Desde allí se $3$ maneras de elegir cada una de las raíces cúbicas, en general, $F(\beta)$ es una raíz de un grado $27$ polinomio cuyos coeficientes son expresiones en $\beta,(x_1+x_2+x_3),(x_1x_2,x_2x_3,x_3x_1),(x_1x_2x_3)$.
Desde la multiplicación de cada raíz por $\zeta_3$ no cambia el valor de $F(\beta)^3$, este polinomio es de hecho un polinomio de grado $9$$F(\beta)^3$.
Supongamos ahora que tenemos $(\beta+x_1)(\beta+x_2)(\beta+x_3) = w^3$.
A continuación, el grado $9$ polinomio factores después de la ampliación de nuestro coeficientes de campo con $w$, en un cúbicos y un sextic : se reúnen en el cúbicos de las tres opciones de raíces dando a $(\beta+x_1)^{1/3}(\beta+x_2)^{1/3}(\beta+x_3)^{1/3} = w$
Entonces, $F(\beta)^3 = (3\beta+x_1+x_2+x_3) + 6w + 3\sum_{i \neq j} (\beta+x_i)^\frac 23(\beta+x_j)^\frac 13 \\
= (3\beta+x_1+x_2+x_3) + 6w + 3w\sum_{i \neq j} (\beta+x_i)^\frac 13(\beta+x_j)^{-\frac 13}$
Y por lo $(F(\beta)^3$ es racional si y sólo si la suma es. En este punto, una selección de $F(\beta)$ entre el $3$ posibilidades es equivalente a una opción de un solo término, si la suma. O, equivalentemente, que pasa de un valor a los demás multiplicando $(\beta+x_2)^\frac 13$ $\zeta_3$ $(\beta+x_3)^\frac 13$ $\zeta_3^2$
Dividir la suma en dos partes $z_1 + z_2$ (uno por cada coset de $A_3$$S_3$). Cuando la aplicación de este automorphism, uno se multiplica por $\zeta_3$ y el otro se multiplica por $\zeta_3^2$, de modo que su producto $z_1z_2$ ha de ser invariante, y de hecho, $w^2z_1z_2 = 3\beta^2-2\beta-2+(3\beta-1)w+3w^2$.
En caso de que el grupo de Galois entre el$x_1,x_2,x_3$$S_3$, las cosas hubieran sido más complicado, pero aquí, ya que el grupo de Galois es cíclica, $x_1/x_2+ x_2/x_3 + x_3/x_1$ es racional, y esto implica que $z_1^3$ $z_2^3$ son racionales :
$\{(wz_i)^3\} = 9\beta^3-9\beta^2-11\beta+3w(3\beta^2-2\beta-2)+3w^2(3\beta-1) + \{2;9\}$
Si uno de ellos es $0$, entonces el otro es $\pm 7$, y corresponde a la $\beta = 0,1$ de los casos.
Si no, entonces $F(\beta)^3$ es racional si y sólo si uno de los dos números racionales es un cubo (ya que su producto es un valor distinto de cero cubo, esto es equivalente a ser un cubo).
El mapa de $(\beta,w) \mapsto \\
(X = 3\beta^2-2\beta-2+(3\beta-1)w+3 w^2 ; \\
Y = 9\beta^3-9\beta^2-11\beta+3w(3\beta^2-2\beta-2)+3a^2(3\beta-1))$
es un racional isomorfismo entre las curvas elípticas $E_1 : w^3 = (\beta+x_1)(\beta+x_2)(\beta+x_3)$ $E_2 : (Y+2)(Y+9) = X^3$ (no puede ser ramificado, y la única preimagen de el punto en el infinito de $E_2$ es el punto en el infinito con $\beta/w = 1$)
Desde $Y+2$ tiene una triple poste en el punto en el infinito de $E_2$ y un triple cero en $(X=0,Y=-2)$, $Y+2$ no es un cubo (no hay ningún grado de $1$ mapa a partir de una curva elíptica en $\Bbb P^1$), pero la extensión de la obtenida mediante la adición de una raíz cúbica de a $Y+2$ $3$ veces unramified cubriendo $f : E_3 \to E_2 \cong E_1$
A continuación, los puntos racionales en $E_1$ cuyas $F(\beta)^3$ es racional son (aparte de los dos excepciones con $X=0$) de las imágenes de los puntos racionales en $E_3$.
Elija un punto racional en $E_3$ (como ningún ejemplo en $F(\beta)$ es un cubo, o el racional punto por encima del punto en el infinito de $E_2$) por lo que puede tener un grupo de la ley de $E_3$$E_2$.
Si $\hat f : E_2 \to E_3$ es el doble del mapa a$f$$f \circ \hat f = [3]$, lo $f(E_3(\Bbb Q))$ es un subgrupo de $E_2(\Bbb Q)$ que tiene que contener la $[3](E_2(\Bbb Q))$
Si el nombre de $u = (Y+2)^\frac 13,v = (Y+9)^\frac 13$, $E_3$ está dado por $v^3=u^3+7$ $f : E_3 \to E_2$ está dado por $(X = uv, Y = u^3-2)$. Después de redactar este con el isomorfismo $E_2 \to E_1$ (que yo no compute), obtener un buen racionales algebraicas parametrización por $E_3$ de los puntos que usted desea, $(u,v) \mapsto (\beta,w,F(\beta)^3)$
A partir de aquí, las cosas podrían ser diferentes con otras opciones de $(x_1,x_2,x_3)$ o de otros campos.
De acuerdo a http://www.lmfdb.org/EllipticCurve/Q/441/d/2
$E_2(\Bbb Q)$ 's de torsión subgrupo tiene orden de $3$ y es generado por $Q_1 = (X=0, Y=-2) = (\beta = 1, w = -1)$. Desde $Y+9$ no es un cubo, no tiene un racional preimagen en $E_3$ $F(1)^3$ no es racional.
El otro punto de la orden $3$ $2Q_1 = Q_2 = (X=0, Y=-9) = (\beta = 0, w = 1)$ y está en el mismo caso.
$E_2(\Bbb Q)$ rango $1$ y su libre parte es generado por $R = (X=2,Y= -1) = (\beta = \frac {74}{43}, w = - \frac {29}{43})$. Desde $Y+2$ $Y+9$ son cero cubos, tiene un racional preimagen en $E_3$, e $F(\frac {74}{43})^3$ es racional.
Esto es suficiente para determinar que el subgrupo de "buena" puntos se genera por $(X=2,Y= -1)$.
Por ejemplo,$2R = (X = -\frac{20}9, Y = -\frac{118}{27}) = (\beta = \frac {5105}{11349}, w = - \frac {2521}{11349})$, y así sucesivamente.
Desde $E_3$ también tiene un grupo de la ley, hay, además de las fórmulas que combinan trillizos de racionales $(\beta,w,F(\beta)^3)$, así que si usted calcular las fórmulas, se obtiene una manera fácil de generar los puntos que usted desea.
Como has notado, $\tau : (\beta,w) \mapsto (-\frac 1{\beta-1},\frac w{\beta-1})$ es la traducción por $Q_2$ (un punto de orden $3$), y por lo tanto para cualquier racional punto de $P$$E_1$, exactamente uno de $\{P,\tau(P),\tau^2(P)\}$ tiene un racional preimagen en $E_3$ (ha $F(\beta)^3$ racional).
