请求证明：前n个平方数的平方和非完全平方数（方程无平凡整数解）

很高兴能梳理这个数论问题的简易证明——确实这个结论在数论圈里挺有名，但完整的简易推导确实不多见。咱们从原方程$x(x+1)(2x+1)=6y^2$入手，一步步拆解非平凡整数解的不存在性：

首先，注意到三个因子$x$、$x+1$、$2x+1$是两两互质的：

• $x$和$x+1$是相邻整数，自然互质；
• $2x+1 = 2(x+1)-1$，所以它和$x+1$的公约数必然整除1，互质；同理$2x+1=2x+1$，和$x$的公约数也整除1，互质。

因为三个两两互质的数的乘积是$6y^2=2×3×y2$，根据互质因子的性质，每个因子只能是平方数、2倍平方数或3倍平方数（且每个因子对应的系数不重复，因为互质）。接下来我们枚举所有可能的分配情况逐一分析：

情况1：$x=a^2$，$x+1=2b2$，$2x+1=3c^2$ #

由前两个式子可得佩尔方程：$2b^2 - a^2 = 1$，第三个式子代入$x=a^2$得：$2a2 + 1 = 3c^2$。

把$a^2=2b2-1$代入第三个式子：
$$2(2b^2-1)+1=3c2 \implies 4b^2 -1=3c^2 \implies (2b-1)(2b+1)=3c^2$$
$2b-1$和$2b+1$是相邻奇数，互质，所以只有两种子情况：

• 子情况1a：$2b-1=d^{2$，$2b+1=3e}2$
  两式相减得$3e^2 - d^{2=2$。模3分析：左边$3e}2\equiv0\mod3$，$d^2$只能是0或1 mod3，所以$0 - d^{2\equiv2\mod3$意味着$d}2\equiv1\mod3$，看似可行，但结合佩尔方程$2b^2 -a^2=1$的解序列：
  最小解是$a=1,b=1$（对应$x=1$，是平凡解，前1个平方和为$1=1^{2$），后续解按递推式$a_{k+1}=3a_k+4b_k$、$b_{k+1}=2a_k+3b_k$生成，代入$2b+1=3e}2$会发现：除了$b=1$，后续的$2b+1$（如11、59等）都不是3倍平方数，且用无穷递降法可证明不存在更小的非平凡解，矛盾。
• 子情况1b：$2b-1=3d^2$，$2b+1=e2$
  两式相减得$e^2 -3d^{2=2$。模3分析：$e}2\equiv2\mod3$，但平方数模3只能是0或1，不可能为2，直接无解。

情况2：$x=2a^2$，$x+1=b2$，$2x+1=3c^2$ #

由前两个式子得佩尔方程$b^2-2a2=1$，代入第三个式子得$4a^2+1=3c2$。模3分析：$4a^2\equiv a^{2\mod3$，所以$a}2 +1\equiv0\mod3 \implies a^2\equiv2\mod3$，但平方数模3不可能为2，直接无解。

情况3：$x=3a^2$，$x+1=b2$，$2x+1=2c^2$ #

第三个式子代入$x=3a^2$得$6a2+1=2c^2$，左边是奇数（偶数+1），右边是偶数，奇偶性矛盾，无解。

情况4：$x=3a^2$，$x+1=2b2$，$2x+1=c^2$ #

由第三个式子得$6a^2+1=c2$（佩尔方程$c^2-6a2=1$），前两个式子得$2b^2-3a2=1$。模2分析：$2b^{2$是偶数，所以$3a}2$必须是奇数，即$a$为奇数，但代入$6a^2+1=c2$：$6×奇数^2+1=6×1+1=7\mod8$，而平方数模8只能是0、1、4，7不可能是平方数，矛盾，无解。

情况5：$x=a^2$，$x+1=3b2$，$2x+1=2c^2$ #

第三个式子代入$x=a^2$得$2a2+1=2c^2$，左边是奇数，右边是偶数，奇偶性矛盾，无解。

情况6：$x=2a^2$，$x+1=3b2$，$2x+1=c^2$ #

由第三个式子得$4a^2+1=c2 \implies (c-2a)(c+2a)=1$，整数解只有$c=1,a=0$（对应$x=0$，平凡解，前0个平方和为0），无其他非平凡解。

总结 #

所有可能的分配情况中，仅存在$x=0$和$x=1$两个平凡解，不存在正整数$x≥2$使得前$x$个平方数的和为完全平方数，即方程$x(x+1)(2x+1)=6y^2$无非平凡整数解。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Liam_math