摘" 要：確定橢圓曲線的整數(shù)點(diǎn)是一個(gè)有趣卻困難的問(wèn)題。該文運(yùn)用同余、遞歸序列等初等方法研究了橢圓曲線y2=x3+99x-460，確定該曲線的全部整數(shù)點(diǎn)為（x，y）=（4，0），（7，±24），（31，±180），（53，±392），（592，±14406）。

關(guān)鍵詞：橢圓曲線；同余；整數(shù)點(diǎn)；遞推序列

中圖分類號(hào)：O156.2""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A

DOI：10.16601/j.cnki.issn2096-7330.2024.02.001文章編號(hào)：2096-7330（2024）02-0001-06

收稿日期：2023-11-14

基金項(xiàng)目：甘肅省自然科學(xué)基金項(xiàng)目“基于分布不確定和遞歸效用函數(shù)背景下的生命周期規(guī)劃研究”（21JR7RP859）；甘肅民族師范學(xué)院科研項(xiàng)目“基于對(duì)數(shù)均值一方差效用的時(shí)間一致性最優(yōu)投資策略研究”（GSMYYYYB-2021-14）

作者簡(jiǎn)介：崔保軍，甘肅民族師范學(xué)院副教授，cuibj2011@163.com。

確定橢圓曲線的整數(shù)點(diǎn)是一個(gè)熱門的研究問(wèn)題［1-2］。對(duì)于橢圓曲線

y2=（x－a）（x2+ax+b），（1）

1987年Zagier［3］提出了它在（a，b）=（2，31）時(shí)的整數(shù)點(diǎn)問(wèn)題；2009年Zhu等［4］證明了曲線（1）在（a，b）=（2，31）時(shí)僅有整數(shù)點(diǎn)（x，y）=（2，0）和（2884402，

Symbol Tiger ExpertqB@ 154914585540）；2010年吳華明［5］給出了上述結(jié)論的一個(gè)簡(jiǎn)潔證明；2014年管訓(xùn)貴［6］用初等方法對(duì)上述結(jié)論做了一種形式的推廣。但目前關(guān)于曲線（1）在a=4時(shí)的整數(shù)點(diǎn)的結(jié)論還較少。本文運(yùn)用同余、平方剩余、遞歸序列等初等方法討論曲線（1）在（a，b）=（4，115）時(shí)的整數(shù)點(diǎn)，證明了如下結(jié)果。

定理1" 橢圓曲線

y2=x3+99x－460（2）

的全部整數(shù)點(diǎn)為（x，y）=（4，0），（7，±24），（31，±180），（53，±392），（592，±14406）。

1" 若干引理

引理1［7］"" 設(shè)正整數(shù)D不是平方數(shù)，則方程

x2－Dy2=1（3）

有無(wú)窮多組正整數(shù)解。稱使得x+yD 最小的正整數(shù)解（x1，y1）為方程（3）的基本解，則方程（3）的全部整數(shù)解（x，y）可表為

x+yD=±（x1+y1D）n，" n∈

瘙 綄 。

引理2［8］"" 設(shè)正整數(shù)D不是平方數(shù)，則方程

x2－Dy4=1

至多有兩組正整數(shù)解，且它恰有兩組正整數(shù)解當(dāng)且僅當(dāng)D∈{1785，28560}，或2x1和y1都是平方數(shù)，其中（x1，y1）是方程（3）的基本解。

引理3［9］" 設(shè)p是奇素?cái)?shù)，則方程

4x4－py2=1

除p=3時(shí)有解（x，y）=（1，1）和p=7時(shí)有解（x，y）=（2，3）外，無(wú)其他的正整數(shù)解。

引理4［10］" 設(shè)p是奇素?cái)?shù)，則方程

x4－py2=1

除p=5時(shí)有解（x，y）=（3，4）和p=29時(shí)有解（x，y）=（99，1820）外，無(wú)其他的正整數(shù)解。

引理5［11 ］" 設(shè)正整數(shù)b，d＞1都無(wú)平方因子，則方程b2x4－dy2=1至多有一組正整數(shù)解。

引理6［12］"" 設(shè)a，b均為正奇數(shù)，則方程

ax4－by2=2

至多有一個(gè)正整數(shù)解，且它由方程ax2－by2=2的基本解給出。

引理7［13］" 方程x2－12y4=1及x2－147y4=1均無(wú)正整數(shù)解。

引理8 ［14］"" 設(shè)A1，A2是奇數(shù)，（U1，V1）是方程A1U2－A2V2=2的基本解。

（i） 如果V1不是平方數(shù)，則方程A1X2－A2Y4=2無(wú)整數(shù)解。

（ii） 如果V1是平方數(shù)且V3不是平方數(shù)，則方程A1X2－A2Y4=2恰有一組正整數(shù)解（X，Y）=（U1，V1）。

（iii） 如果V1是平方數(shù)且V3是平方數(shù)，則方程A1X2－A2Y4=2恰有兩組正整數(shù)解（X，Y）=（U1，V1）和（U3，V3）。

引理9" 方程

3（X2+2）2+37=Y2（4）

的全部非負(fù)整數(shù)解為（X，Y）=（0，7），（1，8），（3，20）和（14，343）。

證明" 方程U2－3V2=37的一般解由以下兩個(gè)非結(jié)合類給出：

U+V3=±（7+23）（un+vn3）=±（7+23）（2+3）n，

或

U+V3=±（7－23）（un+vn3）=±（7－23）（2+3）n，" n∈

瘙 綄 。

其中7±23為方程U2－3V2=37的基本解，2+3為Pell方程u2－3v2=1的基本解。

若方程（4）有整數(shù)解（X，Y），則存在整數(shù)n使得

X2+2=±（7vn+2un），或X2+2=±（7vn－2un）= （7v－n+2u－n）。

注意到n≥0當(dāng)且僅當(dāng)7vn+2un≥0，故由（4）可得

X2=7vn+2un－2，" n≥0，（5）

或X2=7vn－2un－2 ，" n＞0。（6）

易驗(yàn)證

un+m=unum+3vnvm，" vn+m=umvn+vmun，

u2n=u2n+3v2n=2u2n－1=6v2n+1，" v2n=2unvn。

對(duì)（5）模16，得剩余類序列周期為8，僅當(dāng)n≡0，1，5，6（mod 8）時(shí)有7vn+2un－2≡0，9，9，0（mod 16）為模16的平方剩余。對(duì)（5）模7，得剩余類序列周期為8，僅當(dāng)n≡0，1，3，5，7（mod 8）時(shí)有7vn+2un－2≡0，2，1，1，2（mod 7）為模7的平方剩余。故只需考慮n≡0（mod 8）及n≡1（mod 4）的情況。

對(duì)于（5），當(dāng)n=4m時(shí)有

X2=7vn+2un－2=7v4m+2u4m－2=14u2mv2m+12v22m=2v2m（7u2m+6v2m）。

當(dāng)m=0，v2m=0時(shí)，上式給出X=0。當(dāng)m＞0時(shí)，因u2m是奇數(shù)，故有g(shù)cd（v2m，7u2m+6v2m）=1或7，從而由上式得

v2m=2r2，" 7u2m+6v2m=s2，" X=2rs，" gcd（r，s）=1；（7）

或v2m=14r2，" 7u2m+6v2m=7s2，" X=14rs，" gcd（r，s）=1。（8）

將（7）的第一式代入u22m－3v22m=1，得u22m－12r4=1，由引理7知該方程僅有整數(shù)解r=0，m=0，這與m＞0矛盾。

由（8） 的第一式可得u22m－588r4=1。由引理2知該方程僅有正整數(shù)解（u2m，r）=（97，2），此時(shí)有v2m=56，代入（8）的第二式知不可能。

對(duì)于（5），當(dāng)n≡1（mod 4）時(shí)，令n=4m－3，則有

X2=7vn+2un－2=7v4m－3+2u4m－3－2=92v4m－53u4m－2=

－55u22m+184u2mv2m－153v22m=（11u2m－17v2m）（9v2m－5u2m）。

由于gcd（11u2m－17v2m，9v2m－5u2m）｜14gcd（u2m，v2m）=14，而11u2m－17v2m和9v2m－5u2m都不被2，7整除，故gcd（11u2m－17v2m，9v2m－5u2m）=1。從而可設(shè)

11u2m－17v2m=r2，" 9v2m－5u2m=s2，" X=rs，" gcd（r，s）=1。（9）

由（9）得u2m=17s2+9r214，v2m=11s2+5r214，代入u22m－3v22m=1，得6r4－74s4－24r2s2=196，這給出

3r2－2s272－s4=2。（10）

由于方程3U2－V2=2的基本解（U1，V1）=（1，1），且（U3，V3）=（3，5），故由引理8知方程3U2－V4=2僅有正整數(shù)解（U，V）=（1，1），因此式（10）僅當(dāng)r2－2s2=7，s=1成立。這給出r=3，得m=1，n=1，X=3。

對(duì)（6）模16，得剩余類序列周期為8，僅當(dāng)n≡1，4，5，6（mod 8）時(shí)有7vn－2un－2≡1，4，1，4（mod 16）為模16的平方剩余。對(duì)（6）模7，得剩余類序列周期為8，僅當(dāng)n≡1，3，4，5，7（mod 8）時(shí)有7vn+2un－2≡1，2，0，2，1（mod 7）為模16的平方剩余。故以下只需考慮n≡4（mod 8）及n≡1（mod 4）的情況。

對(duì)于（6），當(dāng)n=4m時(shí)有

X2=7vn－2un－2=7v4m－2u4m－2=14u2mv2m－4u22m=2u2m（7v2m－2u2m）。

因u2m是奇數(shù)且gcd（u2m，7v2m－2u2m）=1或7，故由上式得

u2m=r2，" 7v2m－2u2m=2s2，" X=2rs，" gcd（r，s）=1；（11）

或u2m=7r2，" 7v2m－2u2m=14s2，" X=14rs，" gcd（r，s）=1。（12）

由（11）有r4－3v22m=1，由引理4知該方程無(wú)整數(shù)解。

由（12）有49r4－3v22m=1。由引理5知該方程只有正整數(shù)解（r，v2m）=（1，4），得m=1。代入（12）的第二式知s=1，這給出n=4，X=14。

對(duì)于（6），當(dāng)n≡1（mod 4）時(shí)，令n=4m+1，則有

X2=7vn－2un－2=7v4m+1－2u4m+1－2=3u4m+8v4m－2=u22m+16u2mv2m+15v22m=

（u2m+v2m）（u2m+15u2m）。

由于gcd（u2m+v2m，u2m+15u2m）｜14gcd（u2m，v2m）=14，而u2m+v2m和u2m+15v2m都不被2，7整除，故gcd（u2m+v2m，u2m+15u2m）=1。從而可設(shè)

u2m+v2m=r2，" u2m+15u2m=s2，" X=rs，" gcd（r，s）=1。（13）

由（13）得u2m=15r2－s214，v2m=s2－r214，代入u22m－3v22m=1，整理得222r4－2s4－24r2s2=196，這時(shí)有

3r4－s2+6r272=2。 （14）

由引理6知方程3x4－y2=2只有正整數(shù)解（x，y）=（1，1），因此（14）僅當(dāng)r=1，s2+6r2=7成立，這給出s=1，m=0，進(jìn)而得n=0，X=1。

2" 定理1的證明

設(shè)（x，y）是曲線（2）的整數(shù)點(diǎn)，則有

y2=（x－4）（x2+4x+115）。（15）

由x2+4x+115=（x+2）2+111＞0可知x≥4。當(dāng)x=4時(shí)，由（15）可知（2）有整數(shù)點(diǎn)（x，y）=（4，0）。因此，以下僅需考慮x＞4且y≠0時(shí)的情況。

設(shè)d=gcd（x－4，x2+4x+115），則d｜147，故d=1，3，7，21，49，147。

（i） d=1。由（15）可知，存在互素的正整數(shù)a，b，使得

x－4=a2，" x2+4x+115=b2，" y=±ab。（16）

由（16）的第二式得（x+2）2+111=b2，即（b+x+2）（b－x－2）=111。經(jīng)簡(jiǎn)單計(jì)算得x=15，53，代入（16）的第一式知x=53。故方程（2）有整數(shù)解（x，y）=（53，±392）。

（ii） d=3。由（15）可知，存在互素的正整數(shù)a，b，使得

x－4=3a2，" x2+4x+115=3b2，" y=±3ab，（17）

由（17）可得3（a2+2）2+37=b2，由引理9知（a，b）=（1，8），（3，20），（14，343）。這給出方程（2）有解正整數(shù)解（x，y）=（7，±24），（31，±180），（592，±14406）。

（iii） d=7。由（15）可知，存在互素的正整數(shù)a，b，使得

x－4=7a2，" x2+4x+115=7b2，" y=±7ab。（18）

由（18）可得

7a4+12a2+21=b2。

易見(jiàn)7a且7b，兩邊模7有，12a2≡b2（mod 7）。但12a2≡3，5，6（mod 7），b2≡1，2，4（mod 7），矛盾。

（iv） d=21。由（15）可知，存在互素的正整數(shù)a，b，使得

x－4=21a2，" x2+4x+115=21b2，" y=±21ab。（19）

由（19）可得

21a4+12a2+7=b2。

同當(dāng)d=7的情況知，此時(shí)（19）不可能成立。

（v） d=49。由（15）可知，存在互素的正整數(shù)a，b，使得

x－4=49a2，" x2+4x+115=49b2，" y=±49ab。（20）

由（20）的第二式得

（x+2）2+111=（7b）2。（21）

同（16）的過(guò)程知，經(jīng)簡(jiǎn)單計(jì)算得x=15，53，代入第一式知x=53時(shí)（20）有一組解（x，y）=（53，±392）。

（vi） d=147。由（15）可知，存在互素的正整數(shù)a，b，使得

x－4=147a2，" x2+4x+111=147b2，" y=±147ab，（22）

進(jìn)而可得

（6a2+1）2+111a4=b2。（23）

若a是奇數(shù)，則b是偶數(shù)。令l=gcd（b+6a2+1，b－6a2－1）。如果l＞1，則l有奇素因子p。由l｜2b且l｜2（6a2+1）知p｜b，p｜（6a2+1）以及p2｜111a4。但由gcd（6a2+1，a4）=1，可知p2｜111，不可能。由此可知l=1。故由（23）可得

b+6a2+1=111sf4，" b－6a2－1=sg4，a=fg，" gcd（f，g）=1，（24）

其中s=1，3，37或111。

當(dāng)s=1時(shí)，由（24）可知

2b=111f4+g4，" 2（6a2+1）=111f4－g4。（25）

由（25）的第二式可得147f4－（g2+6f2）2=2，模7有－（g2+6f2）2≡2（mod 7），不可能。

當(dāng)s=3時(shí)，由（24）可知

2b=37f4+3g4，" 2（6a2+1）=37f4－3g4。（26）

由（26）的第二式可得49f4－3（g2+2f2）2=2，模3有f4≡2（mod 3），不可能。

當(dāng)s=37時(shí)，由（24）可知

2b=3f4+37g4，" 2（6a2+1）=3f4－37g4。（27）

由（27）的第二式可得3（f2+2g2）2－49g4=2，模7知不可能。

當(dāng)s=111時(shí)，由（24）可知

2b=f4+111g4，" 2（6a2+1）=f4－111g4。（28）

由（28）的第二式可得（f2－6g2）2－147g4=2，模3有（f2－6g2）2≡2（mod 3），矛盾。

對(duì)于（23），當(dāng)a是偶數(shù)時(shí)，令a=2e，代入（23）可得

（24e2+1）2+1776e4=b2。（29）

設(shè)h=gcd（b+24e2+1，b－24e2－1）。由（29）可知24e2+1和b都是奇數(shù)，故h是偶數(shù)。如果h2＞1，則h2有素因子p，注意到h｜2b且h｜2（24e2+1），故p｜b，p｜24e2+1，進(jìn)而由（29）知p2｜1776e4。但由gcd（24e2+1，48e4）=1得p2｜37，不可能。由此知h=2，進(jìn)而由（29）可得

b+24e2+1=1776tf4，" b－24e2－1=tg4，" e=fg，" gcd（f，g）=1，（30）

其中t=2，6，8，24，74，222，296，888。下面按t的取值分情況討論。

當(dāng)t=2時(shí)，由（30）可知

b=444f4+g4，" 24e2+1=444f4－g4。（31）

由（31）的第二式可知3g，但此時(shí)可得1≡24e2+1≡444f4－g4≡－1（mod 3），矛盾。

當(dāng)t=6時(shí)，由（30）可知

b=148f4+3g4，" 24e2+1=148f4－3g4。（32）

由（32）的第二式可知2g，也有2f（否則若2｜f，則2｜e，模16有1≡－3g4≡－3（mod 16），矛盾）。但此時(shí)模16有9≡24e2+1=148f4－3g4≡1（mod 16），矛盾。

當(dāng)t=8時(shí)，由（30）可知

b=111f4+4g4，" 24e2+1=111f4－4g4。（33）

由（33）的第二式可知2f，但此時(shí)可得1≡24e2+1=111f4－4g4≡3（mod 4），矛盾。

當(dāng)t=24時(shí)，由（30）可知

b=37f4+12g4， "24e2+1=37f4－12g4。（34）

由（34）的第二式可得49f4－3（2g2+2f2）2=1，由引理6，該方程至多有一組正整數(shù)解，又由于49·14－3·42=1，故僅當(dāng)f=1，2g2+2f2=4時(shí)該方程有一組正整數(shù)解，此時(shí)f=g=1，進(jìn)而由（34）、（24）、（22）給出方程（2）的整數(shù)解（x，y）=（592，±14406）。

當(dāng)t=74時(shí)，由（30）可知

b=12f4+37g4，" 24e2+1=12f4－37g4。（35）

由（35）的第二式可知3g，但此時(shí)可得1≡24e2+1≡12f4－37g4≡－1（mod 3），矛盾。

當(dāng)t=222時(shí)，由（30）可知

b=4f4+111g4，" 24e2+1=4f4－111g4。（36）

由（36）的第二式可得（2f2－6g2）2－147g4=1。由引理7知該方程無(wú)解。

當(dāng)t=296時(shí)，由（30）可知

b=3f4+148g4，" 24e2+1=3f4－148g4。（37）

由（37）的第二式可知3g，但此時(shí)可得1≡24e2+1≡3f4－148g4≡－1（mod 3），矛盾。

當(dāng)t=888時(shí)，由（30）可知

b=f4+444g4，" 24e2+1=f4－444g4。（38）

由（38）的第二式可得

（f2－12g2）2－588g4=1。（39）

由引理2知方程u2－588v4=1至多有一組整數(shù)解（u，v），而972－588·24=1，故（39）僅當(dāng)g=2，f2－12g2=97時(shí)有整數(shù)解，但此時(shí)有f2=145，不可能。

定理1證畢。

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