橢圓曲線y2=x3+23x+54的正整數(shù)點(diǎn)

杜先存, 過 靜

(1. 紅河學(xué)院 教師教育學(xué)院, 云南 蒙自 661199;2. 江西科技師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院, 江西 南昌 330013)

三次丟番圖方程是一類基本的丟番圖方程,目前研究比較多,例如文獻(xiàn)[1].橢圓曲線是一類特殊的丟番圖方程,其整數(shù)點(diǎn)是數(shù)論中基本而又重要的問題,關(guān)于橢圓曲線y2=nx(x2+a2)的整數(shù)點(diǎn),目前已有一些結(jié)論,如文獻(xiàn)[2].關(guān)于橢圓曲線

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

(1)

的整數(shù)點(diǎn)問題,目前主要集中在q=31上,此時(shí)橢圓曲線(1)成為橢圓曲線

y2=x3+27x-62.

(2)

1987年,D.Zagier[3]提出了橢圓曲線(2)的整數(shù)點(diǎn)的問題,該問題對(duì)于討論橢圓曲線的算術(shù)性質(zhì)有重要的意義;2009年,Zhu等[4]運(yùn)用代數(shù)數(shù)論和p-adic分析方法找出了橢圓曲線(2)的全部整數(shù)點(diǎn);2010年,吳華明[5]運(yùn)用初等數(shù)論方法給出了橢圓曲線(2)的全部整數(shù)點(diǎn);同年,賀艷峰[6]同樣運(yùn)用初等數(shù)論方法給出了橢圓曲線(2)的全部整數(shù)點(diǎn).在此基礎(chǔ)上,2014年,管訓(xùn)貴[7]給出了橢圓曲線(2)的更一般的推廣.而關(guān)于橢圓曲線

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

(3)

的整數(shù)點(diǎn)問題,目前主要集中在q=31上,此時(shí)橢圓曲線(3)成為

y2=x3+27x+62.

(4)

2016年,過靜[8]運(yùn)用初等數(shù)論方法給出了橢圓曲線(2)的全部整數(shù)點(diǎn);在此基礎(chǔ)上,2017年,杜先存[9]給出了橢圓曲線(4)的更一般的推廣.本文僅研究的是q=27時(shí)橢圓曲線(3)的正整數(shù)點(diǎn)的情況,即給出了以下定理:

定理橢圓曲線

y2=x3+23x+54

(5)

無正整數(shù)點(diǎn).

1 相關(guān)引理

引理1[10]若D是一個(gè)非平方的正整數(shù),則方程x2-Dy4=1至多有兩組正整數(shù)解(x,y),而且方程恰有2組正整數(shù)解的充要條件是D=1 785或D=28 560或2x0和y0都是平方數(shù),這里(x0,y0)是方程x2-Dy2=1的基本解.

2 定理證明

證明 設(shè)(x,y),x,y∈Z+是橢圓曲線(5)的正整數(shù)點(diǎn),由(5)可得:

y2=(x+2)(x2-2x+27).

(6)

因?yàn)間cd(x+2,x2-2x+27)=gcd(x+2,35)=1或5或7或35,所以分別討論這4種情形下橢圓曲線(6)的正整數(shù)點(diǎn)的情況.

情形Ⅰx+2=u2,x2-2x+27=v2,y=uv,gcd(u,v)=1,u,v∈Z+

因?yàn)閡2≡0,1(mod 4),所以x=u2-2≡2,3(mod 4),則x2-2x+27≡2,3(mod 4),而v2≡0,1(mod 4),故有2,3(mod 4)≡x2-2x+27=v2≡0,1(mod 4),顯然矛盾,故該情形下橢圓曲線(5)無正整數(shù)點(diǎn).

情形Ⅱx+2=5u2,x2-2x+27=5v2,y=5uv,gcd(u,v)=1,u,v∈Z+

因?yàn)閡2≡0,1,4(mod 8),所以x=5u2-2≡2,3,6(mod 8),故x2-2x+27≡3,6(mod 8),而v2≡0,1,4(mod 8),則5v2≡0,4,5(mod 8),故有3,6(mod 8)≡x2-2x+27=5v2≡0,4,5(mod 8),顯然矛盾,故該情形下橢圓曲線(5)無正整數(shù)點(diǎn).

情形Ⅲx+2=7u2,x2-2x+27=7v2,y=7uv,gcd(u,v)=1,u,v∈Z+

因?yàn)閡2≡0,1,4(mod 8),所以x=7u2-2≡2,5,6(mod 8),則x2-2x+27≡2,3(mod 8),而v2≡0,1,4(mod 8),則7v2≡0,4,7(mod 8),故有2,3(mod 8)≡x2-2x+27=7v2≡0,4,7(mod 8),矛盾,故該情形下橢圓曲線(5)無正整數(shù)點(diǎn).

情形Ⅳx+2=35u2,x2-2x+27=35v2,y=35uv,gcd(u,v)=1,u,v∈Z+

(12e2-1)2+416e4=v2.

(7)

即

(v+12e2-1)(v-12e2+1)=416e4.

(8)

因?yàn)?|u,故由x+2=35u2知2|x,則由x2-2x+27=35v2得2v,故2|(v-12e2+1),所以gcd(v+12e2-1,v-12e2+1)=gcd(24e2-2,v-12e2+1)=gcd(2(12e2-1),v-12e2+1)=2gcd(12e2-1,v-12e2+1)=2gcd(12e2-1,v).

由式(7)得gcd(12e2-1,v)=gcd(12e2-1,416e4)=gcd(12e2-1,416)=1或13,故gcd(v+12e2-1,v-12e2+1)=2或26,因此式(8)可分解為

(9)

由式(9)得:

(10)

情形ⅰ 若gcd(v+12e2-1,v-12e2+1)=2.對(duì)式(10)兩邊取模4,得:

(11)

當(dāng)f=2,26時(shí),式(11)為

(12)

當(dāng)f=16時(shí),式(10)為12a2b2-1=8a4-13b4,則有24a2b2-2=16a4-26b4,配方得35b4-(4a2-3b2)2=2,兩邊取模5得:

(4a2-3b2)2≡-2(mod 5).

(13)

當(dāng)f=208時(shí),式(10)為12a2b2-1=104a4-b4,配方得:

(b2+6a2)2-140a4=1.

(14)

令p=b2+6a2,p∈Z+,則式(14)為

p2-140a4=1.

(15)

令w=2a2,w∈Z+,則式(15)為

p2-35w2=1.

(16)

因?yàn)镻ell方程(16)的基本解為(p1,w1)=(6,1),則方程(16)的全部正整數(shù)解可表為

由此可知方程(15)的正整數(shù)解滿足:

(17)

即

(18)

因?yàn)镻ell方程p2-140a2=1的基本解為(p1,a1)=(71,6),則2p1=142,故2p1,a1均不為平方數(shù),又D=140≠1 785且D≠28 560,故由引理1知方程(15)至多有一組正整數(shù)解.

由引理2知方程(15)若有一組正整數(shù)解,則n=2或2n,因此n=2.

若n=2,由式(17)知2a2=12,即a2=6,顯然無解,故n=2時(shí),式(17)不成立,因此f=208時(shí)情形ⅰ不成立.

綜上,情形ⅰ不成立.

情形ⅱ 若gcd(v+12e2-1,v-12e2+1)=26.對(duì)式(10)兩邊取模13,得:

(19)

情形(ⅰ) 當(dāng)f=2,16時(shí),因?yàn)間cd(v+12e2-1,v-12e2+1)=26,則由v+12e2-1=fa4知13|a,則式(19)成為-1≡0(mod 13),顯然矛盾,故情形(ⅰ)不成立.

綜上,情形ⅱ不成立.

綜上所述定理得證.