3³+4³+5³=6³，只是个巧合吗?

----------------- 22-01-13 更新 --------------------

补充几点新的内容

1.整理出了两篇相关文章

笑横野：从 3^3+4^3+5^3=6^3 谈起（1）7 赞同 · 3 评论文章

笑横野：从 3^3+4^3+5^3=6^3 谈起（2）： 可表示为等差数列四次方和的平方数5 赞同 · 0 评论文章

牵扯到椭圆的秩(rank)的计算通常都很难，之前得到的曲线为 $E_d:y^2=x^3-d(d^3-d{)}^3$E_d:y^2=x^3-d(d^3-d)^3

一个自然而然的问题是这一组椭圆曲线秩最大可以为多大？目前已知的最大秩为4，对应的d为455，741，1323等。d=741对应的曲线为 $y^2=x^3-779829631025824535310063000$y^{2}=x^{3}-779829631025824535310063000 ，能算出来它的秩为4，但是只计算出三个生成元，第四个一直没算出来。

$\begin{array}{ccc}{g}_1& =& [4785110470,329827523422600]\\ g_2& =& [75372348870,20692724658769800]\\ g_3& =& [\frac{24477230934}{25},\frac{1574904350254248}{125}]\\ g_4& =& ?\end{array}$\begin{eqnarray*} g_{1}&=&[4785110470,329827523422600]\\g_{2}&=&[75372348870,20692724658769800]\\g_{3}&=&[\frac{24477230934}{25},\frac{1574904350254248}{125}]\\g_{4}&=&? \end{eqnarray*}

2.一个新的问题是，是否存在连续等差数列的均立方为立方数？

答案是肯定的，同样可以用椭圆曲线解决。有一个有意思的恒等式是

${888888}^3=\frac{1}{8}\sum _{n=1}^8{(-2196165+523921n)}^3$888888^{3}=\frac{1}{8}\sum_{n=1}^{8}\left(-2196165+523921n\right)^{3}

另外，这个问题也存在一组通解，也就是将

@陈漱文

的公式简单变换一下

${\left(\frac{k^4+k^2-2}{6}\right)}^3=\frac{1}{k^3}\sum _{n=1}^{k^3}{(n+\frac{k^4-3k^3-2k^2-2}{6})}^3$\left(\frac{k^{4}+k^{2}-2}{6}\right)^{3}=\frac{1}{k^{3}}\sum_{n=1}^{k^{3}}\left(n+\frac{k^{4}-3k^{3}-2k^{2}-2}{6}\right)^{3}

3.实际上，椭圆曲线不仅有有理点，在某些有理扩展域 $Q\left(\sqrt{c}\right)$\mathbb{Q}(\sqrt{c}) 上也可以有无限个点。对应的恒等式有

$\begin{array}{ccc}{(3345+1617\sqrt{5})}^3& =& \sum _{n=1}^3{(580n+1225+1071\sqrt{5})}^3\\ {(12\sqrt{2}+30)}^3& =& \sum _{n=1}^3{(17n-20+9\sqrt{2})}^3\\ {(74+49\sqrt{6})}^3& =& \sum _{n=1}^4{(47n-69+21\sqrt{6})}^3\\ {(5\sqrt{15}+35)}^3& =& \sum _{n=1}^4{(17n-30+3\sqrt{15})}^3\\ {(28\sqrt{10}+200)}^3& =& \sum _{n=1}^5{(67n-137+17\sqrt{10})}^3\\ {(35+27\sqrt{5})}^3& =& \sum _{n=1}^5{(22n-47+9\sqrt{5})}^3\\ {(14+6\sqrt{21})}^3& =& \sum _{n=1}^7{(5n-12+2\sqrt{21})}^3\\ {(1396+578\sqrt{15})}^3& =& \sum _{n=1}^8{(671n-2635+102\sqrt{15})}^3\\ {(72+42\sqrt{6})}^3& =& \sum _{n=1}^9{(5n+13+18\sqrt{6})}^3\\ {(11628+8925\sqrt{2})}^3& =& \sum _{n=1}^{17}{(113n+3651+3345\sqrt{2})}^3\\ {(17488050+5333700\sqrt{23})}^3& =& \sum _{n=1}^{24}{(1009583n-6833850+1237860\sqrt{23})}^3\\ {(39660+120540\sqrt{3})}^3& =& \sum _{n=1}^{25}{(9551n-111401+15120\sqrt{3})}^3\\ {(4431+1827\sqrt{29})}^3& =& \sum _{n=1}^{27}{(390n-4088+294\sqrt{29})}^3\\ {(312417\sqrt{3}+1843443)}^3& =& \sum _{n=1}^{28}{(35783n-53360+123627\sqrt{3})}^3\end{array}$\begin{eqnarray*} \left(3345+1617\sqrt{5}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{3}\left(580n+1225+1071\sqrt{5}\right)^{3}\\\left(12\sqrt{2}+30\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{3}\left(17n-20+9\sqrt{2}\right)^{3}\\\left(74+49\sqrt{6}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{4}\left(47n-69+21\sqrt{6}\right)^{3}\\\left(5\sqrt{15}+35\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{4}\left(17n-30+3\sqrt{15}\right)^{3}\\\left(28\sqrt{10}+200\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{5}\left(67n-137+17\sqrt{10}\right)^{3}\\\left(35+27\sqrt{5}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{5}\left(22n-47+9\sqrt{5}\right)^{3}\\\left(14+6\sqrt{21}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{7}\left(5n-12+2\sqrt{21}\right)^{3}\\\left(1396+578\sqrt{15}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{8}\left(671n-2635+102\sqrt{15}\right)^{3}\\\left(72+42\sqrt{6}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{9}\left(5n+13+18\sqrt{6}\right)^{3}\\\left(11628+8925\sqrt{2}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{17}\left(113n+3651+3345\sqrt{2}\right)^{3}\\\left(17488050+5333700\sqrt{23}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{24}\left(1009583n-6833850+1237860\sqrt{23}\right)^{3}\\\left(39660+120540\sqrt{3}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{25}\left(9551n-111401+15120\sqrt{3}\right)^{3}\\\left(4431+1827\sqrt{29}\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{27}\left(390n-4088+294\sqrt{29}\right)^{3}\\\left(312417\sqrt{3}+1843443\right)^{3}&=&\sum_{n=1}^{28}\left(35783n-53360+123627\sqrt{3}\right)^{3} \end{eqnarray*}

有意思的是，当考虑复数时，存在一组通解

${\left(k^2\right)}^3=\sum _{n=1}^{k^3}{((-2n+k^3+1)i+k^3)}^3$\left(k^{2}\right)^{3}=\sum_{n=1}^{k^{3}}\left(\left(-2n+k^{3}+1\right)i+k^{3}\right)^{3}

资料链接

以上部分计算用到了sage，真香，尤其是其中的mwrank，向大佬John Cremona致敬。

sage官方地址

Cremona的主页

提出BSD猜想之一的Birch90岁了，有个庆祝他生日的学术会议

---------------------- 21-12-26更新 ----------------------

既然

大佬写了一篇提到了我之前发现的公式，那么接着更新一下

之前的结果是针对 $n-m=d=k^3$n-m=d=k^3 的，这么选的原因在于这时的三次曲线可以找到一个特殊点然后转化为标准形式。实际上，这样的特殊点越平凡越好，显然我们可以发现

$(-1{)}^3+0^3+1^3=0^3,(-3/2{)}^3+(-1/2{)}^3+(1/2{)}^3+(3/2{)}^3=0^3$(-1)^3+0^3+1^3=0^3,(-3/2)^3+(-1/2)^3+(1/2)^3+(3/2)^3=0^3

当然大家会觉得这个过于显然了，但是没关系，我们只需要借助这个特殊点完成椭圆曲线标准形式的转化。

不妨设 $n-m=d=2k+1$n-m=d=2k+1 ,k可以是整数或者半整数，也就是d可以是偶数，也可以是奇数，写成这个形式只是为了推导的方便。

令 $A=k(k+1)(2k+1)$A=k\left(k+1\right)\left(2k+1\right) ,则我们可以得到椭圆曲线 $y^2=x^3-A^3(2k+1)$y^{2}=x^{3}-A^{3}\left(2k+1\right)

m,K与x,y的变换如下

$\left[\begin{array}{c}m\\ K\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}-k-1& -k-1& 1\\ 1& 0& 0\\ 1& 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\frac{Ax}{y}\\ \frac{y-Ax}{y}\\ \frac{A^2}{y}\end{array}\right]$\left[\begin{array}{c} m\\ K\\ 1 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} -k-1 & -k-1 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \frac{Ax}{y}\\ \frac{y-Ax}{y}\\ \frac{A^{2}}{y} \end{array}\right]

这是一类椭圆曲线，每一条的阶数不尽相同，但都有一个non-torsion有理点 $P=(A(2k+1),2A^2)$P=\left(A\left(2k+1\right),2A^{2}\right) ，对应的m,K是平凡解，但是 $2P$2P 对应如下的非平凡解

${\left(\frac{(d^3-d)(d^2+8)}{d^4-20d^2-8}\right)}^3=\sum _{n=1}^d(n-\frac{(d+1)(d+2)(d^3-10d^2+8d-8)}{2(d^4-20d^2-8)})$\left(\frac{\left(d^{3}-d\right)\left(d^{2}+8\right)}{d^{4}-20d^{2}-8}\right)^{3}=\sum_{n=1}^{d}\left(n-\frac{\left(d+1\right)\left(d+2\right)\left(d^{3}-10d^{2}+8d-8\right)}{2\left(d^{4}-20d^{2}-8\right)}\right)

这个公式@陈漱文 也注意到了，d取k立方的时候就是之前的公式。

值得一提的是，当d取3，椭圆曲线为 $y^2=x^3-648$y^2=x^3-648 ，整点 $x,y=54,396$x,y=54,396 对应于如下恒等式

${(-10)}^3+1^3+{12}^3=9^3$\left(-10\right)^{3}+1^{3}+12^{3}=9^{3}

相信大家可能听说过拉马努金的故事，就是他提出的1729是能拆分成两种立方和的最小正整数，

也就是上述恒等式将-10移到右边， $1729=1^3+{12}^3=9^3+{10}^3$1729=1^3+12^3=9^3+10^3 .

小结一下，以上过程给出了构造任意长度等差数列立方和等于某立方数的一般方法。

接下来给出几个相对简单的、各数均为正整数的例子。

$\begin{array}{ccc}\sum _{n=1}^3{(42+107n)}^3& =& {408}^3\\ \sum _{n=1}^5{(217+13n)}^3& =& {440}^3\\ \sum _{n=1}^7{(396+157n)}^3& =& {2128}^3\\ \sum _{n=1}^9{(935+4933n)}^3& =& {64080}^3\\ \sum _{n=1}^6{(364+71n)}^3& =& {1155}^3\\ \sum _{n=1}^{10}{(-22+37n)}^3& =& {495}^3\end{array}$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{3}\left(42+107n\right)^{3}&=&408^{3}\\\sum_{n=1}^{5}\left(217+13n\right)^{3}&=&440^{3}\\\sum_{n=1}^{7}\left(396+157n\right)^{3}&=&2128^{3}\\\sum_{n=1}^{9}\left(935+4933n\right)^{3}&=&64080^{3}\\ \sum_{n=1}^{6}\left(364+71n\right)^{3}&=&1155^{3}\\\sum_{n=1}^{10}\left(-22+37n\right)^{3}&=&495^{3} \end{eqnarray*}

---------------- 21-12-19更新 --------------------

尝试了新的假设，可以得到以下恒等式（左边为等差数列，公差并不为1）

$\begin{array}{ccc}{28}^3+{41}^3+\cdots +{119}^3& =& {168}^3\\ {(-4599153)}^3+{(-4082300)}^3+\cdots +{8839025}^3& =& {14486472}^3\end{array}$\begin{eqnarray*} 28^{3}+41^{3}+\cdots+119^{3}&=&168^{3}\\\left(-4599153\right)^{3}+\left(-4082300\right)^{3}+\cdots+8839025^{3}&=&14486472^{3} \end{eqnarray*}

更一般地，考虑k为整数，如下恒等式成立

$\sum _{n=1}^{k^3}{(n-\frac{k^3-7}{2}+\frac{72k^6+36}{k^{12}-20k^6-8})}^3={\left(\frac{k^{15}+7k^9-8k^3}{k^{12}-20k^6-8}\right)}^3$\sum_{n=1}^{k^{3}}\left(n-\frac{k^{3}-7}{2}+\frac{72k^{6}+36}{k^{12}-20k^{6}-8}\right)^{3}=\left(\frac{k^{15}+7k^{9}-8k^{3}}{k^{12}-20k^{6}-8}\right)^{3}

以下介绍这个恒等式的由来，实际上还有一系列恒等式，但是形式过于复杂就不放了。

1.之前的尝试走了弯路，如果令 $n-m=k^3$n-m=k^3 ,那么我们可以得到如下的椭圆曲线

$y^2=x^3-{(k^6-1)}^3$y^{2}=x^{3}-\left(k^{6}-1\right)^{3}

x,y与m,K的变换关系如下

$\begin{array}{ccc}\left[\begin{array}{c}U\\ V\\ W\end{array}\right]& =& \left[\begin{array}{ccc}1& 0& \frac{k^3+1}{2}\\ 0& 0& -\frac{1}{2}\\ -k& 1& -\frac{k(k^3+1)}{2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}m\\ K\\ 1\end{array}\right]\\ y& =& \frac{{(k^6-1)}^{2}V}{U}\\ x& =& (k^6-1)(1+\frac{W}{kU})\end{array}$\begin{eqnarray*} \left[\begin{array}{c} U\\ V\\ W \end{array}\right]&=&\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & \frac{k^{3}+1}{2}\\ 0 & 0 & -\frac{1}{2}\\ -k & 1 & -\frac{k\left(k^{3}+1\right)}{2} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} m\\ K\\ 1 \end{array}\right]\\y&=&\frac{\left(k^{6}-1\right)^{2}V}{U}\\x&=&\left(k^{6}-1\right)\left(1+\frac{W}{kU}\right) \end{eqnarray*}

以及

$\begin{array}{ccc}U& =& \frac{-{(k^6-1)}^2}{2y}\\ W& =& kU(\frac{x}{k^6-1}-1)\\ \left[\begin{array}{c}m\\ K\end{array}\right]& =& \left[\begin{array}{ccc}1& 1+k^3& 0\\ k& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}U\\ -\frac{1}{2}\\ W\end{array}\right]\end{array}$\begin{eqnarray*} U&=&\frac{-\left(k^{6}-1\right)^{2}}{2y}\\W&=&kU\left(\frac{x}{k^{6}-1}-1\right)\\\left[\begin{array}{c} m\\ K \end{array}\right]&=&\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1+k^{3} & 0\\ k & 0 & 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} U\\ -\frac{1}{2}\\ W \end{array}\right] \end{eqnarray*}

原三次曲线E形式如下

$\begin{array}{ccc}E:K^3& =& (\frac{d^4}{4}+\frac{d^3}{2}+\frac{d^2}{4})z^3+d{m}^3+\\ m^{2}z(\frac{3d^2}{2}+\frac{3d}{2})+m{z}^2(d^3+\frac{3d^2}{2}+\frac{d}{2})\end{array}$\begin{eqnarray*} E:K^{3}&=&\left(\frac{d^{4}}{4}+\frac{d^{3}}{2}+\frac{d^{2}}{4}\right)z^{3}+dm^{3}+\\&&m^{2}z\left(\frac{3d^{2}}{2}+\frac{3d}{2}\right)+mz^{2}\left(d^{3}+\frac{3d^{2}}{2}+\frac{d}{2}\right) \end{eqnarray*}

之所以考虑 $n-m=d$n-m=d 是一个立方数的情况，是因为这个时候对应的E可以很容易地找到一个有理点 $P(m,K,z)=(1,k,0)$P\left(m,K,z\right)=\left(1,k,0\right) ，然后可以有办法通过变换转化为如上所述的形式。

椭圆曲线上的有理点为 $P_1=(x_1,y_1)$P_{1}=\left(x_{1},y_{1}\right) ，其中

$\begin{array}{ccc}{y}_1& =& -3{(k^4+k^2+1)}^2\\ x_1& =& (k^2+2)(k^4+k^2+1)\end{array}$\begin{eqnarray*} y_{1}&=&-3\left(k^{4}+k^{2}+1\right)^{2}\\x_{1}&=&\left(k^{2}+2\right)\left(k^{4}+k^{2}+1\right) \end{eqnarray*}

对应的m,K为 $m=\frac{k^4-3k^3-2k^2-2}{6},K=\frac{k(k^2-1)(k^2+2)}{6}$m=\frac{k^{4}-3k^{3}-2k^{2}-2}{6},K=\frac{k\left(k^{2}-1\right)\left(k^{2}+2\right)}{6} ，也就是

的结果。

在曲线上进行一次乘法法运算，得到 $P_2=2P_1$P_{2}=2P_{1}

$\begin{array}{ccc}{x}_2& =& \frac{k^8+8k^2}{4}\\ y_2& =& \frac{k^{12}-20k^6-8}{8}\end{array}$\begin{eqnarray*} x_{2}&=&\frac{k^{8}+8k^{2}}{4}\\y_{2}&=&\frac{k^{12}-20k^{6}-8}{8} \end{eqnarray*}

对应的m,K为

$\begin{array}{ccc}{m}_2& =& -\frac{k^3-7}{2}+\frac{72k^6+36}{k^{12}-20k^6-8}\\ K_2& =& \frac{k^{15}+7k^9-8k^3}{k^{12}-20k^6-8}\end{array}$\begin{eqnarray*} m_{2}&=&-\frac{k^{3}-7}{2}+\frac{72k^{6}+36}{k^{12}-20k^{6}-8}\\K_{2}&=&\frac{k^{15}+7k^{9}-8k^{3}}{k^{12}-20k^{6}-8} \end{eqnarray*}

也就是开头提到的公式。

乘法操作可以一直进行下去，比如 $P_n=n{P}_1$P_n=nP_1 ，n为3时，结果如下

$\begin{array}{ccc}{x}_3& =& \frac{(k^4+k^2+1)(k^{18}+18k^{16}+96k^{12}-144k^{10}+48k^6+288k^4-64)}{{(k^2+2)}^2{(k^6-6k^4-4)}^2}\\ y_3& =& \frac{-9k^2(k^6-4){(k^4+k^2+1)}^2(k^4-2k^2+4)(k^{12}+6k^{10}+36k^8-8k^6-24k^4+16)}{{(k^2+2)}^3{(k^6-6k^4-4)}^3}\end{array}$\begin{eqnarray*} x_{3}&=&\frac{\left(k^{4}+k^{2}+1\right)\left(k^{18}+18k^{16}+96k^{12}-144k^{10}+48k^{6}+288k^{4}-64\right)}{\left(k^{2}+2\right)^{2}\left(k^{6}-6k^{4}-4\right)^{2}}\\y_{3}&=&\frac{-9k^{2}\left(k^{6}-4\right)\left(k^{4}+k^{2}+1\right)^{2}\left(k^{4}-2k^{2}+4\right)\left(k^{12}+6k^{10}+36k^{8}-8k^{6}-24k^{4}+16\right)}{\left(k^{2}+2\right)^{3}\left(k^{6}-6k^{4}-4\right)^{3}} \end{eqnarray*}

对应的m,K形式更为复杂

$\begin{array}{ccc}{m}_3& =& \frac{(k+1)A}{kC}\\ K_3& =& \frac{(k^2-1)(k^2+2)(k^6-6k^4-4)B}{C}\\ A& =& k^{27}-10k^{26}-4k^{25}-32k^{24}+60k^{23}\\ -312k^{22}+452k^{21}+88k^{20}-824k^{19}\\ -256k^{18}-288k^{17}+1152k^{16}-2064k^{15}\\ +768k^{14}-96k^{13}+5280k^{12}-5760k^{11}\\ +5760k^{10}+1472k^9-4352k^8+3328k^7\\ -4480k^6+3072k^5-768k^4-2048k^3\\ +2048k^2+512k-512\\ B& =& k^{18}+18k^{16}+96k^{12}-144k^{10}\\ +48k^6+288k^4-64\\ C& =& 18k(k^6-4)(k^4-2k^2+4)\\ \times (k^{12}+6k^{10}+36k^8-8k^6-24k^4+16)\end{array}$\begin{eqnarray*} m_{3}&=&\frac{\left(k+1\right)A}{kC}\\K_{3}&=&\frac{\left(k^{2}-1\right)\left(k^{2}+2\right)\left(k^{6}-6k^{4}-4\right)B}{C}\\A&=&k^{27}-10k^{26}-4k^{25}-32k^{24}+60k^{23}\\&&-312k^{22}+452k^{21}+88k^{20}-824k^{19}\\&&-256k^{18}-288k^{17}+1152k^{16}-2064k^{15}\\&&+768k^{14}-96k^{13}+5280k^{12}-5760k^{11}\\&&+5760k^{10}+1472k^{9}-4352k^{8}+3328k^{7}\\&&-4480k^{6}+3072k^{5}-768k^{4}-2048k^{3}\\&&+2048k^{2}+512k-512\\B&=&k^{18}+18k^{16}+96k^{12}-144k^{10}\\&&+48k^{6}+288k^{4}-64\\C&=&18k\left(k^{6}-4\right)\left(k^{4}-2k^{2}+4\right)\\&&\times\left(k^{12}+6k^{10}+36k^{8}-8k^{6}-24k^{4}+16\right) \end{eqnarray*}

n=3的情况已经令人不忍直视，n更大的情况只会更加复杂。

2. 小结

一般而言，有如下恒等式成立

$\begin{array}{ccc}\sum _{n=1}^{k^3}{(n+m_n)}^3& =& {\left(K_n\right)}^3\\ m_n,K_n& =& \varphi \left(n{P}_1\right)\end{array}$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{k^{3}}\left(n+m_{n}\right)^{3}&=&\left(K_{n}\right)^{3}\\m_{n},K_{n}&=&\phi\left(nP_{1}\right) \end{eqnarray*}

其中 $\varphi$\phi 表示从x,y到m,K的变换， $n{P}_1$nP_1 表示在椭圆曲线 $y^2=x^3-{(k^6-1)}^3$y^{2}=x^{3}-\left(k^{6}-1\right)^{3} 上的乘法操作。

到这里还是点一下题吧，我觉得说巧合或者不是巧合没多少讨论的空间，但是从这个3,4,5,6恒等式出发推导出一个漂亮的恒等式（

）以及一簇椭圆曲线 $y^2=x^3-{(k^6-1)}^3$y^{2}=x^{3}-\left(k^{6}-1\right)^{3} ，足以说明这个问题还是相当有意思的。

关于更高阶的情况，有时间可以尝试一下，目前没见过有什么现成的例子。4次的情况也许用椭圆曲线方法还有一点机会，更高次的情况就不知道如何入手了。

参考资料：

关于如何将三次曲线的一般形式变换为Weierstrass标准形式可参考以下文章

-------- 原答案 --------------

已经有大佬

给出了一组参数解，相当巧妙。我给不出更好的答案，但是我发现了这个问题可以转化为一个椭圆曲线的问题，假设 ${(m+1)}^3+\cdots +n^3=K^3$\left(m+1\right)^{3}+\cdots+n^{3}=K^3 ,那么令 $d=\frac{K}{n-m}$d=\frac{K}{n-m} ,我们可以得到如下的椭圆曲线

$\begin{array}{ccc}{y}^2& =& x^3-27(192d^6+1)x-54(576d^6-1)\\ =& (x+6)(x-3-72d^3)(x-3+72d^3)\end{array}$\begin{eqnarray*} y^{2}&=&x^{3}-27\left(192d^{6}+1\right)x-54\left(576d^{6}-1\right)\\&=&\left(x+6\right)\left(x-3-72d^{3}\right)\left(x-3+72d^{3}\right) \end{eqnarray*}

m,n与x,y的变换关系如下

$\begin{array}{ccc}m& =& \frac{8d^3-1}{2}+\frac{y-216d^3(64d^6-1)}{6x+18(192d^6-1)}\\ n& =& \frac{8d^3-1}{2}-\frac{y+216d^3(64d^6-1)}{6x+18(192d^6-1)}\\ y& =& \frac{216d^3(64d^6-1)(m-n)}{8d^3-1-m-n}\\ x& =& \frac{72d^3(64d^6-1)}{8d^3-1-m-n}-3(192d^6-1)\end{array}$\begin{eqnarray*} m&=&\frac{8d^{3}-1}{2}+\frac{y-216d^{3}\left(64d^{6}-1\right)}{6x+18\left(192d^{6}-1\right)}\\n&=&\frac{8d^{3}-1}{2}-\frac{y+216d^{3}\left(64d^{6}-1\right)}{6x+18\left(192d^{6}-1\right)}\\y&=&\frac{216d^{3}\left(64d^{6}-1\right)\left(m-n\right)}{8d^{3}-1-m-n}\\x&=&\frac{72d^{3}\left(64d^{6}-1\right)}{8d^{3}-1-m-n}-3\left(192d^{6}-1\right) \end{eqnarray*}

当d取2，椭圆曲线是 $y^2=x^3-331803x-1990602$y^{2}=x^{3}-331803x-1990602 ，其中一个整点(5259,379080)对应m,n,K=2,5,6，另一个整点（23619,3628800）对应m,n,K=2,22,40，也就是

$\begin{array}{ccc}{3}^3+\cdots +5^3& =& 6^3\\ 3^3+\cdots +{22}^3& =& {40}^3\end{array}$\begin{eqnarray*} 3^{3}+\cdots+5^{3}&=&6^{3}\\3^{3}+\cdots+22^{3}&=&40^{3} \end{eqnarray*}

可惜的是，得到椭圆曲线并不真正解决问题，反而需要大量计算有理点，变换过来的m,n只有极少数是有意义的整数。但是也许对于这个问题的认识会有一定的帮助。

附录

简单写一写椭圆曲线形式的推导过程

$\begin{array}{c}{(m+1)}^3+\cdots +n^3\\ =& {\left(C_{n+1}^2\right)}^2-{\left(C_{m+1}^2\right)}^2\\ =& \frac{(n-m)(m+n+1)(m^2+m+n^2+n)}{4}\\ =& K^3=\frac{K}{d}\times d{K}^2\end{array}$\begin{eqnarray*} &&\left(m+1\right)^{3}+\cdots+n^{3}\\&=&\left(C_{n+1}^{2}\right)^{2}-\left(C_{m+1}^{2}\right)^{2}\\&=&\frac{\left(n-m\right)\left(m+n+1\right)\left(m^{2}+m+n^{2}+n\right)}{4}\\&=&K^{3}=\frac{K}{d}\times dK^{2} \end{eqnarray*}

令 $n-m=K/d$n-m=K/d ,消去K,则可以得到如下方程

$\begin{array}{ccc}0& =& m^3+n^3+(2-4d^3)(m^2+n^2)\\ +n{m}^2+n^{2}m+n+m\\ +mn(8d^3+2)\end{array}$\begin{eqnarray*} 0&=&m^{3}+n^{3}+\left(2-4d^{3}\right)\left(m^{2}+n^{2}\right)\\&&+nm^{2}+n^{2}m+n+m\\&&+mn\left(8d^{3}+2\right) \end{eqnarray*}

接下来就是想办法将其转化为Weierstrass标准形式，可以先做个旋转，消去一个三次项，

令 $m,n=u+v,u-v$m,n=u+v,u-v ，得到 $v^2=\frac{2u^3+3u^2+u}{-2u+8d^3-1}$v^{2}=\frac{2u^{3}+3u^{2}+u}{-2u+8d^{3}-1} 。

接下来好办了，对分母进行换元 $U=-2u+8d^3-1$U=-2u+8d^{3}-1 ，得到新的方程形式

$\begin{array}{ccc}{\left(\frac{2v}{U}\right)}^2& =& (64d^6-1){\left(\frac{2d}{U}\right)}^3+\frac{1-192d^6}{4d^2}{\left(\frac{2d}{U}\right)}^2\\ +12d^2\left(\frac{2d}{U}\right)-1\end{array}$\begin{eqnarray*} \left(\frac{2v}{U}\right)^{2}&=&\left(64d^{6}-1\right)\left(\frac{2d}{U}\right)^{3}+\frac{1-192d^{6}}{4d^{2}}\left(\frac{2d}{U}\right)^{2}\\&&+12d^{2}\left(\frac{2d}{U}\right)-1 \end{eqnarray*}

接下来是更常规的操作，消去分母的 $4d^2$4d^2 ,再消去二次项。过程相对繁琐，最后的结果还算简洁

$y^2=(x+6)(x-3-72d^3)(x-3+72d^3)$y^2=\left(x+6\right)\left(x-3-72d^{3}\right)\left(x-3+72d^{3}\right)

参考资料

关于椭圆曲线的标准形式的转换可以看看知乎上关于“网红水果题”的文章

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