假设存在正整数k≥2,使得存在k个正整数a[1]~a[k]满足∏(a[i]+1) | ∑a[i]²,i=1~k
设K是这样的正整数k中最小的,而且正整数c[1]~c[K]是满足∏(c[i]+1) | ∑c[i]²,i=1~K 且使 c[1]+c[2]+…+c[k] 最小的一组,c[1]≥c[2]≥…≥c[k]
若 ∑c[i]²=m∏(c[i]+1),由条件m为正整数
令F(x)= x² -m∏(c[j]+1)*x +∑c[j]²-m∏(c[j]+1),j=2~K
则F(c[1])=0,设F(x)=0另一个根为x=c'
由韦达定理 c'=m∏(c[j]+1)-c[1] 是整数
由于F(-1)=1+∑c[j]²>0,x<0时F(x)单调递减,所以x≤-1时F(x)>0
则由F(c')=0可得c'≥0
(1)假如c'=0,由F(0)=∑c[j]²-m∏(c[j]+1)=0可知
c[2]~c[K]这K-1个正整数满足 ∏(c[j]+1) | ∑c[j]²
如果K≥3,则K-1≥2,和K的最小性假设矛盾
如果K=2,则c[2]+1 | c[2]²,但c[2]+1>1且和c[2]²互素,也不可能
(2)假如c'是正整数,则由F(c')=0可得
c'²+c[2]²+…+c[K]² = (c'+1)(c[2]+1)…(c[K]+1)
所以由c[1]+…+c[K]的最小性假设可知c'≥c[1]
则m∏(c[j]+1)≥2c[1],c[1]≤m∏(c[j]+1)/2
由F(x)单调性可知,x≤c[1]时,F(x)单调递减
c[2]≤c[1],则F(c[2])≥F(c[1])=0
也就是 c[2]²+c[2]²+…+c[K]² ≥ m(c[2]+1)(c[2]+1)…(c[K]+1) (*)
而(*)的左边≤Kc[2]²,右边≥2^(K-2)*(c[2]+1)²>2^(K-2)*c[2]²,可得 K>2^(K-2),只可能K=2或3
K=3时,(*)化为 2c[2]²+c[3]²≥m(c[2]+1)²(c[3]+1)
若c[3]≥2,右边≥3(c[2]+1)²>3c[2]²≥左边,不成立
若c[3]=1,右边≥2(c[2]+1)²>2c[2]²+1 = 左边,也不成立
K=2时,(*)化为 2c[2]²≥m(c[2]+1)²
由于右边>mc[2]²,所以m<2,只可能m=1
m=1时,c[1]²+c[2]²= (c[1]+1)(c[2]+1),c[1]≥c[2]≥1
当(c[1]-1)(c[2]-1)≥3时,c[1]c[2]≥c[1]+c[2]+2
所以左边≥2c[1]c[2],而右边 = c[1]c[2]+c[1]+c[2]+1 < 2c[1]c[2],不成立
当(c[1]-1)(c[2]-1)≤2时,只可能c[1]≥c[2]=1或c[2]=2且c[1]=2, 3
c[2]=1时,c[1]²+1=2(c[1]+1) 无正整数解
c[2]=2,c[1]=2或3时,c[1]²+c[2]²都不等于(c[1]+1)(c[2]+1)
综上所述,假设是不成立的
也就是不存在k≥2使得存在k个正整数a[1]~a[k]满足 ∏(a[i]+1) |∑a[i]²,i=1~k