Сумма квадратов многочленов

[Edward_Tur]

Многочлен $x^2+x+4$ записан как сумма квадратов многочленов степени не выше первой с рациональными коэффициентами. Каким может быть наименьшее количество слагаемых?

China TST 2006

[Edward_Tur]

5?

[nnosipov]

Edward_Tur, слово "наименьшее" сначала отсутствовало в формулировке?

[Edward_Tur]

nnosipov в сообщении #524872 писал(а):

Edward_Tur, слово "наименьшее" сначала отсутствовало в формулировке?

Да, пропустил.

[bot]

Понятно что 5 хватит, даже если только один будет первой степени, потребуется ровно 4 параметра, чтобы обеспечить свободный член. Мне кажется трёх должно хватить. Например, попробовать $(\frac13 x+a)^2+(\frac23 y+b)^2+(\frac23 x+c)^2$. Связь $2a+4b+4c=3$ обеспечит коэффициент $1$ при $x$. Неужто двух оставшихся параметров без дополнительных постоянных квадратов не хватит, чтобы получить свободный член ?

-- Вт янв 10, 2012 14:20:20 --

С двумя первостепенными повозился - меньше пяти не получается, над невозможностью практически не думал, я только одну пифагорову тройку пытал, в общем виде будет стоить, если с тремя получится.

[Руст]

То, что двумя нельзя доказывается просто. Думаю и тремя нельзя.
Для простоты умножим на 4 и обозначим через $y=2x+1$. Тогда умножив еще на $c^2$ задача сводится к решению в целых числах системы уравнений:

$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2=c^2,$$

$$b_1^2+b_2^2+...+b_k^2=15c^2,$$

$$a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k=0.$$

То, что двумя нельзя отсюда становится очевидно. Если $a_ib_i=0\forall i$ то меньше чем с 5 ю не удастся. Можно попытаться решить из условия $a_ib_i=0,i>2$. Тогда $b_1=-da_2,b_2=da_1$.
Пусть $a_3=..=0$. Тогда $c^2=a_1^2+a_2^2, b_3^2+..+b_k^2=(15-d^2)c^2$. Отсюда видно, что так нельзя представить в виде суммы трех квадратов, но четырьмя уже можно. Думаю, что тремя нельзя. По всей видимости рассмотрение приведенной системы уравнений при $k=3$ не имеет не тривиальных решений уже по модулю 3.

[nnosipov]

Пусть $f(x)=x^2+x+4$. Двумя нельзя, так как $f(1)=6$ не представляется суммой двух квадратов рациональных чисел. Тремя нельзя, поскольку $f(24)=604$ нельзя представить суммой трёх квадратов рациональных чисел. А можно ли четырьмя, пока неясно.

[Руст]

nnosipov в сообщении #525196 писал(а):

Пусть $f(x)=x^2+x+4$. Двумя нельзя, так как $f(1)=6$ не представляется суммой двух квадратов рациональных чисел. Тремя нельзя, поскольку $f(24)=604$ нельзя представить суммой трёх квадратов рациональных чисел. А можно ли четырьмя, пока неясно.

Представимость числа в виде суммы 3 квадратов не мультипликативное свойство. Поэтому думал, что так просто нельзя проверить не представимость в виде суммы 3 квадратов. $604c^2=4^kd,d=7\mod 8$ даже после умножения на квадрат и действительно легко проверяется не представимость тремя квадратами.
По всей видимости и 4 квадратами нельзя представить, так как 15 не представляется в виде суммы 3 квадратов рациональных чисел, по крайней мере в той форме как я искал, четырьмя не представляется.

[Руст]

Задача сводится к решению в целых числах системы уравнений:

$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2=c^2,$$

$$b_1^2+b_2^2+...+b_k^2=15c^2,$$

$$a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k=0.$$

Так как $15c^2=4^km,m=7\mod 8$ система не имеет решений при $k\le 3$.
Докажем, что при $k=4$ так же нет решения. Пусть $k=4$ и $\alpha=a_1-a_2I-a_3j-a_4k, \beta=b1+b2i+b_3j+b_4k$. кватернионы с целыми координатами. Рассмотрим произведение $\gamma=\alpha*\beta$, тогда из последнего условия следует, что $Re(\gamma)=0$, т.е. $\gamma=c_2i+c_3j+c_4k$, в то же время его
норма $|\gamma|=|\alpha *\beta|=15c^4=4^k(8m+7)$ - противоречие.

[nnosipov]

Да, с кватернионами симпатично вышло.