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The Emoji Problem: Part I

by greenturtle3141 , Jan 19, 2022, 1:40 AM

阅读难度：2-3/5 预备知识：基础多项式理论，例如 Vieta 定理，应该足够了

如果当今的文化随着时间的流逝而消失，我将提供一些关于为什么这个问题值得研究的背景信息。互联网上充斥着“表情符号数学问题”，看起来像这样： https://engineeringdiscoveries.com/wp-content/uploads/2019/03/Untitled-2nmmmmmmmmmmmmm.jpg

它们或多或少地被构造为容易出错（仔细看香蕉），以便人们得到不同的答案，从而引发争论和讨论以及病毒式传播等等...... 自然，真正的数学人对此感到厌倦。2017年初，一个名为“我真的厌倦了最近在 Facebook 上发生的所有水果数学的废话。有没有人想创建一个真正困难的带有水果图片的数学问题来反击？”的 reddit thread 出现在 r/math 上。 其中一位用户创建了这个： https://i.imgur.com/IVOs9IP.png

这并不_太_难。 一些耐心或暴力搜索可以很容易地用整数解决这个问题。 但乐趣由此开始。 一个名叫 Sridhar Ramesh 的人看到了上面的图片，并决定在推广它之前进行一些小的调整。 https://i.redd.it/p92108lekoq11.jpg

就这样，这个问题变得臭名昭著地困难。 最小的解决方案超过 $80$ 位数。 阿隆·阿米特博士将这个 meme 描述为“聪明的……邪恶的笑话”，并且普遍认为它需要“大量的椭圆曲线知识”。 但从什么时候开始这阻止了我们？ 在这篇文章中，我们将解决这个问题。 或者更确切地说，我将描述我是如何最终解决它的。 系好安全带。

热身

让我们首先解决一个更简单的问题。

问题： 找到所有毕达哥拉斯三元组。

解决方案。 我们正在尝试在非负整数中求解丢番图方程 $x^2+y^2=z^2$。 除了这有点糟糕。 我们会更乐意尝试求解 $$x_1^2+y_1^2 = 1$$，其中 $x_1$ 和 $y_1$ 是非负的_有理数_。 这基本上是相同的问题，因为求解 $x^2+y^2=z^2$ 与求解 $\left(\frac{x}{z}\right)^2+\left(\frac{y}{z}\right)^2=1$ 相同，所以我们本质上是令 $x_1=x/z$ 和 $y_1=y/z$。

注意事项 这并不完全相同，因为尽管每个 $(x,y,z)$ 都会以这种方式对应于一个 $(x_1,y_1)$，但我们不能朝相反的方向走。 例如，$3,4,5$ 和 $6,8,10$ 都对应于 $3/5,4/5$。 解决方法很简单：无论我们从 $x_1,y_1$ 得到的 $x,y,z$ 的什么解，我们只需记住我们也可以得到任何倍数。 这个问题或多或少会自动修复，看看你是否能发现原因。

我们对此感到更加高兴的原因是，现在的问题是“找到单位圆上的所有_有理点_”，其中有理点只是一个具有有理坐标的点。 这真的更容易吗？ 这是一个解决这个问题的技巧。

  1. 首先找到_一些_点 $P = (x_1,y_1)$ 才有效。 我将采用 $(0,1)$。
  2. 画一条穿过 $P$ 的具有_有理斜率_的线。 类似 $y = \frac{m}{n}x+1$ ，其中 $m/n$ 是有理数。 [asy] unitsize(2cm); draw(circle((0,0),1)); pair A,B; A = (0,1); B = (24/25,7/25); draw(B+7/4*(A-B)--A+(7/4)*(B-A),arrow=Arrows,p=red); dot("$(0,1)$",A,NE); dot(B); draw((-2,0)--(2,0),arrow=Arrows); draw((0,-2)--(0,2),arrow=Arrows); [/asy]
  3. 这（几乎）总是会在第二个点 $Q$ 与圆相交。
  4. 那么 $Q$ 将始终是另一个有理点！

为什么这是真的？ 为了找到这个第二个点的坐标，我们正在求解方程组 $x_1^2+y_1^2 = 1$ 和 $y_1 = \frac{m}{n}x_1 + 1$。 我们已经知道一个解决方案： $(x_1,y_1) = (0,1)$。 所以当我们消除 $y_1$ 得到二次方程 $$x_1^2+\left(\frac{m}{n}x_1+1\right)^2=1, \qquad (*)$$ 时，我们可以这样推理：

我们的结论是 画任何一条穿过 $P$ 的具有有理斜率的线，都会给我们圆上的另一个有理点。 但它甚至比这更好。 请注意，如果 $(x_1',y_1')$ 是另一个有理点，那么连接 $P$ 和 $(x_1',y_1')$ 的线必须具有有理斜率。 因此，如果我们画出每一条穿过 $P$ 的有理点线，我们会击中圆上的每一个可能的有理点。 让我们找到所有可能斜率 $m/n$ 的第二个点！ 展开方程 $(*)$，我们得到： $$\frac{m^2+n^2}{n^2}x_1^2 + \frac{2m}{n}x_1 = 0$$ 我们已经知道 $x_1 = 0$ 是一个根，所以我们正在寻找的 $x_1$ 坐标是另一个根，由 $x_1 = \frac{-2mn}{m^2+n^2}$ 给出。 $y_1$ 的对应值是 $\frac{n^2-m^2}{m^2+n^2}$。 清除分母并清理符号，我们看到所有毕达哥拉斯三元组都可以描述为 $$(x,y,z) = \left(2mn,n^2-m^2,n^2+m^2\right)$$ 对于正整数 $m,n$，直到某个整数倍数。 这是奥林匹克数论中一个非常好的事实，你可能以前听说过。 重要的收获是“画线可以让你获得更多点”。 在这里，我们只画了一条穿过一个点的线来获得另一个点。 尽管这对于原始问题来说并不完全有效，但这个想法非常相似。 让我们开始吧！

开始

所以我们从以下等式开始： $$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}=4$$

清除分母，这最终变为： $$x^3+y^3+z^3 = 3(x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)) + 8xyz$$

我们不打算尝试用正整数来求解它，而是要用 $x_1$ 和 $y_1$ 来表示，并尝试找到有理点，无论是正数还是负数。 希望这将使事情变得更容易。 将等式除以 $z^3$，这变为： $$(x/z)^3+(y/z)^3+1 = 3((x/z)^2(y/z+1)+(y/z)^2(x/z+1)+x/z+y/z) + 8(x/z)(y/z)$$ $$x_1^3+y_1^3+1 = 3(x_1^2(y_1+1)+y_1^2(x_1+1)+x_1+y_1) + 8x_1y_1$$

如果我们绘制这个方程的图，它看起来像这样： https://i.imgur.com/bzCVSqs.png

你可能会注意到这是“倾斜 $45^\circ$”。 这是有道理的，因为切换 $x_1$ 和 $y_1$ 不应更改上述等式中的任何内容。 为了我自己的方便（此步骤不是绝对必要的，但这就是我所做的），我决定旋转此图，使其关于 $x$ 轴对称。 我通过替换 $x_2-y_2 = x_1$ 和 $x_2+y_2=y_1$ 来做到这一点。 现在它是一个包含新有理变量 $x_2$ 和 $y_2$ 的方程，该方程变为： $$1 - 6 x_2 - 11 x_2^2 - 4 x_2^3 - y_2^2 + 12 x_2y_2^2 = 0$$

这好多了。 现在图形看起来像这样： https://i.imgur.com/NDn5txV.png

很好而且对称！ 我们称这条曲线为_椭圆曲线_。 仅通过查看图形，我们可以发现一些非常简单的有理点：$0,1$, $(-1,0)$ 和 $0,-1$, 我将分别称之为 $P$, $3P$, 以及 $5P$。（有理由使用奇怪的标签，我将在第 2 部分中讨论它。） https://i.imgur.com/jZdIjMb.png

不幸的是，找到这些点并不意味着我们已经完成。 这些点对应于原始问题的无效解。 但是，我们可以使用这些“简单点”来找到更多点吗？

线技巧的回归

此过程将使我们获得更多积分。

  1. 从位于椭圆曲线上的两个有理点 $P$ 和 $Q$ 开始。
  2. 画线 $\overline{PQ}$。 请注意，这具有有理斜率，因为 $P$ 和 $Q$ 是有理点。
  3. $\overline{PQ}$ 将始终在第三个点（包括重数）与椭圆曲线相交，在点 $R$ 处。
  4. 此外，$R$ 将始终是另一个有理点！

这里有一些事情需要解释：为什么这条线必须相交第三次，以及为什么第三个交点必须是一个有理点？ 我们按照与热身类似的方式进行推理：

其中 $ax_2+by_2=1$ 是穿过点 $P$ 和 $Q$ 的线的方程。