[数论] 一个题目的不科学性

群里今天讨论了一个题，原题是这样的
今有一个正偶数 $a$，对任意的正整数 $n$，数 $A=1+a+a^2+\cdots+a^n$ 都是完全平方数，求证 $a$ 是8的倍数。
经过思考，发现题目的条件过于强烈了，事实上，只要 $1+a$ 是完全平方数，数 $a$ 就已经是8的倍数了。原因很简单，显然 $1+a$ 只能是一个奇数的平方：$1+a=(2m+1)^2$，于是 $a=4m(m+1)$ 当然是8的倍数。
这个题目的科学性引起了我的怀疑，凭直觉，感觉题目的条件是不可能的，于是探究发一番，果然证实了我的想法。
把问题变个说法：一个首项为1，公比是正偶数的等比数列，它的每一个前n项和都是完全平方数，这样的数列存在吗？
从最简单的做起，首先这些前n项和当然只能是奇数的平方，设 $S_n=m_n^2$，那么因为 $S_2=1+a=m_2^2$，$S_3=1+a+a^2=S_2+a^2=m_3^2$，所以 $m_2^2+a^2=m_3^2$，这说明 $m_2$、$a$、$m_3$ 是一组勾股数，在网上搜到了一下勾股方程 $x^2+y^2=z^2$ 的正整数解:
\begin{align}
\begin{cases}
x=2rs \\
y=r^2-s^2 \\
z=r^2+s^2
\end{cases}
\end{align}
这里 $r>s>0$，一奇一偶并且互素。
利用这个结果，因为勾股方程的左边两个平方和必须是一奇一偶（看那个通解），所以在方程 $m_2^2+a^2=m_3^2$ 中，自然就必须是
\begin{align}
\begin{cases}
a=2rs \\
m_2=r^2-s^2 \\
m_3=r^2+s^2
\end{cases}
\end{align}
但是注意到 $m_2^2=1+a$，所以
\begin{align}
\begin{cases}
a=2rs \\
1+a=(r^2-n^2)^2
\end{cases}
\end{align}
如此一来得
\[
1+2rs=(r^2-s^2)^2
\]
这个是不可能的，因为
\begin{align}
1+2rs&=(r^2-s^2)^2 \\
&=(r+s)^2(r-s)^2 \\
&\geqslant (r+s)^2
\end{align}
于是得到
\[
r^2+s^2\leqslant 1
\]
这个可是神仙都做不到啊，所以只前三个和就不可能都是完全平方数，更不用说所有的和都是完全平方数了。

嗯，能使 $1+a+a^2$ 为完全平方数的整数 $a$ 貌似只有 $0$ 和 $-1$

啊，对，我搞得太复杂了，当 $a$ 是一个正整数时，$1+a+a^2$ 是不可能为完全平方数的了，因为
\[
a^2<1+a+a^2<(1+a)^2
\]

3# 都市侠影

嗯，是这正整数情况的最简单说明了。

如果考虑 0 和负整数的话，也可以用笨方法证，设 $1+a+a^2=m^2$，其中 $m\in\mathbb N^+$，则
\[a=\frac{-1\pm\sqrt{4m^2-3}}2,\]
那么 $4m^2-3$ 必须为完全平方数，而易证当 $m>1$ 时有 $(2m)^2>4m^2-3>(2m-1)^2$，所以只有 $m=1$ 才符合，此时 $a=0$ 或 $-1$。

考虑负整数也可以简单点嘛
\[
(1+a)^2<1+a+a^2\leqslant a^2
\]
注意到这里 $|1+a|<|a|$

我也跳去……