Une équation diophantienne
dans Arithmétique
Bonjour,
on considère l'équation $$
P^4+8P^2Q^2+Q^4=R^2.
$$ Sachant que $P=2$, $Q=1$, $R=7$ est un triplet solution de cette équation, en trouver d'autres.
...
on considère l'équation $$
P^4+8P^2Q^2+Q^4=R^2.
$$ Sachant que $P=2$, $Q=1$, $R=7$ est un triplet solution de cette équation, en trouver d'autres.
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Réponses
Je suis en train d'étudier une solution qui comporte une étape assez surprenante car après quelques manipulations algébriques, on constate que derrière ce sympathique brochet diophantien se cache en réalité un grand requin blanc !
...
Je ne sais pas résoudre l'équation mais on peut faire un petit changement de variable : $$
p = P^2 \qquad q = Q^2 \qquad r = R
$$ L'équation devient : $$
p^2+8pq+q^2 -r^2 = 0
$$ On obtient une conique projective. Avec la solution initiale on peut paramétrer la conique : $$
(a,b) \mapsto (p,q,r) = \left( 4(a^2-b^2) +16 b^2-14ab,a^2-b^2,7(a^2-b^2)+16 ab -14a^2 \right)
$$ Mais je ne sais pas si cela sert vraiment puisqu'ensuite il faut étudier si ces quantités sont des carrées ou non !
PS:
Apparemment $r$ est un multiple de $7$.
On a $5(P^2+Q^2)^2-3(P^2-Q^2)^2=2R^2$...
Cela donne : $$
p^4+8p^2+1=r^2.
$$ En complétant le carré, on a $$
(p^2+4)^2-r^2=(p^2+4+r)(p^2+4-r)=15
$$ À partir de cette dernière équation, il faut éliminer $r$ mais je ne sais comment m'y prendre.
...
$u = P^2/R,v = Q^2/R$ donne $u^2+8 uv+v^2=1$. On fait un changement de variable $u=U-V,v=U+V$ pour obtenir $u^2+8 uv+v^2=10 U^2-6 V^2=1$ puis $U = \sqrt{1/10}U',V = \sqrt{-1 /6} V'$ pour avoir $(U')^2+(V')^2=1$
Les points $K$-rationnels se résolvent avec la paramétrisation rationnelle des points du cercle $U' = \frac{1-t^2}{1+t^2},V' = \frac{2t}{1+t^2}$
Ensuite $u = P^2/R,v = Q^2/R$ a une solution $K$-rationnelle ssi $u/v = \frac{U-V}{U+V} = \frac{ \sqrt{1/10}U'- \sqrt{-1 /6} V'}{ \sqrt{1/10}U'+\sqrt{-1 /6} V'} = \frac{ \sqrt{1/10} (1-t^2)-\sqrt{-1 /6} 2t}{ \sqrt{1/10} (1-t^2)+\sqrt{-1 /6} 2t}$ est un carré
Et pour ça il faut trouver les points $K$-rationnels de $y^2 = \frac1{10} (1-t^2)^2+\frac16 4t^2$ qui doit être une courbe elliptique
(dès le départ $u^2+8 uv+v^2=1, uv = y^2$ était une intersection de deux quadratiques, est-ce qu''elle se ramène à $y^2=x^3+ax+b$ par changement de variable rationnel ?)
Solutions évidentes :
$P=2 t,\ Q=t,\ R=7t^2$ pour tout $t$ entier relatif.
$P=0,\ Q=t,\ R=t^2$ pour tout $t$ entier relatif.
Les solutions sont symétriques en $P\leftrightarrow Q.$
Mais avant cela, il faut éliminer $r$.
PS: Je vais sérieusement étudier ton commentaire mais pour l'instant tu vas trop loin pour moi.
...
1. Du point de vue qualitatif : il s'agit d'une ``équation'' en $(p,r,q)$ de la forme $H : r^2 = b_1p^4 + ap^2q^2 + b_2q^4$ avec $b_1=b_2=1$ et $a=8$ donc une courbe hyperelliptique de genre $g = 1$ réalisée dans $\P^2(1,g+1,1) = \P^2(1,2,1)_{(p : r : q)}$ i.e. $p,q$ ont le poids 1 et $r$ le poids 2. L'équation est ainsi homogène si bien que solutions rationnelles ou solutions entières, c'est kif-kif.
Un certain nombre de bonus. Le coefficient en $p^4$ est un carré (c'est 1) donc un point rationnel $(p=1 : r = 1 : q = 0)_H$. Idem pour le coefficient en $q^4$, ce qui fournit un autre point rationnel $(p = 0 : r = 1 : q = 1)$. C'est plus qu'il n'en faut pour mettre $H$ sous forme d'une cubique via l'algorithme de Nagell.
Un autre bonus consiste en le fait que la quartique dans le second membre est courte i.e. bicarré, ce qui simplifie encore Nagell. Et plus tard, on utilisera le super-bonus consistant en le point $(p=2 : v = 7 : r=1)_H$ offert par df.
2. Je vais changer les notations en utilisant $(u,v,w)$ au lieu de $(p,r,q)$. Je note $H_{1,a,b} : v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4$. L'algorithme consiste utiliser le point rationnel $(u=1 : v=1 : w=0)$. On passe en $\{w=1\}$-affine et on écrit le second membre sous la forme $G(u)^2 + \cst$. Ce qui conduit à $(v - G(u))(v + G(u)) = \cst$. J'ai la flemme de donner ici plus de détails, cf le point 3. On va tomber sur une courbe elliptique $E' \simeq H_{1,a,b}$. En fait dans l'histoire $H_{1,a,b}$, il y deux courbes elliptiques 2-cousines l'une de l'autre :
$$
E : y^2 = x(x^2 + ax + b), \qquad \qquad E' : y^2 = x(x^2 + a'x + b') \quad a' = -2a, \quad b' = a^2 - 4b
$$
Ce qui donne ici $a' = -16$, $b' = 64-4 = 60 = 2^3 \times 3 \times 5$ donc la courbe elliptique $E'$ isomorphe à $H$ est :
$$
E' : y^2 = x (x^2 - 16x + 60) = x(x-6)(x-10)
$$
3. Ici le détail des isomorphismes entre $E'$ et $H_{1,a,b}$. Ce n'est pas le logiciel qui les a fourni mais nos (Gai-Requin + mézigue) petits doigts dans le fil en question. On travaille d'abord en affine $(x,y)$ du côté de $E'$ et en affine $(u,v)$ du côté de $H_{1,a,b}$. On homogénéise tout à fin en faisant attention aux poids du côté de $(u,v,w)$. Du côté de $(x,y,z)$ pas de lézard, tout le monde a le poids 1.
[color=#000000]E' : y^2 = x^3 + a'*x^2 + b'*x, H_{1,a,b} : v^2 = u^4 + a*u^2 + b E' ---> H_{1,a,b} u = y/(2x), v = (x^2 - b')/(4x) Obtenu via : u = y/(2x) !! et v = G(u) - b'/(2x) avec G(T) = T^2 + a/2 = T^2 - a'/4 y^2 - a'x^2 - 2b'x x^3 + a'x^2 + b'x - a'x^2 - 2b'x v = y^2/(4x^2) - a'/4 - b'/(2x) = ------------------ = -------------------------------- 4x^2 4x^2 = (x^2 - b') / (4x) Dans l'autre sens H_{1,a,b} --> E' x = 2(v + u^2) + a y = 2ux = 2u * (2(v + u^2) + a) Obtenu from x = 2(v + G(u)) = 2(v + u^2 + a/2) et y = 2ux */ ..... aprime := -2*a ; bprime := a^2 - 4*b ; Eprime<x,y,z> := EllipticCurve(X*(X^2 + aprime*X + bprime)) ; H1ab := Curve(P2uvw, u^4 + a*u^2*w^2 + b*w^4 - v^2) ; Q := 2*(v + u^2) + a*w^2 ; // hmg de degré 2 // u v w x y z return iso < Eprime -> H1ab | [y*z, x*z * (x^2 - bbar*z^2), 2*x*z], [w*Q, 2*u*Q, w^3] > ; [/color]Sur l'exemple en question Si je raconte tout cela c'est pour dire qu'il n'y a aucune astuce en présence de $v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4$. Tout est automatique. Et on n'a pas encore profité du super-bonus offert par df.4. Il se trouve que $E' : y^2 = x(x-6)(x-10)$ nous offre 3 points de 2-torsion pour lesquels $y = 0$. Plus le point à l'infini $(0 : 1 : 0)_{E'}$. Avec un peu d'habitude, on voit qu'en faisant $x=2$, on obtient $2 \times (-4) \times (-8) = 8^2$ d'où un nouveau point $p = (x=2 : y=8 : z=1)_{E'}$. Donc en tout, pour l'instant $3 + 1 + 8$ points sur $E'$, 8 pour les points $\pm p + t$ où $t$ varie dans les 4 points de 2-torsion de $E'$. Il faut s'attendre à retrouver le point fourni en super-bonus par df. On va ainsi obtenir une infinité de points sur $H$ en balançant sur $H$, via l'isomorphisme $E' \to H$, les points $np + t$ de $E'$ où $n \in \Z$ et $t$ dans la 2-torsion de $E'$. A suivre.
La réponse est assez simple. Depuis plus d'une trentaine d'années, des milliers de courbes elliptiques rationnelles ont été tabulées, répertoriées et vérifiées (en ce qui concerne BSD et l'ex-conjecture de Shimura-Taniyama-Weil). Je pense que cela a dû commencer dans les années 1960-1965 par Birch et Swinnerton-Dyer puis de manière plus systématique par Cremona en 1992 (date de la première édition de ``Algorithms for Modular Elliptic Curves'') cf https://homepages.warwick.ac.uk/~masgaj/book/amec.html puis 1996 (date de la deuxième édition, entre temps, en 1993, Wiles avait résolu une partie de l'ex-conjecture de Shimura-Taniyama-Weil).
De nos jours on trouve en ligne la base de données LMFDB, cf http://www.lmfdb.org/ et http://www.lmfdb.org/EllipticCurve/Q/. Pour chercher et trouver ses petits, il faut disposer de quelques renseignements. Je parle de $E' : y^2 = x(x-6)(x-10)$. Mon logiciel m'a dit qu'elle avait pour Cremona-nom 960k2. Ici $960 = 2^6 \times 3 \times 5$ est le conducteur de $E'$ (je ne définis pas ce que c'est), k est la lettre qui identifie la classe d'isogénie de $E'$ et 2 le numéro de la courbe dans sa classe d'isogénie. Il faut faire attention au fait que la nomenclature Cremona est distincte de la nomenclature LMFDB. Ici, sous LMFDB, j'ai entré 960 dans le champ ``conductor'' et celui-ci m'a fourni toutes les courbes elliptiques de conducteur 960. En attaché un extrait avec un encadré en rouge pour identifier celle qui nous concerne. Elles sont également identifiées par un 5-uple $(a_1, a_2, a_3, a_4, a_6)$ unique pour encoder
$$
y^2 + a_1xy + a_3y = x^3 + a_2x^2 + a_4x + a_6
$$
Afin de calmer les changements de variables, on rigidifie le truc en imposant $a_1,a_3 \in \{0,1\}$ et $a_2 \in \{-1,0,1\}$; cf Connel Elliptic Curve Handbook, chap 5, p. 526 http://webs.ucm.es/BUCM/mat/doc8354.pdf, définition de ``minimal model of restricted type''.
Ici on obtient
$$
E' \simeq y^2 = x^3 - x^2 - 25x + 25 = (x-1)(x-5)(x+5)
$$
Et on voit que le rang rationnel de $E'$ est 1, que sa torsion est d'ordre 4 i.e. $E'(\Q) \simeq \Z/2\Z \oplus \Z/2\Z \oplus \Z$. Il ne reste plus qu'à le montrer (théorie de la descente) ! Puis à montrer que $p = (x = 2 : y = 8 : z = 1)_{E'}$ est un free-generator de $E'(\Q)$ i.e. un générateur de $E'(\Q)$ modulo la torsion. On aura ainsi obtenu tous les points rationnels de la quartique initiale $H$ via l'ismorphisme $E' \simeq H$.
Note : je n'avais jamais vu un conducteur aussi riche (que 960) en classes d'isogénie et courbes elliptiques.
Pour résoudre mon problème de collègien, un bon samaritain d'un forum anglophone m'a conseillé de poser:
\begin{equation}
\displaystyle p^2+4+r=15x
\end{equation}
J'ai alors trouvé (avec la maestria qui me caractérise) la deuxième substitution: $p^2+4-r=1/x$.
On a donc:
\begin{equation}
\displaystyle p^2+4+r= \frac{15}{p^2+4-r} \Longleftrightarrow p^2+4+r+p^2+4-r = \frac{15}{p^2+4-r}+p^2+4-r \Longleftrightarrow 2(p^2+4)=15x+1/x
\end{equation}
Et cette saleté de $r$ a disparu !
On multiplie des deux côtés par $2x^2$ pour faire disparaître les dénominateurs et on pose $y=2px$ pour obtenir:
\begin{equation}
\displaystyle y^2=30x^3-16x^2+2x \: \: \: \: \: \: \: \: \: (E)
\end{equation}
Et c'est là qu'intervient le point rationnel situé sur cette courbe, (le "super bonus" en effet !), aimablement fourni par l'énoncé.
Connaissant les coordonnées d'un point rationnel de la courbe, la méthode de la "corde-tangente" permet de trouver un autre point de cette courbe.
On sait, grâce à la substitution initiale, que $p=P/Q=2, \: \: x=1 \: \: y=4$.
On cherche la pente $m$ ainsi que l'équation de la tangente en ce point:
\begin{equation}
\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{90x^2-32x+2}{2y} \Longleftrightarrow m=\frac{90-32+2}{8}=\frac{15}{2}
\end{equation}
D'où l'équation de la tangente:
\begin{equation}
\displaystyle y=(15x-7)/2
\end{equation}
Cette valeur de $y$, on l'injecte dans l'équation $(E)$ pour trouver:
\begin{equation}
\displaystyle 120x^3-289x^2+218x-49=0
\end{equation}
dont $x=1$ est une racine (de multiplicité 2). On effectue la division euclidienne de $120x^3-289x^2+218x-49$ par $x^2-2x+1$ pour trouver $120x-49=0$ donnant encore $x=49/120$ et $y=7/16$.
Les dernières substitutions donnent:
\begin{equation}
\displaystyle p=15/28, \: \: \: \: r=1441/784 \\
P=15, \: \: \: \: Q=28, \: \: \: \: R=1441
\end{equation}
C'est un peu rustique certes mais ça a l'air de fonctionner.
...
Un truc rassurant. Je prends ton équation :
$$
y^2 = 30x^3 - 16 x^2 + 2x \qquad \text {et je divise par $x^4$} \qquad
(y/x^2)^2 = 30/x - 16/x^2 + 2/x^3
$$
Tu vas dire que je bricole mais pas du tout (que je dis) : je suis en train de vouloir unitariser ta cubique sous forme de Weierstrass officielle. Et comme 30 me fait ch.er, j'ai préféré me battre avec 2 (je me comprends). Je pose $X = 1/x$ et $Y = y/x^2$ si bien que je peux revenir en arrière via $x = 1/X$, $y = Y/X^2$. Bref, on obtient
$$
Y^2 = 2X^3 - 16 X^2 + 30X \qquad \buildrel {\times 2^2} \over \longrightarrow \qquad (2Y)^2 = (2X)^3 - 16 (2X)^2 + 60(2X)
$$
Là encore, ce n'est pas du bricolage : c'est un truc standard pour unitariser $\text{truc} \times Y^2 = \text{machin} \times X^3 + \cdots$
Enfin je pose $\bfx = 2X$ et $\bfy = 2Y$. J'ai fait un petit effort de fontes (merci Latex) pour ne pas tout mélanger. Au final :
$$
\bfy^2 = \bfx^3 - 16\bfx^2 + 60\bfx = \bfx (\bfx - 6) (\bfx - 10)
$$
Cela ne te fait pas plaisir de retrouver mon $E'$ ? Et cette fois, de Weierstrass officielle. Et en réalisant $\bfx \leftarrow \bfx + 5$ :
$$
\bfy^2 = (\bfx + 5) (\bfx - 1) (\bfx - 5)
$$
L'équation minimale of restricted type, la vraie de vraie, celle qui permet d'échanger entre les peuples. Communiquer avec le monde entier et se comprendre, c'est important. Elle est pas belle la vie ?
En plus j'ai refait tes calculs et je pense avoir saisi la technique et même (un peu) l'esprit unitaire de ta démarche.
Cordialement.
...
$\bullet$ Objectif : on part d'une quartique en $(u,v)$ : $v^2 = u^4 + au^2 + b$ et l'objectif est de la transformer en une cubique en $(X,Y)$ puis (ta mission) en une cubique de Weierstrass en $(x,y)$.
1. Nagell dit qu'il faut introduire $G(u) = u^2 + a/2$ et écrire :
$$
v^2 = u^4 + au^2 + b = G(u)^2 + c \qquad \text{je te laisse expliciter } c
$$
2. Nagell dit qu'il faut ensuite considérer $v^2 - G(u)^2 = c$, l'écrire comme ci-dessous et poser $X$ ce qui est indiqué
$$
\big(v - G(u)\big) \overbrace{\big (v + G(u)\big)}^{X} = c \qquad\qquad \text {de sorte que} \qquad\qquad
\left\{ \begin {array} {cclc}
v + G(u) &=& X & (1) \\
v - G(u) &=& c/X & (2) \\
\end {array}
\right.
$$
A droite $(1) - (2)$ donne alors
$$
2G(u) = X - c/X \qquad \text{i.e.} \qquad 2u^2 = X - c/X - a
$$
3. Dans la ligne ci-dessus, on multiplie l'égalité de droite par $X^2$ si bien que :
$$
2(uX)^2 = X^3 - aX^2 - cX \qquad \text{i.e. en posant } Y = uX \qquad 2Y^2 = X^3 - aX^2 - cX
$$
4. Ta mission, si tu l'acceptes, est d'unitariser la cubique de droite en $(X,Y)$ en Weierstrass officiel de la forme $y^2 = x^3 + a'x^2 + b'x$ avec $a',b'$ à expliciter ainsi que $x,y$ en fonction de $X,Y$.
5. Le plus important : les changements (rationnels) de variables $(u,v) \leftrightarrow (X,Y)$ dans les deux sens
$$
\left\{
\begin {array} {ccl}
X &=& v + G(u) \\
Y &=& uX = u\big(v + G(u) \big) \\
\end {array}
\right.
\qquad\qquad\qquad
\left\{
\begin {array} {ccl}
u &=& Y/X \\
v &=& G(u) + c/X = G(Y/X) + c/X \\
\end {array}
\right.
$$
Il faudra me laisser un peu de temps.
Cordialement.
...
$ p^4+8p^2q^2+q^4-r^2 = (p^2 + q^2 - \sqrt{r^2 - 6 p^2 q^2}) (p^2 + q^2 + \sqrt{r^2 - 6 p^2 q^2})$ = 0
On peut réduire l'étude à
$(p^2 + q^2 - \sqrt{r^2 - 6 p^2 q^2}) = 0$
Pour df, $r^2-6p^2q^2 = 5^2$ avec (p,q,r) = (2,1,7)
Je reprendrai tout ça demain.
On doit "unitariser":
\begin{equation}
\displaystyle 2Y^2=X^3-aX^2-\big(b-\frac{a^2}{4}\big)X
\end{equation}
en $\displaystyle y^2=x^3+a'x^2+b'x$ avec $a'=-2a$ et $b'=a^2-4b$...
On peut poser $X=\alpha X'$ et $Y=\beta Y'$ avec $(\alpha, \beta)$ rationnels, ce qui donne:
\begin{equation}
\displaystyle 2\beta^2(Y')^2=\alpha^3(X')^3-a\alpha^2(X')^2-\big(b-\frac{a^2}{4}\big)\alpha X'
\end{equation}
Pour rendre unitaires les coefficients de $(Y')^2$ et $(X')^3$ il faut qu'on ait:
\begin{equation}
\displaystyle 2\beta^2=\alpha^3
\end{equation}
Ce qui implique de trouver un rationnel $\tau$ vérifiant:
\begin{equation}
\displaystyle (\alpha,\beta)=(2\tau^2, 2\tau^3)
\end{equation}
$\textbf{edit: message corrigé suite à la remarque de @Claude Quitté. Merci !}$
...
Il y a deux erreurs dans ton dernier post. A la ligne 5, en partant de la fin, tu as permuté $\alpha$ et $\beta$. Et tout à la fin, ce que tu annonces (dernière ligne) sur $(\alpha,\beta)$ en fonction de $\tau$ ne vérifie pas l'égalité de l'avant-avant dernière ligne.
Une manière moins formelle d'unitariser $2Y^2 = X^3 + \cdots$ consiste à se dire qu'il faut multiplier par une puissance de 2 ad-hoc. Laquelle ? Pas trop le choix car cette puissance de 2 doit rentrer dans le cube $X^3$ si tu vois ce que je veux dire par là (auquel cas tu as bien de la chance). En clair, on multiplie par $2^3$, ce qui donne, en utilisant $2^3 \times 2 = (2^2)^2$ :
$$
(2^2 Y)^2 = (2X)^3 + \cdots
$$
Coup de bol ? Non. T'inquiètes : 2 et 3 sont premiers entre eux, ce qui fait que tu pourras toujours unitariser $\text{truc} \times Y^2 = \text{machin} \times X^3 + \cdots$.
Merci pour le magnifique cadeau 960 (je parle du conducteur 960) De quoi s'occuper si on n'a rien à faire. Mais, mais, il reste une épreuve pas si facile : passer de Nagell ``affine'' à Nagell ``homogène''. Pas facile mais indispensable. Si, si.
$p^2+q^2-\sqrt{r^2-6p^2q^2} = 0$, pour $p=2^n,\ q=2^{n+1},\ r=7\times 4^n$
soit
$(2^n)^2+(2^{n+1})^2 - \sqrt{(7\times 4^n)^2-6(2^n)^2(2^{n+1})^2} = 0$
https://www.wolframalpha.com/input/?i=(2^n)^2+(2^(n+1))^2-sqrt((7*4^n)^2−6(2^n)^2(2^(n+1))^2)
@Robusta, c'est la même famille de solutions qu'on a donnée dans ce fil (avec $t = 2^n$).
que @df a donnée dans son premier message
courbes elliptiques pour lesquelles la théorie du groupe des points rationnels est hyper compliquée mais aussi hyper connue avec des tonnes d'ouvrages et de théorèmes sur le sujet.
Reste-t-il quelque chose à finaliser ou bien peut-on marquer THE END ?
$\bullet$ Il y avait ton objectif initial : obtenir un autre point rationnel de ta quartique. Objectif atteint, n'est ce pas ?
$\bullet$ Et, si j'ose m'exprimer ainsi, je t'avais collé dans les pattes une correspondance $H : v^2 = u^4 + au^2 + b \longleftrightarrow E' : y^2 = x^3 + a'x^2 + b'x$ avec $a' = -2a$ et $b' = a^2 - 4b$. Si on tient compte des derniers posts :
$$
\left\{
\begin {array} {ccl}
x &=& 2(v + u^2) + a \\
y &=& 2ux = 2u\big(2(v+ u^2) + a \big) \\
\end {array}
\right.
\qquad\qquad\qquad
\left\{
\begin {array} {ccl}
u &=& y/2x \\
v &=& {x^2 - b' \over 4x} \\
\end {array}
\right.
$$
Après tout, cela pourrait resservir dans d'autres circonstances. Tout est bien qui finit bien en principe.
Un empêcheur de tourner en rond pourrait dire : tiens, sur $E'$, on dispose du point $(x = 0, y=0)_{E'}$. Que deviennent les formules de droite (il y a une division par $0$) ? Il faut probablement considérer les versions homogènes que je note du même nom : $H : v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4$ et $E' : y^2z = x^3 + a'x^2 z + b'xz^2$. Car après tout, ton équation initiale $v^2 = u^4 + 8u^2w^2 + w^4$ (aux noms de variables près) était bien homogène avec les poids $1$ pour $u,w$ et 2 pour $v$, n'est ce pas ?
Il restait entre autres à exprimer $x,y$ en fonction de $X,Y$: $(x,y) \mapsto (2X,4Y)$.
...
1. Dans ton post où il est question de $X = \alpha X'$, $Y = \beta Y'$ et d'un rationnel $\tau$, en un certain sens, tu en as fait BEAUCOUP TROP car tu as étudié TOUTES les unitarisations possibles. Or il suffisait d'en exhiber une seule.
2. Mais dans ce même post, est ce que tu en as fait ASSEZ ? As tu retenu UNE unitarisation particulière ?
3. Ton post précédent : je suis moins formel que toi. J'ai posé $x = 2X$ et $y = 4Y$, ce qui venait de la manière dont je procédais. On peut bien sûr retrouver CETTE unitarisation parmi les TIENNES ($\tau = 1/2$). J'en ai tiré $X,Y$ en fonction de $x,y$ par un calcul savant : $X = x/2$ et $Y = y/4$. Comme on disposait des relations entre $(X,Y)$ et $(u,v)$, j'ai remplacé dans ces relations $X$ par $x/2$ et $Y$ par $y/4$, ce qui m'a conduit à $a'$ et $b'$ et aux relations entre $(x,y)$ et $(u,v)$, que j'ai données.
J'ai simplifié ces relations au maximum et je les ai fournies en espérant ne pas commettre d'erreurs de report. Dans mes affaires, il n'y a pas d'erreur mais je n'y suis pour rien : mon logiciel surveille la cohérence ce ce que j'écris dans une correspondance entre deux courbes.
4. Une question indiscrète. D'abord on peut prendre $a= 8$ et $b = 1$ pour coller à ton post initial de sorte que $a' = -16$ et $b' = 60$. Et donc, en homogène
$$
H : v^2 = u^4 + 8u^2v^2 + w^4, \qquad\qquad E' : y^2z = x^3 - 16x^2z + 60 xz^2 = x (x - 6z)(x- 10z)
$$
Mais on peut rester avec $a,b$ quelconques : c'est TOI le maître d'oeuvre.
La question indiscrète : as tu peur de l'homogène ? Si tu n'as pas peur, il s'agirait d'homogénéiser les formules $(x,y) \leftrightarrow (u,v)$ en $(x : y : z) \leftrightarrow (u : v : w)$. Avec une surprise à la clé. Mais il s'agit de FAIRE et pas de dire que ...
Oui c'est super ! Un grand merci.
...
je sèche !
Si j'ai bien compris: la quartique $H$ en $(u,v)$ et la cubique $E'$ en $(x,y)$ sont canoniquement isomorphes.
Donc, on cherche un isomorphisme entre deux courbes du plan projectif : $$
\begin{array}{ccc}
H&\longrightarrow &E' \\
(u:v:w)& \longmapsto& (\:\:\:
\end{array}
$$ et l'isomorphisme réciproque : $$
\begin{array}{ccc}
E' &\longrightarrow& H \\
(x:y:z)& \longmapsto& ( \:\: \: : \:\:\:
\end{array}
$$ J'espère qu'au moins le problème est bien posé. Mais je ne sais pas quoi mettre dans les parenthèses de droite. J'ai fait quelques essais infructueux en me référant aux formules que tu as établies. Je suis sûr que dans le premier isomorphisme il y a des facteurs de la forme $u=yz$, $v=xz$ mais ils ne sont visiblement pas les seuls.
Quand à l'isomorphisme réciproque: là c'est le brouillard le plus total (à part peut-être le fait qu'il y a $w^3$ dans la troisième coordonnées !)
J'arrête donc les frais mais j'aimerais VRAIMENT connaître le fin mot de l'histoire.
PS. Je suis encore dans le "dire" voir même le bavardage et c'est bien dommage car comme le dit Bourvil:
"Le dire c'est bien, le fer c'est mieux." https://www.facebook.com/Ina.fr/videos/bourvil-leau-ferrugineuse-1959/1847311278648616/
message édité: merci pour avoir signalé la coquille.
...
0. Oui, le problème est bien posé et la quartique homogène $H$ en $(u,v,w)$ est bien isomorphe à la cubique homogène $E'$ en $(x,y,z)$, avec deux isomorphismes réciproques l'un de l'autre que TU VAS FINIR par expliciter, SI, SI. Attention, au milieu, une coquille dans ton post : tu as interverti $(x : y : z)$ et $(u : v : w)$.
$\bullet$ C'est presque normal que tu sèches car il y a une difficulté d'homogénéisation due au fait que, du côté de $H$, $u,w$ sont de poids 1 et $v$ de poids 2. Avant de vouloir homogénéiser les formules affines $(x,y) \leftrightarrow (u,v)$, il me semble impératif de préparer le terrain de la manière suivante.
1. Soit $(x:y:z)$ un point de $E'$ avec $z \ne 0$. Saurais tu expliciter un polnt de $E'$ avec une troisième coordonnée égale à $1$ i.e. de la forme $(? : ? : 1)$. Dans le même genre, si je note $P(x,y,z) = x^3 + a'x^2z + b'xz^2 - y^2z$ le polynôme qui définit $E'$, alors pour $\lambda$ dans le corps de base :
$$
\lambda^3 P(x,y,z) = P(x',y',z') \qquad \hbox {avec} \qquad x' = ?, \quad y' = ?, \quad z' = ?
$$
2. Soit $(u:v:w)$ un point de $H$ avec $w \ne 0$. Saurais tu expliciter un polnt de $H$ avec une troisième coordonnée égale à $1$ i.e. de la forme $(? : ? : 1)$. Dans le même genre, si je note $Q(u,v,w) = u^4 + au^2w^2 + bw^4 - v^2$ le polynôme qui définit $H$, alors pour $\lambda$ dans le corps de base :
$$
\lambda^4 Q(u,v,w) = Q(u',v',w') \qquad \hbox {avec} \qquad u' = ?, \quad v' = ?, \quad w' = ?
$$
On pourrait dire (d'ailleurs je le dis) qu'en quelque sorte, on définit des actions :
$$
\lambda \cdot (x,y,z) = (\lambda x, \lambda y, \lambda z) \quad \text{du classique de chez classique but} \qquad\qquad
\lambda \cdot (u,v,w) = (\lambda u, ?, \lambda w)
$$
3. En principe, tout est prêt pour homogénéiser disons les formules affines $(x,y) \to (u,v)$, celles qui expriment $(u,v)$ en fonction de $(x,y)$. En cas de malaise, pour jongler entre affine et homogène, prendre des majuscules. Je ne le fais pas. Comme $(x : y : z) = (x/z : y/z : 1)$ (mais non, je l'ai pas dit), on remplace dans la formule $u = \text{truc}(x,y)$ et $v = \text{machin}(x,y)$ $x$ par $x/z$ et $y$ par $y/z$. Ce qui donne :
$$
u = {y/z \over 2x/z} = {y \over 2x}, \qquad
v = {x^2/z^2 - b' \over 4x/z} = {x^2 - b'z^2 \over 4xz}
$$
Là, tu tiens $(u : v : 1)$. Maintenant, c'est à toi de faire la manoeuvre la plus délicate du binz : il faut que tu vires les dénominateurs pour obtenir quelque chose du type $(u : v : 1) = (u' : v' : w')$ avec $u',v',w'$ des polynômes homogènes en $x,y,z$. Attention aux choses que l'on a dit plus haut concernant les poids.
4. Ne pas vouloir homogénéiser dans l'autre sens i.e. les formules $(x,y)$ en fonction de $(u,v)$ tant que les étapes ci-dessus ne sont pas solidement ancrées.
$\bullet$ Quand tout sera fini, on dira, afin ne pas être poursuivi par la police : la quartique homogène $H$ de $\P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}$ est bien isomorphe à la cubique homogène $E'$ de $\P^2_{(x : y : z)}$, histoire de bien spécifier les poids du côté de $H$. Note : le $\P^2_{(x:y:z)}$ c'est pareil que $\P^2(1,1,1)_{(x:y:z)}$ mais comme tous les poids sont égaux à 1, on ne les mentionne pas.
Les points affines de $E'$ étant tous de la forme $(•:•:1)$
• Pour $(H)$.
Ce que tu appelles le "poids" d'un polynôme est le degré maximum des monômes qui le constituent ?
Dans le cas de $v$ exprimé en fonction de $u,w$, ce poids est $2$.
Alors, à l'instinct:
\begin{equation}
\lambda^4Q(u,v,w)=Q(u',v',w') \: \: \: \text{avec} \: \: \: u'=\lambda u, \: \: v'= \lambda^2v, \: \: w'=\lambda w.
\end{equation}
Pour $(E')$ exprimé sous forme homogène (de poids $3$).
$\lambda^3P(x,y,z)=P(x' , y' , z')$, avec $x'=\lambda x$. Je ne suis pas sûr pour le reste...
J'ai un petit contre-temps présentement mais j'y retourne très vite pour m'attaquer au reste: je parle surtout du truc délicat.
...
Je multiplie par $2xz$ les expressions de $u$ et $v$ en fonctions de $x,y,z$ en tenant compte du fait qu'il y a un poids $2$ en $v$.
J'obtiens : \begin{equation}
\displaystyle (u:v:w) \longleftrightarrow (yz: xz(x^2-b'z^2):2xz)
\end{equation} Maintenant il faut recommencer avec les expressions de $(x,y)$ en fonction de $u$ et $v$ ?
...
$\bullet$ Histoire de poids : parfois, on attribue à chaque indéterminée un poids qui est un entier $\ge 1$. Pourquoi ? Parce que cela peut faire du bien. Attention : ce n'est pas synonyme de prise de poids (ce qui n'est pas conseillé). La plupart du temps, on n'en parle pas parce que de manière implicite les poids sont égaux à 1.
Et on dit qu'un polynôme en ces indéterminées est homogène (en poids) de poids $d$ si c'est une combinaison linéaire de monômes de même poids, étant entendu que le poids d'un monôme se détermine comme on le pense. Ainsi dans l'histoire, nous décrétons que $u,w$ ont le poids 1, $v$ le poids 2. Le monôme $u^3 v^5 w^4$ est de poids $3 + 2 \times 5 + 4 = 17$. Le polynôme $u^4 + au^2w^2 + bw^4 - v^2$ est homogène en poids, de poids 4.
$\bullet$ Je ne comprends pas ta phrase ``$v$ exprimé en fonction de $u,w$'' ??
$\bullet$ Quant au truc à l'instinct, il s'agit juste du petit calcul suivant (peut-on vraiment parler calcul ?)
$$
\begin {array} {cl}
\lambda^3 (x^3 + a'x^2z + b'xz^2) = (\lambda x)^3 + a' (\lambda x)^2 (\lambda z) + b'(\lambda x)(\lambda z)^2 &\qquad\qquad
\lambda \cdot (x,y,z) = (\lambda x, \lambda y, \lambda z)
\\
\lambda^4 (u^4 + au^2 w^2 + bw^4 - v^2) = (\lambda u)^4 + a(\lambda u)^2 (\lambda w)^2 + b(\lambda w)^4 - (\lambda^2 v)^2 &\qquad\qquad
\lambda \cdot (u,v,w) = (\lambda u, \lambda^2 v, \lambda w)
\\
\end {array}
$$
$\bullet$ La phrase ``les points projectifs sont équivalents à un facteur multiplicatif près'' me paraît vachement trop vague dans le contexte.
$\bullet$ Et le coup de ``je multiplie par $2xz$ les expressions de $u$, $v$ ...'', je trouve cela moyen. Tu vas dire que je suis casse pied, c'est pas faux. Je préfèrerai :
$$
(u : v : 1) = (k u : k^2 v : k) \qquad \text {puis prendre} \qquad k = 2xz
$$Avant de se précipiter sur ... peux tu m'expliquer ce qui suit. Voici le décor (il n'y a rien à expliquer : c'est le décor). Les acteurs entrent en scène. Je prends $a, b, c$ au pif et je définis deux points de $\P^2_{(x:y:z)}$ : Why $p = q$ ?
Idem avec $\P^2(1,2,1) _{(u:v:w)}$ : Explications ?
Je dis que: $(u:v:w)=\big(\frac{u}{w}: \frac{v}{w}:1\big)$ et je pose $u=u/w, \: \: v=v/w$.
Je substitue:
\begin{equation}
\displaystyle x=2(v+u^2)+a=2\big(\frac{v}{w}+\frac{u^2}{w^2}\big)+a=\frac{2vw+2u^2+aw^2}{w^2}=\frac{2(vw+u^2)+aw^2}{w^2}
\end{equation}
Je voudrais éliminer $w^2$, je trouve donc pour $(x : y : z) \longleftrightarrow (w \big(aw^2 +2(v+u^2)\big) : • \: \: :• \: \: \big)$
Par contre j'ai un souci avec la troisième coordonnée. Hier je pensais avoir trouvé $w^3$ et à présent je trouve $w^2$.
Alors j'espère qu'il n'y a pas un vice dans la construction.
ps: tu m'as pris de cours ! J'étais en train, comme tu le vois, de batailler avec la deuxième partie du problème.
...
...
...
$$
(-a : b : -c) = (a : b : c) \qquad \text{dans} \qquad \P^2(1,2,1) \ ??
$$
Et dans le registre ``faire des petites choses simples'', en ce qui concerne $H : v^2 = u^4 + au^2 w^2 + bw^4 \subset \P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}$, combien vois tu de points de $H$ avec $w = 0$ ? Lesquels exactement ?
PS : qui c'est le premier qui a introduit une quartique homogène, hein ? Tu ne le regrettes pas j'espère ? Je dis cela car ce n'est pas fini. Et du coup, cela serait dommage que tu te barres en courant au prétexte qu'il te reste à faire une portion de GR10 jusqu'à Banyuls.
$$
(u : v : w) = (u/w : v/? : 1) \qquad \text{dans} \qquad \P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}
$$
• Des points de $H$ avec $w=0$? Je ne vois que les point à l'infini.
• $ (u : v: w) = (u/w: v/w^2 : 1)$
...
1. Le casse-pieds que je suis préfèrerais comme explication dans $\P^2(1,2,1)$ :
$$
(-a : b : -c) = \big( \lambda \times (-a) : \lambda^2 \times b : \lambda \times (-b) \big) \qquad \text {puis en prenant } \quad \lambda = -1, \qquad
(-a : b : -c) = (a : b : c)
$$
2. Je ne comprends absolument pas ``je ne vois que des points à l'infini''. On veut du simple. Rappel : on ne fait que des choses simples pour l'instant. Dans $v^2 = u^4 + a u^2w^2 + bw^4$, si je fais $w = 0$, il reste $v^2 = u^4$. Donc $u,v$ sont non nuls et $v = \pm u^2$. Par exemple, il y a les points $(\pm 1 : \pm 1 : 0)$ sur $H$. Est ce qu'ils sont tous là (les points de $H$ avec un $w = 0$) ? Cela en fait combien ?
3. OK. Juste un petit commentaire. Quand on divise $v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4$ par $w^4$, il vient :
$$
(v/w^2)^2 = (u/w)^4 + a (u/w)^2 + b \qquad
\text {et on voit bien que } \quad \begin {array} {c} u \text { est remplacé par } u/w \\ v \text { est remplacé par } v/w^2 \\ \end {array}
$$
Dit autrement, $\P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}$, ce n'est pas un truc artificiel pour embêter le monde, c'est juste un objet qui colle au statut de l'équation diophantienne (ici une quartique homogène).
Pourquoi ai-je parlé de points à l'infini ? Je ne sais plus !
...
Je te remercie pour ta patience ! J'espère pouvoir finir la partie "simple" et je suis prêt à poursuivre avec le "moins simple".
ps: une petite précision. J'ai surtout fait le GR11 (côté espagnol) de Gavarnie à Bielsa. J'aurais certes pû faire Bielsa ----> Banyuls mais en hélicoptère uniquement (et de secours de préférence). Car j'étais pas beau à voir à la fin de mon périple.
J'ai quand même fait ce que je tenais absolument à faire: traverser la brèche de Rolland.
...
Ca se passe dans un cadre affine mais on peut facilement s'y projeter à l'infini.
L'ouverture tout en haut: c'est la brèche de Rolland.
...
1. J'insiste mais il est impératif de ne faire que des choses simples. Quand je parle de points de $H : v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4$, il est sous-entendu depuis le début, que $H \subset \P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}$ : si $(u,v,w)$ est une solution, il en est de même de $(\lambda u, \lambda^2 v, \lambda w)$, on ne va pas la compter deux fois. Je dis que les points de $H$ ayant un $w = 0$, il y en a $\fbox{DEUX}$ et $\fbox {DEUX seulement}$. Justification : $v^2 = u^4$ donc $(v/u^2)^2 = 1$ i.e. $v/u^2 = \pm 1$. En conséquence :
$$
(u : v : 0) = (1 : v/u^2 : 0) = (1 : \pm 1 : 0) \quad \leftarrow \quad \text {ICI les deux points}
$$
Quid ``des autres'' ? Cela signifie, en rectifiant ton $(\pm 4 : \pm 2 : 0)_H$ en $(\pm 2 : \pm 4 : 0)_H$, que :
$$
(\pm 1 : \pm 1 : 0)_H, \quad (\pm 2 : \pm 4 : 0)_H \quad \in\qquad \big\{ (1 : 1 : 0), \ (1 : -1 : 0) \big\}
$$
Par exemple : $(-1 : 1 : 0) = (1 : 1 : 0)$ (prendre $\lambda = -1$). Et $(2 : -4 : 0) = (1 : -1 : 0)$ (prendre $\lambda = 2$) ...etc...
C'est un peu comme si on disait : l'ensemble $\{5, 10/2, (-10)/(-2)\}$ contient 3 nombres. NON : un seul.
2. Simplicité ET bon sens. On veut mettre en isomorphie $H$ et $E' : y^2 = x^3 + a'x^2 + b'x$ (ou sa version projective si l'on veut). Sur $E'$, combien de points ``en général'' i.e. pour $a',b'$ quelconques (aussi quelconques que $a,b$). Réponse : $p_\infty = (0 : 1 : 0)_{E'}$ , le neutre de $E'$ et le point $p_0 = (x=0, y=0)_{E'}$ de 2-torsion. Pas d'autres en vue ``en général'' (sinon cela sous-entendrait que les points rationnels d'une courbe elliptique, on les trouve facilement sous le sabot d'un cheval, eh bien non). Bref, deux d'un côté (celui de $H$) et deux de l'autre (du côté de $E'$) : c'est COHERENT.
Ton périple. Il y a encore pas mal de neige à la Brèche de Roland (un seul l, je suis casse-pieds). Tu as pu emprunter le Pas des Isards (ou Izards) ? Goritz ? Col de Niscle ? Note : en toute rigueur, le GR11 ne passe pas à la Brèche : il vient de Panticosa, descend sur San Nicolas de Bujaruelo puis le canyon d'Ordessa puis Goritz. Tu as donc fait un mixte à ta convenance. Qu'est ce qui a été le plus chaud ? Niscle ?
Il y a une coquille je crois: $(-1:1:0)=(1
• ps: ce qui a été le plus difficile est... tout ce qui est venu après le premier jour !
En particulier la montée vers le col de l'Anisclo entre le refuge de Göritz et celui de la Pineta. De toute beauté cela dit !
L'approche du refuge des Sarradets (fermé !) n'a pas été une partie de plaisir non plus avec une cascade à traverser. Heureusement, j'ai pu suivre deux militaires (des Saint-Cyriens en vadrouille) qui connaissaient la meilleure approche.
ps2: au temps pour moi: il n'y a pas de coquille. J'oubliais le poids 2 !
...
0. Toi : Tous les points qui se déduisent les uns des autres par un facteur multiplicatif $\lambda$ sont un seul et même point. J'aime pas trop. En fait, j'aime pas du tout car dans l'histoire $\P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}$, ce n'est pas cela du tout. C'est $(u : v : w) = (\lambda u : \lambda^2 v : \lambda w)$. Note : il me semble que cette égalité a été écrite un certain nombre de fois, je ne sais plus combien.
1. Pour continuer, faisons d'abord des choses simples, encore et toujours. Dans $H : v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4 \subset \P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}$, on peut remplacer $u,v,w$ par $\pm u, \pm v, \pm w$, cela ne change rien. Autrement dit, on a des automorphismes involutifs de $H$ qui sont $(u : v : w) \mapsto (\pm u : \pm v : \pm w)$. On a l'impression qu'il y en a 8, mais est ce vraiment le cas ? Méfiance. Il serait donc bon de les cerner en posant par exemple :
$$
I_u : (u : v : w) \mapsto (-u : v : w) \qquad\qquad
I_v : (u : v : w) \mapsto (u : -v : w) \qquad\qquad
I_w : (u : v : w) \mapsto (u : v : -w)
$$
Peux tu alors cerner les $(u : v : w) \mapsto (\pm u : \pm v : \pm w)$ ? Combien ? Lesquels ? Ils forment un groupe ?
2. Je n'oublie pas que la tâche est d'expliciter deux isomorphismes réciproques l'un de l'autre entre $E' : y^2 = x^3 + a'x^2 + b'x$ et $H$ . C'est déjà fait dans le sens $E' \to H$. Reste à faire le sens $H \to E'$. Une fois cela réalisé, il y aura des surprises. Mais je ne souhaite pas brûler d'étapes et je préfère faire des choses simples (bis, ter). Sans pour autant perdre le fil de ... Evidemment, si tu as quelque chose à proposer pour $H \to E'$, tu peux nous en faire part.
J'ai effectivement quelque chose à proposer pour: $H \longrightarrow E'$.
\begin{equation}
\displaystyle (u:v:w) \longmapsto \big(2(v+u^2)+aw^2 : 2u[2(v+u^2)+aw^2] : w^2 \big)
\end{equation}
Je réfléchis à ton 1.)
...
\begin{array}{ccc}
(u:v:w) &\mapsto &(-u:-v:-w) \\
(u:v:w) &\mapsto& (u:-v:w)
\end{array}
$$ sont le même automorphisme.
Pareil pour $(u:v:w) \mapsto (u:v:w)$ et $(u:v:w) \mapsto (-u:v:-w)$.
Ainsi que $(u:v:w) \mapsto (-u:-v:w)$ et $(u:v:w) \mapsto (u:-v:-w)$.
Le nombre d'automorphismes ainsi dénombré se réduit à $4$. Je vois se pointer la question des générateurs du groupe des automorphismes d'une quartique.
...