II) 2)
Đặt $(n+1)(2n+1)=6a^{2}$ $\Rightarrow n\equiv 1 (mod 2) \Rightarrow n=2x+1$ $( x\in \mathbb{N*})$.
Suy ra $(x+1)(4x+3)=3a^{2}$
Mà $(x+1;4x+3)=(4x+4;4x+3)=1$ từ đó suy ra
$\begin{cases} x+1=u^{2} (*) \\ 4x+3=3v^{2} \end{cases}$ ($u,v \in \mathbb{N}$) Vì loại đi trường hợp $\begin{cases} x+1=3u^{2} \\ 4x+3=v^{2} \end{cases}$ bởi $4x+3$ không thể là số chính phương.
$\Rightarrow 4u^{2}-1=3v^{2}$
$\Rightarrow (2u-1)(2u+1)=3v^{2}$
Nhận thấy tiếp là $(2u-1;2u+1)=1$ vì $2u-1;2u+1$ là $2$ số lẻ liên tiếp.
$\Rightarrow \begin{cases} 2u-1=p^{2} \\ 2u+1=3q^{2} \end{cases}$
hoặc $\begin{cases} 2u-1=3p^{2} \\ 2u+1=q^{2} \end{cases}$
($p,q\in \mathbb{N}$)
Xét trường hợp $\begin{cases} 2u-1=3p^{2} \\ 2u+1=q^{2} \end{cases}$
$\Rightarrow 3p^{2}+2=q^{2}$ (Vô lí)
Xét trường hợp còn lại $\begin{cases} 2u-1=p^{2} (1) \\ 2u+1=3q^{2} (2) \end{cases}$
Từ phương trình $(1)$ ta có $p$ là số lẻ. Từ đó ta đặt $p=2t+1, t\in \mathbb{N}$
Suy ra $2u-1=(2t+1)^{2} \Rightarrow u=2t^{2}+2t+1$ $(3)$
Từ $(*), (1),(3)$ thì ta có $n=2x+1=2u^{2}-1=2(2t^{2}+2t+1)^{2}-1$
Xét $t=1$ thì $n$ không thỏa mãn đề bài.
Xét $t \geq 2 \Rightarrow n\geq 2(2.4+2.2+1)^{2}-1= 337$
Hay ta có điều phải chứng minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 05-07-2017 - 15:23