楕円曲線上の有理点の構成

問.

$C:\ y^2=x^3-2$とし, $C$上の点$\mathrm{P}_n$を次のように定める.

$(a)\ \mathrm{P}_1=(3,5)$
$(b)\ \mathrm{P}_n$における$C$の接線をとり, $\mathrm{P}_n$ではない$C$との交点を$\mathrm{P}_{n+1}$とする.

このとき以下の問いに答えよ.

$(1)\ \mathrm{P}_n$の$x$座標を$x_n$と置くと, $ x_{n+1}=\dfrac{{x_n}^4+16x_n}{4({x_n}^3-2)} $であることを示せ.

$(2)\ m,n$を$0 < n < m$ を満たす互いに素な自然数とする.
$A=m(m^3+16n^3), B=4n(m^3-2n^3)$と置いたとき, $A$と$B$の最大公約数は$24$の約数であることを示せ.

$(3)\ x_n$を正の既約分数としたときの分子を$H(x_n)$としたとき, $H(x_{n+1})>\dfrac{1}{24}H(x_n)^4$を満たすことを示し, 2以上の任意の自然数$n$に対し, $x_1,...,x_n$はすべて異なることから $C$上に有理点は無限にあることを証明せよ.

(解答)

(1) $y^2=x^3-2$を各辺微分すると, $2yy'=3x^2$であり, $y_n\ne0$における$(x_n, y_n)$における接線の方程式は \[y=\dfrac{3{x_n}^2}{2y_n}(x-x_n)+y_n\] である. $C$との交点の$x$座標が満たす方程式は \begin{align*} \left\{\dfrac{3{x_n}^2}{2y_n}(x-x_n)+y_n\right\}^2=x^3-2 \end{align*} となる. この方程式は$x_n$を二重解に持つので, 解と係数の関係から$x$の二次の係数に着目して, \begin{align*} & x_n+x_n+x_{n+1}=\left(\dfrac{3{x_n}^2}{2y_n}\right)^2 \end{align*} \begin{align*} \therefore x_{n+1}&=\dfrac{9{x_n}^4}{4{y_n}^2}-2x_n \\ &=\dfrac{9{x_n}^4-8x_n({x_n}^3-2)}{4({x_n}^3-2)}=\dfrac{{x_n}^3+16x_n}{4({x_n}^3-2)}. \end{align*}
(2) $A,B$の最大公約数を$G$と置く. このとき, 素数$p$が$G$の約数だとすると次が成立する.
$[1]$ $p$は$n$の約数ではない.
$[2]$ $p$が$2$でないなら, $p$は$m$の約数ではない.


$(\because)$
$[1]$ $p$が$G$の約数であり, $n$の約数でもあるとすれば, $n, m$は互いに素だから, $p$は$m$を割り切らない. すると, $p$は$m^4$も割り切らないので$A$を割り切らない. これは$p$が$G$の約数であり, $A$の約数でもあることに反する.
$[2]$ $p$が$2$ではなく, $m$の約数だとすると, $n,m$は互いに素だから, $p$は$n$の約数ではない. すると, $p$は$8n^4$を割り切らないから, $p$は$B$の約数ではないことになるが, これは$p$が$G$の約数であり, $B$の約数であることに反する.

ここで, $p$が$G$を何回割り切るかを考える.
$[1]$ $p\ne2$のとき, $p$は$4,n,m$のいずれも割り切らないから, $m^3+16n^3,m^3-2n^3$の共通因数であり, この差$(m^3+16n^3)-(m^3-2n^3)=18n^3=2\cdot3^2\cdot n^3$も割り切るはずだが, $p$は$2$も$n$も割り切らないから, $3^2$を割り切るはずで, $p=3$でなければならず, しかも高々$2$回しか$G$を割り切らない.
次に, $A$か$B$のいずれかが$9$で割り切れないことを示す.
今, $m,n$は互いに素だから, $m,n$のいずれかが$3$で割り切れないときに$m^3-2n^3$が$9$で割り切れないことが言えれば十分. $m,n$のいずれかが3の倍数のとき, もう一方は3の倍数ではなく, $A$は3では割り切れない. いずれも3の倍数でないとき, $m,n$は互いに素で, 9で割った余りを考えれば, $1\leqq m,n \leqq 8$を考えれば十分.
考えられる全ての$(m, n)$の組は, \begin{align*} (m,n)= &(1, 1), (1, 2), (1, 4), (1, 5), (1, 7), (1, 8), \\ &(2, 1), (2, 5), (2, 7), (4, 1), (4, 5), (4, 7), \\ & (5, 1), (5, 2), (5, 4), (5, 7), (5, 8), \\ & (7, 1), (7, 2), (7, 4), (7, 5), (7, 8), (8, 1), (8, 5), (8, 7) \end{align*} であるが, いずれの場合も$m^3-2n^3$は9では割り切れないので, $G$は3で高々1回しか割り切れない.

$[2]$ $p=2$のとき, $m$が奇数だとすると, $m^4$も奇数だから, $A$は$2$で割り切れない. 次に, $m$が偶数だとすると, $n$は奇数であり, $A$は$2$で$4$回以上割り切れるが, $8n^4$は$2$でちょうど$3$回だけ割り切れるから, $G$は$2$で高々$3$回しか割り切れない.
以上により, $G$は高々3で1回, 2で3回しか割り切れないので, $G$は$2^3\times3=24$の約数である.

(3) $H(x_{n+1})$を既約分数表示にしたときの分子は最小でも$\dfrac{A}{24}$であり, \begin{align*} A-H(x_n)^4&=m(m^3+16n^3)-m^4=16mn^3>0\\ \therefore H(x_{n+1})&\geqq\dfrac{A}{24}>\dfrac{m^4}{24}=\dfrac{1}{24}H(x_n)^4 \end{align*} が成立する. また, $a\geqq3$ならば$\dfrac{1}{24}a^4>a$が成り立つので, $H(x_n)\geqq3$なら$\dfrac{1}{24}H(x_n)^4>H(x_n)$が成立する. 更に, $H(x_1)=3\geqq3$であり, 任意の自然数$n$に対して, \begin{align*} H(x_{n+1})>H(x_n) \end{align*} が成立する. これにより, $x_n$の既約分数表示の分子は増加していき, 特に$x_1,...,x_n$は全て異なることがわかる. また, (1)より, $x_1$が有理数なので, 任意の自然数$n$に対して$x_n$は有理数である.
よって, $C$上に有理点は無数に存在する.

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