Параметризация уникурсальной кривой 4-го порядка

[Volik]

Доброго дня всем.
Кривая
$x^2 y^2+k^4 x^2 y^2-4 k^2 x^2 y-4 k^2 x y^2+x^2+k^4 x^2-16 k^2 x y-4 k^4 x y-4 x y+y^2+k^4 y^2-4 k^2 x-4 k^2 y+1+k^4 = 0$
уникурсальна, поскольку имеет три изолированные особые точки $[[x = -1, y = -1], [x = 1, y = (k-1)^2/(k+1)^2], [x = 1, y = (k+1)^2/(k-1)^2]]$.
Может кто подскажет, как ее параметризировать? Или построить бирационально эквивалентную ей кривую второго порядка? Или, хотя бы где почитать про это доходчиво?
С Гуглом я находил только сложные рассмотрения чего то около этого или простые пустышки.
Сам я пробовал: 1) Рассматривать поверхность $P(x,y,z)=0$ с однородными координатами, сечение которой при $z=1$ дает исходную кривую. 2)Смотрел другие ее сечения. 3)Делал в ней квадратичные преобразования.
Результат нулевой (может просто из за недопонимания, а может не туда смотрел)
Пробовал и инверсию исходной кривой относительно начала координат. Тоже ноль.
Буду благодарен за любую помощь!

[nnosipov]

Решите свое уравнение относительно, например, $y$. Это будет квадратное уравнение, дискриминант которого хорошо разложится на множители.

[Volik]

Спасибо! Класс! Я сначала не поверил. Я решал это уравнение относительно y. Но, когда после подстановки в радикал $x=0$ получил под корнем минус квадрат, отбросил этот подход. После Вашей подсказки подставил $x=1$ и получил то что требовалось! Два набора рациональных координат от параметров k,p, совпадающие друг с другом при замене в одном из них $k=-k,p=-p$.
Теперь нужно чтобы одна из координат была квадратом рационального числа.
Может и это подскажете?

[nnosipov]

Volik в сообщении #1497485 писал(а):

Может и это подскажете?

Это вряд ли. Такие вопросы, скорее всего, решаются сложно (если вообще решаются). Да и непонятно, зачем все это.

[Volik]

Если обе координаты квадраты рациональных чисел, то можно построить все совершенные кубоиды. Если одна, то можно построить все почти рациональные кубоиды, с одной иррациональной лицевой диагональю.

[Andrey A]

Volik в сообщении #1497493 писал(а):

Если обе координаты квадраты рациональных чисел, то можно построить все совершенные кубоиды.

Не понимаю, Вам нужно решить уравнение $x^2y^2+k^4x^2y^2-4k^2x^2y-4k^2xy^2+x^2+k^4x^2$ $-16k^2xy-4k^4xy-4xy+y^2+k^4y^2-4k^2x-4k^2y+1+k^4=0$ в рациональных числах? Пожалуйста:

$$x=\dfrac{(kt+1)^2+(k+t)^2}{(kt-1)^2+(k-t)^2}$$

$$y=\dfrac{(kt+t)^2+(k-1)^2}{(kt-t)^2+(k+1)^2}$$

Вместо $x,y$ можно брать обратные величины независимо, причем это полное решение. Так что с Вас кубоид.

[Volik]

Спасибо! Завтра буду сравнивать два варианта решения. Но, в любом случае, это кубоид где $d=d_0 \sqrt{x},e=e_0 \sqrt{y}$, а остальные стороны и диагонали рациональны.
Мне кажется Ваш вариант, как более симметричный и компактный, более перспективен при поиске условий когда хоть одна координата есть квадрат рационального числа.

[Andrey A]

Не, я польщен, конечно, но если уж все — то все. Еще раз: это полное решение.

[Volik]

Полное, не спорю! Но и предыдущее, громоздкое и очень не симметричное решение тоже полное. Получается из Вашего, подстановкой $t = \frac{p+1+2 k+k^2}{-p+1-2 k+k^2} $
Более того, оказалось что у меня Ваше решение уже было в виде
$x = \frac{k^2+l^2 k^2+1-4 k l+l^2}{k^2+l^2 k^2+1+4 k l+l^2} $
$y = \frac{k^2+l^2 k^2-2 k+1+2 l^2 k+l^2}{k^2+l^2 k^2+2 k+1-2 l^2 k+l^2} $
То есть, l=-t.
Но тогда я не понял этого, да и до Вашей красивой группировки не додумался!
Теперь главное, найти условие, при котором одна из координат будет квадратом!
Если бы кто-нибудь помог в этом, то получили бы все почти рациональные кубоиды (только одна лицевая диагональ иррациональна)

[Andrey A]

Volik
Вы окунулись в задачу, которая способна свести человека с ума. Есть в математике много интересных вещей кроме кубоида.

[Volik]

Спасибо за заботу, но рискну продолжить!

[Andrey A]

Ну ну. Ладно, продолжим. Чтобы дробь была рациональным квадратом, достаточно чтобы произведение числителя и знаменателя было таковым, т.е.
$\left [ (kt+1)^2+(k+t)^2 \right ]\left [ (kt-1)^2+(k-t)^2 \right ]=\square$
$\left [ (kt+t)^2+(k-1)^2 \right ]\left [ (kt-t)^2+(k+1)^2 \right ]=\square$
Взгляните теперь сюда, система $(4')$. Представляя произведения в виде разностей квадратов, имеем систему $(4)$:
$\left [ (k^2+1)(t^2+1) \right ]^2-(4kt)^2=\square$
$\left [ (k^2+1)(t^2+1) \right ]^2-\left [ 2k(t^2-1) \right ]^2=\square.$
Слабый вопрос (в нестрогом изложении) звучит так: могут ли попарные произведения двух элементов различных пифагоровых треугольников образовывать элементы нового пиф. тр.- ка? Ну, а сильный — соответственно трех элементов ($t^2+1,t^2-1,2t$). Знакомым холодком повеяло.

[scwec]

Находить решения уравнений $x=X^2, y=Y^2\qquad(1)$, где $x,y$ параметризованы Andrey A, достаточно просто
в пределах вычислительных возможностей.
Оба уравнения при $k\ne{1}$ приводятся (разными рациональными преобразованиями) к одному уравнению эллиптической кривой
$w^2=u^3+8(k^4+1)u^2+16(k^4-1)^2{u}\qquad(2)$ (Maple)
Каждая кривая несет на себе семь рациональных точек конечного порядка, это
$(0,0),(-4(k^2+1)^2,0),(-4(k^2-1)^2,0),(4(k^4-1),\pm{16k^2(k^4-1)})$,
$(-4(k^4-1),\pm{16(k^4-1)})$ (они дают тривиальные решения $(1)$),
кроме них на каждой кривой с ненулевым рангом, (рассматривая натуральные $k$)
$k=4,6,15,20,21,22,24,27,30,32-36,38,40,41,44-47,49,...$ имеется бесконечно много рациональных точек бесконечного порядка.
Каждая рациональная точка бесконечного порядка дает решение уравнений $(1)$, но c разными $t$ для $x$ и $y$
(одно и то же $t$ - оба $x,y$ квадраты).
Например, для $k=4$ возьмем на кривой $(2)$ рациональную точку $P=(-960,3360)$ (Pari). При $t=-17/28$, $x=(25/39)^2$, а при $t=-7/4$, $y=(37/29)^2$
Стандартным образом вычисляя координаты точек $2P,3P,4P,....$ получаем всё более громоздкие решения $(1)$ для $k=4$.
В каждом конкретном случае, выбирая $k$ из приведенного списка, при необходимости продолженного далее, и находя рациональные точки на $(2)$, находим решения для $(1)$.

[Volik]

Спасибо и за пояснения, и за ссылку. Поучительно!