Download luận văn thạc sĩ ngành toán học với đề tài: Một số vấn đề về phần xoắn của đường cong elliptic, cho các bạn làm luận văn tham khảo

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN-CƠ-TIN HỌC
LÊ VĂN NAM
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHẦN XOẮN
CỦA ĐƯỜNG CONG ELLIPTIC
Chuyên nghành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 60460104
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. Phó Đức Tài
HÀ NỘI- 2014

2. Mục lục
Mở đầu 4
1 Các khái niệm cơ bản về đường cong elliptic 6
1.1 Đường cong elliptic và nhóm aben trên nó . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Đường cong elliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Luật cộng trên đường cong elliptic . . . . . . . . . . 7
1.2 Điểm có cấp hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Điểm có cấp hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Định lý Nagell-Lutz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Phần xoắn của hai lớp đường cong elliptic . . . . . . . . . . 14
2 Một số phân loại đã biết theo danh sách của Kubert 18
2.1 Danh sách của Kubert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2 Phân loại của K. Ono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Phân loại của Qiu - Zhang . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4 Nhóm con xoắn nhận được theo danh sách của Kubert . . 30
3 Bổ sung về phân loại theo danh sách của Kubert 32
3.1 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 5 . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.2 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 6 . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.3 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 4 . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.4 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 3 . . . . . . . . . . . . . . . 44
Kết luận 56
1

3. Tài liệu tham khảo 57
2

4. Lời cảm ơn
Nhân dịp này, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS.Phó Đức
Tài, thầy đã trực tiếp hướng dẫn và tận tình chỉ bảo tôi trong suốt quá
trình thực hiện luận văn cũng như trong suốt hai năm khi tôi bước vào
học thạc sĩ thầy đã giành tâm huyết chỉ bảo cách tiếp cận và cách học đại
số .
Đồng thời, tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các
thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin, trường Đại học Khoa học Tự
Nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội, đã dạy bảo tận tình trong suốt quá trình
học tập tại khoa.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạo
điều kiện và động viên cổ vũ tôi để tôi có thể hoàn thiện nhiệm vụ của
mình.
Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2014.
Học viên
Lê Văn Nam
3

5. Mở đầu
Đường cong elliptic là một đối tượng quan trọng trong toán học. Lịch sử
phát triển của đường cong elliptic đã trải qua một thời gian dài và những
ứng dụng của đường cong elliptic đang tiếp tục được khám phá. Gần đây,
những ứng dụng quan trọng của đường cong elliptic đã được phát hiện
trong lý thuyết mật mã, trong phân tích các số nguyên lớn, trong việc giải
các phương trình Diophante.
Định lý Mordell-Weil phát biểu rằng nhóm các điểm hữu tỉ trên đường
cong elliptic (E(Q), +) là một nhóm aben hữu hạn sinh, như vậy
E(Q) ∼= TorsE(Q) Zr
,
trong đó phần xoắn TorsE(Q) là một nhóm hữu hạn và hạng r cũng
hữu hạn. Hơn nữa, phần xoắn TorsE(Q) có thể xác định tường minh từ
phương trình định nghĩa đường cong nhờ định lý Nagell-Luzt và định lý
Mazur. Câu hỏi ngược lại là bài toán phân loại (hoặc tìm) các họ đường
cong elliptic với nhóm xoắn cho trước.
Nội dung chính của luận văn là phân loại phần xoắn của một số họ đã
biết và bổ sung những phân loại còn thiếu theo danh sách của D.S. Kubert
(là danh sách (K) trong chương 2). Trong các phân loại đó song song với
các chứng minh lý thuyết, chúng tôi sử dụng phần mềm đại số máy tính
Sage để kiểm tra lại các kết quả.
Bố cục của luận văn được trình bày như sau:
Chương 1: Các khái niệm cơ bản về đường cong elliptic.
Chúng tôi trình bày tổng quan một số kiến thức cơ bản về đường cong
4

6. elliptic, định nghĩa các dạng đường cong elliptic, xây dựng luật cộng trên
đường cong elliptic, chứng minh định lý Nagell-Luzt, chọn hai ví dụ trong
đó có một ví dụ trình bày phân loại nhóm con xoắn.
Chương 2: Một số phân loại đã biết theo danh sách của D.S. Kubert.
Chúng tôi trình bày lại hai phân loại của K Ono và D. Qiu-X. Zhang
cho hai lớp đường cong (2) và (3) trong danh sách (K) của D.S. Kubert.
Chương 3: Bổ sung về phân loại theo danh sách của Kubert.
Mục đích chính của chúng tôi là đi bổ sung phân loại cho bốn lớp đường
cong (4), (5), (9) và (13) theo danh sách (K) của D.S. Kubert.
5

7. Chương 1
Các khái niệm cơ bản về đường
cong elliptic
Mục đích của chương này là trình bày lại một số kết quả quan trọng
trong lý thuyết đường cong elliptic, chẳng hạn định lý Nagell-Luzt, định
lý Mazur, định lý Mordell-Weil và hai ví dụ về phần xoắn của đường cong
elliptic.
1.1 Đường cong elliptic và nhóm aben trên nó
1.1.1 Đường cong elliptic
Phương trình đường cong bậc 3 tổng quát xác định trên trường K có
dạng
ax3
+ bx2
y + cxy2
+ dy3
+ ex2
+ fxy + gy2
+ hx + iy + j = 0,
trong đó a, b, c, e, f, g, h, i, j ∈ K và a, b, c không đồng thời bằng 0.
Khi đó bằng phép đổi trục tọa độ hợp lý, chúng ta có thể chuyển phương
trình bậc 3 tổng quát về dạng
y2
+ a1xy + a3y = x3
+ a2x2
+ a4x + a6 với a1, a2, a3, a4, a6 ∈ K.
Phương trình này được gọi là phương trình Weierstrass tổng quát.
Khi char K = 2, bằng phép đổi biến thích hợp, cụ thể với
y := y −
1
2
(a1x + a3),
6

8. phương trình trên trở thành
y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C.
Phương trình này được gọi là phương trình dạng Weierstrass đơn giản.
Khi char K = 3, bằng phép đặt x := x+ A
3 chúng ta có thể chuyển phương
trình Weierstrass đơn giản về dạng
y2
= x3
+ Ax + B.
Phương trình này được gọi là phương trình Weierstrass chuẩn tắc.
Một đường cong xác định bởi phương trình dạng Weierstrass đơn giản
y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C với A, B, C ∈ K
được gọi là đường cong elliptic nếu nó không kỳ dị, tức là biệt thức
D = −4A3
C + A2
B2
+ 18ABC − 4B3
− 27C2
= 0.
Để đơn giản, ta dùng kí hiệu D thay cho biệt thức của đường cong elliptic
nếu không nói gì thêm.
1.1.2 Luật cộng trên đường cong elliptic
Cho đường cong elliptic E có phương trình y2
= x3
+Ax2
+Bx +C thì
trong hệ tọa độ xạ ảnh phương trình của E là
Y 2
Z = X3
+ AX2
Z + BXZ2
+ CZ3
.
Mỗi điểm trong mặt phẳng xạ ảnh có tọa độ P[X : Y : Z].
Khi P = [X : Y : 0] thì điểm P tương ứng với điểm vô cùng trong không
gian afin mà chúng ta ký hiệu là điểm Θ.
Ký hiệu E(K) = {(x, y) ∈ K2
: y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C} ∪ {Θ}.
Để đơn giản, ta dùng kí hiệu E thay cho E(K) nếu không nói gì thêm.
Luật cộng được xác định một cách hình học như sau:
Bắt đầu với 2 điểm P1(x1, y1) và P2(x2, y2) trên E(K), vẽ đường thẳng
đi qua P1, P2 và cắt đường bậc 3 tại điểm P1 ∗ P2, lấy đối xứng của điểm
P1∗P2 qua trục hoành ta được điểm P3. Khi đó ta định nghĩa P3 = P1+P2.
Trong trường hợp P1 ≡ P2 thì đường thẳng qua P1, P2 chính là tiếp tuyến
7

9. với đường cong tại P1, khi đó tọa độ điểm P3(x3, y3) chính là tọa độ của
điểm 2P1.
Với P1, P2 = Θ, tọa độ P3(x3, y3) xác định như sau:
1. Nếu x1 = x2 thì
x3 = λ2
− A − x1 − x2, y3 = λ(x2 − x3) − y2, với λ = y2−y1
x2−x1
.
2. Nếu x1 = x2 nhưng y1 = y2 thì P1 + P2 = Θ .
3. Nếu P1 ≡ P2 và y1 = 0 thì
x3 = λ2
− A − 2x1, y3 = λ(x1 − x3) − y1, với λ = 3x2
1+2Ax1+B
2y1
.
4. Nếu P1 ≡ P2 và y1 = 0 thì P1 + P2 = Θ.
Qui ước P + Θ = P, ∀P ∈ E(K).
Luật cộng điểm của đường cong E có phương trình
(E) : y2
+ a1xy + a3y = f(x) = x3
+ a2x2
+ a4x + a6.
Ta ký hiệu
E(K) = {(x, y) ∈ K2
: y2
+ a1xy + a3y = x3
+ a2x2
+ a4x + a6} ∪ {Θ}.
Bắt đầu với 2 điểm P1(x1, y1) và P2(x2, y2) trên E(K), vẽ đường thẳng
đi qua P1, P2 và cắt E tại điểm P1 ∗ P2. Lấy đối xứng của điểm P1 ∗ P2
qua đường thẳng y = −a1x+a3
2 ta được điểm P3. Khi đó ta định nghĩa
P3 = P1 + P2.
Trường hợp 1. Nếu x1 = x2 thì P1 = P2, gọi phương trình đường thẳng đi
qua P1, P2 là y = λx + β, trong đó
λ =
y1 − y2
x1 − x2
.
Trường hợp 2. Nếu x1 = x2 và P1 = P2 thì P1 + P2 = Θ.
Trường hợp 3. Nếu P1 = P2, gọi phương trình tiếp tuyến đi qua P1 là
y = λx + β, trong đó
λ =
f (x1) − a1y1
2y1 + a1x1 + a3
.
Ta gọi phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = λx + β và
E là
(λx + β)2
+ a1x(λx + β) + a3(λx + β) = x3
+ a2x2
+ a4x + a6,
8

10. tương đương
0 = x3
+ (a2 − λ2
− λa1)x2
+ (a4 − 2λβ − a1β − λa3)x + (a6 − β2
− a3β).
Tọa độ của P3(x3, y3) xác định như sau.
Trong trường hợp 1. (x3, y3) = (x3, −y3 − a1x3 − a3) trong đó
x3 = λ2
+ λa1 − a2 − x1 − x2, y3 = λx3 + β.
Trong trường hợp 3. (x3, y3) = (x3, y3 − a1x3 − a3) trong đó
x3 = λ2
+ λa1 − a2 − 2x1, y3 = λx3 + β.
Định lý 1.1. E(K) cùng với phép cộng xác định như trên lập thành một
nhóm giao hoán với Θ là phần tử đơn vị.
Chứng minh. Có thể xem chứng minh định lý này trong [14].
Chú ý 1.1. Cho E là đường cong elliptic có phương trình
y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C, A, B, C ∈ Q.
Nếu cần thiết nhân cả hai vế của phương trình với d6
, d ∈ Z∗
, ta thu được
(yd3
)2
= (xd2
)3
+ d2
A(xd2
)2
+ d4
B(xd2
) + Cd6
.
Thay yd3
bởi y và xd2
bởi x, ta có thể chọn d sao cho d2
A, d4
B, Cd6
∈ Z.
Vậy khi xét E : y2
= x3
+Ax2
+Bx+C trên Q có thể giả sử A, B, C ∈ Z.
1.2 Điểm có cấp hữu hạn
1.2.1 Điểm có cấp hữu hạn
Định nghĩa 1.1. Cho E : y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C, với A, B, C ∈ K.
Cho P(x0, y0) ∈ E. Cấp của điểm P là số nguyên dương m bé nhất thỏa
mãn mP = Θ.
Nếu tồn tại m như vậy thì P có cấp hữu hạn, P còn được gọi là điểm
xoắn, ngược lại P được gọi là điểm có cấp vô hạn.
Ký hiệu E[n] là tập các điểm trên E có cấp n và điểm Θ.
Vấn đề đặt ra là làm thế nào để tìm được tất cả các điểm hữu tỷ có cấp
hữu hạn trên E. Để làm được điều đó, ta cần đến kết quả quan trọng là
định lý Nagell-Lutz.
9

11. 1.2.2 Định lý Nagell-Lutz
Định lý 1.2. (Định lý Nagell-Lutz). Cho E là đường cong elliptic có
phương trình y2
= x3
+Ax2
+Bx+C, với A, B, C ∈ Z, P(x0, y0) ∈ E(Q).
Nếu P có cấp hữu hạn khi đó ta có được hai khẳng định sau đúng
(1) x0 ∈ Z và y0 ∈ Z.
(2) Nếu y = 0 thì P có cấp bằng 2, ngược lại nếu y = 0 thì y2
|D.
Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [14].
Để chứng minh định lý này, chúng ta cần đến một số khái niệm chuẩn bị
sau. Giả sử x = a
b = 0 là phân số tối giản, ta sẽ viết được x = pr
a1
b1
với
r ∈ Z và p không là ước của a1b1. Khi đó định giá p-adic được định nghĩa
bởi
vp(x) = r, vp(0) = +∞.
Cho E: y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C, A, B, C ∈ Z, 1 ≤ r, r ∈ Z.
Ký hiệu: Er = {(x, y) ∈ E(Q): vp(x) ≤ −2r, vp(y) ≤ −3r} ∪ {Θ}.
Để chứng minh x, y ∈ Z chúng ta sẽ chứng minh mẫu số của x và y không
chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào. Để làm được điều đó cần đến định
lý sau.
Định lý 1.3. Giả sử E là đường cong elliptic y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C
với A, B, C ∈ Z, p là số nguyên tố, r ∈ N∗
và R là vành số hữu tỷ . Khi
đó
(1) Er là một nhóm con của E(Q).
(2) Với giả thiết P(x, y) ∈ E(Q) khi đó để vp(x) < 0 khi và chỉ khi
vp(y) < 0. Hơn nữa, tồn tại r ≥ 1 sao cho vp(x) = −2r, vp(x) = −3r.
(3) Ánh xạ
λr : Er → pr
R/p3r
R,
P = (x, y) → λr(P) =
x
y
(modp3r
),
Θ → 0,
là một đồng cấu.
10

12. (4) Nếu (x, y) ∈ Er và (x, y) /∈ Er+1 thì λr(x, y) ≡ 0(modp).
Chứng minh. Việc chứng minh Er là nhóm con của E(Q) nằm trong quá
trình chứng minh λr là đồng cấu không khó nhưng khá dài, vượt quá khuôn
khổ của luận văn, có thể tham khảo trong [14]. Chúng ta sẽ đi chứng minh
(2) và (4).
(2). Lấy (x,y) ∈ E(Q). Khi đó y2
= x3
+ Ax2
+ Bx + C.
Giả sử x = m
npk , y = u
ωpσ trong đó k, σ ∈ N∗
, p mn, p uω.
Nếu vp(x) = −k < 0 thay x = m
npk vào phương trình của đường cong, ta
được
u2
ω2p2σ
=
m3
+ Am2
npk
+ Bmn2
p2k
+ Cn3
p3k
n3p3k
.
Do p mn nên p (m3
+ Am2
npk
+ Bmn2
p2k
+ Cn3
p3k
) , vì vậy
vp(y2
) = vp(x3
+ Ax2
+ Bx + C) = −3k.
Do p u2
và p ω2
, vì vậy
vp(y2
) = vp(
u2
ω2p2σ
) = −2σ.
Điều đó có nghĩa nếu vp(x) < 0 thì vp(y) < 0.
Mặt khác vp(y2
) = 2vp(y) = −3k = 3vp(x) nên tồn tại r ≥ 1 sao cho
vp(x) = −2r, vp(y) = −3r.
(4). Ta có Er = {(x, y) ∈ E(Q) : vp(x) ≤ −2r, vp(y) ≤ −3r}.
Nếu (x, y) ∈ Er nhưng (x, y) /∈ Er+1 thì vp(x) = −2r, vp(y) = −3. Do đó
vp(x
y ) = r nên λr(x, y) = p−r x
y ≡ 0(modp).
Hệ quả 1.1. Ký hiệu như trong định lý 1.1. Nếu n > 1 và n không là một
lũy thừa của p thì Er không chứa các điểm có cấp n.
Chứng minh. Giả sử tồn tại điểm P có cấp n. Vì n không là một lũy thừa
của p nên tồn tại m ∈ N∗
để n = mpk
với p m. Khi đó nP = m(pk
P) = Θ
nên pk
P có cấp là m nguyên tố với p. Do đó ta có thể giả sử P có cấp là
n với p n. Gọi r là số nguyên dương lớn nhất sao cho P ∈ Er. ta có
nλr(P) = λ(nP) = λr(Θ) ≡ 0(modp3r
R).
11

13. Vì p n nên λr(P) ≡ 0(modp3r
R) tức là P ∈ E3r.
Điều này mâu thuẫn với việc chọn r. Do đó P không tồn tại.
Bây giờ chúng ta đã có đủ công cụ để chứng minh định lý Nagell - Lutz.
Chứng minh. Giả sử x hoặc y không thuộc Z. Khi đó tồn tại một số nguyên
tố p là ước của mẫu số của chúng. Theo định lý 1.2, P ∈ Er
(với r ≥ 1 ). Gọi l là số nguyên tố mà l|n, khi đó Q = n
l có cấp l. Theo
hệ quả 1.1 ta có l = p. Chọn j sao cho Q ∈ Ej và Q /∈ Ej+1 . Khi đó
λj(Q) ≡ 0(modp) và
pλj(Q) = λj(pQ) ≡ 0(modp3j
R) .
Do đó
λj(Q) ≡ 0(modp3j−1
R).
Điều này mâu thuẫn với λj(Q) ≡ 0(modp). Vậy x, y ∈ Z.
Giả sử y = 0 thì 2P = (x2, y2) = Θ.
Vì 2P có cấp hữu hạn nên x2, y2 ∈ Z. Ta có
x2 =
[f (x)]2
4y2
− A − 2x =
x4
− 2Bx2
− 8Cx + B2
− 4AC
4y2
.
Do x2 ∈ Z suy ra y2
|(x4
− 2Bx2
− 8Cx + b2
− 4AC).
Chúng ta sẽ đi tìm biểu diễn F(x)g(x) + G(x)f(x) = D, trong đó
g(x) = x4
−2Bx2
−8Cx+b2
−4AC, f(x) = x3
+Ax2
+Bx+C, F(x), G(x)
lần lượt là hàm số bậc 2, bậc 3 hệ số nguyên. Tính toán bằng cách đồng
nhất hệ số ta tìm được
F(x) = −3x2
− 2Ax + A2
− 4B, G(x) = 3x3
− Ax2
− 5Bx + 2AB − 27C.
Khi đó y2
|D vì y2
[F(x)g(x) + G(x)f(x)].
Hệ quả 1.2. Cho E là đường cong elliptic trên Q. Khi đó nhóm con xoắn
của E(Q) là hữu hạn.
Chứng minh. Bằng cách đổi biến thích hợp, chúng ta có thể chuyển phương
trình của E về dạng Weierstrass với hệ số nguyên. Giả sử (x, y) là một
điểm xoắn. Khi đó theo định lý Nagell-Lutz chỉ có hữu hạn khả năng cho
y. Do đó cũng có hữu hạn khả năng cho x. Vậy chỉ có hữu hạn khả năng
cho các điểm xoắn nên nhóm con xoắn của E(Q) là hữu hạn.
12

14. Nhận xét 1.1.
(1). Với phương trình Weierstrass tổng quát hệ số nguyên thì định lý
Nagell-Lutz không còn đúng nữa. Chẳng hạn, với đường cong E xác định
bởi phương trình
y2
+ xy = x3
+ x2
− 11x,
có điểm P(11
4 , −11
8 ) cấp 2 nhưng tọa độ không nguyên.
(2). Định lý Nagell-Lutz không còn đúng cho chiều ngược lại, nghĩa là
những điểm (x, y) có tọa độ nguyên và y2
chia hết D thì không suy ra được
rằng điểm đó có bậc hữu hạn. Chẳng hạn, y2
= x3
+ 28 có điểm (2, 6) có
cấp ∞ tuy nhiên y2
= 36 là ước của D = 21168.
Định lý Nagell-Lutz có thể sử dụng để liệt kê tất cả các điểm có thể
có bậc hữu hạn chứ không sử dụng để chứng minh xem một điểm nào đó
có bậc hữu hạn không mà để làm được việc đó chúng ta cần chỉ ra có số
nguyên n > 1 để nP = 0.
Định lý Nagell-Lutz còn được sử dụng để chứng minh điểm có bậc vô
hạn, ý tưởng là tính các điểm P, 2P, 3P, ...nP nếu tọa độ không còn nguyên
nữa thì suy ra điểm P có cấp vô hạn.
Tuy nhiên công việc ngược lại là đi tìm tập các điểm có cấp hữu hạn
sau khi áp dụng định lý Nagell-Lutz là khả thi nhờ vào một định lý rất
đẹp, đó là định lý Mazur. Định lý Mazur được nêu ở luận văn này nhưng
không chứng minh, có thể tham khảo chứng minh trong [7].
Định lý 1.4. (Mazur) Giả sử E(Q) chứa một điểm hữu tỉ có bậc hữu hạn
là m. Khi đó 1 ≤ m ≤ 10 hoặc m = 12.
Hơn nữa, nhóm con xoắn của E(Q) là một trong các dạng sau
Z/m với 1 ≤ m ≤ 10 hoặc m = 12,
Z/2 ⊕ Z/2m với 1 ≤ m ≤ 4.
Định lý 1.5. (Định lí Mordell-Weil) Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường
cong elliptic (E(Q), +) là một nhóm aben hữu hạn sinh.
Việc chứng minh đòi hỏi phải xây dựng rất nhiều lý thuyết toán có liên
quan, vì vậy ta sẽ không đề cập phần chứng minh ở đây, chúng ta có thể
13

15. tham khảo phần chứng minh ở tài liệu [14, tr. 83].
Như vậy theo định lí này nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic
E(Q) có tập sinh hữu hạn. Nghĩa là mỗi điểm hữu tỉ trên đường cong có
thể nhận được từ một tập hữu hạn các điểm hữu tỉ bằng cách sử dụng
một tổ hợp nào đó của các giao tuyến và tiếp tuyến.
Vấn đề là cần bao nhiêu điểm hữu tỉ để xây dựng tất cả các điểm hữu
tỉ. Vì E(Q) là nhóm aben hữu hạn sinh nên nó là tổng trực tiếp của một
nhóm hữu hạn và một nhóm aben tự do hữu hạn sinh nên nó là tổng trực
tiếp của một nhóm hữu hạn và một nhóm aben tự do hữu hạn sinh, hạng
của nhóm aben tự do hữu hạn sinh này được gọi là hạng của đường cong
elliptic.
Tất cả các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) lập thành nhóm TorsE(Q) gọi
là nhóm con xoắn của E(Q). Khi đó E(Q) là tổng trực tiếp của TorsE(Q),
với nhóm con các điểm có bậc vô hạn. Nhóm con các điểm có bậc vô hạn
là nhóm hữu hạn sinh nên nó đẳng cấu với Zr
, với r được gọi là hạng của
đường cong elliptic và nó là một số nguyên không âm. Ta có
E(Q) ∼= TorsE(Q) Zr
Định lý Nagell-Luzt cho phép tìm các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) từ
đó tìm được TorsE(Q), còn vấn đề tìm hạng của đường cong là vấn đề
khó mà ta không đề cập ở đây. Nếu đường cong có hạng bằng 0 thì E(Q)
là nhóm hữu hạn, nếu hạng khác 0 thì E(Q) có vô hạn phần tử.
1.3 Phần xoắn của hai lớp đường cong elliptic
Mục đích của phần này là mở rộng hai kết quả trong [3] (các định lý
3.2 và 3.3) về phân loại nhóm xoắn của hai lớp đường cong y2
= x3
+ ax
và y2
= x3
+ a.
Mệnh đề 1.1. Giả sử E là đường cong elliptic cho bởi y2
= x3
+ax, trong
đó a ∈ Z, a = 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
14

16. (1) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/2Z nếu và chỉ nếu −a là số chính phương.
(2) TorsE(Q) = Z/4Z nếu và chỉ nếu a = 22
d4
với d ∈ Z, d = 0.
(3) TorsE(Q) = Z/2Z trong các trường hợp còn lại.
Chứng minh. Giải phương trình: x3
+ ax = 0.
Trường hợp 1. −a không là số chính phương khi đó nhóm con xoắn của
đường cong elliptic chỉ có thể là Z
2nZ
với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Trường hợp 2. −a là số chính phương khi đó nhóm con xoắn của đường
cong elliptic chỉ có thể là Z
2Z
⊕ Z
2nZ
với n = 1, 2, 3, 4.
Chúng ta sẽ đi tìm các nhóm con xoắn có trong trường hợp 1.
Điểm P(x3, y3) có cấp là 3 khi đó P là điểm uốn, phương trình tiếp tuyến
của đường cong elliptic tại điểm P là y = kx + l(d). Vậy
(kx + l)2
= x3
+ ax.
Do đường thẳng (d) chỉ cắt đường cong đã cho tại duy nhất một điểm vậy
chúng ta có
(x − r)3
= x3
− k2
x2
+ (a − 2kl)x − l2
với k, l, r ∈ Z.
Bằng việc đồng nhất các hệ số ta thu được 3r = k2
và r3
= l2
. Khi đó
l2
= k6
/27 và thay vào phương trình 3r2
= a − 2kl chúng ta thu được
3(
k4
9
) = a − 2(
k4
3
√
3
).
Từ đó ta khẳng định đường cong elliptic cho không có điểm cấp 3.
Bây giờ đi tìm điều kiện để đường cong elliptic có điểm P(x4, y4) có cấp
4. Phương trình tiếp tuyến của đường cong elliptic đã cho tại điểm P và
đi qua điểm (0, 0) là y = mx nên
(mx)2
= x3
+ ax ⇔ x(x2
− m2
x + a) = 0.
Đường cong elliptic đã cho nhận P là điểm cấp 4 nếu và chỉ nếu
x2
− m2
x + a = 0 có nghiệm nguyên duy nhất khác 0. Từ đó m4
− 4a = 0
nếu và chỉ nếu a = 22
d4
với d ∈ Z, d = 0.
Vậy chúng ta có hai điểm cấp 4 là (2d2
, 4d3
) và (2d2
, −4d3
).
15

17. Giả sử phương trình đường cong elliptic nhận điểm P(x8, y8) là điểm
cấp 8, khi đó phương trình tiếp tuyến với đường cong tại P và đi qua điểm
A(2d2
, 4d3
) là y = mx + (4d3
− 2md2
) và ta thu được phương trình sau
(2d2
− x)(x2
+ (2d2
− m2
)x + 8d4
− 8md3
+ 2d2
m2
)
Để thỏa mãn bài toán, phương trình −28d4
− 12d2
m2
+ m4
+ 32md3
= 0
có nghiệm m ∈ Z, phương trình tương đương với
m4
= (2d)2
(3m2
− 8md + 7d2
).
Để bài toán thỏa mãn nếu và chỉ nếu
3m2
− 8md + (7d2
− 4d2
k4
) = 0 với k ∈ Z, k = 0, phương trình có nghiệm
m ∈ Z nếu và chỉ nếu d2
(12k4
− 5) = u2
với u ∈ Z, u = 0 tương đương với
12k4
− 5 = v2
⇔ (2
√
3k2
− v)(2
√
3k2
+ v) = 5 với v ∈ Z điều này mẫu
thuẫn. Vậy đường cong elliptic đang xét không có điểm cấp 8.
Giả sử P1(x1, y1) là điểm có cấp 5 thuộc đường cong elliptic, khi đó bốn
điểm P1, P2, P3, P4 cùng nằm trên đường cong elliptic và tạo thành hình chữ
nhật, có tọa độ lần lượt là P4 = (x1, −y1), P2 = (x2, y2), P3 = (x2, −y2).
Ta thu được
−−→
P2P1.
−−→
P1P4 = 0
|
−−→
P2P1| = |
−−→
P1P4|
⇔
(x3
1 − x1).(x3
1 + ax1 − x3
2 − ax2) = 0
(x1 − x2)2
+ [(x3
1 − x3
2) + a(x1 − x2)]2
= 4(x3
1 + x1)2
.
Thu được phương trình sau
(x1 − x2)2
= 4(x3
1 + x1)2
⇔
x2 = −x3
1
x2 = 2x1 + x3
1.
Với x2 = −x3
1, ta có phương trình x6
1 −x4
1 +x2
1 +a = 0. Đặt x2
1 = t(t ≥ 0),
ta có t3
− t2
+ t + a = 0. Đồng nhất hệ số trong phương trình
t3
− t2
+ t + a = t3
− 3t2
c + 3tc2
− c3
(c ≥ 0)
ta thu được 3c = 1 và 3c2
= 1, điều này mâu thuẫn. Vậy với x2 = −x3
1
không có nghiệm.
Với x2 = 2x1 + x3
1, bằng cách làm tương tự như trường hợp x2 = −x3
1 ta
16

18. có
t3
+ 5t2
+ 7t + a = t3
− 3t2
c + 3tc2
− c3
phương trình không có nghiệm.
Vậy đường cong elliptic đang xét không có điểm cấp 5.
Tiếp theo, ta sẽ đi tìm các nhóm con xoắn có trong trường hợp 2.
Giả sử Q(x41, y41) là điểm có cấp 4 trên đường cong elliptic đang xét, khi
đó phương trình tiếp tuyến với đường cong tại Q và đi qua điểm M(b, 0)
là y = mx − mb với m ∈ Z, m = 0, b ∈ N∗
và −a = b2
, ở đây M là điểm
cấp 2 khác (0, 0) .
Như vậy phương trình (mx−mb)2
= x3
+ax cần có một nghiệm duy nhất
khác b, ta đồng nhất hệ số của phương trình sau
x3
− m2
x2
+ (2m2
b + a)x − m2
b2
= x3
− 3rx2
+ 3r2
x − r3
với r ∈ Z, r = 0
ta thu được m2
= 3r điều này mâu thuẫn với m ∈ Z.
Chứng tỏ trong trường hợp 2 không có nhóm con xoắn là Z/2Z⊕Z/4Z và
Z/2Z ⊕ Z/8Z. Mặt khác đường cong elliptic đã cho cũng không có điểm
cấp 3 nên cũng không có nhóm con xoắn là Z/2Z ⊕ Z/6Z.
Với cách làm như trên ta có mệnh đề sau và có thể tham khảo chứng
minh trong [3].
Mệnh đề 1.2. Giả sử E là đường cong elliptic cho bởi y2
= x3
+ a, trong
đó a ∈ Z, a = 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) = Z/6Z nếu và chỉ nếu a = 1.
(2) TorsE(Q) = Z/3Z nếu a là số chính phương khác một, hoặc
a = −432m6
với m ∈ Z, m = 0.
(3) TorsE(Q) = Z/2Z nếu và chỉ nếu a là số lập phương khác một.
(4) TorsE(Q) = 0 trong các trường hợp còn lại.
17

19. Chương 2
Một số phân loại đã biết theo danh
sách của Kubert
Trong chương này chúng tôi lấy ra danh sách về cấu trúc phần xoắn
của các lớp đường cong elliptic được D.S.Kubert đưa ra và trình bày lại
cách phân loại nhóm con xoắn hai lớp đường cong elliptic của K. Ono và
D. Qiu-X. Zhang.
2.1 Danh sách của Kubert
Xuất phát từ giả thiết (0, 0) là điểm có cấp cực đại trong nhóm con
xoắn đối với hai lớp đường cong Weierstrass đơn giản và Weierstrass tổng
quát, Kubert đã đưa ra cấu trúc đầy đủ về các lớp đường cong với nhóm
xoắn tương ứng để từ đó, ta có thể đi phân loại các họ đường cong mà
điểm (0, 0) luôn là một điểm xoắn.
Danh sách của Kubert (xem [6]) như sau
(1) 0 : y2
= x3
+ax2
+bx+c; D = −4a3
c+a2
b2
+18abc−4b3
−27c2
= 0.
(2) Z/2Z: y2
= x(x2
+ ax + b); D = a2
b2
− 4b3
= 0.
(3) Z/2Z ⊕ Z/2Z: y2
= x(x + r)(x + s), r = 0 = s = r.
(4) Z/3Z: y2
+ a1xy + a3y = x3
; D = a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0.
(5) Z/4Z: E(b, c), c = 0, D = b4
(1 + 16b) = 0.
(6) Z/2Z ⊕ Z/4Z: E(b, c), b = v2
− 1/16, v = 0, ±1/4, c = 0.
18

20. (7) Z/2Z ⊕ Z/8Z: E(b, c), b = (2d − 1)(d − 1), c = (2d − 1)(d − 1)/d,
d = α(8α + 2)/(8α2
− 1), d(d − 1)(2d − 1)(8d2
− 8d + 1) = 0.
(8) Z/8Z: E(b, c), b = (2d − 1)(d − 1), c = (2d − 1)(d − 1)/d, D = 0.
(9) Z/6Z: E(b, c), b = c + c2
, D = c6
(c + 1)3
(9c + 1) = 0.
(10) Z/2Z ⊕ Z/6Z: E(b, c), b = c + c2
, c = (10 − 2α)/(α2
− 9),
D = c6
(c + 1)3
(9c + 1) = 0.
(11) Z/12Z: E(b, c), b = cd, c = fd − f, d = m + n, f = m/(1 − n),
m = (3n − 3n2
− 1)/(n − 1), D = 0.
(12) Z/9Z: E(b, c), b = cd, c = fd − f, d = f(f − 1) + 1, D = 0.
(13) Z/5Z: E(b, c), b = c, D = b5
(b2
− 11b − 1) = 0.
(14) Z/10Z: E(b, c), b = cd, c = fd − f, d = f2
/(f − (f − 1)2
),
f = (f − 1)2
, D = 0.
(15) Z/7Z: E(b, c), b = d3
− d2
, c = d2
− d, D = d7
(d − 1)7
(d3
− 8d2
+ 5d + 1) = 0.
Trong đó E(b, c) là
y2
+ (1 − c)xy − by = x3
− bx2
,
có biệt thức
D = (1 − c)4
b3
− (1 − c)3
b3
− 8(1 − c)2
b4
+ 36(1 − c)b4
− 27b4
+ 16b5
.
Chúng tôi gọi danh sách trên của D.S. Kubert là danh sách (K).
Ý nghĩa của danh sách (K) như sau.
Nhận xét 2.1.
(i) Danh sách trên chỉ đưa ra cấu trúc nhóm con xoắn chưa phân loại về
nhóm con xoắn cho từng đường cong elliptic.
(ii) Trong (2) đường cong y2
= x(x2
+ ax + b), nhóm con xoắn chỉ có thể
là Z
2nZ
(n = 1, 2, 3, 4, 5, 6) nếu phương trình x2
+ax+b = 0 vô nghiệm
trên Z,
19

21. hoặc Z
2Z
⊕ Z
2nZ
(n = 1, 2, 3, 4) nếu phương trình x2
+ ax + b = 0 có hai
nghiệm nguyên phân biệt khác 0.
(iii) Trong (3) đường cong y2
= x(x + r)(x + s), r = 0 = s = r nhóm con
xoắn chỉ có thể là Z
2Z
⊕ Z
2nZ
với n = 1, 2, 3, 4 và r, s ∈ Z.
(iv) Trong (4) đường cong y2
+ a1xy + a3y = x3
nhóm con xoắn chỉ có
thể là Z/3Z, Z/6Z, Z/2Z ⊕ Z/6Z, Z/9Z, Z/12Z với các giá trị a1, a3
tương ứng.
(v) Trong (5) đường cong E(b, c) với c = 0 luôn nhận điểm (0, 0) là điểm
cấp 4 khi đó nhóm con xoắn với c = 0 chỉ có thể là Z
4nZ
với n = 1, 2, 3
hoặc Z
2Z
⊕ Z
4nZ
với n = 1, 2.
Hoàn toàn tương tự cho nhóm con xoắn của các lớp đường cong elliptic
còn lại trong danh sách trên.
Bây giờ chúng tôi đi phân loại nhóm con xoắn trong danh sách (K).
2.2 Phân loại của K. Ono
Trong mục này chúng tôi trình bày nhóm con xoắn Z
2Z
⊕ Z
2nZ
với
n = 1, 2, 3, 4 được K. Ono phân loại, tức là phân loại đường cong trong
(3) (danh sách (K)).
Nhận xét 2.2. Giả sử E : y2
= x(x + M)(x + N) là một đường cong
elliptic, trong đó M, N ∈ Z, M = 0 = N = M. Giả sử P(x, y) ∈ E(Q)
khi đó
x(2P) =
x(P)2
− MN
2y(P)
2
.(∗)
Bổ đề 2.1. Giả sử E : y2
= (x − α)(x − β)(x − γ) = x3
+ ax2
+ bx + c là
một đường cong elliptic. Với (x0, y0) ∈ E(K) tồn tại điểm (x1, y1) ∈ E(K)
thỏa mãn (x0, y0) = 2(x1, y1) nếu và chỉ nếu x0 − α, x0 − β, x − γ là các
số chính phương.
Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [3].
20

22. Chứng minh. Xét phép tịnh tiến như sau
x = x + x0,
y = y.
Khi đó đường cong elliptic cho trở thành
E0: y2
= (x + x0 − α)(x + x0 − β)(x + x0 − γ), đường cong E đi qua điểm
(x0, y0) nếu và chỉ nếu đường cong E0 đi qua điểm (0, y0).
Giả sử điểm P(x, y) ∈ E gọi phương trình tiếp tuyến tại điểm P và đi qua
điểm (0, y0) có phương trình y = λx+δ khi đó ta có phương trình phương
trình hoành độ giao điểm
(λx + δ)2
= x3
+ a2
x + bx + c.
ở đó δ = y0 và δ2
= y2
0 = −αβγ = c. như vậy phương trình trên tương
đương với
0 = x(x2
+ (a − λ2
)x + (b − 2λδ)).
Để thỏa mãn cách xây dựng bài toán thì phương trình trên dẫn đến phương
trình x2
+ (a − λ2
)x + (b − 2λδ) = 0 có nghiệm nguyên bội 2 khi và chỉ
khi (λ2
− a)2
= 4(b − 2y0λ). tiếp tục biến đổi tương đương ta được
(λ2
− a + u)2
= 2uλ2
− 8λy0 + (u2
+ 4b − 2ua).
Phương trình này chỉ đúng nếu và chỉ nếu phương trình
2uλ2
− 8λy0 + (u2
+ 4b − 2ua) = 0 có nghiệm bội 2 tương đương với
0 = 82
c − 4.2u(u2
+ 4b − 2ua),
= u3
− 2au2
+ 4bu − 8c,
= (−8)(v3
+ av2
+ bv + c),
ở đó u = 2v. Gọi 3 nghiệm của phương trình v3
+ av2
+ bv + c = 0 là
α, β, γ vậy ta nhận được
-a = α + β + γ, b = αβγ, c = −αβγ.
Chúng ta có
(λ2
+α+β+γ−2α)2
= −4αλ2
−8y0λ+(4a2
+4[αβ+βγ+γα]−4α[α+β+γ])
21

23. khi đó,
(λ2
− α + β + γ)2
= −4αλ2
− 8y0λ + 4βγ,
= 4(α0λ − β0γ0)2
,
trong đó α2
0 = −α, β2
0 = −β và γ2
0 = −γ tiếp tục biến đổi tương đương
λ2
− α + β + γ = ±(4α0λ − β0γ0),
(λ2
2α0λ − α) = −β 2β0γ0 − γ,
(λ α0)2
= (β0 γ0)2
.
Như vậy điểm P(x, y) thỏa mãn có tọa độ là
x = 1
2(λ2
+ α + β + γ) và y = λx + δ.
Trong đó ta có các λ như sau
λ1 = α0 + β0 − γ0, λ3 = −α0 + β0 + γ0,
λ2 = α0 − β0 + γ0, λ4 = −α0 − β0 − γ0,
trong đó α2
0 = −α, β2
0 = −β và γ2
0 = −γ.
Định lý dưới đây được K. Ono đi phân loại đường cong elliptic E(M, N)
luôn luôn nhận ba điểm là (0, 0), (0, −M), (0, −N) là điểm cấp 2 trong đó
E(M, N) : x(x + M)(x + N),
có biệt thức
∆(M, N) = M2
N2
(M − N)2
.
Định lý 2.1. (K. Ono [11]) Giả sử E : y2
= x(x + M)(x + N) là một
đường cong elliptic, trong đó M, N ∈ Z. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q)
là
(1) TorsE(Q) ⊃ Z/2Z ⊕ Z/4Z nếu và chỉ nếu M = 0 = N = M sao cho
M và N là hai số chính phương hoặc −M và N − M là chính phương
hoặc −N và M − N là chính phương.
(2) TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/8Z nếu và chỉ nếu với d, u, v ∈ Z khác 0 để cho
M = d2
u4
và N = d2
v4
, u = v hoặc M = −d2
v4
và N = d2
(u4
− v4
),
22

24. hoặc M = d2
(u4
− v4
) và N = −d2
v4
sao cho bộ (u, v, w) là một bộ
ba Pythagorean chẳng hạn (u2
+ v2
= w2
).
(3) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/6Z nếu và chỉ nếu M = a4
+ 2a3
b và
N = 2ab3
+ b4
. trong đó a, b ∈ Z sao cho a
b /∈ {−2, −1, −1
2, 0, 1}.
(4) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/2Z trong trường hợp còn lại.
Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [11].
Chứng minh. Giải phương trình x(x + M)(x + N) = 0 ⇔ x = 0 hoặc
x = −M hoặc x = −N. Như vậy đường cong đang xét luôn luôn có ba
điểm cấp 2 là (0, 0), (−M, 0) và (−N, 0). Điều đó có nghĩa rằng nhóm con
xoắn của E(Q) chỉ có thể là Z/2Z⊕Z/2nZ với các giá trị của M, N tương
ứng ta sẽ có được n = 1, 2, 3 hay 4.
(1). Giả sử TorsE(Q) ⊃ Z/2Z ⊕ Z/4Z có nghĩa là trên E chứa điểm
P(x4, y4) có cấp bằng 4.
Trường hợp 2P = P0 = (0, 0), sử dụng bổ đề (2.1) với M, N ∈ Z chúng ta
có được M, N là các số chính phương.
Trường hợp 2P = P1 = (−M, 0), sử dụng bổ đề (2.1) với M, N ∈ Z chúng
ta có được −M, N − M là các số chính phương.
Trường hợp 2P = P2 = (−N, 0), sử dụng bổ đề (2.1) với M, N ∈ Z chúng
ta có được −N, M − N là các số chính phương.
Như vậy khi TorsE(Q) ⊃ Z/2Z⊕Z/4Z thì M và N là hai số chính phương
hoặc −M và N −M là chính phương hoặc −N và M −N là chính phương.
Giả sử M = m2
và N = n2
(m, n > 0) áp dụng bổ đề (2.1) luôn ∃P(x, y)
trên E thỏa mãn 2P = P0 = (0, 0). Theo công thức (*) trong nhận xét
(2.1) thì
x(2P) = (
x2
− m2
n2
2y
)2
= 0,
tương đương x(P) = ±mn khi đó có bốn điểm cấp 4 là
(mn, ±mn(m + n)) và (−mn, ±mn(m − n)).
Giả sử −M = m2
và N − M = k2
áp dụng bổ đề (2.1) luôn ∃P(x, y) trên
E thỏa mãn 2P = P1 = (−M, 0). Theo công thức (*) trong nhận xét (2.1)
23

25. thì
x(2P) = (
x2
+ m2
(k2
− m2
)
2y
)2
= m2
,
tương đương
y = ±
x2
+ m2
(k2
− m2
)
2m
,
sau đó chúng ta thu được bốn điểm cấp 4 là
(m2
− mk, ±k(m2
− mk)) và (m2
+ mk, ±k(m2
+ mk)).
Trường hợp −N và M − N là hai số chính phương hoàn toàn tương tự
chúng ta cũng có được bốn điểm cấp 4.
(2). Giả sử TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z như vậy trên E sẽ chứa điểm
P(x8, y8) có cấp bằng 8 ⇔ 2P là điểm có cấp 4.
Trường hợp điểm cấp 4 là Q = (mn, ±mn(m+n)) với M = m2
và N = n2
khi đó 2P = Q = (mn, ±mn(m + n)) sử dụng bổ đề (2.1) chúng ta có
mn, mn + m2
và mn + n2
là các số chính phương, chúng ta có thể giả sử
rằng gcd(M, N) = 1 khi đó gcd(m, n) = 1 khi đó m và n là các số chính
phương, đặt m = u2
và n = v2
. Như vậy các số u2
v2
, u2
v2
+u4
và u2
v2
+v4
là các số chính phương điều này tương đương với bộ (u, v, w) là một bộ
ba Pythago chẳng hạn (u2
+ v2
= w2
).
Tóm lại TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z khi đó M = d2
u4
và N = d2
v4
với
d ∈ Z và khác 0.
Trường hợp điểm cấp 4 là Q = (m2
+ mk, ±k(m2
+ mk)) với −M = m2
và N − M = k2
khi đó 2P = Q = (m2
+ mk, ±k(m2
+ mk)) sử dụng
bổ đề (2.1) chúng ta có mk, m2
+ mk và mk + k2
là các số chính phương
chúng ta có thể giả sử rằng gcd(M, N) = 1 khi đó gcd(m, k) = 1 khi đó
m và k là các số chính phương, đặt k = u2
và m = v2
. Như vậy các số
u2
v2
, v4
+ u2
v2
và u2
v2
+ u4
là các số chính phương điều này tương đương
với bộ (u, v, w) là một bộ ba Pythago chẳng hạn (u2
+ v2
= w2
).
Tóm lại TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/8Z khi đó N = d2
(u4
−v4
) và M = −d2
v4
với d ∈ Z và khác 0.
Trường hợp M − N = k2
và −N = n2
là hoàn toàn tương tự và có kết
quả là TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z khi đó M = d2
(u4
− v4
) và N = −d2
v4
24

26. với d ∈ Z và khác 0.
(3). Giả sử TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/6Z khi đó có ∃ điểm P(x3, y3) ∈ E(Q)
có cấp ba ⇔ x(2P) = x(P) = 0. Sử dụng kết quả (*) trong nhận xét ta
thu được phương trình sau
3x4
+ 4(M + N)x3
+ 6MNx2
− M2
N2
= 0
phương trình này suy ra được
M
x
= (1 + t)2
− 1,
N
x
= (1 + t)2
− 1.
Ở đó t ∈ Q, giả sử t = a
b ở đó gcd(a, b) = 1 chúng ta có kết quả là
M
x
=
2ab + a2
b2
,
N
x
=
2ab + a2
a2
.
Sử dụng định lý Nagell-Luzt thì x ∈ Z khi đó chúng ta x = a2
b2
,
M = 2a3
b + a4
và N = 2ab3
+ b4
chúng ta cần phải loại bỏ đi trường hợp
khi a
b ∈ {−2, −1, −1
2, 0, 1} vì khi đó đường cong elliptic đang xét sẽ trở
thành đường cong bậc ba kỳ dị.
Chứng minh chiều ngược giả sử đã có M và N như trong phát biểu (3).
Chúng ta chỉ ra được hai điểm cấp 3 trên E là (a2
b2
, ±a2
b2
(a + b)2
). 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) = 2a3
b + 2ab3
+ 5a2
b2
, và
có hai điểm cấp 6 tìm được như sau
(2a3
b + 2ab3
+ 5a2
b2
, ±(2a5
b + 9a4
b2
+ 14a3
b3
+ 9a2
b4
+ 2ab5
)).
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)
25

27. 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 = 0, D = 1.
Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) ⊃ Z/4Z nếu và chỉ nếu m = a2
+b2
D, n = 2ab, với a, b ∈ Z
sao cho (a, b) = 1, ab = 0 .
(2) TorsE(Q) = Z/8Z nếu và chỉ nếu m = u4
+ v2
w2
D, n = 2u2
vw,
2u2
− v2
= w2
D, với u, v, w ∈ Z là khác 0.
(3) TorsE(Q) ⊃ Z/6Z nếu và chỉ nếu m = a2
+ 2ac + b2
D,
n = 2b(a + c), a2
− b2
D = 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
+ w2
D, n = 2vw,
và 3(v2
− w2
D)4
− 4u2
(v2
− w2
D)2
(v2
+ w2
D) − 16u4
v2
w2
D = 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
= t2
D, 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 trình x(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
TorsE(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 TorsE(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(
√
D)
26

28. 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
+ b2
D, n = 2ab do
(m, n) = 1, n = 0 nên (a, b) = 1, ab = 0.
Giả sử m = a2
+ b2
D, n = 2ab, với a, b ∈ Z sao cho (a, b) = 1, ab = 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
−MN = 0 ⇔ x(P)2
= MN = (a2
−b2
D)2
⇔ x(P) = ±(a2
−b2
D).
Trường hợp x(P) = (a2
− b2
D) ta có hai giá trị của y(P) là
y(P) = ±2a(a2
− b2
D).
Trường hợp x(P) = −(a2
− b2
D) không có giá trị của y(P).
Vậy có hai điểm cấp 4 là
(a2
− b2
D, 2a(a2
− b2
D)) và (a2
− b2
D, −2a(a2
− b2
D)).
(2). Giả sử TorsE(Q) = Z/8Z như vậy trên ∃P(x, y) ∈ E có cấp bằng
8 ⇔ 2P là điểm có cấp 4 ⇔ 2P = Q = (a2
− b2
D, 2a(a2
− b2
D)), hơn nữa
kết quả từ (I) chúng ta có m = a2
+ b2
D, n = 2ab. Áp dụng kết quả của
bổ đề chúng ta có được, x(2P) = a2
− b2
D, x(2P) + M = 2a2
+ 2ab(
√
D),
x(2P) + N = 2a2
− 2ab(
√
D) là các số chính phương, chúng ta thu được
a2
− b2
D = c2
(1)
2a2
+ 2ab(
√
D) = (s + t
√
D)2
(2)
⇔
s2
= a(a + c)(3)
t2
D = 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
= w2
D với w ∈ Z. Như vậy ta có
b = vw, m = u4
+ v2
w2
D, n = 2u2
vw, 2u2
− v2
= w2
D, với u, v, w ∈ Z
khác 0.
Giả sử m = u4
+ v2
w2
D, n = 2u2
vw, 2u2
− v2
= w2
D 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)
27

29. 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
− MN)2
. Phương
trình này dẫn đến phương trình sau
x4
− 4(u2
− v2
)2
x3
− 2(u2
− v2
)2
(5u4
+ 6u2
v2
− 3v4
)x2
− 4(u2
− v2
)6
x
+ (u2
− v2
)8
= 0 tương đương với
(x − (u2
− v2
)2
)4
= 16u4
(u2
− v2
)2
x2
.
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 TorsE(Q) ⊃ Z/6Z. Khi đó có một điểm P(x3, y3) ∈ E(Q)
có cấp 3 ⇔ x(2P) = x(P) = 0. Sử dụng kết quả (*) trong nhận xét ta
thu được phương trình sau 3x4
+ 4(M + N)x3
+ 6MNx2
− M2
N2
= 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 = 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
−b2
D))(b/c−bc/(a2
−b2
D)) = 0.
Nếu 2+a/c+ac/(a2
−b2
D) = 0, vậy 2+t+1/t = (b/c−bc/(a2
−b2
D)
√
D).
Thế vào phương trình của E, ta có (y/x)2
/x = (b/c − bc/(a2
− b2
D)2
)D,
ta thu được b/c − bc/(a2
− b2
D) = 0, a2
− b2
D = c2
. Thu được
1/t = (a − b
√
D)/c, chứng tỏ
m = x(a2
+ 2ac + b2
D)/c2
, n = 2xb(a + c)/c2
.
Mặt khác (a2
+ 2ac + b2
D, 2b(a + c), c2
) là nguyên tố cùng nhau, vì vậy
x = c2
. Tóm lại ta có
m = a2
+ 2ac + b2
D, n = 2b(a + c), a2
− b2
D = c2
Giả sử m = a2
+ 2ac + b2
D, n = 2b(a + c), a2
− b2
D = c2
với a, b, c ∈ Z
sao cho (a, b, c) = 1 và khác 0. Chúng ta chỉ ra được một điểm cấp 3 trên
28

30. 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 TorsE(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
+ w2
D, n = 2vw tương đương với
b(a + c) = vw; (2.1)
5c2
+ 4ac = u2
; (2.2)
a2
− b2
D = c2
; (2.3)
và
4c(a + c) + (a + c)2
+ b2
D = v2
+ w2
D; (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
− w2
D)4
− 4u2
(v2
− w2
D)2
(v2
+ w2
D) − 16u4
v2
w2
D = 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
− 4u2
x3
− hx2
− 4u2
ex + e2
= 0
với
h = 2((v2
− w2
D)2
+ 2u2
(v2
+ w2
D) − 3u4
),
e = (v2
− w2
D)2
+ u4
− 2u2
(v2
+ w2
D).
Phương trình trên tương đương với
((x − u2
)2
− (2u2
(v2
+ w2
D) − (v2
− w2
D)2
))2
= 4(v2
− w2
D)2
x2
.
Phương trình này có một nghiệm nguyên là x = (u + v)2
− w2
D khi thay
vào (E) chúng ta có được y = y(P) ∈ Z.
29

31. (5). Giả sử TorsE(Q) = Z/10Z Khi đó có một điểm P(x5, y5) ∈ E(Q)
có cấp 5 ⇔ x(4P) = x(P) và x(2P) = x(P). Sau đó sử dụng kết quả (*)
trong nhận xét ta thu được m = 2s(s+u)−v2
, n = 2st, (s+u)2
−v2
= t2
D,
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
= t2
D, 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 trên E 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 2.1 chúng 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.
2.4 Nhóm con xoắn nhận được theo danh sách của Kubert
Trong mục này chúng tôi trình bày nhóm con xoắn nhận được theo danh
sách (K) .
Điểm (0, 0) không là điểm cấp 2 cũng không là điểm cấp 3 trong đường
cong elliptic E(b, c) : y2
+ (1 − c)xy − by = x3
− bx2
xem [3].
Định lý 2.3. Cho E : y2
+(1−c)xy −by = x3
−bx2
là đường cong elliptic
và biệt thức
∆(b, c) = (1 − c)4
b3
− (1 − c)3
b3
− 8(1 − c)2
b4
+ 36(1 − c)b4
− 27b4
+ 16b5
trong đó b, c ∈ Q khác 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z nếu và chỉ nếu
b = (2d − 1)(d − 1), c = (2d − 1)(d − 1)/d, d = α(8α + 2)/(8α2
− 1)
với d, α ∈ Q và d(d − 1)(2d − 1)(8d2
− 8d + 1) = 0.
(2) TorsE(Q) = Z/8Z nếu và chỉ nếu
b = (2d − 1)(d − 1), c = (2d − 1)(d − 1)/d, ∆(b, c) = 0 với d ∈ Q.
30

32. (3) TorsE(Q) = Z/12Z nếu và chỉ nếu
b = cd, c = fd − f, d = m + n, f = m/(1 − n),
m = (3n − 3n2
− 1)/(n − 1), ∆(b, c) = 0 với m, n, d, f ∈ Q và n = 1.
(4) TorsE(Q) = Z/9Z nếu và chỉ nếu
b = cd, c = fd − f, d = f(f − 1) + 1, ∆(b, c) = 0 với d, f ∈ Q.
(5) TorsE(Q) = Z/10Z nếu và chỉ nếu
b = cd, c = fd − f, d = f2
/(f − (f − 1)2
), f = (f − 1)2
, ∆(b, c) = 0
với d, f ∈ Q.
(6) TorsE(Q) = Z/7Z nếu và chỉ nếu
b = d3
− d2
, c = d2
− d, ∆(b, c) = d7
(d − 1)7
(d3
− 8d2
+ 5d + 1) = 0
với d ∈ Q.
Chứng minh. Theo định lý Mazur khi đó Z/7Z, Z/9Z, Z/10Z, Z/12Z là
nhóm con xoắn cực đại.
Mặt khác nếu (0, 0) luôn là điểm cấp 8 khi đó nhóm con xoắn chỉ có
thể là Z/8Z hoặc Z/2Z ⊕ Z/8Z. Vậy theo kết quả trong danh sách (2.1)
ta có được chứng minh.
31

33. Chương 3
Bổ sung về phân loại theo danh
sách của Kubert
Mục đích chính của chương này là chúng tôi phân loại phần xoắn còn
lại theo danh sách của D.S. Kubert.
3.1 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 5
Mục đích của mục này là đi phân loại đường cong elliptic E(b) luôn luôn
nhận điểm (0, 0) là điểm cấp 5 trong đó E(b) : y2
+(1−b)xy−by = x3
−bx2
có biệt thức D = b5
(b2
− 11b − 1).
Định lý 3.1. Cho đường cong elliptic E : y2
+ (1 − b)xy − by = x3
− bx2
trong đó b ∈ Q, b = 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) = Z/10Z khi và chỉ khi b là một trong các trường hợp sau
(1.1) b = −3
4.
(1.2) b = (2m − 1)( m
m−1)2
với m ∈ Q và m /∈ {0, 1/2, 1}.
(1.3) b = −(2m + 1)( m
m+1)2
với m ∈ Q và m /∈ {−1, −1/2, 0}.
(2) TorsE(Q) = Z/5Z trong các trường hợp còn lại của b.
Chứng minh. Đường cong elliptic đang xét luôn nhận điểm (0, 0) là điểm
cấp 5. Điều đó có nghĩa rằng nhóm con xoắn của E(Q) chỉ có thể là Z/5Z
hoặc Z/10Z với các giá trị của b tương ứng.
(1). Chiều thuận. Giả sử TorsE(Q) = Z/10Z chúng ta sẽ đi tìm điều
kiện của b.
32

34. Xét P(x, y) ∈ E(Q) khi đó điểm P có cấp 2 nếu và chỉ nếu phương trình
(3.1) có nghiệm duy nhất
y2
+ y(x − bx − b) + bx2
− x3
= 0, (3.1)
phương trình (3.1) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu
[x(1 − b) − b]2
− 4(bx2
− x3
) = 0. (3.2)
Biến đổi tương đương phương trình (3.2) ta thu được
(x + 1)2
b2
− (6x2
+ 2x)b + (4x3
+ x2
) = 0.
Trường hợp 1. Nếu x = -1 suy ra b = -3
4 và có một điểm cấp 2 là
(−1, −
1
2
).
Trường hợp 2. Nếu x = −1, ta có
(3x2
+ x)2
− (x + 1)2
(4x3
+ x2
) = −4x5
= 4x4
(−x).
Để thỏa mãn bài toán khi đó tồn tại m ∈ Q, m = 0 sao cho x = −m2
.
Với m = ±1 ta nhận được b = −3
4.
Với m = ±1 ta thu được hai nghiệm của b như sau
b1 = (2m − 1)( m
m−1)2
hoặc b2 = −(2m + 1)( m
m+1)2
.
Chiều ngược. Giả sử với b = (2m − 1)( m
m−1)2
chúng ta có một điểm cấp
2 là (−m2
, m4
m−1).
Phương trình đường thẳng đi qua điểm (0, 0) cấp 5 và điểm (−m2
, m4
m−1)
cấp 2 là
y = − m2
m−1x(d).
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và E(b) là
x(x + m2
)(−(m − 1)2
+ 2m4
)
(m − 1)2
= 0.
Vậy chúng ta tìm được điểm cấp 10 là
(
2m4
(m − 1)2
,
2m6
(m − 1)3
).
33

35. 3.2 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 6
Tiếp theo chúng ta đi phân loại đường cong elliptic E(c) luôn luôn nhận
điểm (0, 0) là điểm cấp 6 trong đó
E(c) : y2
+ (1 − c)xy − (c + c2
)y = x3
− (c + c2
)x2
có biệt thức
D = c6
(c + 1)3
(9c + 1), ta giả sử
v4
+ 4m2
v3
+ 2m2
(6m2
− 1 − 2m)v2
+ 4m4
(6m − 1 + 4m2
)v
+ m4
(4m + 1 + 16m4
+ 48m3
+ 28m2
) = 0. (n.t.1)
v4
− 4m2
v3
+ 2m2
(6m2
− 1 − 2m)v2
+ 4m4
(−6m + 1 − 4m2
)v
+ m4
(4m + 1 + 16m4
+ 48m3
+ 28m2
) = 0. (n.t.2)
v4
+ 8v3
+ (22 + 4m + 6m2
)v2
+ (−8m2
− 48m − 8)v − 23
− 20m + 54m2
+ 44m3
+ 9m4
= 0. (n.t.3)
v4
− 8v3
+ (22 + 4m + 6m2
)v2
+ (8m2
+ 48m + 8)v − 23
− 20m + 54m2
+ 44m3
+ 9m4
= 0. (n.t.4)
Định lý 3.2. Cho E : y2
+(1−c)xy −(c+c2
)y = x3
−(c+c2
)x2
là đường
cong elliptic trong đó c ∈ Q, c = 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/6Z nếu và chỉ nếu c là một trong hai trường
hợp sau
(1.1) c = v−5
9 thỏa mãn v2
= (3u)2
+ 42
, u, v ∈ Q, u = {−1, 0, 1}.
(1.2) c = −v+5
9 thỏa mãn v2
= (3u)2
+ 42
, u, v ∈ Q, u = {−1, 0, 1}.
(2) TorsE(Q) = Z/12Z nếu và chỉ nếu c là một trong các trường hợp sau
(2.1) c = −m+v
2m , với m, v thỏa mãn (n.t.1) và v /∈ {−2, 14
81, 1}.
(2.2) c = v−m
2m , với m, v thỏa mãn (n.t.2) và v /∈ {−1, −14
81, 2}.
(2.3) c = m−1−v
2 , với m, v thỏa mãn (n.t.3) và v /∈ {−2, −5
3, −1, 1}.
(2.4) c = m−1+v
2 , với m, v thỏa mãn (n.t.4) và v /∈ {−1, 1, 5
3, 2}.
Trong đó m, v ∈ Q khác 0.
(3) TorsE(Q) = Z/6Z trong các trường hợp còn lại của c.
34

36. Chứng minh. Đường cong elliptic đang xét luôn nhận hai điểm (0, 0) và
(0, c + c2
) là điểm cấp 6. Điều đó có nghĩa rằng nhóm con xoắn của E(c)
chỉ có thể là Z/6Z , Z/2Z ⊕ Z/6Z, Z/12Z với các giá trị của c tương ứng.
Trong chứng minh định lý này, ta sẽ chứng minh cho cả hai chiều.
(1). Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
y =
−(1 − c)x + (c + c2
)
2
với E(c) là
−
1
4
(−x + c)(−4x2
+ x(3c2
+ 2c − 1) + c3
+ 2c2
+ c) = 0.
Để E(c) có ba điểm cấp hai khi và chỉ khi phương trình
h(x) = −4x2
+ x(3c2
+ 2c − 1) + c3
+ 2c2
+ c = 0
có hai nghiệm hữu tỷ phân biệt và c = 0, tương đương với (c + 1)2
(9c2
+
10c + 1) là số chính phương khác 0 hay (9c2
+ 10c + 1) là số chính phương
khác 0.
Mặt khác để c ∈ Q khi đó tồn tại u, v ∈ Q khác 0 sao cho v2
= (3u)2
+42
.
Vậy ta tìm được một trong hai giá trị của c thỏa mãn là
c =
v − 5
9
,
hoặc
c =
−(v + 5)
9
.
Biệt thức c6
(c + 1)3
(9c + 1) = 0 nếu và chỉ nếu u = {−1, 0, 1}.
(2). Giả sử P ∈ E(c) ta xét 12P = Θ tương đương với 6(2P) = Θ, ta
sẽ đi tìm điều kiện của c để 2P = (0, 0) hoặc 2P = (0, c + c2
).
Trường hợp 1. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đi qua
(0, 0) với E(c) là.
x(x2
+ x(mc − c − c2
− m2
− m) + mc2
+ mc) = 0 với m ∈ Q khác 0.
Để thỏa mãn bài toán nếu và chỉ nếu phương trình
x2
+ x(mc − c − c2
− m2
− m) + mc2
+ mc = 0 có một nghiệp kép khác 0
35

37. (nghiệm này là hoành độ của điểm cấp 12) và điều này xảy ra nếu và chỉ
nếu tồn tại u, v ∈ Q khác 0 sao cho
v2
= m2
+ 4mu2
, (3.3)
và khi đó chúng ta có một trong hai giá trị của c thỏa mãn là
c = −
v + m
2m
,
hoặc
c =
v − m
2m
.
Khi
u =
mc − c − c2
− m2
− m
2
và
c = −v+m
2m hoặc c = v−m
2m
thay vào (3.3) ta có điều kiện rằng buộc tương ứng là
v4
+ 4m2
v3
+ 2m2
(6m2
− 1 − 2m)v2
+ 4m4
(6m − 1 + 4m2
)v
+ m4
(4m + 1 + 16m4
+ 48m3
+ 28m2
) = 0, hoặc
v4
− 4m2
v3
+ 2m2
(6m2
− 1 − 2m)v2
+ 4m4
(−6m + 1 − 4m2
)v
+ m4
(4m + 1 + 16m4
+ 48m3
+ 28m2
) = 0.
Khi m2
+ m(1 − c) + c2
+ c + 2u = 0 cũng cho cùng một điều kiện rằng
buộc như trên.
Với
c = −
v + m
2m
.
Biệt thức c6
(c + 1)3
(9c + 1) = 0 nếu và chỉ nếu v /∈ {−2, 14
81, 1}.
Với
c =
v − m
2m
.
Biệt thức c6
(c + 1)3
(9c + 1) = 0 nếu và chỉ nếu v /∈ {−1, −14
81 , 2}.
Trường hợp 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đi qua
(0, c + c2
) với E(c) là.
x(x2
+ x(mc − m2
− m − c − c2
) + (c3
− mc − mc2
− c)) = 0
36

38. với m ∈ Q khác 0.
Để thỏa mãn bài toán nếu và chỉ nếu phương trình
x2
+ x(mc − m2
− m − c − c2
) + (c3
− mc − mc2
− c) = 0
có một nghiệm kép và điều này xảy ra nếu và chỉ nếu tồn tại u ∈ Q, u = 0
sao cho
u2
= c3
− mc − mc2
− c. (3.4)
Khi c2
+ c(1 − m) + m2
+ m + 2u = 0 để c ∈ Q, c = 0 nếu và chỉ nếu tồn
tại v ∈ Q, v = 0 sao cho
v2
= 1 − 6m − 3m2
− 8u. (3.5)
Khi đó có hai giá trị của c là
c =
m − 1 − v
2
,
hoặc
c =
m − 1 + v
2
.
thay c, u từ (3.4) vào (3.5) ta có điều kiện rằng buộc tương ứng là
v4
+ 8v3
+ (22 + 4m + 6m2
)v2
+ (−8m2
− 48m − 8)v − 23 − 20m + 54m2
+ 44m3
+ 9m4
= 0,
v4
− 8v3
+ (22 + 4m + 6m2
)v2
+ (8m2
+ 48m + 8)v − 23 − 20m + 54m2
+ 44m3
+ 9m4
= 0.
Khi c2
+ c(1 − m) + m2
+ m − 2u = 0 cũng cho cùng một điều kiện rằng
buộc như trên.
Với c = (m − 1 − v)/2 biệt thức c6
(c + 1)3
(9c + 1) = 0 nếu và chỉ nếu
v /∈ {−2, −
5
3
, −1, 1}.
Với c = (m − 1 + v)/2 biệt thức c6
(c + 1)3
(9c + 1) = 0 nếu và chỉ nếu
v /∈ {−1, 1,
5
3
, 2}.
37

39. Tiếp theo chúng tôi đi tham số hóa các điều kiện (n.t.1), (n.t.2), (n.t.3),
(n.t.4) trong định lý 3.2.
Nhận xét 3.1.
(1) Với điều kiện rằng buộc v2
= (3u)2
+ 42
tham số hóa hữu tỷ ta thu
được u = 16−t2
6t , v = 16+t2
2t .
(2) Với điều kiện rằng buộc v4
+ 4m2
v3
+ 2m2
(6m2
− 1 − 2m)v2
+ 4m4
(6m − 1 + 4m2
)v + m4
(4m + 1 + 16m4
+ 48m3
+ 28m2
) = 0.
Tham số hóa hữu tỷ ta thu được v = v1+v2
v3+v4
, m = m1
m2
, với
v1 = 37264t8
− 516376t7
− 1945271t6
− 33157198t5
− 14851118t4
,
v2 = −150419668t3
+ 1581529090t2
+ 818677142t + 103499485,
v3 = 28561t8
− 325156t7
+ 5457010t6
− 37375624t5
+ 318124459t4
,
v4 = −1331147224t3
+ 6921975010t2
− 14689421356t + 45954068161,
m1 = −(272t4
+ 968t3
+ 8193t2
+ 3932t + 485),
m2 = (214369 − 34262t + 13407t2
− 962t3
+ 169t4
).
(3) Với điều kiện rằng buộc v4
− 4m2
v3
+ 2m2
(6m2
− 1 − 2m)v2
+4m4
(−6m+1−4m2
)v +m4
(4m+1+16m4
+48m3
+28m2
) = 0. Tham
số hóa hữu tỷ ta thu được v = v1+v2
v3+v4+v5
, m = m1
m2
, với
v1 = 407044t2
(1 + 2080t + 1938348t2
+ 1752368096t3
+ 872202444496t4
),
v2 = 407044t2
(366329063206848t5
+ 104543335122800000t6
),
v3 = 6966984t2
+ 8524778688t3
+ 7265746767024t4
,
v4 = 4351831321994496t5
+ 1815610536106574976t6
+ 3624t + 1,
v5 = 482119847751104128512t7
+ 67913445176091790500096t8
,
m1 = −(407044(425000t2
+ 268t + 1))t2
,
m2 = 260602082064t4
+ 925011504t3
+ 1841820t2
+ 1812t + 1.
3.3 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 4
Tiếp theo chúng ta đi phân loại đường cong elliptic E(b) luôn luôn nhận
điểm (0, 0) là điểm cấp 4 trong đó E(b) : y2
+ xy − by = x3
− bx2
và biệt
38

40. thức D = b4
(1 + 16b), ta giả sử
12pr2
− 6p2
r + p3
+ 3p4
+ 3p5
+ p6
− 9r4
− 8r3
+ 12p2
r2
− 12p3
r
−6p4
r + 4pr3
+ 4r3
p2
= 0. (n.t.5)
−3 − 12p = q2
. (n.t.6)
b1 = −15p2
r2
− 6p3
r − 6p4
r − 22pr3
+ p4
,
b2 = 2p5
+ p6
+ 6p3
r2
+ 9r4
− 4r3
p2
− r3
,
b3 = (−3pr + p2
+ p3
+ 3r2
)(2p + 1).
Định lý 3.3. Cho E : y2
+ xy − by = x3
− bx2
là đường cong elliptic sao
cho b ∈ Q khác 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) = Z/8Z nếu và chỉ nếu b là một trong hai trường hợp sau
(1.1) b = −v2
(1 − v)2
với v /∈ {0, 1/2, 1}.
(1.2) b = −v2
(1 + v)2
với v /∈ {−1, −1/2, 0}.
(2) TorsE(Q) = Z/12Z nếu và chỉ nếu b = b1+b2
b3
, trong đó p, r thỏa mãn
(n.t.5), p thỏa mãn (n.t.6) với p, r, q ∈ Q khác 0 và p = −1
2.
(3) TorsE(Q) ⊃ Z/2Z ⊕ Z/4Z nếu và chỉ nếu
b = u2
−
1
16
với u ∈ Q và u /∈ {−1
4 , 0, 1
4}.
(4) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z nếu và chỉ nếu b là một trong hai trường
hợp sau
(4.1) b = u2
− 1
16 và u2
+ [v(1 − v)]2
= (1
4)2
,
(4.2) b = u2
− 1
16 và u2
+ [v(1 + v)]2
= (1
4)2
,
với u, v ∈ Q và u /∈ {−1
4 , 0, 1
4}.
(5) TorsE(Q) = Z/4Z trong các trường hợp còn lại.
Chứng minh. Đường cong elliptic đang xét luôn nhận hai điểm (0, 0) và
(0, b) là điểm cấp 4. Điều đó có nghĩa rằng nhóm con xoắn của E(b) chỉ
có thể là Z/4Z , Z/2Z ⊕ Z/4Z, Z/8Z, Z/2Z ⊕ Z/8Z và Z/12Z với các giá
39

41. trị của b tương ứng. Trong chứng minh định lý này, ta sẽ chứng minh cho
cả hai chiều.
(1). Giả sử P ∈ E(b) sao cho 8P = Θ tương đương với 4(2P) = Θ, ta
sẽ đi tìm điều kiện của b để 2P = (0, 0) hoặc 2P = (0, b).
Trường hợp 1. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đi qua
điểm (0, 0) với E(b) là
x(x2
− x(m2
+ m + b) + mb) = 0 với m ∈ Q, u = 0.
Theo luật cộng điểm để bài toán thỏa mãn nếu và chỉ nếu phương trình
x2
−x(m2
+m+b)+mb = 0 có một nghiệm kép x = 0 (nghiệm này chính
là hoành độ điểm cấp 8), nghĩa là tồn tại u ∈ Q, u = 0 sao cho
b =
u2
m
.
Khả năng 1.
m2
+ m +
u2
m
= 2u.
Để u ∈ Q nếu và chỉ nếu tồn tại v ∈ Q, v = 0 sao cho v2
= −m, vì vậy
u = −m(1 + v) hoặc u = −m(1 − v)
từ đó ta có hai giá trị của b là
b = −v2
(1 − v)2
hoặc b = −v2
(1 + v)2
.
Khả năng 2.
m2
+ m +
u2
m
= −2u
cũng cho cùng một kết quả của b như trên.
Điều kiện b /∈ {−1
16 , 0} nếu và chỉ nếu v /∈ {0, 1/2, 1}.
Trường hợp 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đi qua
(0, b) với E(b) là
x(−x2
+ x(m2
+ m + b) + mb + b) = 0 với m ∈ Q khác 0.
Theo luật cộng điểm để bài toán thỏa mãn nếu và chỉ nếu phương trình
−x2
− x(m2
+ m + b) + mb + b = 0
40

42. có một nghiệm kép x = 0, nghĩa là tồn tại u ∈ Q, u = 0 sao cho
b =
u2
−m − 1
Khả năng 1.
m2
+ m +
u2
−m − 1
= 2u.
Với u ∈ Q nếu và chỉ nếu tồn tại v ∈ Q, v = 0 sao cho v2
= m + 1, vì vậy
u = −(m + 1)(1 + v) hoặc u = −(m + 1)(1 − v)
từ đó ta có hai giá trị của b là
b = −v2
(1 − v)2
hoặc b = −v2
(1 + v)2
.
Khả năng 2.
m2
+ m + u2
−m−1 = −2u
cũng cho cùng một kết quả của b.
Điều kiện b /∈ {−1
16 , 0} nếu và chỉ nếu v /∈ {−1, −1/2, 0}.
(2). Giả sử P(x3, y3) ∈ E(b), ta đi tìm điều kiện của b để P là điểm cấp
ba.
P là điểm cấp ba nếu và chỉ nếu P là điểm uốn. Phương trình hoành độ
giao điểm của tiếp tuyến tại điểm uốn và E(b) là
x3
+ (−p − p2
− b)x2
+ (bp − q − 2pq)x + bq − q2
= 0 với p, q ∈ Q khác 0.
Theo luật cộng điểm để bài toán thỏa mãn nếu và chỉ nếu tồn tại r ∈ Q
khác 0 sao cho các điều sau đồng thời xảy ra.
r3
= q2
− bp, (3.6)
3r2
= bp − q − 2qp, (3.7)
và
3r = p + p2
+ b. (3.8)
41

43. Với p = −1
2 khi đó r /∈ Q, mặt khác nếu −3pr + p2
+ p3
+ 3r2
= 0 khi đó
q = 0 mâu thuẫn.
Vậy từ (3.8) ta có
b = 3r − p − p2
, (3.9)
và thay vào (3.7) và (3.6) suy ra
b =
b1 + b2
b3
,
với
b1 = −15p2
r2
− 6p3
r − 6p4
r − 22pr3
+ p4
,
b2 = 2p5
+ p6
+ 6p3
r2
+ 9r4
− 4r3
p2
− r3
,
b3 = (−3pr + p2
+ p3
+ 3r2
)(2p + 1).
Lấy b thu được thay vào (2.1.4) ta được biểu thức rằng buộc sau
12pr2
−6p2
r+p3
+3p4
+3p5
+p6
−9r4
−8r3
+12p2
r2
−12p3
r−6p4
r+4pr3
+ 4r3
p2
= 0.
Khi đó hoành độ giao điểm đường thẳng đi qua điểm cấp 4 và điểm cấp 3
với E sẽ cho hoành độ điểm cấp 12.
(3). Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
y =
−x + b
2
với E(b) là
−b2
4 + (x
2 + x2
)b − (x2
4 + x3
) = 0.
Phương trình này tương đương với (b − x)(b − x − 4x2
) = 0 và E(b)
có ba điểm cấp hai nếu và chỉ nếu phương trình 4x2
+ x − b = 0 hay
4x2
+ x + 1
16 − (b + 1
16) = 0 có hai nghiệm phân biệt với b = 0. Điều này
xảy ra khi và chỉ khi tồn tại u ∈ Q và u /∈ {−1/4, 0, 1/4} sao cho
b = u2
−
1
16
.
(4). Kết hợp (1) và (3) để TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z nếu và chỉ nếu
42

44. b = u2
− 1
16 và u2
+ [v(1 − v)]2
= (1
4)2
hoặc
b = u2
− 1
16 và u2
+ [v(1 + v)]2
= (1
4)2
.
Tiếp theo chúng tôi đi tham số hóa các điều kiện (n.t.5), (n.t.6) và hai
điều kiện (4.1) và (4.2) trong định lý 3.3.
Nhận xét 3.2. Trong (2) với điều kiện rằng buộc 12pr2
− 6p2
r + p3
+ 3p4
+ 3p5
+ p6
− 9r4
− 8r3
+ 12p2
r2
− 12p3
r − 6p4
r + 4pr3
+ 4r3
p2
= 0.
Tham số hóa ta thu được r = r1+r2
r3+r4
, p = p1
p2
, với
r1 = −2259436291848t6
+ 2677850419968t5
+ 1057916215296t4
,
r2 = −1532454764544t3
− 330225942528t2
+ 260919263232t + 68719476736,
r3 = 2541865828329t6
+ 16067102519808t5
+ 38084983750656t4
,
r4 = 40122452017152t3
+ 15850845241344t2
.
p1 = −272097792t3
− 322486272t2
− 127401984t − 16777216,
p2 = 43046721t4
+ 204073344t3
+ 322486272t2
+ 169869312t.
Trong (4.1) với điều kiện rằng buộc u2
+ [v(1 − v)]2
= (1
4)2
. Tham số hóa
ta được u = u1
u2
, v = v1
v2
, với
u1 = −(t4
− 64t3
− 4608t2
+ 180224t − 458752),
u2 = 4(1638400 − 81920t + 3584t2
− 64t3
+ t4
),
v1 = 32(16 + t),
v2 = (1280 − 32t + t2
).
Trong (4.2) với điều kiện rằng buộc u2
+ [v(1 + v)]2
= (1
4)2
. Tham số hóa
ta được u = u1
u2
, v = v1
v2
, với
u1 = −(t4
− 64t3
− 4608t2
+ 180224t − 458752),
u2 = 4(1638400 − 81920t + 3584t2
− 64t3
+ t4
),
v1 = −(t2
+ 768 − 64t),
v2 = (1280 − 32t + t2
).
43

45. 3.4 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 3
Cho đường cong elliptic E(a1, a3): y2
+ a1xy + a3y = x3
có biệt thức
D = a3
1a3
3 − 27a4
3. Đường cong elliptic này nhận điểm (0, 0) là điểm cấp 3
và không là điểm cấp 2 (tham khảo trong [3]), ta giả sử
(1.6.1) u(u + 4m) = v2
.
(1.6.2) u(u − 4m) = v2
.
(1.7.1) 2(v + u)(−u + 2k2
+ v)u = (v − u)(u + 2k2
+ v)2
.
(1.7.2) 2(−v + u)(u + 2k2
+ v)u = (v + u)(−u + 2k2
+ v)2
.
(1.7.3) 2(v + u)(u + 2k2
− v)u = −(v − u)(−u + 2k2
− v)2
.
(1.7.4) 2(−v + u)(−u + 2k2
− v)u = −(v + u)(u + 2k2
− v)2
.
(1.7.5) −2l2
u(v + u)(l2
u − 2v2
− l2
v) = (v − u)(l2
v + l2
u + 2v2
)2
.
(1.7.6) 2l2
u(u − v)(l2
v + l2
u + 2v2
) = (v + u)(l2
u − 2v2
− l2
v)2
.
(1.7.7) 2l2
u(u − v)(l2
v + l2
u − 2v2
) = (v + u)(l2
u + 2v2
− l2
v)2
.
(1.7.8) 2l2
u(v + u)(l2
u + 2v2
− l2
v) = −(v − u)(l2
v + l2
u − 2v2
)2
.
Định lý 3.4. Cho E: y2
+ a1xy + a3y = x3
là một đường cong elliptic,
trong đó a1, a3 ∈ Q, a3 = 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
(1) TorsE(Q) ⊃ Z/6Z nếu và chỉ nếu a1, a3 là một trong hai trường hợp
sau
(1.1) a3 = 2m3
+ a1m2
, a1 = −3m, a1 = −2n và a1 = 6m,
(1.2) a3 = −2m3
+ a1m2
, a1 = −6m, a1 = 2n và a1 = 3m,
trong đó m ∈ Q, m = 0.
(2) TorsE(Q) = Z/12Z nếu và chỉ nếu a1, a3 là một trong các trường hợp
sau
(2.1) a1 = u2
m + 2u − 2m, a3 = 2m3
+ a1m2
, m, u thỏa mãn (1.6.1) và
u = −2m, u = −m,
(2.2) a1 = −u2
m − 2u + 2m, a3 = −2m3
+ a1m2
, m, u thỏa mãn (1.6.1)
và u = −2m, u = −m,
44

46. (2.3) a1 = u2
m − 2u − 2m, a3 = 2m3
+ a1m2
, m, u thỏa mãn (1.6.2) và
u = m, u = 2m,
(2.4) a1 = −u2
m + 2u + 2m, a3 = −2m3
+ a1m2
, m, u thỏa mãn (1.6.2)
và u = m, u = 2m,
trong đó m, u, v ∈ Q khác 0.
(3) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/6Z nếu và chỉ nếu a1, a3 là một trong các
trường hợp sau
(3.1) a1 = −2n + v, a3 = n2
(a1 − 2n), v = ±4n và v = 5n,
(3.2) a1 = −2n − v, a3 = n2
(a1 − 2n), v = −5n và v = ±4n,
(3.3) a1 = 2n + v, a3 = n2
(a1 + 2n), v = −5n và v = ±4n,
(3.4) a1 = 2n − v, a3 = n2
(a1 + 2n), v = ± − 4n và v = 5n,
trong đó n, u, v ∈ Q khác 0 sao cho 16n2
+ u2
= v2
.
(4) TorsE(Q) = Z/9Z nếu và chỉ nếu a1, a3 là một trong các trường hợp
sau
(4.1) a1 = v−k2
k , a3 = u2
−v2
4k , trong đó u, v, k thỏa mãn (1.7.1) hoặc
(1.7.2) và q2
= −3k2
+ 12v.
(4.2) a1 = −v−k2
k , a3 = u2
−v2
4k , trong đó u, v, k thỏa mãn (1.7.3) hoặc
(1.7.4) và q2
= −3k2
− 12v.
(4.3) a1 = v−l2
l , a3 = −(u2
−v2
)l
4v , trong đó u, v, l thỏa mãn (1.7.5) hoặc
(1.7.6) và q2
= −3v2
+ 12vl2
.
(4.4) a1 = −v−l2
l , a3 = (u2
−v2
)l
4v , trong đó u, v, l thỏa mãn (1.7.7) hoặc
(1.7.8) và q2
= −3v2
+ 12vl2
.
trong đó k, l, u, v, q ∈ Q khác 0, u = ±v.
(5) TorsE(Q) = Z/3Z trong các trường hợp còn lại của a1, a3.
Chứng minh. Đường cong elliptic đang xét luôn nhận điểm (0, 0) và điểm
(0, −a3) là điểm cấp 3. Điều đó nghĩa là nhóm con xoắn của E(Q) chỉ
có thể là Z/3Z, Z/6Z, Z/2Z ⊕ Z/6Z, Z/9Z, Z/12Z với các giá trị a1, a3
45

47. tương ứng.
(1). Chiều thuận. Giả sử TorsE(Q) ⊃ Z/6Z, ta sẽ đi tìm a1 và a3 thỏa
mãn.
Xét P(x2, y2) ∈ Q, khi đó điểm P có cấp 2 nếu và chỉ nếu phương trình
y2
+ (a1x + a3)y − x3
= 0
có một nghiệm duy nhất ⇔ (a1x+a3)2
+4x3
= 0 ⇔ (a1x+a3)2
= 4(−x)3
.
Giả sử ∃m ∈ Q thỏa mãn x = −m2
với m = 0. Như vậy P(x2, y2) là một
điểm cấp 2 nếu và chỉ nếu a3 = 2m3
+ a1m2
hoặc a3 = −2m3
+ a1m2
.
Mặt khác a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0 nếu và chỉ nếu
a1 = −3m, a1 = −2n và a1 = 6m
hoặc
a1 = −6m, a1 = 2n và a1 = 3m .
Chiều ngược. Giả sử a3 = 2m3
+ a1m2
hoặc a3 = −2m3
+ a1m2
, ta sẽ
chứng minh đường cong elliptic có TorsE(Q) ⊃ Z/6Z. Thật vậy, ta sẽ chỉ
ra điểm Q(x, y) ∈ E(Q) là điểm cấp 6.
Phương trình đường thẳng (l1) đi qua điểm (−m2
, −m3
) cấp 2 và điểm
(0, 0) cấp 3 là
y = mx.
Phương trình hoành độ giao điểm của (l1) với đường cong elliptic là
x(x + m2
)(2m2
+ a1m − x) = 0.
Ta tìm được một điểm có cấp 6 là (2m2
+ a1m, m(2m2
+ a1m)).
Phương trình đường thẳng (l2) đi qua điểm (−m2
, m3
) cấp 2 và điểm
(0, 0) cấp 3 là
y = −mx.
Phương trình hoành độ giao điểm của (l2) với đường cong elliptic
−x(x + m2
)(−2m2
+ a1m + x) = 0.
46

48. Ta tìm được điểm có cấp 6 khác là
(2m2
− a1m, −m(2m2
− a1m)).
(2). Chiều thuận. Giả sử TorsE(Q) = Z/12Z và P(x4, y4) ∈ E(a1, a3)
ta sẽ đi tìm a1, a3 để P có cấp 4.
Trường hợp 1. Phương trình tiếp tuyến tại P và đi qua điểm (−m2
, −m3
)
cấp 2 là
y = cx + cm2
− m3
(d1).
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và E(a1, a3) là
(x + m2
)[−x2
+ (c2
+ a1c + m2
)x − (m4
+ a1m3
− c2
m2
− a1cm2
)] = 0.
P có cấp 4 khi và chỉ khi phương trình
h(x) = −x2
+ (c2
+ a1c + m2
)x − (m4
+ a1m3
− c2
m2
− a1cm2
) = 0(2.1)
có nghiệm duy nhất x = −m2
.
Ta có h(x) = 0 có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu
(c2
+ a1c + m2
)2
− 4[m4
+ a1m3
+ (−c2
− a1c)m2
] = 0
điều này tương đương với
(c2
+ a1c + m2
)2
= 4[m4
+ a1m3
+ (−c2
− a1c)m2
],
= 4(−m2
)(−m + c)(m + c + a1),
= 4m2
(m − c)(m + c + a1).
Bài toán được thỏa mãn khi tồn tại u ∈ Q, u = 0 sao cho
(m − c)(m + c + a1) = u2
.
Phương trình trên tương đương với
(c2
+ a1c + m2
)2
= (2m2
+ ma1 − u2
)2
.
Như vậy chúng ta có 2 khả năng sau xảy ra.
Khả năng 1.
2m2
+ ma1 − u2
= 2mu ⇔ a1 = u2
m + 2u − 2m.
47

49. c ∈ Q nếu và chỉ nếu u(u + 4m) = v2
trong đó v ∈ Q. Khi đó với
a1 = u2
m + 2u − 2m có một trong hai giá trị của c thỏa mãn là
c =
a1m − uv
2m
hoặc
c =
a1m − uv
2m
.
Khả năng 2.
2m2
+ ma1 − u2
= −2mu ⇔ a1 = u2
m − 2u − 2m.
c ∈ Q nếu và chỉ nếu u(u − 4m) = v2
trong đó v ∈ Q. Khi đó với
a1 = u2
m + 2u − 2m có một trong hai giá trị của c thỏa mãn là
c =
a1m − uv
2m
hoặc
c =
a1m − uv
2m
.
Xét h(−m2
) = −m3
(a1 + 3m), h(−m2
) = 0 ⇔ m = 0 và a1 = −3m.
Vậy chúng ta thu được các giá trị a1, a3 thỏa mãn trong trường hợp này là
a1 = u2
m + 2u − 2m và a3 = 2m3
+ a1m2
trong đó u(u + 4m) = v2
với
m, u, v ∈ Q khác 0 và a1 = −3m
hoặc a1 = u2
m − 2u − 2m và a3 = 2m3
+ a1m2
trong đó u(u − 4m) = v2
với m, u, v ∈ Q khác 0 và a1 = −3m
Trường hợp 2. Phương trình tiếp tuyến của P đi qua điểm (−m2
, m3
) cấp
2 là
y = cx + cm2
+ m3
(d1).
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và E(a1, a3) là
(x + m2
)[−x2
+ (c2
+ a1c + m2
)x − (m4
− a1m3
− c2
m2
− a1cm2
)] = 0,
để P có cấp 4 nếu và chỉ nếu phương trình
h(x) = −x2
+ (c2
+ a1c + m2
)x − (m4
− a1m3
− c2
m2
− a1cm2
) = 0
có một nghiệm duy nhất x = −m2
.
48

50. Ta sẽ đi tìm điều kiện để h(x) = 0 có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
(c2
+ a1c + m2
)2
− 4[m4
− a1m3
+ (−c2
− a1c)m2
] = 0
điều này tương đương với
(c2
+ a1c + m2
)2
= 4[m4
− a1m3
+ (−c2
− a1c)m2
],
= 4(−m2
)(m + c)(−m + c + a1),
= 4m2
(m + c)(m − c − a1).
Biện luận hoàn toàn như trường hợp một chúng ta có kết quả cho trường
hợp này như sau
a1 = −u2
m − 2u + 2m và a3 = −2m3
+ a1m2
trong đó u(u + 4m) = v2
với
m, u, v ∈ Q khác 0 và a1 = 3m
hoặc a1 = −u2
m + 2u + 2m và a3 = 2m3
+ a1m2
trong đó u(u − 4m) = v2
với m, u, v ∈ Q khác 0 và a1 = 3m.
Chiều ngược. Giả sử a1 = u2
m + 2u − 2m và a3 = 2m3
+ a1m2
từ phương
trình (2.1) chúng ta có được tọa độ của P với P(x4, y4) ∈ E(Q) để cho
4P = Θ là
(mu,
1
2
u3
+
3
2
mu2
−
1
2
u2
v − 2m3
−
1
2
uvm).
Khi đó phương trình đường thẳng đi qua điểm P có cấp 4 và điểm (0, 0)
có cấp 3 với E(a1, a3) sẽ cho chúng ta điểm Q ∈ E(Q) có cấp 12.
(3). Chiều thuận. Giả sử TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/6Z chúng ta sẽ đi tìm
điều kiện của a1 và a3.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
y = −
a1x + a3
2
và E(a1, a3) là
x3
= −
a1x + a3
2
2
+ a1 −
a1x + a3
2
x + a3 −
a1x + a3
2
,
= −
1
4
x2
a2
1 +
1
2
a1a3x +
1
4
a2
3 ,
= −
1
2
a1x +
1
2
a3
2
.
49

51. Như vậy chúng ta thu được phương trình sau
4x3
+ a2
1x2
+ 2a1a3x + a2
3 = 0(3.1).
Phương trình trên tương với phương trình sau
a2
3 + 2a1xa3 + (4x3
+ a2
1x2
) = 0.
Để phương trình này có nghiệm hữu tỷ nếu và chỉ nếu 4x2
(−x) là số chính
phương nghĩa là phải tồn tại n ∈ Q, n = 0 sao cho −x = n2
khi đó chúng
ta thu được hai giá trị của a3 thỏa mãn là
a3 = n2
(a1 − 2n) hoặc a3 = n2
(a1 + 2n).
Trường hợp 1. a3 = n2
(a1 − 2n) thay vào phương trình (3.1) chúng ta thu
được phương trình
(x + n2
)(4x2
+ (a2
1 − 4n2
)x + (4n4
− 4a1n3
+ n2
a2
1)) = 0.
Để phương trình này có ba nghiệm phân biệt x ∈ Q ta xét phương trình
h(x) = 4x2
+ (a2
1 − 4n2
)x + (4n4
− 4a1n3
+ n2
a2
1) = 0 có hai nghiệm phân
biệt khác −n2
.
Chúng ta đi tìm điều kiện để h(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc số
hữu tỷ nếu và chỉ nếu tồn tại u ∈ Q, u = 0 sao cho a2
1 + 4a1n − 12n2
= u2
để a1 ∈ Q nếu và chỉ nếu tồn tại v ∈ Q, v = 0 sao cho 16n2
+ u2
= v2
.
Bây giờ ta đi xét h(−n2
) = −4n3
(−3n + a1) khi đó h(−n2
) = 0 ⇔ n = 0
và a1 = 3n.
Vậy trong trường hợp một chúng ta thu được a1 và a3 thỏa mãn là
a3 = n2
(a1 − 2n) và a1 = −2n + v hoặc a3 = n2
(a1 − 2n) và a1 = −2n − v .
Trong đó 16n2
+ u2
= v2
với n, u, v ∈ Q khác 0, a1 = 3n.
Mặt khác a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0 nếu và chỉ nếu v = −4n hoặc v = 4n.
Trường hợp 2. a3 = n2
(a1 + 2n) thay vào phương trình (3.1) chúng ta thu
được phương trình sau
(x + n2
)(4x2
+ (a2
1 − 4n2
)x + (4n4
+ 4a1n3
+ n2
a2
1)) = 0.
Để phương trình này có ba nghiệm phân biệt x ∈ Q nếu và chỉ nếu phương
trình h(x) = 4x2
+ (a2
1 − 4n2
)x + (4n4
+ 4a1n3
+ n2
a2
1) = 0 có hai nghiệm
50

52. phân biệt khác −n2
.
Biện luận như trường hợp một chúng ta thu được kết quả sau
a3 = n2
(a1 + 2n) và a1 = 2n + v hoặc a3 = n2
(a1 − 2n) và a1 = 2n − v .
Trong đó 16n2
+ u2
= v2
với n, u, v ∈ Q khác 0, a1 = −3n.
Để a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0 nếu và chỉ nếu v = 4n hoặc v = −4n.
Chiều ngược. Giả sử a3 = n2
(a1 − 2n) và a1 = −2n + v khi đó chúng ta
có ba điểm cấp 2 là
(−n2
, n3
); (−1
8(−v + u)(4n − v), 1
16(4n − v)(8n2
− 2nu + 2nv + vu − v2
))
và (1
8(v + u)(4n − v), 1
16(4n − v)(8n2
+ 2nu + 2nv − vu − v2
)).
Khi đó giao điểm của đường thẳng đi qua điểm cấp 3 và điểm cấp 2 với
đường cong elliptic đang xét sẽ cho điểm cấp 6.
Chúng ta đã có hai điểm cấp 3 là (0, 0) và (0, −a3) và ba điểm cấp 2 như
vậy chúng ta sẽ có sáu điểm cấp 6.
(4). Giả sử P ∈ E(a1, a3) ta sẽ tìm điều kiện của a1, a3 để P có cấp 9.
9P = Θ ⇔ 3(3P) = Θ, như vậy có hai trường hợp xảy ra là 3P = (0, 0)
hoặc 3P = (0, −a3).
Trường hợp 1. Giả sử phương trình đường thẳng đi qua P, 2P, 3P(0, 0) là
y = kx (d3).
Phương trình hoành độ giao điểm của (d3) với E(a1, a3) là
x(x2
− (k2
+ a1k)x − a3k) = 0.
Để bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình
h(x) = x2
− (k2
+ a1k)x − a3k = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ∈ Q khác
0.
Ta sẽ đi tìm điều kiện để phương trình
h(x) = x2
− (k2
+ a1k)x − a3k = 0
có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ∈ Q khi và chỉ khi tồn tại u ∈ Q, u = 0 sao
cho
(k2
+ a1k)2
+ 4ka3 = u2
.
Như vậy tồn tại v ∈ Q, v = 0 sao cho
51

53. a3 = u2
−v2
4k và a1 = v−k2
k ,
hoặc
a3 = u2
−v2
4k và a1 = −v−k2
k .
Khả năng 1. a3 = u2
−v2
4k và a1 = v−k2
k chúng ta tìm được x1 và x2 là
x1 = 1
2(v − u) hoặc x1 = 1
2(v + u).
Giả sử x(P) = 1
2(v + u) khi đó theo phép cộng điểm chúng ta tìm được
x(2P) =
(v + u)(−u + 2k2
+ v)u
(u + 2k2 + v)2
.
Từ đó để P là điểm cấp 9 chúng ta cần điều kiện
2(v + u)(−u + 2k2
+ v)u
(u + 2k2 + v)2
= v − u.
Khi x(P) = x1 = 1
2(v − u) chúng ta tìm được
x(2P) =
(−v + u)(u + 2k2
+ v)u
(−u + 2k2 + v)2
.
Từ đó để P là điểm cấp 9 chúng ta cần điều kiện
2(−v + u)(u + 2k2
+ v)u
(−u + 2k2 + v)2
= v + u.
Để a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0 nếu và chỉ nếu u = ±v và q2
= −3k2
+ 12v với q ∈ Q.
Khả năng 2. a3 = u2
−v2
4k và a1 = −v−k2
k chúng ta tìm được x1 và x2 là
x1 = −1
2(v + u) hoặc x1 = −1
2(v − u).
Giả sử x(P) = −1
2(v + u) khi đó chúng ta tìm được
x(2P) =
(v + u)(u + 2k2
− v)u
(−u + 2k2 − v)2
.
Từ đó để P là điểm cấp 9 chúng ta cần điều kiện
2(v + u)(u + 2k2
− v)u
(−u + 2k2 − v)2
= −(v − u).
Khi x(P) = −1
2(v − u) chúng ta tìm được
x(2P) =
(−v + u)(−u + 2k2
− v)u
(u + 2k2 − v)2
.
52

54. Từ đó để P là điểm cấp 9 chúng ta cần điều kiện
2(−v + u)(−u + 2k2
− v)u
(u + 2k2 − v)2
= −(v + u).
Để a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0 nếu và chỉ nếu u = ±v và q2
= −3k2
− 12v với q ∈ Q.
Trường hợp 2. Giả sử phương trình đường thẳng đi qua P, 2P, 3P(0, −a3)
là
y = lx − a3(d4).
Phương trình hoành độ giao điểm của (d4) với E(a1, a3) là
x(−x2
+ (l2
+ a1l)x − (a3l + a1a3)) = 0.
Để bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình
h(x) = −x2
+(l2
+a1l)x−(a3l+a1a3) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ∈ Q
khác 0.
Ta sẽ đi tìm điều kiện để phương trình
h(x) = −x2
+ (l2
+ a1l)x − (a3l + a1a3) = 0 có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 ∈ Q khi và chỉ khi tồn tại u ∈ Q, u = 0 sao cho
(k2
+ a1k)2
+ 4(la3 + a1a3) = u2
.
Như vậy tồn tại v ∈ Q khác 0 sao cho
a3 = −(u2
−v2
)l
4v và a1 = v−l2
l ,
hoặc
a3 = (u2
−v2
)l
4v và a1 = −v−l2
l .
Biện luận như trong trường hợp một chúng ta thu được kết quả sau
Với a1 = v−l2
l , a3 = −(u2
−v2
)l
4v nếu và chỉ nếu một trong hai điều kiện sau
xảy ra
−2l2
u(v + u)(l2
u − 2v2
− l2
v)
(l2v + l2u + 2v2)2
= v − u,
2l2
u(u − v)(l2
v + l2
u + 2v2
)
(l2u − 2v2 − l2v)2
= v + u.
Để a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0 nếu và chỉ nếu u = ±v và q2
= −3v2
+ 12vl2
với
q ∈ Q.
53

55. Với a1 = −v−l2
l , a3 = (u2
−v2
)l
4v nếu và chỉ nếu một trong hai điều kiện sau
xảy ra
2l2
u(v + u)(l2
u + 2v2
− l2
v)
(l2v + l2u − 2v2)2
= −(v − u),
2l2
u(u − v)(l2
v + l2
u − 2v2
)
(l2u + 2v2 − l2v)2
= v + u.
Để a3
1a3
3 − 27a4
3 = 0 nếu và chỉ nếu u = ±v và q2
= −3v2
+ 12vl2
với
q ∈ Q.
Tất cả các điều kiện rằng buộc trong định lý đều tham số hóa hữu tỷ
được.
Nhận xét 3.3.
(1) Với u(u + 4m) = v2
, tham số hóa hữu tỷ ta được
u =
s2
4m − 2s
, v =
4ms − s2
4m − 2s
, s ∈ Q.
(2) Với u(u − 4m) = v2
, tham số hóa hữu tỷ ta được
u =
−s2
4m + 2s
, v =
4ms + s2
4m + 2s
, s ∈ Q.
(3) Với 16n2
+ u2
= v2
, tham số hóa hữu tỷ ta được
u =
16n2
− s2
2s
, v =
16n2
+ s2
2s
, s ∈ Q.
(4) Với 2(v + u)(−u + 2k2
+ v)u = (v − u)(u + 2k2
+ v)2
, tham số hóa
hữu tỷ ta được
u = 2sk2
(1 + 4sk2
+ 4s2
k4
+ 3s2
)/(6sk2
+ 12s2
k4
+ 8s3
k6
− 2s3
k2
− 4s3
k4
+ s3
− 4s2
k2
− s2
− s + 1), v = 2sk2
(1 + 4sk2
+ 4s + 4s2
k4
− s2
+ 8s2
k2
)/(6sk2
+ 12s2
k4
+ 8s3
k6
− 2s3
k2
− 4s3
k4
+ s3
− 4s2
k2
− s2
− s + 1), s ∈ Q.
(5) Với 2(v + u)(u + 2k2
− v)u = −(v − u)(−u + 2k2
− v)2
, tham số hóa
hữu tỷ ta được
u = 2sk2
(1 − 4sk2
+ 3s2
+ 4s2
k4
)/(6sk2
− 12s2
k4
− 2s3
k2
+ 8s3
k6
54

56. −s3
+4s3
k4
+s2
−4s2
k2
+s−1), v = 2sk2
(1+4s−4sk2
−8s2
k2
−s2
+ 4s2
k4
)/(6sk2
− 12s2
k4
− 2s3
k2
+ 8s3
k6
− s3
+ 4s3
k4
+ s2
− 4s2
k2
+ s
− 1), s ∈ Q.
(6) Với −2l2
u(v + u)(l2
u − 2v2
− l2
v) = (v − u)(l2
v + l2
u + 2v2
)2
, tham
số hóa hữu tỷ ta được
u = (3l10
+6l8
s−8l6
s2
−16l4
s3
−16l2
s4
−32s5
)/(2l8
+32l6
s+112l4
s2
− 128l2
s3
+ 32s4
), v = (−l6
− 2l4
s + 4l2
s2
+ 8s3
)/(2l4
+ 16l2
s − 8s2
),
s ∈ Q.
(7) Với 2l2
u(u − v)(l2
v + l2
u − 2v2
) = (v + u)(l2
u + 2v2
− l2
v)2
, tham số
hóa hữu tỷ ta được
u = (3l10
+6l8
s−8l6
s2
−16l4
s3
−16l2
s4
−32s5
)/(2l8
+32l6
s+112l4
s2
−128l2
s3
+32s4
), v = (l6
+2l4
s−4l2
s2
−8s3
)/(2l4
+16l2
s−8s2
), s ∈ Q.
55

57. Kết luận
Như chúng tôi đã giới thiệu trong phần mở đầu, nội dung chính của luận
văn là nghiên cứu phần xoắn của đường cong elliptic. Đóng góp chính của
luận văn là bổ sung thêm phân loại các họ đường cong elliptic với nhóm
con xoắn cho trước vào danh sách D.S. Kubert.
Hướng nghiên cứu tiếp theo của chúng tôi là phần tự do của đường
cong elliptic mà ở đó còn có nhiều câu hỏi mở. Chẳng hạn, trong một họ
đường cong elliptic với nhóm xoắn cho trước, hạng lớn nhất có thể bằng
bao nhiêu.
56

58. Tài liệu tham khảo
[1] J. Gebel and H.G. Zimmer, Computing the Mordell-Weil group of
an elliptic curve. In H. Kisilevsky et al., editors, Elliptic curves and
related topics, volume 4 of Proc. and Lect. Notes, page 61-83. Centre
Rech. Math., Montréal, Amer. Math. Soc., 1993.
[2] F.Q. Gouvêa, p-adic Numbers, Springer-Verlag, NewYork, Heidelderg
Berlin, 1997.
[3] D. Husemoller, Elliptic curves, Springer-Verlag, NewYork, 2002.
[4] N.H.V. Hưng, Đại số đại cương, Nhà xuất bản giáo dục, 1997.
[5] M. A. Kenku and F. Momose, Torsion points on elliptic curves defined
over quadratic fields, Nagoya Math. J., Vol. 109 (1988), 125-149.
[6] D.S. Kubert, Universal bounds on the torsion of elliptic curvers, Proc.
London Math. Soc. (3), 33 (1976), 193-237.
[7] B. Mazur, Rational isogenies of prime degree, Invent. Math. .44, 129-
162, 1978.
[8] B. Mazur, Modular curves and the Eisenstein ideal, IHES Publ.
Math.47(1977), 33-186.
[9] B. Mazur, Rational point on modular curves, Modular Functions of
One Variable V, Lecture Notes in Math. 601(1977), 107-148, Springer-
Verlag, NewYork.
[10] M. Oka, Elliptic curves from sextics, J. Math. Soc. Japan, Vol. 54,
No. 2, 2002.
57

59. [11] K. Ono, Euler’s concordant forms, Acta Arthmetica, LXX VIII
2(1996), 101-123.
[12] D. Qiu and X. Zhang, Explicit classification for torsion subgroups of
rational point of elliptic curves, Acta Mathematica. Sinica (English
Series), 18(2002.7), No.3, 539-548.
[13] J. Silverman, The Arithmetic of Elliptic Curves, Springer-Verlag,
NewYork, 1986.
[14] J. Silverman and J. Tate, Rational Points on Elliptic Curves, Springer-
Verlag, NewYork, 1992.
[15] L.C. Washington, Elliptic curves: Number Theory and Cryptography,
Chapman - Hall/CRC, 2003.
[16] A. Wiles, Modular elliptic curves and Fermat’s Last Theorem, Ann.
Math. 141, no. 3(1995), 443-551.
[17] H. G. Zimmer, Torsion of elliptic curves over cubic and certain bi-
quadratic number fields, Arithmetic geometry, 203-220, Comtemp.
Math., 174, Amer. Math. Soc.
58