文献[1]提出了求解椭圆曲线

整数点的问题.文献[2]运用代数数论与p-adic分析方法证明了椭圆曲线(1)仅有整数点(x，y)=(2，0)和(28 844 402，±154 914 585 540).文献[3-4]对上述结果给出了一个简化证明.

对于一般的素数p，找到椭圆曲线

的所有整数点是一个困难的数论问题.设s是使12s²+1及6s²-1均为素数的正奇数，素数p可表示为p=36s²-5.文献[5]在此假设下彻底解决了椭圆曲线(2)整数点的求解问题，这是对文献[2-4]所得结果的推广.文献[6]证明了：当p满足一定条件时，椭圆曲线y²=(x+2)(x²-2x+p)仅有整数点(x，y)=(-2，0).文献[7]证明了：椭圆曲线y²=x³-17x+114无正整数点.文献[8]给出了三次丢番图方程x³+8=py²有本原正整数解的必要条件.

本文证明了以下结果：

定理1  设p=81s²+10是素数，其中s是使9s²+2及$\frac{9 s^{2}+1}{2}$都是素数的正奇数，则椭圆曲线(2)仅有整数点(x，y)=(2，0).

根据定理1可直接得到下述推论：

推论1  椭圆曲线y²=x³+735x-1 478，y²=x³+431 655x-863 318均仅有整数点(x，y)=(2，0).

在本文里，用$\mathbb{N}$₊表示全体正整数的集合，用$\mathbb{Z}$表示全体整数的集合.

引理1^[9]  设D≥3且不是完全平方数.如果不定方程x²-Dy²=-2(x，y∈$\mathbb{Z}$)有解，且λ=x₀+y₀ $\sqrt{D}$为基本解，则该不定方程的全部正整数解可表示为

引理2^[9-10]  设D是一个非平方的正整数.又设(x₀，y₀)是Pell方程

的一组正整数解.如果x₀>$\frac{1}{2}$ y₀²-1，则x₀+y₀ $\sqrt{D}$是方程(3)的基本解.

引理3^[9-10]  设x₀+y₀ $\sqrt{D}$是方程(3)的基本解，则方程(3)的全部正整数解可表示为

推论2  设s为正奇数，则：

(ⅰ)不定方程x²-(9s²+2)y²=1的基本解为9s²+1+3s 9s²+2；

(ⅱ)不定方程x²-36(9s²+2)y²=1的基本解为(9s²+1+3s 9s²+2)².

证  因为9s²+2≡2(mod 3)，且$\left(\frac{2}{3}\right)$=-1，所以9s²+2不是完全平方数.由于(x₀，y₀)=(9s²+1，3s)是方程x²-(9s²+2)y²=1的正整数解，且满足x₀>$\frac{1}{2}$ y₀²-1，根据引理2知结论(ⅰ)成立.由引理3及基本解的定义可得到结论(ⅱ).

引理4  若D是一个非平方的正整数，则不定方程

至多有2组正整数解(x，y)，而且方程(4)恰有两组正整数解的充要条件是D∈{1 785，28 560}，或者2x₀和y₀都是平方数，这里(x₀，y₀)是方程(3)的基本解.

证  见文献[11]的引理2.

引理5  若不定方程(4)恰有一组正整数解，则这个唯一的正整数解(x，y)可由下式表示：

这里(x₀，y₀)是方程(3)的基本解，k=2，或k为正奇数.

证  见文献[12]的定理2.

定理1的证明

在以下叙述中，s为正奇数，p=81s²+10，q=9s²+2，r=$\frac{9 s^{2}+1}{2}$，其中p，q，r都是素数.因为y²=x³+(p-4)x-2p=(x-2)(x²+2x+p)，所以椭圆曲线(2)有平凡整数点(x，y)=(2，0).下面仅考虑x>2.设d为x-2与x²+2x+p的最大公因数，则d=(x-2，x²+2x+p)=(x-2，p+8)=(x-2，9q).注意d整除9q，d的取值只能是1，3，9，q，3q，9q之一.以下分情况讨论：

情形1  若d=1，即x-2与x²+2x+p互素，则存在正整数a，b，使得

第二个等式即p-1=b²-(x+1)².由于b与x+1同奇偶，两边模4得2≡0(mod 4)，矛盾.

情形2  若d=3，则存在正整数a，b，使得

消去x，整理得3[(a²+1)²+1+9s²]=b².因为3不整除(a²+1)²+1，所以此等式左边不能是完全平方数，矛盾.

情形3  若d=9，则存在正整数a，b，使得

消去x，整理得9s²+1=b²-(3a²+1)²，由此知b与3a²+1同奇偶.对等式两边模4得2≡0(mod 4)，矛盾.

情形4  若d=q，则存在正整数a，b，使得

消去x，整理得qa⁴+6a²+9=b².因为a与b互素，所以3不整除a.等式两边模3，由费马小定理得b²≡q≡2(mod 3)，这与$\left(\frac{2}{3}\right)$=-1矛盾.

情形5  若d=3q，则存在正整数a，b，使得

消去x，整理得3q(qa⁴+2a²+1)=b²，由此知3整除b.因为a与b互素，所以a与3互素.因为q为大于3的素数，且qa⁴+2a²+1≡2(mod 3)，即3q(qa⁴+2a²+1)不能被9整除，所以3q(qa⁴+2a²+1)不是完全平方数，这与等式右边矛盾.

情形6  若d=9q，则存在正整数a，b，使得

消去x，整理得

注意q-1为偶数，由(5)式知a与b奇偶性不同.若a为奇数，b为偶数，则对等式(5)两边同时模4得q≡1(mod 4)，这与q=9s²+2≡3(mod 4)矛盾.所以a为偶数，b为奇数.不妨设a=2c.由(5)式得

设m=(b+12c²+1，b-12c²-1).因为b与12c²+1奇偶性相同，所以2|m.若m>2，则$\frac{m}{2}$必有素因子p₁.由m|2(12c²+1)得p₁|(12c²+1).又因为p₁|288rc⁴且(288rc⁴，12c²+1)=(r，12c²+1)，所以p₁|r.因为p₁与r都是素数，必有p₁=r，由此知12c²≡-1(mod r).但这与$\left(\frac{-12}{r}\right)=\left(\frac{-3}{r}\right)=-1$矛盾，故m=2.由(6)式可知，存在正整数f，g，t，使得

其中t=1，8，9，72，r，8r，9r，72r.下面依次讨论这8种情形.

情形6.1  t=1.此时12c²+1=72rf⁴-g⁴.等式两边取模3，得g⁴≡2(mod 3)，这与$\left(\frac{2}{3}\right)$=-1矛盾.

情形6.2  t=8.此时12c²+1=9rf⁴-8g⁴，g与3互素.由于c=fg，2r+1=q，所以

这意味着不定方程X²-qY²=-2有解(X，Y)=(3f²+4g²，3f²).注意不定方程X²-qY²=-2的基本解为(X，Y)=(3s，1)，根据引理1知存在正整数n，使得

比较等式两边的有理部分，得

(8) 式左边不能被3整除，而右边是3的倍数，矛盾.

情形6.3  t=9.此时12c²+1=8rf⁴-9g⁴，将c=fg及2r+1=q代入并整理，得

两边模q得

注意q=9s²+2≡3(mod 4)，同余式(9)不成立.

情形6.4  t=72.此时12c²+1=rf⁴-72g⁴，f与3互素.等式两边模3，得r≡1(mod 3)，这与r=$\frac{9 s^{2}+1}{2}$≡2(mod 3)矛盾.

情形6.5  t=r.此时12c²+1=72f⁴-rg⁴，g为奇数.等式两边模4，可推出r≡3(mod 4)，这与r=$\frac{9 s^{2}+1}{2}$≡1(mod 4)矛盾.

情形6.6  t=8r.此时12c²+1=9f⁴-8rg⁴，g与3互素.将c=fg及r=$\frac{q-1}{2}$代入并整理，得(3f²-2g²)²-4qg⁴=1.这说明Pell方程

有特解(X，Y)=(|3f²-2g²|，2g²).从推论2的(ⅰ)知9s²+1+3s $\sqrt{q}$为方程(10)的基本解，所以由引理3知存在正整数n，使得

比较等式两边$\sqrt{q}$的系数，得

上式右端显然能被3整除，由此得3|g，这与g和3互素矛盾.

情形6.7  t=9r.此时12c²+1=8f⁴-9rg⁴，f与3互素.等式两边模3并利用费马小定理，得1≡2(mod 3)，这不成立.

情形6.8  t=72r.此时有

其中f为奇数且与3互素.与情形6.6类似，(11)式可化简为(f²-6g²)²-36qg⁴=1.这意味着Pell方程

有正整数解(x，y)=(|f²-6g²|，g).由推论2的结论(ⅱ)及引理4知方程(12)仅有1组正整数解(x，y)=(|f²-6g²|，g)，因此根据引理5知

中k=2，或k为正奇数.注意9s²+1=2r，比较等式(13)两边$\sqrt{q}$的系数，得

即

若k=2，由(14)式可得g²=4rs(4r²+9qs²).注意r为素数且r与s(4r²+9qs²)互素，故4rs(4r²+9qs²)不是完全平方数，矛盾.若k为正奇数，将(14)式写为

(15) 式右端为偶数，但由r，s，k，q都是奇数知右端不能被4整数，故不是完全平方数，这与左端矛盾.

综上所述，定理1得证.