崔保軍

(甘肅民族師范學院 數(shù)學系,甘肅 合作 747000)

設N+是全體正整數(shù)的集合.近年來,尋找橢圓曲線整數(shù)點的問題引起了人們的關注,這方面的成果也有著廣泛的應用[1-2].文獻[3]提出了橢圓曲線

y2=x3+27x-62

(1)

的整數(shù)點問題.文獻[4]運用代數(shù)數(shù)論的P-adic分析方法證明了橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(2,0)和(28 844 402,±154 914 585 540).文獻[5]運用Pell方程和二元四次Diophantine方程的一些已知結果,給出了上述結論的一個簡潔證明.文獻[6]運用初等方法給出了式(1)的一種推廣形式的整數(shù)點.論文運用同余、平方剩余等初等方法得出了定理.

定理橢圓曲線

y2=x3+135x-278

(2)

有整數(shù)點(x,y)=(2,0),(14,±66),(284 594,±151 823 364).

1 若干引理

引理1[7]若D是一個非平方的正整數(shù),則Pell方程

u2-Dv2=1,u、v∈N+

(3)

引理2[8]若D是一個非平方的正整數(shù),則方程

X2-DY4=1,X,Y∈N+

(4)

至多有2組解(X,Y),而且恰有2組解的充要條件是D∈{1 785,28 560}或者2u1和v1都是平方數(shù),其中(u1,v1)是(3)式的最小解.

引理3[10]當D=12時,方程y2=Dx4+1無正整數(shù)解.

引理4[11]方程3x4-y2=2僅有正整數(shù)解(x,y)=(1,1).

引理5方程

3(a2+1)2+46=b2

(5)

僅有整數(shù)解a=0,a=2和a=308.

a2=7vn+un-1

(6)

或

a2=7vn-un-1.

(7)

易驗證下列關系式成立

un+m=unum+3vnvm,

vn+m=umvn+vmun，

v2n=2unvn，

un+2rt≡(-1)tun(modur)，

vn+2rt≡(-1)tvn(modur).

對(6)式取模16,得剩余類序列周期為8,當n≡0,3,4,5,6,7(mod8)時，有7vn-un-1≡14， 14,6,12,12,6(mod16),但a2≡0,1,4,9(mod16)，故有n≡1,2(mod8).對(6)式取模7,其剩余類序列周期為8,當n≡2(mod8)時，有7vn-un-1≡6(mod8),但a2≡0,1,2,4(mod7)，故有n≡1(mod8). 令n=8m+1,有

a2=7v8m+1-u8m+1-1=7(u8m+2v8m)-(2u8m+3v8m)-1=5u8m+11v8m-1=

令d=gcd(2u4m+9v4m,u4m+v4m),則d|(u4m+v4m,7).又(u4m+v4m,7)=1,故d=1,有

2u4m+9v4m=2e2,u4m+v4m=f2,

其中：a=2ef,e，f∈Z.

由上式得

對(7)式,當n≡0(mod2)時,令n=2i,有

由于2?(3vi+7ui),(vi,3vi+7ui)=(vi,7ui)=1或7,由上式有

vi=2c2,3vi+7ui=d2,a=2cd,c,d∈Z.

(8)

vi=14c2,3vi+7ui=7d2,a=7cd,c,d∈Z.

(9)

對(7)式,如果n≡1,3(mod4),則un+7vn-1≡0,2(mod4).而a2≡0,1(mod4),故n≡1(mod4).當n≡0,1,2(mod3)時，有un+7vn-1≡0,3,4(mod5),因此n≡0,2(mod3).取模13,可得n≡0,3,5,10(mod12).綜上僅需考慮n≡5(mod12).

當n≡5(mod12)時,令n=5+2·6s,此時

a2=7v5+2·6s+u5+2·6s-1≡±(u5+7v5)-1≡±1 825-1(modu6).

但193|u6,而

矛盾.引理得證.

2 定理的證明

設(x,y)是(2)式的解,從(2)式可得

y2=(x-2)(x2+2x+139).

(10)

因為x2+2x+139=(x+1)2+138>0,所以，從(10)式可知x≥2.當x=2時,由(10)式可知(2)式有整數(shù)點(x,y)=(2,0).因此,以下僅需考慮x>2且y≠0時的情況.

設d=gcd(x-2,x2+2x+139),易知d|147.故有d∈{1,3,7,21,49,147}.

以下分6種情況進行討論：

(1) 當d=1時,從(10)式可知

x-2=a2,x2+2x+139=b2,y=±ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+.

(11)

從(11)式中第二個等式得(x+1)2+138=b2,知x+1≡b(mod2),但此時可得2≡b2-(x+1)2≡0(mod4)，矛盾.

(2) 當d=3時,從(10)式可知

x-2=3a2,x2+2x+139=3b2,y=±3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+.

(12)

從(12)式可得3(a2+1)2+46=b2,由引理5知該方程僅有解a=0,a=2和a=308.故方程(2)有解(x,y)=(2,0),(14,±66),(284 594,±151 823 364).

(3) 當d=7時,從(10)式可知

x-2=7a2,x2+2x+139=7b2,y=±7ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+.

(13)

從(13)式可得

7a4+6a2+21=b2.

(4) 當d=21時,從(10)式可知

x-2=21a2,x2+2x+139=21b2,y=±21ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+.

(14)

從(14)式可得

21a4+6a2+7=b2.

同d=7的情況知,此時(14)式無解.

(5) 當d=49時,從(10)式可知

x-2=49a2,x2+2x+139=49b2,y=±49ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+.

(15)

從(15)式可得

3(a2+1)2+46a4=b2.

(16)

如果2?a,則從(16)式可知2|b,但此時有0≡b2≡3(a2+1)2+46a4≡2(mod4)，矛盾.

如果2|a,則從(16)式可知2?b,但此時有1≡b2≡3(a2+1)2+46a4≡3(mod4)，矛盾.

(6) 當d=147時,從(10)式可知

x-2=147a2,x2+2x+139=147b2,y=±147ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+.

(17)

從(17)式可得

(3a2+1)2+138a4=b2.

(18)

若2?a,則從(18)式可知2|b，但是從(16)式可得0≡b2≡(3a2+1)2+138a4≡2(mod4)，矛盾.

可知2|a.令

a=2e,e∈N+.

(19)

將(19)式代入(18)式可得

(12e2+1)2+2208e4=b2.

(20)

(21)

其中

s∈{2,6,16,46,48,138,368,1 104}.

(22)

以下按(22)式給出的8種情況進行討論：

當s=2時,從(21)式可知

b=552f4+g4,12e2+1=552f4-g4.

(23)

從(23)式中第二個等式可知3?g,但此時可得1≡12c2+1≡552f4-g4≡-1(mod3).矛盾.

當s=6時,從(21)式可知

b=184f4+3g4,12e2+1=184f4-3g4.

(24)

從(24)式中第二個等式可知5?g.否則若5|g,則5|e,由gcd(f,g)=1知5?f.(24)式中第二個等式得1≡184f4≡4(mod5),矛盾.同理可知5?f.此時由于12e2+1≡3或4(mod5),而184f4-3g4≡1(mod5),知(24)式中第二個等式不成立.當s=16及s=46時,同s=6的情形可知此時(21)式均無解.

當s=48時,從(21)可知

b=23f4+24g4,12e2+1=23f4-24g4.

(25)

從(25)式中第二個等式可知3?f,但此時可得1≡12e2+1≡23f4-24g4≡2(mod3)，矛盾.

當s=138時,從(21)式可知

b=8f4+69g4,12e2+1=8f4-69g4.

(26)

從(26)式中第二個等式可知2?g,但此時可得1≡12e2+1≡8f4-69g4≡-1(mod4)，矛盾.

當s=1 104時,從(21)式可知

b=f4+552g4,12e2+1=f4-552g4.

(27)

從(27)式中第二個等式可得

(f2-6g2)2-588g4=1.

(28)

從(28)式可知

X2-588Y4=1

(29)

有解

(X,Y)=(|f2-6g2|,g).

(30)

因為方程

u2-588v2=1,u,v∈N+

(31)

的最小解(u,v)=(97,4),所以，根據(jù)引理2可得方程(29)至多有1組解(X,Y).比較(29)和(31)式：若(X,Y)是(29)式的解,則方程(31)必有解有(u,v)=(X,Y2).而根據(jù)引理1,從(31)式可得

(32)