckermans [7]). Niech p będzie liczbą pierwszą postaci 12k+5 lub 12k + 7. Jeśli n = p 2s 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 (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Wtedy po pomnożeniu obu stron stowarzyszonego równania Pella przez 9, otrzymujemy równość ( ) (6y) 2 = n 9(2x + n 1) 2 + 3(n 2 1). Ponieważ wykładnik 2s 1 jest liczbą nieparzystą, z powyższej równości wynika, że czynnik 9(2x + n 1) 2 + 3(n 2 1) jest podzielny przez p. Ale p > 3, więc liczba 3(2x + n 1) 2 + (n 2 1) jest podzielna przez p. Mamy zatem 3(2x 1) 2 1 (mod p). 25

26 Stąd dalej wynika, że 3 jest resztą kwadratową modulo p. Symbol Legendre a ( ) 3 p jest więc równy 1. Jest oczywiste (na mocy prawa wzajemności reszt kwadratowych), że ( ) 3 = 1 p = 12k ± 1. p 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, 35, 38, 40, 41, 42, 43, 45, 51, 53, 55, 56, 57, 58, 60, 62, 63, 65, 67, 68, 70, 76, 77, 79, 80, 82, 84, 85, 86, 87, 89, 90, 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]). postaci 12k + 7. W zbiorze B(1) nie ma liczb postaci 12k + 5 oraz 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 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 Z 12 ). W zbiorze U mamy mnożenie modulo 12, określone w następujący sposób: 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 = p 2s 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