Hallo,
Bestimme die Menge aller positiven ganzen Zahlen n, für die $$n\cdot 2^{n-1}+1$$ eine Quadratzahl ist
Es sei \(f(n)= n \cdot 2^{n-1} + 1\) mit \(n \in\mathbb{N}\). Dann setze ich für \(n\) die Zahlen \(1\) bis \(3\) ein:$$f(1)= 2 \\ f(2)= 5 \\ f(3)= 13$$da ist keine Quadratzahl dabei. Also brauche ich im folgenden nur die Zahlen \(n \gt 3\) betrachten.
Der Wert von \(f(n)\) ist in jedem Fall ungerade, also muss die Basis der Quadratzahl ebenfalls ungerade sein. Man kann demnach für die gesuchten Zahlen \(n\) schreiben$$(2k+1)^2 = n \cdot 2^{n-1} + 1 \quad k \in \mathbb{N}$$wegen \(f(n)\gt13\) muss für \(k\) gelten: \(k \gt 1\).$$\begin{aligned} (2k+1)^2 &= n \cdot 2^{n-1} + 1\\ 4k^2 + 4k + 1 &= n \cdot 2^{n-1} + 1 &&|\, -1\\ 4(k^2+k) &= n \cdot 2^{n-1} &&|\,\div 4\\ k(k+1) &= n \cdot 2^{n-3} \end{aligned}$$nun steht links ein Produkt aus einer geraden und einer ungeraden Zahl und rechts das Produkt aus \(n\) und einer Zweierpotenz. \(n\) sei größer \(3\) (s.o.). Jetzt unterscheide ich zwei Fälle
1.) \(n\) ist ungerade. Dann muss gelten:$$|n - 2^{n-3}| = 1$$Hier gibt es nur die Lösung \(n=5\), was man durch schlichtes Probieren heraus bekommt. Der Term \(2^{n-3}\) wächst deutlich stärker als \(n\) und ab \(n=6\) ist die Differenz bereits \(=2\) und wächst mit steigendem \(n\) nur weiter an.
Für \(n=5\) hat man dann auch eine Lösung gefunden:$$f(5)= 5 \cdot 2^{5-1} + 1 = 81 = 9^2$$
2.) \(n\) selbst ist das Produkt aus einer ungeraden und einer geraden Zahl$$n = n_1 \cdot n_2 \quad 2\nmid n_1, \quad 2\mid n_2 \quad n_2 \ge 2$$dann muss gelten $$k(k+1) = n_1 \cdot n_2 \cdot 2^{n-3} \land |n_1 - n_2 \cdot 2^{n-3}| = 1$$An dieser Stelle darfst Du Dir selber überlegen, warum es dazu keine Lösung gibt. Tipp: \(n \gt n_1\) und \(n_1\) ist ungerade. Probiere einfach ein paar Zahlen durch. Das kleinste Produkt aus einer geraden und ungeraden Zahl wäre \(n=6\).
Somit ist \(n=5\) die einzige Zahl, für die der Ausdruck \(n\cdot 2^{n-1}+1\) zu einer Quadratzahl wird.
Gruß Werner
