椭圆曲线y2=nx(x2+64)的整数点

赵 建 红

(丽江师范高等专科学校 数学与计算机科学系, 云南 丽江 674199)

椭圆曲线y2=nx(x2+64)的整数点

赵 建 红

(丽江师范高等专科学校 数学与计算机科学系, 云南 丽江 674199)

如果n为无平方因子的正奇数,n的所有素因素pi(i∈Z+)都满足pi≡3,7(mod8),则椭圆曲线y2=nx(x2+64)除整数点(x,y)=(0,0)外至多有一个整数点.

椭圆曲线; 同余; 整数点

椭圆曲线的整数点是数论中很重要的问题,有许多学者研究过椭圆曲线

的整数点问题.

a=1时,主要结论有:祝辉林、陈建华[1],乐茂华[2],管训贵[3],付瑞琴[4]给出了n为奇素数时椭圆曲线(1)的整数解的情况;窦志红[5]给出了n为偶数时椭圆曲线(1)的整数解的情况.

a=2时,主要结论有:廖思泉、乐茂华[6],杜晓英[7],张瑾[8]给出了n为素数时椭圆曲线(1)的整数解的情况;陈历敏[9],李玲,张绪绪[10]给出了n为奇数时椭圆曲线(1)的整数解的情况.

a=4时,主要结论有:2014年,崔军保[11]给出了n为奇素数时椭圆曲线(1)的整数解的情况.

a=64时,主要结论有:崔保军[12]给出了当n为奇素数时椭圆曲线(1)的整数解的情况.在此基础上本文给出了a=64,n为正奇数时椭圆曲线(1)的整数点的情况.

1 相关引理

引理[13]方程D1A2-D2B4=1,A,B∈N+至多只有1组解.

2 定 理

定理如果n为无平方因子的正奇数,n的所有素因素pi(i∈Z+)都满足pi≡3,7(mod8),则椭圆曲线

除整数点(x,y)=(0,0)外至多有一个整数点.

3 定理证明

证明 显然(x,y)=(0,0)是椭圆曲线(2)的整数点,设(x,y),x,y∈Z+是椭圆曲线(2)的正整数点,因为n是无平方因子的正奇数,故由式(2)知n|y,设y=nz,z∈Z+,将其代入式(2),得

因为gcd(x,x2+64)=gcd(x,64)=1或2、或4、或8、或16、或32、或64,故式(3)可分解为以下7种可能的情形:

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+.

下面分别讨论这7种情形下椭圆曲线(2)的正整数点的情况.

情形Ⅰ 将x=pa2代入x2+64=qb2,得

①qgt;1时,q中至少含有一个素因子qj,j∈Z+,由题意得qj≡3,7(mod8).对式(4)两边同时取模qj,得

②q=1时,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)为奇素数,故无解,因此q=1时情形Ⅰ不成立.

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

①qgt;1时,q中至少含有一个素因子qj,j∈Z+,由题意得qj≡3,7(mod8).对式(6)两边同时取模qj,得2p2a4≡-32(modqj),即

②q=1时,p=n,此时式(6)为

由式(8)知b为偶数,所以b2≡0,4(mod8).又gcd(a,b)=1,所以a为奇数,则a2≡1(mod8),因此a4≡1(mod8).又p为奇素数,所以p2≡1(mod8),因此2p2a4≡2(mod8).故式(8)为2≡2p2a4+32=b2≡0,4(mod8),显然不成立,因此q=1时情形Ⅱ不成立.

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

①qgt;1时,q中至少含有一个素因子qj,j∈Z+,由题意得qj≡3,7(mod8).对式(9)两边同时取模qj,得4p2a4≡-16(modqj),即

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

①qgt;1时,q中至少含有一个素因子qj,j∈Z+,由题意得qj≡3,7(mod8).对式(11)两边同时取模qj,得8p2a4≡-8(modqj),即

②q=1时,p=n,此时式(11)为

由式(11)知4|b,则令b=4c,c∈Z+,则式(13)为n2a4+1=2c2,即

由引理1知方程(14)至多有一组正整数解(c,a),所以方程(3)至多有一组正整数解(x,z),因此椭圆曲线(2) 至多有一组正整数点.

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

①qgt;1时,q中至少含有一个素因子qj,j∈Z+,由题意得qj≡3,7(mod8).对式(15)两边同时取模qj,得16p2a4≡-4(modqj),即

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

①qgt;1时,q中至少含有一个素因子qj,j∈Z+,由题意得qj≡3,7(mod8).对式(17)两边同时取模qj,得32p2a4≡-2(modqj),即

②q=1时,p=n,此时式(17)为32n2a4+2=b2,两边取模8,得

由式(19)知b为偶数,所以b2≡0,4(mod8).故式(19)为2≡2p2a4+32=b2≡0,4(mod8),显然不成立,因此q=1时情形Ⅵ不成立.

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

①qgt;1时,q中至少含有一个素因子qj,j∈Z+,由题意得qj≡3,7(mod8).对式(20)两边同时取模qj,得64p2a4≡-1(modqj),即

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【责任编辑: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

云南省科技厅应用基础研究计划青年项目(2013FD061).

赵建红(1981-),男,云南巍山人,丽江师范高等专科学校副教授.

2095-5456(2017)06-0502-03