I. 椭圆相关推导 #

给定一般方程：
$$a^3 + b^3 + c^3 = (c + m)^3$$

令：
\begin{align}
c &= (n + 1)(a - m) + n b\
a &= p + q + m + 4 m n + 3 m n^2\
b &= p - q + 2 m n + 3 m n^2
\end{align}

消去一个平凡因子后，得到以原点为中心的简单椭圆方程：
$$p^2 + 3 q^2 = d$$

其中 $d = 3m^2 n(n+1) (3 n^2 + 3n + 1)$。例如椭圆 $p^2+3q2-7=0$。

我们可以选择满足整数$(p,q)$的目标$d$，由此需要求解$m$：
$$m = d,\sqrt{\frac1{3d n(n+1) (3 n^2 + 3n + 1)}}$$

并找到使得$m$为有理数的有理数$n$。假设素数$d \equiv 1 \pmod{6}$，根据欧拉定理，比如$d=p^2+3q2=7$时，$(p,q)=(2,1)$。此时一组解为$n=1/3,,m=3/2$。将$(p,q,m,n)$代入$(a,b,c)$的表达式，可得：
$$\left(\frac{42}{6}\right)^3 + \left(\frac{15}{6}\right)^3 + \left(\frac{49}{6}\right)^{3=\left(\frac{49}{6}+\frac{3}{2}\right)}3$$

II. 椭圆曲线分析 #

这部分是难点：要找出哪些素数$d=p^2+3q2$能使得关于$n$的四次方程可平方化（即存在非零$w$满足）：
$$3d n(n+1) (3 n^2 + 3n + 1) = w^2$$

经过与S. Tomita的交流，我们发现这个方程与以下关于$X$的三次平方化方程双有理等价：
$$X^3 + 6d^2 X - 7d^3 = Y^2$$

这是一条椭圆曲线。形如$d \equiv 1 \pmod{6}=p^2+3q2$的素数对应序列A002476。我用在线Magma计算器测试了150个小于2024的这类素数，发现其中很多的秩$r>0$（包括$d=163$）。只有26个素数的秩$r=0$，它们无法用于构造$a^3 + b^3 + c^3 = (c + m)^3$的非平凡解，这些素数是：
$$73, 97, 193, 241, 337, 409, 457, 601, 673, 769, 937, 1009, 1033, 1129, 1153, \ 1201, 1249, 1297, 1321, 1489, 1609, 1753, 1777, 1801, 1873, 2017$$

观察发现这些素数是序列A107008（形如$u^2+72v2$的素数）的子集。

更新：基于下方回答中的Magma代码，该观察在$d<40000$范围内显然成立。

III. 猜想与问询 #

猜想1 #

对于素数$d=p^2+3q2$对应的椭圆曲线$X^3 + 6d^2 X - 7d^3 = Y^{2$，其秩$r=0$的必要（但不充分）条件是$d$属于形如$u}2+72v^{2$的素数集合。（只是子集，因为$\color{red}{313}=u}2+72v^2$的秩$r=2$）

猜想2 #

对于那些秩$r=2$的特殊素数$d=u^2+72v2$，其必要（但不充分）条件是$d$属于形如$x^2+144y2$的素数集合。（只是子集，因为$193=x^2+144y2$的秩$r=0$）

在$d<10009$的范围内，只有22个这样的素数满足条件且秩$r=2$，它们全部形如$x^2+144y2$，具体为：
$$\color{red}{313}, 433, 577, 1657, 1993, 2137, 3529, 3697, 4057, 4129, 4297, 4513, 4801, 6529, 6553, 7057, 8089, 8209, 8641, 9241, 9337, 9601$$

如果这些猜想不成立，第一个反例是什么？

特别问询：有人能帮忙测试$d=1471$吗？Magma显示它的秩$r=1$，但似乎无法给出生成元。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Tito Piezas III