如何证明 1²+2²+…+n² 为平方数的解只有 n＝1 或 n＝24？

xtqqwq，OIer

下面更新了对第三种情况的证明

谢邀

首先，

$1^2+2^2+\cdots +n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$

所以就是求

$n(n+1)(2n+1) =6k^2$

因为

$n,n+1,2n+1$

两两互质，所以必须不存在

$p|k$

，使得

$p|n$

且

$p|(n+1)$

或是

$p|n$

且

$p|(2n+1)$

或是

$p|(n+1)$

且

$p|(2n+1)$

，所以

$n,n+1,2n+1$

可以写成下列形式：

$n=x_1k_1^2$

$n+1=x_2k_2^2$

$2n+1=x_3k_3^2$

其中满足

$x_1x_2x_3=6$

，且均为正整数

我们分类讨论所有情况

$x_1=1,x_2=1,x_3=6$

$k_1^2+1=k_2^2$

，两个平方数不可能相差

$1$

，无解

$x_1=1,x_2=6,x_3=1$

$k_1^2+1=6k_2^2$

，在模

$3$

意义下为

$k_1^2\equiv 2\pmod 3$

，无解

$x_1=6,x_2=1,x_3=1$

$\begin{cases} 6k_1^2+1=k_2^2\\ 12k_1^2+1=k_3^2 \end{cases}$

$k_1=2,k_2=5,k_3=7$

为其中一解，即

$n=24$

，证明写在下面

$x_1=2,x_2=1,x_3=3$

$4k_1^2+1=3k_3^2$

，在模

$4$

意义下为

$3k_3^2\equiv1\pmod 4$

，无解

$x_1=2,x_2=3,x_3=1$

$4k_1^2+1=k_3^2$

，两个平方数不可能相差

$1$

，无解

$x_1=3,x_2=1,x_3=2$

$6k_1^2+1=2k_3^2$

，左为奇数，右为偶数，无解

$x_1=3,x_2=2,x_3=1$

$3k_1^2+1=2k_2^2$

，在模

$3$

意义下为

$2k^2\equiv 1\pmod 3$

，无解

$x_1=1,x_2=2,x_3=3$

$\begin{cases} k_1^2+1=2k_2^2\\ 2k_1^2+1=3k_3^2 \end{cases}$

$k_1=1,k_2=1,k_3=1$

为其中一解，即

$n=1$

，不知道有没有其他解，以后有空可以尝试解一下

$x_1=1,x_2=3,x_3=2$

$2k_1^2+1=2k_3^2$

，左为奇数，右为偶数，无解

如果以后会解那两个方程了再来修改一下，希望这些能帮到题主

UPD: 用计算机搜索了一下，发现在

$10^{11}$

以下除了

$1$

和

$24$

以外就没有解了

UPD2: 现在会第三种情况了，但是特别复杂，有时间再来写（

UPD3: 现在来写一下第三种情况的证明

重新写一遍方程组

$\begin{cases} 6k_1^2+1=k_2^2\\ 12k_1^2+1=k_3^2 \end{cases}$

容易知道

$k_2,k_3$

均为奇数，设

$k_3=2k_4+1$

则

$12k_1^2+1=4k_4^2+4k_4+1$

，即

$3k_1^2=k_4(k_4+1)$

由于

$k_4$

与

$k_4+1$

互质，所以

$k_4$

与

$k_4+1$

一个为平方数一个为三倍平方数

因为平方数模

$3$

不余

$2$

，所以

$k_4$

为三倍平方数，设

$k_4=3u^2$

，

$k_4+1=v^2$

带入第一个式子中，得到

$k_4^2+(k_4+1)^2=k_2^2$

用勾股方程的解，有两种情况：

$k_4=2uv\quad k_4+1=u^2-v^2$
可以得到 $u^2-v^2-2uv=1$
因为 $u^2-v^2$ 为平方数且 $(u,v)=1$ ，所以 $u-v,u+v$ 均为平方数 $u^2-v^2-2uv=1\Leftrightarrow (u-v)^2=2v^2+1\Leftrightarrow v^4+(u-v)^2=(v^2+1)^2$
为 $x^4+y^4=z^2$ 的形式，无正整数解（经典结论，有关证明可以在网上找到，用无穷递降法可以证明）
$k_4=u^2-v^2\quad k_4+1=2uv$
可以得到 $2uv-u^2+v^2=1\Leftrightarrow (u-v)^2=2v^2-1$
因为 $2uv$ 为平方数且 $(u,v)=1$ ，所以 $u,v$ 一个为平方数一个为两倍平方数
这里再分两种情况：

$u=s^2\quad v=2t^2$
则 $(u-v)^2=8t^4-1$ ，而平方数模 $8$ 不余 $7$ ，无解
$u=2s^2\quad v=t^2$
则设 $r=u+v$ ，可以推出

$2uv-u^2+v^2=1\Leftrightarrow (u+v)^2=2u^2+1\Leftrightarrow r^2=8s^4+1\\\Leftrightarrow (r-1)(r+1)=8s^4\Leftrightarrow \frac{r-1}2\frac{r+1}2 =2s^4$
设 $p=\frac{r-1}2$ ，则变成 $p(p+1)=2s^4$
因为 $(p,p+1)=1$ ，所以 $p,p+1$ 一个为四次方数一个为两倍四次方数
分别考虑这两种情况：

$p=2q^4$
$2q^4(2q^4+1)=2s^4$ ，设 $l=\frac sq$ ，式子变为 $2q^4+1=l^4$
$2q^4+1=l^4\Leftrightarrow l^4+q^8=(q^4+1)^2$
为 $x^4+y^4=z^2$ 的形式，无正整数解
$p=q^4$
则 $q^4(q^4+1)=2s^4$ ，设 $l=\frac sq$ ，式子变为 $q^4+1=2l^4$
$q^4+1=2l^4\Leftrightarrow l^8-2l^4+1+q^4=l^8\Leftrightarrow q^4+(l^4-1)^2=l^8$
为 $x^4+y^2=z^4$ 的形式，无正整数解（同样可以用无穷递降法证明）
但是有一个数为 $0$ 的平凡解，即 $q^4=1,l^4-1=0,l^8=1$
$q=l=1$ ，所以往回推倒可以得到 $s=1,p=1,r=3,u=2,v=1,k_4=3,k_3=7,k_1=2,k_2=5$
最后得到 $n=24$