$\gdef\ul#1{\underline{#1}}$
$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$
$\gdef\quads#1{\quad #1 \quad}$
$\gdef\eqq{\quads=}$
$\gdef\R{\mathbf{R}}$
$\gdef\Q{\mathbf{Q}}$
有两个正方体, 一个边长为 $1$, 另一个边长为 $2$. 请找到另外两个边长为有理数的正方体使它们的体积总和相同. 换言之, 求下述方程的一组 (正) 有理解:
$$ x^3 + y^3 \eqq 9 \quad \color{gray}{(= \quad 1^3+2^3)} $$
我们先画出 $x^3 + y^3 = 9$. 然后由已知的 $P=(1,2)$ 出发做切线得到 $2P$, $4P$.
如图, 随后注意到 $8P$ 恰好位于 $x > 0,y > 0$ 的区域, 现在写出其坐标
$$ 8P = \left(\frac{1243617733990094836481}{609623835676137297449}, \frac{487267171714352336560}{609623835676137297449}\right) $$
对 $\Gamma: x^3+y^3=c$ 求导得 $3x^2 + 3y^2y^\prime = 0$, 故 $y^\prime = -\frac{x^2}{y^2}$. 我们任取 $\Gamma$ 上一个点 $P(x_\Box, y_\Box)$. 由此得到该点处的切线 $\ell_P: y - y_\Box = -\frac{x_\Box^2}{y_\Box^2}(x - x_\Box)$. 代入 $\Gamma$, 即
$$ x^3 + (y_\Box-\frac{x_\Box^2}{y_\Box^2}(x - x_\Box))^3 = x_\Box^3 + y_\Box^3 $$
注意这里有一个 $(\frac1{y_\Box^2})^3$, 我们将其提出其即可得到
$$ y_\Box^{-6}(x-x_\Box)^2(y_\Box^6x - x_\Box^6x + x_\Box^7 + 3x_\Box^4y_\Box^3+2x_\Box y_\Box^6) = 0 $$
随后解这个关于 $x,y$ 的方程. 注意这里 $(x-x_\Box)^2$ 当然来自于我们做的 $P$ 点切线, 也就是重根 $x_\Box$. $\Gamma$ 是一条三次曲线, 与直线的交点方程最多三个解, 因此最后一项关于 $x$ 是线性的, 故只需要解一个线性方程, 立刻得到
$$ 2P: (x_\Box, y_\Box) \quad \leadsto \quad \left(\frac{x_\Box(x_\Box^3 + 2y_\Box^3)}{x_\Box^3 - y_\Box^3}, \frac{y_\Box(y_\Box^3 + 2x_\Box^3)}{y_\Box^3 - x_\Box^3}\right) $$
我们称 $\Gamma$ 为 Canterbury 曲线, 因为这个问题来自一本名为 The Canterbury Puzzles 的书, 这是其中的 “The Puzzle of the Doctor of Physic”.
反复利用 该映射 即可得到前文的 $8P$. 当然, 这也给出某个经典的恒等式
$$ x^3 + y^3 \eqq \left(\frac{x(x^3 + 2y^3)}{x^3 - y^3}\right)^3 + \left(\frac{y(y^3 + 2x^3)}{y^3 - x^3}\right)^3 $$
考虑一般的三次曲线 $\Gamma$. 已知一有理点时, 我们可以过此点做切线. 已知两有理点 $P, Q$ 时, 连接两点得到直线 $\ell$ 交曲线 $\Gamma$ 于另一点 $S$, 这个时候 $\ell$ 和 $\Gamma$ 的交点方程仍然是一个三次方程. 根与系数的关系给出
$$ x(P) \spaces + x(Q) \spaces + x(S) \spaces
\in \Q $$
这使得 $x(S) \in \Q$. 我们也可以将这个想法直接应用到二次曲线上.
$\gdef\quads#1{\quad #1 \quad}$
$\gdef\Q{\mathbf{Q}}$
$\gdef\R{\mathbf{R}}$
我们对于 $\R$ 上的单位圆周曲线 $C(\R):x^2+y^2=1$ 和它关于角度 $\theta$ 的参数化 $\theta \mapsto (\cos\theta, \sin\theta)$ 是不陌生的. 通过计算这类统称为三角函数或者圆函数的映射, 很容易就能发现圆上的一些不同寻常的点
$$ (\tfrac1{\sqrt2}, \tfrac1{\sqrt2}), \quad (\tfrac{1+\sqrt5}4, \sqrt{\tfrac58 - \tfrac{\sqrt5}8}), \quad (\tfrac{\sqrt3}2, \tfrac12) $$
但是如果我们希望找到 $C(\Q)$ 上的点, 这个参数化就没有那么有用了. 考虑 $C(\Q):x^2+y^2=r^2$, 我们从点 $P(-r, 0)$ 出发, 任选一个 $t \in \R$ 作为过 $P$ 点直线的斜率, 即 $y = t(x+r)$, 随后联立之.
$$ (1+t^2)x^2 + 2rt^2x + r^2t^2 - r^2 = 0 $$
由于我们已经知道它的一个根 $x_1 = -r$. 且根与系数的关系给出
$$ x_1 + x_2 = -\frac{2rt^2}{1+t^2} $$
立得 $x_2 = r \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}$. 从而给出一个熟知的有理参数化
$$ t \quads\mapsto r \cdot \bigg(\frac{1-t^2}{1+t^2}, \frac{2t}{1+t^2}\bigg)$$
这样一种寻找点的方式, 通常被称为弦切法.
$\gdef\quads#1{\quad #1 \quad}$
$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$
$\gdef\d{\operatorname{d}}$
$\gdef\E{\operatorname{E}}$
$\gdef\arc{\text{arc}}$
$\gdef\R{\mathbf{R}}$
$\gdef\Q{\mathbf{Q}}$
考虑半径为 $r$ 的实圆周 $x^2+y^2=r^2$，其在上半平面的轨迹可表为函数 $y=\sqrt{r^2-x^2},x\in[-r,r]$，长度 为
$$
L
\spaces= \int_{-r}^r\dfrac{r}{\sqrt{r^2-x^2}}\d x
\spaces= r\arcsin\dfrac{x}{r}\bigg|_{-r}^r
\spaces= \pi r
$$
因而圆的弧长定义了反正弦函数，即
$$
\arcsin x \spaces= \int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}\d t
$$
其反函数被称为正弦函数，统称圆函数或者三角函数.
现在, 注意到 $\cot(x)$ 和 $\cot^\prime(x)$ 满足 $\cot^2(x) + \cot^\prime(x) = 1$, 令 $(\cot(x), \cot^\prime(x)) \mapsto (x,y)$, 即 $y=c-x^2$.
其他三角函数及其导数也有类似的关系, 以下列出.
$$\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
u & (u, u^\prime) \mapsto (x,y) & g \\
\hline
\cot & y = -x^2-1 & 0 \\
\hline
\tan & y = x^2 + 1 & 0 \\
\hline
\cos, \sin & y^2 = 1-x^2 & 0 \\
\hline
\sec, \csc & y^2 = x^4-x^2 & 0 \\
\hline
\end{array}$$
现在取 $C(\Q): y=x^2+1$ 上一定点 $(0, 1)$, 固定斜率 $t$ 从而有直线 $\ell(\Q): y=tx+1$, 类似地求曲线 $\ell(\Q) \cdot C(\Q) = 0$ 的交点, 得到 $(t, t^2+1)$.
如果我们对抛物线 $C(\R)$ 求弧长, 所得到的将是 $\log$ 或 $\sinh^{-1}$ 的代数函数. 当然, $\sinh^{-1}$ 实际上也是 $\log$ 的代数函数.
$$
\begin{aligned}
s
&\spaces= \int\sqrt{1+(2x)^2}\d x \\
&\spaces= \frac12 \sqrt{1+4x^2} + \frac14\sinh^{-1}(2x)
\end{aligned}
$$
现在重新回顾
$$
\int\dfrac{\d x}{y}, \quad y = \sqrt{r^2-x^2}
$$
积分号内的项是 $x,y$ 的有理函数, $y$ 是 $x$ 的代数函数, 同时我们已经知道 $x,y$ 满足的代数方程有一个 有理参数化, 也就是说
$$
\begin{aligned}
\int\dfrac{\d x}{y}
&\spaces= \int \frac{\d{(\frac{1-t^2}{1+t^2})}}{\frac{2t}{1+t^2}} \\
&\spaces= \int -\frac{4t}{(1+t^2)^2} \cdot \frac{1+t^2}{2t} \d t \\
&\spaces= \int -\frac{2}{1+t^2} \d t \\
&\spaces= -2\tan^{-1} t
\end{aligned}
$$
另一方面, 我们知道 $t = \pm\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}}$. 这就意味着 $\arcsin x$ 和 $-2\tan^{-1} t$ 之间最多只相差一个常数, 容易计算这个常数正是 $\frac{\pi}2$, 则有
$$
\arcsin x \spaces= \frac{\pi}2-2\arctan\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}}
$$
双曲线时的情况略有不同. 考虑 $C(\R):x^2-y^2=1$, 如果朴素地计算平面直角坐标系上的积分, 将得到一个会被归类为椭圆积分的表达式
$$
\int \sqrt{\frac{2x^2-1}{x^2-1}} \d x
\spaces= \int \frac{4x^4-1}{\sqrt{x^2-1}\sqrt{2x^2+1}} \d x
$$
由于分子部分的 $4x^4-1$ 是多项式函数, 因此整个积分的核心就在于下面这一项
$$
\int \frac1{\sqrt{(x^2-1)(2x^2+1)}} \d x
\tag{1}
$$
椭圆积分的经验 很容易让我们认为最后的结果当中势必会出现 椭圆函数. 事实正是如此, 注意这个时候 $y^2 = (x^2-1)(2x^2+1)$ 的 $g$ 是 $1$, 而且实际上在引入椭圆函数后, $(1)$ 的表达式要远比弧长的表达式复杂.
现在考虑双曲线 $C(\R)$ 的一个参数化
$$ (x,y) \quads\mapsto (\cosh t, \sinh t) $$
相应的, 关于 $x \in [a,b]$ 弧长积分变为 $t \in [\cosh^{-1}a, \cosh^{-1}b]$ 的积分
$$
\begin{aligned}
\int \sqrt{\sinh^2 t + \cosh^2 t} \d t
&\spaces= \int \sqrt{\cosh 2t} \d t \\
&\spaces= -i \E(it \mid 2) \\
&\spaces= -i \E(i \cosh^{-1}x \mid 2) \\
&\spaces= \E(\sin^{-1}x \mid 2) \\
\end{aligned}
$$