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问题及解答

不能被有理参数化的实曲线

Posted by haifeng on 2020-12-17 08:08:00 last update 2021-03-09 07:12:23 | Edit | Answers (1)

下面的一族平面三次曲线

\[
C_{\lambda}:\quad y^2=x(x-1)(x-\lambda),\qquad(\lambda\in\mathbb{R})
\]

除 $\lambda=0,1$ 外, $C_{\lambda}$ 在 $\mathbb{R}$ 上不能被有理参数化. 但是在 $\mathbb{C}$ 上, 有一个用亚纯函数的参数化.

为此, 先考虑更一般的形式:

\[
g^2=f(f-1)(f-\lambda),\quad (\lambda\neq 0,1)
\]

这里要求 $f,g\in k(t)$ 是有理函数. $k\in\{\mathbb{R},\mathbb{C}\}$. 下面的命题表明, 如果有理函数 $f,g$ 满足上面的等式, 则 $f,g$ 一定是常数.

命题. 设 $f,g\in k(t)$ 是有理函数, $k\in\{\mathbb{R},\mathbb{C}\}$, 并且满足

\[
g^2=f(f-1)(f-\lambda),\quad (\lambda\neq 0,1)
\]

则 $f$ 和 $g$ 为常数, 即 $f,g\in k$.


推论. 对于 $\lambda\neq 0,1$, 没有非常值的映射

\[
(f,g):\quad k\rightarrow C_{\lambda},\quad (f,g\in k(t))
\]

特别地, $C_{\lambda}(\lambda\neq 0,1)$ 无法被有理参数化.

 


关于 $C_0$ 和 $C_1$.

$C_0:\ y^2=x^3-x^2$

$C_1:\ y^2=x(x-1)^2$

 

(1)

$y^2=x^3+x^2$ 具有参数化: $t\mapsto(t^2-1, t^3-t)$. (参见问题1500)

因此, 仿照其做法, 令 $y=tx$, $x=t^2+1$, 从而 $y^2=t^2 x^2=(x-1)x^2=x^3-x^2$. 

因此 $C_0:\ y^2=x^3-x^2$ 的参数化方程是

\[
\begin{eqnarray}
\varphi:\ \mathbb{R}&\rightarrow &\mathbb{R}\\
t&\mapsto&(t^2+1, t^3+t)
\end{eqnarray}
\]

 

(2) 对于 $C_1$, 令 $u=x-1$, 则 $C_1$ 变为(右移为) $y^2=(u+1)u^2=u^3+u^2$, 此即问题1500.  

具有参数化 $t\mapsto(u=t^2-1, y=t^3-t)$. 因此 $C_1$ 的参数化方程为:

\[
\begin{eqnarray}
\varphi:\ \mathbb{R}&\rightarrow &\mathbb{R}\\
t&\mapsto&(t^2, t^3-t)
\end{eqnarray}
\]


Question:

还有其他的例子吗? 即有没有其他的实曲线, 其不能被有理函数参数化?

 

 


Remark:

若 $A=a^p$, $B=b^p$, $C=c^p$, 且满足费马方程 $A+B=C$, 则 Gerhard Frey 椭圆曲线 (Gerhard Frey's elliptic curve)

\[y^2=x(x-A)(x+B)\]

具有判别式 $16(abc)^{2p}$. (参见[2], P.114)

 


References:

[1] Klaus Hulek 著, 胥鸣伟 译 《初等代数几何》 高等教育出版社.

[2] Richard K. Guy, Unsolved Problems in Number Theory, 科学出版社.

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Posted by haifeng on 2021-01-05 21:33:12

$f,g\in k(t)$ 是域 $k$ 上的有理函数. 因此可设 $f=\dfrac{p}{q}$, $g=\dfrac{r}{s}$. 这里 $p,q\in k[t]$ 互素, $r,s\in k[t]$ 互素.

代入方程 $g^2=f(f-1)(f-\lambda)$, 得

\[
\begin{split}
&\frac{r^2}{s^2}=\frac{p}{q}(\frac{p}{q}-1)(\frac{p}{q}-\lambda)\\
\Rightarrow\ &r^2 q^3=s^2 p(p-q)(p-\lambda q)\quad (*)
\end{split}
\]

由于 $r,s$ 互素, 故 $s^2|q^3$, 类似的, 由于 $p,q$ 互素, 因此, $q^3|s^2$. 于是存在某个 $a\in k$, 使得 $s^2=aq^3$. 即有

\[
(\frac{s}{q})^2=aq\in k[t]
\]

将 (*) 式两边乘以 $a$, 得

\[
\begin{split}
&r^2 aq^3=as^2 p(p-q)(p-\lambda q)\\
\Rightarrow\ &r^2 s^2=as^2 p(p-q)(p-\lambda q)\\
\Rightarrow\ &r^2=ap(p-q)(p-\lambda q).
\end{split}
\]

由于 $p,q$ 互素, 左边是(多项式的)平方式, 故存在实整数 $b,c,d$ 使得

\[bp,\quad c(p-q),\quad d(p-\lambda q)\]

都是 $k[t]$ 中的平方式.

根据问题2676, 得 $p,q\in k$. 从而 $f=\frac{p}{q}\in k$. 然后由 $g^2=f(f-1)(f-\lambda)$ 知 $g\in k$.  Q.E.D.