Многочлен. Всегда ли он сумма двух квадратов?

[Andrey A]

Значения многочлена

$$G(x)=9x^{14}-50x^{12}+147x^{10}-189x^8+185x^6-114x^4+36x^2+1$$

при подстановке целых $x<25$ оказываются представимы формой $p^2+q^2=G(x).$ Верно ли это для любых $x$ — не знаю, поскольку ни факторизовать многочлен, ни решить соотв. уравнение не удается. Известно только, что $G(x) \equiv 1 \mod 4.$ Всё это касается и многочлена

$$H(x)=x^{14}+36x^{12}-114x^{10}+185x^8-189x^6+147x^4-50x^2+9,$$

образованного из $G(x)$ подстановкой $x \to \dfrac{1}{x}$ с последующим домножением на $x^{14}.$ Или наоборот, это как угодно. Первый раз сталкиваюсь с подобной ситуацией. Вопрос вырос из задачи о кубоиде, с которой связан непосредственно: если находится рациональное $\left| x \right| \neq 0,1$ такое, что $G(x)H(x)=\square,$ получаем частное $1$-параметрическое решение кубоида. Но об этом не спрашиваю. Хотя, не исключено что одно с другим связано.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1557771 писал(а):

Верно ли это для любых $x$ — не знаю

Это похоже на правду. Во всяком случае, многочлен $G(x)$ не имеет маленьких (меньших миллиона) простых делителей $p \equiv 3 \pmod{4}$.

Попробуйте представить многочлен $G(x)$ в виде суммы квадратов двух многочленов $P(x)^2+Q(x)^2$ методом неопределенных коэффициентов (которые считайте целыми). Вдруг повезет и такое представление легко отыщется.

-- Сб июн 18, 2022 00:04:52 --

Andrey A в сообщении #1557771 писал(а):

Вопрос вырос из задачи о кубоиде

А, тогда, скорее всего, не повезет.

[wrest]

Andrey A в сообщении #1557771 писал(а):

поскольку ни факторизовать многочлен,

Факторизовать не получится, т.к. например $G(25)=332309884841264085001$ простое число :)

[Andrey A]

wrest в сообщении #1557781 писал(а):

простое число :)

Да. И это не единственный пример, хотя достаточно одного.

nnosipov в сообщении #1557775 писал(а):

... представить многочлен $G(x)$ в виде суммы квадратов двух многочленов $P(x)^2+Q(x)^2$

Тогда можно было бы сделать замену $x \to \sqrt{x}$ и получить суммы квадратов двух многочленов $P(x)+Q(x)$ для $G()$ со вдвое меньшими степенями. Но даже если брать неквадратные аргументы $=0,1 \mod 4$, сразу всё нарушается — появляются произведения простых $=3 \mod 4$ и т.д. Чудеса.
PS Нет, не понял Вас (квадраты далеко улезли)). Всё так. Но решить уравнение $G(x)=p^2+q^2$ не удается.

[mathematician123]

Есть одна идея. Не знаю, сработает ли она. Зависит от того, возможно ли решить некоторую систему из 7 линейных уравнений с 7 неизвестными.

Предположим, что для некоторых целых $x_i$, где $i \in [0,6]$ мы знаем представление в виде суммы квадратов. То есть, $G(x_i) = p_i^2+q_i^2$. Будем искать представление $G(x)$ в виде суммы квадратов двух других многочленов.

Пусть $G(x) = P(x)^2 + Q(x)^2$, где $P(x) = \sum_{j=0}^6 y_jx^j$, $Q(x) = \sum_{j=0}^6 z_jx^j$.

Тогда коэффициенты многочлена $P(x)$ можно найти, решив систему из семи уравнений

$$p_i = P(x_i) = \sum_{j=0}^6y_jx_i^j$$

. Аналогично находятся коэффициенты $Q(x)$.

[Slav-27]

Интересно, бывает ли многочлен с целыми коэффициентами, у которого все значения -- суммы квадратов двух целых чисел, но сам он не сумма квадратов двух многочленов?

Если у многочлена с целыми коэффициентами все значения -- квадраты целых чисел, то и сам он квадрат.

[Andrey A]

$G(0)=1^2+0^2.$
$G(1)=5^2+0^2=4^2+3^2.$
$G(2)=231^2+40^2=220^2+81^2=185^2+144^2=175^2+156^2.$
$G(3)=4860^2+649^2=4599^2+1700^2$
$G(4)=41377^2+2736^2=40488^2+8959^2=31460^2+27015^2.$
$G(5)=209615^2+12276^2=207345^2+33124^2 $=177999^2+111380^2=166001^2+128580^2.$
$G(6)=775855^2+55380^2=771732^2+297199^2 $=713647^2+309396^2=675705^2+385280^2$
mathematician123
Это на всякий случай, если Вы возьметесь составить систему.

[nnosipov]

Все оказалось гораздо проще: этот $G(x)$ факторизуется над $\mathbb{Q}(i)$ (собственно, это и есть критерий представимости в виде суммы квадратов двух многочленов). Отсюда находим $G(x)=P(x)^2+Q(x)^2$, где $P(x)=3x^7-9x^5+9x^3-6x$, $Q(x)=2x^6+3x^4-1$.

-- Сб июн 18, 2022 07:58:56 --

Slav-27 в сообщении #1557795 писал(а):

Интересно, бывает ли многочлен с целыми коэффициентами, у которого все значения -- суммы квадратов двух целых чисел, но сам он не сумма квадратов двух многочленов?

Тоже задумался. Надо поискать, возможно, ответ уже известен.

[Andrey A]

nnosipov
Спасибо большое, просто и красиво — как раз то что нужно. Эх, хорошо бы самому сообразить, но вот, чуть повыше степени — и не знаешь с какого края зайти. Они ведь еще и факторизуются:

$$G(x)=\left ( 3x(x^2-2)(x^4-x^2+1) \right )^2+\left ( (2x^2-1)(x^2+1)^2 \right )^2$$

$$H(x)=\left ( 3(2x^2-1)(x^4-x^2+1) \right )^2+\left ( x(x^2-2)(x^2+1)^2 \right )^2$$

Причем произведение всех скобок в том и другом случае одинаково. Получаем задачу вида $\left ( (AC)^2+(BD)^2 \right )\left ( (AD)^2+(BC)^2 \right )=\square.$ Вполне гуманный вопрос, да и было уже что-то похожее. Но не буду здесь углубляться, еще раз спасибо! На самом деле я на Вольфрам понадеялся, он ведь факторизует по умолчанию над $\mathbb{Q}(i)$, а тут не стал ) Нужен, видимо, какой-то специальный запрос.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1557813 писал(а):

он ведь факторизует по умолчанию над $\mathbb{Q}(i)$

Вообще-то, по умолчанию они (системы компьютерной алгебры) факторизуют над $\mathbb{Q}$.

[Andrey A]

Это да, но зависит от контекста https://www.wolframalpha.com/input?i=Factor+a%5E2%2Bb%5E2%2Bc%5E2%2Bd%5E2%2B2*a*b%2B2*c*d

[Andrey A]

В. В. Прасолов, “Суммы квадратов многочленов” Матем. обр.,1999.

PS Тема в пр/р просится.

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #1557808 писал(а):

Надо поискать, возможно, ответ уже известен.

Да, у Прасолова в "Многочленах" нашелся: на стр. 311 (изд. 2014 года) дана ссылка на статью Davenport H., Lewis D. J., Schinzel A., Polynomials of certain special types, Acta Arithm. 9 (1964), 108-116.

[Slav-27]

nnosipov, здорово, спасибо!