la question inclut-elle le calcul d'un paramétrage rationnel ? Sinon, comme nous avons une quartique bicirculaire, trouver un point double supplémentaire suffirait à prouver la rationalité, ce qui ne signifie pas que le système sera à coup sûr facile à résoudre sur papier.
A propos, faut-il, si cela doit se faire par inversion, envisager un pôle qui ne soit pas l'origine ?
Amitiés, j__j
Cela dit, si point double il y a, où est-il ? Vu le dessin, pas de point double réel mais les points doubles non réels vont par deux ! Là, cela commence à faire beaucoup.
Une inversion centrée à l'origine transforme la courbe donnée en un "sablier".
Ce dernier a deux axes de symétrie qui peuvent servir d'axes cartésiens.
Ensuite l'application
$$
\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} \longmapsto \begin{pmatrix} \sqrt{|x|} \\ \sqrt{|y|} \end{pmatrix}
$$
fait des merveilles.
Le traitement s'applique à toutes les quartiques bicirculaires
(et toutes les cubiques circulaires).
@soland : Mais ta courbe est de genre $3-2=1$ donc elle n'est pas unicursale (=rationnelle).
Hum, j'ai sans doute dit autrement ce qu'a déjà raconté j__j...
Je confirme ce qui précède, mais il me semble qu'une quartique qui n'aurait que $2$ points doubles ordinaires serait de genre $1$, et donc non unicursale. Donc, quid à part les points cycliques ?
Bizarre. Comme l'écrit j_j, une quartique doit avoir 3 points doubles pour être rationnelle. Or la quartique en question n'a bien que les points cycliques comme points doubles.
Peut-être une question de vocabulaire ?
Peut-être dites-vous courbe à une seule branche ?
Je vois ces courbes sur la droite projective complexe, s'il faut compléter.
$\mathbb{R}^3/\mathbb{R}^*$ ne convient pas,
on ne peut pas y définir les inversions comme des transformations continues :
où va le centre de l'inversion ?
Il faut donc compléter $\mathbb{R}^2$ par un seul point à l'infini,
image du centre d'inversion.
Merci GBZM d'avoir montré ton code qui m'a fait comprendre pourquoi on n'a pas besoin de mettre Ph dans l'idéal Sing (mettons en caractéristique nulle).
C'est l'identité d'Euler !
Soland, ce n'est pas compléter le plan $\mathbb R^2$ en le plan projectif plutôt qu'en la sphère qui va causer des problèmes.
L'inversion sur le plan projectif réel est une transformation birationnelle du plan (transformation de Cremona).
Il est démontré que ta quartique n'est pas rationnelle. Qu'est-ce donc que tu voulais dire par "unicursale" ? Il est peut-être temps de dire où tu voulais en venir.
J'ai entendu dire que le mot unicursale a eu une acception ancienne qui signifiait que l'on peut tracer en un trait de crayon (voir unius-cursus) et que, précisément, l'épithète rationnelle permettait au contraire d'éviter l'ambiguïté.
L'application que je mentionne envoie cette courbe sur l'intersection d'une
parabole avec le 1er quadrant. Ici cette intersection est un arc de parabole,
dans les autres cas il peut y en avoir deux.
S'il y en a deux l'orbite contient un ovale de Descartes (...)
mais je préfère prendre comme représentant de l'orbite
la courbe $(x^2+y^2)^2+ax^2+by^2±1=0$
Mon questionnement fait suite aux programmes donnés par GaBuZoMeu. On part de l'homographie indirecte$
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
$ \[ \psi\,:\;
\vz \mapsto \dfrac{\vzz + 2 z}{\vzz + z}
\]
On veut calculer la transformation de Cremona associée: \[
\Psi\,:\:
\left(\begin{array}{r}
\vz \\\vt \\\vzz
\end{array}\right) \mapsto \left(\begin{array}{r}
\vz \vzz + 2 z \vz \vt + \left(2 z + 1\right) \vzz \vt + \vt^{2} \\\vz \vzz + z \vz \vt + \left(2 z + 1\right) \vzz \vt
- \vt^{2} \\\vz \vzz + z \vz \vt + \left(z + 2\right) \vzz \vt + \vt^{2}
\end{array}\right)
\] ainsi que ses points d'indétermination qui sont: \[
\left(\begin{array}{c}z + 2 \\1 \\2 z\end{array}\right),
\left(\begin{array}{r}0 \\0 \\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{r}1 \\0 \\0\end{array}\right)
\]
Les coefficients appartiennent à $\mathbb F _9$ et $z$ vérifie $z^2-z-1=0$. Tandis que l'opérateur "barre" est celui qui échange $\vz$ et $\vzz$, et applique Frobenius aux coefficients, c'est à dire $x\mapsto x^3$.
La question est: comment programmer cela "agréablement", et pas seulement en forçant la main du Sage.
sage: var('U chi'); F9=GF(9,name='chi'); chi=F9.gens()[0]; F9, chi, chi.parent(), chi^2-chi-1 ## msg
sage: var('Z Zeta Z0 Zeta0 T W')
sage: PPP=PolynomialRing(F9, [Z,Zeta, T])
sage: FFF=FractionField(PPP)
sage: Z_, Zeta_, T_ =FFF.gens()
sage: Z_p, Zeta_p, T_p =PPP.gens()
sage: [j.parent() for j in [Z,Z_,Z_p]] ## msg
sage: levec=Matrix([Z_p,T_p,Zeta_p]).transpose();
sage: toto=(Zeta_+2*chi)/(Zeta_+chi);
sage: toto_fro=sage_eval(str(toto).replace('chi','chi^3'), locals={'chi':chi, 'Zeta':Zeta_, 'Z':Z_})
sage: tmq=Matrix([toto.subs({Z_:Z_/T_,Zeta_:Zeta_/T_}),1,toto_fro.subs({Z_:Zeta_/T_,Zeta_:Z_/T_})]).transpose(); tmq ## msg
sage: fufu=tmq*tmq[0].denominator()*tmq[2].denominator(); levec, fufu ## msg
sage: zid=PPP.ideal( [fufu[j,0] for j in range (3)]);
sage: ans= flatten( [(zid+Ideal([T_p-1])).variety(), (zid+Ideal([Z_p-1])).variety(), (zid+Ideal([Zeta_p-1])).variety()]);
sage: tmp= [ levec.subs(j) for j in ans];
sage: tmp1=[j if j[1,0]==0 else j/j[1,0] for j in tmp];
sage: tmp2=uniq([str(k.list()) for k in tmp1]); tmp2
sage: [ Matrix(sage_eval(j, locals={'chi':chi})).transpose() for j in tmp2] ;
Pour relancer ce fil intéressant, sachant qu'il nous faut renoncer à paramétrer rationnellement une courbe elliptique ;-), et sachant aussi que je suis très occupé par ailleurs, est-il raisonnable pour moi de chercher sans logiciel de calcul formel une transformation birationnelle qui <<mette>> la courbe sous la forme de Weierstra\ss ; nous aurions ainsi une paramétrisation servie sur un plateau ?
Au reste, y a-t-il des logiciels qui fassent cela ?
Claude Quitté dit souvent qu'il faut avoir fait une fois dans sa vie le passage "quartic to cubic".
Lui travaille avec Magma.
Il me semble avoir vu GBZM faire ce tour de passe-passe avec Sage.
Mais j'me souviens plus très bien...
Et apparemment, [ce fil] suggère qu'on peut aussi s'amuser avec les courbes gauches de genre $1$ !
Scheme morphism:
From: Affine Plane Curve over Rational Field defined by 9*x^2*y^2 - 9*x^2 - 9*y^2 - 1
To: Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 1188*x - 167616 over Rational Field
Defn: Defined on coordinates by sending (x, y) to
(34992*x*y^6 + 6804*x*y^4 - 45684*x*y^2 + 3888*x : 656100*y^5 + 72900*y : 729*x^3*y^6 - 2187*x^3*y^4 + 2187*x^3*y^2 - 729*x^3)
Merci GaBuZoMeu ! Quant au passage "(elliptic) quartic to cubic", je me contenterai de l'appliquer à $V(Y^2-X^4-1)$ --- j'avoue être cossard de temps en temps.
Pas tout de suite.
Et je ne suis pas satisfait du passage sur $\mathbb Q[ i]$. On devrait pouvoir faire sans.
Mais la commande "Jacobian" ne marche pas sur n'importe quoi.
Je viens de réaliser que je ne sais pas paramétrer une courbe elliptique sous la forme de Weierstrass.
Je n'ai pas trouvé de référence.
Tu en as une ?
Merci
john_john : ça, Sage sait faire les doigts dans le nez :
Scheme morphism:
From: Affine Plane Curve over Rational Field defined by -x^4 + y^2 - 1
To: Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 4*x over Rational Field
Defn: Defined on coordinates by sending (x, y) to
(-4*x^2*y : 4*x^5 - 4*x : y^3)
Merci, GBZM ; ne peut-on pas espérer une birationnelle plus simple ? Et, à propos, dans la notation $(-4*x^2*y : 4*x^5 - 4*x : y^3)$, faut-il lire $(X:Y:T)$ ou $(T:X:Y)$ ?
Bonsoir, Gai Requin : à partir de la forme de Weierstrass, on a une paramétrage à l'aide de la fonction $\wp$ du même (taper "fonction p de Weierstrass" te renvoie à toutes les références que tu voudras)
R.<x,y>=PolynomialRing(QQ,"x,y")
h=Jacobian((y^2-x^4-1), morphism="True")
h
Scheme morphism:
From: Affine Plane Curve over Rational Field defined by -x^4 + y^2 - 1
To: Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 4*x over Rational Field
Defn: Defined on coordinates by sending (x, y) to
(-4*x^2*y : 4*x^5 - 4*x : y^3)
puis
E = h.codomain()
E.defining_polynomial()(h.defining_polynomials()).factor()
La courbe $y^2=x^4+1$ est isomorphe à la courbe elliptique $y^2=x^3-4x$ via $(x,y)\mapsto \left(\dfrac{2x^2}{y-1},\dfrac{4x}{y-1}\right)$ d'inverse $(x,y)\mapsto\left(\dfrac{2x}y,\dfrac{x(x^2+4)}{y^2}\right)$.
Source : magma en ligne.
Je vais essayer de trouver une paramétrisation de $y^2=x^4+1$...
Je dis peut-être une bêtise, mais [si] on pouvait paramétrer rationnellement la courbe d'équation $y^2=x^4+1$, on aurait des solutions entières de l'équation $x^4+y^4=z^2$, ce qui m'étonnerait.
Voilà qui est simple ! Comment as-tu fait ? En regardant la valuation associée à la branche qui passe par $(0,1)$ ? Je soupçonne le logiciel de GBZM de s'intéresser préférentiellement aux branches infinies, n'est-il pas ?
@j__j : Je sus le faire à la main mais là, j'ai demandé à magma de faire le travail en fournissant le point de base $(0,1)$ de ta courbe qu'il envoie sur le point à l'infini de $y^2=x^3-4x$.
@Rescassol : Effectivement, on a déjà dit dans ce fil qu'une telle paramétrisation ne pouvait pas être rationnelle.
Pour calculer une birationnelle à la main, on choisit par exemple la valuation discrète $v$ associée à la branche passant par $(0,1)$ et l'on cherche des fonctions rationnelles $X$ et $Y$ appartenant respectivement aux diviseurs $2v$ et $3v$ et, si on en trouve (par tâtonnement lorsque ce n'est pas trop compliqué comme ici), on sait que $(1,X,Y,X^2,XY,X^3,Y^2)$ est liée. Après cela, on toilette la forme pour éliminer les intrus $Y$, $XY$ et $X^2$.
Quand tu as fait appel à magma, tu savais déjà sans doute qu'une forme de Weierstrass était $Y^2=X^3-4X$ vu le calcul de GaBuZoMeu ; sinon, quelles informations faut-il passer au logiciel ?
GBZM : sais-tu ce que fait Sage pour arriver à une forme de Weierstrass et à une birationnelle, fût-elle compliquée ? Des opérations algébriques sur des développements de Puiseux ?
En fait non.
Tu donnes à magma une courbe $\mathcal C$ de genre $1$ avec un point de base non singulier, et il retourne la courbe elliptique sous la forme de Weierstrass qui est isomorphe à $\mathcal C$, avec les morphismes qui vont avec !
> P2<X, Y, Z> := ProjectiveSpace(Rationals(), 2);
> C := Curve(P2,Y^2*Z^2-X^4-Z^4);
> pt := C![0, 1, 1];
> E, phi := EllipticCurve(C, Place(pt));
> E;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 4*x over Rational Field
> phi;
Mapping from: CrvPln: C to CrvEll: E
with equations :
2*X^2
4*X*Z
Y*Z - Z^2
> IsInvertible(phi);
true Mapping from: CrvEll: E to CrvPln: C
with equations :
2*$.2*$.3 [color=#FF0000]#2YZ#[/color]
$.1^2 + 4*$.3^2 [color=#FF0000]#X^2+4Z^2#[/color]
$.1^2 - 4*$.3^2 [color=#FF0000]#X^2-4Z^2#[/color]
$\def\P{\mathbb P}$Hello (bonne entrée en matière, non ?)
Il y a un algorithme, dit de Nagell, un tantinet calculatoire, qui permet de faire le job. Cependant, dans le cas où la quartique est bicarrée unitaire, l'algorithme se simplifie.
$\bullet$ Etape 0. Se munir d'un jeu de lettres et éviter de renommer. Tant qu'à faire, je prends les miennes. La quartique bicarrée unitaire affine est en $(u,v)$ : $v^2 = u^4 + au^2 + b$. Et on va la transformer en :
$$
Y^2 = X^3 + a'X^2 + b'X = X(X^2 + a'X + b') , \qquad \qquad a' = -2a, \quad b' = a^2 - 4b
$$On a fait cela 100 fois avec Gai-Requin (qui a perdu ses notes ??)
$\bullet$ Avant de démarrer, quelque chose d'important. On va obtenir un isomorphisme de courbes algébriques projectives, je dis bien un isomorphisme, à condition de se placer dans l'espace à poids $\P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}$ avec la quartique homogène
$$
v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4
$$Ceci signifie que $u,w$ ont le poids 1 et $v$ le poids 2.
$\bullet$ Etape 1. Le truc tout bête du trinôme du second degré qui consiste à écrire $v^2 = (u^2 + a/2)^2 - b'/4$. On pose $G(u) = u^2 + a/2$ et on contemple :
$$
\big(\ \overbrace {v + G(u)}^x \ \big) \big( v - G(u) \big) = -b'/4
$$Est ce que cela vaut le coup d'écrire la suite ou bien Gai-Requin va retrouver ses notes ? Cela se termine par les formules $(u,v) \leftrightarrow (X,Y)$, en homogène $(u : v : w) \leftrightarrow (X : Y : Z)$ avec les levées d'indétermination aux points jouant un rôle important.
Je me souviens l'avoir fait tout seul à la main exactement une fois il y a trois ans.
Et je n'avais pas explicité les morphismes. (td)
Tu avais conclu l'affaire [ici] en postant tes notes sur quartic to cubic.
Plus tard, il y a environ un an et demi, on en a eu besoin pour faire le lien entre les torseurs hyperelliptiques façon Cohen et certaines courbes elliptiques.Tu as alors expliqué la méthode de Nagell [là].
Et hier, j__j a sorti un exemple du chapeau just like that : $u^2=v^4+1\leftrightarrow y^2=x^3-4x$.
Je savais que Sage et Magma pouvaient tout faire, contrairement à moi. (td)
En fait, je ne comprends pas bien ce que fait exactement Sage en calculant la jacobienne. Visiblement, ce qu'il produit n'est pas directement un isomorphisme birationnel.
The function Jacobian() may be used instead. It constructs the same elliptic curve (which is in all cases the Jacobian of (F=0)) and needs no base point to be provided, but also returns no isomorphism since in general there is none: the plane cubic is only isomorphic to its Jacobian when it has a rational point.
On peut utiliser dans Sage deux algorithmes différents pour établir un morphisme entre une cubique lisse et une courbe elliptique :
1) EllipticCurve(cubic,rational point,morphism=True) qui retourne une courbe elliptique et un isomorphisme.
2) Jacobian(cubic,morphism=True) qui retourne une courbe elliptique et un morphisme qui n'est pas nécessairement un isomorphisme.
Cela semble cohérent avec les calculs de Claude qui s'appuie sur un point rationnel pour obtenir un isomorphisme.
J'en ai déduit que Jacobian(j__j quadric,morphism=True) n'a pas renvoyé un isomorphisme.
$\def\P{\mathbb P}$Je reprends là où j'en étais (Nagell pour les petits)
$\bullet$ Etape 0. Se munir d'un jeu de lettres et éviter de renommer. Quartique bicarrée unitaire affine en $(u,v)$ : $v^2 = u^4 + au^2 + b$. Transformation en :
$$
Y^2 = X^3 + a'X^2 + b'X = X(X^2 + a'X + b') , \qquad \qquad a' = -2a, \quad b' = a^2 - 4b
$$$\bullet$ Avant de démarrer, quelque chose d'important. On va obtenir un isomorphisme de courbes algébriques projectives, je dis bien un isomorphisme, à condition de se placer dans l'espace à poids $\P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}$ avec la quartique homogène
$$
v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4 \qquad\qquad
\text{ ceci signifie que } u,w \text{ ont le poids 1 et } v \text{ le poids 2}
$$
$\bullet$ Etape 1. Le truc tout bête du trinôme du second degré qui consiste à écrire $v^2 = (u^2 + a/2)^2 - b'/4$. On pose $G(u) = u^2 + a/2$
$$
\big(\ \overbrace {v + G(u)}^x \ \big) \big( v - G(u) \big) = -b'/4 \qquad\qquad
\left\{
\begin {array} {l}
v + G(u) \quad \buildrel {(1)} \over = \quad x \\
v - G(u) \quad \buildrel {(2)} \over = \quad -b'/(4x) \\
\end {array}\right.
$$
$\bullet$ Etape 2. On élimine $v$ via $(1) - (2)$, on multiplie par $x^2$ et on remplace $G(u)$ par sa valeur i.e. $G(u) = u^2 + a/2$
$$
(1) - (2) : \qquad \qquad 2G(u) = x + b'/(4x) \qquad\qquad \times x^2 \qquad\qquad 2(ux)^2 = x^3 - ax^2 + (b'/4)x
$$C'est presque gagné en posant $y = ux$ car on a obtenu $2y^2 = x^3 - ax^2 + (b'/4)x$
$\bullet$ Etape 3 On unitarise en $y$. Pas le choix : on multiplie par 8 car $2 \times 8 = 4^2$ et $8 = 2^3$. Bref $Y = 4y$ et $X = 2x$:
$$
Y^2 = X^3 - 2a X^2 + b'X =_{\rm def.} X^3 + a'X^2 + b'X = X(X^2 + a'X + b')
$$$\bullet$ Formules $(X,Y) \leftrightarrow (u,v)$
$$
\left\{
\begin {array}{l}
X = 2(v + G(u)) = 2(v + u^2) + a \\
Y = 2uX \\
\end {array} \right.
\qquad\qquad\qquad\qquad
\left\{
\begin {array}{l}
u = Y/(2X) \\
v = {X^2 - b' \over 4X} \\
\end {array} \right.
$$Note : pour $v$, il y a un petit calcul à faire en partant de $v = G(u) - b'/(2X)$ ...etc.. et en utilisant $Y^2 = X^3 + a'X^2 +b'X$.
Sur le papier, cela semble suffire. Mais dans la vraie vie, post suivant.
Suite. Dans la vraie vie, parfois je ne laisse pas faire le logiciel. J'ai besoin de relais ...etc.. Ci-dessous, $a,b$ au pif. La fonction EbarToH1ab (nom à la c.n) implémente l'isomorphisme entre la courbe elliptique et la quartique projective.
[color=#000000]> a := 3 ; b := 7 ;
> f := EbarToH1ab(a,b) ;
> Domain(f) ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 6*x^2 - 19*x over Rational Field
> Codomain(f) ;
Curve over Rational Field defined by u^4 + 3*u^2*w^2 + 7*w^4 - v^2
> Ambient(Codomain(f)) ;
Projective Space of dimension 2 Variables: u, v, w
The grading is: 1, 2, 1
>
> f : Minimal ;
(x : y : z) -> (y*z : x^3*z + 19*x*z^3 : 2*x*z)
Alternatives:
(x : y : z) -> (y : 6*x^2 + y^2 + 38*x*z : 2*x)
(x : y : z) -> (x^2 - 6*x*z - 19*z^2 : x^4 - 6*x^3*z - 114*x*z^3 - 361*z^4 : 2*y*z)
>
> g := Inverse(f) ;
> g : 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)
[/color]
Obtenu via le code suivant (au cas où il y aurait des coquilles dans mon post précédent). Ici il n'y en a pas car le logiciel vérifie tout. Il s'agit bien d'un ISOMORPHISME de courbes algébriques grâce au grading $(1,2,1)$ pour $u,v,w$
[color=#000000]/*
a' = abar = -2a, b' = bbar = a^2 - 4b
Affine : E' = Ebar : 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 via x = 2(v + G(u)) = 2(v + u^2 + a/2) et y = 2ux
*/
EbarToH1ab := function(a,b : P2 := ProjectiveSpace(k, [1,2,1])
where k is FieldOfFractions(Universe([a,b]))) ;
k := BaseRing(P2) ;
kX := PolynomialRing(k) ;
abar := -2*a ; bbar := a^2 - 4*b ;
Ebar<x,y,z> := EllipticCurve(X*(X^2 + abar*X + bbar)) where X is kX.1 ;
P2uvw<u,v,w> := P2 ;
H1ab := Curve(P2uvw, u^4 + a*u^2*w^2 + b*w^4 - v^2) ;
// (u,v,w) en fonction de (x,y,z) sous 3 formes pour relais
R := x^2 + abar*x*z + bbar*z^2 ; // hmg de degré 2
// u v w
uvwI := [y*z, x*z * (x^2 - bbar*z^2), 2*x*z] ;
uvwII := [y, y^2 - abar*x^2 - 2*bbar*x*z, 2*x] ;
uvwIII := [R, R * (x^2 - bbar*z^2), 2*y*z] ;
// Inverse : (x,y,z) en fonction de (u,v,w)
Q := 2*(v + u^2) + a*w^2 ; // hmg de degré 2
// x y z
xyz := [w*Q, 2*u*Q, w^3] ;
return iso < Ebar -> H1ab | [uvwI, uvwII, uvwIII], xyz > ;
end function ;
[/color]
Une faute de signe devant $y^2$ dans ton équation bicarrée.
1er dessin infra, la courbe d'équation "bicarrée".
L'application $\mathbb{R_+^2} \rightarrow \mathbb{R_+^2}$ , $(x, y) \mapsto (\sqrt{x},\sqrt{y})$
envoie un quart du "sablier" sur un arc de la parabole d'équation
$(x+y)^2-2x+2y-1/9=0$ , son intersection avec le 1er quadrant.
C'est là que l'on voit l'unicursalité, on conçoit qu'avec d'autres données l'intersection
comporte deux arcs (pas plus).
Modulo une poursuite de l'étude on conclut qu'une quartique bicirculaire a zéro (!)
une ou deux composantes connexes.
Oui, j'avais un signe erroné dans mon équation.
Une quartique bicirculaire est de genre au plus 1. Elle a donc au plus deux ovales (le genre plus 1, théorème de Harnack - Klein si on veut). Et comme l'intersection avec la droite de l'infini se réduit aux points cycliques, les ovales sont entièrement contenus dans le plan affine.
Tu devrais arrêter de parler de courbe unicursale pour dire qu'une courbe n'a qu'un seul ovale. Comme tu as pu le constater, tout le monde (sauf toi) utilise maintenant "unicursale" comme synonyme de rationnelle. Une courbe projective rationnelle a bien une seule composante connexe de dimension 1.
Réponses
la question inclut-elle le calcul d'un paramétrage rationnel ? Sinon, comme nous avons une quartique bicirculaire, trouver un point double supplémentaire suffirait à prouver la rationalité, ce qui ne signifie pas que le système sera à coup sûr facile à résoudre sur papier.
A propos, faut-il, si cela doit se faire par inversion, envisager un pôle qui ne soit pas l'origine ?
Amitiés, j__j
Cela dit, si point double il y a, où est-il ? Vu le dessin, pas de point double réel mais les points doubles non réels vont par deux ! Là, cela commence à faire beaucoup.
Les points doubles sont les points cycliques.
Ce dernier a deux axes de symétrie qui peuvent servir d'axes cartésiens.
Ensuite l'application
$$
\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} \longmapsto \begin{pmatrix} \sqrt{|x|} \\ \sqrt{|y|} \end{pmatrix}
$$
fait des merveilles.
Le traitement s'applique à toutes les quartiques bicirculaires
(et toutes les cubiques circulaires).
Hum, j'ai sans doute dit autrement ce qu'a déjà raconté j__j...
Soland se serait-il gouré ?
Peut-être dites-vous courbe à une seule branche ?
Je vois ces courbes sur la droite projective complexe, s'il faut compléter.
$\mathbb{R}^3/\mathbb{R}^*$ ne convient pas,
on ne peut pas y définir les inversions comme des transformations continues :
où va le centre de l'inversion ?
Il faut donc compléter $\mathbb{R}^2$ par un seul point à l'infini,
image du centre d'inversion.
C'est quoi, une branche ?
C'est l'identité d'Euler !
L'inversion sur le plan projectif réel est une transformation birationnelle du plan (transformation de Cremona).
Il est démontré que ta quartique n'est pas rationnelle. Qu'est-ce donc que tu voulais dire par "unicursale" ? Il est peut-être temps de dire où tu voulais en venir.
Donc, dans mon idée, paramétrable par $[0,1]$ avec $f(0)=f(1)$
Donc pas ceci :
Maintenant je ne vois pas ce que tu veux dire par Peux-tu expliquer ? Merci.
PS. J'ai vu la courbe d'équation $9(x^2+y^2)^2 - 18(x^2 {\color\red-}y^2 )- 1$ dans le bon repère.
Edit : correction de signe.
parabole avec le 1er quadrant. Ici cette intersection est un arc de parabole,
dans les autres cas il peut y en avoir deux.
S'il y en a deux l'orbite contient un ovale de Descartes (...)
mais je préfère prendre comme représentant de l'orbite
la courbe $(x^2+y^2)^2+ax^2+by^2±1=0$
Mon questionnement fait suite aux programmes donnés par GaBuZoMeu. On part de l'homographie indirecte$
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
$ \[ \psi\,:\;
\vz \mapsto \dfrac{\vzz + 2 z}{\vzz + z}
\]
On veut calculer la transformation de Cremona associée: \[
\Psi\,:\:
\left(\begin{array}{r}
\vz \\\vt \\\vzz
\end{array}\right) \mapsto \left(\begin{array}{r}
\vz \vzz + 2 z \vz \vt + \left(2 z + 1\right) \vzz \vt + \vt^{2} \\\vz \vzz + z \vz \vt + \left(2 z + 1\right) \vzz \vt
- \vt^{2} \\\vz \vzz + z \vz \vt + \left(z + 2\right) \vzz \vt + \vt^{2}
\end{array}\right)
\] ainsi que ses points d'indétermination qui sont: \[
\left(\begin{array}{c}z + 2 \\1 \\2 z\end{array}\right),
\left(\begin{array}{r}0 \\0 \\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{r}1 \\0 \\0\end{array}\right)
\]
Les coefficients appartiennent à $\mathbb F _9$ et $z$ vérifie $z^2-z-1=0$. Tandis que l'opérateur "barre" est celui qui échange $\vz$ et $\vzz$, et applique Frobenius aux coefficients, c'est à dire $x\mapsto x^3$.
La question est: comment programmer cela "agréablement", et pas seulement en forçant la main du Sage.
Cordialement, Pierre
Au reste, y a-t-il des logiciels qui fassent cela ?
Cordialement, j__j
Claude Quitté dit souvent qu'il faut avoir fait une fois dans sa vie le passage "quartic to cubic".
Lui travaille avec Magma.
Il me semble avoir vu GBZM faire ce tour de passe-passe avec Sage.
Mais j'me souviens plus très bien...
Et apparemment, [ce fil] suggère qu'on peut aussi s'amuser avec les courbes gauches de genre $1$ !
Et si ce n'est pas trop demander, j'imagine que tu peux même nous donner le morphisme inverse de cette courbe elliptique vers la courbe de soland. :-)
Et je ne suis pas satisfait du passage sur $\mathbb Q[ i]$. On devrait pouvoir faire sans.
Mais la commande "Jacobian" ne marche pas sur n'importe quoi.
Je viens de réaliser que je ne sais pas paramétrer une courbe elliptique sous la forme de Weierstrass.
Je n'ai pas trouvé de référence.
Tu en as une ?
Merci
Bonsoir, Gai Requin : à partir de la forme de Weierstrass, on a une paramétrage à l'aide de la fonction $\wp$ du même (taper "fonction p de Weierstrass" te renvoie à toutes les références que tu voudras)
Source : magma en ligne.
Je vais essayer de trouver une paramétrisation de $y^2=x^4+1$...
Je dis peut-être une bêtise, mais [si] on pouvait paramétrer rationnellement la courbe d'équation $y^2=x^4+1$, on aurait des solutions entières de l'équation $x^4+y^4=z^2$, ce qui m'étonnerait.
Cordialement,
Rescassol
Au temps pour moi
@Rescassol : Effectivement, on a déjà dit dans ce fil qu'une telle paramétrisation ne pouvait pas être rationnelle.
Quand tu as fait appel à magma, tu savais déjà sans doute qu'une forme de Weierstrass était $Y^2=X^3-4X$ vu le calcul de GaBuZoMeu ; sinon, quelles informations faut-il passer au logiciel ?
GBZM : sais-tu ce que fait Sage pour arriver à une forme de Weierstrass et à une birationnelle, fût-elle compliquée ? Des opérations algébriques sur des développements de Puiseux ?
Bonne soirée, j__j
En fait non.
Tu donnes à magma une courbe $\mathcal C$ de genre $1$ avec un point de base non singulier, et il retourne la courbe elliptique sous la forme de Weierstrass qui est isomorphe à $\mathcal C$, avec les morphismes qui vont avec !
Il y a un algorithme, dit de Nagell, un tantinet calculatoire, qui permet de faire le job. Cependant, dans le cas où la quartique est bicarrée unitaire, l'algorithme se simplifie.
$\bullet$ Etape 0. Se munir d'un jeu de lettres et éviter de renommer. Tant qu'à faire, je prends les miennes. La quartique bicarrée unitaire affine est en $(u,v)$ : $v^2 = u^4 + au^2 + b$. Et on va la transformer en :
$$
Y^2 = X^3 + a'X^2 + b'X = X(X^2 + a'X + b') , \qquad \qquad a' = -2a, \quad b' = a^2 - 4b
$$On a fait cela 100 fois avec Gai-Requin (qui a perdu ses notes ??)
$\bullet$ Avant de démarrer, quelque chose d'important. On va obtenir un isomorphisme de courbes algébriques projectives, je dis bien un isomorphisme, à condition de se placer dans l'espace à poids $\P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}$ avec la quartique homogène
$$
v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4
$$Ceci signifie que $u,w$ ont le poids 1 et $v$ le poids 2.
$\bullet$ Etape 1. Le truc tout bête du trinôme du second degré qui consiste à écrire $v^2 = (u^2 + a/2)^2 - b'/4$. On pose $G(u) = u^2 + a/2$ et on contemple :
$$
\big(\ \overbrace {v + G(u)}^x \ \big) \big( v - G(u) \big) = -b'/4
$$Est ce que cela vaut le coup d'écrire la suite ou bien Gai-Requin va retrouver ses notes ? Cela se termine par les formules $(u,v) \leftrightarrow (X,Y)$, en homogène $(u : v : w) \leftrightarrow (X : Y : Z)$ avec les levées d'indétermination aux points jouant un rôle important.
le tout est-il détaillé dans ton livre avec H.Lombardi (chez c&m) ? Je n'ai pas celui co-écrit avec Naudin.
Bonne journée ! j__j
Je me souviens l'avoir fait tout seul à la main exactement une fois il y a trois ans.
Et je n'avais pas explicité les morphismes. (td)
Tu avais conclu l'affaire [ici] en postant tes notes sur quartic to cubic.
Plus tard, il y a environ un an et demi, on en a eu besoin pour faire le lien entre les torseurs hyperelliptiques façon Cohen et certaines courbes elliptiques.Tu as alors expliqué la méthode de Nagell [là].
Et hier, j__j a sorti un exemple du chapeau just like that : $u^2=v^4+1\leftrightarrow y^2=x^3-4x$.
Je savais que Sage et Magma pouvaient tout faire, contrairement à moi. (td)
1) EllipticCurve(cubic,rational point,morphism=True) qui retourne une courbe elliptique et un isomorphisme.
2) Jacobian(cubic,morphism=True) qui retourne une courbe elliptique et un morphisme qui n'est pas nécessairement un isomorphisme.
Cela semble cohérent avec les calculs de Claude qui s'appuie sur un point rationnel pour obtenir un isomorphisme.
J'en ai déduit que Jacobian(j__j quadric,morphism=True) n'a pas renvoyé un isomorphisme.
$\bullet$ Etape 0. Se munir d'un jeu de lettres et éviter de renommer. Quartique bicarrée unitaire affine en $(u,v)$ : $v^2 = u^4 + au^2 + b$. Transformation en :
$$
Y^2 = X^3 + a'X^2 + b'X = X(X^2 + a'X + b') , \qquad \qquad a' = -2a, \quad b' = a^2 - 4b
$$$\bullet$ Avant de démarrer, quelque chose d'important. On va obtenir un isomorphisme de courbes algébriques projectives, je dis bien un isomorphisme, à condition de se placer dans l'espace à poids $\P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}$ avec la quartique homogène
$$
v^2 = u^4 + au^2w^2 + bw^4 \qquad\qquad
\text{ ceci signifie que } u,w \text{ ont le poids 1 et } v \text{ le poids 2}
$$
$\bullet$ Etape 1. Le truc tout bête du trinôme du second degré qui consiste à écrire $v^2 = (u^2 + a/2)^2 - b'/4$. On pose $G(u) = u^2 + a/2$
$$
\big(\ \overbrace {v + G(u)}^x \ \big) \big( v - G(u) \big) = -b'/4 \qquad\qquad
\left\{
\begin {array} {l}
v + G(u) \quad \buildrel {(1)} \over = \quad x \\
v - G(u) \quad \buildrel {(2)} \over = \quad -b'/(4x) \\
\end {array}\right.
$$
$\bullet$ Etape 2. On élimine $v$ via $(1) - (2)$, on multiplie par $x^2$ et on remplace $G(u)$ par sa valeur i.e. $G(u) = u^2 + a/2$
$$
(1) - (2) : \qquad \qquad 2G(u) = x + b'/(4x) \qquad\qquad \times x^2 \qquad\qquad 2(ux)^2 = x^3 - ax^2 + (b'/4)x
$$C'est presque gagné en posant $y = ux$ car on a obtenu $2y^2 = x^3 - ax^2 + (b'/4)x$
$\bullet$ Etape 3 On unitarise en $y$. Pas le choix : on multiplie par 8 car $2 \times 8 = 4^2$ et $8 = 2^3$. Bref $Y = 4y$ et $X = 2x$:
$$
Y^2 = X^3 - 2a X^2 + b'X =_{\rm def.} X^3 + a'X^2 + b'X = X(X^2 + a'X + b')
$$$\bullet$ Formules $(X,Y) \leftrightarrow (u,v)$
$$
\left\{
\begin {array}{l}
X = 2(v + G(u)) = 2(v + u^2) + a \\
Y = 2uX \\
\end {array} \right.
\qquad\qquad\qquad\qquad
\left\{
\begin {array}{l}
u = Y/(2X) \\
v = {X^2 - b' \over 4X} \\
\end {array} \right.
$$Note : pour $v$, il y a un petit calcul à faire en partant de $v = G(u) - b'/(2X)$ ...etc.. et en utilisant $Y^2 = X^3 + a'X^2 +b'X$.
Sur le papier, cela semble suffire. Mais dans la vraie vie, post suivant.
On y cite Cremona qui a bossé sur les courbes elliptiques dans Sage.
J'ai pris du retard.
Une faute de signe devant $y^2$ dans ton équation bicarrée.
1er dessin infra, la courbe d'équation "bicarrée".
L'application $\mathbb{R_+^2} \rightarrow \mathbb{R_+^2}$ , $(x, y) \mapsto (\sqrt{x},\sqrt{y})$
envoie un quart du "sablier" sur un arc de la parabole d'équation
$(x+y)^2-2x+2y-1/9=0$ , son intersection avec le 1er quadrant.
C'est là que l'on voit l'unicursalité, on conçoit qu'avec d'autres données l'intersection
comporte deux arcs (pas plus).
Modulo une poursuite de l'étude on conclut qu'une quartique bicirculaire a zéro (!)
une ou deux composantes connexes.
Une quartique bicirculaire est de genre au plus 1. Elle a donc au plus deux ovales (le genre plus 1, théorème de Harnack - Klein si on veut). Et comme l'intersection avec la droite de l'infini se réduit aux points cycliques, les ovales sont entièrement contenus dans le plan affine.
Tu devrais arrêter de parler de courbe unicursale pour dire qu'une courbe n'a qu'un seul ovale. Comme tu as pu le constater, tout le monde (sauf toi) utilise maintenant "unicursale" comme synonyme de rationnelle. Une courbe projective rationnelle a bien une seule composante connexe de dimension 1.
deux courbes ayant une composante connexe et deux en ayant une.