Доказать, что число определённого вида не является квадратом

[qx87]

$n(k) = (2k+1)\cdot(6k+5); k \in \mathbb{N}$

Доказать, что $n$ не может быть точным квадратом.

Если развернуть скобки, получается $n(k) = 12k^2 + 16k +5 = 4(3k^2+4k+1) + 1$, т.е. имеем единицу в качестве остатка от деления на 4. Значит, по крайней мере n не может быть квадратом чётного числа.

Тогда представим n(k) в виде квадрата нечётного числа:

$ \\ 4(3k^2+4k+1) + 1 = (2x+1)^2 \\ 4(3k^2+4k+1) + 1 = 4x^2 + 4x + 1 \\ 4(3k^2+4k+1) = 4(x^2 + x) \\ 3k^2+4k+1 = x(x + 1) \\ 2(k^2+2k)+k^2+1 = 2T_x \\ k^2+1 = 2(T_x - (k^2+2k))\\ $

Отсюда делаем вывод, что $k^2$, а следовательно и $k$, нечётно. Тогда имеем $k = 2b+1$ и $n(b) = (6(2b+1)+5)\cdot(2(2b+1)+1) = (12b+11)\cdot(4b+3) = 48b^2+80b+32 + 1$.

Что дальше делать, уже не знаю.

P. S. Аналогичная задача для $(k+1)\cdot(3k+2)$.

[Null]

Докажите что сомножители взаимно просты.

[qx87]

Ещё был вариант объявить $y = 2k+1$, тогда $n(y) = y \cdot (3y+2)$. Но это не есть упрощение задачи, поскольку появляется дополнительное условие, что y нечётный. А при чётном — n может быть квадратом, например, $n(2) = 2 \cdot 8 = 16$.

-- 30.12.2013, 15:25 --

Null в сообщении #807934 писал(а):

Докажите что сомножители взаимно просты.

Ну допустим: $GCD(6k+5, 2k+1) = GCD(2, 2k+1) = 1$.

Остаётся ведь ещё вариант, когда $2k+1 = a^2$ и $6k+5=b^2$, где a и b — взаимно простые.

[Null]

Посмотрите внимательнее на этот вариант.

[qx87]

Допустим $a^2 = 2k+1$. Очевидно, что a нечётно, т.е. $a = 2b+1$, тогда

$\\ (2b+1)^2 = 2k+1 \\ 4b^2+4b+1 = 2k+1 \\ 4b^2+4b = 2k \\ k = 2(b^2+b) $

Получаем наконец, что k чётно, что противоречит доказанному выше.

Нигде не ошибся, всё ведь верно?

[Cash]

Вроде нет. Но всё гораздо проще, если Вы внимательней посмотрите на другой вариант
$6k+5=b^2$

И рекомендую почитать про модулярную арифметику (вычисления по модулю)
Ваши выкладки заметно упростятся и станут гораздо прозрачней.

[qx87]

Кажется, догнал. При делении квадрата на 6 в остатке может получится 0, 1, 3 или 4, но никак не 5. Вы это имели в виду?

А про модулярную арифметику я знаю. Только не пойму, чем она бы помогла в предыдущих выкладках.

[Null]

$b^2\equiv 2\mod{3}$ не имеет решений

[qx87]

В общем, разобрался, обе задачи решил. Спасибо большое!