李 嬌,楊 海,董 鑫

(西安工程大學(xué) 理學(xué)院,陜西 西安 710048)

0 引言與主要結(jié)果

橢圓曲線的整數(shù)點問題是數(shù)論中很重要的研究課題之一。關(guān)于橢圓曲線

y2=nx(x2+a),n,a∈Z+

(1)

的整數(shù)點問題,目前已經(jīng)有不少的研究成果,但該問題尚未徹底解決。

當(dāng)a=1時,祝輝林等證明了當(dāng)n為素數(shù)時,橢圓曲線(1)至多有一個正整數(shù)解[1];管訓(xùn)貴運用W. Ljunnggren關(guān)于四次Diophantine方程的結(jié)果給出了n=Fn時,橢圓曲線(1)的整數(shù)解為(x,y)=((Fn-2-1)2,Fn(Fn-2-1))[2];楊海等證明了n為奇素數(shù)時橢圓曲線(1)整數(shù)解的情況以及該曲線有整數(shù)點的2個判別條件[3];樂茂華運用初等數(shù)論的方法證明了n=p(p為素數(shù))時橢圓曲線的整數(shù)點分布[4];竇志紅證明了n=2p時橢圓曲線(1)的所有整數(shù)解[5]。

當(dāng)a=2時,廖思泉等運用四次Diophantine方程改進(jìn)的解數(shù)上界，證明了當(dāng)n=p時橢圓曲線(1)至多有2組正整數(shù)解[6];杜曉英通過運用丟番圖方程的已知結(jié)果，證明了當(dāng)n=p≡1(mod 8)時橢圓曲線(1)沒有正整數(shù)點[7];張瑾給出了當(dāng)n為素數(shù)時橢圓曲線(1)整數(shù)解的情況[8];陳歷敏證明了當(dāng)n為奇數(shù)時橢圓曲線(1)的整數(shù)解的情況[9];李玲等證明了當(dāng)n是大于1的無平方因子的正奇數(shù)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)解(x,y)=(0,0)[10]。

當(dāng)a=2m(2≤m≤7,m∈N)時，文獻(xiàn)[11-20]分別給出了橢圓曲線(1)的整數(shù)解的分布情形。從已有的研究結(jié)論來看,通過對此類橢圓曲線方程不同參數(shù)的取值尋找規(guī)律,探尋其一般性的方法和結(jié)論是有意義的。但是，隨著參數(shù)取值的增加，計算難度會更大,甚至出現(xiàn)用已有的方法無法計算其整數(shù)點問題。同時，由于選取參數(shù)的不同,求解方法迥異,這些結(jié)論也沒有明顯的關(guān)聯(lián)性。鑒于此,本文利用同余、勒讓德符號值的性質(zhì)及初等數(shù)論方法,給出了當(dāng)a=256且n為無平方因子的正奇數(shù)時,橢圓曲線y2=nx(x2+256)整數(shù)點的分布情況，得出如下結(jié)果：

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

y2=nx(x2+256)

(2)

當(dāng)n≠3時,僅有一個整數(shù)點(x,y)=(0,0);當(dāng)n=3時,僅有2個整數(shù)點(x,y)=(0,0)和(x,y)=(12,120)。

1 定理1的證明

顯然,(x,y)=(0,0)是橢圓曲線(2)整數(shù)點。設(shè)(x,y),x,y∈Z+是橢圓曲線(2)的正整數(shù)點,因為n是無平方因子的正奇數(shù),故由式(2)知n|y。設(shè)y=nz,z∈Z+,代入式(2),得

nz2=x(x2+256)

(3)

因為gcd(x,x2+256)=gcd(x,256)=1,2,4,8,16,32,64,128,256,設(shè)a,b∈Z+,式(3)可分解為以下9種情形:

情形1:x=pa2,x2+256=qb2,z=ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形2:x=2pa2,x2+256=2qb2,z=2ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形3:x=4pa2,x2+256=4qb2,z=4ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形4:x=8pa2,x2+256=8qb2,z=8ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形5:x=16pa2,x2+256=16qb2,z=16ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形6:x=32pa2,x2+256=32qb2,z=32ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形7:x=64pa2,x2+256=64qb2,z=64ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形8:x=128pa2,x2+256=128qb2,z=128ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形9:x=256pa2,x2+256=256qb2,z=256ab,n=pq,gcd(a,b)=1。

分別討論這9種情形下橢圓曲線(2)的正整數(shù)點的情況。

情形1將x=pa2代入x2+256=qb2,得

p2a4+256=qb2

(4)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8),對式(4)兩邊取模qj,得

p2a4≡-256(modqj)

(5)

因為qj≡3,7(mod 8),故Legendre符號

所以式(5)不成立,則式(4)不成立,因此q>1時情形1不成立。

ⅱ) 當(dāng)q=1時,n=p,由x2+256=b2得b2-x2=256,解得(b,x)=(65,63),(34,30),(20,12),(16,0)。由x=na2得,na2=63,30,12,0;又n≡3,7(mod 8)為奇素數(shù),故na2=12,0,即n=3,a=2。所以x=3a2,即(x,y)=(12,120)是橢圓曲線(2)的一個整數(shù)點。

情形2將x=2pa2代入x2+256=2qb2,得

2p2a4+128=qb2

(6)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(4)兩邊取模qj,得2p2a4≡-128(modqj),即

p2a4≡-64(modqj)

(7)

因為qj≡3,7(mod 8),故Legendre符號

所以式(5)不成立,則式(4)不成立,因此q>1時情形2不成立。

(8)

因為n是奇數(shù),a是奇數(shù),則式(8)左邊為奇數(shù);但b是偶數(shù),則式(8)右邊為偶數(shù)。顯然等式不成立,所以當(dāng)q=1時,情形2不成立。

情形3將x=4pa2代入x2+256=4qb2,得

4p2a4+64=qb2

(9)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(9)兩邊取模qj,得4p2a4≡-64(modqj),即

p2a4≡-16(modqj)

(10)

因為qj≡3,7(mod 8),故Legendre符號

所以式(10)不成立,則式(9)不成立,因此q>1時情形3不成立。

情形4將x=8pa2代入64x2+256=8qb2,得

8p2a4+32=qb2

(11)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(11)兩邊取模qj,得8p2a4≡-32(modqj),即

p2a4≡-4(modqj)

(12)

因為qj≡3,7(mod 8),故Legendre符號

所以式(12)不成立,則式(11)不成立,因此q>1時情形4不成立。

ⅱ) 當(dāng)q=1時,n=p,此時式(11)可化為

8n2a4+32=b2

(13)

則b為偶數(shù),所以b2≡0,4(mod16);又因為gcd(a,b)=1,則a為奇數(shù)。對式(13)兩邊取模16,得8≡8n4a4+32=b2≡0,4(mod 16),顯然不成立。則式(13)不成立,故式(11)不成立。所以當(dāng)q=1時,情形4不成立。

情形5將x=16pa2代入x2+256=16qb2,得

16p2a4+16=qb2

(14)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(14)兩邊取模qj,得16p2a4≡-16(modqj),即

p2a4≡-1(modqj)

(15)

因為qj≡3,7(mod 8),故Legendre符號

所以式(15)不成立,因而式(14)不成立,因此q>1時情形5不成立。

情形6將x=32pa2代入x2+256=32qb2,得

32p2a4+8=qb2

(16)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(16)兩邊取模qj,得32p2a4≡-8(modqj),即

4p2a4≡-1(modqj)

(17)

ⅱ) 當(dāng)q=1時,n=p,此時式(16)可化為

32n2a4+8=b2

(18)

可得4|b。令b=4c,c∈Z+,則式(18)可化成2c2-4n2a4=1。顯然等式無解,所以式(18)不成立,則式(16)不成立,所以當(dāng)q=1時,情形6不成立。

情形7將x=64pa2代入x2+256=64qb2,得4 096p2a4+256=64qb2,即

64p2a4+4=qb2

(19)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(19)兩邊取模qj,得64p2a4≡-4(modqj),即

16p2a4≡-1(modqj)

(20)

情形8將x=128pa2代入x2+256=128qb2,得16 384p2a4+256=128qb2，即

128p2a4+2=qb2

(21)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(21)兩邊取模qj,得128p2a4≡-2(modqj),即

64p2a4≡-1(modqj)

(22)

ⅱ) 當(dāng)q=1時,n=p,此時式(21)可化為

128n2a4+2=b2

(23)

則b為偶數(shù),所以b2≡0,4(mod 16); 又因為gcd(a,b)=1,則a為奇數(shù)。對式(23)兩邊取模16，得2≡128n4a4+2=b2≡0,4(mod 16),顯然不成立,則式(23)不成立,因而式(21)不成立。所以當(dāng)q=1時,情形8不成立。

情形9將x=256pa2代入x2+256=256qb2,得65 536p2a4+256=256qb2，即

256p2a4+1=qb2

(24)

ⅰ) 當(dāng)q>1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod 8)。對式(24)兩邊取模qj,得

256p2a4≡-1(modqj)

(25)

ⅱ) 當(dāng)q=1時,n=p,由x2+256=256b2得(16b)2-x2=256,解得

由x=na2，得na2=1,0;又n≡3,7(mod 8)為奇素數(shù),故無解。因此,當(dāng)q=1時情形9無解。

綜上所述,定理1得證。