2 Một số phân loại đã biết theo danh sách của Kubert
2.3 Phân loại của Qiu Zhang
Trong mục này chúng tơi trình bày nhóm con xoắn Z
2nZ
với n = 1,2,3,4,5,6 được D. Qiu - X. Zhang phân loại, nghĩa là hạn chế đi điều kiện của đường cong trong mục 2 (danh sách (K)) ở trên, vì vậy
là điểm cấp 2.
Định lý và chứng minh dưới đây là toàn bộ bài báo trong [12].
Định lý 2.2. (D. Qiu, X. Zhang [12]) Giả sử E : y2 = x(x+M)(x+N)
là một đường cong elliptic, trong đó M = m+n√
D , N = m−n√
D, D
khơng có ước chính phương và (m, n) = 1 với m, n, D ∈ Z, n 6= 0, D 6= 1.
Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) ⊃Z/4Z nếu và chỉ nếu m = a2+b2D, n = 2ab, với a, b ∈ Z
sao cho (a, b) = 1, ab 6= 0 .
(2) TorsE(Q) = Z/8Z nếu và chỉ nếu m = u4 +v2w2D, n = 2u2vw,
2u2 −v2 = w2D, với u, v, w ∈ Z là khác 0.
(3) TorsE(Q) ⊃ Z/6Z nếu và chỉ nếu m = a2 + 2ac+ b2D,
n = 2b(a+c), a2 −b2D = c2 với a, b, c ∈ Z khác 0 và đôi một nguyên tố cùng nhau.
(4) TorsE(Q) = Z/12Z nếu và chỉ nếu m = v2 − u2 + w2D, n = 2vw,
và 3(v2−w2D)4−4u2(v2−w2D)2(v2 +w2D)−16u4v2w2D = 0, với
u, v, w ∈ Z là khác 0.
(5) TorsE(Q) = Z/10Z nếu và chỉ nếu m = 2s(s+u)−v2, n = 2st, (s+ u)2 −v2 = t2D, và (u−v)2(u+ v) = 4uvs, với u, v, s, t ∈ Z là khác 0.
(6) TorsE(Q) = Z/2Z trong trường hợp cịn lại.
Chứng minh. Giải phương trìnhx(x+M)(x+N) = 0 ⇔x = 0(vì x ∈ Q). Như vậy đường cong đang xét ln ln có một điểm cấp 2 là (0,0). Điều đó có nghĩa rằng nhóm con xoắn của E(Q) chỉ có thể là
T orsE(Q) = Z/2Z,Z/4Z,Z/6Z,Z/8Z,Z/10Z,Z/12Z với các giá trị của
M, N tương ứng.
(1). Giả sử T orsE(Q) ⊃ Z/4Z, như vậy trên E chứa điểm P(x, y) có cấp bằng 4 ⇔ 2P = P0 = (0,0). Áp dụng bổ đề (2.1) với M, N ∈ Z(√
ta có M, N là các số chính phương hay M = (a+b√
D)2, N = (a−b√
D)2, a, b ∈ Z có nghĩa là m = a2 +b2D, n = 2ab do
(m, n) = 1, n 6= 0 nên (a, b) = 1, ab 6= 0.
Giả sử m = a2 +b2D, n = 2ab, với a, b ∈ Z sao cho (a, b) = 1, ab 6= 0 khi đó M, N là các số chính phương trong Z(√
D) khi đó áp dụng bổ đề (2.1) luôn ∃P(x, y) trên E sao cho 2P = P0 = (0,0). Theo công thức (*) trong
nhận xét (2.1) ta có
x(P)2−M N = 0 ⇔x(P)2 = M N = (a2−b2D)2 ⇔ x(P) =±(a2−b2D).
Trường hợp x(P) = (a2 −b2D) ta có hai giá trị của y(P) là
y(P) = ±2a(a2 −b2D).
Trường hợp x(P) = −(a2 −b2D) khơng có giá trị của y(P).
Vậy có hai điểm cấp 4 là
(a2 −b2D,2a(a2 −b2D)) và (a2 −b2D,−2a(a2 −b2D)).
(2). Giả sử T orsE(Q) = Z/8Z như vậy trên ∃P(x, y) ∈ E có cấp bằng 8 ⇔ 2P là điểm có cấp 4 ⇔ 2P = Q = (a2−b2D,2a(a2−b2D)), hơn nữa
kết quả từ (I) chúng ta có m = a2 +b2D, n = 2ab. Áp dụng kết quả của
bổ đề chúng ta có được, x(2P) =a2−b2D, x(2P) +M = 2a2+ 2ab(√
D), x(2P) +N = 2a2 −2ab(√
D) là các số chính phương, chúng ta thu được
a2 −b2D = c2(1) 2a2 + 2ab(√ D) = (s+t√ D)2(2) ⇔ s2 = a(a+c)(3) t2D = a(a−c).(4) ở đó c, s, t ∈ Z
Theo giả thiết (a, b) = 1 và D khơng có ước chính phương nên từ (1) ta có
(a, c) = 1. Vậy (a, a+c) = 1 từ (3) chúng ta có được a = u2, a+c = v2, trong đó u, v ∈ Z và (u, v) = 1. Chú ý rằng D khơng có ước chính phương
vì vậy từ (4) chúng ta có 2u2 − v2 = w2D với w ∈ Z. Như vậy ta có
b = vw, m = u4 + v2w2D, n = 2u2vw,2u2 −v2 = w2D, với u, v, w ∈ Z
khác 0.
Giả sử m = u4 +v2w2D, n = 2u2vw,2u2 −v2 = w2D khi đó sử dụng kết quả (I) có một điểm cấp 4 là P4 và x(P4) = (u2 −v2)2. Giả sử P(x8, y8)
là một điểm cấp 8 ⇔2P = P4 vậy x(2P) = x(P4) = (u2 −v2)2. Áp dụng công thức (*) từ nhận xét ta có 4y2(u2 − v2)2 = (x2 − M N)2. Phương trình này dẫn đến phương trình sau
x4 −4(u2 −v2)2x3 −2(u2 −v2)2(5u4 + 6u2v2 −3v4)x2 −4(u2 −v2)6x
+ (u2 −v2)8 = 0 tương đương với
(x−(u2 −v2)2)4 = 16u4(u2 −v2)2x2.
chúng ta thu được một nghiệm nguyên là
x = (u+v)(v −u)3.
Như vậy chúng ta đã tìm được hồnh độ điểm cấp 8 là x8 = (u+v)(v−u)3. (3). Giả sử T orsE(Q) ⊃ Z/6Z. Khi đó có một điểm P(x3, y3) ∈ E(Q)
có cấp 3 ⇔ x(2P) = x(P) 6= 0. Sử dụng kết quả (*) trong nhận xét ta
thu được phương trình sau 3x4 + 4(M + N)x3 + 6M N x2 −M2N2 = 0
phương trình này suy ra được
M x = (1 +t) 2 −1, N x = (1 +t) 2 −1. Trong đó t = (a+b√ D)/c, giả sử t∈ Q(√ D)−Q,
với (a, b, c) = 1, bc 6= 0, a, b, c ∈ Z. Thế vào M/x, N/x sau đó vào phương trình của (E) ta được (2 +a/c+ac/(a2−b2D))(b/c−bc/(a2−b2D)) = 0.
Nếu2+a/c+ac/(a2−b2D) = 0, vậy2+t+1/t = (b/c−bc/(a2−b2D)√
D).
Thế vào phương trình của E, ta có (y/x)2/x = (b/c−bc/(a2 −b2D)2)D,
ta thu được b/c−bc/(a2 −b2D) = 0, a2 −b2D = c2. Thu được
1/t = (a−b√
D)/c, chứng tỏ
m = x(a2 + 2ac+b2D)/c2, n = 2xb(a+c)/c2.
Mặt khác (a2 + 2ac+ b2D,2b(a +c), c2) là nguyên tố cùng nhau, vì vậy
x = c2. Tóm lại ta có
m = a2 + 2ac+b2D, n = 2b(a+c), a2 −b2D = c2
Giả sử m = a2 + 2ac+b2D, n = 2b(a+ c), a2 −b2D = c2 với a, b, c ∈ Z
E là x(P3) = c2 và |y(P3)| = 2|a+ c|c2. Để tìm được điểm cấp 6 trên E
chúng ta sẽ đi tìm giao điểm của đường thẳng qua điểm cấp 2 và điểm cấp 3 với E. Cụ thể một điểm cấp 2 ở đây là (0,0) và một hồnh độ điểm cấp 6 tìm được là x(P6) = 5c2 + 4ac.
(4). Giả sử T orsE(Q) = Z/12Z, khi đó trên E có một điểm hữu tỉ P
có cấp là 12 ⇔ 6(2P) = Θ. Như vậy kết hợp các kết quả của (1),(2),(3)
chúng ta có m = v2 −u2 + w2D, n = 2vw tương đương với
b(a+c) = vw; (2.1)
5c2 + 4ac = u2; (2.2)
a2 −b2D = c2; (2.3) và
4c(a+ c) + (a+c)2 +b2D = v2 +w2D; (2.4) trong đó a, b, c như trong (3), a, b, c ∈ Z và khác 0.
Kết hợp (2.1), (2.2), (2.3) và (2.4) ta thu được
3(v2 −w2D)4 −4u2(v2 −w2D)2(v2 +w2D)−16u4v2w2D = 0.
Giả sử chiều thuận đúng ta đi chứng minh chiều ngược lại, khi đó trên (E)
ln có một điểm P6 có cấp 6 và x(P6) = 5c2+ 4ac = u2 Giả sử P(x12, y12)
là một điểm cấp 12 ⇔ 2P = P6 vậy x(2P) = x(P6). Áp dụng công thức
(*) từ nhận xét chúng ta có phương trình sau
x4 −4u2x3 −hx2 −4u2ex+e2 = 0
với
h = 2((v2 −w2D)2 + 2u2(v2 +w2D)−3u4),
e = (v2 −w2D)2 +u4 −2u2(v2 +w2D).
Phương trình trên tương đương với
((x−u2)2 −(2u2(v2 +w2D)−(v2 −w2D)2))2 = 4(v2 −w2D)2x2.
Phương trình này có một nghiệm nguyên là x = (u+v)2 −w2D khi thay vào (E) chúng ta có được y = y(P) ∈ Z.
(5). Giả sử T orsE(Q) =Z/10Z Khi đó có một điểm P(x5, y5) ∈ E(Q)
có cấp 5 ⇔ x(4P) = x(P) và x(2P) 6= x(P). Sau đó sử dụng kết quả (*)
trong nhận xét ta thu đượcm = 2s(s+u)−v2, n = 2st,(s+u)2−v2 = t2D,
và (u−v)2(u+ v) = 4uvs, với u, v, s, t ∈ Z là khác 0.
Giả sử m = 2s(s+u)−v2, n = 2st,(s+u)2 −v2 = t2D, và
(u−v)2(u+v) = 4uvs, với u, v, s, t ∈ Z là khác 0. Chúng ta chỉ ra được một điểm cấp 5 trên E là x(P5) =u2 và |y(P5)| = |u(u2 −v2 + 2us)|. Để
tìm được điểm cấp 10 trênE chúng ta sẽ đi tìm giao điểm của đường thẳng qua điểm cấp 2 và điểm cấp 5 với E. Cụ thể một điểm cấp 2 ở đây là(0,0)
và một hồnh độ điểm cấp 10 tìm được là x(P10) = 2v2 + 4vs−u2. Chú ý 2.1. Trong định lý 2.1chúng ta có thể bỏ qua giả thiết (m, n) = 1
và khi đó nhóm con xoắn có được trong (1), (3) có thể lần lượt bỏ qua
(a, b) = 1 và a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau.