杜先存, 胡林云, 王　婷

(紅河學院 教師教育學院，云南 蒙自 661199)

橢圓曲線的整數(shù)點是數(shù)論中的一個基本而重要的問題，關于橢圓曲線

y2=(x+a)(x2-ax+p) ，a，p∈Z

(1)

的整數(shù)點，目前結(jié)論很少，主要集中在a=±2上．

a=2時橢圓曲線(1)成為

y2=(x+2)(x2-2x+p)

(2)

關于橢圓曲線(2)的整數(shù)點問題，目前結(jié)論主要集中在文獻[1]及文獻[2]上，文獻[1]給出了p=31時橢圓曲線(2)的整數(shù)點，文獻[2]給出了更一般的情況．

a=-2時橢圓曲線(1)成為

y2=(x-2)(x2+2x+p)

(3)

關于橢圓曲線(3)的整數(shù)點問題，目前結(jié)論主要集中在文獻[3]-[7]上，文獻[3]-[6]給出了p=31時橢圓曲線(3)的整數(shù)點，文獻[7]給出了更一般的情況．

本文將繼續(xù)討論a=-2，p=15時橢圓曲線(3)的整數(shù)點問題，得出了以下結(jié)論：

定理橢圓曲線

y2=(x-2)(x2+2x+15)

(4)

僅有整數(shù)點(x,y)=(2,0)．

1　相關引理

引理[8]設D是一個非平方的正整數(shù)，則方程x2-Dy4=1至多有2組正整數(shù)解(x,y)．如果x2-Dy4=1恰有兩組正整數(shù)解，則當D=24s×1 785，其中s∈{0,1}時，(x1,y1)=(169,21-s)且(x2,y2)=(6 525 617 281,21-s×6 214)；當D≠24s×1 785時，

2　定理證明

證顯然(x,y)=(2,0)為方程(4)的整數(shù)點．設(x,y)是橢圓曲線(4)的異于(2,0)的整數(shù)點．

因為gcd(x-2,x2+2x+15)=gcd(x-2，23)=1或23，故式(4)可分解為：

情形Ⅰx-2=u2，x2+2x+15=v2，y=uv，gcd(u,v)=1，u,v∈Z.

情形Ⅱx-2=23u2，x2+2x+15=23v2，y=23uv，gcd(u,v)=1，u,v∈Z.

以下討論這兩種情形下橢圓曲線(4)的整數(shù)點的情況．

情形Ⅰ 因為u2≡0,1(mod4)，故x=u2+2≡2,3(mod4)，所以x2+2x+15≡2,3(mod4)，而v2≡0,1(mod4)，故有2,3(mod4)≡x2+2x+15=v2≡0,1(mod4)，矛盾，故情形Ⅰ不成立．

情形Ⅱ當2?u時有u2≡1(mod4)，故有x=23u2+2≡1(mod4)．因此x2+2x+15≡2(mod4)，而v2≡0,1(mod4)，則23v2≡0,3(mod4)，故有2(mod4)≡x2+2x+15=23v2≡0,3(mod4)，矛盾，因此2?u不成立，所以2|u．令u=2w,w∈Z，則x-2=23u2為x-2=92w2，將x=92w2+2代入x2+2x+15=23v2可得(92w2+3)2+14=23v2，整理得368w4+24w2+1=v2，配方得(12v2+1)2+224w4=v2，即：

(v+12w2+1)(v-12w2-1)=224w4

(5)

因為gcd(v+12w2+1,v-12w2-1) =gcd(24w2+2,v-12w2-1)=gcd(2(12w2+1)，v-(12w2+1))．因為2|u，故由x-2=23u2知2|x，則由x2+2x+15=23v2得2?v，故2|[v-(12w2+1)]．又gcd(2(12w2+1)，v-(12w2+1))=2gcd(12w2+1，v-(12w2+1))=2gcd(12w2+1，v)．設gcd(12w2+1,v)=d，則d|v，d|(12w2+1)，故由式(4)知d|224w4．又gcd(12w2+1,224w4)=1，因此d=1，所以gcd(12w2+1,v)=1，因而gcd(v+12w2+1,v-12w2-1)=2．又224=7×25，故式(5)可分解為：

r=1,23,7,7×23

(6)

由式(6)的前兩式，得

(7)

對式(7)兩邊取模4，得

(8)

當r=7時，式(8)為

1≡3a4(mod4)

(9)

因為a2≡0,1(mod4)，故a4≡0，1(mod4)，則式(9)為1≡0，3(mod4)，顯然矛盾，故r=7時式(9)不成立，即情形Ⅳ不成立．

當r=7×23時，式(9)為

1≡-b4(mod4)

(10)

因為b2≡0,1(mod4)，故b4≡0，1(mod4)，則式(10)為1≡0，3(mod4)，顯然矛盾，故r=7×23時式(10)不成立，即情形Ⅳ不成立．

當r=1時，式(7)為12w2+1=a4-56b4，將式(6)的w=ab代入得12a2b2+1=a4-56b4，配方得

(a2-6b2)2-92b4=1

(11)

令s=a2-6b2,s∈Z，則式(11)為

s2-92b4=1

(12)

令t=2b2，t∈Z，則式(12)為

s2-23t2=1

(13)

因為Pell方程s2-92b2=1的基本解為(s,b)=(1 151,120)，故由引理1得方程(12)至多組有一正整數(shù)解(s,b)，且若方程(12)有正整數(shù)解(s,b)，則方程(12)有正整數(shù)解(s,b)=(s,2t2)．又因為Pell方程(13)的基本解為(24,5)，則方程(13)的全部正整數(shù)解可表為：

由此可知方程(11)的整數(shù)解滿足：

(14)

2b2=

則有

2b2=

(15)

因為2?n時式(15)右邊為奇數(shù)，而左邊為偶數(shù)，故2?n時式(15)不成立，因此式(15)要成立需2|n，由引理1知式(14)要成立需n=2．

當n=2時，由式(14)得

因此有a2-6b2=1 151, 2b2=240，則b2=120，顯然無整數(shù)解，故n=2時式(7)不成立，即情形Ⅳ不成立．

當r=23時，式(7)為12w2+1=8a4-7b4，將式(6)的w=ab代入,得

12a2b2+1=8a4-7b4

(16)

由式(16)知2?b，故b2≡1(mod8)，因此式(16)兩邊取模8,得

4a2+1≡1(mod8)

(17)

由式(17)知2|a，故a2≡0，4(mod16)，則4a2≡0(mod16)．又2?b，故b2≡1,9(mod16)，則b4≡1(mod16)，因此式(16)兩邊取模16，得

1≡9(mod16)

(18)

則式(18)顯然不成立，故式(16)不成立．因此r=23時式(7)不成立，即情形Ⅳ不成立．

綜上所述定理得證．

參考文獻：

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