Posiadam rozwiązanie do tego zadania, jednak jest ono zupełnie inne od tego, które wymyśliłem samemu i proszę, żeby ktoś moje sprawdził.
Moje rozwiązanie:
Załóżmy, że pewne \(\displaystyle{ n\in\NN}\) spełnia warunki zadania. Skoro \(\displaystyle{ n}\) nie jest kwadratem liczby naturalnej, to istnieje \(\displaystyle{ a\in\NN}\) takie, że \(\displaystyle{ a^2<n<(a+1)^2}\). Wówczas \(\displaystyle{ \lfloor\sqrt{n}\rfloor=a}\).
Jeśli \(\displaystyle{ a=1}\) zadanie jest oczywiste i to daje dwa rozwiązania \(\displaystyle{ n=2,n=3}\).
Załóżmy, że \(\displaystyle{ a\ge 2}\). Z zasadniczego twierdzenia arytmeki \(\displaystyle{ a}\) ma rozkład na liczby pierwsze \(\displaystyle{ a=p_{1}^{\alpha_1}\cdot \ldots \cdot p_{k}^{\alpha_k}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_i}\) są parami różne oraz \(\displaystyle{ \alpha_i\ge 1}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ a^3|n^2}\) wszyskie \(\displaystyle{ p_i}\) muszą występować w rozkładzie \(\displaystyle{ n}\) na czynniki pierwsze i \(\displaystyle{ n=p_{1}^{\beta_1}\cdot\ldots\cdot p_k^{\beta_k}\cdot q}\), gdzie \(\displaystyle{ \beta_i\ge 1}\) oraz \(\displaystyle{ q}\) w swoim rozkładzie nie zawiera żadnej z liczb \(\displaystyle{ p_i}\).
Niech \(\displaystyle{ \gamma_i=\lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil}\) dla \(\displaystyle{ i=1,\ldots,k}\) i niech \(\displaystyle{ b=p_{1}^{\gamma_1}\cdot\ldots\cdot p_k^{\gamma_k}}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ a^3|n^2}\)
\(\displaystyle{ p_{1}^{3\alpha_1}\cdot \ldots \cdot p_{k}^{3\alpha_k}|p_{1}^{2\beta_1}\cdot\ldots\cdot p_k^{2\beta_k}\cdot q}\)
\(\displaystyle{ 3\alpha_i\le 2\beta_i}\)
\(\displaystyle{ \frac{3}{2}\alpha_i\le \beta_i}\)
\(\displaystyle{ \lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil\le\beta_i}\)
\(\displaystyle{ \gamma_i\le \beta_i}\)
Wobec tego \(\displaystyle{ b|n}\). Dalej
\(\displaystyle{ \gamma_i =\lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil\le \lceil 2\alpha_i \rceil = 2\alpha_i}\)
i wobec tego \(\displaystyle{ b|a^2}\), a więc także \(\displaystyle{ b|n-a^2}\). Ponadto
\(\displaystyle{ \frac{3}{2}\alpha_i\le\lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil}\)
\(\displaystyle{ p_i^{\frac{3}{2}\alpha_i}\le p_i^{\gamma}}\)
\(\displaystyle{ a^{\frac{3}{2}}\le b}\)
Dla \(\displaystyle{ a\ge 5}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a^{\frac{3}{2}}> 2a+1}\).
Razem z \(\displaystyle{ b\ge a^{\frac{3}{2}}}\) daje to \(\displaystyle{ b> 2a+1}\), co z kolei jest równoważne \(\displaystyle{ a^2 +b> (a+1)^2}\), co znowu razem z \(\displaystyle{ (a+1)^2>n}\) daje \(\displaystyle{ a^2+b>n}\).
Po przekształceniu \(\displaystyle{ b>n-a^2>0}\), co jest sprzeczne z \(\displaystyle{ b|n-a^2}\).
Oznacza to, że \(\displaystyle{ a\le 4}\) i jak łatwo sprawdzić mamy jeszcze dwa rozwiązania \(\displaystyle{ n=8}\) i \(\displaystyle{ n=24}\).
Jeśli \(\displaystyle{ a=1}\) zadanie jest oczywiste i to daje dwa rozwiązania \(\displaystyle{ n=2,n=3}\).
Załóżmy, że \(\displaystyle{ a\ge 2}\). Z zasadniczego twierdzenia arytmeki \(\displaystyle{ a}\) ma rozkład na liczby pierwsze \(\displaystyle{ a=p_{1}^{\alpha_1}\cdot \ldots \cdot p_{k}^{\alpha_k}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_i}\) są parami różne oraz \(\displaystyle{ \alpha_i\ge 1}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ a^3|n^2}\) wszyskie \(\displaystyle{ p_i}\) muszą występować w rozkładzie \(\displaystyle{ n}\) na czynniki pierwsze i \(\displaystyle{ n=p_{1}^{\beta_1}\cdot\ldots\cdot p_k^{\beta_k}\cdot q}\), gdzie \(\displaystyle{ \beta_i\ge 1}\) oraz \(\displaystyle{ q}\) w swoim rozkładzie nie zawiera żadnej z liczb \(\displaystyle{ p_i}\).
Niech \(\displaystyle{ \gamma_i=\lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil}\) dla \(\displaystyle{ i=1,\ldots,k}\) i niech \(\displaystyle{ b=p_{1}^{\gamma_1}\cdot\ldots\cdot p_k^{\gamma_k}}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ a^3|n^2}\)
\(\displaystyle{ p_{1}^{3\alpha_1}\cdot \ldots \cdot p_{k}^{3\alpha_k}|p_{1}^{2\beta_1}\cdot\ldots\cdot p_k^{2\beta_k}\cdot q}\)
\(\displaystyle{ 3\alpha_i\le 2\beta_i}\)
\(\displaystyle{ \frac{3}{2}\alpha_i\le \beta_i}\)
\(\displaystyle{ \lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil\le\beta_i}\)
\(\displaystyle{ \gamma_i\le \beta_i}\)
Wobec tego \(\displaystyle{ b|n}\). Dalej
\(\displaystyle{ \gamma_i =\lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil\le \lceil 2\alpha_i \rceil = 2\alpha_i}\)
i wobec tego \(\displaystyle{ b|a^2}\), a więc także \(\displaystyle{ b|n-a^2}\). Ponadto
\(\displaystyle{ \frac{3}{2}\alpha_i\le\lceil \frac{3}{2}\alpha_i \rceil}\)
\(\displaystyle{ p_i^{\frac{3}{2}\alpha_i}\le p_i^{\gamma}}\)
\(\displaystyle{ a^{\frac{3}{2}}\le b}\)
Dla \(\displaystyle{ a\ge 5}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a^{\frac{3}{2}}> 2a+1}\).
Razem z \(\displaystyle{ b\ge a^{\frac{3}{2}}}\) daje to \(\displaystyle{ b> 2a+1}\), co z kolei jest równoważne \(\displaystyle{ a^2 +b> (a+1)^2}\), co znowu razem z \(\displaystyle{ (a+1)^2>n}\) daje \(\displaystyle{ a^2+b>n}\).
Po przekształceniu \(\displaystyle{ b>n-a^2>0}\), co jest sprzeczne z \(\displaystyle{ b|n-a^2}\).
Oznacza to, że \(\displaystyle{ a\le 4}\) i jak łatwo sprawdzić mamy jeszcze dwa rozwiązania \(\displaystyle{ n=8}\) i \(\displaystyle{ n=24}\).
