關(guān)于橢圓曲線y2=x(x+11)(x+19)的整數(shù)點*①

曹春芳

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

1 引言及主要結(jié)論

橢圓曲線的一個基本類型是

y2=x(x+ηp)(x+ηq),η∈{-1,1},

(1)

其中p,q為奇素數(shù).

2011年，陳候炎[1]證明了：(η,p,q)=(-1,5,7)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0),(5,0)和(7,0)；(η,p,q)=(1,5,7)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0)，(-5,0)和(-7,0).

2012年，陳候炎[2]證明了：(η,p,q)=(-1,3,5)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0),(3,0)和(5,0)；(η,p,q)=(1,3,5)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0)，(-3,0)，(-5,0)，(-4,±2)，(3,±12)，(5，±20)和(240，±3780).

2016年，管訓(xùn)貴[3]證明了：(η,p,q)=(-1,3,19)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x，y)=(0,0)，(3,0)，(19,0)，(1,±6)，(27,±72)和(57,±342).

2018年，管訓(xùn)貴[4，5，6]分別證明了：(η,p,q)=(-1,7,23)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0),(7,0),(23,0),(25,±30)和(207,±2760)；(η,p,q)=(-1,31,47)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0)，(31,0)，(47,0)，(49,±42)和(423,±7896)；(η,p,q)=(-1,71,103)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0)，(71,0)，(103,0)和(121,±330)；(η,p,q)=(-1,11,139)時，橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0)，(11,0)，(139,0)和(13761,±1605450).

本文運用初等方法，證明了如下結(jié)果.

定理1橢圓曲線

y2=x(x+11)(x+19)

(2)

僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0),(-11,0)和(-19,0).

2 若干引理

引理1設(shè)p,q為不同的奇素數(shù)，若p≡3(mod 4)，q≡3(mod 4)，則不定方程x4-pqy2=1沒有正整數(shù)解(x,y).

證明參見文獻(xiàn)[7].

引理2設(shè)整數(shù)a>1，則不定方程

ax2-Dy4=1

(3)

證明參見文獻(xiàn)[8].

引理3不定方程

x2-836y4=1

(4)

沒有正整數(shù)解(x,y).

證明設(shè)(x,y)是方程(4)的一正整數(shù)解.由2?x知，(x-1,x+1)=2，故有

x+1=418r4,x-1=2s4,

(5)

或

x+1=2s4,x-1=418r4,

(6)

或

x+1=38r4,x-1=22s4,

(7)

或

x+1=22s4，x-1=38r4,

(8)

這里s,r都是正整數(shù)，(s,r)=1，y=rs.

若式(5)成立，則得

s4-11×19r4=-1.

(9)

若式(6)成立，則得

s4-11×19r4=1.

(10)

由于11≡3(mod 4)，19≡3(mod 4)，故由引理1知式(10)不成立.

若式(7)成立，則得

11s4-19r4=-1.

(11)

若式(8)成立，則得

11s4-19r4=1.

(12)

因為

vn=35xn+506yn.

(13)

并且有序列

xn+2=93102xn+1-xn,x0=1,x1=46551；

yn+2=93102yn+1-yn,y0=0,y1=3220.

(14)

利用(14)對式(13)取模8得v35≡5(mod 8)，即v35不是完全平方數(shù).因此，方程(12)沒有正整數(shù)解.證完.

引理4不定方程x2+y2=z2滿足條件(x,y)=1，2∣x的全部正整數(shù)解可表為

x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2，

其中a>b>0，(a,b)=1，2?(a+b).

證明參見文[9，p110～111，定理3.4].

引理5不定方程x2+2y2=z2滿足條件(x,y)=1的全部正整數(shù)解可表為

x=|a2-2b2|,y=2ab,z=a2+2b2,

其中a>0,b>0，gcd(a,b)=1，2?a.

證明參見文[9，p117，習(xí)題3.3的第4題].

3 定理1的證明

證明首先,當(dāng)y=0時，(2)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0)，(-11,0)，(-19,0).其次，設(shè)(x,y)是(2)的一組適合y≠0的整數(shù)點.因y2>0，故由式(2)得-190.如果-190，令d1=(x,x+11)，d2=(x,x+19)，d3=(x+11,x+19)，則有

(15)

設(shè)a,b,c為正整數(shù)且兩兩互素.根據(jù)式(15)，我們只需討論8種情形.

情形1(d1,d2,d3)=(1,1,1).

此時，由式(2)得

x=a2,x+11=b2,x+19=c2，y=±abc.

(16)

將(16)的第一式代入第二式得(b+a)(b-a)=11，所以b+a=11且b-a=1，解得a=5，于是x=25，代入式(2)得y2=11×602，顯然不可能.

情形2(d1,d2,d3)=(1,1,2s)(1≤s≤3).

此時，由式(2)得

x=a2，x+11=2sb2，x+19=2sc2，y=±2sabc.

(17)

將(17)的第一式代入第二式得2sb2-a2=11.若2|s，則可解出a=5，于是x=25，這不可能.因此2?s.將(17)的第二式代入第三式得

c2-b2=23-s.

(18)

因為3-s≥0，所以s=1,3，此時式(18)成為c2-b2=1或c2-b2=4，均不可能.

情形3(d1,d2,d3)=(1,19,1).

此時，由式(2)得

x=19a2,x+11=b2,x+19=19c2,y=±19abc.

(19)

將(19)的第一式代入第三式得c2-a2=1，不可能.

情形4(d1,d2,d3)=(1,19,2s)(1≤s≤3).

此時，由式(2)得

x=19a2,x+11=2sb2,x+19=2s·19c2,y=±2s·19abc.

因此有

b2-19c2=-23-s,a2-2sc2=-1.

(20)

若s=2，則由(20)的第二式得a=0，不可能.

若s=3，則式(20)成為

b2-19c2=-1，a2-8c2=-1.

(21)

情形5(d1,d2,d3)=(11,1,1).

此時，由式(2)得

x=11a2,x+11=11b2,x+19=c2,y=±11abc.

(22)

將(22)的第一式代入第二式得b2-a2=1，不可能.

情形6(d1,d2,d3)=(11,1,2s)(1≤s≤3).

此時，由式(2)得

x=11a2，x+11=11·2sb2，x+19=2sc2，y=±2s11abc.

因此有

c2-11b2=23-s，a2-2sb2=-1.

(23)

由(23)的第二式知s≠2，否則推出a=0，與假設(shè)矛盾，故s=1,3.

當(dāng)s=3時， 式(23)成為

c2-11b2=1，a2-8b2=-1.

(24)

對(24)的第二式取模8知a2≡7(mod 8)，不可能.因此s=1.此時式(24)成為

c2-11b2=4，a2-2b2=-1.

(25)

由(25)的第一式及(b,c)=1知b,c同奇.對(25)的第一式取模8可得-2≡4(mod 8)，矛盾.

情形7(d1,d2,d3)=(11,19,1).

此時，由式(2)得

x=209a2，x+11=11b2，x+19=19c2，y=±209abc.

(26)

將(26)的第一式分別代入第二式和第三式得

b2-19a2=1，c2-11a2=1.

(27)

由于(b,c)=1,因此b,c不能均為偶數(shù)，再由(27)的兩式知，a為偶數(shù)，b,c均為奇數(shù).

令a=2a1(a1>0)，則將(27)的兩式相減后整理得

(28)

注意到(b+c,b-c)=2，則式(28)可化為

b+c=16u2，b-c=2v2， 或b+c=2v2，b-c=16u2，

(29)

其中a1=uv,u>0,v>0,(u,v)=1.

由(29)解得b=v2+8u2，c=v2-8u2.將c=v2-8u2，a=2a1=2uv代入(27)的第二式并整理得

(v2-30u2)2-836u4=1.

(30)

根據(jù)引理3，(30)沒有正整數(shù)解(u,v)，所以在該情形時橢圓曲線(2)沒有整數(shù)點.

情形8(d1,d2,d3)=(11,19,2s)(1≤s≤3).

此時，由式(2)得

x=209a2,x+11=2s·11b2，x+19=2s·19c2，y=±2s·209abc.

因此有

19a2+1=2sb2, 11a2+1=2sc2.

(31)

由(31)知，2?a.將(31)中兩式相減得

b2-c2=23-sa2.

(32)

若s=3，則式(32)成為

a2+c2=b2.

(33)

因2?a，故根據(jù)引理4， 式(33)給出

a=u2-v2，c=2uv，b=u2+v2，

(34)

這里u>v>0，(u,v)=1，2?(u+v).

將(34)的第一式和第二式代入(31)的第二式得

11(u2-v2)2+1=32u2v2,

(35)

對式(35)取模8知11(u2-v2)2≡-1(mod 8)，即(3u2-3v2)2≡5(mod 8)，不可能.

若s=1，則式(32)成為

c2+(2a)2=b2.

(36)

根據(jù)引理4，式(36)給出

c=u2-v2,a=uv,b=u2+v2,

(37)

這里u>v>0，(u,v)=1，2?(u+v).但2?a，推出2?uv，從而2|(u+v)，與前述矛盾.

若s=2，則 (32)成為

c2+2a2=b2.

(38)

根據(jù)引理5，式(38)給出

c=|u2-2v2|，a=2uv，b=u2+2v2，

這里u>v>0，(u,v)=1，2?u.由此知2|a，與2?a矛盾.

綜上，橢圓曲線(2)僅有整數(shù)點(x,y)=(0,0)，(-11,0)和(-19,0).定理得證.