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:

  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.

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