马江，高丽，常青

(延安大学数学与计算机科学学院, 陕西 延安 716000)

0 引言

所谓的椭圆曲线，是形如y2=x3+ax+b的代数曲线,是域上亏格为1的光滑射影曲线,是代数几何中非常重要的一类研究对象，与数论有着十分密切的关系.Mordell-Weil定理指出椭圆曲线上的有理点构成有限生成的群,Siegel 定理进一步指出椭圆曲线上的整点只有有限多个.Andrew Wiles在最终证明FLT(Fermat’s Last Theorem)的过程中，其关键之处在于使用了椭圆曲线理论, 使得椭圆曲线理论与方法更加受到数学界的广泛重视和研究.虽然人们已经知道椭圆曲线的整点只有有限多个，但是找出椭圆曲线上的全部整点没有统一而有效的解决办法.近些年,人们对寻找椭圆曲线上的整数点问题产生了大量的研究成果[1-10].本文中在深入研究这些成果的基础上，利用同余性质，Pell方程解的性质等初等方法，通过分类讨论，证明了椭圆曲线y2=x3+75x-158上的整点只有(x,y)=(2,0),进一步丰富了有关椭圆曲线整点解方面的研究内容.

1 引理

引理1设a,b均为整数,若a≡b(mod2),则a2≡b2(mod4).

引理1的证明由已知a≡b(mod2),得a,b必同为奇数或同为偶数.

若a,b同为偶数,可设a=2m,b=2n,其中m,n为整数,则a2=4m2,b2=4n2,故a2≡b2(mod4);

若a,b同为奇数,可设a=2m+1,b=2n+1,其中m,n为整数,则a2=(2m+1)2=4m2+4m+1,b2=(2n+1)2=4n2+4n+1,易看出a2≡b2(mod4).

从而得证.

引理2设a为整数,若3不整除a,则a2≡1 (mod3),从而利用同余的性质,进一步可得a4≡1 (mod3).

引理2的证明由已知条件3不整除a,得a≡1 (mod3)或a≡2 (mod3),从而可设a=3k+1或a=3k+2,其中k为整数.

若a=3k+1,则a2=(3k+1)2=9k2+6k+1,从而易看出a2≡1 (mod3);

若a=3k+2,则a2=(3k+2)2=9k2+12k+4,从而易得a2≡1 (mod3).

从而得证.

引理3设a为整数,若2不整除a,则a4≡1 (mod4).

引理3的证明由已知条件2不整除a,可得a为奇数.

引理5[12]对任何正奇数a,b,方程aX4-bY2=2至多有一组正整数解.

2 主要定理及证明

定理椭圆曲线

y2=x3+75x-158

(1)

的整数点仅有(x,y)=(2,0).

定理的证明设(x,y)是(1)式的解,由(1)式可得

y2=(x-2)(x2+2x+79)

(2)

因为x2+2x+79=(x+1)2+78>0,所以从(2)式可知x≥2.当x=2时,由(2)式可知(1)式有整数点(x,y)=(2,0).于是以下只需考虑x>2且y≠0的情况.

设d=gcd(x-2,x2+2x+79),易知d|87,故有d∈{1,3,29,87}.以下分4种情况进行讨论.

情形1 当d=1时,由(2)式可知,

x-2=a2,x2+2x+79=b2,y=±ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+

(3)

由(3)式中第二个等式得(x+1)2+78=b2,有b≡x+1 (mod2),利用引理1得b2≡(x+1)2(mod4).于是78≡2≡b2-(x+1)2≡0 (mod4).显然矛盾.

情形2 当d=3时,由(2)式可知

x-2=3a2,x2+2x+79=3b2,y=±3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+

(4)

由(4)式可得3a4+6a2+29=b2,可知3不整除b,利用引理2得b2=1 (mod3),但此时有2≡1 (mod3).显然矛盾.

情形3 当d=29时,由(2)式可知

x-2=29a2,x2+2x+79=29b2,y=±29ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+

(5)

由(5)式可得

29a4+6a2+3=b2

(6)

若3|a,则由(6)式可知3|b,这与(5)式中gcd(a,b)=1矛盾,故必有3不整除a,从而3不整除b.利用引理2得a4≡1 (mod3),b2≡1 (mod3),此时对(6)式两端mod3,得2≡1 (mod3).显然矛盾.

情形4 当d=87时，由(2)式可知

x-2=87a2,x2+2x+79=87b2,y=±87ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N+

(7)

由(7)式得 87a4+6a2+1=b2,配方得(3a2+1)2+78a4=b2

(8)

(1)若2不整除a,则2|b,对(8)式两边取mod4,并利用引理3,有2≡0(mod4),显然矛盾.

(2)若2|a,令a=2c,c∈N+

(9)

将(9)式代入(8)式可得 (12c2+1)2+1248c4=b2

(10)

从(10)式可知 2不整除b,因此12c2+1和b都是奇数.

(11)

其中t∈{2,6,16,26,48,78,208,624}

(12)

以下按(12)式给出的8种情况进行讨论.

(1)当t=2时,由(11)式可得

12c2+1=312r4-s4

(13)

由(13)式可知2不整除s,但此时利用引理3有1≡12c2+1≡312r4-s4≡-1 (mod4),显然矛盾.

(2)当t=6时,由(11)式可得

12c2+1=104r4-3s4

(14)

由(14)式可知3不整除r,利用引理2得r4≡1 (mod3),对(14)式两端mod3可得1≡2 (mod3).显然矛盾.

(3)当t=16时,从(11)式可得

12c2+1=39r4-8s4

(15)

显然2不整除r,从而由引理3可得r4≡1 (mod4),对(15)式两端mod4可得1≡3 (mod4),显然矛盾.

(4)当t=26时,从(11)式可得

12c2+1=24r4-13s4

(16)

显然有3不整除s,利用引理2得s4≡1 (mod3),对(16)式两端mod3可得1≡2 (mod3).显然矛盾.

(5)当t=48时,从(11)式可得

12c2+1=13r4-24s4

(17)

可化为29r4-3(r2+4s2)2=2.据引理5,再结合该方程本身的特点,易知其无正整数解.

(6)当t=78时,从(11)式可得

12c2+1=8r4-39s4

(18)

显然3不整除r,利用引理2得r4≡1 (mod3),对(18)式两端mod3可得1≡2 (mod3).显然矛盾.

(7)当t=208时,从(11)式可得

12c2+1=3r4-104s4

(19)

显然2不整除r,从而由引理3可得r4≡1 (mod4),对(19)式两端mod4可得1≡3 (mod4),显然矛盾.

(8)当t=624时,从(11)式可得12c2+1=r4-312s4,可化为

(r2-6s2)2-348s4=1

(20)

令u=|r2-6s2|,则(20)式变为

u2-348s4=1

(21)

(22)

综上所述,定理证毕.