費馬大定理延伸？

01-01

好吧，這是標題黨。但是想不到用什麼標題。
在看《費馬大定理》的時候想到如果把畢達哥拉斯定理往外延伸，就得到下邊這張圖

這個想法對嗎？是不是已經有名字了。
比如，勾股定理存在很多正整數解滿足（3，4，5）
三次我用遍歷試了試也有很多

四次時間複雜度上去了，就沒找到

二次的情況有參數解。具有 $(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2)$ 形式的是方程 $x_0^2+x_1^2-x_2^2=0$ 的解。

三次的情況等價於考慮 $x_0^3+x_1^3+x_2^3+x_3^3=0$ 滿足 $x_0x_1x_2x_3<0$ 的解。這個方程定義了 $mathbb{P}^3$ 里的一個代數簇，叫費馬三次曲面(Fermat"s cubic surface)。它的所有的有理解具有以下參數形式(可以參閱Hardy和Wright的《數論導引》)：

$egin{split} x_0=l(1-(a-3b)(a^2+3b^2)),\ x_1=l((a+3b)(a^2+3b^2)-1),\ x_2=l((a+3b)-(a^2+3b^2)^2),\ x_3=l((a^2+3b^2)^2-(a-3b)). end{split}$

我們選取有理數 $a,b,l$ 使得 $x_0x_1x_2x_3<0$ ，就得到問題中要求的正整數解。

這裡需要一提的是，如果題目中對應的方程有無窮多的正整數解，就能找到無窮多的正整數解滿足這四個正整數的乘積至多有20個素因子。

這個結論是我證的。

之所以考慮這個問題，動機就是希望找到該方程的素數解，但是問題太難了，便考慮這四個正整數乘積所包含的素因子個數儘可能的少。

實際上，如果考慮費馬大定理的推廣，可以把費馬大定理中要求的正整數解換成整數解，因為考慮方程 $x_0^n+x_1^n=x_2^n$ 的正整數解等價於考慮 $x_0^n+x_1^n+x_2^n=0$ 的整數解。

從這個角度來講，問題中偶數次的情形並無變化，奇數次的會有一些變化。比如三次的情形， $x_0^3+x_1^3+x_2^3+x_3^3=0$ 的整數解比問題中要求的解要多一些，因為我們不再要求有 $x_0x_1x_2x_3<0$ 。根據Manin猜想，滿足 $max_i|x_i|leq B$ ， $x_0,x_1,x_2,x_3$ 無公因數並且 $x_i+ x_j eq 0$ 的解的個數有漸近公式，主項是 $cB(log B)^3$ 。目前距離這個猜想還有比較遠的距離，已經證明的是解的個數的下界的階為 $B(log B)^3$ ，與Manin猜想的階一致，由Efthymios Sofos(他是Tim Browning的學生，也是我的朋友)證明的；最好的上界的階為 $B^{4/3+varepsilon}$ ，由Heath-Brown證明。

高次的情形會比較複雜。如果考慮整數解而不僅是正整數解，猜想有，即Manin猜想，預測了一般的投射空間里的代數簇的有理點分布，這裡不再展開。具體可參閱維基百科頁面：

Manin conjecture

如果是可以證明的結果，解析方法對於處理變數個數相對於方程次數多很多的情形比較有效，並且可以要求只考慮正整數解，即考慮方程 $x_0^n=x_1^n+dots+x_k^n$ 的正整數解。此時有點類似於華林問題。用很經典的華羅庚先生的結果，任意充分大的滿足特定同餘條件的整數 $N$ 可以寫成 $2^n+1$ 個正整數的 $n$ 次冪之和。這個個數已經被降的很低了，但是相對於次數來說還是比較高的。