放一些前两天和佬爷聊这个问题的想法:(不是证明!)(不定期更新)
取完全图K(n),把n个正整数放在n个顶点上,每条边标上两个顶点之和,可以把原问题转化成在边上填入什么样的平方数能使得n个顶点有正整数解。(可以再假设解里的n个顶点各不相同,否则有一堆2和一个7的沙雕解。)
命题1:有整数解的必要条件为对任意正整数m和顶点集V,K(n)在每个顶点集V上的m-正则图的所有边上的平方数之和为常数。
证明:每个正则子图关联V的每个点m次,所以这个和恒等于V上所有顶点之和的m倍。
推论2:当n为奇数时,K(n)每条哈密顿回路上的平方数之和恒定;当n为偶数时,K(n)的每个完美配对里的平方数之和恒定。
证明:在命题1中取V为全集,m分别取1和2即可。
命题3:当n≥3时,有整数解的另一个必要条件是n个顶点有至多一个奇数。
证明:考虑反证法。如果有至少两个奇数,那么要么存在两奇一偶的K(3)子图,要么存在全是奇数的K(3)子图。
(1)如果存在两奇一偶的K(3)子图,那么三条边也两奇一偶,三个顶点之和是偶数,所以三条边之和等于三个顶点之和的两倍是4的倍数,和三条边两奇一偶矛盾,无解。
(2)如果存在三个奇数的K(3)子图,那么三条边都是偶数,三个顶点之和是奇数,所以三条边之和等于三个顶点之和的两倍模4余2,和三条边都是偶数矛盾,无解。
命题4:推论2中的条件是K(n)有实数解的充分条件。
证明:不失一般性设n≥3。当n是偶数时,由于每条哈密顿回路都可以拆成两个完全配对,于是每条哈密顿回路的和恒定。解K(3)中顶点关于边的三元一次方程组然后对n归纳可得,K(n)有实数解当且仅当每个顶点v嵌入K(n)的含v子图K(3)时,v的两倍等于两邻边之和减去对边。考虑v嵌入两个不同的K(3),vwx和vw'x',待证vw+vx-wx=vw'+vx'-w'x'。考虑一条K(n)去除顶点v并经过wx和w'x'两边的哈密顿回路,构造两条K(n)的哈密顿回路使得v分别被插入在wx之间和w'x'之间。由于这两条哈密顿回路之和相等,它们与没有插入v的哈密顿回路之差分别等于vw+vx-wx和vw'+vx'-w'x',两者相等。
例子5:考虑完全图K(4)。由命题4,可以考虑K(4)的三个完美配对,解得 23²+24² = 31²+12² = 32²+9²。把这六个平方数填入K(4)的边的时候,由命题3需要保证有一个顶点接入所有奇数的边,解得的四个顶点是(-152,233,296,728),两两之和为完全平方数。
猜想6:当n≥3时,原命题成立。
证明思路:由命题4,假设K(n)满足推论2中条件的 m≥2 个子图每个都有 e≥2 条边,那么我们需要解一个m组e个平方数之和等于固定正整数N的二次丢番图方程。猜想可以找到足够大的解,使得任意K(3)子图的三边满足三角不等式,从而在填入平方数之后所得的n个顶点都是正数,因此都必是正有理数。将n个数同时乘以分母最小公倍数的平方(1或4),即可得n个两两之和为平方数的正整数。
例子7:在例子5里由于9²+24²<31²,解里有一个负数-152,我们想丢掉它。于是寻找一组更大的 61²+98² = 67²+94² = 77²+86²,得到解(407,3314,4082,5522),都是正整数。
定理8[1]:当n≤5时,原命题成立。
证明:(7442,28658,148583,177458,763442)是一组解。
……丢番图方程不太好解,再丢一个引理吧
命题9:K(n)任意四个顶点abcd,ab+cd=ac+bd是推论2的充分条件。
证明:(1)当n是奇数时,将K(n)的顶点从1到n标号,考虑任意一条哈密顿回路,按照边的连接顺序生成一个n的错排。于是由已知条件,交换错排中任意相邻两个顶点顺序得到的哈密顿回路之和不变。由冒泡排序算法,任何哈密顿回路的和等于回路12……n的和,因此任两条哈密顿回路的和相等。(2)当n是偶数时,同样给K(n)标号,取任意一个完美配对,由已知条件可以交换至n和n-1配对而和不变,于是对n归纳可知由于K(n)去除n和n-1两个顶点之后得到的K(n-2)满足每个完美配对和恒定,最初的K(n)也满足每个完美配对和恒定。
例子10[2]:当n=6时,(3694388882, 3694388882, 60445225682, 42248104082, 102804712082, 254645020559)和(339323777731946898, 1393697157060854002, 2146648434867118098, 8397374854916636127, 12982930841197954098, −303704776155745998)是两组几乎解。
命题11:方程 A²+B²=C²+D² 的所有整数解形如 (ax+by)²+(ay-bx)²=(ax-by)²+(ay+bx)²。
证明:经典结论,考虑 A²+B²=C²+D² 在Z[i]中的质因数分解即可。同样的方法也应用于K(4)方程 A²+B²=C²+D²=E²+F²,但解的每一项都有八项,太长忽略不考虑。
(2019圣诞节更新:不知道怎么转化出来了个deg1射影代数簇上的有理点问题,暂时没什么其他更好的想法,在有能力解决之前大概搁置一段时间了)