(surement quelques bourdes comme d'hab.)

Si j'ai bien compris l'énoncé
cela revient à chercher pour quelle valeur de n la somme des entiers de 1 à n est un carré.
*
**
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********

ça fonctionne pour n = 8

Donc oui c'est possible

Deux solutions triviales 0 et 1 (deux premiers termes de la série)
la valeur suivante 8 est donnée par la formule

a(n+1) = 6*a(n) - a(n-1) + 2, avec a(0) = 0, a(1) = 1.

ainsi on obtient :
0, 1, 8, 49, 288, 1681, 9800, 57121, 332928 , 1940449, 11309768, 65918161, 384199200, 2239277041, 13051463048, 76069501249, 443365544448, 2584123765441, 15061377048200, 87784138523761, 511643454094368, 2982076586042449, 17380816062160328, 101302819786919521

valeurs de la suite OEIS (Celle-là n'est pas à moi (sourire)²)
A001108 : https://oeis.org/A001108

On chercher des entiers n et k tels que
$n(n+1) = 2k^2$.

Considérons le cas où n est pair, et écrivons le comme n = 2l. Nous avons alors
$l(2l+1) = k^2$.
l et (2l+1) sont premiers entre eux, et leur produit est un carré, ce sont donc des carrés. Ecrivons ainsi
                                                     $l = a^2$, et
                                                     $2l + 1 = b^2$.
On est amené à résoudre l'équation de Pell-Fermat suivante :

$b^2 - 2a^2 = 1$.

Nous avons une solution minimale avec b=3, a=2, et nous pouvons générer toutes les solutions à partir de celle-ci. Si (a, b) est une solution de l'équation, alors n = 2a^2 est une solution du problème posé. (Par exemple, n=2*2^2 = 8 convient).

Intéressons nous désormais au cas où n est impair, et écrivons n=2l-1. Nous obtenons:
$(2l-1)l = k^2$.
Il existe alors des entiers a et b tels que
                                                      $l=a^2$, et
                                                      $2l-1 = b^2$.
L'équation de Pell-Fermat est alors:
$b^2-2a^2=-1$.
La solution minimale est a=1, b=1, et pour chaque solution engendrée, nous avons n=2a^2-1 comme solution au problème posé. (Par exemple, n=2*5^2-1 = 49 convient).

Si on applique les formules connues, les solutions prennent la forme suivante:

                                    $n = 2\Big(\frac{(1+\sqrt{2})^m-(1+\sqrt{2})^m}{2\sqrt{2}}\Big)^2-\delta_{m, \text{impair}}$.

(Pour les solutions de Pell-Fermat, j'ai copié http://vonbuhren.free.fr/Agregation/Doc … fermat.pdf, donc j'ai peut être un peu triché ).

Que des bonnes réponses. Mais une seule démonstration pour l’instant …
(Sloane n’est pas une démonstration 😂)

Sloane suffit bien.
Tu propose des problèmes, comme le premier, qui ont mis à mal pas mal de mathématiciens.
Recopier la démonstration est assez inutile, même si on a le mérite de la comprendre.

Bonjour Scarta,

j'imagine que tu nous amènes dan un Z(truc) que je n'ai toujours pas bien apréhendé

donc on cause de n(n+1)/2 qui serait un carré

donc n(n+1)/2 = X²
=> n² +n -2X² = 0

donc un delta : racine(1+8X²)
delta que l'on voudrait entier donc 1+8X² =Y²

et toc voila Pell  Y²-8X²=1
on trouve une solution minimale  (Y,X) = (3,1)

cool et Pell nous dit que les solutions sont de  type Yn+Xn.racine(8) = (3+racine(8))^n
( et là , Scarta , j'entrevois, mais je veux bien que tu me détailles, ce que je comprends comme le Z(racine(8))

à la puissance 2 on trouve : 17 +6 racine(8)
donc Y = 17; X=6
et comme n = (-1+racine(delta))/2 = (-1+Y)/2
on trouve donc n=8 ( avec la surface = 8*9/2= 36 = 6²)

au rang 3 on obtient (17 +6 racine(8)*( 3 +racine(8)) = 99 +35 racine(8)
donc Y= 99 ; X=35
et donc n = 49 (avec la surface = 49*50/2 = 1225 = 35²)

et ainsi de suite avec la récurence
Y (n+1) = 3 Y(n) + 8 X(n)
X (n+1) = Y(n) + 3X(n)