Háromszögű négyzetszámok

A 36 háromszögű négyzetszám háromszögszám- és négyzetszám-felírásában.

A matematika, közelebbről a számelmélet területén a háromszögű négyzetszámok olyan természetes számok, amik egyszerre háromszögszámok és négyzetszámok. Végtelen sok ilyen szám létezik, az első néhány: 0, 1, 36, 1225, 41616, 1413721, 48024900, 1631432881, 55420693056, 1882672131025 Sablon:OEIS.

Explicit képletek

Jelölje $N_k$ a $k$-adik háromszögű négyzetszámot, $s_k$ és $t_k$ pedig a hozzá tartozó négyzet és háromszög oldalait, így adódik:

$N_k=s_k^2=\frac{t_k(t_k+1)}{2}$.

Legyen egy $N=\frac{n(n+1)}{2}$ háromszögszám háromszöggyöke $n$. A definícióból és a kvadratikus formulából adódóan $n=\frac{\sqrt{8N+1}-1}{2}$. Ezért $N$ akkor és csak akkor háromszögszám, ha $8N+1$ négyzetszám, és természetesen $N^2$ akkor és csak akkor négyzetszám és háromszögszám egyben, ha $8N^2+1$ négyzetszám, tehát ha léteznek olyan $x$ és $y$ egész számok, melyekre $x^2-8y^2=1$. Ez a Pell-egyenlet egyik példája, ahol $n=8$. Minden Pell-egyenletnek van egy triviális megoldása (1,0), ezt a nulladik megoldásnak nevezik, és indexe $(x_0,y_0)$. Ha $(x_k,y_k)$ jelöli adott $n$-re nézve bármely Pell-egyenlet k-adik nemtriviális megoldását, akkor a végtelen leszállás módszerével megmutatható, hogy $x_{k+1}=2x_k{x}_1-x_{k-1}$ és $y_{k+1}=2y_k{x}_1-y_{k-1}$. Ezért bármely Pell-egyenletnek, aminek létezik nem triviális megoldása (ha n nem négyzetszám), végtelen sok megoldása létezik. Az első nem triviális megoldás $n=8$-ra könnyen megtalálható: (3,1). Az $(x_k,y_k)$ megoldás az $n=8$ Pell-egyenletre a következő módon ad meg egy háromszögű négyzetszámot annak négyzet- és háromszöggyökével: $s_k=y_k,t_k=\frac{x_k-1}{2},$ és $N_k=y_k^2$. Így tehát az első háromszögű négyzetszám, ami a (3,1)-ből adódik az 1, a következő, ami a (17,6) (=6×(3,1)-(1,0))-ból adódik, a 36.

Az N_k, s_k és t_k sorozatok az OEIS-ben itt találhatók: Sablon:OEIS2C, Sablon:OEIS2C, illetve Sablon:OEIS2C.

1778-ban Leonhard Euler meghatározta az explicit képletet:

$N_k={\left(\frac{(3+2\sqrt{2}{)}^k-(3-2\sqrt{2}{)}^k}{4\sqrt{2}}\right)}^2$.

A fentiből következő, de esetenként kényelmesebben használható képletek még:

$\begin{array}{cc}{N}_k& =\frac{1}{32}{((1+\sqrt{2}{)}^{2k}-(1-\sqrt{2}{)}^{2k})}^2=\frac{1}{32}((1+\sqrt{2}{)}^{4k}-2+(1-\sqrt{2}{)}^{4k})\\ & =\frac{1}{32}((17+12\sqrt{2}{)}^k-2+(17-12\sqrt{2}{)}^k)\end{array}$.

A megfelelő explicit képletek $s_k$-ra és $t_k$-ra nézve:

$s_k=\frac{(3+2\sqrt{2}{)}^k-(3-2\sqrt{2}{)}^k}{4\sqrt{2}}$

és

$t_k=\frac{(3+2\sqrt{2}{)}^k+(3-2\sqrt{2}{)}^k-2}{4}$.

Pell-egyenlet

A háromszögű négyzetszámok keresése a következő módon redukálható a Pell-egyenlet megoldására. Minden háromszögszám felírható t(t + 1)/2 alakban. Ezért olyan t és s egész számokat keresünk, melyekre

$\frac{t(t+1)}{2}=s^2$.

Némi átalakítással:

$(2t+1{)}^2=8s^2+1,$

majd helyettesítve $x=2t+1$ és $y=2s$-et, a következő diofantoszi egyenlethez jutunk:

$x^2-2y^2=1,$

ami a Pell-egyenlet egy példánya. Ezt a konkrét darabot a $P_k$ Pell-számok a következőképpen oldják meg:

$x=P_{2k}+P_{2k-1},y=P_{2k}$;

ezért az összes megoldás kiolvasható a következőből:

$s_k=\frac{P_{2k}}{2},t_k=\frac{P_{2k}+P_{2k-1}-1}{2},N_k={\left(\frac{P_{2k}}{2}\right)}^2$.

Sok azonosság létezik a Pell-számokkal kapcsolatban, ezek a háromszögű négyzetszámokkal kapcsolatos identitásokká alakíthatók.

Rekurrencia-relációk

A háromszögű négyzetszámok definiálhatók rekurzív sorozatként, ahogy a hozzájuk kapcsolódó négyzetek és háromszögek oldalai is. Ezek

$N_k=34N_{k-1}-N_{k-2}+2$, ahol $N_0=0\text{ és }{N}_1=1$;

$N_k={(6\sqrt{N_{k-1}}-\sqrt{N_{k-2}})}^2$, ahol $N_0=0\text{ és }{N}_1=1$.

Továbbá

$s_k=6s_{k-1}-s_{k-2}$, ahol $s_0=0\text{ és }{s}_1=1$;

$t_k=6t_{k-1}-t_{k-2}+2$, ahol $t_0=0\text{ és }{t}_1=1$.

Más karakterizációk

Minden háromszögű négyzetszám felírható $b^2{c}^2$ alakban, ahol $b/c$ konvergál négyzetgyök 2 lánctört-alakjához.

A. V. Sylwester rövid bizonyítása arra nézve, hogy végtelen sok háromszögű négyzetszám létezik:

Ha az $n(n+1)/2$ háromszögszám négyzetszám, akkor a nagyobb

$\frac{(4n(n+1))(4n(n+1)+1)}{2}=2^2\frac{n(n+1)}{2}(2n+1{)}^2$ háromszögszám is négyzetszám.

Azért tudjuk ezt, mert három négyzetszám szorzataként áll elő: $2^2$ (a kitevő alapján), $(n(n+1))/2$ (az $n$-edik háromszögszám, a kiindulási feltétel alapján) és $(2n+1{)}^2$ (a kitevő alapján). Négyzetszámok szorzata minden esetben négyzetszám lesz. Ez onnan is tudható, hogy a teljes négyzetnek levés szükséges és elégséges feltétele, hogy páros hatványon szerepeljenek a prímtényezők a prímtényezős felbontásban, és ez a tulajdonság két négyzetszám összeszorzásánál megmarad.

A $t_k$ háromszöggyökök váltakozva eggyel kisebbek egy négyzetszámnál és kétszeresei egy négyzetszámnak (páros k értékekre), illetve négyzetszámok és eggyel kisebbek egy négyzetszám kétszeresénél (páratlan k értékekre). Tehát, $49=7^2=2\cdot 5^2-1288=17^2-1=2\cdot 12^2$ és $1681=41^2=2\cdot 29^2-1$. Mindegyik esetben a két négyzetgyök összeszorzása a következőt adja: $s_k:5\cdot 7=35,12\cdot 17=204$ és $29\cdot 41=1189$.

$N_k-N_{k-1}=s_{2k-1}:36-1=35,1225-36=1189$ és $41616-1225=40391$. Más szavakkal, két egymást követő háromszögű négyzetszám különbsége egy harmadik háromszögű négyzetszám négyzetgyökével egyezik meg.

A háromszögű négyzetszámokat előállítő függvény:

$\frac{1+z}{(1-z)(z^2-34z+1)}=1+36z+1225z^2+\cdots$.

Numerikus adatok

Ahogy $k$ értéke egyre nő, a $t_k/s_k$ arány egyre jobban megközelíti a $\sqrt{2}\approx 1,41421$-t, az egymást követő háromszögű négyzetszámok aránya pedig $(1+\sqrt{2}{)}^4=17+12\sqrt{2}\approx 33,97056$-t. Az alábbi táblázat bemutatja $k$ értékeit 0 és 7 között.

$k$	$N_k$	$s_k$	$t_k$	$t_k/s_k$	$N_k/N_{k-1}$
0	0	0	0
1	1	1	1	1
2	36	6	8	1,33333	36
3	1225	35	49	1,4	34,02778
4	41 616	204	288	1,41176	33,97224
5	1 413 721	1189	1681	1,41379	33,97061
6	48 024 900	6930	9800	1,41414	33,97056
7	1 631 432 881	40 391	57 121	1,41420	33,97056

További információk

• Triangular numbers that are also square at cut-the-knot
• Sablon:MathWorld
• Michael Dummett's solution