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 (∗) y²+ (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 1²+ 2²+ · · · + n² = 1

6n(n + 1)(2n + 1).

Lewa strona równania (∗) jest więc równa my²+ (m²− m)y + ¹₆m(m − 1)(2m − 1), a po prawej stronie mamy nx²+ (n²− n)x + ¹₆n(n − 1)(2n − 1). Równanie (∗) jest więc postaci

my²+ (m²− m)y − nx²− (n²− 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

(∗∗) V²− mn U² = 1

3m(n − m)(n²+ nm + m²− 1) .

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 = ¹₃m(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 16 m < n 6 200 oraz m · n jest liczbą kwadratową,

m n mn r

1 49 7² 1 1 121 11² 1 1 169 13² 2 2 50 10² 2 3 12 6² 1 3 147 21² 1 4 36 12² 3 4 196 28² 3 5 20 10² 1 5 45 15² 1 5 180 30² 4 8 200 40² 2 9 64 24² 2 10 90 30² 2

m n mn r

11 44 22² 2 12 75 30² 1 13 52 26² 1 13 117 39² 2 14 126 42² 5 17 153 51² 1 18 50 30² 1 18 98 42² 2 19 76 38² 2 21 84 42² 2 22 198 66² 2 25 49 35² 1 27 108 54² 1 29 116 58² 2

m n mn r

35 140 70² 1 37 148 74² 1 43 172 86² 2 44 99 66² 2 45 180 90² 1 49 81 63² 1 49 144 84² 3 50 98 70² 1 50 162 90² 1 63 175 105² 1 76 171 114² 2 112 175 140² 1

Przykład 1.4. Liczby rozwiązań pewnych równań postaci (∗) dla podanych liczb natu- ralnych m, n takich, że 16 m < n 6 1000 oraz m · n jest liczbą kwadratową,

m n mn r

1 289 17² 7 1 529 23² 5 1 961 31² 10 3 588 42² 4 5 180 30² 4 9 576 72² 13 13 468 78² 4 14 126 42² 5 25 400 100² 4 31 279 93² 4

m n mn r

32 800 160² 4 39 624 156² 4 44 396 132² 12 59 236 118² 4 64 576 192² 6 68 612 204² 6 76 475 190² 5 76 684 228² 6 86 774 258² 8 91 364 182² 5

m n mn r

94 846 282² 9 104 936 312² 4 172 387 258² 7 179 716 358² 4 205 820 410² 4 229 916 458² 6 423 752 564² 4 428 963 642² 5 436 981 654² 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

(Bk) y²+ (y + 1)²+ · · · + (y + m − 1)² = x²+ (x + 1)²+ · · · + (x + m + k − 1)² Po przekszatałceniu otrzymujemy równanie

my² + (m²− m)y = (m + k)x²+



(m²− m) + 2km + (k²− 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) V²− m(m + k) U² = 1

3km(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 war- tości.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

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 375.

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− km²− k²m − 1

3k(k²− 1) = 0.

Przypadek k = 27a + 7. Wstawiamy k = 27a + 7 do równania (1) i otrzymujemy równanie

(2)

0 = −28m²− 52mx − 28x²− 4m²x − 4mx²− 4my + 4m²y

+4my²− 364 − 26244a³− 1404xa − 1404ma − 18954a²− 108m²a

−2916ma²− 108ax²− 2916xa²− 216mxa − 4554a − 168m − 168x.

Modulo 3 mamy wtedy

2m²+ 2mx + 2x²+ 2m²x + 2mx²+ 2my + m²y + my² + 2 = 0.

Założmy, że 3 | m. Niech m = 3b. Wtedy

18b²+ 6bx + 2x²+ 18b²x + 6bx²+ 6by + 18y + 3by²+ 2 = 0 i mamy sprzeczną kongruencję 2x²+ 2 ≡ 0 (mod 3).

W przypadku m = 3b + 2 w podobny sposób otrzymujemy sprzeczną kongruencję 1 + 2y + 2y² ≡ 0 (mod 3).

Niech teraz m = 3b + 1. Mamy wówczas kongruencję 1 + x + x²+ y² ≡ 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 + 11. Wstawiamy k = 27a + 11 do równania (1) i otrzymujemy

(3)

0 = −44m²− 84mx − 44x² − 4m²x − 4mx²− 4my + 4m²y +4my²− 26244a³− 2268xa − 2268ma − 30618a²

−108m²a − 2916ma²− 108ax²− 2916xa²− 216mxa

−11898a − 1540 − 440m − 440x.

Wtedy modulo 3 mamy

m²+ x²+ 2m²x + 2mx²+ 2my + m²y + my² + 2 + m + x = 0.

Założmy, że 3 | m. Niech m = 3b. Wtedy

9b²+ x² + 18b²x + 6bx²+ 6by + 9b²y + 3by²+ 2 + 3b + x

i mamy sprzeczną kongruencję x²+ x + 2 ≡ 0 (mod 3).

W przypadku m = 3b + 1 w podobny sposób otrzymujemy sprzeczną kongruencję 1 + y² ≡ 0 (mod 3).

Niech teraz m = 3b + 2. Po wstawieniu do (3) otrzymujemy kongruencję 1 + x²+ y²+ 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 (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.

3 Rozkłady z różnicą n - m równą 1

Stwierdzenie 3.1. Niech m > 1 i niech x = 2m²+ m, y = 2m²+ 2m + 1. Wtedy y²+ (y + 1)²+ · · · + (y + m − 1)² = x²+ (x + 1)²+ · · · + (x + m)².

Przykłady: 5² = 3²+ 4²

13²+ 14² = 10²+ 11²+ 12² 25²+ 26²+ 27² = 21²+ 22²+ 23²+ 24² 41²+ 42²+ 43²+ 44² = 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 (B_k) ma roz- wiązanie z zbiorze liczb naturalnych.

Przykład 3.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B_k) dla k = 1 oraz m mniej- szych 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 artyku- łach [1], [3] oraz [14].

4 Rozkłady z różnicą n - m większą od 1

Przykład 4.1. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B_k) dla k = 6 oraz m mniej- szych od 100.

(5, 11) : (15, 28), (3575, 5308), (637215, 945148), (113421575, 168231388).

(7, 13) : (15, 26), (435, 598), (66543, 90688), (1388283, 1891916).

(13, 19) : (345, 422), (2451, 2968), (60389187, 73006972), (419636985, 507316382).

(47, 53) : (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 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 wier- szach 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. 

Przykład 4.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B_k) dla k = 8 oraz m mniej- szych od 100.

(2, 10) : (7, 26), (17, 48), (26, 68), (52, 126).

(3, 11) : (67, 137), (3307, 6341), (152275, 291593), (7001563, 13406981.

(7, 15) : (161, 243), (13769, 20163), (1129457, 1653363), (92602265, 135555843).

(11, 19) : (7, 17), (239, 321), (2263, 2981), (34415, 45237.

(17, 25) : (298, 368), (8254, 10016), (89070634, 108014016), (2374805566, 2879874768).

(23, 31) : (17, 27), (3867265, 4489743), (342194753, 397274127).

(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, 115058), (557740, 590582).

(74, 82) : (161, 176), (239, 258), (7820, 8238), (10858, 11436).

(93, 101) : (16900, 17618), (1054729837252, 1099158808322), (6502164511674766552, 6776058800751234722).

(95, 103) : (24601282446133, 25616191239435), (178108528070165, 185456271493515).

Stosując metodę przedstawioną w dowodach Twierdzeń 2.1 oraz 4.2 można udo- wodnić:

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 (B_k) dla k = 9 oraz m mniej- szych od 100.

(3, 12) : (6, 23).

(8, 17) : (6, 18), (18, 35), (998, 1463), (1826, 2670).

(31, 40) : (1838, 2095), (16258, 18475), (5349803, 6076975), (9593398, 10897375).

(38, 47) : (846, 948), (1353771528, 1505575395), (2501976549216, 2782533267803).

(53, 62) : (541346, 585515), (665313, 719595), (254283006371373, 275026946687135).

(60, 69) : (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 mniej- szych 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), (22187988, 25007261), (302392764, 340815605).

(41, 51) : (74, 91), (1796, 2011), (7208, 8047), (132668, 147973).

(49, 59) : (18, 29), (998, 1103), (160248, 175849), (3454518, 3790673).

(95, 105) : (38, 49), (998, 1057), (3572, 3763), (41924, 44083).

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 (B_k) dla k = 15 oraz m mniej- szych od 100.

(2, 17) : (5, 40), (23, 91), (933, 2743), (2175, 6364).

(5, 20) : (23, 64).

(14, 29) : (777, 1132), (38255, 55072), (48279, 69499), (2336369, 3362623).

(20, 35) : (5, 22), (213, 295), (5801, 7687), (58425, 77302).

(26, 41) : (23, 43), (2277, 2872), (128151, 160939), (2501249, 3140971).

(31, 46) : (249, 316), (2220717, 2705162), (5356730142, 6525260258).

(43, 58) : (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 (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, 394685), (4825394051, 5296558085).

(85, 102) : (143, 171), (176, 207), (4208, 4623), (4931, 5415).

Przykład 4.12. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B_k) 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).

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 (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

)

Stwierdzenie 5.1. Równanie y² = 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 V²− 4U² = 20 i przy tym V = 2y oraz U = 2x + 3, a zatem y²− (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 przy- padkiem dalszego Stwierdzenia 8.1.

Stwierdzenie 5.2. Równanie y² = 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.

Przykład 5.3. Równanie y² = 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 y² = 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 y² = x²+ (x + 1)²+ · · · + (x + 120)²

jest (x, y) = (244, 3366).

Zanotujmy inne przykłady tego typu.

Przykład 5.6. Równanie y² = x² + (x + 1)² + · · · + (x + 168)² ma dokładnie dwa rozwiązania naturalne: (x, y) = (30, 1612), (510, 7748).

Przykład 5.7. Równanie y² = 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 nieparzy- stą 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 niepo- dzielną przez 3. Wtedy równanie

y² = 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

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 −(a²+ 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

12k + 1 432k³ + 72k²+ 5k + 1 (432k³+ 144k² + 19k + 1)(12k + 1) 12k + 5 144k³+ 120k²+ 23k (144k³+ 192k²+ 89k + 14)(12k + 5) 12k + 7 144k³+ 168k²+ 47k − 1 (144k³+ 240k²+ 137k + 27)(12k + 7) 12k + 11 432k³+ 1080k²+ 893k + 244 (432k³+ 1152k²+ 1027k + 306)(12k + 11) Jeśli k > 1, to w każdym przypadku otrzymujemy w ten sposób rozwiązania w zbio- rze 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 szcze- gólnym przypadku para (x, y) = (25, 357) jest takim rozwiązaniem. 

Tabelka przedstawia przykładowe rozwiązania (x, y) opisane w powyższym dowo- dzie.

a k = 0 k = 1 k = 2 k = 3

12k + 1 1 : (1, 1) 13 : (510, 7748) 25 : (3755, 101775) 37 : (12328, 481666) 12k + 5 5 : (0, 70) 17 : (287, 7463) 29 : (1678, 61248) 41 : (5037, 241777) 12k + 7 7 : 19 : (358, 10412) 31 : (1917, 74803) 43 : (5540, 278898) 12k + 11 11 : (244, 3366) 23 : (2649, 67091) 35 : (9806, 364840) 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 y² = 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 = 2^su, gdzie s > 1, 2 - u.

Mamy wtedy równość

y² = 2^2su²x² + 2^2su^22^2su²− 1^x + 1

32^2s−1u^22^2su²− 1^{ }2^2s+1u²− 1^,

z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2^tb, gdzie t > 1 oraz b ∈ N, 2 - b. Oczywiście 2t > 2s − 1. Po podzieleniu przez 2^2s−1 otrzymujemy równość

2^2t−2s−1b² = 2ax²+ 2u^22^2su²− 1^x +1

3u^22^2su²− 1^{ }2^2s+1u²− 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^su, gdzie s > 1, 3 - u. Mamy wtedy równość

y² = 3^2su²x² + 3^2su^23^2su²− 1^x + 1

23^2s−1u^23^2su²− 1^{ }3^2s+1u²− 1^,

z której wynika, że y jest podzielne przez 3. Niech y = 3^tb, gdzie t > 1 oraz b ∈ N, 3 - b. Oczywiście 2t > 2s − 1. Po podzieleniu przez 3^2s−1 otrzymujemy równość

3^2t−2s−1b² = 3u²x²+ 3u^23^2su²− 1^x +1

2u^23^2su²− 1^{ }3^2s+1u²− 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 y² = 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) y² = x²+ (x + 1)²+ (x + 2)²+ · · · + (x + n − 1)² . Inna postać:

y² = nx²+ n(n − 1)x + 1

6(n − 1)n(2n − 1) .

Po podstawieniu U = 2x + n − 1, V = 2y, równanie to sprowadza się do równania Pella

V²− n U² = 1

3(n − 1)n(n + 1) .

Stąd dla danej liczby n łatwo się otrzymuje wszystkie rozwiązania równania (A₁).

W przypadku n = 2 równaniem (A₁) jest równanie

(A₁₂) y² = x²+ (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

x²+ (x + 1)² = y²

ma nieskończenie wiele rozwiązań naturalnych. Każde rozwiązanie naturalne tego rów- nania jest postaci (x_n, y_n), gdzie

x₁ = 3, y₁ = 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:

5² = 3²+ 4², 29² = 20²+ 21², 169² = 119²+ 120², 985² = 696²+ 697², 5741² = 4059²+ 4060²,

33461² = 23660²+ 23661², 195025² = 137903²+ 137904², 1136689² = 803760²+ 803761², 6625109² = 4684659²+ 4684660². Tego typu równości jest nieskończenie wiele.

Dla n = 3, 4, 5, . . . , 10 takich równości nie ma. Przypadki n = 4 oraz n = 9 omówi- liśmy już w poprzednim rozdziale (Stwierdzenia 5.1 oraz 5.2).

Stwierdzenie 6.3. Równanie y² = x²+ (x + 1)²+ (x + 2)² nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V²−3 U² = 8 z warunkami U = 2x + 2 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste. Zatem

y²− 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 y² = x² + (x + 1)²+ (x + 2)²+ (x + 3)²+ (x + 4)² nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V²− 5 U² = 40 z warun- kami U = 2x + 4 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste.

Zatem y²− 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 całkowi- tych x, y nie ma. 

Powyższe stwierdzenie jest szczególnym przypadkiem Twierdzenia 7.8.

Stwierdzenie 6.5. Równanie y² = x²+ (x + 1)²+ · · · + (x + 5)² nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V²− 6 U² = 70 z warun- kami U = 2x + 5 oraz V = 2y. Mamy zatem 2y²− 3 U² = 35. Rozpatrzmy kongruencje modulo 8. Mamy wtedy

2y²+ 5 U² ≡ 3 (mod 8)

Ponieważ U jest nieparzyste, więc U² ≡ 1 (mod 8) i stąd 5 U² ≡ 5 (mod 8). Natomiast 2y² ≡ 0, 1, 2 (mod 8). Liczba 2y²+ 5 U² 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+ y², to obie liczby x, y są podzielne przez p.

Stwierdzenie 6.7. Równanie y² = x²+ (x + 1)²+ · · · + (x + 6)² nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V²− 7 U² = 112 z warun- kami U = 2x + 6 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste.

Zatem y²− 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 y² = x²+ (x + 1)²+ · · · + (x + 7)² nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V² − 8 U² = 168 z wa- runkami U = 2x + 7 oraz V = 2y. Po podzieleniu przez 4 otrzymujemy równanie y² − 2 U² = 42 i widzimy, że 2 | y. Niech y = 2a, a ∈ Z. Wtedy 2a² − U² = 21.

Rozpatrzmy kongruencje modulo 8. Mamy wtedy U²+ 6a² ≡ 3 (mod 8)

Ponieważ U jest nieparzyste, więc U² ≡ 1 (mod 8). Natomiast 6a² ≡ 0, 6 (mod 8).

Liczba U² + 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 y² = x²+ (x + 1)²+ · · · + (x + 9)² nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V² − 10 U² = 330 z wa- runkami U = 2x + 9 oraz V = 2y. Po podzieleniu przez 2 mamy 2y² − 5 U² = 165.

Oczywiście 5 | y. Niech y = 5a, a ∈ Z. Wtedy 10a²− U² = 33, czyli U² − 10a² = −33 i stąd otrzymujemy sprzeczną kongruencję U² ≡ 2 (mod 5). 

Badanie równania (A₁) dla n = 11 sprowadza się (na mocy Stwierdzenia 1.1) do zbadania równania V² − 11 U² = 440, gdzie U = 2x + 10 oraz V = 2y. To z kolei równanie po redukcji sprowadza się do równania

P²− 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 P²− 11 Q² = −10 otrzymuje się za pomocą liczb postaci



10 + 3√ 11

s

a + b√ 11



,

gdzie s> 0 oraz (a, b) = (1, 1) lub (23, 7). Stąd otrzymujemy następujące stwierdzenie.

Stwierdzenie 6.10. Równanie y² = x²+(x+1)²+· · ·+(x+10)² ma nieskończenie wie- le 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 nastę- pująco:











a₁ = 1, b₁ = 1,

a_k+1 = 10a_k+ 33b_k, b_k+1 = 3ak+ 10bk,











p₁ = 23, q₁ = 7,

p_k+1 = 10p_k+ 33q_k,

q_k+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).

Stwierdzenie 6.11. Wszystkie liczby n z przedziału [2, 400], dla których równanie (A₁) 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 nieskoń- czenie 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 niekwa- dratowych 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).

7 Zbiór B(1) i potęgi dwójki

Teraz nadal będziemy się zajmować rozwiązaniami naturalnymi równania (∗) dla m = 1, czyli rozwiązaniami naturalnymi równania

(A1) y² = x²+ (x + 1)²+ (x + 2)²+ · · · + (x + n − 1)² .

Po zastosowaniu wzoru na sumę n początkowych liczb kwadratowych, równanie to przyjmuje postać

y² = nx²+ (n²− n)x +1

6(n − 1)n(2n − 1).

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 przy- kładów nie ma.

Twierdzenie 7.1 ([4], [7]). Jedyną potęgą dwójki większą od 1 i należącą do zbio- ru B(1) jest liczba 2 = 2¹.

Dowód. ([7]). Niech n = 2^s, s > 2. 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) = y², z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy równość 9nx(x + n − 1) + ³₂(n − 1)n(2n − 1) = (3y)². Podstawiamy n = 2^s i mamy

9x(x − 1)2^s+ 9x2^2s+ 3^2^3s− 2^2s− 2^2s−1+ 2^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−1+ 2^s+1v = u².

Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2^tc, gdzie t > 1 oraz 2 - c. Wtedy 3 + 4v = 2^2t−s+1c²

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 ≡ 2^s(mod 2^s+2), gdzie s > 2, to n nie należy do zbioru B(1).

Dowód. ([7]). Niech n = 2^s + k2^s+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) = y², z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy równość 9nx(x + n − 1) + ³₂(n − 1)n(2n − 1) = (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)²+ 2^2s−1(4k + 1)²+ 2^s+1k + 2^s−1.

Ponieważ x(x−1) jest liczbą parzystą oraz 2s−1> s+1 więc stąd wynika, że 3·2^s−1jest kwadratem modulo 2^s+1. Istnieją więc liczby całkowite u, v takie, że 3·2^s−1+2^s+1v = u². Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2^tc, gdzie t > 1 oraz 2 - c. Wtedy 3 + 4v = 2^2t−s+1c² 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 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 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).

W podobny sposób można udowodnić następne twierdzenie, którego dowód teraz pominiemy.

Twierdzenie 7.3 ([7]). Jeśli n ≡ 2^s− 1 (mod 2^s+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 = 4^sa, gdzie s > 1 oraz a jest nieparzystą liczbą naturalną, to n nie należy do zbioru B(1).

Dowód. Niech n = 4^sa, s > 1, a ∈ N, 2 - a. Przypuśćmy, że dla tego n równanie (A₁) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość

y² = 2^2sax²+ 2^2sa^2^2sa − 1^x + 1

32^2s−1a^2^2sa − 1^{ }2^2s+1a − 1^,

z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2^tb, gdzie t > 1 oraz b ∈ N, 2 - b. Oczywiście 2t > 2s − 1. Po podzieleniu przez 2^2s−1 otrzymujemy równość

2^2t−2s−1b² = 2ax²+ 2a^2^2sa − 1^x +1

3a^2^2sa − 1^{ }2^2s+1a − 1^,

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 kwadrato- wą.

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 składa- jących 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

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 nieparzy- sty). 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 kwa- dratów 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 przy- staje do 2^s−1 modulo 2^s.

Dowód. Niech u = 0²+ 1²+ 2²+ · · · + (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(2^s− 1) 2^s−12^s+1− 1^, więc 3u ≡ (−1)2^s−1(−1) = 2^s−1(mod 2^s), a zatem

3u − 2^s−1 = k2^s,