橢圓曲線y2=nx(x2+64)的整數點

趙 建 紅

(麗江師范高等?？茖W校 數學與計算機科學系, 云南 麗江 674199)

橢圓曲線y2=nx(x2+64)的整數點

趙 建 紅

(麗江師范高等?？茖W校 數學與計算機科學系, 云南 麗江 674199)

如果n為無平方因子的正奇數,n的所有素因素pi(i∈Z+)都滿足pi≡3,7(mod8),則橢圓曲線y2=nx(x2+64)除整數點(x,y)=(0,0)外至多有一個整數點.

橢圓曲線; 同余; 整數點

橢圓曲線的整數點是數論中很重要的問題,有許多學者研究過橢圓曲線

的整數點問題.

a=1時,主要結論有:祝輝林、陳建華[1],樂茂華[2],管訓貴[3],付瑞琴[4]給出了n為奇素數時橢圓曲線(1)的整數解的情況;竇志紅[5]給出了n為偶數時橢圓曲線(1)的整數解的情況.

a=2時,主要結論有:廖思泉、樂茂華[6],杜曉英[7],張瑾[8]給出了n為素數時橢圓曲線(1)的整數解的情況;陳歷敏[9],李玲,張緒緒[10]給出了n為奇數時橢圓曲線(1)的整數解的情況.

a=4時,主要結論有:2014年,崔軍保[11]給出了n為奇素數時橢圓曲線(1)的整數解的情況.

a=64時,主要結論有:崔保軍[12]給出了當n為奇素數時橢圓曲線(1)的整數解的情況.在此基礎上本文給出了a=64,n為正奇數時橢圓曲線(1)的整數點的情況.

1 相關引理

引理[13]方程D1A2-D2B4=1,A,B∈N+至多只有1組解.

2 定 理

定理如果n為無平方因子的正奇數,n的所有素因素pi(i∈Z+)都滿足pi≡3,7(mod8),則橢圓曲線

除整數點(x,y)=(0,0)外至多有一個整數點.

3 定理證明

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

因為gcd(x,x2+64)=gcd(x,64)=1或2、或4、或8、或16、或32、或64,故式(3)可分解為以下7種可能的情形:

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

情形Ⅱx=2pa2,x2+64=2qb2,z=2ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形Ⅲx=4pa2,x2+64=4qb2,z=4ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形Ⅳx=8pa2,x2+64=8qb2,z=8ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形Ⅴx=16pa2,x2+64=16qb2,z=16ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形Ⅵx=32pa2,x2+64=32qb2,z=32ab,n=pq,gcd(a,b)=1;

情形Ⅶx=64pa2,x2+64=64qb2,z=64ab,n=pq,gcd(a,b)=1.

其中a,b∈Z+.

下面分別討論這7種情形下橢圓曲線(2)的正整數點的情況.

情形Ⅰ 將x=pa2代入x2+64=qb2,得

①qgt;1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod8).對式(4)兩邊同時取模qj,得

②q=1時,p=n,由x2+64=b2,得b2-x2=64,解得(b,x)=(17,15),(10,6),(8,0).由x=na2,得na2=17,10,8.又n≡3,7(mod8)為奇素數,故無解,因此q=1時情形Ⅰ不成立.

情形Ⅱ 將x=2pa2代入x2+64=2qb2,得4p2a4+64=2qb2,即

①qgt;1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod8).對式(6)兩邊同時取模qj,得2p2a4≡-32(modqj),即

②q=1時,p=n,此時式(6)為

由式(8)知b為偶數,所以b2≡0,4(mod8).又gcd(a,b)=1,所以a為奇數,則a2≡1(mod8),因此a4≡1(mod8).又p為奇素數,所以p2≡1(mod8),因此2p2a4≡2(mod8).故式(8)為2≡2p2a4+32=b2≡0,4(mod8),顯然不成立,因此q=1時情形Ⅱ不成立.

情形Ⅲ 將x=4pa2代入x2+64=4qb2,得16p2a4+64=4qb2,即

①qgt;1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod8).對式(9)兩邊同時取模qj,得4p2a4≡-16(modqj),即

情形Ⅳ 將x=8pa2代入x2+64=8qb2,得64p2a4+64=8qb2,即

①qgt;1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod8).對式(11)兩邊同時取模qj,得8p2a4≡-8(modqj),即

②q=1時,p=n,此時式(11)為

由式(11)知4|b,則令b=4c,c∈Z+,則式(13)為n2a4+1=2c2,即

由引理1知方程(14)至多有一組正整數解(c,a),所以方程(3)至多有一組正整數解(x,z),因此橢圓曲線(2) 至多有一組正整數點.

情形Ⅴ 將x=16pa2代入x2+64=16qb2,得256p2a4+64=16qb2,即

①qgt;1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod8).對式(15)兩邊同時取模qj,得16p2a4≡-4(modqj),即

情形Ⅵ 將x=32pa2代入x2+64=32qb2,得1 024p2a4+64=32qb2,即

①qgt;1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod8).對式(17)兩邊同時取模qj,得32p2a4≡-2(modqj),即

②q=1時,p=n,此時式(17)為32n2a4+2=b2,兩邊取模8,得

由式(19)知b為偶數,所以b2≡0,4(mod8).故式(19)為2≡2p2a4+32=b2≡0,4(mod8),顯然不成立,因此q=1時情形Ⅵ不成立.

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

①qgt;1時,q中至少含有一個素因子qj,j∈Z+,由題意得qj≡3,7(mod8).對式(20)兩邊同時取模qj,得64p2a4≡-1(modqj),即

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【責任編輯:肖景魁】

IntegralPointsonEllipticCurvey2=nx(x2+64)

ZhaoJianhong

(Department of Mathematics and Computer Science,Lijiang Teachers College, Lijiang 674199, China)

Let n be an positive odd number, which prime factors could bepi≡3,7(mod8),i∈Z+. Then in addition to (x,y)=(0,0), the elliptic curvey2=nx(x2+64) has one integer point at most.

elliptic curve; congruence; integer point

O 156.1

A

2017-04-21

云南省科技廳應用基礎研究計劃青年項目(2013FD061).

趙建紅(1981-),男,云南巍山人,麗江師范高等?？茖W校副教授.

2095-5456(2017)06-0502-03