椭圆曲线 y2=qx(x2-256) 的正整数解*

谢甜甜, 杨 海, 许 倩

(西安工程大学理学院,710048,陕西省西安市)

0 引 言

有关椭圆曲线方程整数解的求解问题一直以来是众多学者的研究兴趣，但由于曲线方程类型不同，求解方法也迥异，再加上问题本身的困难性，至今为止有很多问题仍未彻底解决. 形如椭圆曲线

y2=nx(x2+a),n,a∈+

(1)

的整数点问题，目前得到了当n满足某种特定的条件，a=1,2,4,64,128,-128时椭圆曲线(1)整数解的结论.

(ⅰ)当a=1时的主要结论：2011年，窦志红[1]证明当n为某些特殊的素数n=2p，椭圆曲线(1)的上界; 2013年，杨海、付瑞琴[2]证明当n≡9(mod16)，椭圆曲线(1)无正整数点; 当n≡1(mod16)，椭圆曲线(1)有正整数点的判别条件.

(ⅱ)当a=2时的主要结论:1985年，Casselsl J W S[3]利用四次代数数域的基本性质证明了椭圆曲线(1)仅有三组正整数解(x,y)=(1,3),(2,6),(24,204); 2009年，廖思泉、乐茂华[4]证明当n≠3为奇素数时，如果n≡5或7(mod 8)，则椭圆曲线(1)没有正整数点；如果n≡1(mod 8)时，椭圆曲线(1)至多有1组正整数点; 如果n≡3(mod 8)时，则椭圆曲线(1) 至多有2组正整数点. 2010年，陈历敏[5]证明当n为无平方因子的正奇数且n满足n≡5或7(mod 8)为奇素数时，椭圆曲线(1)无非零整数点; 如果有n≡3(mod 8)时，椭圆曲线(1) 至多有2组正整数点. 2011年，李玲、张绪绪[6]证明当n的素因数都满足n≡5或7(mod 8)时，椭圆曲线(1)无非零整数解. 2014年，杜晓英[7]证明当p≡1(mod 8)为奇素数时椭圆曲线(1)有正整数解的判别条件，并证明了当p<100时曲线(1)没有正整数解; 2015年，张瑾[8]证明当p≡1(mod 8)有正整数解的若干判别条件.

(ⅲ)当a=4时的主要结论：2014年，崔军保[9]证明当n≠5为奇素数时，椭圆曲线(1)至多有1组正整数点; 当n=5时椭圆曲线(1)有2组正整数点为(1,5),(4,21).

(ⅳ)当a=64时的主要结论：2017年，赵建红[10]证明当n为无平方因子的正奇数，n的所有素因素pi(i∈+)都满足pi≡3,7(mod 8)时，椭圆曲线(1)除整数点(x,y)=(0,0)外至多有一个整数点.

(ⅴ)当a=128时的主要结论：2017年，赵建红[11]证明若n为无平方因子的正奇数，n的任意素因子pi(i∈+)都满足pi≡5(mod 8)时，椭圆曲线(1)除整数点(x,y)=(0,0)外至多有2个整数点(x,±y).

(ⅵ)当a=-128时的主要结论：2018年，郭梦媛、高丽、郑璐[12]利用同余与奇偶性的性质以及Legendre符号等方法证明若n为无平方因子的正奇数，n的任意素因子qi(i∈+)都满足qi≡5(mod 8)时，椭圆曲线(1)除整数点(x,y)=(0,0)外至多只有2组整数解.

从已有的研究结论来看，通过对此类椭圆曲线方程不同参数的取值来寻找规律，以期探寻其一般性的方法和结论是有意义的，但往往随着参数取值的增加计算难度会更大，甚至用已有的方法无法计算椭圆曲线的整数点. 本文在前人研究椭圆曲线方程的基础上利用初等数论方法讨论了当a=-256且q为无平方因子的正奇数时椭圆曲线(1)的正整数解的情况，即证明了下述定理.

定理设q为无平方因子的正奇数，椭圆曲线方程

y2=qx(x2-256)

(2)

除整数解(x,y)=(0,0),(16,0)外还有其它的正整数解，即：(ⅰ)当q=5时方程仅有正整数解(x,y)=(20,120),(144,3840); (ⅱ)当q=29时方程仅有正整数解(x,y)=(156816,334414080); (ⅲ)当q=41时存在正整数解(x,y)=(25,615); (ⅳ)当q≠5,29,41时至多存在一组正整数解(x,y).

2 相关引理

引理1[13]设D1,D2是适合D1>1的正整数，方程D12x4-D2y2=1,x,y∈至多有一组正整数解.

引理2[14]设p是奇素数，则丢番图方程x4-py2=1除开p=5,x=3,y=4和p=29，x=99,y=1820外，无其他的正整数解.

3 主要结果的证明

定理的证明易知(0,0)与(16,0)是椭圆曲线(2)的解，设(x,y)是椭圆曲线(1)的非零整数解，由已知条件知q为无平方因子的正奇数，则在(2)中，由整除的性质知q|y，那么有y=qz(z∈+)，将其代入(2)式中可得

z2q=x(x2-256).

(3)

由于gcd(x,x2-256)=gcd(x,256)=1,2,4,8,16,32,64,128,256. 则(3)式可分为如下9种情形:

情形Ⅰx=ma2,x2-256=nb2,z=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅱx=2ma2,x2-256=2nb2,z=2,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅲx=4ma2,x2-256=4nb2,z=4ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅳx=8ma2,x2-256=8nb2,z=8ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅴx=16ma2,x2-256=16nb2,z=16ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅵx=32ma2,x2-256=32nb2,z=32ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅶx=64ma2,x2-256=64nb2,z=64ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅷx=128ma2,x2-256=128nb2,z=128ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

情形Ⅸx=256ma2,x2-256=256nb2,z=256ab,gcd(a,b)=1,a,b∈+;

下面对这9种情形进行讨论:

情形Ⅰ (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=a2，n=q代入x2-256=nb2中得a4-256=qb2，将其分解因式可得

(a2+16)(a2-16)=qb2.

(4)

由于gcd(x,x2-256)=1，当x是奇数时，a也是奇数，则gcd(a2+16,a2-16)=gcd(a2+16,32)=1. 那么可将(4)式分解成如下:

(4′)

和

(4″)

对于 (4′) 式， 由a2-16=v2得a2-v2=16，即(a+v)(a-v)=16，解得a=5,v=3; 则x=a2=25; 将a=5代入a2+16=qu2中可得qu2=41，由于q是正奇数，所以只有q=41，u=1符合条件，此时有b=uv=3，z=ab=15，于是可知方程(3)有正整数解(x,z,q)=(25,15,41). 即当q=41时椭圆曲线(2)有正整数解(x,y)=(25,615).

对于 (4″)式，由a2+16=u2得u2-a2=16，即(u+a)(u-a)=16，解得u=5,a=3; 则x=a2=9; 将a=3代入a2-16=qv2中得qv2=-7，由于q,v∈+，所以(3″)式不成立，故此时椭圆曲线(2)无正整数解.

(ⅱ)当m=q,n=1时，将n=1代入到x2-256=nb2可得x2-256=b2，然后将其分解因式为(x+b)(x-b)=256，解之得(x,b)=(65,63),(34,30),(20,12). 因为x=qa2，而q为正奇数，则只有当x=20，q=5，a=2时符合条件，即z=ab=24，那么方程(3)存在正整数解(x,z,q)=(20,24,5)，即在q=5时椭圆曲线(2)存在正整数解(x,y)=(20,120).

情形Ⅱ (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=2a2，n=q代入x2-256=2nb2中可得,分解因式为

2a4-128=qb2,

(5)

由(5)式可知b是偶数，即b2≡0,4(mod8)，由于q为正奇数，所以qb2≡0,4(mod8)，又因为b为偶数，gcd(a,b)=1，那么可知a必为奇数，即a2≡1(mod8)，因此2a2≡2(mod8)，于是有2≡2a4-128=qb2≡0,4(mod8)，显然不成立，故此时椭圆曲线(2)无正整数解(x,y).

(ⅱ)当m=q,n=1时，将x=2qa2，n=1代入到x2-256=2nb2可得

2q2a4-128=b2,

(6)

由(6)式可知b是偶数，则令b=2e,e∈+，将其代入(6)式可得

q2a4=2e2+64,

(7)

因为b是偶数,gcd(a,b)=1，故a必为奇数，又由于q为正奇数，(7)式的左边为奇数，而右边为偶数，显然不成立. 故此时椭圆曲线(2)无正整数解(x,y).

情形Ⅲ (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=4a2代入x2-256=4ab2中可得

4(a4-16)=qb2，

(8)

由(8)式知b为偶数，令b=2e,e∈+，将其代入(8)式中并整理得到

(a2+4)(a2-4)=qe2,

(9)

因为b是偶数，(a,b)=1，故a必为奇数，又由于q为正奇数，于是有gcd(a2+4,a2-4)=gcd(a2+4,8)=1，那么可将(9)式分解成下面两种情形：

(9′)

和

(9″)

(ⅱ)当m=q,n=1时，将x=4qa2代入到x2-256=4b2可得

4(q2a4-16)=b2,

(10)

由(10)式知b是偶数，则令b=2e,e∈+，将其代入(10)式可得(qa2+e)(qa2-e)=16，于是有qa2=5，e=3. 又因为q为正奇数，于是有a=1,q=5，进而有x=4qa2=20,b=2e=6,z=4ab=24. 所以此时方程(3)有正整数解(x,z,q)=(20,24,5)，故当q=5时椭圆曲线(2)有正整数解(x,y)=(20,120).

情形Ⅳ (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=8a2代入x2-256=8qb2可得

8a4-32=qb2,

(11)

由(11)式知b是偶数，于是有b2≡0,4(mod8)，由于q为正奇数，即qb2≡0,4(mod8),因为b是偶数，而gcd(a，b)=1，那么a必为奇数，所以有a2≡1(mod8)，于是可得8a2≡0(mod8)，故8a2-32≡0(mod8)，但0≡8a4-32=qb2≡0,4(mod8)，显然不成立，故此时椭圆曲线(2)无正整数解(x,y).

(ⅱ)当m=q,n=1时，将x=8qa2,n=1代入到x2-256=8nb2可得

8(q2a4-4)=b2,

(12)

由(12)式可知b是偶数，令b=4e,e∈+，将其代入(12)式可得

q2a4=2e2+4,

(13)

由于b为偶数，gcd(a，b)=1，所以a必为奇数，而q为正奇数，则(13)式的左边为奇数，右边为偶数，显然不成立，故此时椭圆曲线(2)无正整数解(x,y).

情形Ⅴ (ⅰ) 当x=16ma2,n=q时，将x=16ma2,n=q代入到x2-256=16nb2中可得

16(a4-1)=qb2,

(14)

由(14)式知b是偶数，则令b=4e,e∈+，将其代入(14)式中可得

a4-qe2=1,

(15)

由引理2知当q=5与q=29时(15)式有解.

当q=5时，方程(15)有解(a,q,e)=(3,5,4). 即a=3,e=4，于是有z=16ab=768,x=16a2=144. 故方程(3)有正整数解(x,z,q)=(144,768,5). 即当q=5时方程(2)有正整数解(x,y)=(144,3840).

当q=29时，方程(15)有解(a,q,e)=(99,29,1820). 即a=99,e=1820,于是有x=16a2=156816，b=4e=7280,z=16ab=11531520. 故方程(3)有正整数解(x,z,q)=(156816,11531520,29). 即当q=29时方程(2)有正整数解(x,y)=(156816,334414080).

情形Ⅵ (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=32a2，n=q代入x2-256=32nb2中可得

8(4a4-1)=qb2,

(16)

由(16)式可知b是偶数，则令b=4e,e∈+，将其代入到(16)式中可得

4a4-2qe2=1,

(17)

由引理1可知，方程(17)至多有一组正整数解(a,e)，即方程(3)至多有一组正整数解(x,z,q)，故此时椭圆曲线方程(2)至多有一组正整数解(x,y).

(ⅱ)当m=q,n=1时，将x=32qa2，n=1代入x2-256=32nb2中可得

8(4q2a4-1)=b2,

(18)

由(18)式可知b是偶数，令b=4e,e∈+，将其代入到(18)式中可得

4q2a4-2e2=1,

(19)

由引理1可知，方程(19)至多有一组正整数解(a,e)，即方程(3)至多有一组正整数解(x,z,q)，故此时椭圆曲线方程(2)至多存在一组正整数解(x,y).

情形Ⅶ (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=64a2，n=q代入x2-256=64nb2可得

4(16a4-1)=qb2,

(20)

由(20)知b是偶数，则令b=2e,e∈+，将其代入到(20)式可得

16a4-qe2=1,

(21)

由引理1可知，方程(21)至多有一组正整数解(a,e)，即方程(3)至多有一组正整数解(x,z,q)，故此时椭圆曲线方程(2)至多存在一组正整数解(x,y).

(ⅱ)当m=q,n=1时，将x=64qa2，n=1代入x2-256=64nb2中并整理得到

4(16q2a4-1)=b2,

(22)

由(22)知b是偶数，则令b=2e,e∈+，将其代入到(22)式分解因式可得

(4qa2+e)(4qa2-e)=1,

(23)

情形Ⅷ (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=128a2，n=q代入x2-256=128nb2可得

2(64a4-1)=qb2,

(24)

由(24)式知b是偶数，则令b=2e,e∈+，并将其代入(24)式可得

64a4-2e2q=1,

(25)

由(25)式知等式的左边是偶数，而右边为奇数，显然不成立，所以方程(25)无正整数解，即方程(3)无正整数解，故此时椭圆曲线(2)无正整数解(x,y).

(ⅱ)当m=q,n=1时，将x=128qa2，n=1代入x2-256=128nb2中可得

2(64q2a4-1)=b2,

(26)

由(26)式可知b是偶数，则令b=2e,e∈+，将其代入到(26)式可得

64q2a4-2e2=1,

(27)

由引理1可知，方程(27)至多有一组正整数解(a,e)，所以方程(3)至多有一组正整数解(x,z,q)，故此时椭圆曲线方程(2)至多有一组正整数解(x,y).

情形VX (ⅰ) 当m=1,n=q时，将x=256a2代入x2-256=256qb2可得

256a4-1=qb2.

(28)

因式分解(28)式可得

(16a2+1)(16a2-1)=qb2.

(29)

因为b是偶数，由于(a,b)=1，所以a必为奇数，又因为q为正奇数，于是有gcd(16a2+1,16a2-1)=gcd(16a2,1)=1. 故可以将(29)式分为以下两种情形.

(29′)

和

(29″)

综上所述，定理得证.