Hace $(x^2 - 1)(y^2 - 1) = c z^4$ ¿tiene un punto racional, con z no nulo, para cualquier c racional dado?

Question

Necesito este resultado para otra cosa. Parece bastante difícil, pero puede que me esté perdiendo algo obvio.

Sólo una solución no trivial para cualquier $c$ estaría bien (para mi aplicación).

Answer 1

[editado de nuevo principalmente para añadir el enlace de Euler, véase el último párrafo]

Sí, y de hecho hay infinitos puntos racionales: la ecuación diofantina bipartita equivalente dada por J.Ramsden en su respuesta parcial a su propia pregunta, $$ X + Y = Z + T, \phantom{and} XYZT = c, $$ ya fue estudiada por Euler (en la forma equivalente $xyz(x+y+z)=a$ ), que en 1749 obtuvo la curva racional de soluciones $$ X = 6\frac{cr(2r^4+c)^2}{(r^4-4c)(r^8+10cr^4-2c^2)}, \phantom{and} Y = -2\frac{r^8+10cr^4-2c^2}{3r^3(r^4-4c)}, $$ $$ Z = -3\frac{r^5(r^4-4c)^2}{2(2r^4+c)(r^8+10cr^4-2c^2)}, \phantom{and} T = \frac{r^8+10cr^4-2c^2}{r^3(2r^4+c)}. $$ Invertir la transformación biracional de J.Ramsden $$ (X,Y,Z,T) = \left( \frac{x-1}{z}, \frac{y+1}{z}, \frac{x+1}{z}, \frac{y-1}{z} \right) $$ entonces da como resultado $$ x = \frac{(r^8+2c^2)(r^8-44cr^4-2c^2)}{(r^8+10cr^4-2c^2)^2}, \phantom{and} y = \frac{7r^4+8c}{9r^4}, \phantom{and} z = \frac{-4(r^4-4c)(2r^4+c)}{3r(r^8+10cr^4-2c^2)}. $$

La solución de Euler es inédita y algo misteriosa; dio las fórmulas en una carta a Goldbach pero no explicó cómo las encontró, escribiendo sólo que obtuvo la solución "endlich nach vieler angewandter Mühe" [por fin, después de aplicar mucho esfuerzo]. La curva es singular, y encontrar una curva así requiere ir un poco más allá de la manipulación habitual de de las fibrillas elípticas en superficies K3, que para estas superficies no funcionan a menos que $c$ es un cuadrado (el caso en el que R.Kloosterman ya encontró una curva no singular curva racional de soluciones). He dado conferencias sobre la superficie y la solución de Euler varias veces en los últimos años; aquí 's la última iteración. Gracias a Franz Lemmermeyer por traer la carta de Euler a mi atención.

Añadido más tarde: Las mismas notas de la conferencia muestra en la página 43 una curva algo más sencilla que encontré en la superficie de Euler, que también produce una curva algo más simple de soluciones de $(x^2-1)(y^2-1)=cz^4$ : $$ x = \frac{u^{12}+48cu^8-48c^2u^4+128c^3}{u^4(u^4-12c)^2}, \phantom{and} y = \frac{5u^4+4c}{3u^4-4c}, \phantom{and} z = \frac{4(u^4+4c)}{u(u^4-12c)}. $$ Para $c=2$ , obtenemos en $u=2$ la solución $(26, 11/5, 6)$ que es casi tan simple como la solución $(5/3,17,4)$ que Mark Sapir señaló.

Añadido más tarde todavía: Aquí hay un transcripción de la carta de Euler de 1749 . Ver la última página.

Answer 2

Si se toma el cierre proyectivo de su superficie en $\mathbb{P}^3$ se encuentra un cuarteto singular. Este cuártico tiene seis puntos singulares. A saber, los dos puntos encontrados por Daniel y cuatro puntos de la forma $(\pm 1,\pm 1,0,1)$ . Cada uno de estos puntos es un $A_1$ singularidad. Esto implica que la resolución de la superficie es una superficie K3.

Esta superficie contiene también varias líneas, a saber $z=0,x=\pm w$ y $z=0, y=\pm w$ . Cada línea produce una fibración de género uno tomando el lápiz de los planos que pasan por una de las líneas. Como ejemplo se puede tomar (en el gráfico $w=1$ ) el lápiz $z=T(x-1)$ . Si sustituyes esto en la ecuación afín de tu superficie encontrarás $(x-1)*(-cT^4x^3+3cT^4x^2-x+xy^2-3cT^4x+cT^4-1+y^2)$ El segundo factor es una curva cúbica en $\mathbb{P}^2_{\mathbb{Q}(T)}$ . que contiene el punto racional $(1,1,1)$ . En el libro de Cassels sobre curvas elípticas se puede encontrar un algoritmo que pone esta ecuación en forma de Weierstrass. Un truco que resulta funcionar es mover el punto $(1,1,1)$ a $(0,1,0)$ se obtiene entonces la siguiente ecuación de Weierstrass: $y^2=x^3-(8cT^4+1/3)x+16c^2T^8+8/3cT^4+2/27$ . Se trata de un cambio de base de grado 2 de una superficie elíptica racional. (Conjunto $u=T^2$ .) Esta superficie elíptica racional tiene una fibra de tipo $I_6$ , dos de tipo $I_1$ y uno de tipo $IV$ . En particular, la fórmula de Shioda-Tate nos dice que el rango de Mordell-Weil de esta curva elíptica sobre $\overline{\mathbb{Q}}(u)$ es uno. Por el trabajo de Shioda sabemos que el grupo Mordell-Weil está generado por polinomios $x(u)$ y $y(u)$ de grado máximo 2, resp. 3. Si se pueden encontrar estos polinomios, se puede comprobar si este generador está definido sobre $\mathbb{Q}$ o no. Si es así, multiplicando este generador en el grupo de Mordell-Weil y especializando $T$ puedes encontrar un montón de puntos.

Edición: El grupo Mordell-Weil está generado por $x=1/3+4\sqrt{c}u$ y $y=4\sqrt{c}u(1+\sqrt{c}u)$ . Por lo tanto, este enfoque sólo funciona si $c$ es un cuadrado.

Edición 2: -Borrado- Este comentario era incorrecto. Hay un $\mathbb{Q}(T)$ -punto racional en la curva elíptica, con $x=1/3$ . Sin embargo, este punto se corresponde con uno de los puntos singulares de la superficie K3, y tiene orden tres en el grupo Mordell-Weil.

Answer 3

Muchas gracias por sus respuestas. Pensé que lo había resuelto, pero después de publicar me di cuenta de un error al final. Sin embargo, voy a dejar lo siguiente, hasta donde llega, por si sugiere algún ángulo alternativo a otros.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que la ecuación puede expresarse como

$\dfrac{x - 1}{z} \dfrac{x + 1}{z} \dfrac{y - 1}{z} \dfrac{y + 1}{z} = c$

Así que toma:

$X, Y, Z, T = \dfrac{x - 1}{z}, \dfrac{y + 1}{z}, \dfrac{x + 1}{z}, \dfrac{y - 1}{z}$

(que obviamente es uniracional, es decir, "reversible") podemos expresarlo como

$X + Y = Z + T$

$X Y Z T = c$

Ahora (reutilizando las x, y, z originales por comodidad) toma:

$X, Y, Z, T = \dfrac{c x}{d}, \dfrac{y}{d}, \dfrac{z}{d}, \dfrac{t}{d}$

Entonces el par anterior se convierte en:

$c x + y = z + t$

$x y z t = d^4$

Ahora como caso especial supongamos que t = c, por lo que el primero de este par da:

$t = c = \dfrac{z - y}{x - 1}$

y la segunda se convierte en:

$x y z (z - y) = (x - 1) d^4$

Por último, dejar:

$x, y, z = p d, q d, r d$

obtenemos:

$c = \dfrac{(r - q) d}{p d - 1} = \dfrac{d}{p q r}$

Pero esto, aunque parezca tentadoramente sencillo, ¡es el final de la línea para el presente intento!

Answer 4

He aquí algunas reflexiones, demasiado largas para un comentario. Podemos suponer que $c$ no es un cuadrado racional, de lo contrario tenemos muchas soluciones con $x=y$ y $z\neq 0$ .

Tenemos $x^2-1=c_1 z^2$ y $y^2-1=c_2 z^2$ con $c_1 c_2=c$ . Por lo tanto, $(x,y,z)$ se encuentra en la intersección de dos cuadriculas espaciales. Como $c_1\neq c_2$ la intersección es una curva elíptica isomorfa a la curva plana $$ Y^2=-8(X-1)(X+1)(-c_1X-2c_2+c_1),$$ ver Pinch: Valores cuadrados de polinomios cuadráticos aquí para más detalles. A saber, aplicar la Proposición 1.1 allí con $(a,b,c,d,e,f)=(1,-c_1,1,1,-c_2,1)$ y $(p,q,r,s)=(1,0,1,1)$ . Con la notación $2U=c_1(X-1)$ y $8V=c_1Y$ la última ecuación se convierte en $$ V^2=U(U+c_1)(U+c_2). $$ Una solución $z\neq 0$ corresponde a $V\neq 0$ por lo que el problema se reduce a si la última ecuación se puede resolver con $V\neq 0$ para alguna descomposición $c=c_1c_2$ .