橢圓曲線y2=(x-2n)(x2+2nx+m)的整數(shù)點(diǎn)

管訓(xùn)貴

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

0 引言

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)的重要問題之一,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[1-6]。其中一類典型的橢圓曲線是

E(n,m):y2=(x-2n)(x2+2nx+m) ,

(1)

這里n為奇數(shù),m為整數(shù)。

1987年,Zagier[7]提出了橢圓曲線E(1,31)的整數(shù)點(diǎn)問題;2009年,祝輝林和陳建華[8]運(yùn)用代數(shù)數(shù)論和p-adic分析方法找出了E(1,31)的全部整數(shù)點(diǎn);2010年,吳華明[9]運(yùn)用有關(guān)Pell方程和二元四次Diophantine方程的解的性質(zhì),得到同樣的結(jié)論。2014年,管訓(xùn)貴[10]證明了:若E(1,36s2-5)(原文中m=p為素數(shù)這一條件可忽略),這里s是使12s2+1以及6s2-1均為素數(shù)的正奇數(shù),則橢圓曲線(1)當(dāng)m=31時,僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(2,0)和(28 844 402,±154 914 585 540),當(dāng)m≠31時,僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(2,0),從而推廣了上述結(jié)果。2016年,過靜[11]證明了E(-1,31)僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(-2,0)。2017年,杜先存、趙建紅和萬飛[12]證明了E(-1,36s2-5)(s滿足文[10]中的條件)僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(-2,0)。

本文運(yùn)用初等數(shù)論方法對E(n,m)給出以下一般性的結(jié)果。

1 若干引理

引理1 設(shè)s是正奇數(shù),則方程x2-(144s2+12)y2=1有無限多組正整數(shù)解(x,y),其基本解是(x0,y0)=(24s2+1,2s)。

證明因?yàn)?6s2+3≡7(mod8),所以36s2+3是非平方正整數(shù),從而144s2+12也是非平方正整數(shù)。因此,方程x2-(144s2+12)y2=1有無限多組正整數(shù)解。此外,由于

(24s2+1)2-(144s2+12)(2s)2=1,

引理2 若D是一個非平方的正整數(shù),則方程

x2-Dy4=1

(2)

通過對遞歸序列的討論可得結(jié)論. 具體證明參見文獻(xiàn)[13,定理1]。

由引理2立得:

引理3 方程x2-24y4=1僅有正整數(shù)解(x,y)=(5,1)。

證明分n為奇數(shù),4|n以及n≡2(mod4)3種情形討論。具體證明參見文獻(xiàn)[14]。

引理5 若方程(2)恰有一組正整數(shù)解,則這個唯一的正整數(shù)解(x,y)可由下式表出:

(3)

n為正整數(shù)。

若n≡0(mod4),可設(shè)n=4m,則由(3)式可得

(4)

(5)

(6)

(7)

注意到k無平方因子,有k=2=n。證畢。

引理6 若D1和D2是適合D1>1以及gcd(D1,D2)=1的正整數(shù),則方程

D1x2-D2y2=1

(8)

有無限多組正整數(shù)解,設(shè)(x0,y0)是(8)的最小正整數(shù)解,則(8)的全部正整數(shù)解由

表出,這里k是任意正整數(shù)。

證明設(shè)(u0,v0)是Pell方程

u2-D1D2v2=1

(9)

的基本解,(un,vn)是它的任一正整數(shù)解,則由

xn=unx0-D2vny0,yn=D1vnx0-uny0

(10)

所確定的(xn,yn)是方程(8)的解。事實(shí)上,我們有

D1(unx0-D2vny0)2-D2(D1vnx0-uny0)2=

(11)

又方程(9)有無窮多組正整數(shù)解,故方程(8)也有無窮多組正整數(shù)解。

反之,若(xn,yn)是方程(8)的任一正整數(shù)解,則由(11)知(un,vn)是Pell方程(9)的解,

并且由(10)可解出un=D1x0xn+D2y0yn,vn=x0yn+xny0,故有

于是

由此可推出方程(8)的全部正整數(shù)解可表示為

這里k為任意正整數(shù)。證畢。

2 定理的證明

設(shè)(x,y)是(1)的任意整數(shù)點(diǎn)。因?yàn)閙=36s2-8n2+3,|n|≤2s,所以x2+2nx+m=(x+n)2+m-n2>0。由(1)知x≥2n。當(dāng)x=2n時,可得(1)的整數(shù)點(diǎn)為(x,y)=(2n,0)。

以下僅需考慮x>2n的情況。

令d=gcd(x-2n,x2+2nx+m),q=12s2+1為素數(shù),這里s為正奇數(shù),則m+8n2=3q,且d=gcd(x-2n,m+8n2)=gcd(x-2n,3q)=1,3,q或3q。

情形1若d=1,則由(1)可知,存在正整數(shù)a,b,使得

x-2n=a2,

x2+2nx+m=b2,

y=±ab, gcd(a,b)=1。

(12)

由(12)中第二個等式可得b2-(x+n)2=m-n2.因?yàn)閙-n2是偶數(shù),所以b與x+n必有相同的奇偶性,但此時2≡m-n2≡b2-(x+n)2≡0(mod4),矛盾。

情形2若d=3,則由(1)可知,存在正整數(shù)a,b,使得

x-2n=3a2,

x2+2nx+m=3b2,

y=±3ab, gcd(a,b)=1。

(13)

由(13)中前兩個等式結(jié)合m=36s2-8n2+3可得3(a2+n)2+12s2-3n2+1=b2，因?yàn)?2s2-3n2+1≡2(mod4),所以b與a2+n必同為奇數(shù)。但此時1≡b2≡3(a2+n)2+12s2-3n2+1≡3+12-3+1≡5(mod8),矛盾。

情形3若d=q,則由(1)可知,存在正整數(shù)a,b,使得

x-2n=qa2,

x2+2nx+m=qb2,

y=±qab, gcd(a,b)=1。

(14)

由(14)中前兩個等式可得

(qa2+3n)2+m-n2=qb2。

(15)

將m=3q-8n2代入(15)式整理得

(q-3n2)a4+3(na2+1)2=b2。

(16)

當(dāng)a是偶數(shù)時,由(16)式可知,na2+1與b必同為奇數(shù),但此時1≡b2≡(q-3n2)a4+3(na2+1)2≡0+3≡3(mod8),矛盾;a是奇數(shù)時,由于q-3n2是偶數(shù),故na2+1與b必同為偶數(shù),但此時0≡b2≡(q-3n2)a4+3(na2+1)2≡-2+0≡2(mod4),矛盾。

情形4若d=3q,則由(1)可知,存在正整數(shù)a,b,使得

x-2n=3qa2,

x2+2nx+m=3qb2,

y=±3qab, gcd(a,b)=1。

(17)

由(17)中前兩個等式可得

9(qa2+n)2+m-n2=3qb2。

(18)

將m=3q-8n2代入(18)式整理得

(3na2+1)2+(3q-9n2)a4=b2。

(19)

由(19)式知,a必為偶數(shù)。否則,當(dāng)a為奇數(shù)時,b為偶數(shù)。但此時0≡b2≡(3na2+1)2+(3q-9n2)a4≡0-2≡2(mod4),矛盾。故設(shè)a=2c,這里c為正整數(shù),代入(19)式可得

(12nc2+1)2+48(q-3n2)c4=b2。

(20)

(b+12nc2+1)(b-12nc2-1)=96rc4。

(21)

矛盾。由此可知l=2。

又因96r=25·3·r,故由(21)式可知,存在正整數(shù)f,g和t,使得

b-(12nc2+1)=tg4,

c=fg, gcd(f,g)=1。

(22)

這里t=2,6,16,48,2r,6r,16r或48r。

當(dāng)t=2時,由(22)式可得,12nc2+1=24rf4-g4,取模3知,1≡-g4(mod3),不可能。

(12s2+1)(2f2)2-3(g2+2nf2)2=1。

(23)

令ξ=2f2,η=|g2+2nf2|,則(23)式成為

(12s2+1)ξ2-3η2=1。

(24)

易知(ξ,η)=(1,2s)為方程(24)的基本解。根據(jù)引理6,方程(24)的全部正整數(shù)解可表示為:

這里k為任意正整數(shù)。由此得方程(23)的全部正整數(shù)解(2f2,|g2+2nf2|)滿足

(25)

將(25)式的右邊展開可得

上式左邊為偶數(shù),右邊為奇數(shù),矛盾。

當(dāng)t=16時,由(22)式可得,12nc2+1=3rf4-8g4,取模4知,1≡3rf4≡3f4(mod4),不可能。

當(dāng)t=48時,由(22)式可得,12nc2+1=rf4-24g4.考慮到r≡2(mod3),對此式取模3知,1≡rf4≡2f4(mod3),不可能。

當(dāng)t=2r時,由(22)式可得,12nc2+1=24f4-rg4,取模4知,1≡-g4(mod4),不可能。

當(dāng)t=6r時,由(22)式可得,12nc2+1=8f4-3rg4,取模3知, 1≡2f4(mod3),不可能。

當(dāng)t=16r時,由(22)式可得,12nc2+1=3f4-8rg4,取模4知, 1≡3f4(mod4),不可能。

(f2-6ng2)2-(144s2+12)g4=1。

(26)

由(26)式可知,方程

X2-(144s2+12)Y4=1

(27)

有正整數(shù)解

(X,Y)=(|f2-6ng2|,g)。

(28)

根據(jù)引理1,方程

x2-(144s2+12)y2=1

(29)

的基本解(x0,y0)=(24s2+1,2s)。又由引理2可知,方程(27)至多有一組正整數(shù)解(X,Y)，比較方程(27)與(29)有:如果(X,Y)是方程(27)的正整數(shù)解,則方程(29)必有正整數(shù)解(x,y)=(X,Y2)，因此,由(28)式可得

如果k=2,則

|f2-6ng2|=1152s4+96s2+1,

g2=4s(24s2+1)。

(30)

令g=2h,這里h為正整數(shù),代入(30)的第二式得

s(24s2+1)=h2。

(31)

因?yàn)間cd(s,24s2+1)=1,故由(31)式知,存在正整數(shù)u,v,使得

s=u2, 24s2+1=v2,

h=uv, gcd(u,v)=1。

(32)

由(32)的前兩式得

v2-24u4=1。

(33)

根據(jù)引理3,方程(33)僅有正整數(shù)解(u,v)=(1,5). 此時由(30)式和(32)式可得s=1,h=5,g=10,從而|f2-600n|=1 249.考慮到s=1時,n=±1,故有f=43,c=430。

此時a=860,r=5,q=13,可得(1)在s=1時僅有整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(28 844 402,±154 914 585 540)適合x>2。

(24s2+1)k-2i-1·(2s)2i·(144s2+12)i。

(34)

3 結(jié)論