$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

此问题 来自一本名为 The Canterbury Puzzles 的书, 是其中的 “The Puzzle of the Doctor of Physic” 的重述. 本文希望以此问题为起点, 介绍历史上若干算术问题的几何方法.

Problem 1.1. 古代物理学博士问题 [canterbury-2A]

• December 26, 2024
• kokic
• Pearls

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

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.

$$ x^3 + y^3 \spaces= 9 \quad \color{gray}{(= ~ 1^3+2^3)} $$

Solution. [canterbury-2B]

• December 26, 2024
• kokic

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

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 $2P$, $4P$, $8P$. 这种几乎全凭借运气的操作是 Fermat 及 Viète 研究此类问题的方式.

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.

$$ 8P \spaces= \left(\frac{1243617733990094836481}{609623835676137297449}, \frac{487267171714352336560}{609623835676137297449}\right) $$

$\gdef\quads#1{\quad #1 \quad}$ $\gdef\Q{\mathbf{Q}}$ $\gdef\R{\mathbf{R}}$

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.

$$\def\arraystretch{2}\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline u & (u, u^\prime) \mapsto (x,y) & g & \int \frac{\d x}{y} \\ \hline \cot & y = -x^2-1 & 0 & -\tan^{-1} x \\ \hline \tan & y = x^2 + 1 & 0 & \tan^{-1} x \\ \hline \cos, \sin & y^2 = 1-x^2 & 0 & \tan^{-1}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}} \\ \hline \sec, \csc & y^2 = x^4-x^2 & 0 & \dfrac{x\sqrt{x^2-1} \tan^{-1}(\sqrt{x^2-1})}{\sqrt{x^4-x^2}} \\ \hline \end{array}$$

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

$$ \begin{aligned} \int\dfrac{\d x}{y} &\spaces= \int \frac{\d{(\frac{1-t^2}{1+t^2})}}{\frac{2t}{1+t^2}} \\ &\spaces= \int -\frac{4t}{(1+t^2)^2} \cdot \frac{1+t^2}{2t} \d t \\ &\spaces= \int -\frac{2}{1+t^2} \d t \\ &\spaces= -2\tan^{-1} t \end{aligned} $$

这是 切线半角换元 或者按俄罗斯与国内更流行的称呼则是万能三角换元. 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

$$ \begin{aligned} \int \sqrt{\sinh^2 t + \cosh^2 t} \d t &\spaces= \int \sqrt{\cosh 2t} \d t \\ &\spaces= -i \E(it \mid 2) \\ &\spaces= -i \E(i \cosh^{-1}x \mid 2) \\ &\spaces= \E(\sin^{-1}x \mid 2) \\ \end{aligned} $$

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

对于周期 $1$. 下面这个观察因为 Weierstraß 的使用而变得广为人知. 具体来说, 可以从这样一个级数出发

$$ f(x) \spaces= \sum_{n \in \Z} \frac1{(n-x)^2}, \quad x \notin \Z $$

因为 $n$ 取遍了所有整数, $f(x)$ 在映射 $n \mapsto n + k$, $k \in \Z$ 下不变. 这样一来, 如果 $x$ 被选定为任意一个整数, 总会存在 $n-x$ 为零的项使整个级数发散, 这就要求 $x \notin \Z$. 同样的, $f(x)$ 在映射 $x \mapsto x + k$, $k \in \Z$ 下不变, 这就意味着 $f(x)$ 以 $1$ 为周期. 现在我们当然知道这个 $f(x)$ 其实就是 $\pi^2\csc^2(\pi x)$.

由于 $(n-x)^2 \ge x^2-n^2$, 这使得如下级数也是收敛的

$$ \sum_{n \in \Z} \frac{x}{x^2-n^2} \quad (= ~ \pi\cot(\pi x)) $$

$\gdef\R{\mathbf{R}}$ $\gdef\Q{\mathbf{Q}}$ $\gdef\Z{\mathbf{Z}}$ $\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

我们要求两个 $\R$-周期 $T_1,T_2$ 是 $\R$-线性无关的, 否则周期之比 $\frac{T_1}{T_2} = \frac{p}{q} \in \Q$, $\gcd(p,q) = 1$, 这意味着 $T_i$ 生成的周期集合退化

$$ \begin{aligned} \{ nT_1 + mT_2 : n,m \in \Z \} &\spaces= \left\{ \left(\frac{np}{q} + m \right) T_2 : n,m \in \Z \right\} \\ &\spaces= \left\{ (np + mq) \cdot \frac{T_2}{q} : n,m \in \Z \right\} \end{aligned} $$

此时 $np + mq \in \Z$, 所以该集合被周期 $\frac{T_2}{q}$ 生成, 矛盾.