Рациональная параметризация y^2 = x^3 + ax + b

[mathematician123]

Пусть $a, b \in \mathbb{C}$. Доказать, что если многочлен $x^3 + ax + b$ не имеет кратных корней, то не существует рациональной параметризации кривой $y^2 = x^3 + ax + b$.

Я рассуждал так. Пусть $ \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ - корни $x^3 + ax + b$. Предположим противное.

$$ (f/h)^2 = (g/h)^3 + a(g/h) + b $$

для некоторых $f, g, h \in \mathbb{C}[x]$, $\gcd(f, g, h) = 1$.

$$ f^2h = g^3 + agh^2 + bh^3 = (g - \alpha_1 h)(g - \alpha_2 h)(g - \alpha_3 h) $$

Пусть $q \mid h$ - неприводимый многочлен. Тогда $q \mid g$. Из уравнения видно, что степень вхождения $q$ в разложение многочлена $h$ на неприводимые ровно в три раза больше, чем степень его вхождения в $g$. Значит, найдутся взаимнопростые $u, v \in \mathbb{C}[x]$ и $c \in \mathbb{C}$, такие что $g = uv$, $h = cu^3$. Подставим это в уравнение.

$$cf^2 = (v - c \alpha_1 u^2)(v - c \alpha_2 u^2)(v - c \alpha_3 u^2)$$

Пользуясь тем, что $\gcd(u, v) = 1$ и $\alpha_i$ попарно различны, можно доказать, что сомножители в правой части попарно взаимнопросты. Значит, каждый из них с точность домножения на константу является квадратом.

Как решать дальше? Может быть, это тупиковый путь?

[vpb]

mathematician123 в сообщении #1634322 писал(а):

Из уравнения видно, что степень вхождения $q$ в разложение многочлена $h$ на неприводимые ровно в три раза больше, чем степень его вхождения в $g$.

Не видно, однако. Поясните пожалуйста.

[mathematician123]

vpb
$q$ не делит $f$, так как $\gcd(f, g, h) = 1$. Значит, $f^2h$ делится на меньшую степень многочлена $q$ чем $agh^2$, $bh^3$. Есть одно утверждение из теории чисел. Пусть

$$a_1 + \ldots + a_n = 0$$

Если $p$ простое и
$\nu_p(a_1) \le \nu_p(a_2) \le \ldots \le \nu_p(a_n)$, то $\nu_p(a_1) = \nu_p(a_2)$. Тогда по аналогии должно получаться, что $q$ входит в одинаковой степени в разлодение $hf^2$ и $g^3$.

[dgwuqtj]

mathematician123 в сообщении #1634322 писал(а):

Как решать дальше? Может быть, это тупиковый путь?

Вы пытаетесь доказать заметно более сильное утверждение, что нет рационального отображения из прямой в кубику (кроме постоянного, это случай $u = v = \operatorname{const}$). А чтобы проверить отсутствие рациональной параметризации, дополнительно предположите существование рациональной функции $p / q$ при $p, q \in \mathbb C[x, y] / (y^2 - x^3 - ax - b)$ такой, что $p(g / h, f / h) = x q(g / h, f / h)$, $g(p / q) = x h(p / q)$, $f(p / q) = y h(p / q)$. Хотя я не знаю, насколько легко это доказывать элементарными методами.

Ещё можно считать, что бесконечно удалённая точка переходит в бесконечно удалённую, то есть $\deg(f), \deg(g) > \deg(h)$, сделав подходящую дробно-линейную замену $x$. В терминах $u, v$ это означает, что $\deg(v) > 2 \deg(u)$. Может, так даже ваше сильное утверждение докажется.

[mathematician123]

dgwuqtj в сообщении #1634345 писал(а):

Вы пытаетесь доказать заметно более сильное утверждение, что нет рационального отображения из прямой в кубику (кроме постоянного, это случай $u = v = \operatorname{const}$).

Если честно, пока не очень знаю терминологию. Задачу взял здесь (упражнения после первого параграфа 1 главы). Нужно доказать что $y^2 = x^3 + ax + b$ не является рациональной, если $x^3 + ax + b$ не имеет кратных корней.

До этого на странице 8 доказывается, что кривая $x^n + y^n = 1$ не рациональна при $n \ge 3$. Я попытался решить по аналогии, но не смог. Задача находится в самом начале книги. Наверное должно быть не очень сложное решение.

[dgwuqtj]

А, Шафаревич так и определяет рациональность для кривых, забавно. Хотя именно для кривых это определение равносильно обычному по теореме Люрота...

Тогда будем считать, что $c = 1$ (не умаляя общности) и $2 \deg(u) < \deg(v)$. Вы пришли к тому, что существуют многочлены $f_1, f_2, f_3$ такие, что $f_i^2 = v - \alpha_i u^2$. Многочлены $f_i$ имеют одинаковую степень $\deg(v) / 2 > 0$ и общие старшие коэффициенты (в том смысле, что их разности имеют степень меньше $\deg(v) / 2$). Можно из этой системы исключить $v$ и заменить $f_2, f_3$ на их разности с $f_1$, тогда вроде легко получить противоречие.

[Padawan]

А из формулы Римана-Гурвица это не следует (мат. энциклопедия) ? Из неё следует, что поверхность рода 1 нельзя накрыть поверхностью рода 0.

[vpb]

Padawan в сообщении #1634358 писал(а):

А из формулы Римана-Гурвица это не следует (мат. энциклопедия)? Из неё следует, что поверхность рода 1 нельзя накрыть поверхностью рода 0.

Беда в том, однако, что до того факта, что эллиптическая кривая --- это ${\mathbb C}/\Lambda$, сто верст, и всё лесом. (На самом деле даже не сто, а стопицот).

-- 27.03.2024, 07:58 --

mathematician123 в сообщении #1634344 писал(а):

сть одно утверждение из теории чисел. Пусть

А, ну да, спасибо.

Вообще говоря, так. Двигаетесь Вы в правильном направлении, но как дальше, я не знаю. Точнее, не помню. Это есть в книжке М.Рид, Алгебраическая геометрия для всех, в конце первой главы. Там вроде дальше будет какое-то рассуждение с бесконечным спуском. Можете посмотреть, в общем.

Книжка Шафаревича несомненно хорошая, но для начала может быть трудновата. Есть полегче. Тот же Рид, или старая книжка Уокер, Алгебраические кривые, или Кокс-Литл-О'Ши, Идеалы, многообразия, алгоритмы, или Garrity, Belshof, e.a., Algebraic geometry: A problem solving approach. Но, книжка Уокера хоть и хорошая (это не мое личное мнение (я только однажды заглядывал туда), а одного умного человека с форума), но там старая система понятий (в духе А.Вейля). А, есть еще Харрис, Алгебраическая геометрия, начальный курс. И есть еще некоторое количество начальных курсов, но их опустим.

Книжка Шафаревича, кажется, долгое время вообще считалась учебником номер 1 в мире по АГ (с тех пор, как вскоре после выхода ее перевели на немецкий и английский). Да и сейчас не утратила значения, являясь серьезной (более, чем те, что выше), но более доступной, чем Харстхорн или Гриффитс-Харрис.

(А я сам, есличо, не специалист, только самые начала знаю. Даже первый том Шафаревича полностью не знаю. Я так много написал оттого, что вижу, Вы читаете самое первое издание Шафаревича, которое еще в УМН, так может, думаю, в существующих книжках не ориентируетесь. )

[mathematician123]

dgwuqtj в сообщении #1634348 писал(а):

Тогда будем считать, что $c = 1$ (не умаляя общности) и $2 \deg(u) < \deg(v)$. Вы пришли к тому, что существуют многочлены $f_1, f_2, f_3$ такие, что $f_i^2 = v - \alpha_i u^2$.

vpb в сообщении #1634366 писал(а):

Вообще говоря, так. Двигаетесь Вы в правильном направлении, но как дальше, я не знаю. Точнее, не помню. Это есть в книжке М.Рид, Алгебраическая геометрия для всех, в конце первой главы. Там вроде дальше будет какое-то рассуждение с бесконечным спуском. Можете посмотреть, в общем.

Спасибо, я не учёл, что мы работаем в алгебраически замкнутом поле. Говорить, что многочлены являются квадратами с точностью до константы не нужно, так как все константы являются квадратами. В книге Майлса Рида разбирается случай $\alpha_1 = 0$, $\alpha_2 = 1$, но общий случай к нему сводится. После замены $x_1 = x - \alpha_1$ получаем уравнение вида

$$y^2 = x_1(x_1 - \beta_1)(x_1 - \beta_2)$$

Затем делаем замены $x_1 = \beta_1 x_2$, $y = \beta_1 \sqrt{\beta_1} y_1$.

-- 27.03.2024, 12:43 --

dgwuqtj в сообщении #1634348 писал(а):

Тогда будем считать, что $c = 1$ (не умаляя общности) и $2 \deg(u) < \deg(v)$.

Почему можно считать, что $2 \deg(u) < \deg(v)$? Кажется, доказать невозможность случая $2 \deg(u) \ne \deg(v)$ можно с помощью производных. Но у меня возникли проблемы в случае, когда $2 \deg(u) = \deg(v)$, $\deg(f_1) < \deg(f_2) = \deg(f_3)$.

[dgwuqtj]

dgwuqtj в сообщении #1634345 писал(а):

Ещё можно считать, что бесконечно удалённая точка переходит в бесконечно удалённую, то есть $\deg(f), \deg(g) > \deg(h)$, сделав подходящую дробно-линейную замену $x$. В терминах $u, v$ это означает, что $\deg(v) > 2 \deg(u)$.

Вот, я же предлагал вам сделать подходящую замену. Так как рациональная параметризация не единственна (если существует), то логично брать не любую, а достаточно хорошую.

Конечно, утверждение следует из Римана - Гурвица, причём над любым алгебраически замкнутым полем, но там большая и не элементарная теория (основанная на когомологиях пучков или на аделях).

Как учебник двухтомник Шафаревича вроде неплох, я ещё изучал Мамфорд, Красная книга о многообразиях и схемах, 1 глава. Она заметно меньше по объёму и количеству материала.

[mathematician123]

dgwuqtj в сообщении #1634395 писал(а):

dgwuqtj в сообщении #1634345 писал(а):

Ещё можно считать, что бесконечно удалённая точка переходит в бесконечно удалённую, то есть $\deg(f), \deg(g) > \deg(h)$, сделав подходящую дробно-линейную замену $x$. В терминах $u, v$ это означает, что $\deg(v) > 2 \deg(u)$.

Вот, я же предлагал вам сделать подходящую замену. Так как рациональная параметризация не единственна (если существует), то логично брать не любую, а достаточно хорошую.

А где про это можно прочитать? Допустим, есть функция $\frac{t^2 + 2}{t^2 - 1}$. Можно сделать замену $t = 1/u + 1$.

$$ \frac{t^2 + 2}{t^2 - 1} = \frac{1 + 2u + 3u^2}{1 + 2u} $$

Это я угадал. А в общем случае как?

Завершить доказательство можно так. Так как достаточно рассмотреть случай $\alpha_1 = 0$, $\alpha_2 = 1$, то вместо уравнения

$$ f^2 = (v - \alpha_1 u^2)(v - \alpha_2 u^2)(v - \alpha_3 u^2) $$

достаточно рассмотреть уравнение

$$ f^2 = v(v - u^2)(v - \alpha u^2) $$

Тогда $v = f_1^2$, $f_1^2 - u^2 = f_2^2$, $f_1^2 - \alpha u^2 = f_3^2$. Откуда $f_1 - u = g_1^2$, $f_1 + u = g_2^2$, $f_1 - \sqrt{\alpha} u = g_3^2$, $f_1 + \sqrt{\alpha} u = g_4^2$. Без ограничения общности $\deg(g_1) \ge \deg(f_2) > \deg(u)$. Но $(g_1 - g_3)(g_1 + g_3) = (\sqrt{\alpha} - 1)u$, что невозможно, так как $\deg(g_1 - g_3) > \deg(u)$ либо $\deg(g_1 + g_3) > \deg(u)$.

[dgwuqtj]

mathematician123 в сообщении #1634427 писал(а):

А где про это можно прочитать?

Так навскидку не скажу, это следствие того, что рациональные морфизмы между гладкими проективными кривыми однозначно продолжаются до обычных морфизмов (регулярных отображений), ну и что дробно-линейные преобразования транзитивно действуют на проективной прямой.

В вашем случае можно руками. Любая рациональная функция одной переменной задаёт отображение из $\mathbb C \cup \{\infty\}$ в себя. Причём если оно не постоянное, то оно сюръективное в силу алгебраической замкнутости. Ну и возьмите композицию с дробно-линейным отображением, переходящим бесконечность в один из прообразов бесконечности. Вторая рациональная функция тогда тоже будет сохранять бесконечность (иметь у числителя степень больше, чем у знаменателя) в силу уравнения между ними, это потому что кубика имеет одну бесконечно удалённую точку в проективной плоскости.

[dgwuqtj]

dgwuqtj в сообщении #1634432 писал(а):

Ну и возьмите композицию с дробно-линейным отображением, переходящим бесконечность в один из прообразов бесконечности.

Тут важно, что композиция рациональных функций одной переменной задаёт композицию теоретико-множественных преобразований $\mathbb C \cup \{\infty\}$. Для комплексных чисел это следует из их непрерывности в обычной топологии, но вообще это так для любого поля.

[mathematician123]

dgwuqtj в сообщении #1634432 писал(а):

В вашем случае можно руками. Любая рациональная функция одной переменной задаёт отображение из $\mathbb C \cup \{\infty\}$ в себя. Причём если оно не постоянное, то оно сюръективное в силу алгебраической замкнутости. Ну и возьмите композицию с дробно-линейным отображением, переходящим бесконечность в один из прообразов бесконечности.

Да, оказалось просто. Можно даже явно указать замену. Если есть несократимая дробь $\frac{f(t)}{g(t)} $, то после замены $t = 1/u + \alpha$, где $\alpha$ - корень $g(t)$, получится, что в знаменателе свободный член сократится, а в числителе нет.

[vpb]

Для сведения ТС хочу уточнить, что Мамфорд, скажем так, не самый понятный, умелый и заботливый к читателю автор. Хотя и выдающийся ученый.