Một số vấn đề về phần xoắn của đường cong Elliptic

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
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
Tài liệu tham khảo 57
2
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
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)
∼
=
T orsE(Q)

Z
r
,
trong đó phần xoắn TorsE(Q) là một nhóm hữu hạn và hạng r cũng
hữu hạn. Hơn nữa, phần xoắn T orsE(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
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
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
ax
3
+ bx
2
y + cxy
2
+ dy
3
+ ex
2
+ fxy + gy
2
+ 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

y
2
+ a
1
xy + a
3
y = x
3
+ a
2
x
2
+ a
4
x + a
6
với a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, a
6
∈ 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
(a
1
x + a
3
),
6
phương trình trên trở thành
y
2
= x
3
+ Ax
2
+ 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
y
2
= x
3
+ 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
y

2
= x
3
+ Ax
2
+ Bx + C với A, B, C ∈ K
được gọi là đường cong elliptic nếu nó không kỳ dị, tức là biệt thức
D = −4A
3
C + A
2
B
2
+ 18ABC −4B
3
− 27C
2
= 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 y
2
= x
3
+ Ax
2
+ Bx + C thì
trong hệ tọa độ xạ ảnh phương trình của E là
Y

2
Z = X
3
+ AX
2
Z + BXZ
2
+ CZ
3
.
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) ∈ K
2
: y
2
= x
3
+ Ax
2
+ 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 P
1
(x
1
, y
1

) và P
2
(x
2
, y
2
) trên E(K), vẽ đường thẳng
đi qua P
1
, P
2
và cắt đường bậc 3 tại điểm P
1
∗ P
2
, lấy đối xứng của điểm
P
1
∗P
2
qua trục hoành ta được điểm P
3
. Khi đó ta định nghĩa P
3
= P
1
+P
2
.
Trong trường hợp P

1
≡ P
2
thì đường thẳng qua P
1
, P
2
chính là tiếp tuyến
7
với đường cong tại P
1
, khi đó tọa độ điểm P
3
(x
3
, y
3
) chính là tọa độ của
điểm 2P
1
.
Với P
1
, P
2
= Θ, tọa độ P
3
(x
3
, y

3
) xác định như sau:
1. Nếu x
1
= x
2
thì
x
3
= λ
2
− A −x
1
− x
2
, y
3
= λ(x
2
− x
3
) − y
2
, với λ =
y
2
−y
1
x
2

−x
1
.
2. Nếu x
1
= x
2
nhưng y
1
= y
2
thì P
1
+ P
2
= Θ .
3. Nếu P
1
≡ P
2
và y
1
= 0 thì
x
3
= λ
2
− A −2x
1
, y

3
= λ(x
1
− x
3
) − y
1
, với λ =
3x
2
1
+2Ax
1
+B
2y
1
.
4. Nếu P
1
≡ P
2
và y
1
= 0 thì P
1
+ P
2
= Θ.
Qui ước P + Θ = P, ∀P ∈ E(K).
Luật cộng điểm của đường cong E có phương trình

(E) : y
2
+ a
1
xy + a
3
y = f(x) = x
3
+ a
2
x
2
+ a
4
x + a
6
.
Ta ký hiệu
E(K) = {(x, y) ∈ K
2
: y
2
+ a
1
xy + a
3
y = x
3
+ a
2

x
2
+ a
4
x + a
6
} ∪ {Θ}.
Bắt đầu với 2 điểm P
1
(x
1
, y
1
) và P
2
(x
2
, y
2
) trên E(K), vẽ đường thẳng
đi qua P
1
, P
2
và cắt E tại điểm P
1
∗ P
2
. Lấy đối xứng của điểm P
1

∗ P
2
qua đường thẳng y = −
a
1
x+a
3
2
ta được điểm P
3
. Khi đó ta định nghĩa
P
3
= P
1
+ P
2
.
Trường hợp 1. Nếu x
1
= x
2
thì P
1
= P
2
, gọi phương trình đường thẳng đi
qua P
1
, P

2
là y = λx + β, trong đó
λ =
y
1
− y
2
x
1
− x
2
.
Trường hợp 2. Nếu x
1
= x
2
và P
1
= P
2
thì P
1
+ P
2
= Θ.
Trường hợp 3. Nếu P
1
= P
2
, gọi phương trình tiếp tuyến đi qua P

1
là
y = λx + β, trong đó
λ =
f

(x
1
) − a
1
y
1
2y
1
+ a
1
x
1
+ a
3
.
Ta gọi phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = λx + β và
E là
(λx + β)
2
+ a
1
x(λx + β) + a
3
(λx + β) = x

3
+ a
2
x
2
+ a
4
x + a
6
,
8
tương đương
0 = x
3
+ (a
2
−λ
2
−λa
1
)x
2
+ (a
4
−2λβ −a
1
β −λa
3
)x + (a
6

−β
2
−a
3
β).
Tọa độ của P
3
(x
3
, y
3
) xác định như sau.
Trong trường hợp 1. (x
3
, y
3
) = (x
3
, −y

3
− a
1
x
3
− a
3
) trong đó
x
3

= λ
2
+ λa
1
− a
2
− x
1
− x
2
, y

3
= λx
3
+ β.
Trong trường hợp 3. (x
3
, y
3
) = (x
3
, y

3
− a
1
x
3
− a

3
) trong đó
x
3
= λ
2
+ λa
1
− a
2
− 2x
1
, y

3
= λx
3
+ 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
y
2
= x
3
+ Ax
2
+ Bx + C, A, B, C ∈ Q.
Nếu cần thiết nhân cả hai vế của phương trình với d

6
, d ∈ Z
∗
, ta thu được
(yd
3
)
2
= (xd
2
)
3
+ d
2
A(xd
2
)
2
+ d
4
B(xd
2
) + Cd
6
.
Thay yd
3
bởi y và xd
2
bởi x, ta có thể chọn d sao cho d

2
A, d
4
B, Cd
6
∈ Z.
Vậy khi xét E : y
2
= x
3
+ Ax
2
+ 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 : y
2
= x
3
+ Ax
2
+ Bx + C, với A, B, C ∈ K.
Cho P (x
0
, y
0
) ∈ 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
1.2.2 Định lý Nagell-Lutz
Định lý 1.2. (Định lý Nagell-Lutz). Cho E là đường cong elliptic có
phương trình y
2
= x
3
+Ax
2
+Bx+C, với A, B, C ∈ Z, P (x
0
, y
0
) ∈ E(Q).
Nếu P có cấp hữu hạn khi đó ta có được hai khẳng định sau đúng
(1) x
0
∈ Z và y
0
∈ Z.
(2) Nếu y = 0 thì P có cấp bằng 2, ngược lại nếu y = 0 thì y
2
|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 =
p
r
a
1
b
1
với
r ∈ Z và p không là ước của a
1
b
1
. Khi đó định giá p-adic được định nghĩa
bởi
v
p
(x) = r, v
p
(0) = +∞.
Cho E: y
2
= x
3
+ Ax
2
+ Bx + C, A, B, C ∈ Z, 1 ≤ r, r ∈ Z.
Ký hiệu: E
r

= {(x, y) ∈ E(Q): v
p
(x) ≤ −2r, v
p
(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 y
2
= x
3
+ Ax
2
+ Bx + C
với A, B, C ∈ Z, p là số nguyên tố, r ∈ N
∗
và R là vành số hữu tỷ . Khi
đó
(1) E
r
là một nhóm con của E(Q).
(2) Với giả thiết P (x, y) ∈ E(Q) khi đó để v
p
(x) < 0 khi và chỉ khi
v
p
(y) < 0. Hơn nữa, tồn tại r ≥ 1 sao cho v
p
(x) = −2r, v

p
(x) = −3r.
(3) Ánh xạ
λ
r
: E
r
→ p
r
R/p
3r
R,
P = (x, y) → λ
r
(P ) =
x
y
(modp
3r
),
Θ → 0,
là một đồng cấu.
10
(4) Nếu (x, y) ∈ E
r
và (x, y) /∈ E
r+1
thì λ
r
(x, y) ≡ 0(modp).

Chứng minh. Việc chứng minh E
r
là nhóm con của E(Q) nằm trong quá
trình chứng minh λ
r
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 y
2
= x
3
+ Ax
2
+ Bx + C.
Giả sử x =
m
np
k
, y =
u
ωp
σ
trong đó k, σ ∈ N
∗
, p  mn, p  uω.
Nếu v
p
(x) = −k < 0 thay x =
m

np
k
vào phương trình của đường cong, ta
được
u
2
ω
2
p
2σ
=
m
3
+ Am
2
np
k
+ Bmn
2
p
2k
+ Cn
3
p
3k
n
3
p
3k
.

Do p  mn nên p  (m
3
+ Am
2
np
k
+ Bmn
2
p
2k
+ Cn
3
p
3k
) , vì vậy
v
p
(y
2
) = v
p
(x
3
+ Ax
2
+ Bx + C) = −3k.
Do p  u
2
và p  ω
2

, vì vậy
v
p
(y
2
) = v
p
(
u
2
ω
2
p
2σ
) = −2σ.
Điều đó có nghĩa nếu v
p
(x) < 0 thì v
p
(y) < 0.
Mặt khác v
p
(y
2
) = 2v
p
(y) = −3k = 3v
p
(x) nên tồn tại r ≥ 1 sao cho
v

p
(x) = −2r, v
p
(y) = −3r.
(4). Ta có E
r
= {(x, y) ∈ E(Q) : v
p
(x) ≤ −2r, v
p
(y) ≤ −3r}.
Nếu (x, y) ∈ E
r
nhưng (x, y) /∈ E
r+1
thì v
p
(x) = −2r, v
p
(y) = −3. Do đó
v
p
(
x
y
) = r nên λ
r
(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 E
r
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 = mp
k
với p  m. Khi đó nP = m(p
k
P ) = Θ
nên p
k
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 ∈ E
r
. ta có
nλ
r
(P ) = λ(nP) = λ
r
(Θ) ≡ 0(modp
3r
R).
11
Vì p  n nên λ
r

(P ) ≡ 0(modp
3r
R) tức là P ∈ E
3r
.
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 ∈ E
r
(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 ∈ E
j
và Q /∈ E
j+1
. Khi đó
λ
j
(Q) ≡ 0(modp) và
pλ
j
(Q) = λ
j
(pQ) ≡ 0(modp
3j
R) .
Do đó

λ
j
(Q) ≡ 0(modp
3j−1
R).
Điều này mâu thuẫn với λ
j
(Q) ≡ 0(modp). Vậy x, y ∈ Z.
Giả sử y = 0 thì 2P = (x
2
, y
2
) = Θ.
Vì 2P có cấp hữu hạn nên x
2
, y
2
∈ Z. Ta có
x
2
=
[f

(x)]
2
4y
2
− A −2x =
x
4

− 2Bx
2
− 8Cx + B
2
− 4AC
4y
2
.
Do x
2
∈ Z suy ra y
2
|(x
4
− 2Bx
2
− 8Cx + b
2
− 4AC).
Chúng ta sẽ đi tìm biểu diễn F (x)g(x) + G(x)f(x) = D, trong đó
g(x) = x
4
−2Bx
2
−8Cx+b
2
−4AC, f(x) = x
3
+Ax
2

+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) = −3x
2
−2Ax + A
2
−4B, G(x) = 3x
3
−Ax
2
−5Bx + 2AB −27C.
Khi đó y
2
|D vì y
2



[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
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
y
2
+ xy = x
3
+ x
2
− 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 y
2
chia hết D thì không suy ra được
rằng điểm đó có bậc hữu hạn. Chẳng hạn, y
2
= x
3
+ 28 có điểm (2, 6) có
cấp ∞ tuy nhiên y
2
= 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
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 T orsE(Q) gọi
là nhóm con xoắn của E(Q). Khi đó E(Q) là tổng trực tiếp của T orsE(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 Z
r
, với r được gọi là hạng của
đường cong elliptic và nó là một số nguyên không âm. Ta có
E(Q)
∼
=
T orsE(Q)

Z
r
Định lý Nagell-Luzt cho phép tìm các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) từ
đó tìm được T orsE(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 y
2
= x
3
+ ax
và y
2
= x
3
+ a.

Mệnh đề 1.1. Giả sử E là đường cong elliptic cho bởi y
2
= x
3
+ax, trong
đó a ∈ Z, a = 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là
14
(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 = 2
2
d
4
với d ∈ Z, d = 0.
(3) TorsE(Q) = Z/2Z trong các trường hợp còn lại.
Chứng minh. Giải phương trình: x
3
+ 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(x
3
, y
3
) 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
= x
3
+ ax.
Do đường thẳng (d) chỉ cắt đường cong đã cho tại duy nhất một điểm vậy
chúng ta có
(x − r)
3
= x
3
− k
2
x
2
+ (a −2kl)x − l
2
với k, l, r ∈ Z.
Bằng việc đồng nhất các hệ số ta thu được 3r = k
2
và r
3
= l

2
. Khi đó
l
2
= k
6
/27 và thay vào phương trình 3r
2
= a −2kl chúng ta thu được
3(
k
4
9
) = a −2(
k
4
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(x
4
, y
4
) 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

= x
3
+ ax ⇔ x(x
2
− m
2
x + a) = 0.
Đường cong elliptic đã cho nhận P là điểm cấp 4 nếu và chỉ nếu
x
2
−m
2
x + a = 0 có nghiệm nguyên duy nhất khác 0. Từ đó m
4
−4a = 0
nếu và chỉ nếu a = 2
2
d
4
với d ∈ Z, d = 0.
Vậy chúng ta có hai điểm cấp 4 là (2d
2
, 4d
3
) và (2d
2
, −4d
3
).
15

Giả sử phương trình đường cong elliptic nhận điểm P (x
8
, y
8
) là điểm
cấp 8, khi đó phương trình tiếp tuyến với đường cong tại P và đi qua điểm
A(2d
2
, 4d
3
) là y = mx + (4d
3
− 2md
2
) và ta thu được phương trình sau
(2d
2
− x)(x
2
+ (2d
2
− m
2
)x + 8d
4
− 8md
3
+ 2d
2
m

2
)
Để thỏa mãn bài toán, phương trình −28d
4
− 12d
2
m
2
+ m
4
+ 32md
3
= 0
có nghiệm m ∈ Z, phương trình tương đương với
m
4
= (2d)
2
(3m
2
− 8md + 7d
2
).
Để bài toán thỏa mãn nếu và chỉ nếu
3m
2
−8md + (7d
2
−4d
2

k
4
) = 0 với k ∈ Z, k = 0, phương trình có nghiệm
m ∈ Z nếu và chỉ nếu d
2
(12k
4
−5) = u
2
với u ∈ Z, u = 0 tương đương với
12k
4
− 5 = v
2
⇔ (2
√
3k
2
− v)(2
√
3k
2
+ v) = 5 với v ∈ Z điều này mẫu
thuẫn. Vậy đường cong elliptic đang xét không có điểm cấp 8.
Giả sử P
1
(x
1
, y
1

) là điểm có cấp 5 thuộc đường cong elliptic, khi đó bốn
điểm P
1
, P
2
, P
3
, P
4
cùng nằm trên đường cong elliptic và tạo thành hình chữ
nhật, có tọa độ lần lượt là P
4
= (x
1
, −y
1
), P
2
= (x
2
, y
2
), P
3
= (x
2
, −y
2
).
Ta thu được


−−→
P
2
P
1
.
−−→
P
1
P
4
= 0
|
−−→
P
2
P
1
| = |
−−→
P
1
P
4
|
⇔

(x
3

1
− x
1
).(x
3
1
+ ax
1
− x
3
2
− ax
2
) = 0
(x
1
− x
2
)
2
+ [(x
3
1
− x
3
2
) + a(x
1
− x
2

)]
2
= 4(x
3
1
+ x
1
)
2
.
Thu được phương trình sau
(x
1
− x
2
)
2
= 4(x
3
1
+ x
1
)
2
⇔

x
2
= −x
3

1
x
2
= 2x
1
+ x
3
1
.
Với x
2
= −x
3
1
, ta có phương trình x
6
1
−x
4
1
+ x
2
1
+ a = 0. Đặt x
2
1
= t(t ≥ 0),
ta có t
3
− t

2
+ t + a = 0. Đồng nhất hệ số trong phương trình
t
3
− t
2
+ t + a = t
3
− 3t
2
c + 3tc
2
− c
3
(c ≥ 0)
ta thu được 3c = 1 và 3c
2
= 1, điều này mâu thuẫn. Vậy với x
2
= −x
3
1
không có nghiệm.
Với x
2
= 2x
1
+ x
3
1

, bằng cách làm tương tự như trường hợp x
2
= −x
3
1
ta
16
có
t
3
+ 5t
2
+ 7t + a = t
3
− 3t
2
c + 3tc
2
− c
3
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(x
41
, y
41
) 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 = b
2
, ở đây M là điểm
cấp 2 khác (0, 0) .
Như vậy phương trình (mx −mb)
2
= x
3
+ax cần có một nghiệm duy nhất
khác b, ta đồng nhất hệ số của phương trình sau
x
3
−m
2
x
2
+ (2m
2
b + a)x −m
2
b
2
= x
3
−3rx
2
+ 3r
2
x −r

3
với r ∈ Z, r = 0
ta thu được m
2
= 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 y
2
= x
3
+ 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 = −432m
6
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
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 : y
2
= x
3
+ ax
2
+ bx + c; D = −4a
3
c + a
2
b
2
+ 18abc −4b
3
−27c
2
= 0.
(2) Z/2Z: y
2
= x(x
2
+ ax + b); D = a

2
b
2
− 4b
3
= 0.
(3) Z/2Z ⊕Z/2Z: y
2
= x(x + r)(x + s), r = 0 = s = r.
(4) Z/3Z: y
2
+ a
1
xy + a
3
y = x
3
; D = a
3
1
a
3
3
− 27a
4
3
= 0.
(5) Z/4Z: E(b, c), c = 0, D = b
4
(1 + 16b) = 0.

(6) Z/2Z ⊕Z/4Z: E(b, c), b = v
2
− 1/16, v = 0, ±1/4, c = 0.
18
(7) Z/2Z ⊕Z/8Z: E(b, c), b = (2d − 1)(d −1), c = (2d −1)(d −1)/d,
d = α(8α + 2)/(8α
2
− 1), d(d −1)(2d −1)(8d
2
− 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 + c
2
, D = c
6
(c + 1)
3
(9c + 1) = 0.
(10) Z/2Z ⊕Z/6Z: E(b, c), b = c + c
2
, c = (10 −2α)/(α
2
− 9),
D = c
6
(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 −3n

2
− 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 = b
5
(b
2
− 11b −1) = 0.
(14) Z/10Z: E(b, c), b = cd, c = fd − f, d = f
2
/(f − (f − 1)
2
),
f = (f − 1)
2
, D = 0.
(15) Z/7Z: E(b, c), b = d
3
− d
2
, c = d
2
− d, D = d
7
(d − 1)
7
(d
3
− 8d
2

+ 5d + 1) = 0.
Trong đó E(b, c) là
y
2
+ (1 −c)xy − by = x
3
− bx
2
,
có biệt thức
D = (1 − c)
4
b
3
− (1 −c)
3
b
3
− 8(1 −c)
2
b
4
+ 36(1 −c)b
4
− 27b
4
+ 16b
5
.
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 y
2
= x(x
2
+ ax + b), nhóm con xoắn chỉ có thể
là
Z
2nZ
(n = 1, 2, 3, 4, 5, 6) nếu phương trình x
2
+ax+b = 0 vô nghiệm
trên Z,
19
hoặc
Z
2Z
⊕
Z
2nZ
(n = 1, 2, 3, 4) nếu phương trình x
2
+ ax + b = 0 có hai
nghiệm nguyên phân biệt khác 0.
(iii) Trong (3) đường cong y
2
= 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 y
2
+ a
1
xy + a
3
y = x
3
nhóm con xoắn chỉ có
thể là Z/3Z, Z/6Z, Z/2Z ⊕ Z/6Z, Z/9Z, Z/12Z với các giá trị a
1
, a
3
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 : y
2
= 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 : y
2
= (x −α)(x −β)(x −γ) = x
3
+ ax
2
+ bx + c là
một đường cong elliptic. Với (x
0
, y
0
) ∈ E(K) tồn tại điểm (x
1
, y
1
) ∈ E(K)
thỏa mãn (x
0
, y
0
) = 2(x
1
, y
1
) nếu và chỉ nếu x
0
− α, x
0
− β, x − γ là các
số chính phương.

Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [3].
20
Chứng minh. Xét phép tịnh tiến như sau

x = x + x
0
,
y = y.
Khi đó đường cong elliptic cho trở thành
E
0
: y
2
= (x + x
0
−α)(x + x
0
−β)(x + x
0
−γ), đường cong E đi qua điểm
(x
0
, y
0
) nếu và chỉ nếu đường cong E
0
đi qua điểm (0, y
0
).
Giả sử điểm P (x, y) ∈ E gọi phương trình tiếp tuyến tại điểm P và đi qua

điểm (0, y
0
) có phương trình y = λx + δ khi đó ta có phương trình phương
trình hoành độ giao điểm
(λx + δ)
2
= x
3
+ a
2
x + bx + c.
ở đó δ = y
0
và δ
2
= y
2
0
= −αβγ = c. như vậy phương trình trên tương
đương với
0 = x(x
2
+ (a −λ
2
)x + (b − 2λδ)).
Để thỏa mãn cách xây dựng bài toán thì phương trình trên dẫn đến phương
trình x
2
+ (a − λ
2

)x + (b − 2λδ) = 0 có nghiệm nguyên bội 2 khi và chỉ
khi (λ
2
− a)
2
= 4(b −2y
0
λ). tiếp tục biến đổi tương đương ta được
(λ
2
− a + u)
2
= 2uλ
2
− 8λy
0
+ (u
2
+ 4b −2ua).
Phương trình này chỉ đúng nếu và chỉ nếu phương trình
2uλ
2
− 8λy
0
+ (u
2
+ 4b −2ua) = 0 có nghiệm bội 2 tương đương với
0 = 8
2
c − 4.2u(u

2
+ 4b −2ua),
= u
3
− 2au
2
+ 4bu −8c,
= (−8)(v
3
+ av
2
+ bv + c),
ở đó u = 2v. Gọi 3 nghiệm của phương trình v
3
+ av
2
+ bv + c = 0 là
α, β, γ vậy ta nhận được
-a = α + β + γ, b = αβγ, c = −αβγ.
Chúng ta có
(λ
2
+α+β+γ−2α)
2
= −4αλ
2
−8y
0
λ+(4a
2

+4[αβ+βγ+γα]−4α[α+β+γ])
21
khi đó,
(λ
2
− α + β + γ)
2
= −4αλ
2
− 8y
0
λ + 4βγ,
= 4(α
0
λ − β
0
γ
0
)
2
,
trong đó α
2
0
= −α, β
2
0
= −β và γ
2
0

= −γ tiếp tục biến đổi tương đương
λ
2
− α + β + γ = ±(4α
0
λ − β
0
γ
0
),
(λ
2
∓ 2α
0
λ − α) = −β ∓ 2β
0
γ
0
− γ,
(λ ∓ α
0
)
2
= (β
0
∓ γ
0
)
2
.

Như vậy điểm P (x, y) thỏa mãn có tọa độ là
x =
1
2
(λ
2
+ α + β + γ) và y = λx + δ.
Trong đó ta có các λ như sau
λ
1
= α
0
+ β
0
− γ
0
, λ
3
= −α
0
+ β
0
+ γ
0
,
λ
2
= α
0
− β

0
+ γ
0
, λ
4
= −α
0
− β
0
− γ
0
,
trong đó α
2
0
= −α, β
2
0
= −β và γ
2
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) = M
2
N
2

(M − N)
2
.
Định lý 2.1. (K. Ono [11]) Giả sử E : y
2
= 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 = d
2
u
4
và N = d
2
v
4
, u = v hoặc M = −d
2
v
4
và N = d
2
(u
4
− v
4

),
22
hoặc M = d
2
(u
4
− v
4
) và N = −d
2
v
4
sao cho bộ (u, v, w) là một bộ
ba Pythagorean chẳng hạn (u
2
+ v
2
= w
2
).
(3) TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/6Z nếu và chỉ nếu M = a
4
+ 2a
3
b và
N = 2ab
3
+ b
4
. 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 (x
4
, y
4
) có cấp bằng 4.
Trường hợp 2P = P
0
= (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 = P
1
= (−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 = P
2
= (−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 = m
2
và N = n
2
(m, n > 0) áp dụng bổ đề (2.1) luôn ∃P (x, y)
trên E thỏa mãn 2P = P
0
= (0, 0). Theo công thức (*) trong nhận xét
(2.1) thì
x(2P ) = (
x
2
− m
2
n
2
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 = m
2
và N −M = k
2
áp dụng bổ đề (2.1) luôn ∃P (x, y) trên

E thỏa mãn 2P = P
1
= (−M, 0). Theo công thức (*) trong nhận xét (2.1)
23
thì
x(2P ) = (
x
2
+ m
2
(k
2
− m
2
)
2y
)
2
= m
2
,
tương đương
y = ±
x
2
+ m
2
(k
2
− m

2
)
2m
,
sau đó chúng ta thu được bốn điểm cấp 4 là
(m
2
− mk, ±k(m
2
− mk)) và (m
2
+ mk, ±k(m
2
+ 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 (x
8
, y
8
) có cấp bằng 8 ⇔ 2P là điểm có cấp 4.
Trường hợp điểm cấp 4 là Q = (mn, ±mn(m+n)) với M = m
2
và N = n
2
khi đó 2P = Q = (mn, ±mn(m + n)) sử dụng bổ đề (2.1) chúng ta có
mn, mn + m
2
và mn + n

2
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 = u
2
và n = v
2
. Như vậy các số u
2
v
2
, u
2
v
2
+u
4
và u
2
v
2
+v
4
là các số chính phương điều này tương đương với bộ (u, v, w) là một bộ
ba Pythago chẳng hạn (u
2
+ v
2
= w
2

).
Tóm lại TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z khi đó M = d
2
u
4
và N = d
2
v
4
với
d ∈ Z và khác 0.
Trường hợp điểm cấp 4 là Q = (m
2
+ mk, ±k(m
2
+ mk)) với −M = m
2
và N − M = k
2
khi đó 2P = Q = (m
2
+ mk, ±k(m
2
+ mk)) sử dụng
bổ đề (2.1) chúng ta có mk, m
2
+ mk và mk + k
2
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 = u
2
và m = v
2
. Như vậy các số
u
2
v
2
, v
4
+ u
2
v
2
và u
2
v
2
+ u
4
là các số chính phương điều này tương đương
với bộ (u, v, w) là một bộ ba Pythago chẳng hạn (u
2
+ v
2
= w
2
).
Tóm lại TorsE(Q) = Z/2Z ⊕Z/8Z khi đó N = d

2
(u
4
−v
4
) và M = −d
2
v
4
với d ∈ Z và khác 0.
Trường hợp M − N = k
2
và −N = n
2
là hoàn toàn tương tự và có kết
quả là TorsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/8Z khi đó M = d
2
(u
4
− v
4
) và N = −d
2
v
4
24