Сумма квадратов равна удвоенному произведению

[mathematician123]

Существует ли шестёрка целых положительных чисел, сумма квадратов которых равна их удвоенному произведению?

[mihaild]

mathematician123 в сообщении #1580260 писал(а):

равна их удвоенному произведению

Удвоенному произведению чисел или квадратов?

[mathematician123]

mihaild
Согласен, неоднозначно получилось. Другая формулировка:
Разрешимо ли уравнение

$$ a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 + a_4^2 +a_5^2 + a_6^2 = 2a_1a_2a_3a_4a_5a_6$$

в целых положительных числах?

[gris]

Интересны серии приближённых решений $(1, 1, 1, 2, a_i, a_{i+1}) \big| a_1=2; a_2=2;\;a_{i+2}=4a_{i+1}-a_i$
в которой сумма квадратов на единичку меньше удвоенного произведения.
a=(2, 2, 6, 22, 82, 306, 1142, 4262...)
(1,1,1,2, 2, 2)
(1,1,1,2, 2, 6)
(1,1,1,2, 6, 22)
...
и другие. Точного решения, по видимому, нет
Примеры других серий:

$(1, 1, 2, 2, a_i, a_{i+1}) \big| a_1=2; a_2=15;\; a_{i+2}=8a_{i+1}-a_i$
a=(2, 15, 118, 929...)

$(1, 1, 2, 2, a_i, a_{i+1}) \big| a_1=6; a_2=47;\; a_{i+2}=8a_{i+1}-a_i$
a=(6, 47, 370, 2913...)

[ozheredov]

gris
Будем считать, что $a_1 \leq a_2 ... \leq a_6$; тогда $a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2+a_6^2 \leq 6a_6^2$. То есть $2a_1a_2a_3a_4a_5a_6 \leq 6a_6^2$, и $a_1a_2a_3a_4a_5 \leq 3a_6$; Можно отсюда начать перебор с отсечением?

[Shadow]

По модулю 8 все числа нечетные, но не очень важно. Решаем с помощью скачков Виета. Пусть минимальное решение:
$a_1 \le a_2\le a_3\le a_4 \le Y \le X$ Решаем квадратное относительно $X$

$X^2-2a_1a_2a_3a_4YX+Y^2+a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2=0$

Оба корна дольны быть не меньше $Y$, потому что они положительные и $Y \le X$

$(X_1-Y)(X_2-Y) \ge 0 \Rightarrow X_1X_2-Y(X_1+X_2)+Y^2 \ge 0$

$Y^2+a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2-2Y^2a_1a_2a_3a_4+Y^2 \ge 0$

$2Y^2(a_1a_2a_3a_4-1) \le a_1^2+a_2^2+a_3^2+ a_4^2$

Поделив на $Y^2$ а лучше сразу на $2Y^2$ с учетом $Y \ge a_i$ получаем

$a_1a_2a_3a_4-1 \le 2$, причем равенство возможно только при $Y=a_j$

Нет решений.

[mihaild]

Shadow в сообщении #1580323 писал(а):

Оба корна дольны быть не меньше $Y$, потому что они положительные и $Y \le X$

Из этого же получается, что только один из корней не меньше $Y$, другой может быть и меньше.

[Shadow]

mihaild в сообщении #1580324 писал(а):

Из этого же получается, что только один из корней не меньше $Y$, другой может быть и меньше.

Если другой меньше, наше не будет наименьшим решением. Вообще то при решении симетричных уравнений с помощью скаков Виета следует писать:

Пусть минимальное решение $x_1 \ge y$. Потому что есть еще и $x_2$ И чтобы было минимальное решение необходимо или $x_2 \le 0$, или $x_2 \ge x_1$

Первый случай в данной задаче невозможен. Ну, оказывается и второй...все.

[mathematician123]

Shadow в сообщении #1580323 писал(а):

$a_1a_2a_3a_4-1 \le 2$, причем равенство возможно только при $Y=a_j$

Нет решений

Почему нет решений? Я в этом месте рассмотрел три уравнения, которые получаются в зависимости от того, равно ли $a_1a_2a_3a_4$ единице, двум или трём. Каждое из них не разрешимо по некоторому модулю. Или есть способ проще?

Можно рассмотреть более общее уравнение

$$ a_n^2 + \ldots + a_1^2 = 2a_n \cdot \ldots \cdot a_1$$

Прыжками Виета можно показать, что если это уравнение имеет решение в целых положительных числах, то у него есть и такое решение, в котором $a_1a_2 \cdot \ldots \cdot a_{n-2} \le \frac{n}{2}$.

При $n = 7$ решения есть. А вот при $n = 8$ решений нет. Думаю, что начиная с некоторого $n$ решения будут всегда, но доказательства у меня нет.

[mihaild]

Shadow в сообщении #1580325 писал(а):

Если другой меньше, наше не будет наименьшим решением

Да, согласен.
Вообще ощущение, что от целочисленности нам нужно не так много: целочисленность $a_6$, $2a_1a_2a_3a_4a_5$ и того что на их месте получается при следующем решении.

[Shadow]

mathematician123 в сообщении #1580329 писал(а):

Shadow в сообщении #1580323 писал(а):

$a_1a_2a_3a_4-1 \le 2$, причем равенство возможно только при $Y=a_j$

Нет решений

Почему нет решений? Я в этом месте рассмотрел три уравнения, которые получаются в зависимости от того, равно ли $a_1a_2a_3a_4$ единице, двум или трём. Каждое из них не разрешимо по некоторому модулю. Или есть способ проще?

Я имел ввиду что у исходного уравнения нет решений, а не у этого простейшего неравенства. На самом деле есть какой-нибудь смысл рассмотреть только $a_1=a_2=a_3=a_4=1$

Но $4+x^2+y^2>2xy$

А рассматривать $a_4\ge 3$ бессмыслено. Там же $a_4-1 \le 1/(2y^2)+1/(2y^2)+1/(2y^2)+a_4^2/(2y^2)$

(я кажется упомянул, что все решения, если их есть - нечетные.)

[Shadow]

mathematician123 в сообщении #1580329 писал(а):

$$ a_n^2 + \ldots + a_1^2 = 2a_n \cdot \ldots \cdot a_1$$

mathematician123 в сообщении #1580329 писал(а):

При $n = 7$ решения есть.

Не подскажете какое?

-- 05.02.2023, 19:22 --

Вопрос снимаю, три двойки и четыре единицы. У меня померещилось противоречие по модулю 8.