4900 = nombre carré et pyramidal carré

J' ai lu récemment une démo de ce fait utilisant la théorie des courbes elliptiques.\\
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En fait tu veux résoudre en entier naturels $y^2=\frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$ (je pense que tu t'es trompé dans ton expression de $P_n$ )\\
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Ceci étant de la forme $y^2=Ax^3+Bx^2+Cx+D$ c'est bien l' équation d' une courbe elliptique ( c'est comme cela qu'on appelle ce genre de courbes ) et tu recherches les points entiers sur cette courbe.\\
Les points $(1,1)$ et $(\frac{1}{2},-\frac{1}{2})$ apartiennent à la courbe.\\
Or si tu traces la droite passant par ces deux points elle coupe la courbe en un troisième point ( ce qui connaissent un peu les courbes elliptiques ne seront pas surpris cette opération correspond à $-(1,1) -(\frac{1}{2},-\frac{1}{2})$.)\\
Ce troisième point a pour coordonnées $(24,70)$ ( c'est un simple calcul ) et tu l' auras deviné on a bien $1^2+2^2+...+24^2=70^2=4900$.\\
Voilà pour l' existence qui peut donc être montrée sans calcul lourd.\\
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Bien évidemment l' unicité se montre aussi à l' aide de cette belle théorie, cependant les techniques mises en jeu sont plus lourdes et nécessite une connaissance préalable des courbes elliptiques. Si tu es intéressé tu peux aller jeter un coup d'oeil dans le bouquin de Lauwrence Washington :Elliptic Curves.\\
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C'est une approche que connais mais après il y en a surement des plus simples, j' imagines...

Oui c'est vrai j' avais posé une question sur les courbes elliptiques car je découvre tout juste le domaine et c'est passionnant . Le premier exemple du livre que je lis en ce moment est celui dont tu as parlé , c'est pour cela que cela m 'est venu à l' esprit.
Mais je ne prétends pas que cette approche soit la plus simple.

J' espére que tu auras d' autre réponse à ta question très intéressante

merci beaucoup pour cette nouvelle référence!

Bonsoir Borde et bonsoir à tous.
J'ai essayé d'avancer un peu (sans arriver au bout) dans le cas N=1 (mod 6).

Supposons que : N*(N+1)*(2N+1)=6*x², avec N=6m+1. La relation précédente s’écrit :
(6m+1)*(3m+1)*(4m+1)=x². Il est clair que les trois nombres du membre de gauche sont premiers entre eux deux à deux. Il existe donc trois entiers p, q et r tels que :
6m+1=q² ; 3m+1=p² et 4m+1=r². Des deux premières relations, on déduit l’équation de Pell :
q²-2p²= -1

Si un couple (p,q) satisfait cette équation, on voit que p impair (sinon q²= -1 mod(4)) et que p n’est pas divisible par 3 (sinon q²=-1 (mod 3)). En résumé, p=+-1 (mod 6).

La relation 3m+1=p² montre que m=(p²-1)/3 (qui est bien un nombre entier) et on peut écrire :
r²=4m+1=(4p²-1)/3=(2p-1)(2p+1)/3.

Si p= -1 (mod 6), on a (2p-1)/3= -1 (mod 4) , 2p+1= -1 (mod 4) et
r²=[(2p-1)/3]*(2p+1) Les nombres (2p-1)/3 et 2p+1 sont premiers entre eux, donc chacun des deux devrait être un carré, ce qui est impossible (car ils sont congrus à –1 mod 4).

Si p=1 (mod 6), on 2p-1= 1 (mod 4), (2p+1)/3=1 (mod 4) et :
r²=.(2p-1)*[ (2p+1)/3]. Dans ce cas la situation se complique.

Venons en aux solutions de l’équation de Pell : q²-2p²= -1. Elles sont données par les suites p(n) et q(n) qui satisfont les relations de récurrence :
p(n)=6*p(n-1)-p(n-2), avec p(0)=1 et p(1)=5;
q(n)=6*q(n-1)-q(n-2), avec q(0)=1 et q(1)=7.
Les relations précédentes montrent que le cas en suspens p(n)=1 (mod 6) se produit si et seulement si n=4k ou n=4k+3.

On peut encore éliminer certaines valeurs. La période de p(n) (mod 15) est égale à 12. On vérifie que p(n)= 4 (mod 15) pour n=12k+3 et n= 12k+8. Dans ce cas, on a (en posant p=p(n)) : (2p+1)/3=3 (mod 5). Le nombre (2p+1)/3 et par suite le produit (2p-1)*[ (2p+1)/3]. ne sont donc pas des carrés (comme plus haut, chaque terme devrait être un carré).

En remarquant de même que p(n)=10 (mod 15), pour n=12k+4 et n=12k+7, on montre que (2p+1)/3 =2 (mod 5).

En définitive, parmi les n=4k et n=4k+3, il reste à étudier les cas n=12k et n=12k+11.

Il n'y a pas eu beaucoup de progrès.

Salut RAJ,

Si je me souviens bien, j'avais démarré ma recherche d'une façon similaire à ce que tu as fait ci-dessus, mais, comme toi, il me restait toujours des cas particuliers où l'on ne peut aboutir.

Comme j'ai jeté tous mes brouillons de l'époque, il faudrait que je reparte du début...mais comme actuellement je suis sur un problème de théorie analytique des nombres ardu, j'ai laissé (provisoirement ?) tombé celui-ci !

A +

Borde.

Je ne comprends pas l'argument de gibert L lorsqu'il dit: "le seul double d'un carré augmenté de 1 qui redonne un autre carré est 4".
L'équation x²=2*y²+1 admet une infinité de solutions:
17²=2*12²+1; 99²=2*70²+1, etc.

bonjour bs
je pensais qu'on chercher à demontrer l'absence de nombre Pyr carré autre que 4900

ce qui me fait regarder les valeurs qui sont prisent par ce nombre Pyr, si c'est le seul, il y a donc une condition particulière, tout comme à priori ce serait le même cas pour les nombres tétrahédriques $T_1=4$ soit $t_1+t_2$

(2*3*4)/6 = 4 =1*4 deux carrés parfait premiers entre-eux avec une différence d =3 ce qui serait une condition assez particulière pour que cela soit l'unique nombre Tétrahédrique dont la valeur est un carré parfait puisque cette condition avec 1 ne peut se retrouver, existerait-il d'autre carrés parfaits avec 3 de différence...?