高志鵬,牟全武

(西安工程大學(xué) 理學(xué)院, 陜西 西安 710048)

1 引言及主要結(jié)論

1987年, ZAGIER構(gòu)造了一批具有大整數(shù)點(diǎn)的橢圓曲線[1]。例如, 他指出橢圓曲線

y2=x3+27x-62

(1)

有大整數(shù)點(diǎn)

(x,y)=(28 844 402,±154 914 585 540)

運(yùn)用代數(shù)數(shù)論與p-adic分析方法, 文獻(xiàn)[2]證明了橢圓曲線(1)僅有整數(shù)點(diǎn)

(x,y)=(2,0),(28 844 402,±154 914 585 540)

文獻(xiàn)[3-4]對(duì)文獻(xiàn)[2]的結(jié)果給出了簡化證明。一般地, 設(shè)m為任意整數(shù), 求橢圓曲線

y2=x3+(m-4)x-2m

(2)

定理1設(shè)p,q為奇素?cái)?shù)，且滿足p≡17(mod 24),m=6p-8=3q+1, 則橢圓曲線(2)除整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(2,0)外，至多只有2個(gè)整數(shù)點(diǎn)：

(x,y)=(24pu2v2+2,±12puv(u4+12qv4))

這里u,v∈N+且滿足(u2-6v2)2-24pv4=1。

推論1橢圓曲線y2=x3+234x-476,y2=x3+666x-1340,y2=x3+810x-1628,除了整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(2,0)外, 至多只有2個(gè)整數(shù)點(diǎn)。

2 引 理

引理1[22]若D是一個(gè)非平方的正整數(shù)，則不定方程

x2-Dy2=1

(3)

得出，其中n是任意正整數(shù)。

引理2若D是一個(gè)非平方的正整數(shù), 則不定方程x2-Dy4=1至多有2組正整數(shù)解(x,y), 而且該方程恰有2組正整數(shù)解的充要條件是

D∈{1 785,28 560}

證明見文獻(xiàn)[23]中的引理2。

推論2若D為正偶數(shù)且D≠28 560, 則不定方程

x2-Dy4=1

至多有1組正整數(shù)解(x,y)。

證明可由引理1及引理2直接推出, 或見文獻(xiàn)[24]中的引理3。

3 定理1的證明

由p、q為素?cái)?shù),且滿足p≡17(mod 24),m=6p-8=3q+1,得p≡1(mod 8),q=2p-3,q≡7(mod 8)。設(shè)(x,y)是橢圓曲線(2)的整數(shù)點(diǎn)，因?yàn)?/p>

y2=x3+(m-4)x-2m=(x-2)(x2+2x+m),

x2+2x+m>0

所以x≥2。 顯然橢圓曲線(2)有平凡整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(2,0), 下面僅考慮x>2的情況。

設(shè)d為x-2與x2+2x+m的最大公因數(shù), 則

d=gcd(x-2,x2+2x+m)=

gcd(x-2,m+8)=gcd(x-2,6p)

且存在正整數(shù)a與b使得

(4)

由d|6p知d∈{1,2,3,6,p,2p,3p,6p}。由式(4)消去x得

(5)

以下分8種情況討論:

情形1若d=1, 由式(5)得b2-(a2+3)2=3q, 解得：a2=3p-8,b=3p-4; 或者a2=p-6,b=p。注意p≡1 (mod 8), 所以a2≡3 (mod 8)。與a2≡1 (mod 8)矛盾。

情形2若d=2, 由式(5)得b2≡2a4+6a2+3p≡2a2(a2-1)+3≡3 (mod 8),不成立。

情形3若d=3, 由式(5)得b2≡3a4+6a2+2p≡3a4-2a2+2≡2,3 (mod 8),不成立。

情形4若d=6, 因?yàn)閜≡2 (mod 3), 所以由式(5)得b2≡6a4+6a2+p≡p≡2 (mod 3), 不成立。

情形5若d=p, 由式(5)得b2≡pa4+6a2+6≡a4-2a2+6≡5,6 (mod 8),不成立。

情形6若d=2p, 由式(5)得b2≡2pa4+6a2+3≡2a4-2a2+3≡3 (mod 8),不成立。

情形7若d=3p, 由式(5)得b2≡3pa4+6a2+2≡2 (mod 3), 不成立。

情形8若d=6p, 由式(5)得b2=6pa4+6a2+1, 即b為奇數(shù)。如果a為奇數(shù), 那么從p≡1 (mod 8)及a2≡1 (mod 8)可推出b2≡5 (mod 8), 不成立。故a為偶數(shù), 進(jìn)而得知b+3a2+1與b-3a2-1都是偶數(shù)。注意2p-3=q, 由b2=6pa4+6a2+1得

(6)

情形8.1b+3a2+1=6qr2,b-3a2-1=2s2,a2=2rs。

由前2個(gè)式子得3a2+1=3qr2-s2, 等式兩邊模3得s2≡2 (mod 3), 不成立。

情形8.2b+3a2+1=6r2,b-3a2-1=2qs2,a2=2rs。

由前2個(gè)式子得3a2+1=3r2-qs2，顯然3不整除s。等式兩邊模3并利用q≡1 (mod 3)及費(fèi)馬小定理得1≡-1(mod 3), 不成立。

情形8.3b+3a2+1=2qr2,b-3a2-1=6s2,a2=2rs。

情形8.4b+3a2+1=2r2,b-3a2-1=6qs2,a2=2rs。

由上面3個(gè)式子及q=2p-3得

6ps2+1=(r-3s)2

(7)

(u2-6v2)2-24pv4=1

(8)

根據(jù)推論2, 不定方程X2-24pY4=1最多只有一組解(X,Y)。當(dāng)方程(8)有解時(shí), 有

x=da2+2=24pu2v2+2

y=±dab=±12puv(u4+12qv4)

即此時(shí)橢圓曲線(2)至多有2個(gè)整數(shù)點(diǎn)(x,y)=(24pu2v2+2,±12puv(u4+12qv4))。

綜上, 定理1得證。