求出满足以下两个条件的最大正整数 $n$：
（1）${{n}^{2}}$ 可以表示成两个连续整数的立方之差；
（2）$2n+79$ 是平方数．
（1）${{n}^{2}}$ 可以表示成两个连续整数的立方之差；
（2）$2n+79$ 是平方数．
【难度】
【出处】
2008年第26届美国数学邀请赛Ⅱ（AIMEⅡ）
【标注】
【答案】
181
【解析】
由条件可设 ${{\left( m+1 \right)}^{3}}-{{m}^{3}}={{n}^{2}}$，化简后可得
$3{{\left(2m+1 \right)}^{2}}=\left( 2n-1 \right)\left( 2n+1 \right)$．
由于 $2n-1$ 和 $2n+1$ 是两个连续的奇数，它们互素，因此它们其中之一是平方数，另一个是某个平方数的3倍．若 $2n+1$ 是平方数，则 $2n-1$ 是某个平方数的3倍，这意味着 $2n+1$ 模3余2，而这与平方数模3余0或1矛盾．因此 $2n-1$ 是平方数．结合条件（2），可设 $2n-1={{p}^{2}}$，$2n+79={{q}^{2}}$，其中 $p$，$q$ 是正奇数．由于 $80={{q}^{2}}-{{p}^{2}}=\left(q-p \right)\left( q+p \right)$，且 $q-p$，$q+p$ 均为偶数，故
$2q=\left(q-p \right)+\left( q+p \right)\leqslant 2+40=42$．
因此 $q\leqslant 21$，即 $n=\frac{{{q}^{2}}-79}{2}\le181$．经检验 $n=181$ 满足题目条件，故所求最大的 $n$ 为181．
$3{{\left(2m+1 \right)}^{2}}=\left( 2n-1 \right)\left( 2n+1 \right)$．
由于 $2n-1$ 和 $2n+1$ 是两个连续的奇数，它们互素，因此它们其中之一是平方数，另一个是某个平方数的3倍．若 $2n+1$ 是平方数，则 $2n-1$ 是某个平方数的3倍，这意味着 $2n+1$ 模3余2，而这与平方数模3余0或1矛盾．因此 $2n-1$ 是平方数．结合条件（2），可设 $2n-1={{p}^{2}}$，$2n+79={{q}^{2}}$，其中 $p$，$q$ 是正奇数．由于 $80={{q}^{2}}-{{p}^{2}}=\left(q-p \right)\left( q+p \right)$，且 $q-p$，$q+p$ 均为偶数，故
$2q=\left(q-p \right)+\left( q+p \right)\leqslant 2+40=42$．
因此 $q\leqslant 21$，即 $n=\frac{{{q}^{2}}-79}{2}\le181$．经检验 $n=181$ 满足题目条件，故所求最大的 $n$ 为181．
答案
解析
备注
