2 Đa thức dẫn xuất hữu tỷ
2.4 Đường bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ
Nếu chúng ta kết hợp tham số hóa của định lý 2.3.1 và điều kiện của định lý 2.3.4 thì ta thu được
A4(u, v, w)A6(u, v, w) = B2
ở đó A4, A6 là các đa thức thuần nhất tương ứng bậc 4 và 6. Vì vậy, ta có thể chia cho w10 và đặt
U := u
w; V := v w
để thu được một siêu mặt siêu eliptic bậc 10 dạng A4(U, V)A6(U, V) = B2.
Điểm hữu tỷ trên siêu mặt này ứng với đường bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ. Bây giờ ta xét một cách tiếp cận khác đối với đa thức bậc 4 dạng p(1,1,1,1) bằng cách chọn đa thức bậc 4 có 1 nghiệm tại x = 1 và yêu cầu đạo hàm bậc 1 đi qua gốc tọa độ. Bây giờ ta giả sử chỉ xét trên tập các số hữu tỷ. Ta có
y = (x−1)(x−a)(x−b)(x−c) =x4 −σ1x3 +σ2x2 −σ3x+σ4 y0 = 4x3 −3σ1x2 + 2σ2x−σ3
y00 = 12x2 −6σ1x+ 2σ2.
ở đó σi là các đa thức đối xứng cơ bản của các nghiệm, tức là
σ1 = x1 + x2 +x3 +x4
σ2 = x1x2 +x1x3 +x1x4 +x2x3 +x2x4 +x3x4
σ3 = x1x2x3 +x1x2x4 +x1x3x4 +x2x3x4 σ4 = x1x2x3x4.
Nếu ta gọi hệ số hằng của y0 là 0thì vấn đề của chúng ta được đơn giản thành một cặp đa thức bậc 2.
Chú ý rằng σ3 = 0 tương đương với c = −ab
ab+a+b.
Đồng nhất này chứng minh tính hữu tỷ của tất cả các nghiệm của đa thức bậc 4 trong khi đạo hàm bậc nhất và bậc hai của nó có tất cả nghiệm hữu tỷ nếu và chỉ nếu hai biệt thức là bình phương hữu tỷ, tức là
Thay thế σ1;σ2 như tổng các số hạng chứa a;b và quy đồng mẫu số đầu ta thu được r4b4 −r3b3 +r2b2 +r1b+r0 = s4b4 −s3b3 +s2b2 + s1b+ s0 = , ở đó r4 = 9a2 + 18a+ 9; s4 = 9a2 + 18a+ 9, r3 = 14a3 + 10a2 + 10a+ 14; s3 = 6a3 −6a2 −6a+ 6, r2 = 9a4 −10a3 −6a2 −10a+ 9; s2 = 9a4 + 6a3 + 18a2 + 6a+ 9, r1 = 18a4 −10a3 −10a2 + 18a; s1 = 18a4 + 6a3 + 6a2 + 18a, r0 = 9a4 −14a3 + 9a2; s0 = 9a4 −6a3 + 9a2.
Vì hệ số của b4 trong tất cả các trường hợp là một số chính phương nên ta có thế chuyển tất các các phương trình về đa thức đơn khởi (đa thức có hệ số cao nhất bằng 1). Thế thì ta xóa hệ số bậc 3bằng cách áp dụng biến đổi Mordell để thu được đường eliptic với các hệ số là các đa thức theo một tham số a. Các đường eliptic này có thể được biến đổi về dạng
Er[a] : z2 = w(w2 +R2w+ R4)
Es[a] :Z2 = W(W2 +S2W +S4),
ở đó các hệ số được xác định như sau
R2 = 9(9a4 + 32a3 −18a2 + 32a+ 9),
R4 = −2734a2(a−1)2(a2 + 4a+ 1),
S2 = 27(3a4 + 8a3 −6a2 + 8a+ 3),
S4 = −2536a2(a4 + 2a3 + 2a+ 1).
Vì tất cả các biến đổi này là song hữu tỷ nên ta có thể chứng minh rằng mọi điểm hữu tỷ (w, z) ∈ Er[a](Q) và (W, Z) ∈ Es[a](Q) là tương ứng với cùng giá trị b thuộc một đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc 4.
Bây giờ nếu ta cho các đường bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ tịnh tiến theo trục dọc bởi một khoảng cách hữu tỷ. Vì vậy giá trị cực tiểu địa phương kí hiệu xmin được chuyển thành nghiệm kép, thì thương của hai nghiệm (kí hiệu s, r) của đường bậc 4 có thể nằm trong một mở rộng bậc 2 của
Q.
Xét một đa thức bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ,
f(x) = x(x−1)(x−a)(x−b),
Tịnh tiến đồ thị của f(x) theo một khoảng cách hữu tỷ c dọc theo trục tung. Giả sử rằng đường bậc 4 mới
F(x) =x(x−1)(x−a)(x−b) + c (2.3) là một đa thức dẫn xuất hữu tỷ có một nghiệm kép. Như phân tích ở trên, ta có ∆(F) = 0, nghĩa là
∆(F) = R(F, F0) = 256c3 + p4(a, b)c2 + p5(a, b)c+p6(a, b) = 0.
Số các nghiệm thực của đường bậc 3 này được xác định bởi biệt thức của nó, vì vậy trong trường hợp này ta có
∆(∆(F)) = −212(a−b−1)2(a−b+ 1)2(a+b−1)2D6(a, b)3
ở đó D6(a, b) là một đa thức hai biến bậc 6 xác định bởi
D6(a, b) =9a4b2 −14a3b3 + 9a2b4 −(9a4b−3a3b2 −3a2b3 + 9ab4)
+ 9a4 + 3a3b−3a2b2 + 3ab3 + 9b4
−(14a3 −3a2b−3ab2 + 14b3) + 9a2 −9ab+ 9b2.
Đặt∆F := ∆(∆(F))thì số các nghiệm thực của phương trình ∆(F) = 0
chính xác là 1,2,3 tương ứng với trường hợp ∆F > 0; ∆F = 0 hay
∆F < 0.
Bằng phương pháp giải tích trên siêu phẳng định nghĩa bởi z =
(a, b) d2z/da2 d2z/dada d2z/d2b Kiểu (0,0) (1/2, 1/2) (1,1) 18 9/8 18 -9 -39/8 -9 18 9/8 18 Cực tiểu Điểm uốn Cực tiểu VìD6(0,0) = D6(1,1) = 0vàD6(1/2,1/2) = 1/2nên rõ ràngD6(a, b) ≥
0. Điều này kéo theo ∆F < 0. Vì vậy phương trình (2.3) có thể không có một nghiệm thực.
Trong trường hợp ∆F = 0 thì ta có một trong các trường hợp
a−b−1 = 0; a−b+ 1 = 0; a+b−1 = 0; D6(a, b) = 0.
Ba trường hợp đầu tiên là hiển nhiên dẫn đến một đa thức đối xứng bậc
4 không thể là dẫn xuất hữu tỷ. Đối với trường hợp cuối cùng, ta chú ý rằng D6(a, b) liên kết với biệt thức của f0(x). Đặc biệt ta có
∆(f0) =−16D6(a, b)
vì vậy D6(a, b) = 0 thì ∆(f0) = 0. Điều này kéo theo f0 có thể có 1 nghiệm kép. Điều này là không thể bởi vì ta đã giả sử f có 4 nghiệm phân biệt.
Trường hợp thương chỉ xảy ra nếu ∆F < 0 tức là D6(a, b) > 0. Ta có
∆F = 28(a−b−1)2(a−b+ 1)2(a+b−1)2∆(f0)3.
Nếu ∆F 6= − thì ∆(f0) 6= −. Vì vậy f0 sẽ không có 3 nghiệm hữu tỷ theo định lý 2.3.2. Ngược lại nếu ∆F = − thì ∆(f0) = − kéo theo trường hợp f0 có 3 nghiệm phân biệt bị loại trừ.
Trước đây, ta có thể nghĩ rằng lớp các đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc
4 có 4 nghiệm phân biệt thực sự được chia làm hai loại
1. Lớp thu được bởi một phép tịnh tiến hữu tỷ từ một đa thức bậc 4
dạng p(2,1,1).
Các kết quả chứng minh rằng lớp thứ 2 là rỗng. Do đó ta có định lý sau.
Định lý 2.4.1. Tất cả các đa thức bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ là tương đương mod hX∗i với một đa thức của tập
D∗(4) = {x4} ∪ {x2(x−1)(x−a)|a = 9(2w+z −12)(w+ 2)
(z −w−18)(8w +z) },
ở đây (w, z) ∈ E(Q) và E là đường z2 = w(w −6)(w + 18).
Ví dụ 2.4.2. Trong Định lý 2.4.1 cho w = 6 thì z = 0. Khi đó a = 0
nên ta có đa thức x2(x−1)(x−a) =x3(x−1) thuộc D∗(4). Vì vậy tất cả các đa thức tương đương mod hX∗i với x3(x−1) là dẫn xuất hữu tỷ. Nói riêng đa thức x3(x−1) là dẫn xuất hữu tỷ.