Задача о пушечных ядрах (англ. cannonball problem) — задача о нахождении числа пушечных ядер, которые можно уложить и в один слой в форме квадрата, и в форме пирамиды с квадратом в основании, то есть о нахождении квадратных чисел, также являющихся квадратными пирамидальными числами. Нахождение этого числа сводится к решению диофантова уравнения ${\displaystyle \sum _{n=1}^{N}n^{2}=M^{2))$ или ${\displaystyle {\frac {1}{6))N(N+1)(2N+1)=M^{2))$. Уравнение имеет два решения: ${\displaystyle N=1}$ и ${\displaystyle M=1}$, то есть одно пушечное ядро, и ${\displaystyle N=24}$ и ${\displaystyle M=70}$, то есть 4900 пушечных ядер.

Вопросы укладки пушечных ядер интересовали уже сэра Уолтера Рэли и его современника Томаса Хэрриота^[1], однако в приведённой выше форме она была сформулирована в 1875 году Эдуаром Люка, предположившим, что кроме ${\displaystyle N=1}$ и ${\displaystyle N=24}$ других решений не существует^[2]. Частичные доказательства были предложены Море-Бланом (1876)^[3] и самим Люка (1877)^[4]. Первое полное доказательство было предложено Уотсоном (1918)^[5]; доказательство использовало эллиптические функции^[6]. Ещё одно доказательство было предложено Люнггреном^[англ.] (1952)^[7] с использованием уравнения Пелля^[8]. Доказательства с использованием только элементарных функций были предложены Ма (1985)^[9] и Энглином (1990)^[10][6].

Доказательство Уотсона^[5] основано на наблюдении, что из трёх чисел ${\displaystyle N}$, ${\displaystyle N+1}$ и ${\displaystyle 2N+1}$ одно должно делиться на 3; и либо ${\displaystyle N}$, либо ${\displaystyle N+1}$ должно быть чётным; и что все остальные множители должны быть квадратами. Тем самым возможны шесть вариантов:

1. ${\displaystyle N=3a^{2},\ N+1=2b^{2},\ 2N+1=c^{2};}$
2. ${\displaystyle N=2a^{2},\ N+1=3b^{2},\ 2N+1=c^{2};}$
3. ${\displaystyle N=2a^{2},\ N+1=b^{2},\ 2N+1=3c^{2};}$
4. ${\displaystyle N=a^{2},\ N+1=6b^{2},\ 2N+1=c^{2};}$
5. ${\displaystyle N=6a^{2},\ N+1=b^{2},\ 2N+1=c^{2};}$
6. ${\displaystyle N=a^{2},\ N+1=2b^{2},\ 2N+1=3c^{2}.}$

Однако, поскольку ${\displaystyle 2b^{2))$ при делении на 3 может иметь только остатки 0 или 2, первый вариант приводит к противоречию. Аналогичным образом можно исключить второй, третий и четвёртый варианты.

Пятый вариант приводит к решению ${\displaystyle N=24}$. Действительно, ${\displaystyle N=6a^{2},\ N+1=b^{2},\ 2N+1=c^{2))$ возможно только при нечётном ${\displaystyle c}$, и ${\displaystyle (c-1)(c+1)=12a^{2))$, то есть, существуют целые числа ${\displaystyle d}$ и ${\displaystyle e}$, такие что ${\displaystyle {\frac {1}{2))(c-1)=d^{2},\ {\frac {1}{2))(c+1)=3e^{2},\ a=de}$ или ${\displaystyle {\frac {1}{2))(c-1)=3d^{2},\ {\frac {1}{2))(c+1)=e^{2},\ a=de}$. Однако, ${\displaystyle {\frac {1}{2))(c-1)=d^{2},\ {\frac {1}{2))(c+1)=3e^{2},\ a=de}$ приводит к противоречию ${\displaystyle 3e^{2}-d^{2}\equiv 1{\pmod {3))}$. Следовательно, ${\displaystyle {\frac {1}{2))(c-1)=3d^{2},\ {\frac {1}{2))(c+1)=e^{2},\ a=de}$, то есть, ${\displaystyle c-1=6d^{2},\ c+1=2e^{2))$ и ${\displaystyle c+1=2e^{2},\ c^{2}+1=2b^{2))$. Как показано Жероно, ${\displaystyle c=1}$ и ${\displaystyle c=7}$ являются единственными решениями последней системы уравнений^[11]. Случай ${\displaystyle c=1}$ невозможен, так как ${\displaystyle N=0}$; случай ${\displaystyle c=7}$ приводит к ${\displaystyle N=24}$. Альтернативное доказательство единственности решения ${\displaystyle N=24}$ в этом случае использует то, что единственными решениями ${\displaystyle y^{2}=8x^{4}+1}$ являются ${\displaystyle (0,\;1),\ (0,\;-1),\ (1,\;3),\ (1,\;-3),\ (-1,\;3),\ (-1,\;-3)}$ и приведено в главе 6.8.2 книги Коэна^[12].

Доказательство отсутствия нетривиальных решений в шестом варианте требует применения эллиптических функций. Действительно, шестой вариант можно привести к виду ${\displaystyle 2b^{2}-a^{2}=1,2b^{2}+a^{2}=3c^{2))$. Вместо этих уравнений Уотсон рассматривает более общий случай ${\displaystyle 2X^{2}-Y^{2}=Z^{2},2X^{2}+Y^{2}=3W^{2))$ и показывает, что решения этих уравнений должны удовлетворять ${\displaystyle {\frac {Z}{W))=(-1)^{r}\operatorname {sd} ((2r+1)\beta ){\sqrt {\frac {3}{2))))$, где ${\displaystyle r}$ — неотрицательное целое число, ${\displaystyle \beta }$ задана ${\displaystyle \operatorname {sn} (\beta )={\frac {1}{\sqrt {2))))$, ${\displaystyle \operatorname {cn} (\beta )={\frac {1}{\sqrt {2))))$, ${\displaystyle \operatorname {dn} (\beta )={\frac {\sqrt {3)){2))}$, а ${\displaystyle \operatorname {sn} }$, ${\displaystyle \operatorname {cn} }$, ${\displaystyle \operatorname {dn} }$ и ${\displaystyle \operatorname {sd} }$ — эллиптические функции Якоби. Далее Уотсон доказывает, что ${\displaystyle Z}$ численно равно единице, только если ${\displaystyle r=0}$, то есть ${\displaystyle X^{2}=Y^{2}=Z^{2}=W^{2}=1}$, и единственное возможное в этом случае решение ${\displaystyle N=1}$.

Доказательство единственности приведённых выше решений, предложенное Ма, основывается на последовательном доказательстве следующих утверждений^[12]:

• Единственным чётным решением задачи об укладке ядер является ${\displaystyle (24,70)}$. Действительно, чётность ${\displaystyle n}$ позволяет исключить варианты 1, 4 и 6 из доказательства Уотсона, варианты 2 и 3 приводят к противоречию (см. доказательство Уотсона), а ${\displaystyle (24,70)}$ — единственное решение возможное для варианта 5.
• Пусть ${\displaystyle \alpha =2+{\sqrt {3)),\beta =2-{\sqrt {3)),M_{n}=(\alpha ^{n}+\beta ^{n})/2}$. Тогда для неотрицательных ${\displaystyle n}$, ${\displaystyle M_{n))$ имеет вид ${\displaystyle 4x^{2}+3}$ только для ${\displaystyle n=2}$.
• Единственным нечётным ${\displaystyle N}$, удовлетворяющим задаче об укладке ядер, является ${\displaystyle N=1}$. Действительно, рассуждая аналогично доказательству Уотсона, нечётное ${\displaystyle N}$ должно удовлетворять варианту 6, то есть, ${\displaystyle N=a^{2},N+1=2b^{2},2N+1=3c^{2))$. Поскольку для любого ${\displaystyle x}$, ${\displaystyle (4x+3)^{2}-8(x+1)(2x+1)=1}$ и ${\displaystyle 4x+3=2(2x+1)+1}$, это также справедливо для ${\displaystyle N}$. Подставляя ${\displaystyle 2b^{2))$ и ${\displaystyle 3c^{2))$ вместо ${\displaystyle x+1}$ и ${\displaystyle 2x+1}$, получим ${\displaystyle (2(3c^{2})+1)^{2}-8\cdot 2b^{2}\cdot 3c^{2}=1}$, то есть, ${\displaystyle (6c^{2}+1)^{2}-3(4bc)^{2}=1}$. Поскольку ${\displaystyle 2+{\sqrt {3))}$ порождает группу единиц ${\displaystyle \mathbb {Z} [{\sqrt {3))]}$, существует ${\displaystyle n\in \mathbb {Z} }$ такое, что ${\displaystyle 6c^{2}+1+4bc{\sqrt {3))=\pm (M_{n}+G_{n}{\sqrt {3)))}$, где ${\displaystyle M_{n))$ определено выше, а ${\displaystyle G_{n}=(\alpha ^{n}+\beta ^{n})/(\alpha -\beta )}$. Поскольку ${\displaystyle M_{n))$ положительно, ${\displaystyle M_{n}=6c^{2}+1}$ и, по определению ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle M_{n}=4a^{2}+3}$. По предыдущей лемме, ${\displaystyle n=2,M_{n}=7}$, то есть ${\displaystyle a=1}$ и ${\displaystyle n=1}$.

Подробности доказательства приведены в главе 6.8.2 книги Коэна^[12].

За исключением тривиального случая ${\displaystyle N=1}$ не существует числа пушечных ядер, которые бы можно было уложить в виде пирамиды с квадратом в основании, и которое бы при этом одновременно являлось кубом, четвёртой или пятой степенью натурального числа^[13]. Более того, это же справедливо для укладки ядер в виде правильного тетраэдра^[13].

Другим обобщением задачи является вопрос о нахождении числа ядер, которые можно уложить в форме квадрата и усечённой пирамиды с квадратом в основании. То есть ищут ${\displaystyle n}$ последовательных квадратов (не обязательно начиная с 1), сумма которых является квадратом. Известно, что множество ${\displaystyle S}$ таких ${\displaystyle n}$ бесконечно, имеет асимптотическую плотность ноль и для ${\displaystyle n}$, не являющихся квадратами, существует бесконечно много решений^[8]. Число ${\displaystyle N(x)}$ элементов множества ${\displaystyle S}$, не превышающих ${\displaystyle x}$, оценивается как ${\displaystyle c_{1}{\sqrt {x))<N(x)<c_{2}{\frac {x}{\ln {x))))$. Первые элементы ${\displaystyle n}$ множества ${\displaystyle S}$ и соответствующие наименьшие значения ${\displaystyle a}$, такие что ${\displaystyle \sum _{k=a}^{a+n-1}k^{2))$ является квадратом, приведены в следующей таблице^[8]:

n	2	11	23	24	26	33	47	49	50	59
a	3	18	7	1	25	7	539	25	7	22

Для ${\displaystyle n=2}$ и ${\displaystyle a=3}$ решением является пифагорова тройка ${\displaystyle 3^{2}+4^{2}=5^{2))$. Для ${\displaystyle n=24}$ и ${\displaystyle a=1}$ решением является приведённое выше решение задачи об укладке пушечных ядер. Последовательность элементов множества ${\displaystyle S}$ — последовательность A001032 в OEIS^[14].

Ещё одно обобщение задачи было рассмотрено Канэко и Татибаной^[15]: вместо вопроса о равенстве суммы первых квадратных чисел и другого квадратного числа, они рассмотрели вопрос о равенстве суммы первых многоугольных чисел и другого многоугольного числа и показали, что для любого ${\displaystyle m\geqslant 3}$ существует бесконечно много последовательностей первых ${\displaystyle m}$-угольных чисел, таких что их сумма равна другому многоугольному числу, и что для любого ${\displaystyle n\geqslant 3}$ существует бесконечное число ${\displaystyle n}$-угольных чисел, представимых в виде суммы последовательностей первых многоугольных чисел. Более того, Канэко и Татибана установили, что для любого натурального ${\displaystyle k}$ выполняются следующие отношения:

${\displaystyle Pyr_{m}(3(m-2)k-2)=G_{9k+2}((m-2)^{2}k-m+3),}$

${\displaystyle Pyr_{m}(3k-1)=G_{(m-2)k+3}(3k-1),}$

${\displaystyle Pyr_{m}(6k-3)=G_{4(m-2)(2k-1)+6}(3k-1),}$

${\displaystyle G_{n}((n-2)k^{2}-3k+1)=Pyr_{3k+2}((n-2)k-2),}$

${\displaystyle G_{n}(8k^{2}-6k+1)=Pyr_{3(n-2)k+2}(4k-2),}$

где ${\displaystyle G_{m}(n)}$ — ${\displaystyle n}$-ое ${\displaystyle m}$-угольное число, а ${\displaystyle Pyr_{m}(n)}$ — ${\displaystyle n}$-ое ${\displaystyle m}$-угольное пирамидальное число, то есть, сумма ${\displaystyle n}$ первых ${\displaystyle m}$-угольных чисел^[15].

Нетривиальное решение ${\displaystyle N=24}$ приводит к построению решётки Лича (которая, в свою очередь, связана с различными областями математики и теоретической физики — теория бозонных струн, монстр). Это делается с помощью чётной унимодулярной решётки ${\displaystyle \mathrm {II} _{25,1))$ в 25+1-мерном псевдоевклидовом пространстве. Рассмотрим вектор этой решётки ${\displaystyle w=(0,\;1,\;2,\;\ldots ,\;23,\;24;\;70)}$. Поскольку ${\displaystyle N=24}$ и ${\displaystyle M=70}$ — решение задачи об укладке пушечных ядер, этот вектор — светоподобный, ${\displaystyle w\cdot w=0}$, откуда, в частности, следует, что он принадлежит собственному ортогональному дополнению ${\displaystyle w^{\bot ))$. Согласно Конвею^[16][17], вектор ${\displaystyle w}$ позволяет построить решётку Лича

• как фактормножество ${\displaystyle (w^{\bot }\cap \mathrm {II} _{25,1})/w}$, которое корректно определено благодаря светоподобности ${\displaystyle w}$;
• как множество всех векторов ${\displaystyle r\in \mathrm {II} _{25,1))$ таких, что ${\displaystyle r\cdot r=2,r\cdot w=-1}$. Такие векторы составляют множество так называемых фундаментальных корней решётки ${\displaystyle \mathrm {II} _{25,1))$. Во всех случаях, когда можно таким способом построить множество фундаментальных корней чётной унимодулярной решётки в псевдоевклидовом пространстве ${\displaystyle \mathrm {II} _{n,1))$, всегда можно использовать целочисленный вектор с идущими подряд от ноля пространственными компонентами; а чтобы это множество образовывало решётку, этот вектор должен быть светоподобным. И поскольку ${\displaystyle N=24}$ — единственное нетривиальное решение задачи об укладке пушечных ядер, то 24-мерная решётка Лича — единственная решётка, которую можно таким способом получить из ${\displaystyle \mathrm {II} _{n,1))$.

• Плотная упаковка равных сфер