El lema de la respuesta de Bjorn Poonen puede afinarse para obtener una relación exacta entre $\mathrm{den}(x)$ y $\mathrm{den}(x')$ .
Lema 1. $~$ Dejemos que $f=f_2+f_1+f_0\in\mathbb{Z}[X]=\mathbb{Z}[X_1,\ldots,X_n]$ ( $n\geq 1$ ), con cada $f_i$
homogénea de grado $i$ . Sea $y,v\in\mathbb{Z}^n$ , donde $v$ es primitivo y $f_2(v)\neq0$ , y definir $F=AT^2+BT+C:=f(y+Tv)\in\mathbb{Z}[T]$ . Supongamos que los dos ceros $t$ y $t'$ de $F$ son racionales, de modo que los dos puntos racionales $x=y+tv$ y $x'=y+t'v$ son ceros de $f$ . Si $x=a/b$ y $x'=a'/b'$ son las representaciones reducidas (con $b,b'>0$ ), y $x\neq y$ (lo cual es ciertamente cierto si $x\notin\mathbb{Z}^n$ ), entonces \begin{equation*} b' \,=\, \mathrm{sgn}(A)\cdot \frac{f_2(x-y)} {\mathrm{gcd}(A,B,C)\,\mathrm{gcd}(a-by)^2}\cdot b~; \tag{1} \end{equation*} intercambiando $x$ y $x'$ da la identidad análoga (siempre que $y\neq x'$ ).
Observación. $~$ Para cualquier $u=(u_1,\ldots,u_n)\in\mathbb{Z}^n$ escribimos $\mathrm{gcd}(u):=\mathrm{gcd}(u_1,\ldots,u_n)$ .
Prueba. $~$ Desde $tv=x-y=(a-by)/b=(c/b)v$ , donde $c=\pm\,\mathrm{gcd}(a-by)$ y $\mathrm{gcd}(c,b)=1$ , tenemos $t=c/b$ , y de forma similar $t'=c'/b'$ con $c'=\pm\,\mathrm{gcd}(a'-b'y)$ y $\mathrm{gcd}(c',b')=1$ . El coeficiente principal de $F$ es $A=f_2(v)=(b/c)^2f_2(x-y)$ ( $c\neq 0$ porque $a-by=b(x-y)\neq 0$ ).
Por el lema de Gauss $F=d(bT-c)(b'T-c')$ con $d=\mathrm{sgn}(A)\cdot\mathrm{gcd}(A,B,C)$ .
Entonces $dbb'=A=(b/c)^2f_2(x-y)$ nos da $b'$ expresado como en el lema. $~$ Hecho.
El lema del post de Bjorn Poonen es una consecuencia inmediata.
El lema 1 se refiere a los antecedentes geométricos del lema de Davenport-Cassels: relaciona las representaciones reducidas de dos ceros racionales de $f$ que se encuentran en una línea integral $L=y+\mathbb{Q}v$ cuyo vector de dirección $v$ es un vector anisotrópico de la forma cuadrática $f_2$ . (Una línea integral es una línea afín en $\mathbb{Q}^n$ que contiene un punto integral y, por tanto, infinitos puntos integrales). No se requiere que uno u otro de los dos ceros sea no integral, el lema dice algo interesante incluso cuando ambos ceros son integrales. Además, los dos ceros pueden coincidir, en cuyo caso la recta $L$ es tangente a la cuádrica $\{f=0\}$ .
Si realmente escribimos la otra identidad mencionada en el lema y luego comparamos las dos identidades obtenemos la identidad (suponiendo $y\neq x,x'$ ) \begin{equation*} f_2(x-y)f_2(x'-y) \,=\, \bigl(\mathrm{gcd}(A,B,C)\,\mathrm{gcd}(a-by)\,\mathrm{gcd}(a'-b'y)\bigr)^2~.\tag{2} \end{equation*} No es en absoluto sorprendente que $f_2(x-y)f_2(x'-y)$ es un cuadrado: si $q$ es cualquier forma cuadrática en un espacio vectorial $V$ sobre algún campo $K$ , y $u\in V$ y $\lambda,\mu\in K$ , entonces es trivial que $q(\lambda u)q(\mu u)=\bigl(\lambda\mu q(u)\bigr)^2$ . Puede parecer ligeramente sorprendente que $f_2(x-y)f_2(x'-y)$ es un cuadrado de un número entero, pero esto es una consecuencia de $A=dbb'$ en la situación del lema la identidad trivial satisfecha por una forma cuadrática general dice \begin{equation*} f_2(x-y)f_2(x'-y) \,=\, \Bigl(\frac{c}{b}\,\frac{c'}{b'}f_2(v)\Bigr)^2~, \end{equation*} y sustituyendo $f_2(v)=A=dbb'$ rinde \begin{equation*} f_2(x-y)f_2(x'-y) \,=\, (dcc')^2 \,=\, C^2 \,=\, f(y)^2 \end{equation*} (esta vez sin la restricción $y\neq x,x'$ ). Sea $L_{\mathbb{Z}}$ denotan el conjunto de todos los puntos integrales de la recta $L$ : $L_{\mathbb{Z}}:=L\cap\mathbb{Z}^n=y+\mathbb{Z}v$ . Para cualquier $z\in L_{\mathbb{Z}}$ la identidad (2) sigue siendo válida cuando $y$ se sustituye por $z$ , pero debemos tener cuidado y escribirlo como \begin{equation*} f_2(x-z)f_2(x'-z) \,=\, \bigl(\mathrm{gcd}(A,B_z,C_z)\,\mathrm{gcd}(a-bz)\,\mathrm{gcd}(a'-b'z)\bigr)^2~, \end{equation*} porque los coeficientes $B_z$ y $C_z$ de $F_z=f(z+Tv)$ dependen de $z$ . Sin embargo, hay que tener en cuenta que el coeficiente $A_z=A=f_2(v)$ , así como el máximo común divisor de los coeficientes de $F_z$ (el contenido de $F_z$ ), $\mathrm{gcd}(A,B_z,C_z)=\left|A\right|/bb'=\left|d\right|$ , hacer no dependen de $z$ . Para $z\in L_{\mathbb{Z}}$ definimos $c(z),c'(z)\in\mathbb{Z}$ por $x-z=\bigl(c(z)/b\bigr)v$ y $x'-z=\bigl(c'(z)/b'\bigr)v$ . Desde $\mathrm{gcd}(a-bz)=\left|c(z)\right|$ y $\mathrm{gcd}(a'-b'z)=\left|c'(z)\right|$ , tenemos \begin{equation*} f_2(x-z)f_2(x'-z) \,=\, \bigl(d\,c(z)\,c'(z)\bigr)^2 \,=\, C_z^2 \,=\, f(z)^2~, \qquad\quad z\in L_{\mathbb{Z}}\,. \end{equation*} Observación. $~$ ¡Idiota de mí! Esto es sólo un caso muy especial del teorema general de la potencia de un punto, que no se basa en propiedades específicas de factorización de los enteros y es casi trivial de demostrar:
Dejemos que $K$ sea un campo, dejemos que $f\in K[X] = K[X_1,\ldots,X_n]$ ser de grado $m$ (donde $m, n\geq 1$ ), y denotamos por $f_m$ el componente homogéneo de $f$ de grado $m$ . Sea $L$ sea una línea afín en $K^n$ con un vector de dirección $v$ , donde $f_m(v)\neq 0$ . Sea $y\in L$ y definir $F_y := f(y+Tv)\in K[T]$ un polinomio de grado $m$ . Supongamos que $F_y$ tiene $m$ ceros (contando multiplicidades) $t_1$ , $\ldots$ , $t_m$ en $K$ . Entonces los puntos $x_i=y+t_iv\in L$ , $1\leq i\leq m$ son ceros de $f$ , el multiconjunto de los $x_i$ no depende de la elección de $y\in L$ , y \begin{equation*} f_m(y-x_1)f_m(y-x_2)\cdots f_m(y-x_m) \,=\, f(y)^m~. \end{equation*}
La independencia es fácil: si $z=y+sv$ , entonces $F_z$ tiene los ceros $t_i-s$ De ahí que $z+(t_i-s)v = y+t_iv = x_i$ . El coeficiente principal de $F_y$ es $f_m(v)$ y su término constante es $f(y)$ . Desde $F_y=f_m(v)(T-t_1)\cdots(T-t_m)$ obtenemos $f(y)=(-1)^m t_1\cdots t_m f_m(v)$ , de donde $f_m(y-x_1)\cdots f_m(y-x_m) = \bigl((-t_1)\cdots(-t_m)f_m(v)\bigr)^m = f(y)^m$ .
Hacemos un inciso. Volvamos a la situación del lema 1.
Consideramos que el punto $y$ como fijo, sirviendo como origen de $L_{\mathbb{Z}}$ . Determinemos $c(z)$ para un punto general $z=y+kv\in L_{\mathbb{Z}}$ , $k\in\mathbb{Z}$ : desde \begin{equation*} \frac{c(y+kv)}{b}\,v \,=\, x-(y+kv) \,=\, (x-y)-kv \,=\, \frac{c(y)-kb}{b}\,v \end{equation*} vemos que \begin{equation*} c(y+kv) \,=\, c(y) - kb~. \tag{3} \end{equation*} Para cualquier $z\in L_{\mathbb{Z}}$ tenemos \begin{equation*} f_2(x-z) \,=\, \frac{c(z)^2}{b^2}f_2(v) \,=\, \frac{c(z)^2}{b^2}\,dbb' \,=\, \frac{db'}{b}\,c(z)^2 \,=\, \frac{e_0}{b_0}\,c(z)^2~, \tag{4} \end{equation*} où $b_0=b/\mathrm{gcd}(b,db')$ y $e_0=db'/\mathrm{gcd}(b,db')$ . Desde $\mathrm{gcd}\bigl(b,c(z)\bigr) = 1$ y por lo tanto $\mathrm{gcd}\bigl(b_0,c(z)\bigr) = 1$ se deduce que \begin{equation*} \mathrm{den}\bigl(f_2(x-z)\bigr) \,=\, b_0 \qquad\quad \text{for every $z\in L_{\mathbb{Z}}$}\,. \end{equation*} Combinando (3) y (4) obtenemos \begin{equation*} f_2\bigl(x-(y+k)v\bigr) \,=\, \frac{e_0}{b_0}\bigl(c(y)-kb\bigr)^2~, \qquad\quad k\in\mathbb{Z}\,. \end{equation*} En el caso especial $x=x'$ cuando la línea $L$ es una tangente de la cuádrica $\{f=0\}$ , tenemos $b=b'$ De ahí que \begin{equation*} f_2(x-z) \,=\, d\,c(z)^2~, \qquad\quad z\in L_{\mathbb{Z}}\,, \end{equation*} así $f_2(x-z)$ es un número entero para cada punto integral $z$ en $L$ .
La discusión anterior ha demostrado que la identidad (1) y sus hermanos tienen usos no relacionados con el lema de Davenport-Cassels. Ahora volvemos a las aplicaciones de (1) al lema de Davenport-Cassels y (un poco) más allá. Los supuestos $x\in\mathbb{Q}^n\setminus\mathbb{Z}^n$ y $0<\left|f_2(x-y)\right|<1$ implican las premisas $f_2(v)\neq 0$ y $x\neq y$ del lema 1 y entonces se obtiene el resultado instantáneo $b'<b$ . Pero además de la $f_2(x-y)$ en el numerador del lado derecho de (1) también están los factores $\mathrm{gcd}(A,B,C)$ y $\mathrm{gcd}(a-by)^2$ en el denominador cuyo producto puede ser mayor que $1$ y puede ayudar a hacer $b'$ más pequeño que $b$ incluso cuando $\left|f_2(x-y)\right|\geq 1$ . Esto lleva a la idea de caminar con Aubry "en el lado lejano": cuando no hay un punto integral $y$ satisfaciendo $\left|f_2(x-y)\right|\geq 1$ todavía podemos encontrar un punto integral $y$ para que podamos dar un paso en la línea $L$ de un cero $x=a/b$ de $f$ a un cero $x'=a'/b'$ de $f$ con $b'<b$ . Los dos ejemplos siguientes demuestran que esta idea funciona.
Pero primero, una definición. Una forma cuadrática $q$ en $\mathbb{Q}^n$ se dice que Euclidiano si para cada $x\in\mathbb{Q}^n\setminus\mathbb{Z}^n$ existe $y\in\mathbb{Z}^n$ tal que $0 < \left|q(x-y)\right| < 1$ .
Para el primer ejemplo, dejemos $q(X_1,X_2,X_3)=X_1^2+X_2^2+5X_3^2$ y $f(X)=q(X) - m$ , donde $m$ es un número entero positivo. La forma cuadrática positiva-definida $q$ no es euclidiano en $\mathbb{Q}^3$ , ya que para cualquier $x\in\mathbb{Z}^3+\bigl(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\bigr)$ y cualquier $y\in\mathbb{Z}^3$ tenemos $q(x-y)\geq 7/4$ . Considere el conjunto $F$ de todos los puntos $x$ en el cubo $\bigl\{(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3 \bigm| 0\leq x_1,x_2,x_3\leq \frac{1}{2}\bigr\}$ en el que $q(x)\geq 1$ ; el conjunto $F$ ("el lado lejano") se muestra como la parte sombreada más oscura del cubo en la siguiente figura:
![Walk on the far side (5)]()
La función $q(1-x_1,1-x_2,1-x_3)$ de un punto $(x_1,x_2,x_3)$ en el conjunto $F$ alcanza su mayor valor $8-2\sqrt{5}$ en el punto $P=\bigl(0,0,1/\sqrt{5}\bigr)$ .
$\quad$ Supongamos que $x\in\mathbb{Q}^3\setminus\mathbb{Z}^3$ es un cero de $f$ , y que $y:=\mathrm{round}(x)$ . Si $q(x)<1$ (ciertamente tenemos $q(x)>0$ ) entonces bien, hacemos un paso al siguiente cero de $f$ con un denominador más pequeño a este lado del horizonte euclidiano. En caso contrario, $q(x-y)\geq 1$ Estamos en el lado opuesto, y debemos ir con más cuidado. Dejemos que $x=a/b=(a_1,a_2,a_3)/b$ sea la representación reducida. Afirmamos que como $q(x)=m$ es un número entero, el denominador $b$ es impar. Supongamos que $b$ está en paz; entonces al menos uno de $a_1$ , $a_2$ , $a_3$ es impar, y así en $q(x)=q(a)/b^2$ el numerador $q(a)$ es congruente con $1$ , $2$ o $3$ modulo $4$ , mientras que el denominador es divisible por $4$ contradicción. Nótese que $b$ ser impar implica $0 \leq \left|x_i-y_i\right| < \frac{1}{2}$ , $i=1,2,3$ . Ahora elegimos un punto integral $z$ cerca del punto integral $y$ . Si $a_1-by_1$ es par, entonces ponemos $z_1:=y_1$ . Si $a_1-by_1$ es impar, dejamos que $z_1$ sea el segundo número entero más cercano a $x_1$ (hay dos opciones posibles para $z_1$ si $x_1$ es un número entero, y podemos elegir cualquiera de ellos); entonces $z_1=y_1\pm1$ , $a_1-bz_1$ es par, y $\left|x_1-z_1\right|=1-\left|x_1-y_1\right|$ . En cualquier caso tenemos $\left|x_1-z_1\right|\leq1 - \left|x_1-y_1\right|$ . Las coordenadas $z_2$ y $z_3$ se eligen de forma análoga. Pasamos al siguiente cero $x'=a'/b'$ de $f$ a lo largo de la línea que pasa por los puntos $x$ y $z$ . Desde $\bigl(\left|x_1-y_1\right|,\left|x_2-y_2\right|,\left|x_3-y_3\right|\bigr)\in F$ , se deduce que $$q(x-z)\leq q\bigl(1-\left|x_1-y_1\right|,1-\left|x_2-y_2\right|,1-\left|x_3-y_3\right|\bigr) \leq 8-2\sqrt{5} < 4~.$$ Por la elección del punto $z$ las tres coordenadas de $a-bz$ son pares, por lo tanto $\mathrm{gcd}(a-bz)\geq 2$ , y el lema 1 nos dice que $b'<b$ .
$\quad$ Hecho.
Para el segundo ejemplo consideramos $q(X_1,X_2,X_3)=X_1^2+X_2^2+2X_3^2$ y $f(X)=q(X)-m$ con $m$ un número entero positivo. La forma cuadrática $q$ es apenas no euclidiano: para cada $x\in\mathbb{Q}^3\setminus\mathbb{Z}^3$ hay $y=\mathrm{round}(x)\in\mathbb{Z}^3$ tal que $q(x-y)\leq 1$ . El problema es que existen puntos $x$ para lo cual $q(x-y)=1$ es lo mejor que podemos hacer: si $x\in M := \mathbb{Z}^3+\bigl(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\bigr)$ , entonces $q(x-y)\geq 1$ para cualquier $y\in\mathbb{Z}^3$ . Tenga en cuenta que $q(x)$ es un entero impar para cada $x\in M$ , por lo que existen enteros $m$ , todos ellos impar, por lo que $f$ tiene ceros racionales, pero ay, también tiene un cero racional, con las tres coordenadas precisamente a mitad de camino entre enteros consecutivos, en el que nos quedamos atascados, porque no hay un paso euclidiano desde él a otro cero. Por otro lado, si $m$ es que incluso nosotros nunca nos quedamos atascados, siempre hay un paso euclidiano desde un cero no integral; es decir, aunque $f$ no es euclidiano, es "condicionalmente" euclidiano en el conjunto de sus ceros.
$\quad$ Supongamos ahora que $m$ es impar y que $f$ tiene ceros racionales, y que nos hemos metido en un punto $x=a/2\in M$ . En este caso el truco que hemos utilizado en el ejemplo anterior no funciona porque $\mathrm{gcd}(a-2y)^2\leq f_2(x-y)$ para cualquier $y\in\mathbb{Z}^3$ ; debemos buscar la ayuda del otro factor $\mathrm{gcd}(A,B,C)$ en el denominador del lado derecho de (1). Obsérvese que podemos redondear el punto $x$ a cualquiera de los ocho puntos integrales $x+\frac{1}{2}(\delta_1,\delta_2,\delta_3)$ , donde $\delta_1,\delta_2,\delta_3\in\{-1,1\}$ ; dejar $y$ sea uno de estos ocho puntos. Tenemos $v=(\delta_1,\delta_2,\delta_3)$ , y $F(T) = f(y+Tv) = q(v)T^2 + 2\langle y,v\rangle T + q(y) - m$ , donde $\langle\text{-},\text{-}\rangle$ es la forma bilineal asociada a la forma cuadrática $q$ , $\langle X,Y\rangle = X_1Y_1+X_2Y_2+2X_3Y_3$ . El coeficiente principal $A=q(v)=4$ está en paz, el siguiente coeficiente $B=2\langle y,v\rangle$ también es par, por lo que queda por hacer $C=q(y)-m$ incluso. Pero esto es fácil: elige $\delta_1$ y $\delta_2$ así que que uno de $y_1$ , $y_2$ es par y el otro es impar. Esta elección hace que $\mathrm{gcd}(A,B,C)\geq 2$ , y como $q(x-y)=1$ podemos pasar a un cero $x'=a'/b'$ de $f$ con $b'<2$ , es decir, a una integral cero (de ahí que $\mathrm{gcd}(A,B,C)=2$ ).
$\quad$ Hecho.
