2024-04-01

メモ38　自然数を2通りの自然数の組による2変数5次斉次式の値としてあらわす

1．はじめに

　自然数の5乗和 $x^{5}+y^{5}$ を 2通りに表せないか試みているが、なかなか手がかりが得られないので、2変数の5次の斉次式であればどうなるかやってみた。なるべく $x^{5}+y^{5}$ に近い形の斉次式として、以下の形を考えることとした。 $a=b=0$ のとき $x^{5}+y^{5}$ となる。

　 $x^{5}+a \cdot x^{4}y+b \cdot x^{3}y^{2}+b \cdot x^{2}y^{3}+a \cdot xy^{4}+y^{5}$

　本メモではこの形の2変数5次斉次式を簡単に5次斉次式と呼ぶこととする。

　 $a,b$ を与えて式の値を同じにする異なる自然数の組 $(x,y),(z,w)$ を求めることは困難が予想されるため、ここでは、 $(x,y),(z,w)$ を先に与えて、それに対して式の値を同じにする $a,b$ としてどのようなものがあるか考えるというアプローチをとることとした。また、 $a,b$ が整数となる場合にも特に留意することとした。

2. 得られた結果

　ここでは、

　 $F(x,y)=x^{5}+a \cdot x^{4}y+b \cdot x^{3}y^{2}+b \cdot x^{2}y^{3}+a \cdot xy^{4}+y^{5}$

とする。

----------------------------------【結果1】----------------------------------

有理数 $k \ne 0$ 及び異なる有理数の組 $(x,y) \ne (z,w),(w,z)$ を与えると、

　 $c=xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz) \ne 0$

のとき、 $F(x,y)=F(z,w)$ とする $a,b$ は一意に定まる。

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　これだけだと面白味がないので、より具体的な例について考えてみた。

----------------------------------【結果2】----------------------------------

　代数曲線　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ 　　

に2つの有理点 $(X_{0},Y_{0}), (X_{1},Y_{1})$ が存在し、 $X_{0}Y_{0}X_{1}Y_{1} \ne 0$ かつ $X_{0} \ne X_{1},1/X_{1}$ のとき

$F(X_{0}/Y_{0},1/Y_{0})=F(X_{1}/Y_{1},1/Y_{1})$ と異なる有理点の組で $F$ の値が等しくなる。

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　5次の非特異代数曲線の有理点は有限個であり、それを求めるのは困難である。特異点を持つ場合は、有理点が多数ある場合もあると考えられるので、結果2に示した5次の代数曲線の特異点について検討した。

----------------------------------【結果3】----------------------------------

代数曲線 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ が特異点を持つのは以下の場合に限る。

$1) \ b=3a-5$ のとき $(-1,0)$ は特異点

　 $2) \ b=-a-1$ のとき $(1,0)$ は特異点

　 $3) \ t \ne 0, \pm 1$ をパラメータとして

$a=2t+2/t+1, b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2}$ のとき

$X=-t, -1/t$ は特異点

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　　次に、結果3の1)~3)のケースに対応して、有理点を求め、具体例を検討した。

　有理点は、特異点を通る直線が曲線と交わる点を求めることにより得た。

　最初に1）のケースについて、以下の結果が得られた。

----------------------------------【結果4】----------------------------------

$1) \hspace{10pt} b=3a-5$ の場合

① $a=-(l^{10}m^{10}-2l^{10}m^{5}-2l^{5}m^{10}+l^{10}-3l^{5}m^{5}+m^{10}) / ( l^{5}m^{5})$

$b=3a-5$

のとき

$F(x,y)=x^{5}+ax^{4}y+bx^{3}y^{2}+bx^{2}y^{3}+axy^{4}+y^{5} \\ =(x+y)^{3}\{ l^{5}m^{5}x^{2}-(l^{10}m^{10}-2l^{10}m^{5}-2l^{5}m^{10}+l^{10}+m^{10})xy+l^{5}m^{5}y^{2} \} /(l^{5}m^{5})$

$F(l^{5}m,(1-l^{5})m^{6})=F(lm^{5},l^{6}(1-m^{5}))=-m^{5}l^{5}(l^{5}m^{5}-l^{5}-m^{5})^{5}$

例えば、 $l=2, \ m=3$ のとき

$a=-64779721/7776 \hspace {10pt} b= -64792681/2592$

$F(96,24057)=F(486,15616) \\=-263030060668323675391776 = -2^{5} \cdot 3^{5} \cdot 83^{5} \cdot 97^{5}$

② $a=5, b=3a-5=10$ のとき

$F(x,y)=x^{5}+5x^{4}y+10x^{3}y^{2}+10x^{2}y^{3}+5xy^{4}+y^{5}=(x+y)^{5}$

よって　 $x+y=z+w$ であれば　 $F(x,y)=F(z,w)$

特に　自然数 $n$ について　 $F(1,n)=F(2,n-1)=F(3,n-2)=............=F(n,1)=(n+1)^{5}$

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　次に,2)のケースは以下の結果が得られた。

----------------------------------【結果5】----------------------------------

$2) \hspace{10pt} b=-a-1$ 　の場合

①　 $a=1, b=-2$ のとき
$F(x,y)=x^{5}+x^{4}y-2x^{3}y^{2}-2x^{2}y^{3}+xy^{4}+y^{5}=(x+y)^{3}(x-y)^{2}$
有理数 $m,n \ne 0,1$ について、

$(1+m^{5})/(2m^{2}) + (1-m^{5})/(2m^{2})=1/m^{2} \hspace{20pt} (1+m^5)/(2m^{2}) - (1-m^{5})/(2m^{2})=m^{3}$ より
$F( (1+m^{5})/(2m^{2}),(1-m^{5})/(2m^{2}) )=F( (1+n^{5})/(2n^{2}),(1-n^{5})/(2n^{2}) )=1$

②　 $a=-3, b=2$ のとき

$F(x,y)=x^{5}-3x^{4}y+2x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}-3xy^{4}+y^{5}=(x+y)(x-y)^{4}$

有理数 $m,n \ne 0,1$ について、　

$(m^{5}+1)/(2m) + (m^{5}-1)/(2m)=m^{4} \hspace{20pt} (m^{5}+1)/(2m) - (m^{5}-1)/(2m)=1/m$ より

$F( ( m^{5}+1)/(2m),(m^{5}-1)/(2m) ) =F( ( n^{5}+1)/(2n),(n^{5}-1)/(2n) ) =1$

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　最後に、3)のケースは以下の結果が得られた。

---------------------------------- 【結果6】----------------------------------

$3) \hspace{10pt} a=2t+2/t+1, b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2} \ t \ne 0, \pm 1$ 　の場合

①　 $t=(1-9s^{2})/3/(1+3s^{2})$ とするとき

$a=2t+2/t+1=-1/3 \cdot (243s^{4} + 54s^{2}+23)/ \{ (9s^{2}-1)(3s^{2}+1) \}$

$b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2} \\=2/9(6561s^{8}+2916s^{6}+1134s^{4}+180s^{2}+89)/ \{ (9s^{2}-1)(3s^{2}+1) \} ^{2}$

$1=F(1/8(81s^{4}+54s^{3}+36s^{2}-6s+11)/(9s^{2}+1),9/8 \cdot (s+1)(3s-1)(3s^{2}+1)/(9s^{2}+1)) \\ =F(1/8(81s^{4}-54s^{3}+36s^{2}+6s+11)/(9s^{2}+1),9/8(s-1)(3s+1)(3s^{2}+1)/(9s^{2}+1))$

例　 $s=2$ のとき

$a=-4127/1365 \hspace {10pt} b= 3770386/1863225$

$F(1871/296,1755/296)=F(1031/296,819/296)=1$

②　 $t=s+1/s+1$ 　とするとき

$a=2t+2/t+1=(2s^{4}+5s^{3}+9s^{2}+5s+2)/ \{ s(s^{2}+s+1) \}$

$b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2} \\ =(s^{8}+6s^{7}+20s^{6}+38s^{5}+48s^{4}+38s^{3}+20s^{2}+6s+1)/ \{ s^{2}(s^{2}+s+1)^{2} \}$

$F(x,y)=(x+y) \{ (s^{2}+s+1)x+sy \} ^{2} \{ (sx+(s^{2}+s+1)y \} ^{2}$

$1=F( -(2s^{3}+3s^{2}+3s+1)/ \{ (s+1)^{2}(s^{2}+1) \} ,(s^{4}+2s^{3}+4s^{2}+3s+1)/ \{ (s+1)^{2}(s^{2}+1) \} ) \\ =F(-(s^{4}+3s^{3}+3s^{2}+2s)/ \{ (s+1)^{2}(s^{2}+1) \} ,(s^{4}+3s^{3}+4s^{2}+2s+1)/ \{ (s+1)^{2}(s^{2}+1) \} )$

例　 $s=-3/2$ のとき

$a= -64/21 \hspace{10pt} b= 3613/1764$

$F(56/13, 61/13)=F(21/13, 31/13)=1$

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　以上より、a,bが整数の場合、異なる自然数の組に対して同じ値をとる5次斉次式として以下のものが得られた。

---------------------------------- 【結果7】----------------------------------

①　 $a=5, b=10$ のとき

$F(x,y)=x^{5}+5x^{4}y+10x^{3}y^{2}+10x^{2}y^{3}+5xy^{4}+y^{5}=(x+y)^{5}$

自然数 $n$ について　 $F(1,n)=F(2,n-1)=F(3,n-2)=..........=F(n,1)=(n+1)^{5}$

②　 $a=1, b=-2$ のとき
$F(x,y)=x^{5}+x^{4}y-2x^{3}y^{2}-2x^{2}y^{3}+xy^{4}+y^{5}=(x+y)^{3}(x-y)^{2}$
有理数 $m,n \ne 0,1$ について、　
$F( (1+m^{5})/(2m^{2}),(1-m^{5})/(2m^{2}) )=F( (1+n^{5})/(2n^{2}),(1-n^{5})/(2n^{2}) )=1$

③　 $a=-3, b=2$ のとき

$F(x,y)=x^{5}-3x^{4}y+2x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}-3xy^{4}+y^{5}=(x+y)(x-y)^{4}$

有理数 $m,n \ne 0,1$ について、　

$F( (m^{5}+1)/(2m),(m^{5}-1)/(2m) )=F( (n^{5}+1)/(2n),(n^{5}-1)/(2n) )=1$

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　なお、結果7の3例はもととなる5次斉次式より得られる5次代数曲線 $Y^{5} =F(X,1)$ が特異曲線の場合である。①と③の例から、 $Y^{5}=F(X,1)$ が非特異曲線となる例が得られることが知られている(第29回日曜数学会発表資料参照）。それについては、次の機会に紹介する。

3．2変数5次斉次式で自然数を2通りにあらわす

　ここでは、「２．得られた結果」に記した事項について説明する。

3.1　異なる有理数の組を与えたときに同じ値をとる2変数5次斉次式

　次の命題1は異なる有理数の組を与えたときに、ある条件が満たされれば、そのような斉次式は式の値を定めればただ一つ定まることを示す。

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命題1　

　　 $F(x,y) = x^{5}+ax^{4}y+bx^{3}y^{2}+bx^{2}y^{3}+axy^{4}+y^{5}$

とする。有理数ｋ $\ne 0$ 及び異なる有理数の組 $(x,y) \ne (z,w),(w,z)$ について、

　 $c=xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz) \ne 0$

とするとき、以下の（1),(2)は同値である。

　(1)　 $F(x,y)=F(z,w)=k$ 　

　(2)　 $a= [ k \{ z^{2}w^{2}(z+w)-x^{2}y^{2}(x+y) \} - \{ (x^{5}+y^{5}) z^{2}w^{2}(z+w)-(z^{5}+w^{5})x^{2}y^{2}(x+y) ] \\ / \{ xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz) \}$

$b=- [ k \{ zw(z^{3}+w^{3})-xy(x^{3}+y^{3}) \} + \{ (x^{5}+y^{5})zw(z^{3}+w^{3})-(z^{5}+w^{5})xy(x^{3}+y^{3}) \} ] \\ / \{ xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz) \}$

++++++++++++++++

(証明）

(1) ⇒ (2)

$F(x,y)=F(z,w)=k$ 　より

　 $x^{5}+ax^{4}y+bx^{3}y^{2}+bx^{2}y^{3}+axy^{4}+y^{5}=k$

　 $z^{5}+az^{4}w+bz^{3}w^{2}+bz^{2}w^{3}+azw^{4}+w^{5}=k$

となる。これを $a,b$ に関する連立一次方程式と考えて解けば(2)が得られる。

(2) ⇒ (1)

　与えられた $a,b$ で計算すると $F(x,y)=F(z,w)=k$ となる。　　　　　（証明終）

　命題1により、【結果1】が得られた。

　命題1の条件が成り立たないとき、すなわち、

$xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz)=0$ のときは、次の命題が成り立つ。

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命題2　

　　 $F(x,y) = x^{5}+ax^{4}y+bx^{3}y^{2}+bx^{2}y^{3}+axy^{4}+y^{5}$

とする。異なる有理数の組 $(x,y) \ne (z,w),(w,z)$ について、

$xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz)=0$

とする。

　このとき、 $F(x,y)=F(z,w)$ とすれば、次のいずれかが成り立つ

(1) $F(x,y)=F(z,w)=0$

(2) $x,y,z,w$ のどれか1つは0で、他の3つは0ではない。 $x=0$ とすると、 $(z/w,y/w)$ と $(w/z,y/z)$ は、代数曲線 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ の有理点 $(Y \ne 0)$ となる。

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(証明)

　 $xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz)=0$

のとき、以下の3つのケースがある。

　1)　 $x=0 (y,z,w$ が $0$ のときも同様)

　2） $x+y=0 \hspace{10pt} z+w=0$ のときも同様)

　3)　 $y/x=w/z \hspace{10pt} (y/x=z/w$ の時も同様）

　1)が成り立つとすると、 $F(x,y)=F(0,y)=y^{5}$ 　よって、(1)でないとすれば $y \ne 0$ である。 $z=0$ とすると、 $F(z,w)=w^{5}$ となり、 $y^5=F(x,y)=F(z,w)=w^5$ より $y=w$ となり、 $(x,y), \ (z,w)$ は異なる有理数の組であることに矛盾。 $w=0$ の場合も同様。よって、 $yzw≠0$ である。

　 $y^{5}=F(z,w)=w^{5}F(z/w,1)$ したがって、　 $(y/w)^{5}=F(z/w,1) \ne 0$

同様に　 $(y/z)^{5}=F(w/z,1)$

　2）が成り立つとすると、 $y=-x$ これより

$F(x,y)=F(x,-x)=x^{5}+ax^{4}(-x)+bx^{3}(-x)^{2}+bx^{2}(-x)^{3}+ax(-x)^{4}+(-x)^{5}=0$ となり、(1)がなりたつ。

　3)が成り立つとすると　　 $y/x=w/z=l$ とおくと　 $y=xl, w=zl$

$F(x,y)=F(x,xl)=x^{5}F(1,l) \hspace{15pt} F(z,w)=F(z,zl)=z^{5}F(1,l)$

よって、 $F(x,y)=F(z,w)$ のとき　 $x=z$ 　または　 $F(1,l)=0$ 　である。 $F(1,l)=0$ のとき(1)が成り立つ。 $F(1,l) \ne 0$ とすれば $x=z$ より、 $y=w$ 　 $(x,y), \ (z,w)$ は異なる有理数の組であることに矛盾。　　　　　　　(証明終)

3.2　特異点をもつ代数曲線が導く、異なる有理数の組を与えたときに同じ式の値をとる5次斉次式の族

　以下の検討では　F(x,y)の値は0ではないとする。

　命題1より、異なる有理数の組に対して同じ式の値をとる5次斉次式を具体的に求めることはできるが、関係するパラメータが多いため5次斉次式の係数が整数になる場合を求めるには難しそうである（ $a,b$ を定数と考えれば、代数曲面の2つの有理点を求めることに相当すると考えられる）。

　一方、命題2より、異なる有理数の組に対して同じ式の値をとる5次斉次式を求めることは、代数曲線　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ の有理点を2つ見つけることと関係しそうである。

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命題3

　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ に　 $X_{0}X_{1}Y_{0}Y_{1} \ne 0$ かつ $X_{0}X_{1} \ne 1$ 　となる2つの有理点 $(X_{0},Y_{0}),(X_{1},Y_{1})$ 　があれば、

　有理数の組　 $(X_{0}/Y_{0},1/Y_{0}),(X_{1}/Y_{1},1/Y_{1})$ について　5次斉次式

　　 $F(x,y) =x^{5}+ax^{4}y+bx^{3}y^{2}+bx^{2}y^{3}+axy^{4}+y^{5}$

は $１$ を式の値として有し、かつ　 $x=X_{0}/Y_{0},y=1/Y_{0},z=X_{1}/Y_{1},w=1/Y_{1}$ とするとき

$xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz) \ne 0$ となる。

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（証明）

　 $F(0,Y_{0})=Y_{0}^{5}=F(X_{0},1)$ 　なので　両辺を　 $Y_{0}^{5}$ で割ると $1=F(X_{0}/Y_{0},1/Y_{0})$

同様に　 $1=F(X_{1}/Y_{1},1/Y_{1})$

　 $xyzw(x+y)(z+w)(xz-yw)(xw-yz)=0とすると、[tex:(X_{0},Y_{0}),(X_{1},Y_{1})$ は異なる有理数なので、 $(x,y)=(X_{0}/Y_{0},1/Y_{0}) \ne (X_{1}/Y_{1},1/Y_{1})=(z,w)$

$(x,y)=(w,z)$ とすると　 $(X_{0}/Y_{0},1/Y_{0})=(1/Y_{1},X_{1}/Y_{1})$ より $X_{0}X_{1}=1$ これは矛盾。（証明終）

　これにより【結果2】が得られた。

　以上より、異なる有理数の組に対して同じ式の値をとる5次斉次式を具体的に求めるために、代数曲線　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ 　の有理点を2つ見つける方法があることが分かった。これは代数曲面の有理点を求めるより見込みがありそうである。

　とはいえ代数曲線　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ 　は有理点 $(0,1)$ を有するものの、それ以外の有理点を直接見つけることは困難と考えられる。このため、有理数を多くもつと考えられる特異点を有する場合から考えてみる。

++++++++++++++++

命題４　

代数曲線　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ 　が特異点を持つのは以下の場合に限る。

　1) $\ b=3a-5$ のとき　 $(-1,0)$ は特異点

　2) $\ b=-a-1$ のとき　 $(1,0)$ 　は特異点

　3) $\ t \ne 0, \pm 1$ をパラメータとして $a=2t+2/t+1, b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2}$ のとき　 $X=-t, -1/t$ は特異点

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(証明）

　 $X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1=(x+1) \{ x^{4}+(a-1)x^{3}+(b-a+1)x^{2}+(a-1)x+1 \}$

この多項式 $=0$ が重根を持つ条件を探せばよい。

　・　 $\ -1$ を特異点に持つ場合：

　 $x^{4}+(a-1)x^{3}+(b-a+1)x^{2}+(a-1)x+1=0$ が $x=-1$ を解に持つことが必要十分。つまり

$1-(a-1)+(b-a+1)-(a-1)+1=0$ より $b-3a+5=0$ つまり　 $b=3a-5$

なお、このとき、 $Y^{5}=(X+1)^{3} \{ X^{2}+(a-3)X+1 \}$

・ $\ 1$ を特異点に持つ場合

$x^{4}+(a-1)x^{3}+(b-a+1)x^{2}+(a-1)x+1=0$ が $x=1$ を重解に持つことが必要十分。したがって　

　　　　　 $x^{4}+(a-1)x^{3}+(b-a+1)x^{2}+(a-1)x+1=0$

　　　　　 $4x^{3}+3(a-1)x^{2}+2(b-a+1)x+a-1=0$

がともに $x=1$ を解に持つことが必要十分

$1+(a-1)+(b-a+1)+(a-1)+1=0$

$4+3(a-1)+2(b-a+1)+a-1=0$ を解いて $b=-a-1$

なお、このとき、 $Y^{5}=(X+1)(X-1)^{2} \{ X^{2}+(a+1)X+1 \}$

・ $\ \pm 1$ 以外を特異点に持つ場合

　 $x^{4}+(a-1)x^{3}+(b-a+1)x^{2}+(a-1)x+1=0$ 　が $\pm 1$ 以外の重根を持つ場合を考えればよい。

$α$ が解であれば $1/α$ も解であるので

$x^{4}+(a-1)x^{3}+(b-a+1)x^{2}+(a-1)x+1=(x-α)^{2}(x-1/α)^{2}$

両者の係数を比較し、 $t=-α$ 　とすればよい。　　　　

なお、このとき、 $Y^{5}=(X+1)(X+t)^{2}(X+1/t)^{2}$ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証明終）

　これで【結果3】が得られた。

　次に命題4の特異点を有する代数曲線　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ 　3つのケースについて、特異点を通る直線が曲線と交わる点を求めることにより有理点を求める。

3.2.1 $b=3a-5$ の場合の有理点

$Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ 　　(★)

は、　 $Y^{5}=(X+1)^{3} \{ X^{2}+(a-3)X+1 \}$ 　となる。　 $(-1,0)$ を通る直線　 $Y=l(X+1)$ との交点を求めると　 $l^{5}(X+1)^{5}=(X+1)^{3} \{ X^{2}+(a-3)X+1 \}$ より

$X \ne -1$ のとき　 $l^{5}(X+1)^{2}- \{ X^{2}+(a-3)X+1 \} =(l^{5}-1)X^{2}+(2l^{5}-a+3)X+l^{5}-1=0$

$X$ が有理数であるためには　この方程式の判別式が平方であることが必要十分。

　したがって、

$D^{2}=(2l^{5}-a+3)^{2}-4(l^{5}-1)^{2}$

これよりパラメータ $s$ をもちいて

　 $D=(2l^{5}-a+3)(1-s^{2})/(1+s^{2}) \hspace {10pt} l^{5}-1=(2l^{5}-a+3)s/(1+s^{2})$

と表せる。2番目の式より

　 $a=(1-l^{5})s+2l^{5}+3+(1-l^{5})/s$

これを $D$ の式に代入して

$D= (l^{5}-1)(1-s^{2})/s$

$X= \{ -(2l^{5}-a+3) \pm D \} / \{ 2l^{5}-1) \} =-s, -1/s$

$X=-s$ のとき　 $Y=l(X+1)$ より

$Y=l(-s+1)=l(1-s)$

$X=-1/s$ 　のとき同様に

$Y=l(-1/s+1)=l(s-1)/s$

以上より

$(-s, l(1-s)) , (-1/s,l(s-1)/s)$ は　代数曲線(★)の有理点である。

つまり、

$l^{5}(1-s)^{5}=F(-s,1)$

$l \ne 0$ かつ $s \ne 1$ のとき $1=F(-s/ \{ l(1-s) \} ,1/ \{ l(1-s) \} )$ 　　

$a$ は $s$ と $l$ の関数なので、5次斉次式も $s$ と $l$ の関数となる。 $a$ を等しくするような異なる $s \ne 0,1 ,l \ne 1$ が2組あれば、同一の5次斉次式について同じ値をとる有理数の組　 $(-s/ \{ l(1-s) \},1/ \{ l(1-s) \} )$ 　が2組得られるので、命題3を適用できる。　

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命題5　

　 $a(x,y)=(1-y^{5})x+2y^{5}+3+(1-y^{5})/x \hspace{15pt} x \ne 0$ のとき　

(i) $0,1$ でない有理数　 $l,t$ について　 $a(1,l)=a(t,1)$

(ii) $0$ でない有理数 $s,t$ 及び $0,1$ でない有理数 $l,m$ について　 $a(s,l)=a(t,m)$ とすると

　 $s= \{ (1-m^{5})w+(l^{5}-2m^{5}+1)+(l^{5}-m^{5})/w \} /(l^{5}-1)$

　 $t= -(m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/ \{ w(w+1)(m^{5}-1) \}$

または

　　　 $-w(w+1)(m^{5}-1)/(m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)$

その時　

$a(s,l)=a(t,m)= \{ (m^{5}-1)^{2} w^{4}+(4m^{5}+1)(m^{5}-1)w^{3} \\ +(-2l^{5}m^{5}+6m^{10}-3l^{5}-1)w^{2}+(m^{5}-l^{5})(4m^{5}+1)w+(l^{5}-m^{5})^{2} \} \\ / \{ w(w+1)(m^{5}w-w+m^{5}-l^{5}) \}$

となり、実際に　 $a(s,l)=a(t,m)$ 　また、

$F(- \{ (1-m^{5})w^{2}+(l^{5}-2m^{5}+1)w+(l^{5}-m^{5}) \} /l/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} \\ \hspace{15pt} , \{ w(l^{5}-1) \} /l/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} ) \\ =F( (m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/m/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w-l^{5}+m^{5} \} \\ \hspace{15pt} , \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} /m/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w-l^{5}+m^{5}) \} ) \\ =1$

++++++++++++++++

(証明）

(i)　定義より $a(1,l)=1-l^{5}+2l^{5}+3+(1-l^{5})=5 \hspace{15pt} a(t,1)=2+3=5$

(ii) $\hspace{10pt} a(s,l)=a(t,m)$ 　とすると

$(1-l^{5})s+2l^{5}+3+(1-l^{5})/s=(1-m^{5})t+2m^{5}+3+(1-m^{5})/t$

これを整理して

$(1-m^{5})st^2+ \{ (l^{5}-1)s^{2}+2(m^{5}-l^{5})s+l^{5}-1 \} t+(1-m^{5})s=0$

これを $t$ に関する2次方程式とみれば判別式は有理数の2乗でなければならない。

　判別式 $= \{ (l^{5}-1)s^{2}+2(m^{5}-l^{5})s+l^{5}-1 \} ^{2}-4(1-m^{5})^{2}s^{2}$

　　　　　　 $=(s-1)^{2}(l^{5}-1) \{ (l^{5}-1)s^{2}+2(2m^{5}-l^{5}-1)s+l^{5}-1 \}$

有理数 $D$ について

　　　 $D^{2}=(l^{5}-1) \{ (l^{5}-1)s^{2}+2(2m^{5}-l^{5}-1)s+l^{5}-1 \}$

$s$ の2次式である右辺を平方完成すると

$D^{2}= \{ (l^{5}-1)s+(2m^{5}-l^{5}-1) \} ^{2}-4(1-m^{5})(l^{5}-m^{5})$

よって

　　 $\{ (l^{5}-1)s+(2m^{5}-l^{5}-1) \} ^{2}-D^{2} =4(1-m^{5})(l^{5}-m^{5})$

したがって、有理数 $w$ が存在して

$(l^{5}-1)s+(2m^{5}-l^{5}-1)=(1-m^{5})w+(l^{5}-m^{5})/w$

$D=(1-m^{5})w-(l^{5}-m^{5})/w$

　よって　 $s= \{ (1-m^{5})w+(l^{5}-2m^{5}+1)+(l^{5}-m^{5})/w \} /(l^{5}-1)$

　もともとのtの2次方程式の解は

$t= [ - \{ (l^{5}-1)s^{2}+2(m^{5}-l^{5})s+l^{5}-1 \} \pm (s-1)D ] / \{ 2(1-m^{5})s \}$ $\\ = [ \{ (l^{5}-1)-2(l^{5}-m^{5})/w \} s-(l^{5}-1)-(1-m^{5})w+(l^{5}-m^{5})/w ] / \{ 2(1-m^{5})s \} \\$

$= -(m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/ \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} \hspace{15pt}$ (+ のとき)

　　　 $[ \{ l^{5}-1-2(1-m^{5})w \} s-(l^{5}-1)+(1-m^{5})w-(l^{5}-m^{5})/w ] / \{ 2(1-m^{5})s \} \\ = -w(w+1)(m^{5}-1)/(m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w) \hspace{15pt}$ (-のとき）

なお、その時の $a$ の値は

$a=(1-l^{5})s+2l^{5}+3+(1-l^{5})/s \\ = \{ (m^{5}-1)^{2} w^{4}+(4m^{5}+1)(m^{5}-1)w^{3}+(-2l^{5}m^{5}+6m^{10}-3l^{5}-1)w^{2} \\ +(m^{5}-l^{5})(4m^{5}+1)w+(l^{5}-m^{5})^{2} \} / \{ w(w+1)(m^{5}w-w+m^{5}-l^{5}) \}$

となる。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

$a(s,l)=a(t,m)$ が成り立つとき、同じ斉次式に対し

$1=F(-s/ \{ l(1-s) \} ,1/ \{ l(1-s) \} )=F(-t/ \{ m(1-t) \} ,1/ \{ m(1-t) \} )$

$1-s=(m^{5}w^{2} + 2m^{5}w - l^{5} + m^{5} - w^{2} - 2w)/ \{ w(l^{5}-1) \} \\ =\{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^5) \} / \{ w(l^{5}-1) \}$

$-s/ \{ l(1-s) \} =- \{ (1-m^{5})w+(l^{5}-2m^{5}+1)+(l^{5}-m^{5})/w \} /(l^{5}-1) \\ \hspace{20pt} ÷l \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} / \{ w(l^{5}-1) \} \\ =- \{ (1-m^{5})w^{2}+(l^{5}-2m^{5}+1)w+(l^{5}-m^{5}) \} \\ /l/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \}$

$1/ \{ l(1-s) \} = \{ w(l^{5}-1) \} /l/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \}$

$1-t=1+(m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/ \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} \\ = (m^{5}w^{2}+2m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w^{2}-2w)/ \{ w(w+1)(m^{5}-1) \}$

$-t/ \{ m(1-t) \} =(m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/ \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} \\ \hspace{15pt} ÷m(m^{5}w^{2}+2m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w^{2}-2w)/ \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} \\ \hspace{15pt} \\ =(m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/m/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w-l^{5}+m^{5} \}$

$1/ \{ m(1-t) \} = \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} /m/(m^{5}w^{2}+2m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w^{2}-2w)$

よって、

$F(- \{ (1-m^{5})w^{2}+(l^{5}-2m^{5}+1)w+(l^{5}-m^{5}) \} /l/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} \\ , \{ w(l^{5}-1) \} /l/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} ) \\ =F( (m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/m/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w-l^{5}+m^{5} \} \\ , \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} /m/ \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w-l^{5}+m^{5}) \} \\=1$ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(証明終）

命題5の $F$ の式に　 $\{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} ^{5}$ を掛ければ

$F(- \{ (1-m^{5})w^{2}+(l^{5}-2m^{5}+1)w+(l^{5}-m^{5}) \} /l, \{ w(l^{5}-1) \} /l) \\ =F( (m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)/m, \{ w(w+1)(m^5-1) \} /m) \\ = \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} ^{5}$

さらに　 $l^{5}m^{5}$ をかけて

$F(- \{ (1-m^{5})w^{2}+(l^{5}-2m^{5}+1)w+(l^{5}-m^{5}) \} m, \{ w(l^{5}-1) \} m) \\ =F( (m^{5}w-l^{5}+m^{5}-w)l, \{ w(w+1)(m^{5}-1) \} l) \\ = \{ (m^{5}-1)w^{2}+2(m^{5}-1)w+(m^{5}-l^{5}) \} ^{5}l^{5}m^{5}$ （★★）

が成り立つ。

　また、 $a=5, b=3a-5=10$ のとき

$F(x,y)=x^{5}+5x^{4}y+10x^{3}y^{2}+10x^{2}y^{3}+5xy^{4}+y^{5}=(x+y)^{5}$

よって　 $x+y=z+w$ であれば　 $F(x,y)=F(z,w)$ 特に　自然数 $n$ について

$F(1,n)=F(2,n-1)=F(3,n-2)=...................=F(n,1)$

　これが【結果4②】

　命題5では、 $a$ も $F$ の値も複雑すぎで見通しが悪いので、 $s,t$ を $l,m$ の関数として具体的な値を与えた場合について以下に示す。

++++++++++++++++

系　　 $s=l^{5}/ \{ (l^{5}-1)m^{5} \} , t=m^{5}/ \{ (m^{5}-1)l^{5} \}$ とすると

　 $a(s,l)=a(t,m) \\ =-(l^{10}m^{10}-2l^{10}m^{5}-2l^{5}m^{10}+l^{10}-3l^{5}m^{5}+m^{10}) / \{ l^{5}m^{5} \}$

このとき、　

$F(l^{5}m,(1-l^{5})m^{6})=F(lm^{5},l^{6}(1-m^{5}))=-m^{5}l^{5}(l^{5}m^{5}-l^{5}-m^{5})^{5}$

++++++++++++++++

(証明）

命題5　において　 $w=(l^{5}-m^{5})/m^{5}$ とすると

　 $s=l^{5}/ \{ l^{5}-1)m^{5} \} , t=m^{5}/ \{ l^{5}(m^{5}-1) \}$ となる。

その時の $a(s,l), \ a(t,m)$ を計算すると　

　 $-(l^{10}m^{10}-2l^{10}m^{5}-2l^{5}m^{10}+l^{10}-3l^{5}m^{5}+m^{10}) / \{ l^{5}m^{5} \}$

となる。この値を $a$ と $b=3a-5$ とすると

（★★)の $w$ に $(l^{5}-m^{5})/m^{5}$ を代入して

$F(l^{5}(m^{5}-l^{5})/m^{9},(1-l^{5})(m^{5}-l^{5})/m^{4}) \\ =F(l(m^{5}-l^{5})/m^{5},l^{6}(1-m^{5})(m^{5}-l^{5})/m^{10})=1/m^{45}(l^{5}-m^{5})^{5}l^{5}(l^{5}m^{5}-l^{5}-m^{5})^{5}$

両辺に　 $(l^{5}-m^{5})^{5}m^{50}$ をかけて

$F(l^{5}m,(1-l^{5})m^{6})=F(lm^{5},l^{6}(1-m^{5}))=-m^{5}l^{5}(l^{5}m^{5}-l^{5}-m^{5})^{5}$

となる。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証明終）

　これで【結果4】の①が得られた。

例えば、 $m=-l$ とすると

$w=-2, s=1/(1-l^{5}), t=1/(1+l^{5}), a=l^{10}+5,b=3l^{10}+10$

$F(-l^{6},(1-l^{5})l^{6})=F(-l^{6},l^{6}(1+l^{5}))=l^{10}(-l^{10})^{5}=-l^{60}$

$l^{30}$ で両辺をわって

$F(-1,(1-l^{5}))=F(-1,(1+l^{5}))=-l^{30}$

さらに、 $-l^{30}$ で両辺を割り、 $F(x,y)=F(y,x)$ に注意すると

$F((l^{5}-1)/l^{6},1/l^{6})=(-(1+l^{5})/l^{6},1/l^{6})=1$

　 $l$ を整数とするとき、 $a,b$ は整数となるので、整係数の5次斉次式で異なる有理数の組に対して同じ値をとるものが得られた。

3.2.2 $\hspace{10pt} b=-a-1$ の場合の有理点

　　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1$ 　　（★）

このとき、　 $Y^{5}=(X+1)(X-1)^{2} \{ X^{2}+(a+1)X+1 \}$ である。　 $(1,0)$ を通る直線 $Y=l(X-1)$ との交点を求めると

$l^{5}(X-1)^{5}=(X+1)(X-1)^{2} \{ X^{2}+(a+1)X+1 \}$ より

●　 $X \ne 1$ のとき　　

$l^{5}(X-1)^{3}-(X+1) \{ X^{2}+(a+1)X+1 \} \\ =(l^{5}-1)X^{3}+(-3l^{5}- a-2)X^{2}+ (3l^{5}-a-2)X - l^{5} - 1=0$ （★★★）

　　*　 $l \ne 1$ 　のとき

$(1,0)$ から　（★）への接線を引くと

$(l^{5}-1)X^3+(-3l^5- a-2)X^{2}+(3l^{5}-a-2)X-l^{5}-1=0$ 　（★★★★）

が2重根を持つことになるので

$3(l^{5}-1)X^{2}+2(-3l^{5}-a-2)X+(3l^{5}-a-2)=0$ と共通根を持つことになる。この方程式が有理解を持つためには判別式が平方であることが必要十分

したがって　　 $D^{2}=(-3l^{5}-a-2)^{2}-3(l^{5}-1)(3l^{5}-a-2) \\ = \{ a+(9l^{5}+1)/2 \} ^{2}-9/4(9l^{5}-1)(l^{5}-1)$

これよりパラメータ $s$ を用いて

$a+(9l^{5}+1)/2=3/2(5l^{5}-1)s \ - \> a=3/2 \cdot (5l^{5}-1)s-(9l^{5}+1)/2$

$D=3/4 \cdot 8l^{5}=6l^{5}/s$

よって、　 $X= \{ (3l^{5}+a+2) \pm D \} = \{ (5l^{5}-1)s^{2}+(1-l^{5})s \pm 4l^{5} \} / \{ 2(l^{5}-1)s \}$

これが(★★★★)の解となるのは、

$125l^{15}s^{6} +75l^{15}s^{4} + 18l^{15}s^{3}-54l^{15}s^{2}-75l^{10}s^{6}-32l^{15} \\ +45l^{10}s^{4}-34l^{10}s^{3}+60l^{10}s^{2}+15l^{5}s^{6}-27l^{5}s^{4}+4l^{5}s^{3}-6l^{5}s^{2}-s^{6}+3s^{4}+2s^3=0$

もしくは

$125l^{15}s^{6} -225l^{15}s^{4}+18l^{15}s^{3}+54l^{15}s^{2}-75l^{10}s^{6}+32l^{15}+165l^{10}s^{4}-34l^{10}s^{3} \\ -60l^{10}s^{2}+15l^{5}s^{6}-39l^{5}s^{4}+14l^{5}s^{3}+6l^{5}s^{2}-s^{6}+3s^{4}+2s^{3}=0$

のとき

$s=1$ のとき後者は　 $l=-1$ が解となる。この時　 $a=-5. \ b=4$ 　

（★★★★）は　 $-2X^{3}+6X^{2}=-2X^{2}(X-3)$ となる。

（★）は　　　 $Y^{5}=X^{5}-5X^{4}+4X^{3}+4X^{2}-5X+1 \\ \hspace{30pt} =(X+1)(X-1)^{2}(X^{2}-4X+1)$

　直線　 $Y=-(X-1)$ は $X=0,1$ で2重に交わり、また、3で交わる。つまり　 $(3,-2)$ がこの曲線の有理点。

（★）は　 $X \ne 0$ が有理点の $X$ 座標なら $1/X$ も有理点のX座標。したがって、 $(1/3,-2/3)$ も有理点。

$(1/3,-2/3)$ と $(1,0)$ を通る直線は(★)とこの2点以外で交わらない(おそらく、無限遠点で2重根)

　他の有理点は分からないので、このケースでは命題3を適用できていない。

　　* $l=1$ のとき

$l^{5}(X-1)^{3}-(X+1) \{ X^{2}+(a+1)X+1 \} =(-3l^{5}-a-2)X^{2}+(3l^{5}-a-2)X-l^{5}-1 \\ =-(a+5)X^{2}-(a-1)X-2=0$

これが有理解を持つのは判別式が平方。つまり、

$D^{2} = (a-1)^{2}+8(a+5)=(a-3)^{2}-64$ が有理解を持つこと。この一般解は

パラメータ $t \ne 0$ を用いて

$a-3=4(t+1/t) \hspace{15pt} D=4(t-1/t)$

これより　 $X= \{ -(a-1) \pm D \} / \{ 2(a-1) \} =-(t+4)/ \{ 2(2+t+2t^{2}) \} , -t(1+4t)/ \{ 2(2+t+2t^2) \}$

これが(★★★)の有理解 $\ne 0$ となることはない。

●　2つ以上の0でない解を探す。

　　*　 $a=1,-3$ 以外のときは不明

　　*　 $a=1$ のとき

（★）は　 $Y^{5}=(x+1)^{3}(x-1)^{2}$ となる。

$(-1,0)$ をとおり、傾きが $l^2$ の直線との交点を求めると

$Y^{5}= \{ l^{2}(x+1) \} ^{5}=(x+1)^{3}(x-1)^{2}$ より $x \ne 1$ の交点は

$l^{10}(x+1)^{2}=(x-1)^{2}$ を解いて　 $x=(1+l^{5})/(1-l^{5}) , (1-l^{5})/(1+l^{5})$ これがどんな $l \ne 0, \pm 1$ についても成り立つ。このとき　 $Y=l^{2}(x+1)$ より　 $Y=2l^{2}/(1-l^{5}), 2l^{2}/(1+l^{5})$

したがって、有理数 $m,n$ について

$1=F( (1+m^{5})/(2m^{2}),(1-m^{5})/(2m^{2}) )=F( (1+n^{5})/(2n^{2}),(1-n^{5})/(2n^{2}) )$

　　*　 $a=-3$ のとき

　（★）は　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1 \\ \hspace{30pt} =(X+1)(X-1)^{4}$

$(1,0)$ を通る直線 $Y=l(X-1)$ との交点を求めると

$l^{5}(X-1)^{5}=(X+1)(X-1)^{4}$ より　 $X \ne 1$ のとき　 $l^{5}(X-1)=X+1$ したがって、

$X=(l^{5}+1)/(l^{5}-1) \hspace{10pt} Y=l(X-1)=2l/(l^{5}-1)$ よって任意の有理数 $l \ne 1$ について

$\{ 2l/(l^{5}-1) \} ^{5}=F( (l^{5}+1)/(l^{5}-1),1)$ ただし　

$F(x,y)=x^{5}-3x^{4}y+2x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}-3xy^{4}+y^{5}$

よって、　 $1=F( (l^{5}+1)/(2l),(l^{5}-1)/(2l) )$

よって、 $a=-3 \hspace{10pt} b=2$ のとき

$F(x,y)=x^{5}-3x^{4}y+2x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}-3xy^{4}+y^{5}=(x+y)(x-y)^{4}$

有理数 $m,n \ne 0,1$ について、　

$(m^{5}+1)/(2m) + (m^{5}-1)/(2m)=m^{4} \hspace{10pt} (m^{5}+1)/(2m) - (m^{5}-1)/(2m)=1/m$

$F( (m^{5}+1)/(2m),(m^{5}-1)/(2m) )=F( (n^{5}+1)/(2n),(n^{5}-1)/(2n) )=1$

　これが【結果5】である。

3.2.3 $\ a=2t+2/t+1, \\ b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2} \ t \ne 0, \pm 1$ と表されるとき

　このとき、　 $Y^{5}=X^{5}+aX^{4}+bX^{3}+bX^{2}+aX+1 \\ \hspace{30pt} =(X+1)(X+t)^{2}(X+1/t)^{2}$

$(0,-t)$ を通る直線をひき、交点を求める。

$Y=l(X+t)$ とすると $l^{5}(X+t)^{5}=(X+1)(X+t)^{2}(X+1/t)^{2}$

$(X+t)^{2}$ で除すと　 $l^{5}(X+t)^{3}=(X+1)(X+1/t)^{2}$

$(l^{5}-1)X^{3}+(3tl^{5}-2/t-1)X^{2}+(3t^{2}l^{5}-1/t^{2}-2/t)X+l^{5}t^{3}-1/t^{2}=0$

$l=1$ の場合

$l=1$ とすると

$(3t^{3}-2t-t^{2})X^{2}+(3t^{4}-1-2t)X+t^{5}-1=0$

これが有理解を持つためには判別式が平方、つまり、

$(3t^{4}-1-2t)^{2}-4(3t^{3}-2t-t^{2})(t^{5}-1)=D^{2}$

$D^{2}=-(3t-1)(t+1)^{3}(t-1)^{4}$

$\{ D/(t+1)/(t-1)^{2} \} ^{2}=-3t^{2}-2t+1=-3(t+1/3)^{2}+4/3$

$3 \{ D/(t+1)/(t-1)^{2}/2 \} ^{2}+ \{ (3t+1)/2 \} ^{2}=1$

これよりパラメータ $s$ により

　 $(3t+1)/2=(1-3s^{2})/(1+3s^{2}) \hspace{15pt} t=(1-9s^{2})/3/(1+3s^{2})$

$D/(t+1)/(t-1)^{2}/2=2s/(1+3s^{2}) \hspace{10pt} D=4(t+1)(t-1)^{2}s/(1+3s^{2})$

有理解 $X_{0}$ は

$X_{0}= \{ -(3t^{4}-1-2t) \pm D \} /2/(3t^{3}-2t-t^{2}) \\ = \{ -(t-1)(3t^{3}+3t^{2}+3t+1) \pm 4(t+1)(t-1)^{2}s/(1+3s^{2}) \} /2/ \{ t(3t+2)(t-1) \} \\ = \{ -(3t^{3}+3t^{2}+3t+1)(1+3s^{2}) \pm 4(t-1)(t+1)s \} /2/t/(1+3s^{2})/(3t+2)$

<+ 符号のとき>

$X_{0}=1/9(81s^{4}+54s^{3}+36s^{2}-6s+11)/ \{ (s+1)(3s-1)(3s^{2}+1) \}$

$X_{0}+t=8/9(9s^{2}+1)/ \{ (s+1)(3s-1)(3s^{2}+1) \}$

よって、 $[ 8/9(9s^{2}+1)/ \{ (s+1)(3s-1)(3s^{2}+1) \} ] ^{5} \\ =F(1/9(81s^{4}+54s^{3}+36s^{2}-6s+11)/ \{ (s+1)(3s-1)(3s^{2}+1) \} ,1)$

$1=F(1/8(81s^{4}+54s^{3}+36s^{2}-6s+11)/(9s^{2}+1), \\ 9/8(s+1)(3s-1)(3s^{2}+1)/(9s^{2}+1) )$

<- 符号のとき＞

$X_{0}=1/9(81s^{4}-54s^{3}+36s^{2}+6s+11)/ \{ (s-1)(3s+1)(3s^{2}+1) \}$

$X_{0}+t=8/9(9s^{2}+1)/ \{ (s-1)(3s+1)(3s^{2}+1) \}$

よって　 $[ 8/9(9s^{2}+1)/ \{ (s-1)(3s+1)(3s^{2}+1) \} ] ^{5} \\ =F(1/9(81s^{4}-54s^{3}+36s^{2}+6s+11)/ \{ (s-1)(3s+1)(3s^{2}+1) \} ,1)$

$1=F(1/8(81s^{4}-54s^{3}+36s^{2}+6s+11)/(9s^{2}+1) \\ ,9/8(s-1)(3s+1)(3s^{2}+1)/(9s^{2}+1) )$

$a=2t+2/t+1=-1/3(243s^{4} + 54s^{2} + 23)/ \{ (9s^{2}-1)(3s^{2}+1) \}$

$b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2} \\ =2/9(6561s^{8}+2916s^{6}+1134s^{4}+180s^{2}+89)/ \{ (9s^{2}-1)(3s^{2}+1) \} ^{2}$

例： $s=2$ のとき

$a=-4127/1365 \hspace{15pt} b= 3770386/1863225$

$F(1871/296,1755/296)=F(1031/296,819/296)=1$

　これで【結果6】①が得られた。

$l \ne 1$ の場合

$(l^{5}-1)X^{3}+(3tl^{5}-2/t-1)X^{2}+(3t^{2}l^{5}-1/t^{2}-2/t)X+l^{5}t^{3}-1/t^{2}=0 \hspace{10pt} l \ne 1$ に対し、一つ有理解が見つかれば、他は2次方程式になるので、その方程式が解けるための $t$ の条件も求めやすくなる。例えば、 $X=0$ を解に持つのは、 $l^{5}t^{3}-1/t^{2}=0$ つまり、 $l=1/t$ の場合である。

このとき、解くべき方程式は

$(1/t^{5}-1)X^{3}+(3t1/t^{5}-2/t-1)X^{2}+(3t^{2}1/t^{5}-1/t^{2}-2/t)X+1/t^{5}t^{3}-1/t^{2} \\ = (1/t^{5}-1)X^{3}+(3/t^{4}-2/t-1)X^{2}+(3 \cdot 1/t^{3}-1/t^{2}-2/t)X \\ =1/t^{5}*X \{ (t^{5}-1)X^{2}+(3t-2t^{4}-t^{5})X+(3t^{2}-t^{3}-2t^{4}) \} \\ =1/t^{5}X \{ (t^{5}-1)X^{2}-t(t^{4}+2t^{3}-3)X-t^{2}(2t^{2}+t-3) \} \\ =(t-1)/t^{5}X \{ (t^{4}+t^{3}+t^{2}+t+1)X^{2}-t(t^{3}+3t^{2}+3t+3)-t^{2}(2t+3) \} \\ =0$

$\{ \}$ 内 $＝０$ の2次方程式が有理数解を有するのは判別式が平方の場合、つまり

$D^{2}= \{ t(t^{3}+3t^{2}+3t+3) \} ^{2}-4(t^{4}+t^{3}+t^{2}+t+1)t^{2}(2t+3) \\ =(t-3)t^{2}(t-1)^{2}(t+1)^{3}$

が有理数解 $D,t$ を有する場合である。

そのためには、 $E^{2}=(t+1)(t-3)=(t-1)^{2}-4$ が有理数解を持てばよい。

この解は　パラメータ $s$ を用いて $t=s+1/s+1 \hspace{10pt} E=s-1/s$ とあらわせる。

このとき、元の方程式の解は、

$X=0, \ -(2s^{3}+3s^{2}+3s+1)/(s^{4}+2s^{3}+4s^{2}+3s+1) \\ -(s^{4}+3s^{3}+3s^{2}+2s)/(s^{4}+3s^{3}+4s^{2}+2s+1)$

したがって、

$X \ne 0$ のとき

$Y=l(X+t)=(X+t)/t=(s+1)^{2}(s^{2}+1)/(s^{4}+2s^{3}+4s^{2}+3s+1)$

または

$\hspace{30pt} =(s+1)^{2}(s^{2}+1)/(s^{4}+3s^{3}+4s^{2}+2s+1)$

よって

$\{ (s+1)^{2}(s^{2}+1)/(s^{4}+2s^{3}+4s^{2}+3s+1) \} ^{5} \\ =F( -(2s^{3}+3s^{2}+3s+1)/(s^{4}+2s^{3}+4s^{2}+3s+1),1)$

$\{ (s+1)^{2}(s^{2}+1)/(s^{4}+3s^{3}+4s^{2}+2s+1) \} ^{5} \\ =F( -(s^{4}+3s^{3}+3s^{2}+2s)/(s^{4}+3s^{3}+4s^{2}+2s+1),1)$

$1=F( -(2s^{3}+3s^{2}+3s+1)/ \{ (s+1)^{2}(s^{2}+1) \} ,(s^{4}+2s^{3}+4s^{2}+3s+1)/ \{ (s+1)^{2}(s^{2}+1) \} ) \\ =F(-(s^{4}+3s^{3}+3s^{2}+2s)/ \{ (s+1)^{2} (s^{2}+1) \} ,(s^{4}+3s^{3}+4s^{2}+2s+1)/ \{ (s+1)^{2}(s^{2}+1) \} )$

$a=2t+2/t+1=(2s^{4}+5s^{3}+9s^{2}+5s+2)/ \{ s(s^{2}+s+1) \}$

$b=(t^{4}+2t^{3}+4t^{2}+2t+1)/t^{2} \\ =(s^{8}+6s^{7}+20s^{6}+38s^{5}+48s^{4}+38s^{3}+20s^{2}+6s+1)/ \{ s^{2}(s^{2}+s+1)^{2} \}$

例

$s=-3/2$ のとき

$a= -64/21 \hspace{15pt} b= 3613/1764$

$F(56/13, 61/13)=F(21/13, 31/13)=1$

　よって【結果】②が得られた。

$l=1/t$ 以外の例は不明である。

2024-02-25

2変数5次斉次式で自然数を2通りにあらわす -第29回日曜数学会発表資料-

　第29回日曜数学会（2024.2.25)で発表する（した）資料です。ご関心のある方はご覧いただけるとありがたいです。

drive.google.com

2023-12-19

メモ37　Q上の楕円曲線の有理点群のrankとanalytic rankのsagemathによる計算例

1. はじめに

　有名なBirch and Swinnerton-Dyer conjectureによると、 $\mathbb{Q}$ 上の楕円曲線 $E$ の有理点群の rank と $E$ の $L$ 関数 $L(E,t)$ の $t=1$ における零点の位数（analytic rank）は等しい。つまり、有理点群の rank を $r(E)$ , analytic rank を $r_{a}(E)$ と記すと $r(E)=r_{a}(E)$ である。

　sagemathには、rank や analytic rank を求める関数が存在するが、その関数によって得られた値は必ずしも正しいとは限らないらしい。

     analytic_rank(algorithm='pari', leading_coefficient=False)

Return an integer that is probably the analytic rank of this elliptic curve.

(出典：https://doc.sagemath.org/html/en/reference/arithmetic_curves/sage/schemes/elliptic_curves/ell_rational_field.html)

　また、 $r_{a}(E) \gt 3$ の場合、それが正しいかどうか証明する方法は見つかっていないらしい。

It is an open problem to prove that any particular elliptic curve has analytic rank ≧4

(出典：上に同じ）

　とはいえ、具体的な例を計算するのも面白そうだったので、以下の楕円曲線族 $E_{s}$ について s に具体的な値を入れて計算してみた。

　　 $Y^{2}=X \cdot (1600 \cdot s^{40} + 6800 \cdot s^{20} - 200 \cdot s^{10} \cdot X + X^{2} + 1600)$

2．Q上の楕円曲線Eの有理点群のrank とanalytic rank の sagemath による計算例

　上にあげた楕円曲線族の　 $s=2/3,4/3$ について以下のコードを実施すると、

$a_{1}=0;a_{3}=0$

$a_{2}=-200 \cdot s^{10}$

$a_{4}=1600 \cdot s^{40}+6800 \cdot s^{20}+1600$

$E=EllipticCurve([a1,a2,a3,a4,a6$ )]
$print \ E$
$print \ E.rank()$
$print \ E.analytic\_rank(algorithm='zero\_sum')$

$s=2/3$ のとき、楕円曲線

　 $y^{2}=x^{3}-1476225/128 \cdot x^{2}+304330130798470605625/17179869184 \cdot x$

が得られ、rank, analytic rank　はともに 5 であった。

　 $s=4/3$ のときは、楕円曲線

　 $y^{2}=x^{3}-209715200/59049 \cdot x^{2}+1960370331596784001446760000/12157665459056928801 \cdot x$

が得られ、rank は 4 、 analytic rankは 6 であった。

　なお、analytic rank のalgorithmには、zero_sum のほかに pari, rubinstein などがあるが、pari, rubinstein　では結果が得られなかった。

sagemathのマニュアルには、

　Of the first three algorithms above, probably Rubinstein’s is the most efficient (in some limited testing done). The zero sum method is often much faster, but can return a value which is strictly larger than the analytic rank. For curves with conductor <=10^9 using default parameters, testing indicates that for 99.75% of curves the returned rank bound is the true rank.

（出典：上に同じ）

とあり、zero_sum アルゴリズムの場合は、本来のanalytic rank より大きな値を返すことがあるようだ。

2023-10-14

メモ36　楕円曲線 y^2=x^3+a^2x^2-b^2x の有理解について

(10/27追記)いつも記事を読んで下さるNさんから記事の楕円曲線Eの有理点について、記事にあるもの以外に

　 $(-16 \cdot (s^{10}+1)^{2}, 48 \cdot (s^{10}+1)^{3})$ 　も解であり、これは記事にある有理点とは独立のようだ、というご指摘をいただきました。

　確かにこれも有理点であり、s=2とした場合の $Q$ 上の楕円曲線のrankと生成元をsagemathにより求めると、

　 $(-16 \cdot (s^{10}+1)^{2}, 48 \cdot (s^{10}+1)^{3})$ 　と

　 $(20(s^{20}-1),10 \cdot s^{5} \cdot 20(s^{20}-1))$ は独立であることがわかりました。したがって、楕円曲線 $E$ のrankは2以上となります。

1. はじめに

　以下の $Q(s)$ 上の楕円曲線 $E$ の有理解を見つけるという問題に出会った。

　　　 $Y^{2}=T^{3}+100 \cdot s^{10} \cdot T^{2}-20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2} \cdot T \hspace{20pt} (E)$

変形すると

　　　 $Y^{2}=T \cdot \{ T^{2}-20^{2} \cdot (s^{20}-1)^2 \} +(10 \cdot s^{5} \cdot T)^{2}$

となるので $T= \pm 20(s^{20}-1) \ Y= \pm 10 \cdot s^{5} \cdot T$ は、楕円曲線　 $E$ の有理解である。

　 $E$ で $s$ に有理数を代入すると、 $Q$ 上の楕円曲線が得られる。この楕円曲線の有理点群のランクをいくつかの $s$ についてsagemathで求めると以下のようになる。

　　　　 $s : \ \ rank$

　　　　0　　　1

　　　　1 　楕円曲線にならない。

　　　　3/2　　5

　　　　4/3　　4

　　　　2　　　3

　　　　3　　　5

　　　　4　　途中でエラー

　　　　1/2　　3

　　　　1/3　　5

　　　　2/3　　5

　　　　1/4　途中でエラー

　　　　3/4 　　4

　このように、 $s \neq 0,1$ であればrankは3以上となるので、 $E$ には上記以外の有理解があるのではないかと期待した。

　なお、 $E$ で $s$ を $1/s$ とすると

　　　 $Y^{2}=T^{3}+100/s^{10} \cdot T^{2}-20^{2}(1/s^{20}-1)^{2} \cdot T$

　両辺に $s^{60}$ を掛けると

　　　 $(s^{30} \cdot Y)^{2}=(s^{20} \cdot T)^{3}+100 \cdot s^{10} \cdot (s^{20} \cdot T)^{2}-20^{2} \cdot (1-s^{20})^{2} \cdot (s^{20} \cdot T)$

となるので、 $E$ に有理数 $s$ と $1/s$ を代入した時の楕円曲線のrankは同一となる。

　そこで、以下の2つについて少し考えてみた。

$A:$ 楕円曲線 $E$ について有理点 $( \pm 20(s^{20}-1), \pm 200 \cdot s^{5} \cdot (s^{20}-1))$ とは独立な有理点を見つける。

$B: a,b$ を $s$ の有理関数としたとき、 $Q(s)$ 上の楕円曲線 $F: y^{2}=x^{3}+a^{2} \cdot x^{2}-b^{2} \cdot x$ の有理点を見つける。

　 $A,B$ についての補足は以下のとおり。

$A$ について：

　上記のように、 $Q(s)$ 上の楕円曲線の $s$ に具体的な値を入れて $Q$ 上の楕円曲線を得ることをspecializationといい、有限個の有理数を除いて、 $Q(s)$ の楕円曲線の有理点群から $Q$ 上の楕円曲線の有理点群への準同型は単射となるようだ（Silverman’s Specialization Theoremによる）。

　したがって、上の楕円曲線 $E$ をspecializationした楕円曲線のrankが3以上だからといって、 $E$ のランクが2以上になるとは限らない。しかし、他の有理解が見つかると別の問題を考える上で好都合なので、敢えて考えることにした。

$B$ について：

　 $Q(s)$ 上の楕円曲線 $E$ の $x^{2}$ の係数と $x$ の係数の符号を変えたものは、ともに2乗の形をしているので、以下の $Q(s)$ 上の楕円曲線 $F$ で有理点を考えるとどうなるか興味があった。

　　　 $y^{2}=x^{3}+a^{2} \cdot x^{2}-b^{2} \cdot x \hspace{10pt} (F)$

　ここで $a,b$ は正の有理数とする。

　 $A,B$ ともに特に結果といえる結果は出なかったが、備忘録としてメモしておく。

2. 問題A

　楕円曲線 $E$ は

　　　 $Y^{2}=T^{2} \cdot [ \{ T^{2}-20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2} \}+(10 \cdot s^{5})^{2} \cdot T ]/T$

と書けるので、有理解 $\neq 0$ があれば $s$ の有理関数dが存在して

　　　 $\{ T^{2}-20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2} \}+(10 \cdot s^{5})^{2} \cdot T=d^{2} \cdot T$

　　　 $T^{2}+ \{ (10 \cdot s^{5})^{2}-d^{2} \} T-20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2}=0$

これを $T$ に関する2次方程式とみれば、 $s$ の有理関数 $D$ があって、

　　　 $D^{2}= \{ (10 \cdot s^{5})^{2}-d^{2} \}^{2}+4 \cdot 20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2} \\= d^{4}-200 \cdot s^{10} \cdot d^{2}+20^{2} \cdot (4 \cdot s^{40}+17 \cdot s^{20}+4)$

となる。

　ここで、

　　　 $d=A \cdot s^{10}+B \cdot s^{5}+C$

　　　 $D=G \cdot s^{20}+H \cdot s^{15}+I \cdot s^{5}+J \cdot s+K$

　　　　ただし、 $A,B,C,G,H,I,J,K$ は有理数

となる解がないかどうか未定係数法でsgemathを使って調べた。ただ面倒なだけなので途中の計算は省くが、 $A=C=0, B= \pm 10$ という解、つまり $d= \pm 10 \cdot s^5$ しかなかった。このとき、

$T^{2}=20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2}$ であるから、これはすでに知られている解である。

　なお、

　　　 $D^{2}= \{ (10 \cdot s^{5})^{2}-d^{2} \}^{2}+4 \cdot 20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2}$

という形をよくよく見ると、 $D= \{ (10 \cdot s^{5})^{2}+d^{2} \}$ という解がありそうな感じがする。

　実際、

　　　 $\{ (10 \cdot s^{5})^{2}+d^{2} \}^{2}= \{ (10 \cdot s^{5})^{2}-d^{2} \}^{2}+4 \cdot 20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2}$

とすると、

　　　 $2 \cdot d^{2} \cdot (10 \cdot s^{5})^{2}=-2 \cdot d^{2} \cdot (10 \cdot s^{5})^{2}+4 \cdot 20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2}$

　　　　 $d^{2} \cdot (10 \cdot s^{5})^{2}=20^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2}$

　　　　 $d= \pm 2 \cdot (s^{20}-1)/s^{5}$

となる。このとき、

　　　 $T=1/2 [ - \{ (10 \cdot s^{5})^{2}-d^{2} \} \pm D ]$

　　　 $=1/2 [ - \{ (10 \cdot s^{5})^{2}-d^{2} \} \pm \{ (10 \cdot s^{5})^{2}+d^{2} \} ]$

　　　 $=d^{2}$ または $-100 \cdot s^{10}$

　　　 $T=d^{2}=4 \cdot (s^{20}-1)^{2}/s^{10}$ とすると

　　　 $Y= \pm \{2\cdot (s^{20}-1)/s^{5} \} ^{3}$ となる。

　　　 $T=-100 \cdot s^{10}$ のとき $Y= \pm 200 \cdot s^{5} \cdot (s^{20}-1)$ となる。

　よって、これまでに得られた楕円曲線Eの有理点は、

　　　 $(0,0)$

　　　 $( \pm 20(s^{20}-1), \pm 10 \cdot s^{5} \cdot 20(s^{20}-1))$

　　　 $(-100 \cdot s^{10}, \pm 200 \cdot s^{5} (s^{20}-1) )$

　　　 $(2^{2} \cdot (s^{20}-1)^{2}/s^{10}, \pm 2^{3} \cdot (s^{20}-1)^{3}/s^{15})$

は楕円曲線 $E$ の有理点である。

後で見るように、これらからなる有理点群のランクは1である。

3．問題B

　次の $x,y$ の定める楕円曲線Fを考える。　

　　 $y^{2}=x^{3}+a^{2} \cdot x^{2}-b^{2} \cdot x \hspace{15pt}(F)$

　　　ここで $a,b$ は正の有理数とする。

　問題Ａは $a=10 \cdot s^{5} \ b=20 \cdot (s^{20}-1)$ の場合に相当する。

　 $x=b,y=ab$ はこの曲線上の有理点である。この有理点を $P=(b,ab)$ とする。 $P$ は位数無限大の有理点となる(説明は省く）。

　すぐわかるように $P_{0}=(0,0)$ は位数2の有理点である。

また、 $-P=(b,-ab)$ 、 $P+P_{0}=(-b,ab)$ である。

　つぎに他の有理点を探してみる。

　すぐわかるように $x^{2}+a^{2} \cdot x-b^{2}=d^{2} \cdot x$ となる有理解 $x_{0}$ について、 $(x_{0},d \cdot x_{0})$ はこの曲線上の有理点である( $P$ は $d=a$ の場合に相当する）。このような $x_{0}$ は

　 $x^{2}+(a^{2}-d^{2}) \cdot x-b^{2}=0$ の有理解であるので、有理数 $D$ が存在して

　 $(a^{2}-d^{2})^{2}+4 \cdot b^{2}=D^{2}$

となる。これより、

　 $a^{2}-d^{2}=(1-t^{2})/(1+t^{2}) \cdot D, \ b=t/(1+t^{2}) \cdot D$

としてよい。したがって、

　 $b=t/(1-t^{2}) \cdot (a^{2}-d^{2})$

とすれば、　

　 $x_{0}=1/2 \cdot (-a^{2}+d^{2} \pm D) = t^{2}/(1-t^{2}) \cdot (a^{2}-d^{2})$ または $-1/(1-t^{2}) \cdot (a^{2}-d^{2})$

である。よって $t \neq 1$ のとき $(bt,btd),(-b/t,-b/t \cdot d)$ は有理点である。

$a$ は正の有理数であるので, $k=d/a$ とおけば

　 $b=t/(1-t^{2}) \cdot (1-k^{2}) \cdot a^{2}$

である。ここで $t$ を $-1/t$ におきかえても $b$ は不変であることに注意する。

　よって、 $b$ が正となるように正有理数 $a,k,t$ を定めると $(bt,btak),(-b/t,-b/t \cdot ak)$ は楕円曲線 $F$ の有理点である。なお、この2点を結ぶ直線は原点を通るので、 $(-b/t,-b/t \cdot ak)+(bt,btak)+P_{0}=0$ である。

　次に、この有理点が、 $P$ と $P_{0}$ の生成する有理点群に含まれる場合を考える。

　 $P$ と $P_{0}$ の生成する有理点群で $x$ 座標が正になるのは $P$ または $-P$ に限ること、

　 $2 \cdot P=(b^{2}/a^{2},-b^{3}/a^{3})$

　 $3 \cdot (b,ab)=(b(a^{2}+b)^{2}/(b-a^{2})^2,ab(a^{2}+b)(a^{4}+3b^{2})/(b-a^{2})^{3})$

に注意して、 $bt$ が $P, \ 2 \cdot P, \ 3 \cdot P$ の $x$ 座標に等しい場合をチェックする。

・　 $bt$ が $P$ の $x$ 座標に等しくなる場合

　　 $bt=b$ より $t=1$ これは $b$ の定め方よりありえない。

・　 $bt$ が $2 \cdot P$ の $x$ 座標に等しくなる場合

　　 $b^{2}/a^{2}=bt$ より

　　 $b=t \cdot a^{2}$ 　

このとき、 $b=t/(1-t^{2}) \cdot (1-k^{2}) \cdot a^{2}$ なので、 $t=k$ である。　

・　 $bt$ が $3 \cdot P$ の $x$ 座標に等しくなる場合

　　 $b(a^{2}+b)^{2}/(b-a^{2})^{2}=bt$

よって、 $(a^{2}+b)^2/(b-a^{2})^{2}=t$

　　 $t$ は有理数の平方となるので $t=r^{2}$ とおくと、

　　 $a^{2} \lt b$ のとき

　　 $a^{2}+b=r \cdot a^{2}-r \cdot b$

　　 $(1-r)a^{2}=-(1+r)b=-(1+r)r^{2}/(1-r^{4}) \cdot (1-k^{2}) \cdot a^{2}$

　　 $(1-r)^{2} \cdot (1+r^{2})=-r^{2} \cdot (1-k^{2})$

　　 $k^{2} \cdot r^{2}=(1-2r+r^{2})(1+r^{2})+r^{2}=1-2r+3r^{2}-2r^{3}+r^{4}$

　　 $\hspace{5pt} =(1-r+r^{2})^{2}$

$k$ は正有理数であることに注意すれば

　　 $k=(1-r+r^{2})/r$

以上をまとめると、下の楕円曲線Fにおいて　

　 $y^{2}=x^{3}+a^{2} \cdot x^{2}-b^{2} \cdot x$

　 $b=t/(1-t^{2}) \cdot (1-k^{2}) \cdot a^{2}$

とするとき $P=(b,ab) , Q=(-a^{2},ab)$ は位数無限大の有理点。 $P_{0}=(0,0)$ は位数2の有理点であり、

　 $P+Q=(-b,-ab)$

　 $P+P_{0}=(-b,-ab)$

となる。

　また、 $R=(bt, bt \cdot ak)$ は有理点であるが、 $t=k$ のとき $2 \cdot P$ の $x$ 座標 $= R$ の $x$ 座標、 $t$ が平方数で $k=(t- \sqrt{t}+1)/ \sqrt{t}$ のとき $3 \cdot P$ の $x$ 座標 $= R$ の $x$ 座標である。

　それ以外の時は、 $n \cdot P$ の $x$ 座標 $=R$ の $x$ 座標のケースや $R$ の整数倍が、 $P$ と $P_{0}$ から生成される群に含まれる可能性はあるが、そうしたケースはまれなので、ほぼ楕円曲線Fのrankは2以上となる。

具体例を図示すると以下のとおり。

$a=2,t=5,k=3/2,b=25/24$ のケース

$a=2,t=5,k=11/2,b=195/8$ のケース

このように

　　 $a^{2} \gt b$ のとき上図となり、 $a^{2} \lt b$ のとき下図となる。

　　 $a,b,t,k \gt 0$ のもとでは $a^{2}=b$ となることはない。

4. 問題Bの結果を問題Aに適用

　楕円曲線Eは楕円曲線Fにおいて

　 $a=10 \cdot s^{5},b= \pm 20(s^{20}-1)$ 　( $b \gt 0$ となる符号を選ぶ）

の場合に相当する。

　 $t=k= \pm (s^{20}-1)/5/s^{10}$ とすれば　

　 $t/(1-t^{2}) \cdot a^{2}(1-k^{2})=t \cdot a^{2}＝ \pm 20(s^{20}-1)$

となるので、問題Bの結果から $P,R$ は独立でなく、楕円曲線Eのランクが2以上かどうかわからない。

2023-08-27

メモ35　有理数体上で定義されたある代数曲面上の4次曲線の有理点が見つからない

1．はじめに

　このメモは、「メモ34　有理数体上で定義されたある代数曲面上の曲線について」の続編である。その最後に、

$X^{2}=R^{3}+(y^{2}+144)/20 \cdot R^{2}-(23y^{2}+16)/5 \cdot R+8/25 \cdot (13y^{2}-8) \hspace{10pt}$ 　　　

の解で

$X=Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D$

$y^{2}=Ez^{2}+Fz+G$

$R=Hz^{2}+I$

の形のもののうち　 $A \neq 0$ 、 $G \neq 0$ のものを2つ示した。

この解が、さらに　

　 $X=2/5 \cdot x$ , $R=4/5 \cdot r^{2}$ とするとき

　 $\hspace{20pt} x^{2}-my^{2}=-a \hspace{30pt} (1)$

　　　　ここで　　 $m=26-23r^{2}+1/5 \cdot r^{4}$

$\hspace{25pt} a=16(1-r^{2})(1+2r^{2}+1/5 \cdot r^{4})$ 　　　　　　　　　

の解になれば、「（1）の定める代数曲面上に有理点を有する楕円曲線が存在することになる。」と書いた。とても（1）の解はありそうもなかったが、その試みについて備忘録として記しておく。

2．有理数体上で定義された代数曲面上の4次曲線

　メモ34で示した２つの4次曲線は下のとおりである。ここで

代数曲面とは（1）で示した $x,y,r$ の関係式で定義される曲面である。

また、 $A,B,C,D,E,F,G,H,I$ は、 $X=2/5 \cdot x$ , $R=4/5 \cdot r^{2}$ とするとき

$X=Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D$

$y^{2}=Ez^{2}+Fz+G$

$R=Hz^{2}+I$

を与える係数である。

\begin{array}{l|l|l} & \hspace{40pt} ア & \hspace{40pt} イ \\ \hline A & (-1331/500)\cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2} & (-27951/100)\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2} \\ & /(t\cdot (113\cdot t + 11)^{2})\cdot a^{3} & /(t\cdot (1155\cdot t+113)^{2})\cdot a^{3} \\ \hline B & 0 & 0 \\ \hline C & 11/5\cdot (11865\cdot t^{3} + 3465\cdot t^{2} + 339\cdot t & 11/5\cdot (121275\cdot t^{3} + 35595\cdot t^{2} + 3465\cdot t \\ & + 11)/ (113\cdot t + 11)/t\cdot a & + 113)/(1155\cdot t+113)/t\cdot a \\ \hline D & 0 & 0 \\ \hline E & (1/25)\cdot (14674275\cdot t^{4}+6384500\cdot t^{3} & (1/5)\cdot (308159775\cdot t^{4} + 133402500\cdot t^{3} \\ & +963490\cdot t^{2}+60500\cdot t+1331) & + 20233290\cdot t^{2} +1276900\cdot t + 27951) \\ & /(t\cdot (113\cdot t+11)^{2})\cdot a^{2} & /(t\cdot (1155\cdot t + 113)^{2})\cdot a^{2} \\ \hline F & 0 & 0 \\ \hline G & (-4/121)\cdot (11\cdot t+1)\cdot (105\cdot t+11) & (-4/121)\cdot (11\cdot t+1)\cdot (105\cdot t+11) \\ & \cdot (495\cdot t^{2}+150\cdot t+11)\cdot (2695\cdot t^{2} & \cdot (495\cdot t^{2}+150\cdot t+11)\cdot (2695\cdot t^{2} \\ & +350\cdot t+11)/(t\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}) & +350\cdot t+11)/(t\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}) \\ \hline H & (-1331/500) \cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2} & (-27951/100)\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2} \\ & /(t\cdot (113\cdot t + 11)^{2})\cdot a^{2} & /(t\cdot (1155\cdot t+113)^{2})\cdot a^{2} \\ \hline I & 1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t & 1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t \end{array}

$R=4/5 \cdot r^{2}=Hz^{2}+I$ が解 $r_{0},z_{0}$ を持つとき、この一般解をパラメータ $s$ で表わすことができ、

$y^{2}=Ez^{2}+Fz+G$ に代入すると　( $y \cdot s$ の有理式) $^{2}=s$ の4次式　となるのであった。

3．4次曲線に有理点があるかどうかの確認

　2．にあげた4次曲線（ア）、（イ）が有理点を持つかどうかについて、具体的に確認してみることとした。

　方針としては、最初に $x^{2}-my^{2}=-a$ が解を持つ $r_{0}$ を与える（ $1-r_{0}^{2}$ または $r_{0}^{2}-1$ が平方のときは解が知られているのでその場合を除く）。 $E,G,H,I$ は $t$ の有理式なので $E(t),G(t),H(t),I(t)$ と記すとき、 $t_{0},z_{0}$ が $4/5 \cdot r_{0}^{2}=H(t)z^{2}+I(t)$ の解とする。

そのとき、 $r_{0},z_{0}$ は $4/5 \cdot r^{2}=H(t_{0})z^{2}+I(t_{0})$ の解なので、その一般解は

　　 $r=(-s^2 \cdot r_{0} \cdot H(t_{0})+2 \cdot s \cdot z_{0} \cdot H(t_{0})-4/5 \cdot r_{0})/(4/5-H(t_{0}) \cdot s^{2})$

　　 $z=(z_{0} \cdot H(t_{0}) \cdot s^{2}-8/5 \cdot r_{0} \cdot s+4/5 \cdot z_{0})/(4/5-H(t_{0}) \cdot s^{2})$

である。この $z$ を $y^{2}=E(t_{0})z^{2}+F(t_{0})z+G(t_{0})$ に代入すると $F(t)=0$ であるので

　 $y^{2}=E \cdot \{ (H(t_{0})z_{0} \cdot s^{2}-8/5 \cdot r_{0} \cdot s+4/5 \cdot z_{0})/(4/5-H(t_{0}) \cdot s^{2}) \} ^{2}+G(t_{0})$

　 $\{ (4/5-H(t_{0}) \cdot s^{2})y \} ^{2}= \{ E(t_{0}) \cdot H(t_{0})^{2} \cdot z_{0}^{2} \cdot s^{4}-16/5 \cdot H(t_{0}) \cdot r_{0} \cdot z_{0} \cdot s^{3} \\ +(64/25 \cdot r_{0}^{2}+8/5 \cdot H(t_{0}) \cdot z_{0}^{2}) \cdot s^{2}-64/25 \cdot r_{0} \cdot z_{0} \cdot s+16/25 \cdot z_{0}^{2} \} \\ +G(t_{0}) \cdot (H(t_{0})^{2} \cdot s^{4}-8/5 \cdot H(t_{0}) \cdot s^{2}+16/25) \\ =H(t_{0})^{2} \cdot (E(t_{0}) \cdot z_{0}^{2}+G(t_0)) \cdot s^{4}-16/5 \cdot E(t_{0}) \cdot H(t_{0}) \cdot r_{0} \cdot z_{0} \cdot s^{3} \\ +(64/25 \cdot E(t_{0}) \cdot r_{0}^{2}+8/5 \cdot E(t_{0}) \cdot H(t_{0}) \cdot z_{0}^{2}-8/5 \cdot G(t_{0}) \cdot H(t_{0})) \cdot s^{2} \\ -64/25 \cdot E(t_{0}) \cdot r_{0} \cdot z_{0} \cdot s+16/25 \cdot (E(t_{0}) \cdot z_{0}^{2}+G(t_{0}))$

となり、 $\{ (4/5-H(t_{0}) \cdot s^{2}) \cdot y \}$ の2乗が4次多項式という平面曲線が得られる。

　したがって、 $4/5 \cdot r_{0}^{2}=H(t)z^{2}+I(t)$ の解 $t_{0},z_{0}$ が得られれば、4次曲線が具体的に得られる。

　以下、この解を求める。

（ア）の場合

　 $H(t)=(-1331/500) \cdot (105 \cdot t^{2} - 1)^{2}/ \{ t \cdot(113 \cdot t + 11)^{2} \}$

　 $I(t)=1/5 \cdot (1155 \cdot t^{2}+230 \cdot t+11)/t$

より、

　 $R=H(t) \cdot z^{2}+I(t)$ を変形して

　 $\{ R \cdot t-1/5 \cdot (1155 \cdot t^{2}+230 \cdot t+11) \} \cdot (-5/11) \\ \hspace{20pt} = \{ 11/10 \cdot (105 \cdot t^{2} - 1)/(113 \cdot t + 11) \cdot z)^{2} \}$

右辺の{ }内を $u$ とおくと

$u^{2}= \{ R \cdot t-1/5 \cdot (1155 \cdot t^{2}+230 \cdot t+11) \} (-5/11)$ は $u,t$ に関する2次不定方程式であり、

　 $u_{0}(r)=-1/11 \cdot (8 \cdot r^{2}-9)$

　 $t_{0}(r)=2/55 \cdot (2 \cdot r^{2}-5)$

は、この不定方程式の解。したがって、

　 $z_{0}=10/11/(105 \cdot t_{0}^{2} - 1) \cdot (113 \cdot t_{0} + 11) \cdot u_{0}(r)$

とすると　 $(r,z_{0})$ は $4/5 \cdot r^{2}=H(t_{0}(r)) \cdot z^{2}+I(t_{0}(r))$ を満たす。

　 $t_{0}=t_{0}(r_{0}),z_{0}=z_{0}(r_{0})$ とおけば

　 $(t_{0},z_{0})$ は $4/5 \cdot r_{0}^{2}=H(t) \cdot z^{2}+I(t)$ 　の解である。

(イ)の場合：

　 $H=(-27951/100) \cdot (105 \cdot t^{2}-1)^{2}/ \{ t \cdot (1155 \cdot t+113)^{2} \}$

　 $I=1/5 \cdot (1155 \cdot t^{2}+230 \cdot t+11)/t$

より

　 $\{R/t-1/5 \cdot (1155+230 \cdot 1/t+11 \cdot 1/t^{2}) \} \cdot (-1/11/21) \\ \hspace{20pt} = \{ 11/10 \cdot (105 - 1/t^{2})/(1155+ 113 \cdot 1/t) \cdot z)^{2} \}$

右辺の{ }内を $u$ とおくと

　 $u^{2}= \{R \cdot 1/t-1/5 \cdot (1155+230 \cdot 1/t+11 \cdot 1/t^{2}) \} \cdot (-1/11/21)$ は $u,1/t$ に関する2次不定方程式であり、

　 $u_{0}(r)=1/11 \cdot (8 \cdot r^{2}-9)$

　 $1/t_{0}(r)=-20/11 \cdot (4 \cdot r^{2}+1)$

はこの不定方程式の解。したがって、

　 $z_{0}=10/11 \cdot (1155+113 \cdot 1/t)/(105-1/t^{2}) \cdot u_{0}(r)$

$=10/11 \cdot t \cdot (1155 \cdot t+113)/(105 \cdot t^{2}-1) \cdot u_{0}(r)$

とすると、 $(r,z_{0})$ は $4/5 \cdot r^{2}=H(t_{0}(r)) \cdot z^{2}+I(t_{0}(r))$ を満たす。

　 $t_{0}=t_{0}(r_{0}),z_{0}=z_{0}(r_{0})$ とおけば

　 $(t_{0},z_{0})$ は $4/5 \cdot r_{0}^{2}=H(t) \cdot z^{2}+I(t)$ 　の解である。

以上で、 $r_{0}$ を与えたとき4次曲線が具体的に求められた。

もう一度整理すると

　 $r_{0}$ は $x^{2}-my^{2}=-a$ の解を与える有理数。ただし、 $1-r_{0}^{2}, \ r_{0}^{2}-1$ は平方でない。

\begin{array}{l|l|l} & \hspace{40pt} ア & \hspace{40pt} イ \\ \hline t_{0} & 2/55 \cdot (2 \cdot r_{0}^{2}-5) & -11/20/(4 \cdot r_{0}^{2}+1) \\ \hline z_{0} & -10/11^{2} \cdot (113 \cdot t_{0}+11) & 10/11^{2} \cdot t_{0} \cdot (1155 \cdot t_{0}+113) \\ & \cdot (8 \cdot r_{0}^{2}-9) / (105\cdot t_{0}^{2}-1) & \cdot (8 \cdot r_{0}^{2}-9)/(105 \cdot t_{0}^{2}-1) \end{array}

とするとき、 $E=E(t_{0}), \ G=G(t_{0}), \ H=H(t_{0}), \ U=I(t_{0})$ と略記すれば、

$\{ (4/5-H \cdot s^{2})y \}^{2}=H^{2} \cdot (E \cdot z_{0}^{2}+G) \cdot s^{4}-16/5 \cdot E \cdot H \cdot r_{0} \cdot z_{0} \cdot s^{3} \\ \hspace{30pt} +(64/25 \cdot E \cdot r_{0}^{2}+8/5 \cdot E \cdot H \cdot z_{0}^{2}-8/5 \cdot G \cdot H) \cdot s^{2}-64/25 \cdot E \cdot r_{0} \cdot z_{0} \cdot s \\ \hspace{30pt} +16/25 \cdot (E \cdot z_{0}^{2}+G)$

である。

4．計算をしてみる

　3．にあげた方法で $r_{0}=2/3$ について、4次多項式を

$\{ (4/5-H \cdot s^{2})y \} ^{2} =M(a \cdot s^{4}+b \cdot s^{3}+c \cdot s^{2}+d \cdot s+e)$ 　

　ただし、 $a, \ b, \ c, \ d, \ e$ は整数、最大公約数は１

の形として具体的に求めたものを下に示す。

(ア）の場合

$r_{0}=2/3, \ t_{0}=-74/495, \ z_{0}= -1429330/725901$

$M=1/26114033585725747311721076824500 \\ \hspace{10pt} =2^{-2} \cdot 3^{-2} \cdot 5^{-3} \cdot 11^{-2} \cdot 37^{-2} \cdot 2917^{-4} \cdot 21997^{-2} \\ a= 65857250601726185097923506560569 \\ b=143127141976564681248648910833104 \\ c=351105229870749846950744296719984 \\ d= 123141455978272486412810716551680 \\ e= 48749275528788247309340655641600$

（イ）の場合

$r_{0}=2/3, \ t_{0}=-99/500, \ z_{0}=-5668810/1714031$

$M=1/133215779232567000648149334617531250000 \\ \hspace{10pt} = 2^{-4} \cdot 3^{-4} \cdot 5^{-9} \cdot 11^{-2} \cdot 23^{-4} \cdot 503^{-4} \cdot 155821^{-2} \\ a=181574451784851722641551328749273946369 \\ b=-469074686957785051516964152238065608912 \\ c=-2684508551757847641116789122376333689680 \\ d=-366335917236367974924446866969825920000 \\ e=110746433417702166667935868046400000000$

　これをもとに、 $Y^{2}=M_{0}(a \cdot s^{4}+b \cdot s^{3}+c \cdot s^{2}+d \cdot s+e)$

ただし、 $M_{0}$ は $M$ を素因数分解したとき指数が偶数でない素因子の積

の有理点を magma(http://magma.maths.usyd.edu.au/calc/)により求めてみたが、有理点はありそうもなかった。 $r_{0}=5/6, \ 3/8, \ 1/9, \ 1/10, \ 9/10, 7/12$ についても、同様であった。

2023-07-03

メモ34　有理数体上で定義されたある代数曲面上の曲線について

1．はじめに

　次のx,yに関する2元2次不定方程式の有理数解について、以前　「ある代数曲面上の有理点を無限個有する有理曲線について」を書いた。

　　　　　 $x^{2}-my^{2}=-a$ 　　　　　　　　　　　　（1）

ここで　 $m=26-23r^{2}+1/5 \cdot r^{4}$

$a=16(1-r^{2})(1+2r^{2}+1/5 \cdot r^{4})$

　その中で、 $r$ をパラメータとする以下の２つの解を得た。

　 $x=20(1-r^{2}), y=4\sqrt{(1-r^{2})}$ 但し $1-r^{2}$ は平方数

　 $x=20/11(r^{2}+3) \sqrt{(r^{2}-1)}, y=8/11 \sqrt{(r^{2}-1)}$ 　但し　 $r^{2}-1$ は平方数

　 $r$ を固定すれば $r=2/3,5/6,3/8,1/9$ についても上の不定方程式(1)は有理数解を有するが、多くの $r$ について同時に解となるようなもの、すなわち、パラメータ解的なものは見つからなかった。

　 $x^{5}+y^{5}=z^{5}+w^{5}$ のパラメータ解を実2次体で求める上で、この2元2次不定方程式のパラメータ解が必要となったので、今回、先の記事でも少し触れた以下の形式の解について検討してみた。

　 $X=Az^{3}+Bz^{2}+C{z}+D$

　 $y^{2}=Ez^{2}+Fz+G$

　 $R=Hz^{2}+Iz+J$ 　　　　　　 $X,R$ については後で触れる。

　結論からいうと新しいものは何も出て来なかったが、備忘録として検討結果を書いておく。

2．復習

　前の記事をいちいち参照するのも面倒なので、復習から始める。

不定方程式（1）において $r$ を明示的に示すと

　　 $x^{2}−(26−23r^{2}+1/5⋅r^{4})y^{2}=−16(1−r^{2})(1+2r^{2}+1/5⋅r^{4})$

となる。左辺を $x^{2}$ の項のみとし、 $r$ の次数についての降順で整理すると

　　 $x^{2}=16/5⋅r^{6}+(1/5⋅y^{2}+144/5)r^{4}−(23y^{2}+16)r^{2}+26y^{2}−16$

となる。さらに、上式を変形すると

　　 $(2/5⋅x)^{2}=(4/5⋅r^{2})^{3}+(1/5⋅y^{2}+144/5)/4⋅(4/5⋅r^{2})^{2}−(23y^{2}+16)/5⋅(4/5⋅r^{2})+4/5^{2}⋅(26y^{2}−16)$

より $X=2/5⋅x, R=4/5⋅r^{2}$ とおくと、 $X$ と $R$ に関する楕円曲線のWeierstrass標準形

$X^{2}=R^{3}+(y^{2}+144)/20⋅R^{2}−(23y^{2}+16)/5⋅R+8/25⋅(13y^{2}−8)$ 　 (2)　　　

を得る。ここで、 $y^{2}$ と $R$ をパラメータ $z$ の2次式として、以下の形の（2）のパラメータ解を考える。なお、 $R$ について $z$ の1次の項が0でない場合は、1次式で置きかえれば1次の項は 0 にできるので、一般性を失わず以下の形としてよい。

　　 $X = Az^{3}+Bz^{2}+C^z+D$

　 $y^{2} = Ez^{2}+F^z+G$ 　　　　　　　(3)

　 $R = Hz^{2}+I$

　この解、 $(X, y^{2},R)$ から $y^{2}$ が平方であり、 $R=4/5⋅r^{2}$ であれば不定方程式(1)の解が得られることになる。

3．得られた結果について

　結果から先に記すと、楕円曲線（2）の解はいろいろと得られたが、2元2次不定方程式（1）の解は、すでに知られているものしか得られなかった。表に得られた結果を記す。

\begin{array}{l|l} solution\ of\ (2) & solution\ of\ (1)\ got\ from\\ & the\ left \ solution\ of\ (2) \\ \hline X =10H \cdot z^{2}+10\cdot I-8 & x=-20\cdot (1-r^{2})\\y^{2}=-20H\cdot z^{2}-20\cdot I+16 & y=\pm 4\cdot \sqrt{(1-r^{2})} \\R =H\cdot z^{2}+I & \\ \hline X =10H \cdot z^{2}-10\cdot I+8 & x=20\cdot (1-r^{2}) \\y^{2}=-20H\cdot z^{2}-20\cdot I+16 & y=\pm 4\cdot \sqrt{(1-r^{2})} \\R =H\cdot z^{2}+I & \\ \hline X =z & \\y^{2}=-1/452 \cdot z^{2}-226256/113 & no \\R =1/9040\cdot z^2+516/565 & \\ \hline X =121/125\cdot z^{3}+16/5\cdot z & x=\pm 160/11\cdot t\cdot (t^{4} - t^{2} + 1)/(1-t^{2})^{3} \\y^{2}=16/25 \cdot z^{2} & y=8/11\cdot 2t/(1-t^2) \\R =121/125\cdot z^{2}+5/4 & r=(1+t^{2})/(1-t^{2}) \\ \hline X =21/25\cdot z^{3}-16/5\cdot z & \\y^{2}=16/5 \cdot z^{2} & no \\R =21/25\cdot z^2+4/5 & \\ \hline X =Az^{3}+Cz & \\y^{2}=Ez^{2}+G & \\R =H z^2+I & \\ A=-1331/500\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}/(t\cdot (113\cdot t+11)^{2}) & \\ C=11/5\cdot (11865\cdot t^{3}+3465\cdot t^{2}+339\cdot t+11) \\ /(113\cdot t+11)/t & \\ E=(1/25)\cdot (14674275\cdot t^{4}+6384500\cdot t^{3} \\ +963490\cdot t^{2}+60500\cdot t+1331)/(t\cdot (113\cdot t+11)^{2}) & not\ known \\ G=(-4/121)\cdot (11\cdot t+1)\cdot (105\cdot t+11)\cdot (495\cdot t^{2} \\ +150\cdot t+11)\cdot (2695\cdot t^{2}+350\cdot t+11)/(t\cdot (105\cdot t^{2}-1)^2) & \\ H=-1331/500\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}/(t\cdot (113\cdot t+11)^{2}) & \\ I=1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t & \\ \hline X =Az^{3}+Cz & \\y^{2}=Ez^{2}+G & \\R =H z^2+I & \\ A=-27951/100\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}/t/(1155\cdot t+113)^{2} & \\ C=11/5\cdot(121275\cdot t^{3} + 35595\cdot t^{2} + 3465\cdot t \\ + 113)/(1155\cdot t+113)/t & \\ E=1/5\cdot (308159775\cdot t^{4}+133402500\cdot t^{3} \\ +20233290\cdot t^{2}+1276900\cdot t+27951)/t/(1155\cdot t+113)^{2} & not\ known \\ G=(-4/121)\cdot (11\cdot t+1)\cdot (105\cdot t+11)\cdot (495\cdot t^{2} \\ +150\cdot t+11)\cdot (2695\cdot t^{2}+350\cdot t+11)/(t\cdot (105\cdot t^{2}-1)^2) & \\ H=-27951/100\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}/t/(1155\cdot t+113)^{2} & \\ I=1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t & \end{array}

4．楕円曲線 (2) のパラメータ解を求める

　それでは楕円曲線(2)の解で(3)の形の解を求める。

4-1　未定係数法

　(3)を(2)に代入すると $z$ の6次式が得られるが、定数項からzの6次の係数まで0となることから、 $A,B,C,D,E,F,G,H,I$ に関する以下の①~⑦式が成立する。

①　 $5\cdot E\cdot H^{2} + 100\cdot H^{3} - 100\cdot A^{2}=0$

②　 $5\cdot F\cdot H^{2}- 200\cdot A\cdot B=0$

③　 $5\cdot G\cdot H^{2}+10\cdot E\cdot H\cdot I+300\cdot H^{2}\cdot I-100\cdot B^{2} \\ -200\cdot A\cdot C-460\cdot E\cdot H+720\cdot H^{2}=0$

④ $10\cdot F\cdot H\cdot I- 200\cdot B\cdot C - 200\cdot A\cdot D - 460\cdot F\cdot H=0$

⑤ $10\cdot G\cdot H\cdot I+5\cdot E\cdot I^{2}+300\cdot H\cdot I^{2}-100\cdot C^{2} \\ -200\cdot B\cdot D-460\cdot G\cdot H-460\cdot E\cdot I+1440\cdot H\cdot I+416\cdot E-320\cdot H =0$

⑥　 $5\cdot F\cdot I^{2}- 200\cdot C\cdot D - 460\cdot F\cdot I+ 416\cdot F=0$

⑦　 $5\cdot G\cdot I^{2}+100\cdot I^{3} -100\cdot D^{2}-460\cdot G\cdot I+720\cdot I^{2} \\ +416\cdot G-320\cdot I-256=0$

4-2　 $A=0$ の場合

　②より　 $F\cdot H＝０$ 　したがって、 $H=0$ または　 $F=0$

　4-2-1　 $A=H=0$ の場合

　③より $B=0$ 　よって、④は成立。

　⑤　 $5\cdot E\cdot I^{2}-100\cdot C^{2}-460\cdot E\cdot I+416\cdot E=0$ 　より

　　　 $E=100C^{2}/(5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)$

　⑥　 $5\cdot F\cdot I^{2}- 200\cdot C\cdot D - 460\cdot F\cdot I+ 416\cdot F=0$ より

　　　 $F=200C\cdot D/(5\cdot I^2-460\cdot I+416)$

　⑦は　 $D=X, I=R, G=y^2$ とおくと

$5y^{2}\cdot R^{2}+100\cdot R^{3}-100X^{2}-460y^{2}\cdot R+720R^{2}+416y^{2}-320R-256=0$

$X^{2}=R^{3}+1/20\cdot (y^{2}+144)\cdot R^{2}+1/5\cdot (-23y^{2}-16)R+8/25(13y^{2}-8)$

となり、 $(X,R,y^{2})=(D,I,G)$ は(2)の解である。

　よって、（2）の解 $(X_{0},R_{0},y_{0}^{2})$ を一つ与えると

　　 $X=Cz+X_{0}$

　　 $y^{2}=100C^{2}/(5\cdot R_{0}^{2}-460\cdot R_{0}+416)\cdot z^{2} \\ +200C\cdot X_{0}/(5\cdot R_{0}^{2}-460\cdot R_{0}+416)\cdot z+y_{0}^{2}$

　　 $R=R_{0}$

が (2) の解となる。 $10Cz$ を改めて $z$ とおくと

　　 $X=z+X_{0}$

　　 $y^{2}=1/(5\cdot R_{0}^{2}-460\cdot R_{0}+416)\cdot z^{2} \\ +20\cdot X_{0}/(5\cdot R_{0}^{2}-460\cdot R_{0}+416)\cdot z+y_{0}^{2}$

　　 $R=R_{0}$

このとき2番目の式は $(y,z)=(y_{0},0)$ という解をもつので　有理式のパラメータ解をもつことに注意。

具体的には $\alpha =1/(5\cdot R_{0}^{2}-460\cdot R_{0}+416)$ とおくとき

　 $y =(-\alpha \cdot y_{0}\cdot t^{2}+20\alpha \cdot X_{0}\cdot t-y_{0})/(1-\alpha t^{2})$

　 $z = (20\cdot \alpha \cdot X_{0}\cdot t^2-2\cdot y_{0}\cdot t)/(1-\alpha t^{2})$ 　　　　(4)

で与えられる。

　 $R=4/5\cdot r^{2}, X=2/5\cdot x$ であるので、(1)の解の疑似的なパラメータ解として、(2) の解 $(X_{0},R_{0},y_{0}^{2})$ で $5/4\cdot R_{0}$ が平方となる解について

$y,z$ を（4）で与えるとき

$x=5/2\cdot X=5/2(z+X_{0}),y, r=\sqrt (5/4\cdot R_{0})$ は(1)の解である。

　4-2-2　A=F=0　の場合

改めて①~⑦を書き直すと

①　 $5\cdot E\cdot H^{2} + 100\cdot H^{3} =0$

②　は成立

③　 $5\cdot G\cdot H^{2}+10\cdot E\cdot H\cdot I+300\cdot H^{2}\cdot I-100\cdot B^{2}-460\cdot E\cdot H+720\cdot H^{2}=0$

④　 $-200\cdot B\cdot C =0$

⑤　 $10\cdot G\cdot H\cdot I+5\cdot E\cdot I^{2}+300\cdot H\cdot I^{2}-100\cdot C^{2}-200\cdot B\cdot \\ D-460\cdot G\cdot H-460\cdot E\cdot I+1440\cdot H\cdot I+416\cdot E-320\cdot H =0$

⑥　 $-200\cdot C\cdot D =0$

⑦　 $5\cdot G\cdot I^{2}+100\cdot I^{3} -100\cdot D^{2}-460\cdot G\cdot I +720\cdot I^{2} +416\cdot G-320\cdot I-256=0$

④、⑥より　 $C=0$ 　または　 $B=0$ かつ $D=0$

①より　 $H^{2}(E+20H)=0$ であるので　 $H=0$ または　 $H\neq 0, E=-20H$ である。

　4-2-2-1　C=0の場合

　　4-2-2-1-1　H≠0、E=-20Hの場合

　③、⑤、⑦は以下のとおりとなる。

③　 $G\cdot H^{2} + 20\cdot H^{2}\cdot I - 20\cdot B^{2} + 1984\cdot H^{2}=0$

⑤　 $G\cdot H\cdot I + 20\cdot H\cdot I^{2} - 20\cdot B\cdot D - 46\cdot G\cdot H + 1064\cdot H\cdot I - 864\cdot H=0$

⑦　 $5\cdot G\cdot I^{2}+100\cdot I^{3}-100\cdot D^{2}-460\cdot G\cdot I+720\cdot I^{2}+416\cdot G-320\cdot I-256=0$

　③より　 $B=bH$ とおくと $G=-20\cdot I+20\cdot b^{2}-1984$

これを⑤、⑦に代入して

⑤　 $b^{2}\cdot I - 46\cdot b^{2} - b\cdot D + 4520=0$

⑦　 $5\cdot b^{2}\cdot I^{2} - 460\cdot b^{2}\cdot I + 416\cdot b^{2} - 5\cdot D^{2} + 45200\cdot I - 41280=0$

を得る。　⑤より　 $bD=b^{2}\cdot I - 46\cdot b^{2} + 4520$ 　　⑦に $b^{2}$ をかけ、これを代入すると⑦式より

$(b - 10) \cdot (b + 10) \cdot (2541\cdot b^{2} - 255380)=0$ 　

を得る。したがって、 $b=10$ または $-10$

$b=10$ のとき

　 $A=0, \ B=bH=10H,\ C=0, \ D=b\cdot I-46\cdot b+4520/b=10\cdot I-8, \\ E=-20H,F=0, G=-20\cdot I+20\cdot b^{2}-1984=-20I-1864, H$

よって

　 $X=10H\cdot z^{2}+10\cdot I-8$

　 $y^{2}=-20H\cdot z^{2}-20\cdot I+16$

　 $R=H\cdot z^{2}+I$

は、（2）の解。　この場合、　 $I=R-H\cdot z^{2}$ なので、これを1番目と2番目の式に代入すると

　 $y^{2}=-20R-1864=-16r^{2}+16$

よって、 $y=\pm 4\cdot \sqrt{(1-r^{2})}, \ x=-20\cdot (1-r^{2})$

これは、これまでに知られている（1）の解である。

$b=-10$ のとき

　 $A=0, \ B=bH=-10H, \ C=0, \ D=b\cdot I-46\cdot b+4520/b=-10\cdot I+8, \\ E=-20H,F=0, G=-20\cdot I+20\cdot b^2-1984=-20I-1864, H$

よって

　 $X=-10H\cdot z^{2}-10\cdot I+8$

　 $y^{2}=-20H\cdot z^{2}-20\cdot I+16$

　 $R=H\cdot z^{2}+I$

は、（2）の解。　この場合も同様に $y=\pm 4\cdot \sqrt{(1-r^{2})},\ x=20\cdot (1-r^{2})$

これも、これまでに知られている（1）の解である。

　　4-2-2-1-2　H=0の場合

　③、⑤、⑦は以下のとおりとなる。

③　 $-100\cdot B^{2}=0$

⑤　 $5\cdot E\cdot I^{2}-200\cdot B\cdot D-460\cdot E\cdot I+416\cdot E=0$

⑦　 $5\cdot G\cdot I^{2}+100\cdot I^{3}-100\cdot D^{2}-460\cdot G\cdot I+720\cdot I^{2} \\ +416\cdot G-320\cdot I-256=0$

　③より　 $B=0$ となるので、⑤　は　 $5\cdot E\cdot I^{2}-460\cdot E\cdot I+416\cdot E=0$ となる。

　 $5I^{2}-460\cdot I+416=0$ は有理数解を持たないので $E=0$ である。したがって、⑦を満たすD,G,Iが解となる。　

　4-2-2-2　B=D=0の場合

　　4-2-2-2-1　H≠0かつE=-20Hの場合

　③、⑤、⑦は以下のとおりとなる。

③　 $G + 20\cdot I + 1984=0$

⑤　 $G\cdot H\cdot I + 20\cdot H\cdot I^{2} - 10\cdot C^{2} - 46\cdot G\cdot H \\ + 1064\cdot H\cdot I - 864\cdot H=0$

⑦　 $5\cdot G\cdot I^{2} + 100\cdot I^{3} - 460\cdot G\cdot I + 720\cdot I^{2} \\ + 416\cdot G - 320\cdot I - 256=0$

よって　③　より　 $G=-20I-1984$ これを⑤,⑦に代入し、

⑤　 $-C^{2} + 9040\cdot H=0$

⑦　 $565\cdot I - 516=0$

を得る。したがって

　 $A=0,\ B=0,\ C,\ D=0,\ E=-20H=-20\cdot 1/9040C^2=-1/452\cdot C^2, \ F=0, \\ G=-20\cdot I-1984=-20\cdot 516/565-1984=-226,256/113, \ H=1/9040\cdot C^{2},\ I=516/565$

であるので

　 $X=Cz$

　 $y^{2}=-1/452\cdot C^{2}\cdot z^{2}-226,256/113$

　 $R=1/9040\cdot C^{2}\cdot z^{2}+516/565$

は（2）の解。 $Cz$ を改めて $z$ とおくと

　 $X$

　 $y^{2}=-1/452\cdot X^{2}-226,256/113$

　 $R=1/9040\cdot X^{2}+516/565$

は（2）の解。　2番目の $y^{2}$ の式は有理数解を持たない。　よってこの解は(1)の解ではない。

　　4-2-2-2-1　H=0の場合

③、⑤の式は以下のとおりとなる。

③　 $5\cdot E\cdot I^{2} - 100\cdot C^{2} - 460\cdot E\cdot I + 416\cdot E=0$
⑤　 $5\cdot G\cdot I^{2} + 100\cdot I^{3} - 460\cdot G\cdot I + 720\cdot I^{2} + 416\cdot G - 320\cdot I - 256=0$

　よって、③より

$E=100\cdot C^{2}/(5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)$ となる。

　また、⑤より

$G=(-100\cdot I^{3}-720\cdot I^{2}+320\cdot I+256)/(5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)=-4(5\cdot I-4)$

となる。これを⑦に代入して

⑦ $(5\cdot I-4)^{2}=0$

　よって、 $I=4/5$ である。したがって、 $A - I$ は以下のとおりとなる。

$A=0,B=0,C,D=0,E=(125/64) \cdot C^2, F=0, G=0,H=0,I=4/5$

　よって、

$X=C\cdot z$

$y^{2}=125/64\cdot C^{2}\cdot z^{2}$

$R=4/5$

$C\cdot z$ を改めて $z$ とおけば

$X=z$

$y^{2}=125/64\cdot z^{2}$

$R=4/5$

は（2）の解である。しかし、（1）の解とはならない。

4-3　A≠0の場合

4-1 に記した①~⑦を満たす　 $A\neq 0,B,C,D,E,F,G,H,I$ を求めればよい。

⑦の解 $D,G,I$ は、 $D=X, I=R, G=y^{2}$ とおいた時の（2）の解である。そこで、この解が与えられたとする。

①より、 $H^{2}(E+20H)=20A^{2}$ なので $H\neq 0$ である。 $a=A/H$ とおくと $E=-20H+20a^{2}, A=a*H$

さらに②より $FH^{2}=40AB=40aHB$ よって　 $FH=40aB$

④に $a/10$ をかけると

$a\cdot F\cdot H\cdot I- 20\cdot a\cdot B\cdot C - 20\cdot a^{2}\cdot H\cdot D - 46\cdot a\cdot F\cdot H$

$=a\cdot F\cdot H\cdot I- 1/2\cdot F\cdot H\cdot C - 20\cdot a^{2}\cdot H\cdot D - 46\cdot a\cdot F\cdot H$

$=H/2\cdot (2aFI-FC-40a^{2}\cdot D-92\cdot aF)=0$

よって　 $FC=2aFI-40a^{2}\cdot D-92\cdot aF$

⑥より $F(5I^{2}-460\cdot I+416)=200CD$

　以上より、　 $A,E$ は $a$ と $H$ の有理式で表わされ、 $F$ は $C,D,I$ の有理式、 $B$ は $a,H,C,D,I$ の有理式で表される。よって変数を $C,D,H,I,a$ に減らすことができる。

$k=(5I^{2}-460\cdot I+416)$ とおくと

$kF=200CD$

$kaB=1/40\cdot k\cdot FH=5CDH$

また、 $I$ が有理数の時 $k\neq 0$ なので、

$k$ ×②、 $k^{2}\cdot a^{2}$ ×③、 $ka$ ×④、 $ka$ ×⑤、 $k$ ×⑥がそれぞれ0になるとすると $k$ ×②と $k$ ×⑥は定め方から成り立つ。残りは、それぞれ

$k^{2}\cdot a^{2}$ ×③：

$1000\cdot a^{4}\cdot I^{5} - 230000\cdot a^{4}\cdot I^{4} - 1000\cdot a^{3}\cdot C\cdot I^{4} +25\cdot a^{2}\cdot G\cdot H\cdot I^{4} + 500\cdot a^{2}\cdot H\cdot I^{5} \\ + 17094400\cdot a^{4}\cdot I^{3} + 184000\cdot a^{3}\cdot C\cdot I^{3} -4600\cdot a^{2}\cdot G\cdot H\cdot I^{3} - 42400\cdot a^{2}\cdot H\cdot I^{4} \\ - 412307200\cdot a^{4}\cdot I^{2} -8630400\cdot a^{3}\cdot C\cdot I^{2} + 215760\cdot a^{2}\cdot G\cdot H\cdot I^{2} - 4811200\cdot a^{2}\cdot H\cdot I^{3} \\ -500\cdot C^{2}\cdot D^{2}\cdot H + 711127040\cdot a^{4}\cdot I + 15308800\cdot a^{3}\cdot C\cdot I -382720\cdot a^{2}\cdot G\cdot H\cdot I \\ +420413440\cdot a^{2}\cdot H\cdot I^{2} - 318423040\cdot a^{4} - 6922240\cdot a^{3}\cdot C + 173056\cdot a^{2}\cdot G\cdot H \\ -755855360\cdot a^{2}\cdot H\cdot I + 343343104\cdot a^{2}\cdot H=0$

$ka$ ×④：

$D\cdot (5\cdot a^{2}\cdot I^{2} - 460\cdot a^{2}\cdot I - 10\cdot a\cdot C\cdot I + 416\cdot a^{2} +460\cdot a\cdot C + 5\cdot C^{2})=0$

$ka$ ×⑤:

$50\cdot a^{3}\cdot I^{4} - 9200\cdot a^{3}\cdot I^{3} + 5\cdot a\cdot G\cdot H\cdot I^{3} + 100\cdot a\cdot H\cdot I^{4} +431520\cdot a^{3}\cdot I^{2} \\ - 50\cdot a\cdot C^{2}\cdot I^{2} - 690\cdot a\cdot G\cdot H\cdot I^{2} - 3880\cdot a\cdot H\cdot I^{3} -100\cdot C\cdot D^{2}\cdot H - 765440\cdot a^{3}\cdot I \\+ 4600\cdot a\cdot C^{2}\cdot I + 21576\cdot a\cdot G\cdot H\cdot I -485440\cdot a\cdot H\cdot I^{2} + 346112\cdot a^{3} - 4160\cdot a\cdot C^{2} \\ - 19136\cdot a\cdot G\cdot H + 840064\cdot a\cdot H\cdot I -359424\cdot a\cdot H=0$

となる。したがって、（2）の解法としては、⑦の解 $D､G,I$ を求め、さらに、上の3式が成り立つよう $a,H,C$ を定めればよい。

$ka$ ×④より
D=0 または $5\cdot a^{2}\cdot I^{2} - 460\cdot a^{2}\cdot I - 10\cdot a\cdot C\cdot I + 416\cdot a^{2} +460\cdot a\cdot C + 5\cdot C^{2}=0$
後者とすると
$5\cdot a^{2}\cdot I^{2} - 460\cdot a^{2}\cdot I - 10\cdot a\cdot C\cdot I + 416\cdot a^{2} +460\cdot a\cdot C + 5\cdot C^{2} \\ =a^{2} (5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)+a\cdot C\cdot (-10\cdot I+460)+5\cdot C^{2}=0$
$(5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)=0$ は有理数解を持たないので、 $C=0$ とすると $a=0$ 　これは $A\neq 0$ に矛盾。よって $C\neq 0$ より
　　 $(a/C)^{2}\cdot (5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)+(a/C)(-10\cdot I+460)+5=0$
これを $a/C$ の満足する2次方程式とみて判別式をとると、
　　 $(-10\cdot I+460)^{2}-4\cdot 5\cdot (5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)=203280$ これは平方数ではないので、

$(a/C)^{2}\cdot (5\cdot I^{2}-460\cdot I+416)+(a/C)\cdot (-10\cdot I+460)+5=0$ 　と矛盾。したがって、 $D=0$ 　である。

以下 D=0　として話を進める。

　このとき　 $ka$ ×④　は成立する。

⑦より

$100\cdot I^{3} + 5\cdot I^{2}\cdot G + 720\cdot I^{2} - 460\cdot I\cdot G - 320\cdot I + 416\cdot G - 256$

　 $=100\cdot I^{3}+720\cdot I^{2}-320\cdot I-256+Gk=0$

よって　 $kG= -100\cdot I^{3}-720\cdot I^{2}+320\cdot I+256=-4\cdot (5\cdot I - 4)\cdot (5\cdot I^{2} + 40\cdot I + 16)$

したがって　 $I=4/5$ の場合をのぞき $G\neq 0$ である。

　 $I=4/5$ のとき

　この場合、 $G=0$ である。

$k^{2}\cdot a^{2}$ ×③、 $ka$ ×⑤　からそれぞれ

$k^{2}\cdot a^{2}$ ×③　→　 $(-226\cdot a^{2} - 5\cdot a\cdot C + 250\cdot H)=0$

$ka$ ×⑤　　 →　 $(-16\cdot a + 5\cdot C) \cdot (16\cdot a + 5\cdot C)=0$

を得る。　 $C=16/5\cdot a$ を上の式に代入して $-121\cdot a^{2} + 125\cdot H=0$ 　よって　 $H=121/125\cdot a^{2}$

$C=-16/5\cdot a$ を上の式に代入して、 $-21\cdot a^{2} + 25\cdot H=0$ 　よって　 $H=21/25\cdot a^{2}$

以上より、以下の二つの（2）の解を得る。

$A=121/125\cdot a^{3}, \ B=0, \ C=16/5\cdot a,\ D=0,\ E=16/25\cdot a^{2},\ F=0,\ G=0, \\ H=121/125\cdot a^{2}, I=4/5$

$X=121/125\cdot a^{3}\cdot z^{3}+16/5\cdot a\cdot z$

$y^{2}=16/25\cdot a^{2}\cdot z^{2}$

$R=121/125\cdot a^{2}\cdot z^{2}+4/5$

2番目の式より　 $y=±4/5\cdot a\cdot z$ 　これを $X,R$ に代入して

$X=\pm (121/64\cdot y^{3}+4y)$

$R=121/80\cdot y^{2}+4/5$

　 $R=4/5r^{2}$ に注意すれば　2番目の式は　

$r^{2}=(11/8\cdot y)^{2}+1$

これは　 $t$ をパラメータとして

$r= (1+t^{2})/(1-t^{2}),y=8/11\cdot 2t/(1-t^{2})$ という解を有する。

　また、　 $x=5/2\cdot X=\pm 5/2\cdot 1/64\cdot y(121y^{2}+256)$

$=\pm 5/88\cdot t/(1-t^{2})\cdot (121\cdot 16^{2}/11^{2}\cdot t^{2}/(1-t^{2})^{2}+256)$

$=\pm 5/88\cdot t/(1-t^{2})^{3}\cdot (64\cdot t^{2}+256-256\cdot 2\cdot t^{2}+256\cdot t^{4})$

$=\pm 160/11\cdot t\cdot (t^{4} - t^{2} + 1)/(1-t^{2})^{3}$

よって (1) の解を得る。これは以前に知られていた解。

$A=21/25\cdot a^{3},\ B=0,\ C=-16/5\cdot a, \ D=0, \ E=16/5\cdot a^{2},\ F=0,\ G=0, \\ H= 21/25\cdot a^{2},I=4/5$

$X=21/25\cdot a^{3}\cdot z^{3}-16/5\cdot a\cdot z$

$y^{2}=16/5\cdot a^{2}\cdot z^{2}$

$R=21/25\cdot a^{2}\cdot z^{2}+4/5$ は（2）の解

2番目の式より　これは（1）の解にはならない。

　 $I\neq 4/5$ のとき

$kG= -100\cdot I^{3}-720\cdot I^{2}+320\cdot I+256=-4\cdot (5\cdot I-4)\cdot (5\cdot I^{2}+40\cdot I + 16)$

$k^{3}\cdot a^{2}$ ×③、 $k\cdot a$ ×⑤　から

$k^{3}\cdot a^{2}$ ×③：　

$5\cdot a^{2}\cdot I^{3}-690\cdot a^{2}\cdot I^{2}-5\cdot a\cdot C\cdot I^{2}+21576\cdot a^{2}\cdot I+460\cdot a\cdot C\cdot I-19136\cdot a^{2} \\ -416\cdot a\cdot C-22600\cdot H\cdot I+ 20640\cdot H=0$

$25\cdot a^{2}\cdot I^{4}-4600\cdot a^{2}\cdot I^{3}+215760\cdot a^{2}\cdot I^{2} -25\cdot C^{2}\cdot I^{2}-382720\cdot a^{2}\cdot I+2300\cdot C^{2}\cdot I \\ - 226000\cdot H\cdot I^{2} + 173056\cdot a^{2} - 2080\cdot C^{2} +412800\cdot H\cdot I-185600\cdot H=0$

これより

$5\cdot a^{2}\cdot I^{3}-690\cdot a^{2}\cdot I^{2}-5\cdot a\cdot C\cdot I^{2}+21576\cdot a^{2}\cdot I+460\cdot a\cdot C\cdot I-19136\cdot a^{2} \\ -416\cdot a\cdot C=(22600\cdot I- 20640)\cdot H$

$25\cdot a^{2}\cdot I^{4}-4600\cdot a^{2}\cdot I^{3}+215760\cdot a^{2}\cdot I^{2}-25\cdot C^{2}\cdot I^{2}-382720\cdot a^{2}\cdot I+2300\cdot C^{2}\cdot I \\ + 173056\cdot a^{2} - 2080\cdot C^{2} =(226000\cdot I^{2}-412800\cdot I + 185600)\cdot H$

　この2式より $H$ を消去して

$2825\cdot a^{2}\cdot I^{3} - 7740\cdot a^{2}\cdot I^{2} -5650\cdot a\cdot C\cdot I^{2} + 6960\cdot a^{2}\cdot I + 10320\cdot a\cdot C\cdot I \\ + 2825\cdot C^{2}\cdot I + 1216\cdot a^{2} -4640\cdot a\cdot C - 2580\cdot C^{2}=0$

$(2825\cdot I^{3}-7740\cdot I^{2}+6960\cdot I + 1216)\cdot a^{2} +(-5650\cdot I^{2}+10320\cdot I-4640)\cdot a\cdot C \\ +(2825\cdot I- 2580)\cdot C^{2}=0$

よって　　

$Q^{2} =(-5650\cdot I^{2}+10320\cdot I-4640)^{2}-4\cdot (2825\cdot I^{3}-7740\cdot I^{2}+6960\cdot I + 1216) \\ \cdot (2825\cdot I- 2580)=(81920)\cdot (5\cdot I^2 - 460\cdot I + 416)$

$Q^{2}=(2^{7}\cdot 5(I-46))^{2}-2^{16}\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11^{2}$

$(5/22\cdot (I-46))^{2}-(Q/(2^{8}\cdot 11))^{2}=105$

よって、　 $5/22\cdot (I-46)=(105\cdot t^{2}+1)/(2t)$

$I=22/10\cdot (105\cdot t^{2}+1)/t+46=1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t$

$Q=2^{8}\cdot 11\cdot (105\cdot t^{2}-1)/(2t)=2^{7}\cdot 11\cdot (105\cdot t^{2}-1)/t$

$C=11/5\cdot (11865\cdot t^{3} + 3465\cdot t^{2} + 339\cdot t + 11)/ (113\cdot t + 11)/t\cdot a$

または　　 $11/5\cdot (121275\cdot t^{3} + 35595\cdot t^{2} + 3465\cdot t + 113)/(1155\cdot t+113)/t\cdot a$

ちなみに $C$ が前者の時　 $t=-113/1155$ のとき $I=516/565$

よって

$A=aH, \ B=0, \ C$ は上に記載のとおり。 $D=0, \ E=-20H+20\cdot a^{2}, \ F=0$

$G=-4\cdot (5\cdot I-4)\cdot (5\cdot I^{2}+40\cdot I+16)/k=-4\cdot (5\cdot I-4)\cdot (5\cdot I^{2} + 40\cdot I+16) \\ /(5I^{2}-460\cdot I+416)$

$I$ は上のとおり。

次に $H$ を求める。

$5\cdot a^{2}\cdot I^{3}-690\cdot a^{2}\cdot I^{2}-5\cdot a\cdot C\cdot I^{2}+21576\cdot a^{2}\cdot I+460\cdot a\cdot C\cdot I-19136\cdot a^{2} \\ -416\cdot a\cdot C=(22600\cdot I- 20640)\cdot H=40(565\cdot I-516)\cdot H$

したがって、 $I\neq 516/565$ のとき

$H=(5\cdot a^{2}\cdot I^{3}-690\cdot a^{2}\cdot I^{2}-5\cdot a\cdot C\cdot I^{2}+21576\cdot a^{2}\cdot I+460\cdot a\cdot C\cdot I-19136\cdot a^{2} \\ -416\cdot a\cdot C)/40/(565\cdot I-516)$

$t$ を与えた時うまくいくことをsagemathで確認した。（2種類のCについて）結局azの関数となる。

次に $H$ を $t$ の有理式として表わす。

$H=nH/dH$ とするとき

上の $C$ について

$nH=(-1331/500) \cdot (1155\cdot t + 113) \cdot t^{2}\cdot a^2\cdot (105\cdot t^{2} - 1)^2/{t^{3}\cdot (113\cdot t + 11)\cdot t}$

$dH= (113\cdot t + 11)\cdot (1155\cdot t + 113)/t$

よって

$H=(-1331/500)\cdot t^{2}\cdot a^{2}\cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2}/(t^{3}\cdot (113\cdot t + 11)^{2})$

$=(-1331/500)\cdot a^{2}\cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2}/(t\cdot (113\cdot t + 11)^{2})$

このとき　

$E=(1/25)\cdot a^{2}\cdot (14674275\cdot t^{4}+6384500\cdot t^{3}+963490\cdot t^{2}+60500\cdot t+1331) \\ /(t\cdot (113\cdot t+11)^{2})$

$G=(-4/121)\cdot (11\cdot t+1)\cdot (105\cdot t+11)\cdot (495\cdot t^{2}+150\cdot t+11)\cdot (2695\cdot t^{2}+350\cdot t+11) \\ /(t\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2})$

下の $C$ について、同様に

$nH=(-27951/100) \cdot (113\cdot t + 11) \cdot t^{2} \cdot a^{2}\cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2} /(t^{3}\cdot (1155\cdot t+113)\cdot t)$

$dH=(113\cdot t + 11) \cdot (1155\cdot t + 113)/t$

よって　 $H=(-27951/100)\cdot t^{2}\cdot a^{2} \cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2}/(t^{3}\cdot (1155\cdot t+113)^{2})$

$=(-27951/100)\cdot a^{2}\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}/(t\cdot (1155\cdot t+113)^{2})$

このとき、 $E＝(1/5)\cdot a^{2}\cdot (308159775\cdot t^{4} + 133402500\cdot t^{3} +20233290\cdot t^{2} +1276900\cdot t + 27951) \\ /(t\cdot (1155\cdot t + 113)^{2})$

$G=(-4/121)\cdot (11\cdot t + 1)\cdot (105\cdot t + 11)\cdot (495\cdot t^{2} + 150\cdot t + 11)\cdot (2695\cdot t^{2} + 350\cdot t + 11) \\ /(t\cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2})$

ちなみに　上の $C$ で $t=3$ とすると

$A= -74131376/11484375\cdot a^{3}\hspace{5pt}, \ B= 0\hspace{5pt},\ C=1939124/2625\cdot a\hspace{5pt},\ D= 0 \hspace{5pt} \\ E=342463004/2296875\cdot a^{2} \hspace{5pt},\ F= 0\hspace{5pt},\ G= -21553782911/1263603\hspace{5pt},\\ H=-74131376/11484375\cdot a^{2} \hspace{5pt} I= 11096/15$

下の $C$ で $t=3$ とすると

$A= -518919632/80013025\cdot a^{3},\ B= 0,\ C= 19829084/26835\cdot a,\ D=0,\\ E=2395730628/16002605\cdot a^{2},\ F=0,\ G=-21553782911/1263603,\\ H=-518919632/80013025\cdot a^{2} I= 11096/15$

$D=0$ のケースの（2）の解をまとめると

　　 $X = Az^{3}+Bz^{2}+C^z+D$

　 $y^{2} = Ez^{2}+F^z+G$ 　　　　　　　　　　　　　

　 $R = Hz^{2}+I$

のとき以下のア、イは（2）の解

\begin{array}{l|l|l} & ア & イ \\ \hline A & (-1331/500)\cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2} & (-27951/100)\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2} \\ & /(t\cdot (113\cdot t + 11)^{2})\cdot a^{3} & /(t\cdot (1155\cdot t+113)^{2})\cdot a^{3} \\ \hline B & 0 & 0 \\ \hline C & 11/5\cdot (11865\cdot t^{3} + 3465\cdot t^{2} + 339\cdot t & 11/5\cdot (121275\cdot t^{3} + 35595\cdot t^{2} + 3465\cdot t \\ & + 11)/ (113\cdot t + 11)/t\cdot a & + 113)/(1155\cdot t+113)/t\cdot a \\ \hline D & 0 & 0 \\ \hline E & (1/25)\cdot (14674275\cdot t^{4}+6384500\cdot t^{3} & (1/5)\cdot (308159775\cdot t^{4} + 133402500\cdot t^{3} \\ & +963490\cdot t^{2}+60500\cdot t+1331) & + 20233290\cdot t^{2} +1276900\cdot t + 27951) \\ & /(t\cdot (113\cdot t+11)^{2})\cdot a^{2} & /(t\cdot (1155\cdot t + 113)^{2})\cdot a^{2} \\ \hline F & 0 & 0 \\ \hline G & (-4/121)\cdot (11\cdot t+1)\cdot (105\cdot t+11) & (-4/121)\cdot (11\cdot t+1)\cdot (105\cdot t+11) \\ & \cdot (495\cdot t^{2}+150\cdot t+11)\cdot (2695\cdot t^{2} & \cdot (495\cdot t^{2}+150\cdot t+11)\cdot (2695\cdot t^{2} \\ & +350\cdot t+11)/(t\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}) & +350\cdot t+11)/(t\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2}) \\ \hline H & (-1331/500) \cdot (105\cdot t^{2} - 1)^{2} & (-27951/100)\cdot (105\cdot t^{2}-1)^{2} \\ & /(t\cdot (113\cdot t + 11)^{2})\cdot a^{2} & /(t\cdot (1155\cdot t+113)^{2})\cdot a^{2} \\ \hline I & 1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t & 1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t \end{array}

この2つの（2）の解で（1）の解になる場合はあるだろうか。

$R=4/5\cdot r^{2}=Hz^{2}+I$ なので
$a\cdot z$ を改めて $z$ と置けば
とおくと (ア)の場合　　　　　　　　　　　　
$r^{2} =5/4\cdot (-1331/500)\cdot (105\cdot t^{2}-1)^2/ \{ t\cdot (113\cdot t+ 11)^{2} \} z^{2}+1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t \\ =5/4\cdot (-1331/500)/t\cdot \{ (105\cdot t^{2}-1)/(113\cdot t+ 11)\cdot z \} ^{2}+1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t \\ =-11/t\cdot \{ 11/20\cdot (105\cdot t^{2}-1)/(113\cdot t+ 11)\cdot z \} ^{2}+1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)/t$

$t\cdot r^{2}+11 \{ 11/20\cdot (105\cdot t^{2}-1)/(113\cdot t+ 11)\cdot z \} ^{2}=1/5\cdot (1155\cdot t^{2}+230\cdot t+11)$

これを $r$ と $11/20\cdot (105\cdot t^{2}-1)/(113\cdot t+ 11)\cdot z$ に関する不定方程式とみれば、 $t$ を具体的に与えた時に1つでも解を持ては、 $z$ はパラメータ $s$ の2次以下の多項式の商として表わされる。

これを $y^{2}= Ez^{2}+F^z+G$ に代入すれば $s$ の4次式 = $(y\cdot sの有理式)^{2}$ となる。この4次曲線が有理点を持てば、つまり（1）の解が求まれば、（1）の定める代数曲面上に有理点を有する楕円曲線が存在することになる。

$t$ に具体的な数値を入れて、いくつかのケースを調べてみたが（1）の解はありそうもなかった。これについては、また、別の記事にまとめたい。

2023-02-26

メモ33 x^5+y^5=z^5+w^5 の実2次体解を与えるパラメータ解について

1．はじめに

　去る2023年2月11日に開催された第26回日曜数学会で、2つの実2次体の数の5乗和を2通りで表すパラメータ解を示した。以下の通りである。

--------------------------------------------------------------------

命題

$x=60t(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)+t(71t^{10}-18t^{5}+11)\sqrt{30(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)}$

$y=60t(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)-t(71t^{10}-18t^{5}+11)\sqrt{30(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)}$

$z=60t^{3}(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)+(11t^{10}-18t^{5}+71)\sqrt{30t(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)}$

$w=60t^{3}(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)-(11t^{10}-18t^{5}+71)\sqrt{30t(t^{5}+1)(89t^{10}+78t^{5}+89)}$

のとき、　 $x^{5}+y^{5}=z^{5}+w^{5}$

　特に、 $t=T^{2}$ とすれば実2次体でのパラメータ解を与える。　　(1)

--------------------------------------------------------------------

　このパラメータ解から、以下の超楕円曲線に有理点があれば、2つの有理整数の5乗和を2通りに表す例が得られることになる。但し、私の知人が調べたところ、有理点を持つ可能性は非常に小さいとのことであった。

$y^{2}=30(x^{10}+1)(89x^{20}+78x^{10}+89)$

2. 新たなパラメータ解

　今回、以下に示す新たなパラメータ解が見つかった。

-------------------------------------------------------------------

$x=5t^{4}(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A +t \cdot B \sqrt{-5t(t^{10}+1)(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A}$

$y=5t^{4}(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A -t \cdot B \sqrt{-5t(t^{10}+1)(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A}$

$z=5t^{8}(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A + C \sqrt{-5t(t^{10}+1)(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A}$

$w=5t^{8}(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A - C \sqrt{-5t(t^{10}+1)(t^{5}-2)(2t^{5}+1) \cdot A}$

　但し、　　 $A=t^{20}-4t^{15}+8t^{10}+4t^{5}+1$

$B=t^{20}-4t^{15}-2t^{10}-t^{5}+1$

$C=t^{20}+t^{15}-2t^{10}+4t^{5}+1$

のとき、　 $x^{5}+y^{5}=z^{5}+w^{5}$

　なお、ルート内は t<-1, 0<t<1で正となり実2次体の解を与える。（2）

-------------------------------------------------------------------

　例えばt=-2とし、共通因子を省くと

$(6784216656+2355266 \sqrt{28974258635})^{5}+(6784216656-2355266 \sqrt{28974258635})^{5} \\ =(108547466496+1013633 \sqrt{28974258635})^{5} +(108547466496-1013633 \sqrt{28974258635})^{5} \\ =1753609489201111261174218821946072048979459695295083274752$