方程 $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=4$ 的正整数解

摘 要 本文旨在阐述以下数学问题的解答过程.

  这是一道“钓鱼题”: 题面十分简单, 但解答它需要使用复杂的数学知识. 在网络上, 它被称为“史上最贱的数学题”. 2014 年, Andrew Bremnera 和 Allan Macleod^[1]研究了这一系列方程的解法; 2017 年, Alon Amit^[2]具体计算了该问题的解并发布在 Quora 上. 该问题的最小正整数解在 $10^{80}$ 量级.

  本题的最小正整数解为

a =
154476802108746166441951315019919837485664325669565431700026634898253202035277999

b =
36875131794129999827197811565225474825492979968971970996283137471637224634055579

c =
4373612677928697257861252602371390152816537558161613618621437993378423467772036

本文现阐述导出该答案的步骤.

1 方程的化简

  我们要求解的方程为

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=k,\quad a,b,c,k\in\mathbb N_+$$

对其通分, 它等价于

$$a(a+b)(a+c)+b(a+b)(b+c)+c(a+c)(b+c)=k(a+b)(a+c)(b+c)$$

进一步整理得

$$a^3+b^3+c^3+(1-k)(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2)+(3-2k)abc=0$$

解析几何和代数知识告诉我们, 这是一条齐次方程, 它可以通过两边同除 $a^3$ 的方法减少一个未知元, 从而变成一条平面三次曲线. 但是这样将会把方程化为一条有交叉项的三次代数曲线

$$xy^2+Ey=Ax^3+Bx^2+Cx+D$$

这样的三次曲线研究起来是复杂的, 故本题暂不这样做.

1.1 线性变换

  观察原方程化简前的结构, 先作一个关于 $(a,b)$ 的线性变换

$$\left\{\begin{aligned}&u=(a+c)+(b+c)=a+b+2c\\&v=(a+c)-(b+c)=a-b\end{aligned}\right. \iff \left\{\begin{aligned}&a=(u+v)/2-c\\&b=(u-v)/2-c\end{aligned}\right.$$

代入化简, 得到

$$\Big((k+2)u-(2k+5)c\Big)v^2=(k-2)u^3+(7-2k)cu^2-8c^2u$$

可以立刻看到这样换元的好处: 现在 $v$ 只剩下平方项了. 考虑 $v^2$ 项前的系数, 作代换 $w=(k+2)u-(2k+5)c$, 得到

$$(4k^2+20k+25)v^2w=-(2k+12)u^3+(4k^2+12k-3)u^2w-8uw^2$$

这里 $u,v,w\in \mathbb Q$. 这是一个关于 $u,v,w$ 的齐次方程, 其中 $v$ 只含平方项.

1.2 减少未知元

  现在可以将方程两边同除 $w^3$ 了.

$$(4k^2+20k+25)\left(\frac vw\right)^2=-(2k+12)\left(\frac uw\right)^3+(4k^2+12k-3)\left(\frac uw\right)^2-8\left(\frac vw\right)$$

这里理应作代换 $x=u/w,\ y=v/w$. 但是为了后面系数归一的操作, 我们引入一对待定系数 $A,B$. 作代换 $x=Au/w,y=Bv/w$, 化简得

$$\frac{A^2}{B^2}(2k+5)^2y^2=-\frac{4k+12}{A}x^3+(4k^2+12k-3)x^2-8A^2B^2x$$

这里 $x,y\in\mathbb Q,\ A,B\in\mathbb Z$. 令 $y^2$ 项和 $x^3$ 项系数为 $1$, 即

$$\left\{\begin{aligned}&\frac{A^2}{B^2}(2k+5)^2=1\\&-\frac{4k+12}{A}=1\end{aligned}\right. \iff \left\{\begin{aligned}&A=-(4k+12)\\&B=\pm(8k^2+44k+60)\end{aligned}\right.$$

曲线方程变为

$$y^2=x^3+(4k^2+12k-3)x^2+(32k+96)x$$

综上, 我们完成了方程的化简. 从 $(a,b,c,k)$ 到 $(x,y)$ 的代换为

$$\left\{\begin{aligned}&x=\frac{-4(k+3)(a+b+2c)}{(k+2)(a+b)-c}\\&y=\frac{\pm 4(k+3)(2k+5)(a-b)}{(k+2)(a+b)-c}\end{aligned}\right. \iff \left\{\begin{aligned}&a=C\Big(x\mp y-(8k+24)\Big)\\&b=C\Big(x\pm y-(8k+24)\Big)\\&c=C\Big((2k+4)x+(8k+24)\Big)\end{aligned}\right.$$

其中 $C$ 是任意常数. 当 $k=4$, $B$ 取正值时, 这一代换是

$$\left\{\begin{aligned}&x=\frac{-28(a+b+2c)}{6(a+b)-c}\\&y=\frac{364(a-b)}{6(a+b)-c}\end{aligned}\right. \iff \left\{\begin{aligned}&a=C(x-y-56)\\&b=C(x+y-56)\\&c=C(12x+56)\end{aligned}\right.$$

2 椭圆曲线有理点的加法运算

  上一节中得到了一条代数曲线

$$y^2=x^3+px^2+qx,\quad p=4k^2+12k-3,\quad q=32k+96$$

这是一条椭圆曲线, 下面对椭圆曲线作简介.

2.1 椭圆曲线

  椭圆曲线的一般方程为

$$y^2+Dxy+Ey=x^3+Ax^2+Bx+C$$

它可以化简为

$$y^2=x^3+Bx+C$$

的 Weierstrass 形式, 或者

$$y^2=x^3+Ax^2+Bx+C$$

的长 Weierstrass 形式, 并且它的特征方程

$$x^3+Ax^2+Bx+C=0$$

不能有重根, 即它的判别式 $\Delta$ 不能为零, 即

$$\Delta=-4A^3C+A^2B^2+18ABC-4B^3-27C^2\neq 0$$

  一般来说, 椭圆曲线有两类图像. $\Delta>0$ 时, 曲线如下图左所示由一卵形线一无限长分支组成; $\Delta<0$ 时, 曲线是如下图右所示的一无限长曲线.

  对于本题中的方程, 我们可以验证它是否是一条椭圆曲线. 考虑特征方程的判别式

$$\Delta=p^2q^2-4q^3=1024(k+3)^2(2k-3)(2k+5)^3$$

首先我们指出, 本题允许的 $k$ 有一个下界.考虑调和均值不等式

$$\frac 1A+\frac 1B+\frac 1C\geq \frac 9{A+B+C},\quad \forall A,B,C\geq 0$$

当且仅当 $A=B=C$ 时取等号. 所以

$$\begin{aligned}k=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}&=(a+b+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)-3\\&\geq (a+b+c)\cdot\frac{9}{2(a+b+c)}-3=1.5\end{aligned}$$

当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.

  $a=b=c$ 的情况是平凡的, 因为此时 $k$ 为定值 $1.5$, 所以本文不考虑 $a=b=c$ 的情况. 在 $a,b,c$ 不全相等的情况下, 由于 $k>1.5$, 所以 $\Delta>0$. 这说明在本问题中, 椭圆曲线总有两支.

2.2 椭圆曲线有理点及其加法

  现定义椭圆曲线上有理点的加法: 给定两个曲线上的有理点 $P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2)$, 即 $x_1,y_1,x_2,y_2\in \mathbb Q$, 若过 $P_1,P_2$ 的割线与椭圆曲线有第三个交点, 则定义 $P_1+P_2$ 的和为“第三个交点关于 $x$ 轴的对称点”, 如下图所示.

  特殊地, 当 $P_1=P_2=P$ 时, 直线变为切线, 定义 $P+P$ 为切线与椭圆曲线的另一交点的对称点, 可简记为 $2P$.

  定义点 $P$ 关于 $x$ 轴的的对称点为 $-P$. 考虑 $P+(-P)$, 此时割线无第三交点 (认为交于无穷远处), 所以这个和式定义无穷远点为 $\mathcal O$. 即有 $P-P=\mathcal O$.

  以上我们完成了椭圆曲线有理点上加法运算的构造. 它具有以下性质:

• 封闭性, 若 $P_1,P_2$ 都是有理点, 则 $P_1+P_2$ 是有理点;
• 结合律, $(P_1+P_2)+P_3=P_1+(P_2+P_3)$;
• 存在逆元, 即每个 $P$ 都存在对称点 $-P$;
• 存在单位元, 即无穷远点 $\mathcal O$ 可以使得 $P+\mathcal O=\mathcal O+P=P$;
• 交换律, $P_1+P_2=P_2+P_1$.

其中第一条性质是重要的, 它可以通过已知的有理点构造新的有理点.

  值得一提的是, 椭圆曲线作为客串角色出现在了今年 (2023 年) 2 月四省联考数学试题中, 原题如下:

22、 (12 分)

  椭圆曲线加密算法运用于区块链.

  椭圆曲线 $C=\{(x,y)\mid y^2=x^3+ax+b,\ 4a^3+27b^2\neq 0\}$. $P\in C$ 关于 $x$ 轴的对称点记为 $\tilde P$. $C$ 在点 $P(x,y)\ (y\neq 0)$ 处的切线是指曲线 $y=\pm \sqrt{x^3+ax+b}$ 在点 $P$ 处的切线. 定义“$\oplus$” 运算满足:

1. 若 $P\in C,\ Q\in C$, 且直线 $PQ$ 与 $C$ 有第三个交点 $R$, 则 $P\oplus Q=\tilde R$;
2. 若 $P\in C,\ Q\in C$, 且 $PQ$ 为 $C$ 的切线, 切点为 $P$, 则 $P\oplus Q=\tilde P$;
3. 若 $P\in C$, 规定 $P\oplus \tilde P=0^*$, 且 $P\oplus 0^*=0^*\oplus P=P$.

  (1) 当 $4a^3+27b^2=0$ 时, 讨论 $h(x)=x^3+ax+b$ 零点的个数;

  (2) 已知“$\oplus$”运算满足交换律、结合律, 若 $P\in C,\ Q\in C$, 且 $PQ$ 为 $C$ 的切线, 切点为 $P$, 证明: $P\oplus P=\tilde Q$;

  (3) 已知 $P(x_1,y_1)\in C,\ Q(x_2,y_2)\in C$, 且直线 $PQ$ 与 $C$ 有第三个交点, 求 $P\oplus Q$ 的坐标.

  参考公式: $m^3-n^3=(m-n)(m^2+mn+n^2)$.

该题构造的 $\oplus$ 运算其实就是本文的加法运算, $\tilde P$ 和 $0^*$ 其实就是本文的 $-P$ 和 $\mathcal O$, 只是本题运算对象未限制在有理点.

3 正整数解的导出

  铺垫已经结束, 现在我们对摘要中的问题进行求解, 即求

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=4$$

的正整数解.

3.1 求正整数解的步骤

  现在的思路已经明确: 那就是找到椭圆曲线

$$y^2=x^3+px^2+qx,\quad p=4k^2+12k-3,\quad q=32k+96$$

的有理点 $P$, 然后通过下面的代换还原整数 $(a,b,c)$.

$$\left\{\begin{aligned}&a=t\Big(x\mp y-(8k+24)\Big)\\&b=t\Big(x\pm y-(8k+24)\Big)\\&c=t\Big((2k+4)x+(8k+24)\Big)\end{aligned}\right.$$

因为代换式括号内均为有理数, 所以 $t$ 取括号内数分母的最小公倍数即可使 $(a,b,c)$ 均为整数. $t$ 可正可负, 我们不妨取能令 $a>0$ 的那一个.

  然后验证 $(a,b,c)$ 的符号: 如果均为正, 则为答案; 否则根据椭圆曲线在点 $P$ 的切线计算有理点 $2P$ 的坐标, 计算出新的 $(a,b,c)$ 并验证其是否为正. 迭代计算直到获得一组 $nP$ 对应的 $(a,b,c)$ 均为正的解.

  通过计算可以得出, 若椭圆曲线上有点 $P_1(x_1,y_1),\ P_2(x_2,y_2)$, 则 $(P_1+P_2)$ 的坐标为

$$\left\{\begin{aligned}&x=\lambda^2-p-x_1-x_2\\&y=-\Big(\lambda(x-x_1)+y_1\Big)\end{aligned}\right.,\qquad \lambda=\left\{\begin{aligned}&\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1},\ &&P_1\neq P_2\\&\frac{3x_1^2+2mx_1+n}{2y_1},\ &&P_1=P_2\end{aligned}\right.$$

3.2 $k=4$ 问题的解答

  现在我们可以解答摘要中的问题了. 取 $k=4$, 以 $a$ 取负号为例. 在本题中, 我们作换元 $k=t^2+t+4$, 然后代入 $x=-4(t^2+t+1)^2$ 得到一组有理点

$$P\Big(-4(t^2+t+1)^2,\pm 4(2t+1)(t^2+t+1)(3t^2+3t+7)\Big)$$

在本题中, 我们由 $k=4$ 解出 $t=0$, 可以立即获得一个初始有理点 $P(-4,28)$. 算得它对应的 $(a,b,c)$ 是

$$P(-4,28),\quad (a,b,c)=(11, 4, -1)$$

其中 $c<0$, 所以这一组解不符合题目要求. 有了上一节中 $(P_1+P_2)$ 的坐标公式, 借助计算机, 我们可以很容易地计算 $P+P=2P$ 及其对应的 $(a,b,c)$:

$$2P\left(\frac{676}{49},\frac{55796}{343}\right),\quad (a,b,c)=(8784,-5165,-9499)$$

仍不符合要求. 计算 $2P+P=3P$ 及其对应的 $(a,b,c)$:

$$3P\left(-\frac{731025}{11881},\frac{527529870}{1295029}\right),\quad (a,b,c)=(679733219, -375326521, 883659076)$$

这一组解已经很大了, 但是仍不满足要求. 事实上, 我们需要持续计算到 $9P$ 才能得到一组全为正的 $(a,b,c)$:

x =
-66202368404229585264842409883878874707453676645038225
/ 13514400292716288512070907945002943352692578000406921

y =
58800835157308083307376751727347181330085672850296730351871748713307988700611210
/ 1571068668597978434556364707291896268838086945430031322196754390420280407346469

a =
154476802108746166441951315019919837485664325669565431700026634898253202035277999

b =
36875131794129999827197811565225474825492979968971970996283137471637224634055579

c =
4373612677928697257861252602371390152816537558161613618621437993378423467772036

这一组 $(a,b,c)$ 分别为 $(81,80,79)$ 位数. 至此, 我们完成了对摘要中问题的解答.

4 椭圆曲线上的所有有理点

  Andrew Bremnera 和 Allan Macleod^[1]的文章包含了对该问题的更多讨论. 在剩余章节中, 本文阐述一些该文章的其他结论. 首先是关于椭圆曲线

$$y^2=x^3+px^2+qx$$

上所有有理点的结构.

4.1 周期部分

  在上一小节中, 我们通过找到了一个起始有理点 $P$. 倘若起始有理点 $P$ 找得不好, 那么可能存在 $n$ 使得 $nP=\mathcal O$. 如果 $P,2P,\dots,(n-1)P$ 对应的 $(a,b,c)$ 均不是解, 那么如果继续迭代

$$nP=\mathcal O,\quad (n+1)P=P,\quad (n+2)P=2P,\quad \dots$$

都不会是解. 换言之, 通过这一个初始有理点 $P$ 可能找不到. $P$ 是周期的. 使得 $nP=\mathcal O$ 的最小正整数 $n$ 称为 $P$ 的阶 (类似于周期函数的最小正周期), 记为 $\mathop{\rm ord}P$.

  实际上, 不考虑 $k=2$ 的情况, 能使 $nP=\mathcal O$ 的有理点只有 $6$ 个, 分为以下三类.

4.1.1 阶为 $2$ 的有理点

  第一类是使 $2P=\mathcal O$ 即 $P=-P$ 的有理点, 这样的有理点有 $1$ 个. 这类有理点落在 $x$ 轴上. 对特征方程作因式分解:

$$x^3+px^2+qx=0\iff x(x-\alpha)(x-\beta)=0$$

其中

$$\left\{\begin{aligned}\alpha=\frac 12\left(-p-(2k+5)\sqrt{(2k+1)^2-4^2}\right)\\\beta=\frac 12\left(-p+(2k+5)\sqrt{(2k+1)^2-4^2}\right)\end{aligned}\right.$$

要使 $\alpha,\beta\in\mathbb Q$, 则首先要有 $\sqrt{(2k+1)^2-4^2}\in\mathbb Z$. 考虑相邻两奇数的平方差, 易证 $(3,4,5)$ 是唯一包含 $4$ 的勾股数. 所以当且仅当 $2k+1=5$ 即 $k=2$ 时, 这类有理点有三个:

$$Q_2^-(0,-32),\qquad Q_2^+(0,-5),\qquad Q_2(0,0)$$

$k$ 取其它值时, 这类有理点只有一个, 即 $Q_2(0,0)$.

4.1.2 阶为 $3$ 的有理点

  第二类是使 $3P=\mathcal O$ 即 $2P=-P$ 的有理点, 这样的有理点有 $2$ 个. 这些有理点分布在椭圆曲线的拐点上. 求曲线方程的二阶导数, 令其为零, 得关于 $x$ 的方程

$$(x-4)\Big(3x^3+16k(k+3)x^2+64(k+3)^2x+256(k+3)^2\Big)=0$$

它至少有一个有理根 $x=4$, 对应两个有理点

$$Q_3(4,8k+20),\quad -Q_3(4,-8k-20)$$

事实上, 虽然后一个因式必有三个实根, 但它们不会是有理根. 即是说这类有理点仅有这两个.

4.1.3 阶为 $6$ 的有理点

  最后一类是使 $6P=\mathcal O$, 且 $2P\neq \mathcal O,\ 3P\neq \mathcal O$ 的有理点, 这样的有理点有 $2$ 个. 若 $P_1,P_2$ 是有理点使得 $2P_1=3P_2=\mathcal O$, 那么 $P=P_1+P_2$ 是一个使 $6P=\mathcal O$ 的有理点, 因为

$$6P=6(P_1+P_2)=6P_1+6P_2=3\cdot 2P_1+2\cdot 3P_2=3\mathcal O+2\mathcal O=\mathcal O$$

例如, 取 $Q_2(0,0)$ 和 $Q_3(4,8k+20)$, 我们可以构造这样的有理点

$$Q_2+Q_3=Q_6\Big(8k+24,(8k+24)(2k+5)\Big)$$

事实上, $k\neq 2$ 时, $Q_2$ 和 $Q_3$ 的线性组合可以生成所有这样的有理点. 可以枚举证明这样的有理点只有 $\pm Q_6$ 两个.

4.1.4 小结

  综合来说, 如果我们承认无穷远点 $\mathcal O$ 是一个周期有理点, 则 $k\neq 2$ 时周期有理点共有 $\mathcal O,\ Q_2,\ \pm Q_3,\ \pm Q_6$ 六个, 并且都可以表示为 $nQ_6\ (n=0,1,\dots,5)$ 的形式:

• $0Q_6=\mathcal O(\infty,\infty)$, 阶为 1;
• $1Q_6=Q_6\big(8k+24,(8k+24)(2k+5)\big)$, 阶为 6;
• $2Q_6=-Q_3(4,-8k-20)$, 阶为 3;
• $3Q_6=Q_2(0,0)$, 阶为 2;
• $4Q_6=Q_3(4,8k+20)$, 阶为 3;
• $5Q_6=-Q_6\big(8k+24,-(8k+24)(2k+5)\big)$, 阶为 6.

  $k=2$ 时情况略微复杂: 有理点共有 $12$ 个, 但是也可以表示为 $n_1Q_2^++n_2Q_6\ (n_1=0,1,\ n_2=0,1,\dots,5)$ 的形式. 这里不加讨论.

4.2 自由部分

  椭圆曲线的弱 Mordell-Weil 定理指出, 椭圆曲线上的有理点是有限生成的. 即是说, 存在有限个有理点 $P_1,\dots,P_m$ 使得任何有理点都是这些有理点的线性组合.

  应用于本题, 该定理等价于对于椭圆曲线

$$y^2=x^3+px^2+qx$$

存在唯一一组线性无关的非周期有理点 $G_1,\dots,G_m$ 称为自由生成元, 任何有理点 $P$ 都能分解为

$$P=Q+n_1G_1+n_2G_2+\cdots+n_mG_m$$

的形式, 其中 $Q$ 是 $6$ 个(或 $12$ 个) 周期有理点中的一个, $n_i\in \mathbb Z,\ \forall i$. 由自由生成元生成的部分记为 $G$, 我们可以将分解式写作

$$P=Q+G$$

其中 $Q$ 称作周期部分(挠群部分), $G$ 称作自由部分.

4.3 秩

  以 $k=4$ 为例, 这时 $G_1(-4,28)$ 是唯一的自由生成元. 所有有理点 $P$ 都能表示成

$$P=Q+n_1G_1$$

的形式, 其中 $Q$ 为 $0Q$ 至 $5Q$ 其中之一, $n_1\in \mathbb Z$. 我们可以列举出 $k=4$ 时椭圆曲线上的所有有理点的坐标:

	$\mathcal O$	$\pm G_1$	$\pm 2G_1$	$\cdots$
$\mathcal O$	$(\infty,\infty)$	$(-4,\pm 28)$	$(\frac{676}{49},\pm \frac{55796}{343})$	$\cdots$
$Q+$	$(56,728)$	$(-\frac{224}{9},\pm \frac{5824}{27})$	$(\frac{1400}{2209},\pm \frac{1415960}{103823})$	$\cdots$
$2Q+$	$(4,-52)$	$(-9,\mp 78)$	$(\frac{8836}{25},\mp \frac{950716}{125})$	$\cdots$
$3Q+$	$(0,0)$	$(-56,\mp 392)$	$(\frac{2744}{169},\mp \frac{420616}{2197})$	$\cdots$
$4Q+$	$(4,52)$	$(-100,\pm 260)$	$(\frac{121}{144},\mp \frac{28171}{1728})$	$\cdots$
$5Q+$	$(56,-728)$	$(-\frac{56}{25},\mp \frac{728}{125})$	$(\frac{32256}{121},\pm \frac{6883968}{1331})$	$\cdots$

  再以 $k=6$ 为例, 这时 $G_1(-8,104)$ 是唯一的自由生成元. 所有有理点 $P$ 都能表示成

$$P=Q+n_1G_1$$

的形式.

  再以 $k=8$ 为例, 这时椭圆曲线没有自由生成元. 椭圆曲线仅有 $nQ_6$ 这六个有理点.

  再以 $k=32$ 为例, 这时椭圆曲线有两个自由生成元 $G_1(-1,62),\ G_2(84100,25107620)$. 所有有理点 $P$ 都能表示成

$$P=Q+n_1G_1+n_2G_2$$

的形式.

  我们发现对于不同的 $k$, 自由生成元的数量不尽相同. 自由生成元的数量称为椭圆曲线的秩. 例如上面 $k=4$ 和 $k=6$ 时秩为 $1$, $k=8$ 时为 $0$, $k=34$ 时为 $2$.

  Andrew Bremnera 和 Allan Macleod^[1]统计了 $k=1,2,\dots,1000$ 的情况, 其中 $436$ 种情况的秩为 $0$; $485$ 种情况的秩为 $1$; $76$ 种情况的秩为 $2$, 出现在 $k=34,94,98,\dots$; $3$ 种情况的秩为 $3$, 出现在 $k=424,680,975$.

5 正整数解对应的 $x$

  本节讨论的是什么样的 $(x,y)$ 能使 $(a,b,c)$ 同为正. 在换元公式中将 $a$ 取减号, 不考虑任意常数 $C$ 的倍乘, 则有

$$\left\{\begin{aligned}&a=x-y-(8k+24)\\&b=x+y-(8k+24)\\&c=(2k+4)x+(8k+24)\end{aligned}\right.$$

  首先令 $a,b$ 同号即 $ab>0$. 即

$$-(x-4)(x-\alpha_1)(x-\beta_1)>0$$

其中

$$\alpha_1=-2(k+3)(k+\sqrt{k^2-4}),\quad \beta_1=-2(k+3)(k-\sqrt{k^2-4})$$

通过计算可知 $\alpha_1\leq \beta_1<4$ 当且仅当 $k=2$ 时取等号. 故该不等式的解集为

$$x\in (-\infty,\alpha_1)\cup (\beta_1,4)$$

  然后令 $c$ 与 $a,b$ 同号, 等价于 $(a+b)c>0$, 即

$$4(x-8k-24)\Big((k+2)x+4k+12\Big)>0$$

其中

$$\alpha_2=-\frac{4k+12}{k+2},\quad \beta_2=8k+24$$

通过计算可知 $\alpha_2\leq \beta_2$. 故该不等式的解集为

$$x\in (-\infty,\alpha_2)\cup (\beta_2,\infty)$$

  最后当然, $x$ 要落在定义域内.

$$x^3+px^2+qx>0\iff x(x-\alpha)(x-\beta)>0$$

其中

$$\left\{\begin{aligned}\alpha=\frac 12\left(-p-(2k+5)\sqrt{(2k+1)^2-4^2}\right)\\\beta=\frac 12\left(-p+(2k+5)\sqrt{(2k+1)^2-4^2}\right)\end{aligned}\right.$$

当 $k>1.5$ 时, $\alpha<\beta<0$. 这意味着 $x\in [\alpha,\beta]\cup[0,+\infty)$, 其中第一个区间为卵形线, 第二个区间为无穷远分支. 上面几个根有以下关系:

$$\alpha<\alpha_1<\beta_1<\alpha_2<\beta<0<4<\beta_2$$

所以可以总结出: $(a,b,c)$ 均为正当且仅当

$$x\in[\alpha,\alpha_1)\cup (\beta_1,\alpha_2)$$

其中

$$\left\{\begin{aligned}&\alpha=\frac 12\left(-p+(2k+5)\sqrt{(2k+1)^2-4^2}\right)\\&\alpha_1=-2(k+3)(k+\sqrt{k^2-4})\\&\beta_1=-2(k+3)(k-\sqrt{k^2-4})\\&\alpha_2=-\frac{4k+12}{k+2}\end{aligned}\right.$$

  这可以看出正整数解的一些特性. 从位置上说, 正整数解总在椭圆曲线的卵形线一支取到; 从区间长度上说, 可以绘制 $k=4$ 时正整数解的区间

即上图中粗线段对应的点是正整数解: 正整数解出现的条件是苛刻的. 计算卵形线的区间长度 $\beta-\alpha$, 正整数解第一个区间的长度 $\alpha_1-\alpha$ 和第二个区间的长度 $\alpha_2-\beta_1$

$$k=4,\quad \beta-\alpha\approx104.81,\quad \alpha_1-\alpha\approx 2.41,\quad \alpha_2-\beta_1\approx 2.84$$

可以看到正整数解区间只占卵形线区间的一小部分. 实际上, 当 $k\to\infty$ 时,

$$\beta-\alpha=O(k^2),\quad \alpha_1-\alpha\to 1,\quad \alpha_2-\beta_1\to 0$$

即正整数解区间大致只占卵形线区间长度的 $1/k^2$ 量级.

6 $k\leq 200$ 时正整数解的规模

  Andrew Bremnera 和 Allan Macleod^[1]计算了 $4\leq k\leq 200$ 中秩为 $1$ 的问题的正整数解 (其中 $k$ 为奇数时是无解的). 其中 $n$ 是使得有理点

$$P=Q+nG_1$$

为正整数解的最小迭代次数, “位数”为 $(a,b,c)$ 中最大值的位数.

$k$	$n$	位数		$k$	$n$	位数		$k$	$n$	位数
4	9	81		48	311	418086		136	65	26942
6	11	134		58	221	244860		146	307	259164
10	13	190		60	61	9188		156	353	12046628
12	35	2707		66	107	215532		158	1211	15097279
14	47	1876		76	65	23662		162	457	1265063
16	11	414		82	157	85465		178	2945	398605460
18	49	10323		92	321	252817		182	853	2828781
24	107	33644		102	423	625533		184	851	20770896
28	121	81853		112	223	935970		186	643	5442988
32	65	14836		116	101	112519		196	701	11323026
38	659	1584369		126	75	196670		198	121	726373
42	419	886344		130	707	8572242		200	2957	71225279
46	201	198771		132	461	3607937

例如 $k=178$ 时, 为了得到正整数解, 需要迭代近 $3000$ 次, 得到的解接近 $4$ 亿位; $k=896$ 时, 需要迭代 $161477$ 次, 得到的解超过 $2$ 万亿位.

7 总结与讨论

  本文本质上是用初等方法对 Andrew Bremnera 和 Allan Macleod^[1]的工作进行了部分复现, 其中穿插了本文作者的一些补充: 例如由 $(x,y)$ 到 $(a,b,c)$ 的具体换元步骤等.

  除此之外, 本文还有一些遗留的问题, 例如:

• 寻找 $k=4$ 的初始有理点时, 使用到了 $k=t^2+t+4$ 这个代换. 这个代换在 $k=4$ 时为我们找到了生成元 $G_1(-4,28)$; 而若 $k=6$, 取 $t=1$ 得到的点 $P(-36,468)=3Q_6+G_1$ 则非生成元. 对于任意 $k$, 能否通过换元的方法找到所有生成元?

• 通过枚举 $P=Q+G$ 形式的有理点, 可以得到最小迭代次数的解. 但这是否一定是位数最小的解?

这些都是本文未解决的问题.

参考文献

[1] Bremner A, Macleod A. An unusual cubic representation problem[C]//Annales Mathematicae et Informaticae. 2014: 29-41.

[2] https://www.quora.com/How-do-you-find-the-positive-integer-solutions-to-frac-x-y+z-+-frac-y-z+x-+-frac-z-x+y-4/answer/Alon-Amit