Доказать или опровергнуть равенство

[maxmatem]

Верно ли что найдутся $x$ и $y$ целые числа, то верно равенство

$$x^2+y^2=2(2014^2+2015^2)$$

Честно говоря не ясно к чему идти,
Ясно что левая часть должна быть четной, но это так мелочь наверное....

Думаю что нет таких чисел, но это интуиция...

[ИСН]

Мне тоже неясно, как Вам к этому идти, поэтому так и быть, держите сразу ответ. Чисел таких, скорее всего, полно. На закуску сгодятся $2015+2014$ и $2015-2014$.

-- менее минуты назад --

Upd. А нет, не полно. Хе-хе.

[maxmatem]

ИСН
да уж стыдно мне....до такой пары было не трудно догадаться....

[Dan B-Yallay]

Удалено. (Борьба с философами дает о себе знать)

[Руст]

А чего тут думать?
$2(a^2+b^2)=(a+b)^2+(a-b)^2=x^2+y^2$.

[svv]

$2(2014^2+2015^2)=1^2+4029^2$. И всё.

$2(2015^2+2016^2)=1^2+4031^2$. И всё.

Зато
$2(2016^2+2017^2)=1^2+4033^2=127^2+4031^2=$
$=491^2+4003^2=1709^2+3653^2=1897^2+3559^2=$
$=2009^2+3497^2=2317^2+3301^2=2419^2+3227^2$

[ex-math]

Есть формула для числа представлений суммой двух квадратов. Через сумму по делителям неглавного характера по модулю 4.

-- 04.03.2015, 22:39 --

$$ 4\sum_{d\mid n\atop 2\nmid d}(-1)^{\frac{d-1}2}. $$

Подсчитываются представления суммой квадратов целых чисел с учетом порядка слагаемых.

[Руст]

Если надо найти все представления, то надо разложить сумму квадратов
$2014^2+2015^2=8116421$ на множители. Делителей вида $3\mod 4$ не будет, так как $(2014,2015)=1$.
Если это простое, то других решений нет. Малых делителей нет, максимум это произведение двух простых. Тогда из их представления найдем другое решение.