$y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ et 2-descente
Réponses
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@gai-requin
Vu (tes petites affaires). Comment va ? De mon côté, j'ai préparé, à ma façon, le débarquement de $\alpha$ et le fait que $\alpha$ soit un morphisme. Mais il est préférable de terminer ce qui est en cours. -
Salut Claude,
Je crois qu'il (me) reste à bien comprendre la caractérisation de $\Gamma=\mathrm{Im}(\alpha)$ en termes de torseurs.
Mais maintenant que tu en parles, il semble plus cohérent de comprendre avant pourquoi $\alpha$ est un morphisme. -
@gai-requin
Non, ce n'est pas la peine de savoir que $\alpha$ est un morphisme sauf qu'un jour, il faudra bien y passer. Je t'ai dit dans un post que j'ai revisité à ma manière le th 8.2.9 de Cohen p. 540 en disant grosso modo, que j'ai fait passer une partie de la preuve dans l'énoncé. Ce n'est pas du tout de la rigolade. J'ai aussi supprimé la clause que le produit des extrémités de $(X : Y : Z)$ (chez nous, il s'agit de $(u : v : w)$) est non nul. J'ai également supprimé la clause sur les pgcds égaux à 1 dans son énoncé.
Pendant que j'y étais, j'ai étudié 8.2.11, 8.2.12 et 8.2.13 en étant le plus docile possible. Pour pouvoir m'en éloigner plus tard. Je ne sais pas quoi dire de plus pour l'instant.
Si. Soit $x \ne 0$ tel qu'il existe $y$ vérifiant $(x,y) \in E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$. Alors, il y a un $b_1$ diviseur de $b$, avec $b_1 \sim_{\text{carrés}} x$ tel que $H_{b_1,b_2}$ possède une solution. Je peux même te dire que je prends $b_1 = \text{signe}(x_1) \gcd^+(x_1,b)$ où $x_1$ est le numérateur de $x$ ($x = x_1/w^2$ avec $x_1\wedge w = 1$). Je pourrais même de filer le point ($u : v : w)$ que je trouve sur le torseur $H_{b_1,b_2}$.
Est ce que c'est ok pour toi les quelques lignes ci-dessus ?
Je ne sais pas comment tu veux continuer. De man côté, je ne tiens pas à vérifier que $\alpha$ est un morphisme comme le font les auteurs (après tout, il suffit de lire leurs démonstrations). -
Merci Claude,
Effectivement, j'avais lu ce morceau de preuve de Cohen sous tes bons conseils et je l'avais même expérimenté sur un exemple. Donc je suis ok sur ce point fondamental.
Pour le reste, je n'ai lu aucune autre preuve faute de temps mais je pense avoir beaucoup appris de nos échanges.
Donc autant continuer comme cela non ?
P.S. : Super ton $x=x^2+ax+b$ (modulo les carrés) olé-olé ! (tu) -
Ok. De toutes manières on reviendra sur $\alpha$ en la coiffant par un morphisme plus général (que j'ai choisi de noter $\delta$ pour que cela sente bon le morphisme de connexion). Il reste donc du boulot in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1708184#msg-1708184. Peut-être se frotter à l'exemple numérique 5 i.e. la courbe elliptique $y^2 = x^3 + 17x^2 - 105x$. Je raconterai plus tard où je l'ai prise.
J'ajoute au panier pour avoir toujours un peu d'avance.
Dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1706932#msg-1706932, en plus du mystérieux $\alpha$, j'ai balancé la formule d'une 2-isogénie $\phi : E \to \overline E$ où $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ et $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ (formule qui coïncide avec Cohen et Silverman-Tate, mais pas avec Silverman I où il a choisi de mettre un $-$ sur la deuxième composante). As tu le temps de balancer une formule $\overline \phi : \overline E \to E$ en louchant sur $\phi$ mais en faisant attention au fait que $\overline{\overline E}$, ce n'est pas tout-à-fait $E$ (il y a un isomorphisme canonique entre les deux). Attention, il ne faut pas se louper. Comparer avec Cohen.
Quartic to cubic. On en a parlé dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1707590#msg-1707590 http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1707590#msg-1707590 et http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1707926#msg-1707926
On dispose donc du petit schéma suivant :
$$
\xymatrix {
& H_{1,b}(E) \ar[d]^{\pi_{1,b}} \\
\overline E\ar[ru]^{\simeq}\ar[r]_{??}& E \\
}
$$
L'isomorphisme en diagonale, c'est justement ce qui a été mis en place dans les posts pointés et qui acoquine la cubique de Weierstrass $\overline E$ et la quartique $H_{1,b}(E)$ qui vit au dessus de $E$ via un revêtement $\pi_{1,b}$ de degré 2 qui n'est plus à présenter. Je crois que l'isomorphisme diagonal possède le nom de Cassel map.
Suggestion : composer Cassel et $\pi_{1,b}$ pour identifier l'horizontale $\overline E \to E$. Les calculs sont ultra-simples si on les fait en affine (sauf qu'il faut disposer des formules et des bonnes quelque part). -
Bonjour Claude,
J'ai regardé l'exemple $y^2 = x^3 + 17x^2 - 105x$.
A partir des solutions $(1:v:1)$ de nombreux torseurs, je trouve que $\Gamma=\{b_1;b_1\mid 105\}$ donc $\#\Gamma=16$. C'est pas banal ça !
De plus, $\overline a=-34<0$ et $\overline b=709>0$ est premier donc $\#\overline\Gamma\leq 2^{\omega(\overline b)}=2$.
On en déduit que $\overline\Gamma=\{1,709\}$.
Bilan : $r=3$. -
Oui, c'est pas banal et en fait la courbe a été construite à cet effet. Je tire cela d'un petit article http://www.ams.org/journals/mcom/1974-28-127/S0025-5718-1974-0376686-X/S0025-5718-1974-0376686-X.pdf où les gens commençaient à chercher des courbes elliptiques de grand rang. Mais c'était en 1974, un peu la préhistoire. Silverman n'avait que 19 ans. Bien sûr, les grands avaient déjà frappé (en vrac Cassel, Tate, Serre, Weil ..etc).
Dans le papier en question, il s'agit essentiellement de minorer le rang. Les auteurs vont obtenir du rang $\ge 6$. On a fait beaucoup mieux depuis. Dans l'article, il n'y a que $E$ qui intervient, pas $\overline E$. Je dois t'avouer que je n'ai pas pensé tout de suite à une majoration pour obtenir le rang 3 comme tu viens de la dire. Mais j'ai fini par y penser en me souvenant que $r \le \omega(b) + \omega(\overline b) -1$. Et bingo, comme tu l'as remarqué $\overline b$ est premier et comme $\omega(b) = 3$, cela fait bien la majoration $r \le 3$ puis $r = 3$.
En voici une de rang 5 tirée de l'article avec la même stratégie que celle évoquée en http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1708184#msg-1708184 dont je conserve les notations. Voici $a$, $b$ où $b$ a $5$ facteurs premiers et $\overline b$ est premier.[color=#000000] > a := 1217 ; b := 3*5*13*17*29 ; > bbar := a^2 - 4*b ; > bbar ; 1096549 > assert IsPrime(bbar) ; [/color]
Même petit pata-caisse que dans le post pointé i.e. chercher des solutions $(1 : v : 1)$ dans les torseurs i.e. chercher si $b_1 + a + b_2$ est un carré, disons le carré de $v$.[color=#000000] > bDivisors := AbsbDivisors cat [-b1 : b1 in AbsbDivisors] where AbsbDivisors is Divisors(Abs(b)) ; > bDivisors ; [ 1, 3, 5, 13, 15, 17, 29, 39, 51, 65, 85, 87, 145, 195, 221, 255, 377, 435, 493, 663, 1105, 1131, 1479, 1885, 2465, 3315, 5655, 6409, 7395, 19227, 32045, 96135, -1, -3, -5, -13, -15, -17, -29, -39, -51, -65, -85, -87, -145, -195, -221, -255, -377, -435, -493, -663, -1105, -1131, -1479, -1885, -2465, -3315, -5655, -6409, -7395, -19227, -32045, -96135 ] > > // Recherche de solutions (u=1, v, w=1) de b1*u^4 + a*u^2*w^2 + b2*w^4 = v^2 avec b1*b2 = b > S := [ <b1,b2,v> : b1 in bDivisors | EstCarre where EstCarre,v is IsSquare(b1+a+b2) > where b2 is ExactQuotient(b,b1) ] ; > S ; [ <5, 19227, 143>, <17, 5655, 83>, <39, 2465, 61>, <145, 663, 45>, <255, 377, 43>, <377, 255, 43>, <663, 145, 45>, <2465, 39, 61>, <5655, 17, 83>, <19227, 5, 143>, <-85, -1131, 1>, <-87, -1105, 5>, <-195, -493, 23>, <-493, -195, 23>, <-1105, -87, 5>, <-1131, -85, 1> ] [/color]
Histoire d'y voir quelque chose, j'ai factorisé tous les $b_1$ premières composantes des triplets ci-dessus. Et j'ai vaguement vérifié que l'on obtenait modulo les carrés tous les $\pm$-facteurs premiers de $b$ i.e. $\#\Gamma \ge 2^{5 + 1}$ ..etc..[color=#000000] > [<signe, F> where F,signe is Factorization(b1) where b1 is b1b2v[1] : b1b2v in S] ; [ <1, [ <5, 1> ]>, <1, [ <17, 1> ]>, <1, [ <3, 1>, <13, 1> ]>, <1, [ <5, 1>, <29, 1> ]>, <1, [ <3, 1>, <5, 1>, <17, 1> ]>, <1, [ <13, 1>, <29, 1> ]>, <1, [ <3, 1>, <13, 1>, <17, 1> ]>, <1, [ <5, 1>, <17, 1>, <29, 1> ]>, <1, [ <3, 1>, <5, 1>, <13, 1>, <29, 1> ]>, <1, [ <3, 1>, <13, 1>, <17, 1>, <29, 1> ]>, <-1, [ <5, 1>, <17, 1> ]>, <-1, [ <3, 1>, <29, 1> ]>, <-1, [ <3, 1>, <5, 1>, <13, 1> ]>, <-1, [ <17, 1>, <29, 1> ]>, <-1, [ <5, 1>, <13, 1>, <17, 1> ]>, <-1, [ <3, 1>, <13, 1>, <29, 1> ]> ] [/color]Bref, une courbe de rang 5 exactement. Et tu connais ainsi toute l'histoire. -
@Claude :$$\overline \phi : \overline E \to E,\quad (x,y)\mapsto \left(\dfrac{y^2}{4x^2},\dfrac{y(x^2-\overline b)}{8x^2}\right).$$
-
Et ce $\overline\phi$, c'est exactement l'horizontale qu'il fallait découvrir [ici] !
Enfin, je crois... -
Oui, oui. Et figure toi que je ne sais pas pourquoi !! Mais cela ne doit pas être un hasard. En tout cas, une certaine harmonie en ce qui concerne les intervenants.
Un petit truc dans le contexte de $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ et de $\alpha$ dont le sort n'est pas encore réglé. Soient 3 points $P_i = (x_i,y_i)$ de $E$ qui sont alignés. On suppose pour l'instant (ceci afin d'éviter les em.erd.m.nts) qu'ils sont distincts et que les $x_i$ sont nons nuls (soyons cools pendant quelques instants). SI on démontre que
$$
x_1x_2x_3 \hbox { est un carré}
$$
est ce que cela fera du bien pour montrer que $\alpha$ est un morphisme ? -
Indication : Ecrire l'équation vérifiée par l'abscisse $x$ d'un point d'intersection de la droite $(P_1P_2)$ avec $E$.
On obtient une équation du troisième degré en $x$ ce qui permet de conclure ! -
@gai-requin
Je ne sais pas si on se comprend. Je ne parlais pas d'une preuve du fait que $x_1x_2x_3$ est un carré, seulement d'un lien entre cette propriété et le fait que $\alpha$ soit un morphisme. Et toi, de quoi parles tu quand tu dis ``ce qui permet de conclure'' ? Conclure quoi ? -
Comme je l'ai indiqué dans mon post précédent, on montre que $x_1x_2x_3$ est un carré.
D'où $\alpha(P_1+P_2)=\alpha(-P_3)=x_3=x_1x_2=\alpha(P_1)\alpha(P_2)$ (modulo les carrés). -
OK. Mais au lieu de dire qu'un certain scalaire truc est un carré, j'énonce un AUTRE résultat. Soit $y^2 = f(x)$ une équation de Weierstrass quelconque sur un corps de base $K$ (de caractéristique $\ne 2$), pas nécessairement de la forme $y^2 = x(x^2 + ax + b)$. Soient $P_i = (x_i,y_i)$, $1 \le i \le 3$, trois points de $E$ alignés sur la droite d'équation $y = \alpha x + \beta$. Alors, on a l'égalité dans $K[X]$ :
$$
(x_1 - X) (x_2 - X)(x_3-X) = (\alpha X + \beta)^2 - f(X) \qquad\qquad (\star)
$$
J'insiste : il s'agit d'une égalité de polynômes. Tous les intervenants sont identifiés ; certes, il faut juste la prouver cette égalité mais c'est une autre histoire.
On est donc loin du carré anonyme (qu'il faudrait d'ailleurs chercher dans une preuve) ?
Question : en quoi $(\star)$ est plus fort que l'énoncé $x_1x_2x_3$ carré dans le cas où $f(X) = X(X^2 + aX + b)$ ? -
$(\star)$ implique que $x_1x_2x_3$ est un carré (faire $X=0$).
Ce qui est encore plus marrant, c'est qu'on a des tonnes de carrés modulo $f$. -
YES. YES. YES. Et on va pas se gêner pour aller bientôt bosser dans $K[X]/\langle f \rangle$ et même dans le groupe des inversibles de cette $K$-algèbre (au lieu de rester au niveau $K^*$). Mais bientôt. Pour l'instant on reste dans notre cadre. Pas 36 trucs à la fois. Trois petites questions.
1. Si l'équation est $y^2 = (x-33)(x^2 + ax + b)$, quel va être le morphisme $\alpha$ ?
2. Si l'équation est $y^2 = (x-r)(x-s)(x-t)$ où $r,s,t$ sont distincts dans le corps de base, quels renseignements de type carré va-t-on obtenir pour 3 points $P_i = (x_i,y_i)$ de $E$ qui sont alignés ?
3. Plus difficile et au jugé. Supposons que l'équation soit de Weierstrass longue :
$$
y^2 + y(a_1x + a_3 ) = f(x) = x^3 + a_2x^2 + a_4x + a_6
$$
Il va falloir modifier l'égalité $(\star)$ de mon dernier post en une égalité du type $(x_1 - X) (x_2-X)(x_3-X) = F(X, \alpha X + \beta)$. Peut-on deviner ce qu'est le polynôme $F(X,Y)$ ? -
Un truc olé-olé pour le 1). ;-)
On a $x-33\sim x^2+ax+b$ donc $\alpha(33,0)=33^2+33a+b$ et si $x\neq 33$, $\alpha(x,y)=x-33$.
Pour le 2), pour tout $\beta\in\{r,s,t\}$, $(x_1-\beta)(x_2-\beta)(x_3-\beta)$ est un carré. -
Pour le 3), $x_1,x_2,x_3$ sont les racines de $(\alpha X+\beta)^2+(\alpha X+\beta)(a_1X+a_3)-(X^3+a_2X^2+a_4X+a_6)$ donc je prends $$F(X,Y)=Y^2+Y(a_1X+a_3)-(X^3+a_2X^2+a_4X+a_6).$$
-
Oui, tout-à-fait. En principe, notre point de vue sur $\alpha$ évolue. Si on prend $\alpha(x,y) = x$ dans un modèle $y^2 = x(x^2 + ax + b)$, c'est tout simplement que $x$ est un facteur du polynôme cubique de gauche. POUF-POUF de droite !
Soient deux courbes elliptiques $E, E'$ définies sur un corps $K$ pour lesquelles on suppose que $E(K)$ et $E'(K)$ sont des groupes (abéliens) de type fini, de rangs respectifs $r, r'$. C'est le cas en particulier si $K = \Q$ ou si $K$ est un corps de nombres. Ce qui suit n'est pas vide.
On suppose l'existence d'une isogénie $\phi : E \to E'$ non constante. Même si on ne sait pas trop ce que c'est, peu importe. On va utiliser le fait que $\phi$ induit un morphisme de groupes abéliens $E(K) \to E'(K)$ dont le noyau est fini. Montrer que $r \le r'$. Indication : écrire $E(K) = T \oplus L$ où $T$ est le sous-groupe de torsion de $E(K)$ et $L \simeq \Z^r$ et considérer la restriction de $\phi$ à $L$.
Et comme il y une isogénie dans l'autre sens $E' \to E$ (l'isogénie duale de $\phi$, fait admis ici), on en déduit que $r = r'$. Bilan : deux courbes elliptiques $K$-isogènes ont même rang sur $K$. C'est juste pour se rassurer. -
c'est tout simplement que $x$ est un facteur du polynôme cubique de gauche.
Attention de ne pas se faire peur avec les problèmes gauche-droite. ;-) -
Corrigé (gauche/droit). J'espère que ci-dessous, il n'y a pas trop de coquille. Contexte: $a, b \in \Z$ et les courbes elliptiques sur $\Q$ ci-dessous. Pour des raisons typographiques, j'utilise $E$ au lieu de $E(\Q)$ et supprime le plus possible de parenthèses.
$$
E : y^2 = x(x^2 + ax + b), p_0 = (0,0)_E, \qquad\qquad
\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline ax + \overline b), \overline {p_0} = (0,0)_{\overline E},
\qquad
\delta = \begin {cases}
1 &\hbox {si $a^2 - 4b$ carré} \\ 0 &\hbox {sinon}
\end {cases}
$$
Il y a deux isogénies $\phi, \overline\phi$ duales l'une de l'autre, $\phi \circ \overline\phi = [2]_{\overline E}$ et $\overline\phi \circ \phi = [2]_{E}$. On admet avoir établi l'exactitude de:
$$
\begin {array} {ccc}
\xymatrix @C=0.8cm{
0 \to \langle p_0\rangle \hookrightarrow E\ar[r]^(.7){\displaystyle \phi}
&\overline E \ar[r]^-{\displaystyle{\overline \alpha}}
&\overline\Gamma \to 1
}
&
\qquad\qquad
&
\xymatrix @C=0.8cm{
0 \to \langle \overline {p_0}\rangle \hookrightarrow \overline E\ar[r]^(.7){\displaystyle \overline\phi}
&E \ar[r]^-{\displaystyle{\alpha}}
&\Gamma \to 1
}
%%%
\\
%%%%
\hbox {donc } \overline E/\phi E \simeq \overline\Gamma
&\qquad\qquad &
\hbox {donc } E/\overline\phi\,\overline E \simeq \Gamma
\\
\end {array}
$$
Et on veut montrer que $\fbox {$2^r = \displaystyle {\#\Gamma\, \#\overline\Gamma \over 4}$}$ où $r$ est le rang commun de $E, \overline E$.
0. A quelle condition portant sur $a^2 - 4b$, le point $\overline {p_0}$ de $\overline E$ est-il dans l'image de $\phi$ ? Un antécédent par $\phi$ dans ce cas?
On note $N = \#(\overline\phi\,\overline E / 2E)$ que l'on va évaluer de deux manières différentes.
1. Quel est l'indice dans $E$ du module $2E$ qui ``intervient au dénominateur de $N$''. Même question pour le numérateur. En déduire que $N = 2^{r+1+\delta} /\#\Gamma$.
2. $\overline \phi$ fournit de manière canonique une surjection $\overline E/\phi E \twoheadrightarrow \overline\phi\,\overline E / 2E$. Quel est son noyau? En déduire que $N = \#\overline\Gamma/2^{1-\delta}$.
3. Conclure. -
Je tente de répondre à [ce message].
Pour cela, je note $\cal O$ et $\cal O'$ les points à l'infini de $E$ et $E'$.
Soit également $m=\#\ker\phi$.
Pour $P\in L$, s'il existe $n\in\Z$ tel que $n\phi(P)=\cal O'$, alors $nP\in\ker\phi$ donc $mnP=\cal O$ : contradiction.
Donc $\phi (P)$ est d'ordre infini.
Soit maintenant $(P_1,\ldots,P_r)$ une $\Z$-base de $L$ et $\lambda_1,\ldots,\lambda_r\in\Z$ tels que $\lambda_1\phi(P_1)+\cdots+\lambda_r\phi(P_r)=\cal O'$.
Alors $\lambda_1P_1+\cdots+\lambda_rP_r\in\ker\phi$ donc $m(\lambda_1P_1+\cdots+\lambda_rP_r)=\cal O$.
D'où $\lambda_1=\cdots=\lambda_r=0$.
Ainsi, $(\phi(P_1),\ldots,\phi(P_r))$ est $\Z$-libre donc $r'\geq r$. -
Oui. Mais quand on regarde attentivement ce que tu as écrit, on y voit que cela cache quelque chose de plus structurel, à savoir $\ker\phi \cap L = \{0\}$. En effet, si je prends un $z$ dans l'intersection, on a $mz = 0$ où $m$ est comme toi l'ordre de $\ker\phi$ ; et dans un groupe abélien libre $mz = 0$ ($m \ge 1)$ entraîne $z = 0$
Et dire que $\ker\phi \cap L = \{0\}$, c'est équivalent à dire que la restriction $\phi_{|L} : L \to E'(K)$ est injective, ce qui entraîne $r' \ge r$. En résumé, c'est la même chose que toi, racontée différemment. -
Bonsoir,
j'avais écrit
$y^2 = x(x^2+3x+1)$
$y^2 = x^3 + 3 x^2 + x$
$y^2 - x^2 = x^3 + 2 x^2 + x$
$(y+x)(y-x) = x (x + 1)^2$
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
La formule proposée est aussi équivalente à
$(y +1)(y-1)= (x + 1) (x^2 + 2 x - 1)$
On retrouve les solutions (-1,±1)
Reste $x^2 + 2 x - 1$ dont les racines sont
$x = - \sqrt2 -1$ et $x = \sqrt2 - 1$
or $\sqrt2$ est irrationnel ; donc il n'y a pas d'autres solutions rationnelles que $(0,0),(-1,±1)$ -
Salut Claude,
J'ai regardé les questions que tu as posées [ici].
0. $\overline{p_0}\in\phi E\Leftrightarrow\overline\alpha (\overline{p_0})=\overline b=a^2-4b=1\Leftrightarrow a^2-4b$ est un carré $\Leftrightarrow \delta=1$.
Edit : Il y a une coquille dans ta définition de $\delta$.
1. On a déjà vu dans ce fil que $\#(E/2E)=2^{r+1+\delta}$. Mais $\dfrac E{\overline\phi\overline E}\simeq\dfrac{\dfrac E{2E}}{\dfrac{\overline\phi\overline E}{2E}}$ donc $\#\Gamma=\dfrac{2^{r+1+\delta}} N$.
2. Soit $[\overline p]_{\phi E}$ dans le noyau.
Alors il existe $x\in E$ tel que $\overline\phi(\overline p)=2x=\overline\phi\circ\phi(x)$ donc $\overline p-\phi(x)\in\ker\overline\phi=\langle \overline {p_0}\rangle$.
En particulier, le noyau cherché est $\left[\langle \overline {p_0}\rangle\right]_{\phi E}$.
D'après 0), son cardinal est $1$ si $\delta=1$, $2$ sinon donc $2^{1-\delta}$ dans tous les cas.
D'après un théorème d'isomorphisme, on en déduit que $N=\#\overline\Gamma/2^{1-\delta}$.
3. D'où $\#\Gamma\#\overline\Gamma=2^{1-\delta}2^{r+1+\delta}=2^{r+2}$... -
$\def\Gal{\text{Gal}}$@gai-requin
Tu vois que j'ai pompé sur Cohen mais j'ai essayé d'alléger la typographie et certaines petites choses. Ce n'est pas si compliqué. Le truc magique est que les $\delta = 0,1$ se compensent à la fin et dans la formule définitive, $\delta$ ne figure plus. J'ai cherché pendant une journée une autre preuve du résultat mais sans succès.
Figure toi que je n'ai plus d'avance et pas d'idée d'exercices pour agrémenter le truc. Une suggestion possible : il y a encore quelques trous à boucher mais en principe (enfin, j'espère), on n'a plus peur des intervenants. Et on peut donc reprendre la lecture de Cohen afin de tout verrouiller.
J'aimerais bien pouvoir terminer le brouillon que j'attache. Je vais essayer d'y ajouter 1 ou 2 pages demain. Enfin, il y a des choses que j'aimerais comprendre comme par exemple le groupe de Selmer et l'intervention de la cohomologie galoisienne. Prenons par exemple $\phi : E \to \overline E$ où $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ est définie sur $\Q$ (et même $a, b \in \Z$, si l'on veut). On a alors une suite exacte courte au niveau $\overline \Q$ (pas au niveau $\Q$) :
$$
\xymatrix {
0 \to \langle p_0\rangle \ar[r] & E(\overline\Q) \ar[r]^-\phi & \overline E(\overline\Q) \to 0 \\
} \qquad \qquad (\star)
$$
En principe, tu dois être capable de voir pourquoi à droite c'est surjectif. C'est une propriété générale au niveau des corps algébriquement clos mais ici on peut faire avec la formule. Je n'ai pas été fichu de trouver un corps de nombres assez gros $L/\Q$ qui pouvait remplacer $\overline\Q/\Q$.
On considère alors le groupe de Galois absolu $G_\Q =\Gal(\overline\Q/\Q)$. Pas de panique, il y a des spécialistes sur le forum qui pourront nous aider. Comme les courbes sont définies sur $\Q$, le groupe $G_\Q$ agit sur les $\overline\Q$-points de ces courbes. Bref, les groupes abéliens figurant dans $(\star)$ sont des $G_\Q$-modules et la suite exacte courte $(\star)$ donne une suite longue en cohomologie. Le début, est le bout de suite que l'on connait, que j'ai volontairement stoppé à $\overline\Gamma$.
Oui, décrypter cela serait pas mal. Mais plutôt avec l'isogénie $[2]_E$ de multiplication par $2$ sur une seule courbe, parce que c'est plus simple que deux courbes liées par une isogénie. C'est le sens du pdf attaché.
Au fait, poses toi des questions sur les isogénies.
PS : j'ai corrigé ma coquille mais pas de manière visible POUF-POUF comme je fais d'habitude. Car si les gens constatent que je ne connais pas le discriminant de $X^2 + aX + b$, cela risque de ch.er pour mon matricule. -
Bonsoir Claude,
J'ai moins de temps à moi ce week-end mais tu me mets l'eau à la bouche avec la cohomologie galoisienne.
Je n'y connais pas grand chose mais j'ai des livres et je suis très motivé. :-) -
Bonjour Claude,
Dans la suite exacte courte de ton dernier message, j'imagine que $\phi$ est une $2$-isogénie.
Dans $\overline\Q$ , si $P\in\overline E$, on peut trouver $M\in\overline E$ tel que $2M=P$ (cf les formules de duplication).
Donc, si $\overline\phi$ désigne l'isogénie duale de $\phi$, on a $\phi\circ\overline\phi(M)=2M=P$.
Conclusion : $\phi$ est surjective. -
Oui, et même que, dans le post, $\phi$ est notre isogénie habituelle ; cela se voit car j'y mentionne $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ et $\overline E$. Je suis intervenu plusieurs fois sur ce post en modifiant le noyau car je pensais à la fois à notre $\phi$ de degré 2 et à la multiplication $[2]_E$ sur $E$ (de degré 4) de noyau la 2-torsion.
Ta preuve de surjectivité n'utilise pas la forme particulière de $\phi$, juste la formule du double et c'est donc plus mieux que ce à quoi je pensais.
Cohomologie galoisienne : mollo. Je voulais juste interpréter, dans le contexte que l'on connait, $\alpha : E(\Q) \to \Q^{*}/\Q^{*2}$ comme un morphisme de connexion entre un certain $H^0$ et $H^1$. Mais histoire de prendre un peu d'avance :
1. Expliciter, expliquer ...etc... $\Q^{*}/\Q^{*2} \simeq H^1(G_\Q, \mu_2)$ où $G_\Q$ est le groupe de Galois absolu de $\Q$ et $\mu_2 = \{\pm 1\}$ le sous-groupe des racines deuxièmes de l'unité (ça fait bizarre). L'action de $G_\Q$ sur $\mu_2$ est donc l'action triviale.
$$
1 \to \xymatrix @C = 3cm {
\mu_2 \to \overline \Q^*\ar[r]^-{\text {élévation au carré}} & \overline\Q^* } \to 1
$$
2. Pareil avec un corps $K$ de caractéristique $0$, $\overline K$ sa clôture algébrique, $\mu_m \subset \overline K$ le sous-groupe des racines $m$-ièmes de l'unité et $G_K = \text{Gal}(\overline K/K)$ le groupe de Galois absolu de $K$, l'action de $G_K$ sur (le groupe abélien) $\mu_m$ étant celle à laquelle on pense (elle n'est plus triviale). Et il s'agit d'expliquer $K^{*}/K^{*m} \simeq H^1(G_K, \mu_m)$
$$
1 \to \xymatrix @C = 4cm {
\mu_m \to \overline K^*\ar[r]^-{\text {élévation à la puissance $m$}} & \overline K^* } \to 1
$$
C'est petit et je cherche à gagner du temps ? C'est pas faux. Mais je crois que j'ai trouvé un truc pour prendre un peu d'avance : super $\alpha$ vient de s'inviter à table. -
$\def\PP{\mathbb P}$Super-$\alpha$ vient de sortir. On aurait dû commencer par là (Mordell-Weil pour les enfants de 10 ans). Il n'est pas trop tard pour revenir en arrière. Silverman, à qui je vais emprunter les notations, utilise la terminologie ``complete 2-descent''.
Ici, une courbe elliptique $E : y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)$ où (pour l'instant) $e_1, e_2, e_3$ sont trois entiers distincts. Donc 3 points de torsion $p_i := (x=e_i,y=0)$ pour $i = 1,2,3$. On fait intervenir super-$\alpha$ que l'on note $\delta : E(\Q) \to (\Q^*/\Q^{*2}) \times (\Q^*/\Q^{*2}) \times (\Q^*/\Q^{*2})$
$$
E(\Q) \ni P = (x,y) \longmapsto \delta(P) = (x-e_1, x-e_2, x-e_3)
$$
Ok, $\delta$ n'est pas définie en $p_\infty$ ni en les $p_i$ mais on connait la musique. Et comme on a $(x-e_1)(x-e_2) = x-e_3$ modulo les carrés, on va se séparer de la troisième composante (cela pourrait faire des jaloux?). Et $\delta$ est un morphisme trivial sur $2E(\Q)$. Mieux: $2E(\Q)$ est le noyau de $\delta$ d'où, par passage au quotient, une injection $\delta : E(\Q)/2E(\Q) \hookrightarrow \cdots$.
On va borner l'arrivée de $\delta$, un peu dans le style de $\Gamma$ dans le passé. En introduisant, je reprends les notations de Silverman,
$$
S = \{ \pm p \hbox { premiers divisant le discriminant du modèle de Weiertrass} \}
$$
Le discriminant du modèle, c'est 16 fois le discriminant du polynôme cubique à droite, qui est $\prod_{i < j} (e_i - e_j)^2$. Donc, en clair:
$$
S = \{ \pm 2, \pm p \hbox { diviseurs premiers des $e_i - e_j$}\}
$$
Et on pose :
$$
\Q(S,2) = \hbox {sous-groupe (fini) de $\Q^*/\Q^{*2}$ engendré par les éléments de $S$}
$$
Alors:
$$
\delta : E(\Q)/2E(\Q) \hookrightarrow \Q(S,2) \times \Q(S,2), \qquad
P = (x,y) \longmapsto (x-e_1, x-e_2)
$$
Débarquement de nouveaux torseurs paramétrés par les couples $(b_1,b_2) \in \Q(S,2) \times \Q(S,2)$
$$
Q_{b_1,b_2} : \qquad
\left\{
\begin {array} {lcl}
b_1z_1^2 - b_2z_2^2 &=& e_2-e_1 \\
b_1z_1^2 - b_1b_2 z_3^2 &=& e_3-e_1 \\
\end {array}
\right.
$$
La lettre $Q$ pour intersection de deux quadriques de $\PP^3_{(z_0:z_1;z_2:z_3)}$; on ne voit pas $z_0$ car les quadriques sont données en $\{z_0=1\}$-affine (introduire $z_0^2$ dans le membre droit). Alors, $(b_1,b_2) \in \Q(S,2) \times \Q(S,2)$ est dans l'image de $\delta$ si et seulement si $Q_{b_1,b_2}$ possède une solution $(z_1,z_2,z_3) \in \Q^* \times \Q^* \times \Q$, auquel cas
$$
P = (x,y) := (b_1z_1^2 + e_1, b_1b_2z_1z_2z_3)
\hbox { est sur la courbe elliptique et est un antécédent de $(b_1, b_2)$ par $\delta$}
$$
Comprendre tout ce binz et se faire la main (je pompe encore honteusement sur Silverman) avec l'exemple numérique (ah, ah) $E : y^2 = x(x-2)(x-10)$ pour lequel on doit trouver que $E(\Q) \simeq \Z/2\Z \times \Z/2\Z \times \Z$. -
@gai-requin
Je ne veux pas ajouter au panier. Mon intention ici est d'essayer de faire passer quelque chose. Bigre ! C'est lié à la fois au passé et au dernier post. Il s'agit de revenir en arrière en considérant une égalité :
$$
y^2 = x(x^2 + ax + b), \qquad a, b \in \Z, \qquad x,y \in \Q^*
$$
Soit $p$ un nombre premier et $v_p : \Q^* \to \Z$ la valuation associée qui est définie comme tu le penses. Je rappelle que l'on a entre autres :
$$
v_p(x + y) \ge \min(v_p(x), v_p(y))
$$
Il s'agit ici de faire des raisonnements en restant le plus possible dans $\Q$ sans repasser dans $\Z$ comme on l'a fait beaucoup dans le passé. Pourquoi rester dans $\Q$ ? En lisant Silverman I, qui traite le cas des corps de nombres, j'ai constaté qu'il devait opérer avec les valuations (discrètes) pour la bonne raison que l'on ne peut pas faire autrement.
C'est toujours risqué de vouloir faire passer quelque chose car parfois cela fait flop. Je tente quand même. On veut montrer le résultat suivant ;
$$
v_p(x) \equiv 1 \bmod 2 \quad \Rightarrow \qquad p \mid b \qquad\qquad (\star)
$$
On le connaît ce résultat (une forme beaucoup plus précise d'ailleurs) mais on veut oublier qu'on le connait. On en tirera quoi de $(\star)$ ? Que dans $\Q^* /\Q^{*2}$, $x$ est limité par $b$ en un certain sens. Car dans $\Q^*/\Q^{*2}$, les carrés tombent à l'eau en quelque sorte. Autrement dit, on obtiendra un résultat de finitude dans $\Q^*/\Q^{*2}$ de la première coordonnée de TOUS les points de $E(\Q)$. Méditer, si je peux me permettre. Ou poser des questions si mon intention n'est pas claire.
Allons y pour la technique. Petite remarque en passant : $v_p(1/p) = -1$ est impair. On repart PRESQUE de zéro. L'hypothèse est donc $v_p(x)$ impair. Et ce Lundi, on essaie de jouer la carte valuative.
1. On a en fait $v_p(x) \equiv 1 \bmod 2$ ET $v_p(x) \ge 1$. Pourquoi ? Ici, peut-être utiliser le résultat du deuxième post (dans lequel je suis repassé dans $\Z$).
2. On a $v_p(x^2 + ax + b) \ge 1$. Pourquoi ? Indication : c'est un nombre impair et $\ge 0$.
3. Conclure en utilisant $b = (x^2 + ax + b) - (x^2 + ax)$ et des propriétés de la valuation $v_p$.
4. Pas eu le temps de réfléchir : dans le deuxième post de ce fil, pouvait-on, par moment, jouer une carte valuative ? -
Bonsoir Claude,
Pour voir si j'ai compris, je ne fais ici que la question 1).
On suppose donc que $x$ est l'abscisse rationnelle d'un point de $E:y^2=x(x^2+ax+b)$ et que $p$ est premier avec $v_p(x)$ impair.
On rappelle qu'il existe des entiers $m$ et $d$ premiers entre eux tels que $x=m/d^2$.
Si $v_p(x)\leq -1$, alors $p$ divise $d$ sans diviser $m$ donc $v_p(x)$ est pair : contradiction.
Donc $v_p(x)\geq 1$. -
Je termine avant un petit tennis. B-)
2. Comme $v_p(x)\geq 1$ et $a,b\in\Z$, $v_p(x^2+ax+b)\geq 0$.
Si $v_p(x^2+ax+b)=0$, on a $v_p(y^2)=v_p(x)$ qui est donc pair : contradiction.
3. Comme $v_p(x)\geq 1$ et $a\in\Z$, $v_p(x^2+ax)\geq 1$ donc $$v_p(b)\geq\min(v_p(x^2+ax+b),v_p(x^2+ax))\geq 1.$$ -
@gai-requin
Oh, les beaux raisonnements par l'absurde (c'est comme cela que l'on dit ?).
Soit $x = m/d^2$ avec $m \wedge d = 1$. On a d'une part $v_p(x) = v_p(m) - 2v_p(d)$ et d'autre part $v_p(m) = 0$ ou $v_p(d) = 0$ car $m \wedge d = 1$. Utilisons maintenant l'hypothèse $v_p(x)$ impair. Donc $v_p(m)$ impair, n'est ce pas ? Bilan : $v_p(d) = 0$ et donc $v_p(x) = v_p(m)$ : c'est le ``numérateur qui a pris la valuation'' si j'ose m'exprimer ainsi (et j'ose). Conclusion : $v_p(x) = v_p(m) \ge 1$ car la valuation sur $\Z$ tombe dans $\N$.
Pareil pour l'autre. Comme $y^2 = x(x^2 + ax + b)$, on a $v_p(x) + v_p(x^2 + ax + b) \equiv 0 \bmod 2$ ...etc... -
Bonjour Claude,
Je savais que tu allais me dire ça. ;-)
Les vieux réflexes...
Néanmoins, je crois que le raisonnement par l'absurde pose moins de problèmes de conscience si on reste dans l'axiomatique de Peano...
Je retiens quand même que cette valuation permet d'avancer pour ces équations diophantiennes dont on cherche les solutions rationnelles. (tu) -
$\def\P{\mathbb P}\def\Gal{\text{Gal}}\def\WC{\text{WC}}$@gai-requin
Cohomologie galoisienne : small news. Depuis un certain temps, hésitation chez moi entre 3 contextes selon le statut du polynôme cubique $f$ qui intervient dans $y^2 = f(x)$ (1 racine, 3 racines, ou la totale $A^\times/A^{\times 2}$ avec $A = K[X]/\langle f \rangle$).
Ici, je reprends le contexte de $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$, $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ avec $\overline a= -2a$, $\overline b = a^2 - 4b$. Le corps de base $K$ est supposé de caractéristique $\ne 2$ (pareil que d'habitude) mais de plus parfait de manière à ce que le groupe de Galois absolu $G_K = \Gal(\overline K/K)$ fasse correctement son boulot.
0. Comme avant, les torseurs $H_{b_1,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4 \subset \P^2(1,2,1)$ où $b_1b_2 = b$. Sauf qu'avant il y a longtemps, on était sur $\Z$ et on prenait $b_1$ diviseur de $b$. Mais ici, on libère $b_1$ : on le prend dans $K^*$ et on pose $b_2 = b/b_1$. On pourrait donc indexer, quand $b$ est fixé et c'est le cas, $H_{b_1,b_2}$ uniquement par $b_1$, ce que je me permettrais de faire (si je veux). Et même que des fois, il y aura à la fois les deux notations.
1. Ce qui est nouveau (pour moi), c'est que chaque torseur $H_{b_1,b_2}$ est un espace homogène principal au dessus de $\overline E/K$. C'est-à-dire qu'il y a, de manière canonique, une ``addition'' :
$$
\overline E \times H_{b_1,b_2} \to H_{b_1,b_2}, \qquad \qquad (p, h) \mapsto p \oplus h \qquad\qquad (\star)
$$
Cette addition est $K$-algébrique (expression avec des fractions rationnelles à coefficients dans $K$, surtout pas de sinus) et fait que $H_{b_1,b_2}$ est une sorte d'espace affine sous le groupe additif $\overline E$. Pour une vraie définition, cf Silverman, chap X, Computing the Mordell-Weil Group, section X.3 (Homogeneous Spaces)
Elle sort d'où cette addition ? N'oublions pas que $H_{b_1} \simeq H_{q^2b_1}$ avec UN isomorphisme bien précis dégagé dans le passé. En particulier, si $b_1$ est un carré, $H_{b_1} \simeq H_{1,b} \simeq \overline E$. Attention : les isomorphismes qui interviennent sont CANONIQUES : ceux que nous avons dégagés autrefois, pas n'importe lesquels.
Si $b_1$ est quelconque, on monte à $K(\sqrt {b_1})$ et une fois monté ici, $b_1$ est un carré. Et on dispose d'un isomorphisme défini sur cette extension quadratique :
$$
\theta : \xymatrix @C = 3cm {
H_{b_1,b_2}\ar[r]^{\simeq}_{\text{défini sur $K(\sqrt {b_1})$ }} &
H_{1,b}\ar[r]^{\simeq}_{\text{défini sur $K$}} &
\overline E
}
$$
Et on pose $p \oplus h = \theta^{-1}\big(p +_{\overline E} \theta(h)\big)$. Look. Et le MIRACLE c'est que $\oplus$ est définie sur $K$ même si pour la définir, on est sorti de $K$.
2. A quoi cela sert ? Il se trouve que pour une courbe elliptique quelconque $E/K$ (ici c'est $\overline E$), l'ensemble des espaces homogènes principaux au dessus de $E/K$, modulo une relation d'équivalence (la $K$-isomorphie en tant qu'espaces homogènes) est muni d'une structure de groupe : c'est le groupe noté $\WC(E/K)$ : groupe de Weil-Châtelet de $E/K$.
3. La chute : c'est que canoniquement, on a un isomorphisme $H^1(G_K, E) \simeq \WC(E/K)$ où $G_K$ agit sur $E(\overline K)$ comme on le pense.
4. Veux tu voir une trace d'exécution de mon WC.magma qui implémente $\oplus$ ? J'en ai ch.é (et le nom n'a rien à voir là-dedans). -
Je veux bien la voir parce que je sais que tu as dû tout expliciter. (tu)
Ce qui aide à la compréhension. -
$\def\P{\mathbb P}$Je ne suis pas sûr que cela aide à la compréhension. Peut-être même que c'est le contraire. Mais je voulais que l'on s'habitue à la musique. Quelle musique ? Celle des espaces homogènes (au dessus de courbes elliptiques). Silverman en X.3 donne la définition avec comme (premier) exemple la courbe elliptique et son addition. Chez Silverman, faut vachement faire attention à $K$ versus $\overline K$. Ensuite, c'est parti mon kiki, avec des propositions, théorèmes et tout le truc. Mais tu fais quoi toi (en l'occurence moi) quand tu n'as jamais vu de ta vie un (vrai) espace homogène au dessus d'une courbe elliptique ? Certes, Silverman finit par en donner mais un peu plus (trop ?) loin.
Je voulais absolument voir pourquoi l'adjonction de $\sqrt {b_1}$ finissait par disparaitre des formules. Mais mon gros problème a été d'inventer un vrai point $h$ de $H_{b_1,b_2}$ et un vrai point $p$ de $\overline E$ pour leur faire le coup du $p \oplus h$. Je n'y suis pas allé par 4 chemins : j'ai pris les points génériques en montant aux corps des fonctions des courbes. I.e. :
$$
\Q \quad \subset \quad k = \Q(\sqrt 2) \quad \subset \quad K = k(\overline E) = k(X,Y) \quad \subset \quad L = K(H_{b_1,b_2}) = K(U,V)
$$
Précision : le corps de base est $\Q$ mais j'ai pris $b_1 = 2$ et je vais devoir monter à $k = \Q(\sqrt 2)$. Pour $a, b_2$, j'ai pris n'importe quoi dans $\Q$. A la fin, $\sqrt {2}$ devra disparaitre des formules.[color=#000000] > b1 := 2 ; > k<r> := QuadraticField(b1) ; > > b2 := 3 ; b := b1*b2 ; a := 7 ; > abar := -2*a ; bbar := a^2 - 4*b ; > Ebar := EllipticCurve([k| 0, abar, 0, bbar, 0]) ; > Ebar ; Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 14*x^2 + 25*x over k [/color]
Là, pour l'instant, c'est peinard. Je suis monté tout de suite au niveau $k$ même si la courbe $\overline E$ est définie sur $\Q$. Mais, comme expliqué, je vais devoir monter beaucoup plus haut (au niveau des corps de fonctions). Objectif (bis) : à la fin, $r = \sqrt {2}$ doit disparaitre des formules.[color=#000000] > K<X,Y> := FunctionField(Ebar) ; > K ; Function Field of Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 14*x^2 + 25*x over k > P2K<u,v,w> := ProjectiveSpace(K, [1,2,1]) ; > > Hb1b2 := Curve(P2K, b1*u^4 + a*u^2*w^2 + b2*w^4 - v^2) ; > Hb1b2 ; Curve over Function Field of Ebar defined by 2*u^4 + 7*u^2*w^2 + 3*w^4 - v^2 > L<U,V> := FunctionField(Hb1b2) ; > P2L<u,v,w> := ProjectiveSpace(L, [1,2,1]) ; > > // k = Q(\/2) subset K subset L : on monte tout sur le corps L > Hb1b2<u,v,w> := BaseChange(Hb1b2, L) ; [/color]
Ci-dessus, c'est un peu technique : en un premier temps, je monte au corps $K$ des fonctions de $\overline E$ puis au corps $L$ des fonctions de $H_{b_1,b_2}$ au dessus de $K$. Note : pour monter au corps des fonctions de truc, faut déjà avoir monté truc ... sur un certain corps. Bref, ce qu'il faut retenir, c'est que le corps de base maintenant c'est le gros corps $L$. Et je tiens les méta-points $p = (X,Y)$ pour $\overline E$ et $h = (U,V)$ pour $H_{b_1,b_2}$.
Maintenant, je mets en place l'isomorphisme $\overline E \leftrightarrow H_{1,b}$ que l'on a vu (quartic to cubic)[color=#000000] > // L'isomorphisme Ebar <--> H_{1,b} > EbarToH1b := EbarToH1b(a,b : P2 := P2L) ; // Ebar -> H_{1,b} > EbarToH1b : Minimal ; (x : y : z) -> (y*z : x^3*z - 25*x*z^3 : 2*x*z) > Ebar := Domain(EbarToH1b) ; > Ebar ; Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 14*x^2 + 25*x over Function Field of Curve over Function Field of Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 14*x^2 + 25*x over k defined by 2*u^4 + 7*u^2*w^2 + 3*w^4 - v^2 > H1b := Codomain(EbarToH1b) ; // H_{1,b} --> Ebar > H1bToEbar := Inverse(EbarToH1b) ; > H1bToEbar : Minimal ; (u : v : w) -> (2*u^2*w + 7*w^3 + 2*v*w : 4*u^3 + 14*u*w^2 + 4*u*v : w^3) > assert BaseRing(Hb1b2) eq L and BaseRing(Ebar) eq L ; // Je vérifie (je suis un peu perdu) [/color]Ensuite, je profite de $r = \sqrt {2}$ pour mettre en ismorphie $H_{b_1,b_2}$ et $H_{1,b}$. Et je compose avec l'isomorphisme de $H_{1,b}$ sur $\overline E$. Pour essayer de m'y retrouver, j'ai nommé TrucToMachin un morphisme qui va de Truc vers Machin. Ca vaut ce que cela vaut.[color=#000000] > // On va utiliser r^2 = b1 pour mettre en isomorphie H_{b1,b2} et H_{1,b} > Hb1b2ToH1b := iso < Hb1b2 -> H1b | [r*u, r*v, w], [u, r*v, r*w] > ; > Hb1b2ToH1b : Minimal ; (u : v : w) -> (r*u : r*v : w) > H1bToHb1b2 := Inverse(Hb1b2ToH1b) ; > H1bToHb1b2 : Minimal ; (u : v : w) -> (u : r*v : r*w) // Composition à l'envers : truc o machin = machin * truc > Hb1b2ToEbar := Expand(Hb1b2ToH1b * H1bToEbar) ; > Hb1b2ToEbar : Minimal ; (u : v : w) -> (4*u^2*w + 7*w^3 + 2*r*v*w : 8*r*u^3 + 14*r*u*w^2 + 8*u*v : w^3) > EbarToHb1b2 := Inverse(Hb1b2ToEbar) ; > EbarToHb1b2 : Minimal ; (x : y : z) -> (y*z : r*x^3*z - 25*r*x*z^3 : 2*r*x*z) [/color]Ci-dessus, on voit d'ailleurs que les formules $H_{b_1,b_2} \leftrightarrow \overline E$ ne sont pas si compliquées. On devrait pouvoir les deviner en fonction de $a, b_1, b_2$ et $\sqrt {b_1}$. C'est maintenant que cela va chauffer[color=#000000] > // On va balancer le point générique de H_{b1,b2} dans Ebar > h := Hb1b2![U,V] ; > h ; (U : V : 1) > q := Hb1b2ToEbar(h) ; > q ; (2*r*V + 4*U^2 + 7 : 8*U*V + 8*r*U^3 + 14*r*U : 1) > // On additionne le point q avec le point générique sur Ebar > p := Ebar![X,Y] ; > p ; (X : Y : 1) > p + q ; ((1/4*r*X^2 - 25/4*r)/X/(U^2 + 1/2*r/X*Y*U + (1/8*X^2 - 7/4*X + 25/8)/X)*V + ((1/2*X^2 + 25/2)/X*U^2 + (7/8*X^2 - 25/4*X + 175/8)/X)/(U^2 + 1/2*r/X*Y*U + (1/8*X^2 - 7/4*X + 25/8)/X) : ((1/4*r*X^2 + 25/4*r)/X^2*Y*U + (-7/4*X^2 + 25/2*X - 175/4)/X)/(U^3 + 3/4*r/X*Y*U^2 + (3/8*X^2 - 21/4*X + 75/8)/X*U + (1/32*r*X^2 - 7/16*r*X + 25/32*r)/X^2*Y)*V + ((1/2*X^2 - 25/2)/X^2*Y*U^3 + (-7/4*r*X^2 + 175/4*r)/X*U^2 + (7/8*X^2 - 175/8)/X^2*Y*U + (-3/2*r*X^2 + 75/2*r)/X)/(U^3 + 3/4*r/X*Y*U^2 + (3/8*X^2 - 21/4*X + 75/8)/X*U + (1/32*r*X^2 - 7/16*r*X + 25/32*r)/X^2*Y) : 1) [/color]Ci-dessus, $p + q$ est sur $\overline E$ et on voit toujours le vilain $r = \sqrt 2$. Mais pas d'inquiétude, il faut revenir sur $H_{b_1,b_2}$ par l'isomorphisme inverse pour obtenir le résultat $p \oplus h$ convoité. Je l'ai nommé Graal, en fait GraalMoche.[color=#000000] > GraalMoche := EbarToHb1b2(p + q) ; > u1, v1, w1 := Explode(Eltseq(GraalMoche)) ; > u1 ; ((1/4*r*X^2 + 25/4*r)/X^2*Y*U + (-7/4*X^2 + 25/2*X - 175/4)/X)/(U^3 + 3/4*r/X*Y*U^2 + (3/8*X^2 - 21/4*X + 75/8)/X*U + (1/32*r*X^2 - 7/16*r*X + 25/32*r)/X^2*Y)*V + ((1/2*X^2 - 25/2)/X^2*Y*U^3 + (-7/4*r*X^2 + 175/4*r)/X*U^2 + (7/8*X^2 - 175/8)/X^2*Y*U + (-3/2*r*X^2 + 75/2*r)/X)/(U^3 + 3/4*r/X*Y*U^2 + (3/8*X^2 - 21/4*X + 75/8)/X*U + (1/32*r*X^2 - 7/16*r*X + 25/32*r)/X^2*Y) [/color]DAMNED : je tiens $p \oplus h \in H_{b_1,b_2}$ mais il y toujours $r = \sqrt 2$ dans les formules. Pas de panique : en ce qui concerne la rationalité, ici le projectif c'est pourri :
$$
(5\pi : 3\pi : 1951\pi) = (5 : 3 : 1951)
$$
Le point projectif de gauche, malgré la présence de $\pi = 3.141592\cdots$, est égal au point de droite donc défini sur $\Q$.
C'est l'affine qui commande pour la rationalité. Surtout ne pas oublier de diviser la composante du milieu par le carré de $w_1$ because $\P^2(1,2,1)$.[color=#000000] > GraalBeau := Hb1b2![u1/w1, v1/w1^2] ; > GraalBeau[1] ; 1/4/X*Y/(U^2 + (-1/8*X^2 + 7/4*X - 25/8)/X)*V + (-1/8*X^2 + 25/8)/X*U/(U^2 + (-1/8*X^2 + 7/4*X - 25/8)/X) > GraalBeau[2] ; ((1/8*X^2 - 25/8)/X*U^2 + (1/64*X^4 - 7/32*X^3 + 175/32*X - 625/64)/X^2)/(U^4 + (-1/4*X^2 + 7/2*X - 25/4)/X*U^2 + (1/64*X^4 - 7/16*X^3 + 123/32*X^2 - 175/16*X + 625/64)/X^2)*V + ((-1/8*X^2 - 25/8)/X^2*Y*U^3 + (-7/32*X^2 + 25/16*X - 175/32)/X^2*Y*U)/(U^4 + (-1/4*X^2 + 7/2*X - 25/4)/X*U^2 + (1/64*X^4 - 7/16*X^3 + 123/32*X^2 - 175/16*X + 625/64)/X^2) [/color]YOUPI : plus de $r = \sqrt 2$. Ci-dessus, c'est la formule pour $p \oplus h$. Vive WC, le groupe de Weil-Châtelet. -
@gai-requin
Encore un petit truc : il va falloir s'habituer à la musique $K^*/K^{*2} \simeq H^1(G_K, \mu_2)$ mais surtout PAS d'isomorphismes anonymes. J'en ai déjà parlé in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1710500#msg-1710500. Ici $G_K$ c'est le groupe de Galois absolu de $K$ (de caractéristique $\ne 2$ et parfait) et $\mu_2 = \{\pm 1\}$. L'action de $G_K$ est triviale sur $\mu_2$ donc un 1-cocycle de $\mu_2$ sous $G_K$ (de $G_K$ sur $\mu_2$ ?) c'est simplement un morphisme $G_K \to \mu_2$.
Il y a une famille, indexée par $K^*$, qui nous tend les bras. Pour $d \in K^*$ :
$$
c^{(d)} : G_K \to \mu_2 \qquad \qquad \sigma \longmapsto {\sigma(\sqrt d) \over \sqrt d}
$$
Et l'application $K^* \ni d \mapsto [c^{(d)}] \in H^1(G_K, \mu_2)$ induit un isomorphisme de $K^*/K^{*2}$ sur $H^1(G_K, \mu_2)$. Pour le montrer réellement, il faut dérouler le début de la longue suite exacte associée à la suite exacte courte figurant dans le post pointé, et la stopper au niveau $H^1(G_K, \overline K^*)$ car celui-ci est nul par le théorème 90 (multiplicatif) d'Hilbert.
Bilan : quand tu vois $d \in K^*$ et que tu joues avec $K^*/K^{*2}$ (cela nous est beaucoup arrivé avec Mordell-Weil), il faut aussitôt penser à $\sqrt d$ (aux twists, on en reparlera) et aux 1-cocycles de $G_K$ sur $\mu_2$. Tous ces objets, même combat.
Et plus tard, de nouveau dans le contexte $E, \overline E$, $\mu_2$ cela sera soit le groupe d'ordre 2 engendré par $(0,0)_E$, soit celui engendré par $(0,0)_{\overline E}$ qui sont invariants sous $G_K$ car ce sont des $K$-points. Et il va falloir faire de la place à $H_{b_1}^{\rm new} = H_{b_1,b_2}^{\rm old}$ : car les torseurs, habitant le groupe de Weil-Châtelet d'une courbe elliptique (attention à ne pas mélanger $E$ et $\overline E$), vont se multiplier via $H_{b_1} \star H_{b'_1} = H_{b_1b'_1}$. A suivre. -
Salut les gars mais ce problème peut se résoudre en deux lourdes lignes.
J'en poste, il faut résoudre $\alpha (s^2-3h^2) -{\alpha}^2h^4-1=0$
où $(\alpha,s,h)\in (\mathbb{Q},\mathbb{Z},\mathbb{Z})$, $s$ et $h$ premier entre eux. On fait critère de divisibilité on aura $\alpha=\dfrac{1}{k}$ avec $k$ divise $h^4$, puis $k=\pm h^4$,
à résoudre $s^2-3h^2-1-h^4=0$ soit ( 1 )$h^4+3h^2+1-s^2=0$ ou bien $h^4-3h^2+s^2+1=0$ produit et somme même signe
impossible. Pour ( 1 )
$5=c^2-4s^2$ impossible de factoriser donc on termine.
Zap non? -
Bonsoir Claude,
Je viens de relire tes derniers messages avec le chapitre X de Silverman en contrepoint.
Concernant le problème de la détermination de $H^1(G_K,E[2])$, je vois p.332 (en prenant $E=E'$ et $\phi=[2]$) un morphisme surjectif $$H^1(G_K,E[2])\to \mathrm{WC}(E/K)[2].$$Silverman sort ensuite l'artillerie lourde pour en déterminer le noyau.
Est-ce sur cela que tu louches ou est-ce que tu es sur une autre piste ? -
Coucou Claude, gai requin,
Toujours en mode montagne :-D
Photo : Chartreuse, un peu de neige !
Hum, j'suis hors sujet (:P) -
Bonjour,
Au commencement de ce fil, il a été un peu question de la résolution dans $\Q^2$ de l'équation $Y^2=X(X^2+3X+1)$ "by fair means", c'est à dire en utilisant les connaissances dont disposent ceux qui ont peu de lumières dans l'arithmétique des courbes elliptiques. C'est une tâche que je pense avoir mené à son terme, à savoir démontrer que:$\forall (X,Y) \in \Q^2,\:\: Y^2 = X(X^2+3X+1) \iff (X,Y)\in \left\{ (0,0); (-1,1); (-1,-1)\right\} \:\:\:\: (\star)$
Soient donc $X,Y \in \Q$ tels que $Y^2 = X(X^2+3X+1)$. En reprenant ce qu'a dit Claude Quitté dans sa toute première intervention, $\exists (M,N,d) \in \N\times \N\times\N^*$ tel que: $(X=\dfrac{M^2}{d^2}$ et $M^4 +3M^2d^2+d^4 =N^2)\:\:$ ou $(\:\: X=-\dfrac{M^2}{d^2}$ et $M^4-3M^2d^2+d^4 = -N^2).$
Ainsi, afin de prouver $(\star)$, il suffit de démontrer chacune des deux assertions suivantes:
$$ \forall (x,y,z) \in \N^3, \:\: x^4 +3x^2y^2 + y^4 = z^2 \implies xy = 0.\:\:\:\: (\star\star).$$ $$\forall (x,y,z) \in \N^3, \:\: x^4-3x^2y^2+y^4 = -z^2 \implies x=y \:\:\:\:(\star\star\star).$$
1) Preuve de $(\star\star)$.
Supposons le contraire: $\:\exists x,y,z \in \N^*$ tels que: $\:\:\:x^4 +3x^2y^2+y^4 = z^2$ , avec $\underline{z\:\text{ minimal}}$ pour cette condition. Alors $x\wedge y =1$,
$x$ et $y$ ont des parités opposées.(sinon $5 \equiv z^2 \mod 8$). On peut supposer $x$ impair et $y =2y_0,\: y_0 \in \N^*$. Alors, il vient:
$\left(\dfrac {x^2+6y_0^2+z}2\right)\left(\dfrac {x^2+6y_0^2-z}2\right)= 5 y_0^4\:\:$. Les entiers figurant à l'intérieur des parenthèses sont positifs, premiers entre eux, et on obtient:
$\exists a,b\in \N^*, \varepsilon = \pm1$ tels que $\dfrac {x^2+6y_0^2+\varepsilon z}2= 5a^4;\:\: \dfrac{x^2+6y_0^2 -\varepsilon z}2 = b^4;\:\: y_0 =ab;\:\:a\wedge b=1$, puis:
$x^2+6a^2b^2 = 5a^4 +b^4$ , ce qui équivaut à: $\left(\dfrac {b^2-3a^2-x}2\right)\left(\dfrac{b^2-3a^2+x}2\right) =a^4$ et entraine que $a$ et $b$ ont des parités opposées..
Les contenus des parenthèses sont encore premiers entre eux: $\exists u,v \in \N^*, \varepsilon \pm1 $ tels que
$a =uv; \:\: u\wedge v = 1;\:\:b^2-3a^2 -x =2\varepsilon u^4; \:\: b^2-3a^2+x = 2\varepsilon v^4$.
Si $\varepsilon =-1$, alors $ b^2-3a^2 =-u^4-v^4$ et cela coince modulo $4$: $\:\:\:\:1\equiv -u^4-v^4 \mod 4$.
Si $\varepsilon =1$ , alors $ u^4+3u^2v^2+v^4 = b^2$ avec $u,v,b \in \N^*$ et $b^2 <y^2 \leq y^4 <z^2$ contredit la minimalité de $z.\:\:\:\: \square$
2) Preuve de $(\star\star\star)$.
On raisonne encore par l'absurde en supposant: $\exists x,y,z \in \N$ tels que : $x^4 -3x^2y^2 +y^4 = -z^2,\: \:x\neq y \:$ et $\: x\wedge y =1$.
L'examen de l'équation modulo $4$ indique que $x$ et $y$ sont impairs. Alors, en prenant $x>y:\:\:x=u+v,\:\:\:y =u-v$, avec $u,v \in \N^*$.
L'équation s'écrit: $u^4 -18 u^2v^2+v^4=z^2$, et il existe donc $u,v,z \in \N^* $ tels que:
$u^4 -18u^2v^2+v^4 = z^2,\:z\:\text{impair}$ avec $\underline{\max (u,v)\:\text{ minimal}}$ pour cette propriété.
Ainsi, $u \wedge v = 1$, on peut décider que $v$ est impair et l'équation s'écrit encore: $(u^2-9v^2-z)(u^2-9v^2+z) = 80v^4$.
$(u^2 -9v^2-z)\wedge (u^2-9v^2+z) =2$. En effet: si $p$ premier impair divise ces deux entiers, alors $p^2$ divise $80v^4$, donc $p$ divise $v$, ainsi que leur somme $2u^2-18v^2$ et cela ne va pas. D'autre part, un et un seul de ces deux nombres, disons $(u^2-9v^2-z)$, est congru à $2$ modulo $4$..
Ainsi: $\exists a,b \in \N^*, \varepsilon =\pm1$ tels que: $v=ab, \:\:a\wedge b = 1$,
$ \boxed{\: u^2 -9v^2-z =10 \varepsilon a^4\:\:\text{et} \:\:u^2-9v^2+z =8\varepsilon b^4}\:\:$ ou $\:\:\boxed{u^2-9v^2-z=2\varepsilon a^4\:\: \text{et} \:\:u^2-9v^2+z = 40 \varepsilon b^4}$
$\bullet)$ Premier cas.
Si $\varepsilon =1:$, alors on obtient $5a^4+9a^2b^2 +4b^4 = u^2$, ce qui est impossible modulo $4$. ($a$ et $b$ sont impairs).
Si $\varepsilon = -1$, alors $(b^2-a^2)(5a^2-4b^2)=u^2$ , les deux facteurs du produit sont premiers entre eux et positifs (ils ne peuvent être tous deux négatifs) et $\exists r,s\in \N^*$ tels que $ u=rs,\:\:r\wedge s =1,\:\: s\:\text{pair},\:\:5a^2-4b^2 = r^2,\:\: b^2-a^2 =s^2$ .
Cette dernière égalité, qui met en scène un triplet de Pythagore, entraine que: $\exists p,q \in \N^*$ tels que $a = p^2-q^2$ et $b=p^2+q^2$. Avec la relation qui la précède, on parvient à: $5(p^2-q^2)^2- 4(p^2+q^2)^2 = r^2$ qui est la même chose que: $p^4 -18p^2q^2 + q^4 = r^2$. ((J'avoue qu'ici, cela a été une une sacrée bonne surprise à laquelle je ne m'attendais pas du tout)
Or, $p,q,r\in \N^*,\:r\:\text{est impair}, \:\:0<q<p<b\leq v$ et le caractère minimal de $\max(u,v)$ est ainsi contredit.
$\bullet)$ Second cas.
Si $\varepsilon = 1$, alors $u^2 = a^4 +9a^2b^2 +20b^4$, et c'est encore impossible modulo $4$.
Si $\varepsilon =-1$ , alors $ u^2 = (a^2-4b^2)(5b^2-a^2) $ ,et, comme dans le premier cas: $\exists r,s \in \N^*$ tels que: $u=rs;\:\:r \wedge s =1;\:\: a^2-4b^2 =r^2;\:\:5b^2 - a^2= s^2$. On déduit $5r^2+4s^2 = a^2$ , avec $a,r$ impairs et $s$ pair, ce qui constitue une impossibilité modulo $8 \:\:\:\:\square$
Amicalement, -
@moduloP
Mais non, tu n'es pas hors-sujet avec la montagne. De toutes manières, toi, tu peux te permettre tous les hors-sujets que tu veux (dans mes fils). Tu fais le tour de la Chartreuse ? Des Alpes ? C'est toi la personne avec des bâtons ? Ca a l'air raide, non ?
Plus modestement, nous autres, avec une super-météo la semaine dernière : Capcir-Cerdagne ..etc... Altitude maximum : 2800 m.
http://www.google.com/search?q=Capcir+-Cerdagne&client=safari&rls=en&prmd=ivnsm&tbm=isch&tbo=u&source=univ&sa=X&ved=0ahUKEwi514nXz-rdAhVozoUKHXNmBTAQsAQIGg
@gai-requin.
J'essaie de comprendre ce qu'est le groupe de Selmer de la multiplication par 2 sur une courbe elliptique. News (si je peux) plus tard.
@LOU16 : il n'y a probablement que toi susceptible de réaliser ce type de calculs. Bravo. J'en suis pour l'instant à la preuve $(\star\star)$ (probablement plus simple que $(\star\star\star)$). J'ai dû prendre mon stylo. C'est quand même dingue que, partant de $x^4 + 3x^2 y^2 + y^4 = z^2$, on retombe (après de gros efforts, les tiens) sur une équation du même type. J'essaie de comprendre pourquoi ce miracle. -
En fait il y a une preuve à 2 lignes, vous n'avais pas eu un indice ...
Cordialement et c'est généralisable -
@LOU16
J'en suis toujours à ton premier calcul. Je ne sais pas si ce que je vais raconter ci-dessous va être bien clair. Ce n'est pas la première fois que je vois cela et je ne suis pas complètement clean là-dessus. Via une suite de raisonnements arithmétiques, tu réalises une production :
$$
(x, y, z) \longmapsto (u,v,b)
$$
Et les deux triplets d'entiers vérifient la même équation, à savoir $x^4 + 3x^2y^2 + y^4 = z^2$ versus $u^4 + 3u^2v^2 + v^4 = b^2$.
Et ce qui est remarquable, c'est qu'il y a une expression algébrique dans L'AUTRE SENS i.e. de $(x,y,z)$ en fonction de $(u,v,b)$, cf plus loin. Et les expressions sont homogènes si on met le bon poids, à savoir le poids 1 pour $u,v$ et $2$ pour $b$.
Comme annoncé, je démarre dans l'autre sens i.e. avec $u,v,b$ de poids $1,1,2$[color=#000000] > k := RationalField() ; > A<u,b,v> := PolynomialRing(k, [1,2,1]) ; > [WeightedDegree(variable) : variable in [u,b,v]] ; [ 1, 2, 1 ] [/color]
Et voici les expressions (toutes homogènes) de $x, y, z$ en fonction de $u,v,b$. J'ai gardé tes notations. Et on voit que $x^4 + 3x^2y^2 + y^4 - z^2$ est multiple de $u^4 + 3u^2v^2 + v^4 - b^2$.[color=#000000] > a := u*v ; > x := 2*v^4 - b^2 + 3*a^2 ; > y := 2*a*b ; > z := 10*a^4 - x^2 - 3/2*y^2 ; > > Lou16 := x^4 + 3*x^2*y^2 + y^4 - z^2 ; > Lou16 eq 80 * (u^4 + 3*u^2*v^2 + v^4 - b^2) * u^4 * v^8 ; true [/color]
Ceci signifie que $(u : v : b) \mapsto (x : y : z)$ définit une transformation de la quadrique d'équation $u^4 + 3u^2v^2 + v^4 = b^2$. Cette transformation est un revêtement de degré 4. En bataillant un peu, j'ai fini par identifier cette transformation sur la courbe elliptique $\overline E : y^2 = x(x^2 - 6x + 5) = x(x-1)(x-5)$ dite cousine de $E : y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$, courbe elliptique de départ. La courbe elliptique $\overline E$ est isomorphe à la quadrique. J'en dirais plus demain. -
Bonjour @Tonm
Tu aurais pu déjà , me semble-t -il, avec un peu moins de désinvolture et plus de précision, expliquer (ce que je fais à ta place), que $x,y,z$ étant des rationnels non nuls tels que $x(x^2+3x+1) = y^2$ tu définis $\alpha, s, h$ par $\dfrac yx = \dfrac sh $ avec $s\wedge h =1$ et $\alpha = \dfrac x{h^2} =\dfrac y{sh}$.
Ainsi, on obtient $\alpha (s^2-3h^2)-\alpha^2h^4 -1 =0$, puis $\alpha =\dfrac1k $ avec $k\in \Z$ et enfin $k(s^2 -3 h^2 -k)= h^4$.
On a alors vraiment besoin du sérieux indice que tu sembles être le seul à connaitre, qui permet de justifier que $k=\pm h^4$.
Amicalement,
@Claude
Je réfléchirai demain à tes observations . -
$\def\truc{\text{truc}}\def\machin{\text{machin}}\def\chose{\text{chose}}\def\P{\mathbb P}\def\Lou{\text{Lou16}}$@LOU16 Je continue, toujours avec la première quartique $\truc^4 + 3\truc^2\machin^2 + \machin^4 = \chose^2$. Il ne s'agit absolument pas de simplifier ta preuve, juste essayer d'analyser ce qui s'y passe. Car non seulement tu viens à bout de la détermination des points entiers de cette quartique mais, de manière cachée (à l'intérieur d'un raisonnement par l'absurde), tu élabores un revêtement de degré 4 de cette quartique, qui lui existe bel et bien, indépendamment des raisonnements arithmétiques.
Mais je suis obligé de changer les notations pour être en accord avec les autres posts. On s'alloue trois variables $x,y,z$ pour un $\P^2_{(x:y:z)}$ ordinaire (dans lequel vont vivre les courbes elliptiques) et trois variables $u,v,w$ pour un $\P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}$ avec poids i.e. $u,w$ ont le poids 1, $v$ le poids 2 et l'action scalaire est $\lambda\cdot (u,v,w) = (\lambda u, \lambda^2 v, \lambda w)$. Ainsi $(u : v : w) = (-u : v : -w)$ (prendre $\lambda = -1$).
On se donne deux scalaires $a, b$ qui donnent naissance à $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$, mise ici en veilleuse. Dans notre histoire, $a = 3$, $b = 1$. Mais $a,b$ donnent naissance à d'autres courbes (projectives), en particulier :
$$
H : v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4, \qquad \qquad \overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b), \qquad \overline a = -2a =_{\rm ici} -6, \quad \overline b = a^2 - 4b =_{\rm ici} 5
$$
A gauche, dans le cas particulier $a=3, b=1$, tu reconnais la quartique (homogène car $v$ a le poids 2) que tu as travaillé au corps. Il se trouve que $H$ et $\overline E$ sont isomorphes canoniquement
$$
\overline E \to H, \quad (x : y : z) \mapsto (yz : xz(x^2 - \overline b z^2) : 2xz), \qquad\qquad
H \to \overline E, \quad (u : v : w) \mapsto (wQ : 2uQ : w^3) \quad \hbox {avec} \quad Q = aw^2 + 2(v + u^2)
$$
Cela ne sort pas du chapeau d'un magicien. Dans mon jargon, j'appelle cela ``quartic to cubic'' (merci Nagell). De plus, dans cette isomorphie, les deux points sur $\overline E$, $p_\infty = (0:1:0)_{\overline E}$, $p_0 = (0 : 0 : 1)_{\overline E}$ correspondent aux deux points sur $H$ : $h_\infty = (1:1:0)_{H}$ et $h_0 = (1 : -1 : 0)_{H}$[color=#000000] > // Au départ E : y^2 = x(x^2 + ax + b) avec a=3, b=1 > // A partir de a=3, b=1 --> abar = -2*a, bbar = a^2 - 4*b et deux autres courbes : > // H : v^2 = u^4 + a*u^2*v^2 + b*w^4, Ebar : y^2 = x(x^2 + abar*x + bbar) > EbarToH := EbarToH1b(a,b) where a is 3 where b is 1 ; > HtoEbar := Inverse(EbarToH) ; > // Ebar : y^2 = x (x^2 - 6*x + 5) = x (x - 1) (x - 5) > Ebar := Domain(EbarToH) ; > Ebar ; Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 6*x^2 + 5*x over Rational Field > H := Domain(HtoEbar) ; > H ; Curve over Rational Field defined by u^4 + 3*u^2*w^2 + w^4 - v^2 > EbarToH : Minimal ; (x : y : z) -> (y*z : x^3*z - 5*x*z^3 : 2*x*z) > HtoEbar : Minimal ; (u : v : w) -> (2*u^2*w + 3*w^3 + 2*v*w : 4*u^3 + 6*u*w^2 + 4*u*v : w^3) > // Deux points sur H et deux points sur Ebar qui se correspondent > poo := Ebar![0,1,0] ; p0 := Ebar![0,0,1] ; > hoo := H![1,1,0] ; h0 := H![1,-1,0] ; > assert EbarToH(poo) eq hoo and EbarToH(p0) eq h0 ; [/color]
C'est maintenant que tu interviens avec ton revêtement de degré 4 $\Lou : H \to H$. Je reprends ce que j'ai fait dans mon post précédent sauf que les notations ont changé. J'ai été obligé de me faire un petit dictionnaire[color=#000000] > // old : u b v a x z y > // new : u v w uw U V W > uw := u*w ; > U := 2*w^4 - v^2 + 3*uw^2 ; W := 2*uw*v ; V := 10*uw^4 - U^2 - 3/2*W^2 ; > Lou16 := map < H -> H | [U,V,W] > ; > Lou16 : Minimal ; (u : v : w) -> (3*u^2*w^2 + 2*w^4 - v^2 : u^4*w^4 - 12*u^2*w^6 - 4*w^8 + 4*v^2*w^4 - v^4 : 2*u*v*w) > assert Degree(Lou16) eq 4 ; > > h1 := H![0,1,1] ; h2 := H![0,-1,1] ; > // Lou16 concentre les 4 points rationnels de H sur h0 > [Lou16(h) eq h0 : h in [hoo, h0, h1, h2]] ; [ true, true, true, true ] > [HtoEbar(h) : h in [hoo, h0, h1, h2]] ; [ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (5 : 0 : 1), (1 : 0 : 1) ] [/color]
Il se trouve, dans le cas particulier $a=3, b=1$, qu'il y a sur $H$, en plus des 2 points $h_\infty$ et $h_0$, deux autres points $h_1, h_2$ que l'on voit ci-dessus (donc en tout 4 points et 4 points seulement, ceux que tu as trouvés, qui sont tels que $u = 0$ ou $w = 0$). Le revêtement $\Lou$ transforme ces 4 points en le point $h_0$.
Le but pour moi est d'identifier $\Lou$, qui mouline sur $H$, en le passant sur $\overline E$ via l'isomorphisme canonique. Il s'agit de $\psi : p \mapsto 2p + p_0$ qui transforme les 4 points (de 2-torsion) de $\overline E$ en $p_0$. I.e. le rectangle est commutatif :
$$
\xymatrix @C = 2.5cm{
H\ar[d]_{\simeq} \ar[r]^{\Lou} & H \ar[d]^{\simeq} \\
\overline E \ar[r]_{\psi : p \mapsto 2p + p_0} & \overline E \\
}
$$[color=#000000] > // Sur Ebar : p -> 2*p + p0 concentre les 4 points rationnels sur p0 > // sur Ebar : p -> 2*p + p0 = p0-translation o double =_magma double * p0-translation > psi := MultiplicationByMMap(Ebar,2) * MyTranslationMap(p0) ; > // HtoEbar o Lou16 = psi o HtoEbar > assert Lou16 * HtoEbar eq HtoEbar * psi ; [/color]
Note : ce revêtement de degré 4 sur $H$ existe toujours i.e. pour toutes valeurs de $a,b$ pour la bonne raison que $p \mapsto 2p + p_0$ est un revêtement de degré 4 qui existe toujours sur $\overline E$ avec $p_0 = (0,0)_{\overline E}$. -
@LOU16 (et gai-requin)
Je vais examiner le deuxième torseur i.e. la quartique (avec mes notations) : $v^2 = -u^4 + 3u^2v^2 - w^4$. Il est fort probable qu'apparaisse un revêtement de cette courbe (en repartant à l'envers au moment où tu mentionnes ``J'avoue qu'ici ... sacrée bonne surprise ...'').
@gai-requin : c'est le moment de croire à la proposition 3.3 p. 324 de Silverman I. Avec nos notations $a=3$ et $b=1$ pour $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$. D'où naissance de deux torseurs $H_{b_1,b_2}$, avec $b_1b_2 = b = 1$ au dessus de $E$ à savoir $b_1=b_2=1$ et $b_1=b_2 = -1$ :
$$
H_{1,1} : v^2 = u^4 + 3u^2v^2 + w^4, \qquad\qquad\qquad
H_{-1,-1} : v^2 = -u^4 + 3u^2v^2 - w^4
$$
A droite, le torseur possède aussi des points $\Q$-rationnels : par exemple $u=v=w = 1$. La proposition 3.3 en question dit que $H_{-1,-1}$, en tant qu'espace homogène principal sur $\overline E$, est isomorphe à $\overline E$. C'est bien joli. Mais dans la vrai vie, on a besoin d'un tel isomorphisme. -
Bonjour,
Merci Claude pour l'intérêt que tu portes à mon message et la savante exégèse que tu en fais..
Découvrir au petit matin que j' ai la veille "élaboré un revêtement de degré $4$ d'une quadrique" a été un réel plaisir dont l'intensité devrait le prolonger assez longtemps pour me permettre de passer une agréable journée.
Je sentais bien confusément que ma preuve contenait des éléments un peu miraculeux sur lesquels j'avais l'intention de réfléchir et pour cela, ton message tombe à pic.
Bien entendu, mon ignorance fait que je ne comprends pas tout. Pourrais-tu en particulier éclaircir un point pour moi?:
J' ai du mal à concevoir que $p\mapsto p_0+2p$ qui est non injectif, soit un isomorphisme de $\overline E$.
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Bonjour!
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