2 Một số phân loại đã biết theo danh sách của Kubert
2.3 Phân loại của Qiu Zhang
Trong mục này chúng tôi 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 làm cho đường cong elliptic E(M, N) luôn luôn chỉ nhận một điểm (0,0)
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
không 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 còn lại.
Chứng minh. Giải phương trìnhx(x+M)(x+N) = 0 ⇔x = 0(vì x ∈ Q). Như vậy đường cong đang xét luôn luôn 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) không 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 không 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 không 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 hoành 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 hoành 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)
luôn 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 hoành 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.