Sí, esto es cierto porque en este caso particular tenemos $\text{rank}_\mathbb{Z} E(\mathbb{Q}(i)) =2\text{rank}_\mathbb{Z} E(\mathbb{Q}) $ . El intuición para esto es que para cada punto $(x_0,y_0)\in E(\mathbb{Q})$ también hay un punto $(-x_0,iy_0)\in E(\mathbb{Q}(i))$ .
En general, se tiene el siguiente resultado.
Teorema. Dejemos que $E/\mathbb{Q}$ sea una curva elíptica dada por una ecuación de Weierstrass de la forma $y^2=f(x)$ y que $d$ sea un número entero libre de cuadrados. Entonces, $$E(\mathbb{Q}(\sqrt{d})) \cong E(\mathbb{Q}) \oplus E^d(\mathbb{Q}),$$ donde $E^d/\mathbb{Q}$ es la curva elíptica dada por $dy^2=f(x)$ .
En su caso, $E_n: y^2=x^3-n^2x$ y $d=-1$ Así que $E_n^{-1} : -y^2=x^3-n^2x$ es isomorfo a $E$ en $\mathbb{Q}$ con un mapa $E_n^{-1}$ a $E_n$ dado por $(x,y)\mapsto (-x,y)$ . Por lo tanto, el teorema anterior implica que $$E_n(\mathbb{Q}(i)) \cong E_n(\mathbb{Q}) \oplus E_n^{-1}(\mathbb{Q})\cong E_n(\mathbb{Q}) \oplus E_n(\mathbb{Q}).$$ En particular, tenemos $\text{rank}_\mathbb{Z} E(\mathbb{Q}(i)) =2\text{rank}_\mathbb{Z} E(\mathbb{Q})$ como habíamos afirmado anteriormente.
El isomorfismo $\psi: E_n(\mathbb{Q})\oplus E_n^{-1}(\mathbb{Q}) \to E_n(\mathbb{Q}(i))$ viene dada por
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si $P\in E_n(\mathbb{Q})$ entonces $\psi(P)=P$ ,
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si $Q=(x_0,y_0)\in E_n^{-1}(\mathbb{Q})$ entonces $$Q=(x_0,y_0) \mapsto (x,iy)\in E_n(\mathbb{Q}(i)),$$
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y extender el mapa a $E_n(\mathbb{Q})\oplus E_n^{-1}(\mathbb{Q})$ por linealidad, es decir, $\psi(P,(x_0,y_0)) = P + (x_0,iy_0)$ .
