Creo que tomando el cociente de las cantidades a la siguiente. Creo que sobre esto en el nivel de la función de los campos. Así que vamos a $k$ a ser el campo de las constantes. A continuación, el campo de función de su curva es $F=k(x,y)$, la cual es una ecuación cuadrática de la extensión del campo de funciones racionales $K=k(x)$ donde $y^2=(x^3-1)(x^3-a)$.
La simetría de la que hablas puede ser visto como un automorphism $\phi$ de materia $F$.
Para evitar exponentes fraccionarios me denotar $a=A^6$. Aquí tengo que asumir que $a$ tiene un sexto de la raíz en $k$. Esperemos que esto no supondrá un problema. Ahora podemos definir el $k$-automorphism de $F$ por las reglas
$$
\phi:x\mapsto\frac{A^2}x,\qquad y\mapsto \frac{yA^3}{x^3}.
$$
Tenemos que verificar que este es un automorphism de $F$. Esto es equivalente a la comprobación de que $\phi(y)^2=(\phi(x)^3-1)(\phi(x)^3-A^6)$, y la verificación de que es sencillo.
Que insinúa la posibilidad de que estamos moding a cabo una involución. Este es el caso, porque se ve fácilmente que
$$
\phi(\phi(x))=x,\qquad\text{y}\qquad\phi(\phi(y))=y.
$$
Por lo tanto $\phi$ genera un grupo cíclico de orden dos. Básicos de la teoría de Galois, entonces nos dice que $L=\operatorname{Inv}(\phi)$ es un subcampo de la $F$ tal que $[F:L]=2$. Nuestra siguiente tarea es identificar el campo fijo $L$. La primera y más obvia observación es que
$$
u=x+\phi(x)=x+\frac{A^2}x\in L.
$$
Este es inmediata a partir de la involutory propiedad de $\phi$. En este punto se observa que el $x$ es algebraicas de grado dos en el campo $M=k(u)$. Por lo tanto llegamos a la conclusión de que $M=L\cap K$.
De encontrar otro "útil" elemento $L$ fue un poco complicado. Es bastante fácil encontrar elementos de $L\setminus M$, pero eran desacoplados para trabajar con. Una elección que trabajó para mí es
$$
v=\frac yx+\phi(\frac yx)=y\left(\frac1x+\frac{x^2}\right).
$$
Claramente $v^2$ va a ser un elemento de $M$ - sólo tenemos que calcular
$$
\begin{aligned}
v^2&=\frac{y^2}{x^2}\left(1+\frac Ax\right)^2=\frac{(x^3-1)(x^3-A^6)}{x^2}\left(1+\frac Ax\right)^2\\
&=\frac{A^8 + 2 A^7 x + A^6 x^2 - A^2 x^3 - A^8 x^3 - 2 A x^4 -
2 A^7 x^4 - x^5 - A^6 x^5 + A^2 x^6 + 2 A x^7 + x^8}{x^4}\\
&=u^4 + 2 A u^3 - 3 A^2 u^2 - (A^6 + 6 A^3 + 1) u-2(A^7+A).\\
\end{aligned}
$$
Es fácil ver que $L=M(v)=k(u,v)$. Evidentemente $k(u,v)\subseteq L$. También está claro que la $y\in k(u,v,x)$, lo $F=k(u,v,x)$ y vimos que $x$ es cuadrática$k(u,v)$$[F:k(u,v)]=2$. Como $[F:L]=2$ la demanda de la siguiente manera.
A partir de la teoría general de la hyperelliptic curvas podemos deducir que la ecuación
$$
v^2=u^4 + 2 u^3 - 3^2 u^2 - (a^6 + 6 a^3 + 1) u-2(A^7+)\qquad(*)
$$
define una curva de género $g=1$ siempre que las raíces de ese cuarto grado son distintos.
Por lo tanto, $L$ es el campo de función de una curva elíptica cada vez que tiene.
El proceso de transformación de la curva de $(*)$ a un cúbicos necesita para mover uno de los ceros de la r.h.s. para el infinito. Aquí se observa que el $u=-2A$ es un cero de que el cuarto grado,
así que vamos a trabajar con eso. Podemos factor de
$$
u^4 + 2 u^3 - 3^2 u^2 - (a^6 + 6 a^3 + 1) u-2(A^7+A)=(u+2A)(u^3-3A^2u-A^6-1).
$$
Aquí por la expansión de Taylor alrededor de $u=-2A$
$$
u^3-3A^2u-A^6-1=(u+2A)^3-6A(u+2A)^2+9A^2(u+2A)-(a^3+1)^2.
$$
Esto implica que la división de $(*)$ $(u+2A)^4$ nos da, en las variables
$$
w=\frac{v}{(u+2A)^2},\qquad z=\frac1{u+2A},
$$
la ecuación
$$
w^2=1-6Az+9A^2z^2-(a^3+1)^2z^3.\qquad(**)
$$
Se calienta! Para llegar a la forma de Weierstrass multiplicamos $(**)$ $(A^3+1)^4$
introducir y, por último, las variables
$$
s=(a^3+1)^2,\qquad t=-(a^3+1)^2z,
$$
de donde la ecuación toma la forma
$$
s^2=t^3+9A^2t^2+6A(a^3+1)^2z+(a^3+1)^4.
$$
