管訓(xùn)貴

(泰州學(xué)院 數(shù)理學(xué)院,江蘇 泰州 225300)

確定橢圓曲線的整數(shù)點(diǎn)是數(shù)論和算術(shù)代數(shù)幾何學(xué)的有趣問題. 有關(guān)這方面的理論研究成果在現(xiàn)代科技中有著廣泛的應(yīng)用[1].其中一類典型的橢圓曲線為

y2=x(x-p)(x-q),

(1)

其中：p,q為奇素?cái)?shù),滿足q-p=2m，m為正奇數(shù).

對(duì)于p,q為孿生素?cái)?shù)的情形,文[2-6]已給出一些結(jié)果. 論文對(duì)p,q的一種推廣形式,證明了下面的定理.

定理設(shè)p,q為奇素?cái)?shù)，m>1為正奇數(shù)，且q-p=2m，q≡11(mod16)，則橢圓曲線(1)除了0≤x≤q的整數(shù)點(diǎn)外，當(dāng)m=3時(shí)，無整數(shù)點(diǎn)(x,y)；當(dāng)m≥5時(shí)，至多有1對(duì)整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(w2v2pq,±2wv(22m-6w4-v4)pq)，且w,v滿足

推論橢圓曲線

y2=x(x-11)(x-139)

(2)

僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(0,0)，(11,0)，(139,0)，(13 761,±1 605 450).

1 若干引理

引理1不定方程x2+y2=z2滿足條件gcd(x,y)=1，2|x的全部正整數(shù)解可表示為

x=2ab，y=a2-b2，z=a2+b2，

證明參見文[7].

引理2設(shè)p為奇素?cái)?shù)，則不定方程x2+py2=z2滿足條件gcd(x,y)=1的全部正整數(shù)解可表示為

x=|a2-pb2|，y=2ab，z=a2+pb2，

證明參見文[7].

引理3當(dāng)素?cái)?shù)p≡3(mod8)時(shí)，方程x2-2py4=1無正整數(shù)解(x,y).

證明參見文[8].

引理4設(shè)p為奇素?cái)?shù)，則方程x4-2py2=1除了p=3有正整數(shù)解(x,y)=(7,20)外，無其他的正整數(shù)解(x,y).

證明參見文[9].

引理5當(dāng)素?cái)?shù)p≡5,7,9,11,13(mod16)時(shí)，方程

x2-8py4=1

(3)

無正整數(shù)解(x,y).

x-1=4ps4，x+1=2t4,

(4)

或

x-1=4s4，x+1=2pt4,

(5)

或

x-1=2ps4，x+1=4t4,

(6)

或

x-1=2s4，x+1=4pt4,

(7)

其中：s,t都是正整數(shù)，gcd(s,t)=1，y=st.

若(4)式成立，則得

t4-2ps4=1.

(8)

根據(jù)引理4，知(8)式無正整數(shù)解，從而(4)式不成立.

若(5)式成立，則得pt4-2s4=1，于是p≡1,3(mod16)，與已知矛盾，故(5) 式不成立.

若(6)式成立，則得2t4-ps4=1，于是p≡1,15(mod16)，與已知矛盾，故(6) 式不成立.

若(7)式成立，則得2pt4-s4=1，于是p≡1(mod8)，與已知矛盾，故(7) 式不成立.

引理5得證.

引理6設(shè)p,q為奇素?cái)?shù)，m>1為正奇數(shù)，且q-p=2m，q≡11(mod16)，則Pell方程組

(9)

無正整數(shù)解(x,y,z).

證明由(9)式可知

y2+pz2=x2,

(10)

且gcd(y,z)=1.根據(jù)引理2，可得

(11)

y=|a2-pb2|，z=2ab，x=a2+pb2，

(12)

若(11)式成立，則將(11)式的后兩式代入(9)式的第一式得

(13)

當(dāng)m≡1(mod4)時(shí)，由引理3，知方程(13)無正整數(shù)解；當(dāng)m≡3(mod4)時(shí)，由引理5知方程(13)無正整數(shù)解. 故(11)式不成立.

若(12)式成立，則將(12)式的后兩式代入(9)式的第一式得

(a2-(2q-p)b2)2-2m+2qb4=1.

(14)

當(dāng)m≡1(mod4)時(shí)，由引理5，知方程(14)無正整數(shù)解；當(dāng)m≡3(mod4)時(shí)，由引理3知方程(14)無正整數(shù)解. 故(14)式不成立.

引理6得證.

引理7設(shè)a,b是非平方的正整數(shù),gcd(a,b)=1，則不定方程

aX2-bY4=1，

當(dāng)a>1時(shí),至多有1組正整數(shù)解(X,Y)；當(dāng)a=1時(shí),至多有2組正整數(shù)解(X,Y).

證明參見文[10].

2 定理的證明

顯然,當(dāng)y=0時(shí)，(1)僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(0,0)，(p,0)，(q,0).設(shè)(x,y)是(1)的一組適合y≠0的整數(shù)點(diǎn).因y2>0，故由(1)式得0q.如果0q，令d1=gcd(x,x-p)，d2=gcd(x,x-q)，d3=gcd(x-p,x-q)，有

(15)

設(shè)a,b,c∈N*且兩兩互素，根據(jù)(15)式，只需討論下列8種情形.

情形1(d1,d2,d3)=(1,1,1).

此時(shí)，由(1)式得

x=a2，x-p=b2，x-q=c2，y=±abc.

(16)

情形2(d1,d2,d3)=(1,1,2s)(1≤s≤m).

此時(shí)，由(1)式得

x=a2，x-p=2sb2，x-q=2sc2，y=±2sabc.

(17)

將(17)式的第二式代入第三式得

b2-c2=2m-s.

(18)

b=u2+v2，c=u2-v2， 2t=2uv，

(19)

由(19)式的第三式得u=2t-1，v=1，故b=22t-2+1=2m-s-2+1，c=22t-2-1=2m-s-2-1. 知p滿足

(20)

情形3(d1,d2,d3)=(1,q,1).

此時(shí)，由(1)式得

x=qa2，x-p=b2，x-q=qc2，y=±qabc.

(21)

將(21)式的第一式代入第三式得a2-c2=1，不可能.

情形4(d1,d2,d3)=(1,q,2s)(1≤s≤m).

此時(shí)，由(1)式得

x=qa2，x-p=2sb2，x-q=2s·qc2，y=±2s·qabc.

因此,有

b2-qc2=2m-s，a2-2sc2=1.

(22)

當(dāng)m-s=0時(shí)，(22)式成為

b2-qc2=1，a2-2mc2=1.

(23)

由引理6,知(23)式無正整數(shù)解(a,b,c).此時(shí)，橢圓曲線(1)無整數(shù)點(diǎn).

當(dāng)m-s=2，即m≥3時(shí)，由(22)式的第一式,知b2-qc2=4，故b,c同奇同偶，但gcd(b,c)=1，所以b,c均為奇數(shù)，對(duì)此式模8得1-q≡4(mod8)，即q≡5(mod8)，與q≡11(mod16)矛盾.

當(dāng)m-s≥4，即m≥5時(shí)，由(22)式的第一式得

(24)

根據(jù)引理2及(24)式,有

(25)

由(25)式的第一式,得

(26)

對(duì)(26)式模8得±(1-q)≡0(mod8)，即q≡1(mod8)，與q≡11(mod16)矛盾.

情形5(d1,d2,d3)=(p,1,1).

此時(shí)，由(1)式得

x=pa2，x-p=pb2，x-q=c2，y=±pabc.

(27)

將(27)式的第一式代入第二式得a2-b2=1，不可能.

情形6(d1,d2,d3)=(p,1,2s)(1≤s≤m).

此時(shí)，由(1)式,得

x=pa2，x-p=p·2sb2，x-q=2sc2，y=±2spabc.

因此,有

pb2-c2=2m-s，a2-2sb2=1.

(28)

當(dāng)m-s=2時(shí)，(28)式的第一式成為pb2-c2=4，由gcd(b,c)=1,知b,c同奇，對(duì)此式模8可得p-1≡4(mod8)，即p≡5(mod8)，也與p≡3(mod8)矛盾.

當(dāng)m-s≥4時(shí)，對(duì)(28)式的第一式模8,知p≡1(mod8)，仍與p≡3(mod8)矛盾.

情形7(d1,d2,d3)=(p,q,1).

此時(shí)，由(1)式,得

x=pqa2，x-p=pb2，x-q=qc2，y=±pqabc.

(29)

將(29)式的第一式代入第三式得pa2-1=c2，模p知

c2≡-1(modp)，

情形8(d1,d2,d3)=(p,q,2s)(1≤s≤m).

此時(shí)，由(1)式得

x=pqa2，x-p=2s·pb2，x-q=2s·qc2，y=±2s·pqabc.

因此，有

qa2-1=2sb2，pa2-1=2sc2.

(30)

若2≤s≤m，則對(duì)(30)式的第二式模4得p≡1(mod4)，與p≡3(mod8)矛盾.

若s=1，則(30)式成為

qa2-1=2b2，pa2-1=2c2.

(31)

將(31)式的兩式相減得2ma2=2b2-2c2，即

(32)

(33)

考慮到m≥3，根據(jù)引理1，由(33)式，得

(34)

其中：u,v都是正整數(shù)，且

將(31)式的第二式乘上2m-1，并將(34)式的第二式代入得

4u2v2p-2m-1=2m(u2-v2)2，

即

u2v2p=2m-3(2(u2-v2)2+1).

(35)

因2|uv，gcd(u,v)=1，故m=3時(shí)，(35)式不成立.于是m≥5.

w2v2p=2(2m-3w2-v2)2+1.

(36)

2v4-(p+2m-1)w2v2+22m-5w4=-1，

(37)

又由(37)式可得

w2|(2v4+1).

令2v4+1=kw2(k為某正整數(shù))，則

kw2-2v4=1.

(38)

由于方程w2-2v4=1沒有正整數(shù)解，故k>1.根據(jù)引理7，方程(38)至多有1組正整數(shù)解(w,v)，從而方程(37) 至多有1組正整數(shù)解(v,w).

將(37)式乘上8，配方得

(4v2-(p+2m-1)w2)2-pqw4=-8，

(39)

于是方程(39)至多有1組正整數(shù)解(v,w)， 此時(shí)，橢圓曲線(1)至多有1對(duì)整數(shù)點(diǎn)

(x,y)=(w2v2pq,±2wv(22m-6w4-v4)pq)，

定理得證.

3 推論的證明

當(dāng)y=0時(shí)，(2)式僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(0,0)，(11,0)，(139,0).當(dāng)y≠0時(shí)，因y2>0，故由(2)式得0139.易驗(yàn)證：如果0139，由(p,q)=(11,139)知，(39)式成為

(4v2-75w2)2-1 529w4=-8.

(40)

因方程(40)有唯一的正整數(shù)解(v,w)=(3,1)，故此時(shí)(2)式僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(13 761,±1 605 450).推論得證.

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