$y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ et 2-descente
$\def\ve{\varepsilon}$L'histoire commence ainsi : comment montrer, ``à la main'', de manière la plus élémentaire possible, que les seules solutions rationnelles de $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ sont $(x,y) : (0,0), (-1, \pm1)$ ? Je n'y suis pas arrivé. Cette équation débarque d'un certain fil en géométrie mais peu importe. Je sais bien que ``manière élémentaire'', cela ne veut pas dire grand chose (cela dépend pour qui). Et ``à la main'', cela signifie sans faire prendre en charge ``Mordell-Weil'' par un système de Calcul Formel
Au fait, comment je suis sûr que ce sont les seules solutions ? On peut par exemple appliquer le point b de 3.6.5 page 348 in http://webs.ucm.es/BUCM/mat/doc8354.pdf puis Lutz-Nagell...etc.. Mais ce n'est pas élémentaire/élémentaire. Ou bien utiliser un système de Calcul Formel (en restant méfiant tout de même). Si je dis cela, c'est juste pour éviter de perdre du temps à vouloir montrer quelque chose de faux.
Et depuis quelques jours, j'ai fini par me convaincre que le bricolage était inutile. Mais peut-être que je me trompe. Des stratégies sont nécessaires. Mais attention, pour un cadre plus général, cf la copie d'écran en attaché (extrait du pdf de Connel).
A. Un exemple où l'on s'en sort (en utilisant deux résultats auxiliaires après le trait). Les seules solutions rationnelles de $y^2 = x(x-1)(x+1)$ sont telles que $y = 0$ donc $x=0, x= \pm 1$. Voici comment procéder : on suppose $y \ne 0$ et on écrit (utilisation du point 1. après le trait) $x = m/d^2$, $y = n/d^3$ avec $m,n,d$ entiers, $d \ge 1$, $n \wedge d = m \wedge d = 1$. On chasse les dénominateurs ce qui conduit à :
$$
n^2 = m(m-d^2)(m+d^2)
$$
On vérifie facilement que $m, m-d^2, m+d^2$ sont deux à deux premiers entre eux. Bilan : au signe près, ce sont des carrés :
$$
m = \pm A^2, \qquad m-d^2 = \pm B^2, \qquad m+d^2 = \pm C^2
$$
Là, petite astuce : on multiplie les 2 égalités de droite, ce qui conduit à $m^2 - d^4 = \pm (BC)^2$ i.e. $A^4 - d^4 = \pm (BC)^2$. La conclusion se fait en utilisant le point 2 après le trait (le $\pm$ ne doit pas faire peur, permuter $A^4$ et $d^4$ !).
B. Un exemple pour lequel je ne m'en sors pas : celui du titre du fil. En démarrant de la même manière, avec $x = m/d^2$, $y = n/d^3$ vérifiant ...etc... on tombe sur
$$
n^2 = m \times (m^2 + 3md^2 + d^4)
$$
On vérifie que $m$ et $m^2 + 3md^2 + d^4$ sont premiers entre eux, donc des carrés au signe près, i.e. avec $\ve = \pm 1$ :
$$
m = \ve M^2, \qquad m^2 + 3md^2 + d^4 = \ve N^2 \qquad \qquad \qquad \hbox {(grosso modo, notations de Connel-Silverman-Tate)}
$$
Si $\ve = 1$, on tombe sur une obstruction modulo $3$ : $m^2 + d^4 = 0 \bmod 3$ conduit ($-1$ n'est pas un carré modulo 3) à $m \equiv d \equiv 0 \bmod 3$ contredisant $m \wedge d = 1$. POUF POUF c'est une grosse c.nn.rie (et Gai-Requin a vu).
Mais si $\ve = -1$, pas d'obstruction surtout qu'il y a la solution $d = 1$, $m = -1, n = \pm 1$. J'ai bricolé mais je n'y crois plus.
RESUMONS : pour $\ve = 1$, que dalle et pour $\ve = -1$, rien.
Note : pour l'instant, l'équation donnée en A. parmi celles du type $y^2 = x(x^2 + ax + b)$ (cf la suite du fil) est la seule dont je suis venu à bout (de manière élémentaire).
1. Soit $(x,y) \in \Q \times \Q$ une solution de $y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c$ avec $a,b,c \in \Z$. Alors, $x = x_1/d^2$, $y = y_1/d^3$ avec $x_1, y_1, d$ entiers, $d \ge 1$, et $x_1 \wedge d = y_1 \wedge = 1$. Cf post à venir.
2. $x^2 = y^4 - z^4$ avec $x,y,z \in \Z$ entraine $xyz = 0$, cf par exemple https://www.apmep.fr/IMG/pdf/AAA06073.pdf, section 3.2.0.2. Stratégie de la descente infinie.
Où est ce que je veux en venir ? J'ai commencé à étudier des exemples élémentaires de 2-descente. Pour dire vrai, je ne m'étais jamais rendu compte que la résolution sur $\Q$ de $y^2 = x(x^2 + ax + b)$ avec $a,b\in \Z$ modestes, c'était aussi compliqué. Et peut-être que cela peut intéresser d'autres membres du forum. Références : le pdf de Connel pointé (il suit et complète Silverman & Tate, Rational Points on Elliptic Curves).
Au fait, comment je suis sûr que ce sont les seules solutions ? On peut par exemple appliquer le point b de 3.6.5 page 348 in http://webs.ucm.es/BUCM/mat/doc8354.pdf puis Lutz-Nagell...etc.. Mais ce n'est pas élémentaire/élémentaire. Ou bien utiliser un système de Calcul Formel (en restant méfiant tout de même). Si je dis cela, c'est juste pour éviter de perdre du temps à vouloir montrer quelque chose de faux.
Et depuis quelques jours, j'ai fini par me convaincre que le bricolage était inutile. Mais peut-être que je me trompe. Des stratégies sont nécessaires. Mais attention, pour un cadre plus général, cf la copie d'écran en attaché (extrait du pdf de Connel).
A. Un exemple où l'on s'en sort (en utilisant deux résultats auxiliaires après le trait). Les seules solutions rationnelles de $y^2 = x(x-1)(x+1)$ sont telles que $y = 0$ donc $x=0, x= \pm 1$. Voici comment procéder : on suppose $y \ne 0$ et on écrit (utilisation du point 1. après le trait) $x = m/d^2$, $y = n/d^3$ avec $m,n,d$ entiers, $d \ge 1$, $n \wedge d = m \wedge d = 1$. On chasse les dénominateurs ce qui conduit à :
$$
n^2 = m(m-d^2)(m+d^2)
$$
On vérifie facilement que $m, m-d^2, m+d^2$ sont deux à deux premiers entre eux. Bilan : au signe près, ce sont des carrés :
$$
m = \pm A^2, \qquad m-d^2 = \pm B^2, \qquad m+d^2 = \pm C^2
$$
Là, petite astuce : on multiplie les 2 égalités de droite, ce qui conduit à $m^2 - d^4 = \pm (BC)^2$ i.e. $A^4 - d^4 = \pm (BC)^2$. La conclusion se fait en utilisant le point 2 après le trait (le $\pm$ ne doit pas faire peur, permuter $A^4$ et $d^4$ !).
B. Un exemple pour lequel je ne m'en sors pas : celui du titre du fil. En démarrant de la même manière, avec $x = m/d^2$, $y = n/d^3$ vérifiant ...etc... on tombe sur
$$
n^2 = m \times (m^2 + 3md^2 + d^4)
$$
On vérifie que $m$ et $m^2 + 3md^2 + d^4$ sont premiers entre eux, donc des carrés au signe près, i.e. avec $\ve = \pm 1$ :
$$
m = \ve M^2, \qquad m^2 + 3md^2 + d^4 = \ve N^2 \qquad \qquad \qquad \hbox {(grosso modo, notations de Connel-Silverman-Tate)}
$$
Si $\ve = 1$, on tombe sur une obstruction modulo $3$ : $m^2 + d^4 = 0 \bmod 3$ conduit ($-1$ n'est pas un carré modulo 3) à $m \equiv d \equiv 0 \bmod 3$ contredisant $m \wedge d = 1$. POUF POUF c'est une grosse c.nn.rie (et Gai-Requin a vu).
Mais si $\ve = -1$, pas d'obstruction surtout qu'il y a la solution $d = 1$, $m = -1, n = \pm 1$. J'ai bricolé mais je n'y crois plus.
RESUMONS : pour $\ve = 1$, que dalle et pour $\ve = -1$, rien.
Note : pour l'instant, l'équation donnée en A. parmi celles du type $y^2 = x(x^2 + ax + b)$ (cf la suite du fil) est la seule dont je suis venu à bout (de manière élémentaire).
1. Soit $(x,y) \in \Q \times \Q$ une solution de $y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c$ avec $a,b,c \in \Z$. Alors, $x = x_1/d^2$, $y = y_1/d^3$ avec $x_1, y_1, d$ entiers, $d \ge 1$, et $x_1 \wedge d = y_1 \wedge = 1$. Cf post à venir.
2. $x^2 = y^4 - z^4$ avec $x,y,z \in \Z$ entraine $xyz = 0$, cf par exemple https://www.apmep.fr/IMG/pdf/AAA06073.pdf, section 3.2.0.2. Stratégie de la descente infinie.
Où est ce que je veux en venir ? J'ai commencé à étudier des exemples élémentaires de 2-descente. Pour dire vrai, je ne m'étais jamais rendu compte que la résolution sur $\Q$ de $y^2 = x(x^2 + ax + b)$ avec $a,b\in \Z$ modestes, c'était aussi compliqué. Et peut-être que cela peut intéresser d'autres membres du forum. Références : le pdf de Connel pointé (il suit et complète Silverman & Tate, Rational Points on Elliptic Curves).
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Réponses
$$
y^2 = x^N + a_1x^{N-1} + \cdots + a_{N-1} x + a_N, \qquad\qquad N \ge 2, \qquad a_i \in \Z
$$
Alors les écritures irréductibles de $x, y$ sont de la forme :
$$
x = {x_1 \over p}, \qquad y = {y_1 \over dp}, \qquad x_1, y_1 \in \Z, \quad p, d, q \in \N^*, \qquad
x_1 \wedge p = y_1 \wedge dp = 1, \qquad \fbox {$d^2 = p^{N-2}$}
$$
Cas particulier (important) : $N= 3$. Alors $x = x_1/d^2$ (puisque $p = d^2$) et $y = y_1/d^3$ avec $x_1 \wedge d = y_1 \wedge d = 1$ (penser que $x$ a le poids $2$, $y$ le poids 3, ceci pour équilibrer $y^2 = x^3 + \cdots$).
Justification. On considère l'écriture irréductible $x = x_1/p$, $y = y_1/q$ (avec les dénominateurs $\ge 1$) et on multiplie l'équation par $p^N q^2$ :
$$
p^N y_1^2 = q^2 \times \left( x_1^N + \bullet p + \bullet p^2 + \cdots + \bullet p^N\right) = q^2 x_1^N + pq^2 S \qquad \hbox {avec $S \in \Z$} \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Etape 1 : $q^2 \mid p^N y_1^2$ ; mais $q \wedge y_1 = 1$ donc $\fbox {$q^2 \mid p^N$}$.
Etape 2 : on va prouver que $p^N \mid q^2$ et $p \mid q$ mais en plusieurs coups. On a $p \mid q^2 x_1^N$ ; mais $p \wedge x_1 = 1$ donc $p \mid q^2$. On ré-injecte cette divisibilité dans le membre droit de $(\heartsuit)$ en utilisant le fait que $p^2 \mid pq^2$ (puisque $p \mid q^2$). On obtient $p^2 \mid q^2 x_1^N$ donc $p^2 \mid q^2$. On ré-injecte cette divisibilité dans le membre droit de $(\heartsuit)$ en utilisant le fait que $p^3 \mid pq^2$ (puisque $p^2 \mid q^2$). On obtient $p^3 \mid q^2 x_1^N$ donc $p^3 \mid q^2$. And so on.
A la fin, on arrive donc à $\fbox {$p^N \mid q^2$}$.
Bilan (via les deux encadrés) : on a $q^2 = p^N$. Mais on a vu en passant que $p^2 \mid q^2$ i.e. $p \mid q$ que l'on écrit $q = dp$. Et c'est terminé (en principe).
Dans le cas $\varepsilon =1$, je ne vois pas pourquoi $m^2+d^4=0\bmod 3$.
Une piste peut-être : travailler dans l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt{-3})$...
Tu as bien raison de ne pas voir car c'est une grosse c.nn.rie de ma part. Je m'en suis aperçu une heure après avoir posté en relisant mes affaires mais j'ai pas voulu apporter de modification de peur que ce fil ne soit déplacé dans Stham. Là, je viens de corriger de manière bien visible.
Tout cela rend fort modeste. Oui, il faut essayer ta piste : factoriser le facteur ``de degré 2'' mais dans l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt {5})$ car $X^2 + 3X + 1$ a pour discriminant $5$. Je parle du facteur $m^2 + 3md^2 + d^4$ et de la factorisation :
$$
X^2 + 3X + 1 = (X - \theta)(X - \widetilde \theta) \qquad \hbox {avec} \qquad
\theta = {-3 + \sqrt 5 \over 2}, \qquad \widetilde \theta = {-3 - \sqrt 5 \over 2}
$$
En homogène $x^2 + 3xy + y^2 = (x-\theta y) (x - \widetilde \theta y)$. Here $x$ stands for $m$ and $y$ for $d^2$.
Pourquoi parles tu de $\Q(\sqrt {-3})$ ? Peut-être que l'on ne parle pas de la même chose ?
J'avais lu $x^2+3x+3$ !
Je regarderai ce joli problème demain avec le Cohen sous la main...
Je ne sais pas si c'est un joli problème mais en tout cas cela m'a remis les idées en place. Cohen : oui, bonne pioche. Si tu arrives à lire la section 8.2 (Volume I, Tools and Diophantine Equations), une dizaine de pages, c'est gagné. Et tu pourras même dire : en utilisant le résultat untel, la courbe elliptique $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ a pour points rationnels ...etc... Du genre ``par théorème''. Note qu'au début de la section 8.2, Cohen dit qu'il s'inspire de Silverman & Tate. C'est aussi le cas de Connel (Elliptic Curve Handbook) que j'ai déjà cité. Je vais regarder les pages incriminées car Cohen est une valeur sûre (et je vois qu'il y a un certain nombre d'exemples).
Il faut cependant, pour pouvoir lire ces pages, accepter que plusieurs acteurs entrent en scène simultanément et donc on s'en prend plein la poire en 5 minutes. Un rapide topo avec comme contexte :
$$
E : y^2 = x(x^2 + ax +b), \qquad a, b \in \Z \quad \hbox {avec}\quad b(a^2 - 4 b) \ne 0, \qquad p_0 = (0_x, 0_y) \qquad \hbox {(point de 2-torsion de $E$)}
$$
Note : $p_0$ est noté $T$ chez les auteurs cités. Le coup de $b(a^2 - 4b) \ne 0$, c'est simplement que cette quantité est le discriminant du polynôme cubique en $x$. POUF POUF C'est presque cela, mais le discriminant en question est $b^2(a^2 - 4b)$ et pas $b(a^2 - 4b)$.
0. Se munir d'un jeu conséquent de lettres pour les (nombreuses) variables à venir.
1. Accepter de faire débarquer un certain morphisme $E(\Q)/2E(\Q) \to \Q^* / \Q^{*2}$
2. Accepter que la cousine de $E$ s'invite à table. Il s'agit de :
$$
\overline E = x(x^2 + \overline ax + \overline b), \qquad \overline a = -2a, \qquad \overline b = a^2 - 4b
$$
Chez Cohen $\widehat E$ au lieu de $\overline E$. Ces deux courbes $E, \overline E$ sont reliées par un morphisme de degré 2 de l'une vers l'autre et l'autre vers l'une ...etc.. Ne pas avoir peur que la cousine de $\overline E$ débarque : c'est $E$.
3. Accepter que les torseurs hyperboliques (affines ou homogènes) débarquent. De manière absolument pas pédagogique (je ferai mieux plus tard), il s'agit de la famille de courbes paramètrée par les $(b_1,b_2) \in \Z$ tels que $b_1b_2 = b$ :
$$
H_{b_1,b_2} : \quad v^2 = b_1u^4 + au^2 + b_2, \qquad\qquad v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4
$$
A droite, il s'agit de la version homogène au sens $\P^2_{u : v : w}(1, 2, 1)$ i.e. $u,w$ ont le poids 1 et $v$ le poids 2.
On a un revêtement de degré 2 :
$$
\xymatrix {
H_{b_1,b_2}\ar[d] & (u,v) \ar[d] \\
E & (x,y) = (b_1u^2, b_1uv) \\
}
$$
C.a.d. que si $(u,v)$ vérifie l'équation $H_{b_1,b_2}$, alors $(x,y) = (b_1u^2, b_1uv)$ vérifie $y^2 = x(x^2 + ax + b)$. Il y a une manière d'amener $H_{b_1,b_2}$ et ce revêtement, cf plus tard.
Bref, faut que tu acceptes que tout ce beau monde s'invite à ta table. Pas facile le premier jour. Ni le second. Mais une fois le stress passé, pour étudier $E$ au corps, tu te baladeras chez $E$ (normal) mais aussi chez $\overline E$ et les $H_{b_1,b_2}$. Une sacrée balade, je t"assure.
Note : au début, je ne voulais pas inviter tout le monde ensemble (pas assez de place chez moi). J'ai simplement invité les $H_{b_1,b_2}$ mais à elles seules, elles ne peuvent pas tout faire.
J'y vais mollo...
Depuis, j'ai réfléchi au truc : c'est difficile de rentrer dedans (cela m'est arrivé la semaine dernière avec Silverman-Tate et Connel). Je te propose, en un premier temps, de jouer les UTILISATEURS des pages de Cohen, et d'admettre PROVISOIREMENT des résultats. On ne peut pas tout affronter d'un coup, on comprendra au fur et à mesure (peut-être pas tout).
Je fais donc ici un autre topo au sens utilisateur. Contexte :
$$
E : y^2 = x(x^2 + ax + b), \quad a,b \in \Z,\ b(a^2-4b) \ne 0, \qquad\qquad
\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b), \quad \overline a = -2a, \quad \overline b = a^2 - 4b
$$
1. On admet que $E(\Q)$ et $\overline E(\Q)$ sont des groupes abéliens de type fini dont je note $r, \overline r$ les rangs. On va voir que $r = \overline r$.
2. A $E$ est attaché un sous-groupe fini $\Gamma $ de $\Q^*/\Q^{*2}$ (c'est l'image de la 2-descent map, noté $\alpha$ chez Cohen en 8.2.3 mais pour l'instant, on s'en fiche, on est utilisateur). Ce $\Gamma$ est constitué, modulo les carrés, des diviseurs positifs ou négatifs $b_1$ de $b$ tels que le torseur hyperelliptique $H_{b_1,b_2}$ possède une solution non triviale dans $\Z \times \Z \times \Z$ :
$$
H_{b_1,b_2} : \qquad v^2 = b_1u^4 + au^2 w^2 + b_2w^4, \qquad b_2 = b/b_1 \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Ne pas se leurrer : en général, on ne sait pas résoudre l'équation diophantienne $(\heartsuit)$. On a donc l'impression de tourner en rond mais PATIENCE. On peut remarquer des petites choses :$(1 : 1 : 0)$ est solution de $H_{1,b}$ donc $1 \in \Gamma$ (c'est la moindre des politesses pour un sous-groupe) et $(0 : 1 : 1)$ est solution de $H_{b,1}$ donc $b \in \Gamma$. Et si $(u : v : w)$ est solution de $H_{b_1,b_2}$, alors $(w : v : u)$ est solution de $H_{b_2,b_1}$.
3. On a $\displaystyle {2^r = 2^{\overline r} = {\# \Gamma \ \times \#\overline \Gamma \over 4}}$
Allons y pour l'exemple du fil $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$, $a = 3$, $b = 1$ donc $\overline a = -6$, $\overline b = 5$ :
$$
E : y^2 = x(x^2 + 3x + 1), \qquad\qquad \overline E : y^2 = x(x^2 - 6x + 5) = x(x-1)(x-5)
$$
On essaie de cerner $\#\Gamma$, $\#\overline\Gamma$ en passant les diviseurs (positifs ou négalits) $b_1$ de $b = 1$ puis ceux $\overline {b_1}$ de $\overline b = 5$. Inutile de passer $b_1=1$ et $b_1=b$ à cause des petites choses à la fin de 2 (mais les compter quand même). Idem si on passe $b_1$, inutile de passer $b_2 = b/b_1$. Je couche ci-dessous uniquement les torseurs qui posent question. Ne pas oublier que $b_1b_2=1$ et $\overline {b_1}\, \overline {b_2} = 5$. J'écris les torseurs en $\{w= 1\}$-affine :
$$
\hbox {(du côté de $E$)}\qquad H_{-1,-1} : v^2 = -u^4 + 3u^2 -1, \qquad \qquad\qquad
\hbox {(du côté de $\overline E$)}\qquad \overline H_{-1,-5} : v^2 = -u^2 - 6u^2 -5
$$
A gauche une solution $(u,v) = (1,1)$, à droite niet car $\ge 0 = < 0$. Bilan (faire gaffe au décompte) :
$$
\Gamma = \{1, -1\} \text { modulo les carrés} \qquad\qquad \overline \Gamma = \{1, 5\} \text { modulo les carrés} \qquad
\hbox {donc} \quad \#\Gamma = \#\overline\Gamma = 2 \quad \hbox {donc} \quad r = 0
$$
Bingo : $E(\Q)$ est de rang 0 (tous les points de $E(\Q)$ sont de torsion). Idem pour $\overline E(\Q)$.
4. On applique alors Lutz-Nagell. Il dit que si $(x,y) \in \Q \times \Q)$ est un point de torsion $y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c$ avec $a,b,c \in \Z$, alors d'une part $x,y$ sont entiers et d'autre part ou bien $y = 0$ ou bien $y$ divise le discriminant du polynôme cubique en $x$. Note ; le discriminant de $x(x^2 + ax + b)$ est $b^2(a^2 - 4b)$ et pas $b(a^2-4b)$ comme j'ai écrit une fois.
Je te laisse conclure. Et si tu veux bien, surveille mes calculs (je suis susceptible d'écrire des grosses conn.r.es, tu le sais). Merci.
Que faire ensuite en supposant que tu veuilles rentabiliser les achats des deux livres de Cohen ? Le plus simple est de regarder le point 4. Ensuite, j'ai préparé des mini-questions toujours en ce qui concerne l'aspect UTILISATEUR du binz. Et d'autres exemples. Ensuite on verra. Prendre les points un par un, y aller mollo comme tu dis ; je t'assure maintenant que l'on peut comprendre les 4/5 du truc.
1. Une courbe elliptique admet de nombreux autres modèles : par exemple comme intersection de deux quadriques de $\P^3$ (en intersection complète). C'est d'ailleurs de là (fil de géométrie) que vient notre cher exemple $E : y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$. Que l'on fait réaliser ci-dessous comme intersection de deux quadriques $Q_1, Q_2$ de $\P^3$. POUF POUF : ci-dessous, ce n'est pas notre chère amie ci-dessus mais $y^2 = x(x-1)(x+1) = x^3 - x$. Mais cela ne change rien au propos. Les isomorphismes réciproques l'un de l'autre $\P^3 \supset \{Q_1 = Q_2 = 0\} \ \buildrel {\simeq} \over \longmapsto\ E \subset \P^3$ et $\P^2 \supset E \ \buildrel {\simeq} \over \longmapsto\ \{Q_1 = Q_2 = 0\} \subset \P^3$.
2. La phrase ``points entiers d'une courbe elliptique rationnelle'' n'a AUCUN SENS. Pour plusieurs raisons. Soit $E$ une courbe elliptique rationnelle ayant un point d'ordre infini. Alors quelque soit l'entier $N \ge 1$, $E$ admet un modèle de Weierstrass AFFINE sur $\Z$
$$
y^2 + a_1xy + a_3y = x^3 + a_2x^2 + a_4x + a_6, \qquad a_i \in \Z
$$
ayant $N$ points $(x,y)$ entiers i.e. $x, y \in \Z$. La notion de point entier dépend de l'équation (= du modèle).
Soient $x,y\in\mathbb{Z}$ tels que $y^2=x(x^2+3x+1)$.
Si $x=0, y=0$. Si $x\neq 0$, comme $x $ et $x^2+3x+1$ sont premiers entre eux, et $y^2$ est un carré (sic ! ) on a $x=\varepsilon z^2$, avec $\varepsilon\pm 1$, puis $y=zw$, et $w^2=\varepsilon (z^4+3\varepsilon z^2+1)$
On a donc $z^4+3z^2+1=w^2$ ou $z^4-3z^2+1=-w^2$, soit encore $w^2=(z^2+1)^2+z^2$ ou $z^2=(z^2-1)^2+w^2$.
En bidouillant avec ce que l'on sait sur les triplets pythagoriciens, ne pourrait-on point s'en sortir ?
Mel.
Le second cas est impossible: si $z^2=(z^2-1)^2+ w^2$, alors $z\geq \vert z^2-1\vert$, ce qui est impossible car $z\geq 1$.
Il reste le premier cas...
Dans l'exemple du fil, tous les points de $E(\Q)$ sont de torsion donc, d'après Lutz-Nagell, $y^2=0,1$ ou $25$ ce qui redonne bien les solutions rationnelles de ton premier post (on sait déterminer les racines rationnelles d'un polynôme de $\Q[X]$).
Je vois maintenant deux difficultés dans le cas général :
- Tomber sur un torseur hyperelliptique pour lequel on est incapable de décider s'il admet une solution.
- Avoir affaire à une courbe elliptique possédant un point d'ordre infini.
Patience. Voici quelques questions (prends ton temps)
-1. Localiser Nagell-Lutz chez Cohen. Je n'ai jamais regardé la démo mais je vois qu'il y a quand même du boulot (je dis cela car j'ai dit ``le plus simple ...etc..''). Il y a même une forme forte de Nagell-Lutz dans laquelle $y^2$ divise le discriminant du polynôme cubique (au lieu de $y$ dans la forme dite faible).
0. Dans l'exemple $E : y^2 = x(x^2 + 3x +1)$, les groupes $E(\Q)$ et $\overline E(\Q)$ sont d'ordre 4. Structure de ces groupes ? Rappel : dans un modèle $y^2 = f(x)$, l'opposé de $(x,y)$ est $-(x,y) = (x,-y)$. Donc $(x,y)$ est de 2-torsion si et seulement si $y = 0$.
Je conserve les notions du post ``topo pour l'utilisateur'' $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$, $\overline E$ ...etc... Et je note $\omega(b)$ le nombre de diviseurs premiers de $b$.
1. Donner une borne de $\#\Gamma$ en fonction de $\omega(b)$. En déduire que $r \le \omega(b) + \omega(\overline b)$. Rappel : $r$ est le rang commun de $E, \overline E$.
On veut améliorer cette borne en $\fbox {$r \le \omega(b) + \omega(\overline b) - 1$}$. Il n'y a pas de gagne-petit. J'ai vu cela chez Connel.
2. On suppose $a \le 0$ et $b > 0$. Pourquoi les torseurs $H_{b_1,b_2}$ avec $b_1 < 0$ n'ont pas de zéro. Donc on peut se limiter à $b_1 > 0$ et on en déduit une meilleure inégalité pour $\#\Gamma$.
3. Idem si $\overline b < 0$. Je veux dire que l'on obtient aussi $\#\Gamma \le 2^{\omega(b)}$. C'est un peu plus difficile : il va falloir faire apparaître le début du développement d'un carré sans oublier que $\overline b$ est le discriminant de $X^2 + aX + b$. En cas de souci, Connel est disponible sur le net.
4. Ce que l'on a fait du côté de $E$ avec $\Gamma$, écrire ce que cela donne du côté de $\overline E, \overline \Gamma$.
5. En utilisant $\overline a = -2a$ et $4b + \overline b = a^2$, se convaincre que soit du côté de $E$ soit du côté de $\overline E$, n'interviennent que les diviseurs positifs. Et donc l'encadré.
6. Donner des exemples pour lesquels $\#\Gamma = 1$.
$y^2 = x^3 + 3 x^2 + x$
$y^2 - x^2 = x^3 + 2 x^2 + x$
$(y+x)(y-x) = x (x + 1)^2$
Si $x = -y$, alors $(x,y) : (-1,1),(0,0)$
Si $x = y$, alors $(x,y) : (-1,-1),(0,0)$
Donc $(0,0),(-1,±1)$ sont solutions
Soit x = p/q une racine rationnelle, avec p et q premiers entre eux.
Alors
y^2 - x(x^2 + 3x + 1) = 0
devient
y^2q^3-(p^3 + 3 p^2 q + p q^2) =0
q doit diviser p^3 donc q = ±1
et
p doit diviser y^2q^3
Resterait à voir ce qui se passe quand p divise y^2 ?
Sinon p divise q^3 si p = ±1, entraînant alors x = -1 vu plus haut.
Lutz-Nagell est dans le Cohen !
C'est le théorème 8.1.10 p.524.
-melpomène a écrit :
"Si $x\neq 0$, comme $x $ et $x^2+3x+1$ sont premiers entre eux, et $y^2$ est un carré (sic ! ) on a $x=\varepsilon z^2$, avec $\varepsilon\pm 1$"
Alors $x=p/q = \varepsilon z^2$ et $p= q\varepsilon z^2$
Or p est premier.
Reste la solution x = 0 ou la solution avec p et q $= \pm 1$, d'où la relation vérifiée pour x = -1
Rectification : p et q sont premiers entre eux
Lutz-Nagell : oui, oui, je savais que cela figurait dans le Cohen (il suffit de regarder l'index, à Nagell-Lutz, jamais compris pourquoi c'était dans cet ordre). C'était pour toi essentiellement. En passant, j'apprends quelque chose : si $f \in A[X]$ est unitaire, alors $\text{Disc}(f) \in fA[X] + f'^2 A[X]$; c'est classique si $f'^2$ est remplacé par $f'$. Cohen dit (exercice 2, page 607) que la preuve qu'il propose est due à H.W. Lenstra.
Autre chose : il faut essayer de classifier les énoncés et les preuves. Il y a les énoncés faciles à comprendre (Nagell-Lutz en fait partie, le théorème de Mazur également concernant la torsion des courbes elliptiques rationnelles). Ne pas confondre cela avec la difficulté des preuves : Nagell-Lutz est accessible ; et inutile de passer par l'anneau $\mathbb Z_p$ des entiers $p$-adiques, cf par exemple le traitement de Silverman-Tate (qui revient au même dans le fond). Ce n'est pas le cas de la preuve du théorème de Mazur.
On peut mettre de côté pour l'instant Nagell-Lutz.
Autre chose (bis) : je viens de comprendre des subtilités concernant le sous-groupe $\Gamma \subset \Q^*/\Q^{*2}$. Il faudra en reparler. Du point de vue utilisateur, je suis loin d'être opérationnel. Je ne parle pas de la résolution des torseurs hyperelliptiques, mais d'un truc plus terre à terre : ne pas compter deux fois le même élément ; si on a par exemple $\Gamma = \{ \cdots, 5, \cdots 45, \cdots\}$, il ne faut pas compter deux éléments mais un seul car on travaille modulo les carrés. Pareil pour $\Gamma = \{ \cdots, 20, \cdots 45, \cdots\}$,
Je continue de lire Cohen à un rythme de sénateur. B-)
Dans l'exemple du fil, les solutions rationnelles de $\overline E$ sont $(0,0),(1,0)$ et $(5,0)$.
Donc $E(\Q)$ est cyclique d'ordre $4$, alors que $\overline E(\Q)$ est le groupe de Klein. :-S
je ne sais pas démontrer que les seules solutions rationnelles sont $(x,y): (0,0),(-1,\pm1)$.
Est-ce que c'est acquis avec
$(y+x)(y-x) = x (x + 1)^2$ ou non ? Merci
Note : $y^2$ c'est aussi $x\sqrt{x(x + 1)(x + 2)(x + 3) + 1 }$
Question 0.
$E : y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ et $\overline E : y^2 = x(x-1)(x-5)$. On a cerné $E(\Q)$ et $\overline E(\Q)$. Je couche leurs points en projectif :
$$
\overline E(\Q) : \qquad
p_\infty = (0 : 1 : 0) \ \text {(l'élément neutre)} \qquad (0 : 0 : 1), \qquad (1: 0 : 1), \qquad (5 : 0 : 1)
$$
Pour ces 4 points, on a $p = -p$ (cf le rappel dans la question 0) i.e. $2p = 0$. Bilan : $\overline E(\Q) \simeq \Z/2\Z \times \Z/2\Z$.
Quant à $E$ :
$$
E(\Q) : \qquad
p_\infty = (0 : 1 : 0) \ \text {(l'élément neutre)} \qquad p_1 = (-1 : 1 : 1), \qquad -p_1 = (-1: -1 : 1), \qquad p_2 = (0 : 0 : 1)
$$
Visiblement, on n'a pas $p_1 = -p_1$. I.e. $2p_1 \ne 0$. Donc $p_1$ est d'ordre 4. Bilan : $E(\Q) = \langle p_1\rangle \simeq \Z/4\Z$. Et nécessairement $2p_1 = p_2$.
Question 1.
Rappel : $\omega(b)$ est le nombre de diviseurs premiers de $b$. Donc le nombre de diviseurs positifs MODULO LES CARRES de $b$ est $2^{\omega(b)}$. Par conséquent, le nombre de diviseurs positifs ou négatifs MODULO LES CARRES de $b$ est $2^{\omega(b) + 1}$. Cf les précisions dans un post suivant.
D'après la définition de $\Gamma \subset \Q^*/\Q^{*2}$, on en déduit $\#\Gamma \le 2^{\omega(b) + 1}$ (pour la simple raison que $\Gamma$ est constitué des diviseurs positifs ou négatifs $b_1$ de $b$ qui peu-importe).
De même $\#\overline\Gamma \le 2^{\omega(\overline b) + 1}$. Et comme
$$
2^r = {\#\Gamma \ \times \#\overline\Gamma \over 4} \qquad \hbox {on a} \qquad
2^r \le 2^{\omega(b) + \omega(\overline b)} \qquad \hbox {donc} \qquad r \le \omega(b) + \omega(\overline b)
$$
Note : pour les autres questions qui suivent, le cahier des charges du topo pour utilisateur suffit pour les résoudre. Il a été écrit dans cette optique. Il faut juste admettre PROVISOIREMENT les trois points 1. 2. 3. de ce cahier des charges http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1702164#msg-1702164
Ai-je raté une hypothèse sur $b$ ?
Non tu n'as rien raté comme hypothèse sur $b$ : c'est un entier non nul. Mais j'ai écrit une c.nn.rie que je vais rectifier. Et j'apporte la précision ici : ne pas oublier que $\Gamma$ est un sous-groupe de $\Q^* /\Q^{*2}$ et qu'il faut donc raisonner modulo les carrés. Ecrivons $|b| = p_1^{e_1} \cdots p_k^{e_k}$ avec $k = \omega(b)$ ; les $p_i$ sont donc des premiers (positifs) deux à deux distincts et les $e_i$ des exposants $\ge 1$.
Je vais noter $\sim$ la relation ``être égal à un carré près''. On a $p_i^{\alpha_i} \sim 1$ si $\alpha_i$ est pair et $p_i^{\alpha_i} \sim p_i$ si $\alpha_i$ est impair. Les classes modulo les carrés des diviseurs positifs de $b$ sont donc les
$$
\prod_{i \in I} p_i \qquad I \hbox { décrivant toutes les parties de $\{1..k\}$}
$$
Ce qui nous fait $2^k$ classes (modulo les carrés) de diviseurs positifs de $b$. Donc $2^{k+1}$ classes (modulo les carrés) de diviseurs positifs/négatifs de $b$.
C'est ok ?
J'avais pourtant dit, dans un post, qu'il faut faire attention à cette histoire de modulo les carrés. Ici, je suis très lourd car j'ai répété un certain nombre de fois ``classes modulo les carrés''.
"comment montrer, ``à la main'', de manière la plus élémentaire possible, que les seules solutions rationnelles de $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ sont $(x,y) : (0,0), (-1, \pm1)$ ?"
Peut-être devrais tu lire plus attentivement mes posts ? J'ai écrit quelque chose du genre ``J'ai essayé de montrer à la main ...etc... mais je n'y suis pas arrivé''. Si quelqu'un sait faire, je suis preneur.
Mais pour ne rien te cacher, je suis presque content de ne pas y être arrivé ; et même si on y arrivait (ce que je ne crois plus), cela ne changerait rien à l'évolution du fil. Nous sommes en train d'étudier une toute petite partie de la 2-descente des courbes elliptiques rationnelles. Références : Silverman & Tate (Rational points on Elliptic Curves), Cohen (Number Theory, Volume I, Tools and Diophantine Equations), Connel (Elliptic Curve Handbook) in http://webs.ucm.es/BUCM/mat/doc8354.pdf ...etc...
Note : une fois que l'encadré $r \le \omega(b) + \omega(\overline b) -1$ de mes questions in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1702454#msg-1702454 où $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ et $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ ($\overline a= -2a$, $\overline b = a^2 - 4b$) et $r$ le rang de $E$ (égal au rang de $\overline E$) sera réglé, on obtiendra directement, pour $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ que son rang est $0$ puisque :
$$
b = 1,\qquad \overline b = a^2 - 4b = 3^2 - 4 = 5, \qquad\qquad \omega(b) = 0, \qquad \omega(\overline b) = 1
$$
En quelque sorte $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ est un alibi pour essayer d'apprendre un peu de maths. Mais je suis prêt à étudier une approche élémentaire sérieuse sur cette question (sérieuse implique qu'il faut lire de manière précise les posts et faire au moins la différence entre $\Z$ et $\Q$).
Mais à question simple, j'aimerais une réponse pour savoir si je réponds, même en faible partie, et avec mes outils, à l'exercice.
Petite remarque : J'avais décrit la structure de $E(\Q)$ et $\overline E(\Q)$ [ici] avec un résultat qui m'avait bien surpris.
$E$ et $\overline E$ sont peut-être cousines mais elles ne sont pas jumelles. ;-)
Oui, pour les cousines pas jumelles, j'avais bien vu ton post mais, tu me connais, j'ai voulu en dire le plus possible.
Quant à l'inégalité $r \le \omega(b) + \omega(\overline b)$, j'y suis absolument pour rien. Cela doit être dans Cohen par exemple. Arg, je n'arrive pas à mettre la main dessus dans Cohen.
Mais, mais, il va ``falloir'' l'améliorer en $ r \le \omega(b) + \omega(\overline b) - 1$ (cf mon post Questions) et ça, je ne l'ai pas vu dans Cohen (mais je n'ai pas regardé partout ; par exemple, je n'ai pas regardé les exercices). Par contre, et je l'ai dit, cela vient de Connel.
Et qui va s'en charger de cette inégalité améliorée ? Toi, pardi (j'ai donné des indications mais sincèrement sans Connel, je n'aurais pas trouvé). Tu vas me dire que c'est la rentrée ... etc... C'est pas faux mais la rentrée, pour un vieux routier comme toi ...
Comme c'est la rentrée, je fais un petit effort. Contexte : $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ avec $a \le 0$ et $b > 0$. Par exemple $a = -33$, et $b = 24$. Je dis que les torseurs $H_{b_1,b_2}$ avec $b_1 b_2 = b$ et $b_1 < 0$ n'ont pas de solution (non triviale) sur $\Q$ (ou sur $\Z$ c'est pareil)
[color=#000000] > a := -33 ; b1 := -2 ; b2 := -12 ; > pi := Torseur(a, b1, b2) ; > Domain(pi) ; Curve over Rational Field defined by -2*u^4 - 33*u^2*w^2 - 12*w^4 - v^2 <----- ici H_{b1,b2} > Codomain(pi) ; Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 33*x^2 + 24*x over Rational Field > pi : Minimal ; (u : v : w) -> (-2*u^2*w : -2*u*v : w^3) [/color]Vois-tu pourquoi ?C'était la rentrée aujourd'hui mais les cours ne reprennent que mercredi. :-)
Si $b_1<0$ et $b>0$, alors $b_2<0$ et comme $a\leq 0$, $b_1u^4+au^2w^2+b_2w^4<0$ dès que $(u,w)$ n'est pas nul.
Donc pour tous $u,v,w\in\Q$, $v^2=b_1u^4+au^2w^2+b_2w^4\Leftrightarrow u=v=w=0$.
Dans ce cas-là, la classe de $b_1$ modulo les carrés n'est pas dans $\Gamma$.
Conclusion : si $a\leq 0$ et $b>0$, $\#\Gamma\leq 2^{\omega(b)}$.
On suppose maintenant que $\overline b=a^2-4b<0$ et que $b_1<0$.
Alors pour tous $u,w\in \Q$ avec $w\neq 0$, on a $$b_1(b_1u^4+au^2w^2+b_2w^4)=w^4\left(b_1^2\left(\dfrac u w\right)^4+ab_1\left(\dfrac u w\right)^2+b\right).\quad (\star)$$
Or, $a^2-4b<0$ donc pour tout $x\in\Q$, $x^2+ax+b>0$.
Ainsi, d'après $(\star)$, pour tous $u,w\in \Q$ avec $w\neq 0$, on obtient $b_1u^4+au^2w^2+b_2w^4<0$.
Il est alors facile de voir qu'on a encore $\#\Gamma\leq 2^{\omega(b)}$ quand $\overline b<0$.
J'allais t'écrire pour te dire, dans le cas $\overline b < 0$, que je comprenais mieux un calcul m.rd.que sur mon brouillon : il suffisait que je multiplie $H_{b_1,b_2}$ par $b_1$ ... ce que tu viens de faire. Bref, OK. Et vive le trinôme du second degré.
Il reste à finaliser le truc. J'ai distingué 4 cas (qui épuisent la chose car $\overline a = -2a$)
I. $b < 0$
II. $\overline b < 0$
III. $b > 0$ et $\overline b > 0$ et $a \le 0$
IV. $b > 0$ et $\overline b > 0$ et $\overline a \le 0$
Peut-être un peu lourdingue mais cela peut-être utile pour la suite de savoir sur qui on gagne entre $\#\Gamma$ et $\#\overline\Gamma$.
Le cas IV) se déduit de mon message d'hier soir en remplaçant $a$ et $b$ par $\overline a$ et $\overline b$.
D'où $\#\overline\Gamma\leq 2^{\omega(\overline b)}$ dans ce cas-là.
Pour I), $\overline{\overline b}=16b<0$ donc, d'après II), $\#\overline\Gamma\leq 2^{\omega(\overline b)}$.
Bon, on commence à s'habituer à la musique, même si on ne comprend pas les paroles. Normal, on est utilisateur (on ne sera pas toujours). Mais je te propose de l'être encore un peu en examinant $E : y^2 = x^3 - px$ pour $p$ premier impair. Il s'agit de la proposition 8.2.15 de Cohen mais seulement dans des cas particuliers. Cohen fait la totale ($p > 0$ ou $p < 0$ et toutes les congruences modulo $16$) et c'est pénible à suivre. Note que $a = \overline a = 0$, $b = -p$ (attention à ce signe) et $\overline b = 4p$. On a déjà que le rang $r$ vérifie $r \le \omega(b) + \omega(\overline b) - 1 = 1 + 2 -1 = 2$, c'est petit mais c'est toujours cela de pris.
Je te propose de supposer $p > 0$ et de montrer juste les cas :
$$
p \equiv 3 \bmod 4 \Rightarrow \#\Gamma = 2, \qquad \qquad\qquad p \ne 1,7,15 \bmod 16 \Rightarrow \#\overline \Gamma = 2
$$
On aura donc, pour $p \equiv 3, 11 \bmod 16$, que le rang de $E$ est 0 (c'est pareil que $p \equiv 3 \bmod 8$, mais je préfère laisser du modulo 16 pour suivre Cohen). Of course, faut pas hésiter à loucher sur Cohen. Mais n'oublie pas que nous avons avec nous le $\mathbb R$-reality trick de Connel (dans telle circonstance, inutile d'examiner les diviseurs négatifs de $b$). Interviendra peut-être
$$
\text{truc}^4 \equiv 1 \bmod 16 \hbox { pour tout $\text{truc} \in \Z$ impair}
\qquad\qquad
2\ \text{machin}^2 \equiv 0,2,8 \bmod 16 \hbox { pour tout $\text{machin} \in \Z$}
$$
Une bonne nouvelle : je viens de constater qu'il y a dans Ireland & Rosen un chapitre 19 consacré à un traitement rapide de la preuve de Mordell-Weil (sur $\Q$). A ajouter au panier donc. Et enfin, pour toi une super bonne nouvelle : tu vas pouvoir faire Mordell-Weil en classe. Fais pas le c.n quand même en traitant la totale : mets toi dans le cas particulier de $y^2 = (x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)$ où les $a_i$ sont 3 entiers distincts. Un enfant de 10 ans peut comprendre. Je délire ? Non, regarde les 3-4 dernières lignes des notes de ce chapitre. Ireland & Rosen parlent d'un petit livre délicieux de Chowla ...etc... A faire acheter dare-dare par ton établissement.
Tu me tiendras au courant sur la manière dont vont réagir les petit(e)s avec $y^2 = x(x+1)(x-10)$ ?
$$
E :\qquad y^2 = x(x^2 + ax +b) \qquad a, b \in \Z, \qquad b(a^2 - 4b) \ne 0
$$
Mais il va y avoir un truc ollé-ollé et donc la seule manière de vraiment comprendre est de lire la littérature (par exemple, Cohen 8.2.9). Le truc ollé-ollé c'est que je suppose $b = \pm 1$. On part d'un point $\Q$-rationnel $(x,y)$ de $E$ ; on peut alors écrire (cf le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1701426#msg-1701426)
$$
x = x_1/w^2, \qquad y = y_1/w^3, \qquad x_1,y_1,w \in \Z, \quad w \ne 0, \qquad x_1 \wedge w = y_1 \wedge w = 1
$$
On remplace $x,y$ dans l'équation de $E$ et on chasse les dénominateurs en multipliant par $w^6$. Il vient :
$$
y_1^2 = x_1 (x_1^2 + ax_1w^2 + bw^4) \qquad \qquad (\star)
$$
Je dis que $x_1$ et $x_1^2 + ax_1w^2 + bw^4$ sont premiers entre eux : cela vient du fait que $x_1 \wedge w = 1$ et de mon hypothèse $b = \pm 1$. Bilan : $x_1$ et $x_1^2 + ax_1w^2 + bw^4$ sont des carrés au signe près. Il y a donc $b_1 = \pm 1$, un entier $u$ tels que $x_1 = b_1u^2$. Je définis $b_2$ par $b_1b_2 = b$ et je remplace $x_1$ par sa valeur $b_1u^2$ dans $(\star)$ :
$$
y_1^2 = b_1u^2 (b_1^2 u^4 + ab_1u^2w^2 + b_1b_2w^4) = b_1^2 u^2 (b_1 u^4 + au^2w^2 + b_2w^4) \qquad \hbox {i.e.} \qquad
\fbox {$H_{b_1,b_2} : \qquad v^2 = b_1 u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$}
$$
Avec $v = y_1/(b_1u)$ qui est entier. On a donc fait apparaître un point $(u : v : w)$ de l'équation encadrée $H_{b_1,b_2}$. Et on peut récupérer le point de départ $(x,y)$ de $E$ par les formules encadrées ci-dessous à droite
$$
x = {x_1 \over w^2} = b_1 {u^2 \over w^2}, \qquad y = {y_1 \over w^3} = b_1 {uv \over w^3} = b_1 {u \over w} {v \over w^2} \qquad\qquad\quad
\hbox {Résumé : } \qquad
\fbox {$\displaystyle {x = b_1 {u^2 \over w^2},\quad y = b_1 {u \over w} {v \over w^2}}$}
$$
En $\{w=1\}$-affine : $\fbox {$(x,y) = (b_1u^2,\ b_1uv)$}$. J'avais prévenu, c'est ollé-ollé. MAIS maintenant, on oublie le fait que $b = \pm 1$. Et si on prend $(u,v,w=1)$ vérifiant l'équation affine $H_{b_1,b_2}$ avec $b_1b_2 = b$, alors on vérifie que $(x,y) = (b_1u^2,\ b_1uv)$ est un point de $E$.
Exercice : écrire $(u,v,w) \to (x,y) = (b_1u^2,\ b_1uv)$ de manière homogène $\pi_{b_1,b_2} : (u : v : w) \to (x : y : z)$ au sens $\P^2(1,2,1) \to \P^2(1,1,1)$ i.e. $u,w$ ont le poids 1 et $v$ le poids 2. En principe, l'involution $(u : v : w) \to (-u : -v : w)$ laisse invariant $\pi_{b_1,b_2}$. Il y a deux points dans chaque fibre de $\pi_{b_1,b_2}$ : on dit que $\pi_{b_1,b_2}$ est un revêtement de degré 2. Enfin, identifier l'horizontale du bas sachant que l'horizontale du haut est $(u : v : w) \mapsto (w : v : u)$ (on permute les extrêmes)
$$
\xymatrix {
H_{b_1,b_2}\ar[d]_{\pi_{b_1,b_2}} \ar[rr] & & H_{b_2,b_1}\ar[d]^{\pi_{b_2,b_1}} \\
E \ar@{..>}[rr]_{??} && E \\
}
$$
J'ai regardé $E:y^2=x(x^2-p)$ avec $p=3\bmod 4$.
Les torseurs $H_{1,-p}$ et $H_{-p,1}$ ont des solutions non triviales.
Regardons du côté de $H_{-1,p}:v^2=-u^4+pw^4$.
Dans $\Z$, on a $pw^4=(v+iu^2)(v-iu^2)$ avec $p$ irréductible donc, d'après Gauss, $p$ divise $u,v$ et aussi $w$.
On obtient alors facilement des diviseurs $u',v',w'$ de $u,v,w$ tels que $v'^2=-u'^4+pw'^4$.
Donc $H_{-1,p}$ n'a pas de solutions non triviales par descente infinie.
Même chose pour $H_{p,-1}$ donc $\#\Gamma =2$.
Vu. Peut-être que l'on peut apporter la précision $\Gamma = \{1, -p\}_{\text{modulo les carrés}}$ juste pour s'assurer que les deux éléments que l'on voit i.e. $1, -p$ ne sont pas égaux modulo les carrés.
Variante (pompée sur Cohen). De manière générale, lorsque l'on dispose d'une solution non triviale $(u : v : w)$ de $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$, on peut supposer $u \wedge w = 1$ (les extrémités). En effet, d'abord on ne peut pas avoir à la fois $u = w = 0$ ; si $d = u \wedge w$, alors $d \ne 0$ et $d^4 \mid v^2$ i.e. $d^2 \mid v$ donc (en divisant par $d^4$) $(u/d : v/d^2 : w/d)$ est une solution de $H_{b_1,b_2}$ dont les extrémités sont premières entre elles.
Venons en à notre histoire $H_{-1,p}$ en supposant disposer d'une solution non triviale $-u^4 + pw^4 = v^2$ dans laquelle on peut imposer $u \wedge w = 1$. Donc $p$ ne peut pas diviser à la fois $u, w$ . Supposons par exemple $p \not\mid u$. Dans $\mathbb F_p$, cela donne $-u^4 = v^2$ donc $-1 = (v/u^2)^2$ est un carré dans $\mathbb F_p$ contredisant $p \equiv 3 \bmod 4$.
Comme $\overline a\leq 0$ et $\overline b>0$, on ne regarde que les diviseurs positifs $b_1$ de $4p$.
Donc $\overline\Gamma\subset\{1,2,p,2p\}$ (on peut oublier $4$ et $4p$).
$\overline H_{1,4p}$ et $\overline H_{p,4}$ ont des solutions non triviales.
Soit $(u,v,w)\in\overline H_{2,2p}:v^2=2u^4+2pw^4$ avec $u\wedge w=1$.
Comme $v$ est pair, $v=2V$ avec $2V^2=u^4+pw^4$.
Ainsi, $u$ et $w$ sont impairs donc $1+p=0,2,8\bmod 16$.
En particulier, si $p\neq 1,7,15\bmod 16$, $\overline H_{2,2p}$ ainsi que $\overline H_{2p,2}$ n'ont pas de solutions non triviales donc $\overline\Gamma=\{1,p\}$.
Vu ton dernier post et OK. Le plus dur (pour moi) a été d'extraire la question de (la preuve de) la proposition 8.2.15 de Cohen.
En plus des questions en suspens à la fin de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1703674#msg-1703674, j'en ajoute quelques unes ce Dimanche 2 septembre après le trait. Note : dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1703674#msg-1703674, il peut être utile de travailler en affine du côté de $(u,v,w)$ et/ou du côté de $(x, y, z)$. Ne pas oublier que $u,w$ ont le poids 1 et $v$ a le poids 2 i.e. $\lambda \cdot (u, v, w) = (\lambda u, \lambda^2v, \lambda w)$. Cela veut simplement dire des choses du genre :
$$
\hbox {de $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$, on déduit $V^2 = b_1U^4 + aU^2W^2 + b_2W^4$ avec $U = \lambda u$, $V = \lambda^2 v$, $W = \lambda w$}
$$
(A) Soit $E : y^2 = x^3 - 2x$. Dire le plus de choses possibles sur $E(\Q)$ : le rang, le sous-groupe de torsion (= des points d'ordre fini), un point non d'ordre fini.
(B) Même question pour la cousine $\overline E$ de $E$.
(C) De manière générale, soit $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ et sa cousine $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ où $\overline a = -2a$ et $\overline b = a^2 - 4b$. En quel sens précis, $E$ est-elle la cousine de $\overline E$ ?
J'ai cherché dans le Cohen une réponse à la question 6 que tu as posée [ici].
Apparemment, $E:y^2=x^3-9x$ vérifie $\#\Gamma=4$, $\#\overline\Gamma=1$ donc $r=0$ (cf exercice 15.(e) p.610).
Donc $\overline E:y^2=x^3+36x$ répond à la question.
Il ne reste plus qu'à prendre $a \le 0$ et considérer le $\mathbb R$-reality trick de Connel. Et si on l'a oublié, c'est tout simplement que, avec $b_1 = -1$ (donc $b_2 = -1$) :
$$
H_{-1,-1} : \qquad v^2 = -u^4 + \overbrace{au^2w^2}^{\le 0}- w^4
$$
Pas de solution à $H_{-1,-1}$. Donc pour $E : y^2 = x(x^2 + ax + 1)$ avec $a \le 0$, je trouve que $\Gamma = \{1\}$. Faut me surveiller.
PS : je prépare un ``truc'' et j'ai besoin de mettre au point une calculette. Cela demande du temps et c'est pour cela que je pose des questions (pour gagner du temps, bientôt, je n'aurais plus d'avance !).
On a assez facilement $\Gamma=\{1,2,-1,-2\}$ et $\overline\Gamma=\{1,2\}$ donc $r=1$.
Les points de torsion de $E$ et de $\overline E$ sont $(0,0)$ et $\infty$.
Mon problème : si je comprends bien $r=1$, il me reste à trouver un générateur des points de non-torsion de $E$, et la même chose pour $\overline E$.
$(-1;\pm 1)$ et $(2;\pm 2)$ sont des points de non-torsion de $E$ et $(1;\pm 3)$ en sont pour $\overline E$.
Mais où sont mes générateurs ? :-S
$$
\xymatrix @R=1.5cm{
\ar[dr] &H_{b_1,b_2}\ar[d]|{\pi_{b_1,b_2}} & \ar[dl] &
\ar[dr] &\overline H_{\overline{b_1},\overline{b_2}}\ar[d]|{\pi_{\overline {b_1},\overline{b_2}}} &\ar[dl] \\
& E\ar@/^15pt/[rrr] &&&\overline E \ar@/^15pt/[lll]\\
}
\qquad\qquad
\xymatrix @R=0.1cm{
\big( E(\Q), +\big) \ar[r]^{\alpha} & \big(\Q^* / \Q^{*2}, *\big) \\
(x,y) \ar[r] & x \\
p_\infty \ar[r] & 1 \\
p_0 = (0,0)_E \ar[r] & b \\
}
$$
Quelques points nouveaux : à droite, le morphisme $\alpha$ dont $\Gamma$ est l'image ! Et au centre, en bas, un morphisme (de groupes) $E \to \overline E$ et un dans l'autre sens. Ce ne sont pas des isomorphismes mais la composée dans un sens est $[2]_E$, la multiplication par $2$ sur $E$. Et dans l'autre sens $[2]_{\overline E}$. Cela renforce le lien entre les cousines $E, \overline E$, qui déjà étaient reliées par $2^r = (\#\Gamma \times \#\overline\Gamma)/4$ où $r$ est le rang commun de $E, \overline E$.
On fait quoi avec tout ce binz ? On a déjà vu qu'il faut s'interroger sur la solubilité de $H_{b_1,b_2}$. En cas de solution, on est content. Si on sait montrer qu'il n'y a pas de solution, on est content aussi. Mais ce qui arrive le plus souvent, c'est qu'on est dans la m.rd. : on ne sait pas s'il y a une solution ou pas. Cependant, cela permet de majorer le rang $r$, voir les exemples déjà traités.
Et quand on trouve une solution $(u,v,w)$ à $H_{b_1,b_2}$, on peut essayer de la balancer dans $E$ via $\pi_{b_1,b_2}$ (c'est bien d'avoir la formule de $\pi_{b_1,b_2}$). Inutile de balancer un point qui va donner $p^E_\infty$ ou $p^E_0$.
Je vais prendre l'exemple $y^2 = x(x^2 + p)$ avec $p = 37$. On va voir qu'au dessus de $E$, on ne trouve rien (ce qui ne veut pas dire qu'il n'y a pas de points intéressants sur les torseurs). On s'en va donc du côté de la cousine.
C'est ma calculette qui tourne sauf en des endroits précisés où c'est magma qui bosse. Le 2 dans E2Ebar a la signification de \to $\to$. On fait tourner magma pour se rassurer : il y a de la matière dans $E$. De manière précise $E(\Q) \simeq \Z/2\Z \times \Z$ avec les générateurs que l'on voit ci-dessous. Le rang est 1. Au dessus de $E$
[color=#000000] > // Du côté de E : a <= 0, b > 0. Inutile de passer les diviseurs < 0 de b > Eagain, CoversOfE := Torseurs(a, b) ; > assert Eagain eq E ; > [Equation(Domain(pi)) : pi in CoversOfE] ; [ u^4 + 37*w^4 - v^2, -u^4 - 37*w^4 - v^2 ] > PointsH1 := TorsorPoints(Domain(CoversOfE[1]) : Bound := 10^2) ; // ici c'est magma qui bosse > PointsH1 ; {@ (1 : -1 : 0), (1 : 1 : 0) @} [/color]Pas de quoi fouetter un chat avec les points trouvés dans les torseurs au dessus de $E$.Allons donc visiter ceux au dessus de $\overline E$ (on verra plus tard que l'on peut se limiter à $b_1$ sans facteur carré et $b_1| \le |b_2|$)
[color=#000000] > //// Du côté de Ebar > abar := 0 ; bbar := -4*b ; > EbarAgain, CoversOfEbar := Torseurs(abar, bbar) ; > assert EbarAgain eq Ebar ; > H := [Domain(pi) : pi in CoversOfEbar] ; > [Equation(Hb1b2) : Hb1b2 in H] ; [ u^4 - 148*w^4 - v^2, 2*u^4 - 74*w^4 - v^2, -u^4 + 148*w^4 - v^2, -2*u^4 + 74*w^4 - v^2 ] [/color]On va examiner les 3 premiers torseurs H[1], H[2] et H[3][color=#000000] > H[1] ; Curve over Rational Field defined by u^4 - 148*w^4 - v^2 > TorsorPoints(H[1] : Bound := 50) ; {@ (1 : -1 : 0), (1 : 1 : 0) @} [/color]Que dalle ou si peu. Examinons H[2][color=#000000] > H[2] ; Curve over Rational Field defined by 2*u^4 - 74*w^4 - v^2 > TorsorPoints(H[2] : Bound := 50) ; {@ @} > LegendreSymbol(2,b) ; -1 [/color]Là, pas de solution du tout avec le deuxième torseur : normal, en réduisant modulo $p = 37$, on voit qu'il y a une obstruction : 2 n'est pas un carré modulo $p$.[color=#000000] > H[3] ; Curve over Rational Field defined b -u^4 + 148*w^4 - v^2 > Ambient(H[3]) ; Projective Space of dimension 2 Variables: u, v, w The grading is: 1, 2, 1 > PointsH3 := TorsorPoints(H[3] : Bound := 10) ; > PointsH3 ; {@ (-6 : -302 : 5), (-6 : 302 : 5), (6 : -302 : 5), (6 : 302 : 5) @} [/color]Bingo : on vient de trouver des points sur le torseur H[3] . On prend le premier point $p_3$ qui vient (l'indice 3 car je l'ai trouvé dans H[3]) et je vais le balancer dans $\overline E$ puis dans $E$. Comme il y beaucoup de courbes de $\mathbb P^2$, c'est bien de préciser dans laquelle vit $(\text{machin} : \text{truc} : \text{chose})$; Bonne pioche : on vient d'obtenir un générateur de $E$ modulo sa torsion.On ne peut pas tout attraper d'un coup !! PATIENCE. Ce que tu as obtenu ce Dimanche, concernant $E : y^2 = x^3 - 2x= x(x^2 - 2)$, je pense que tu ne savais pas l'obtenir il y a une semaine sur la plage. Et moi non plus. On n'a pas encore les moyens de savoir si on a attrapé un générateur de $E$ modulo sa torsion. Je soupçonne que les 4 points que tu as trouvés (je mets aussi les opposés) à savoir $(-1, \pm 1)$, $(2, \pm 2)$ sont $+-$-égaux modulo la torsion.