二同源下降

同源在代数闭包上满射，在有理点上却可能缺少原像。第一条同源的非零输出横坐标是 $(y/x{)}^2$，于是“横坐标能否开有理平方根”自然成为第一道障碍。式(3)进一步说明，这道障碍已经足够：平方根存在，就能显式写出原像。

平方类把无限多横坐标按“相差一个有理平方”分组。整数模型迫使绝大多数素数只能以偶数指数出现；去掉平方以后，只剩 $b$ 的素因子和一个符号。四次方程保留每一类里尚未解决的有理点条件，因此有限的是待处理的类，而不是每类中有理点的个数。

两次二同源合成倍点，但两个有限商不能总是直接相乘。第二个映射会把自己的核全部送到零；若其中某个核点尚未落在第一同源的像里，它代表的一个非平凡类在合成时就消失了。式(6)专门除去这部分信息。

$y^2=x^3-x$ 的两个平方类像 ​

对 $E_1:y^2=x^3-x$，有 $a=0,b=-1,B=4$。第一侧的候选仅为 $1,-1$，并且 $O$、$(0,0)$ 已分别实现这两个类，所以

另一侧 $E_1^{\prime }:Y^2=X^3+4X$ 的带符号候选为 $\pm 1,\pm 2$。有限点满足 $X(X^2+4)=Y^2\ge 0$，故 $X\ge 0$；核点 $(0,0)$ 的类是 $[4]=[1]$，因此负类均不可能。$O^{\prime }$ 实现 $[1]$，$(2,4)$ 实现 $[2]$，得到

$B=4$ 是平方，故 $\kappa =1$，式(6)给 $[E_1(\mathbb{Q}):2E_1(\mathbb{Q})]=4$。这尚未证明只有四个有理点：无限群 ${\mathbb{Z}}^2$ 的倍点商同样只有四个元素。终点任务会找出四个具体陪集代表，再用高度证明没有其他点。

同余障碍能完整排除一些候选 ​

取 $E_3:y^2=x^3-9x$。$O,(0,0),(3,0),(-3,0)$ 实现 $1,-1,3,-3$，恰好用完第一侧候选。另一侧是 $Y^2=X^3+36X$，由实数符号先只保留 $1,2,3,6$。

对 $d=2$，式(4)成为 $N^2=2u^4+18v^4$。模三的平方剩余理路二次剩余Quadratic residue模奇素数同余于某个平方的非零剩余类。迫使 $3\mid u,N$，互素性迫使 $3\nmid v$。但模二十七时右边为 $18$，而一个被三整除的整数的平方只能为 $0$ 或 $9$，矛盾。

对 $d=3$，右边为 $3(u^4+4v^4)$；对 $d=6$，右边为 $6(u^4+v^4)$。互素性保证 $u,v$ 不同时被三整除，而四次幂模三为零或一，所以括号均不被三整除。右边的三进赋值恰为一，不可能是平方。这连 $u=0$ 或 $v=0$ 的原始边界也一起排除了。

因此第二侧只剩已由 $O^{\prime }$ 实现的 $[1]$，仍有 $[E_3(\mathbb{Q}):2E_3(\mathbb{Q})]=4$。这里有限个同余证书确实用完了候选；一般输入不保证如此。

输入模型、搜索和秩的范围 ​

本页要求有一个已知有理二阶点。特征零的 Weierstrass 模型若有这种点，可把它平移到 $(0,0)$，得到式(1)的形状；再作 $x=X/c^2,y=Y/c^3$ 并取足够大的非零整数 $c$，便能清掉 $a,b$ 的分母。没有有理二阶点的椭圆曲线不能直接套用这套二同源下降。

式(4)只把问题化成有限组四次方程。找到整数解就是肯定证书；某个模数下无原始解就是否定证书。有限搜索没有找到解、或若干模数均未发现障碍，都不能单独证明全局无解或有解。本页不把这一步包装成对任意输入必停的有理点搜索程序；分解 $b,B$ 的整数成本也需另计。

若已经另外证明 $G$ 有限生成，有限生成阿贝尔群结构理路有限生成阿贝尔群结构定理Structure theorem for finitely generated abelian groups每个有限生成阿贝尔群唯一分解为自由部分与有限循环素幂部分。给

本模型中 $B$ 是平方时 $|G[2]|=4$，否则为二；结合式(6)可得 $2^r=|{\alpha }_E(G)||{\alpha }_{E^{\prime }}(G^{\prime })|/4$。这是一条有前提的秩公式，不代替有限生成的证明，也不自动提供一组生成元。

平方类映射为什么保持加法 ​

记 $T=(0,0)$。涉及 $O$ 的情形直接成立；$P+(-P)=O$ 时，两点横坐标相同，平方类乘积为一。$T+T=O$ 也成立，因为 $[b{]}^2=[1]$。

若 $P\ne O,T$，二阶平移公式为 $x(P+T)=b/x(P)$，所以

若 $P,Q$ 都不是 $O,T$，但 $P+Q=T$，则 $Q=T-P$，同一个公式给 $x(P)x(Q)=b$。这处理了和落在特殊点上的分支。

最后设 $P,Q,P+Q$ 都不属于 $\{O,T\}$，且 $Q\ne -P$。过 $P,Q$ 的割线或切线写成 $y=mx+c$。它与三次曲线相交后，三个横坐标按重数为 $x(P),x(Q),x(-(P+Q))$；代入得到首一三次方程，常数项为 $-c^2$，故三根乘积是 $c^2$。这里三根均非零，故 $c\ne 0$。于是

而每个平方类等于自己的逆，正好得到同态性。切线的重根无需另换证明；截距为零的情况已经由特殊点分支处理。

平方类为一时怎样恢复对偶原像 ​

对 $R=(X,Y)\in E^{\prime }$ 且 $X\ne 0$，由曲线方程可写

若该横坐标非零，像点的平方类当然为一。若像点是 $T$，则 $Y=0$、$X\ne 0$，从 $X^2-2aX+B=0$ 得 $X=a\pm 2\sqrt{b}$，所以 $b$ 也是平方。$O^{\prime },T^{\prime }$ 的像为 $O$。因此整个位像都落在 $\ker {\alpha }_E$。

反过来，设 $P=(x,y)$ 且 $x=s^2\ne 0$、$s\in {\mathbb{Q}}^{\times }$，定义

两个候选 $2x+a\pm 2y/s$ 的乘积是 $B\ne 0$，所以 $X\ne 0$，并且

由此 $X(X^2-2aX+B)=4x{X}^2=Y^2$，说明 $(X,Y)\in E^{\prime }$。又有 $X-B/X=4y/s$，代入对偶公式即得 $\hat{\varphi }(X,Y)=(x,y)$。

若 $P=T$ 且 $[b]=[1]$，写 $b=c^2$；$(a+2c,0)$ 和 $(a-2c,0)$ 是两个对偶原像，其横坐标都因 $B\ne 0$ 而非零。$P=O$ 已有 $O^{\prime }$ 原像。至此式(3)第一条的所有分支均已证明。对 $E^{\prime }$ 作同样论证，第二次二同源的输出经有理缩放回到 $E$；该缩放不改变横坐标平方类，于是得到第二条。

为什么只有 $b$ 的素因子能留下奇数指数 ​

设 $P=(x,y)$ 且 $x\ne 0$，取素数 $p\nmid b$，令 $r=v_p(x)$，这里使用素数赋值理路p-adic 赋值与绝对值p-adic valuation and absolute value · p进赋值与绝对值用有理数中素数因子的指数定义距离，使模更高素数幂相等表示更加接近。的乘积与唯一最小项规则。

若 $r<0$，因为 $a,b$ 为整数，$x^3$ 在 $x^3+a{x}^2+bx$ 中赋值严格最小，所以 $2v_p(y)=3r$，迫使 $r$ 为偶数。若 $r>0$，$x^2+ax+b$ 是 $p$-进单位，故 $2v_p(y)=r$，仍为偶数。$r=0$ 无需处理。因此非偶指数只能出现在整除 $b$ 的素数处；$O,T$ 的定义值也满足同一结论。

给定实际点的平方类代表 $d$，将 $x=d(u/v{)}^2$ 写成互素整数 $u,v$ 的形式。对 $uv\ne 0$，令 $N=y{v}^3/(du)$，代回曲线便得到式(4)。此时 $N$ 起初只是有理数，但它的平方为整数，所以它本身是整数。反向代入式(5)即可核验曲线方程。

$v=0$ 时，互素性给 $u=\pm 1$，方程成为 $N^2=d$；带符号平方自由的 $d$ 只能为一，对应 $O$。$u=0$ 时，$v=\pm 1$，方程为 $N^2=b/d$，恰好说明 $[d]=[b]$，对应 $T$。这证明式(4)而没有丢掉核点或零元。

精确商群怎样衔接 ​

由群的第一同构定理理路群第一同构定理First isomorphism theorem for groups群同态的定义域商去其核后，与同态像自然同构。，有 $G/\hat{\varphi }(G^{\prime })\cong {\alpha }_E(G)$ 和 $G^{\prime }/\varphi (G)\cong {\alpha }_{E^{\prime }}(G^{\prime })$。映射 $\hat{\varphi }$ 进一步诱导满射

一个类映到零，当且仅当某个代表 $R$ 满足 $\hat{\varphi }(R)=\hat{\varphi }\varphi (P)$，即 $R-\varphi (P)\in K$。所以核正是 $(K+\varphi (G))/\varphi (G)\cong K/(K\cap \varphi (G))$，得到短正合列

再沿子群链 $2G\subseteq \hat{\varphi }(G^{\prime })\subseteq G$ 乘指数，便得式(6)。最后，$T^{\prime }\in \varphi (G)$ 当且仅当 $x^2+ax+b$ 有有理根，也就是 $B$ 为平方；这算出了 $\kappa$，并明确指出何时不能省略它。