是否对于任意的正整数n≥2，都存在n个正整数两两之和为平方数？ 第1页

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）

参考

1. ^ https://math.stackexchange.com/questions/1576986/pairwise-sums-are-perfect-squares
2. ^ https://www.primepuzzles.net/problems/prob_070.htm