郭夢媛，高 麗，鄭 璐

(延安大學(xué) 數(shù)學(xué)與計算機科學(xué)學(xué)院，陜西 延安 716000)

在直角坐標(biāo)系中，若某一點的縱、橫坐標(biāo)都是整數(shù)，則稱為整數(shù)點.一直以來，橢圓曲線上的整數(shù)點個數(shù)是數(shù)論學(xué)者關(guān)注的重要問題.關(guān)于橢圓曲線y2=nx(x2+b)，(n,b∈Z+)的整數(shù)點問題目前已經(jīng)有了一些成果，例如：文獻[1-4]已經(jīng)對b=1進行了一些研究，得出結(jié)論當(dāng)b=1，n=2p時只有解x,y=(3,4),(99,1 820)2組解.文獻[5-9]已經(jīng)對b=2進行了一些研究，得出結(jié)論當(dāng)b=1時，只有在n=11,47 963,4 076 363,31 573 163時橢圓曲線至多有一組解.文獻[10]得出當(dāng)b=4且Pj≡3,7(mod 8)為奇素數(shù)時，橢圓曲線至多只有1個正整數(shù)點.文獻[11]得出當(dāng)b=32且Pj≡5(mod 8)為奇素數(shù)時，橢圓曲線沒有正整數(shù)點.本文在此基礎(chǔ)上對當(dāng)b=16時，對橢圓曲線y2=nx(x2+16)的整數(shù)點問題進行了討論并得出了當(dāng)b=16且Pj≡3,7(mod 8)為奇素數(shù)時，橢圓曲線除整點(0,0)以外，至多只有2組整數(shù)點的結(jié)論.

引理1設(shè)gcd(D1,D2)=1,D1,D2為非平方的正整數(shù)，如果D1>1，則方程D1X2-D2Y4=1至多有1組正整數(shù)解(X,Y).

定理1如果n是無平方因子的正奇數(shù)，n的所有素奇數(shù)pj(j∈Z+)都滿足Pj≡3,7(mod 8),則橢圓曲線

y2=nx(x2+16)

(1)

除整點(0,0)以外，至多只有2組整數(shù)點.

證明：顯然(x,y)=(0,0)是橢圓曲線(1)的1組整數(shù)點，設(shè)(x,y)，x,y∈Z+是橢圓曲線(1)的整數(shù)點，因為n是無平方因子的正奇數(shù)，故由(1)式知n|y，設(shè)y=nz,z∈Z+將其代入(1)式中可得

nz2=x(x2+16)

(2)

因為gcd(x,x2+16)=gcd(x,16)=1或2，或4，或8，或16.故⑵式可以分解為以下5種情況.

情況I：x=pa2,x2+16=qb2,z=ab,n=pq,gcd(a,b)=1；

情況II：x=2pa2,x2+16=2qb2,z=2ab,n=pq,gcd(a,b)=1；

情況III：x=4pa2,x2+16=4qb2,z=4ab,n=pq,gcd(a,b)=1；

情況IV：x=8pa2,x2+16=8qb2,z=8ab,n=pq,gcd(a,b)=1；

情況V：x=16pa2,x2+16=16qb2,z=16ab,n=pq,gcd(a,b)=1；

其中a,b∈Z+,下面分別討論在以上5種情形下，橢圓曲線(1)的整數(shù)點的情況.

情形Ⅰ 將x=pa2代入x2+16=qb2，可得

p2a4+16=qb2.

(3)

i)當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+，有題意得qj≡3,7(mod 8),對(3)式兩邊同時取模qj，可得

p2a4≡-16(modqj)

.

(4)

所以式(4)不成立，則式(3)不成立，因此當(dāng)q>1時，情形Ⅰ不成立.

ii)當(dāng)q=1時，p=n,由x2+16=qb2，可得b2-x2=16，解之得(b,x)=(5,3),(-5,-3),(4,0),(-4,0)，由x=na2，即na2=3，-3，0，又因為n≡3,7(mod 8)為奇素數(shù)，故na2=3，即n=3,a=1，所以x=3a2，即(x,y)=(3,25)是橢圓曲線(1)的1個整數(shù)點.

情形Ⅱ 將x=2pa2代入x2+16=2qb2，可得4p2a4+16=2qb2,

即

2p2a4+8=qb2.

(5)

i)當(dāng)q>1時,q中至少含有1個素因子qj,j∈Z+，有題意得qj≡3,7(mod 8),對(5)式兩邊同時取模qj，可得2p2a4≡-8(modqj)

即

p2a4≡-4(modqj)

(6)

所以式(6)不成立，則式(5)不成立，因此當(dāng)q>1時，情形Ⅱ不成立.

(7)

因為n是奇數(shù)，a是奇數(shù)，故等式左邊為奇數(shù)，但b是偶數(shù)，故等式右邊為偶數(shù)，等式顯然不成立，因此當(dāng)q=1時情形Ⅱ不成立.

情形Ⅲ 將x=4pa2代入x2+16=4qb2，可得16p2a4+16=4qb2,

即

4p2a4+4=qb2.

(8)

i)當(dāng)q>1時,q中至少含有1個素因子qj,j∈Z+，有題意得qj≡3,7(mod 8),對(8)式兩邊同時取模qj，可得4p2a4≡-4(modqj),

即

p2a4≡-1(modqj).

(9)

所以式(9)不成立，則式(8)不成立，因此當(dāng)q>1時，情形Ⅲ不成立.

ii)當(dāng)q=1時，p=n，此時由x2+16=4qb2，可得(2b)2-x2=16，解之得(b,x)=(2,0),(-2,0),由x=na2，即na2=2，0，又因為n≡3,7(mod 8)為奇素數(shù)，故無解，因此當(dāng)q=1時情形Ⅲ不成立.

情形Ⅳ 將x=8pa2代入x2+16=8qb2，可得64p2a4+16=8qb2,

即

8p2a4+2=qb2.

(10)

i)當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+，有題意得qj≡3,7(mod 8),對⑻式兩邊同時取模qj，可得8p2a4≡-2(modqj);

即

4p2a4≡-1(modqj)

(11)

所以式(11)不成立，則式(10)不成立，因此當(dāng)q>1時，情形Ⅲ不成立.

ii)當(dāng)q=1時，p=n，此時(10)式為

8p2a4+2=b2.

(12)

可得2|b，則令b=2c，c∈Z+，則式(12)可化成8p2a4+2=4c2，即2c2-4n2a4=1，由引理可知該方程至多只有一組整數(shù)點(c,a)，所以方程(2)至多只有一組整數(shù)解(x,z)，因此橢圓曲線(1)至多只有一組整數(shù)點(x,y).

情形Ⅴ：將x=16pa2代入x2+16=16qb2，可得256p2a4+16=16qb2,

即

16p2a4+1=qb2.

(13)

i)當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+，有題意得qj≡3,7(mod 8),對(13)式兩邊同時取模qj，可得

16p2a4≡-1(modqj)

(14)

所以式(14)不成立，則式(13)不成立，因此當(dāng)q>1時，情形Ⅴ不成立.

ii)當(dāng)q=1時，p=n，此時由x2+16=16qb2，可得(4b)2-x2=16，解之得(b,x)=(1,0),(-1,0),由x=na2，即na2=1，0，又因為n≡3,7(mod 8)為奇素數(shù)，故無解，因此當(dāng)q=1時情形Ⅴ不成立.

綜上所述，定理1得證.