¿Por qué la curva elíptica para $a+b+c = abc = 6$ implican una solución nonic?

Question

La curva discutido en este artículo del post,

$$\color{brown}{-24a+36a^2-12a^3+a^4}=z^2\tag1$$

es birationally equivalente a una curva elíptica. Siguiente E. Delannoy del post, vamos a $G$ el conjunto de los números racionales, que resuelven $(1)$. Cortesía de Aretino del comentario, se sabe que $G$ es invariante por la transformación,

$$f(a)=\frac{-54a(-6+12a-6a^2+a^3)^2} {-216+1296a^2−2160a^3+1296a^4−108a^5−234a^6+108^7−18a^8+a^9}$$

así, tanto la $a$ $f(a)$ son soluciones a $(1)$. Equivalentemente,

$$f(a)= \frac{54a^2(-6+12a-6a^2+a^3)^2}{9a^2(-6+9a-6a^2+a^3)^2-(3-3a^2+a^3)^2\color{brown}{(-24a+36a^2-12a^3+a^4)}}$$

P: Vamos a $P(a)$ ser irreducible nonic denominador. ¿Por qué tiene un solucionable grupo de Galois?

En otras palabras, la eqn $P(a) = 0$ es soluble en los radicales. Hay una línea de Magma calculadora que calcula el grupo de Galois y el comando es:

Z := Enteros(); P < x > := PolynomialRing(Z); f := -216 + 1296*x^2 - 2160*x^3 + 1296*x^4 - 108*x^5 - 234*x^6 + 108*x^7 - 18*x^8 + x^9; G, R := GaloisGroup(f); G;

Se dice que el orden es$54$, por lo que es solucionable.

P. S. Esta es la segunda vez dentro de un período corto que he llegado a través de un polinomio de identidad que sorprendentemente tiene un solucionable grupo de Galois. (Explícita de la identidad se da en el primer enlace de arriba.) Véase también el reciente post, ¿por Qué $x^2+47y^2 = z^5$ implicar solucionable quintics?

Answer 1

Deje $\infty_+$ $\infty_-$ el (verdadero) puntos en el infinito de la curva (correspondiente a$y/x^2 = +1$$y/x^2 = -1$)

En general (a menos que $p^2=1$), una parábola $y = px^2+qx+r$ interseca la curva elíptica en $4$ puntos. Más precisamente, $Div(y-px^2-qx-r) = [P_1]+[P_2]+[P_3]+[P_4]-2[\infty_+]-2[\infty_-]$.

Desde un punto de $P$, usted encontrar la parábola que se cruza con la curva de a $P$ tres veces y deje $f(P)$ ser el otro punto de intersección. Lo que significa que $f(P)$ es el punto tal que $3[P] + [f(P)] \sim 2[\infty_+] + 2[\infty_-]$ .

El $x$-coordinar de $f(P)$ sólo depende de la una de la $P$, por lo que esto induce a la función racional que le han dado, y que usted está preguntando acerca de los puntos de $P$ tal que $3[P] \sim [\infty_+] + 2[\infty_-]$ (o $[\infty_+] + 2[\infty_-]$, pero esto sólo va a cambiar el suspiro de la $y$ coordenadas).

Desde $[\infty_+] + 2[\infty_-]$ es racional, la automorphism grupo de la $9$ puntos de solución tiene que ser incluido en el automorphism grupo de los afín avión $\Bbb F_3$, es decir, $G = \left\{ \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \in GL_3(\Bbb F_3) \right\}$ que tiene orden de $432$ y resulta ser solucionable.

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En su caso, el grupo de Galois es casualmente menor : una elección de un punto de $P$ determina más de un punto (se determina el $3$ de ellos), por lo que debe determinar un automorphism de orden $3$ de la curva. Si se escoge el punto de $(0,0)$ como el origen puede girar la curva elíptica en un grupo.

De hecho, desde el $f(\infty_+) = f(\infty_-) = (0,0)$, los puntos en el infinito tiene el fin de $3$, y así la traducción por $[\infty_+] - [0,0]$ es una orden $3$ racional automorphism de la curva, lo que demuestra que se puede reemplazar $G$ con un subgrupo $H$ orden $54$ (y de cada ecuación de $f(a) = k$ $k \in \Bbb Q \cup \{\infty\}$ tiene su grupo de galois de un subgrupo de $H$).

Supongo que estoy ciego y yo sólo ahora se dio cuenta de que $(a,b,c) \mapsto (b,c,a)$ es una automorphism. Así que esto debería funcionar correctamente si se reemplaza $6$ $14$ o de cualquier otra cosa.