设\(3d+1=A^2\)，\(4d+1=B^2\)，\(6d+1=C^2\)。
则\(3B^2=2A^2+C^2\) 所以要么\(A\)和\(C\)都是3的倍数，要么都不是。
由于\(A^2=3d+1\)，\(C^2=6d+1\)，所以都不是。
d=0
$C^2-2A^2=-1$
解佩尔方程得特解$A=C=1$
故通解为$C+\sqrt2A=(1+\sqrt2)^{2n+1}$，n是整数
剩下的就不会了
\(y^2=x^3-n^2x\)
\((Ay)^2=(Ax+B)^3-n^2(Ax+B)\)
\(A^2y^2=(Ax+B)(Ax+B+n)(Ax+B-n)\)
\(y^2=(ax+b)(cx+d)(ex+f)\)
\(au_1=A\)
\(bu_1=B\)
\(cu_2=A\)
\(du_2=B+n\)
\(eu_3=A\)
\(fu_3=B-n\)
\(u_1u_2u_3=A^2\)
\(aceu_1u_2u_3=A^3\)
所以\(A=ace\)
\(u_1=ce\)
\(u_2=ae\)
\(u_3=ac\)
\(B=bce\)
\(B+n=ade\)
\(B-n=acf\)
\(2bce=ade+acf\)
此时，\(y^2=(ax+b)(cx+d)(ex+f)\)可化为\(Y^2=X^3-n^2X\)
\(y^2=(acx^2+bcx+adx+bd)(ex+f)\)
\(y^2=acex^3+bcex^2+adex^2+bdex+acfx^2+bcfx+adfx+bdf\)
\(y^2=acex^3+(bce+ade+acf)x^2+(bde+bcf+adf)x+bdf\)
\(y^2=acex^3+3bcex^2+(bde+bcf+adf)x+bdf\)
\((acey)^2=(acex)^3+3bce(acex)^2+a^2c^2e^2(bde+bcf+adf)x+a^2bc^2de^2f\)
记\(Y=acey\)，\(U=acex\)：
\(Y^2=U^3+3bceU^2+ace(bde+bcf+adf)U+a^2bc^2de^2f\)
令\(U=X-bce\)：
\(Y^2=(X-bce)^3+3bce(X-bce)^2+ace(bde+bcf+adf)(X-bce)+a^2bc^2de^2f\)
hujunhua 发表于 2010-2-1 16:28
对这个问题，我倒是有一条简明的路子，可惜起点太高，椭圆曲线理论绝对不是任何级别的中学数学竞赛之所能。 ...
棒棒棒，你最棒！
hujunhua 发表于 2010-2-4 17:47
4# gxqcn
显然，楼上语焉不详的椭圆曲线方法无人喝采。但是，可以确认，本题不会有初中数学范围内的巧 ...
$Y^2=18y^4-2$，有一个有理点(-1,4), 最终可转化为椭圆曲线$U^2=V^3+9V$, 秩是1，生成元是$(9/4, 45/8)$. 但是U,V到y,Y的变换有点复杂，需要更多讨论才能解决原来的问题。