楕円曲線上の有理点の構成

$y^2=x^3-2$を各辺$x$で微分すると, $2yy'=3x^2$であり, $y_n\ne0$のときの$(x_n,\ y_n)$における接線の方程式は
  $$\begin{align}y=\dfrac{3{x_n}^2}{2y_n}(x-x_n)+y_n\end{align}$$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，$$\begin{align} &x_n+x_n+x_{n+1}=\left(\dfrac{3{x_n}^2}{2y_n}\right)^2\\ \therefore x_{n+1}=\dfrac{9{x_n}^4}{4{y_n}^2}-2x_n&=\dfrac{9{x_n}^4-8x_n({x_n}^3-2)}{4({x_n}^3-2)}=\dfrac{{x_n}^3+16x_n}{4({x_n}^3-2)}.\end{align}$$

$A,B$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.

$p$が$G$を何回割り切るかを考える.
$(\mathrm{i})$ $p\ne2$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, $A$か$B$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.
$(\mathrm{ii})$ $p=2$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. 

 $H(x_{n+1})$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. また一般に, $a\geqq3$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.