从二同源到全部有理点 ​

这份终点要求完成两个不同的全局判断：证明 $E_1:y^2=x^3-x$ 的全部有理点恰为四个点；证明 $E_5:y^2=x^3-25x$ 至少包含一个无限阶点。两条曲线都有三个有理二阶点，但这个共同局部特征不决定全部有理点群。

学习入口是有理二同源与全局有理点证书路线。所用接口分别见椭圆曲线同源理路椭圆曲线同源Elliptic curve isogeny · 椭圆曲线二同源保持零元的非恒定椭圆曲线态射；用有理二阶点构造二同源、精确求纤维，并核对偶复合与倍点的关系。、二同源下降理路二同源下降2-isogeny descent · 椭圆曲线平方类下降用平方类记录有理二同源的像，将无限有理点问题压缩到有限组四次方程，并精确核算两个同源商到倍点商的核修正。和二阶点曲线族的高度下降理路二阶点椭圆曲线族的高度下降Height descent for elliptic curves with rational two-torsion · 椭圆曲线有理高度下降对 y²=x³−n²x 建立带显式常数的倍点和加法高度界，以有限倍点商证明有限生成，并将小高度穷尽与非挠点证书闭合。。可下载精确复算程序与对应结果；程序只使用Python标准库，并区分有限样本复算与正文的全称证明。

任务一：给出映射、核和缺失原像 ​

令

$$E_1:y^2=x^3-x,E_1^{\prime }:Y^2=X^3+4X.$$

要求写出两个有理二同源，处理分母为零的输入，核对复合，并判断 $(2,4)\in E_1^{\prime }(\mathbb{Q})$ 是否有 $E_1(\mathbb{Q})$ 中的原像。

可核对的证书 ​

对非零横坐标，两个映射为

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \varphi (x,y)=(x-\frac{1}{x},y(1+\frac{1}{x^2})),\hat{\varphi }(X,Y)=(\frac{X+4/X}{4},\frac{Y(1-4/X^2)}{8}).\end{array}$$

各自把零元和横坐标为零的点送到目标零元。因此核分别是 $\{O,(0,0)\}$、$\{O^{\prime },(0,0)\}$。代入一般复合恒等式或本式直接通分，得到 $\hat{\varphi }\varphi =[2]$、$\varphi \hat{\varphi }=[2]$。特殊点表为

输入	映射	输出
$O,(0,0)\in E_1$	$\varphi$	$O^{\prime }$
$(1,0),(-1,0)\in E_1$	$\varphi$	$(0,0)$
$O^{\prime },(0,0)\in E_1^{\prime }$	$\hat{\varphi }$	$O$
$(2,4),(2,-4)\in E_1^{\prime }$	$\hat{\varphi }$	$(1,0)$

$(2,4)$ 没有有理的 $\varphi$-原像，因为输出横坐标必须等于 $(y/x{)}^2$，而二不是有理数平方。它在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 中有两个原像 $(1+\sqrt{2},2+\sqrt{2})$、$(1-\sqrt{2},2-\sqrt{2})$。这同时核对了几何满射和有理点非满射可以共存。

此任务中不能把对偶写成 $(X+4/X,Y(1-4/X^2))$：省去缩放后输出在系数已放大的另一条模型上，复合也不是当前坐标下的倍点。

任务二：从两个平方类像得到四个实际陪集 ​

要求算出 $E_1(\mathbb{Q})/2E_1(\mathbb{Q})$，并证明 $O,T_0=(0,0),T_{+}=(1,0),T_{-}=(-1,0)$ 确实是完整代表，而非仅仅找出四个点。

先计算有限商的大小 ​

$E_1$ 的 $b=-1$，平方类候选只有 $[1],[-1]$，分别由 $O,T_0$ 实现。$E_1^{\prime }$ 的 $b^{\prime }=4$，候选为 $[\pm 1],[\pm 2]$；有限横坐标必须非负，核点的类为 $[4]=[1]$，所以负类不出现。$O^{\prime }$ 和 $(2,4)$ 实现两个正类。于是

$$|{\alpha }_{E_1}(E_1(\mathbb{Q}))|=2,|{\alpha }_{E_1^{\prime }}(E_1^{\prime }(\mathbb{Q}))|=2.$$

对偶核点 $T^{\prime }=(0,0)$ 已在第一同源像里，因为 $\varphi (T_{+})=T^{\prime }$。故核修正 $\kappa =1$，倍点商的大小恰为四。

再证明这四个点在商中不同 ​

$T_0,T_{-}$ 的第一侧平方类都为 $[-1]\ne [1]$。任何倍点都属于对偶像，第一侧类必为一，所以这两点不在 $2E_1(\mathbb{Q})$。

$T_{+}$ 的第一侧类为一，需要第二层检查。其两个对偶原像恰为 $(2,4),(2,-4)$，两者在 $E_1^{\prime }$ 的平方类都为 $[2]\ne [1]$，所以都不在 $\varphi (E_1(\mathbb{Q}))$ 中。因此不存在 $Q$ 使 $\hat{\varphi }\varphi (Q)=T_{+}$，即 $T_{+}$ 也不是倍点。

四点构成二阶子群；任意两个不同点之差仍是其中一个非零点。既然三个非零点都不是倍点，四点就给出四个不同陪集。商的总大小又恰为四，故它们完整覆盖。这一步才允许任意有理点写成

$$\begin{array}{}\text{(2)}& P=T+2Q,T\in \{O,T_0,T_{+},T_{-}\}.\end{array}$$

任务三：把有限商闭合为全部有理点 ​

要求给一个可终止的下降证书，而不是把有限坐标搜索当作全局穷尽。

整数高度不等式 ​

对既约 $x=u/v$ 定义 $H(P)=max(|u|,v)$，并令 $H(O)=1$。本曲线的倍点横坐标为

$$x(2P)=[(u^2+v^2{)}^2:4uv(u^2-v^2)].$$

分子分母的最大公因数整除四：奇素数若同时整除两项，就会同时整除 $u^2+v^2$ 与 $u^2-v^2$，违反原始性；当 $u,v$ 都为奇数时，分子恰含两个二因子，所以公因子最多四。其他奇偶情形分子为奇数。因此

$$\begin{array}{}\text{(3)}& H(Q{)}^4\le 4H(2Q).\end{array}$$

二阶平移在射影横坐标上给

$$\begin{array}{}\text{(4)}& [u:v]\mapsto [-v:u],[u:v]\mapsto [u+v:u-v],[u:v]\mapsto [v-u:u+v],\end{array}$$

分别对应 $T_0,T_{+},T_{-}$。任何约分都只会降低最大绝对值，因此 $H(P-T)\le 2H(P)$；二阶点满足 $-T=T$。结合式(2)–(3)，得到

$$\begin{array}{}\text{(5)}& H(Q{)}^4\le 4H(P-T)\le 8H(P).\end{array}$$

当 $H(P)>2$ 时，右边严格小于 $H(P{)}^4$，故 $H(Q)<H(P)$。

小高度名单和最小反例 ​

除 $O$ 外，高度不超过二的可能横坐标正是 $-2,-1,-1/2,0,1/2,1,2$。其右端值为

$x$	$x^3-x$	有理纵坐标
$-2$	$-6$	无
$-1$	$0$	$0$
$-1/2$	$3/8$	无：二进赋值为 $-3$
$0$	$0$	$0$
$1/2$	$-3/8$	无
$1$	$0$	$0$
$2$	$6$	无：三进赋值为一

所以小高度点恰是上述四点。若还存在其他有理点，从中取高度最小的 $P$。它必有 $H(P)>2$，由式(2)找到更低高度的 $Q$。若 $Q$ 属于四点子群，则 $2Q=O$，式(2)又让 $P=T$，矛盾；所以 $Q$ 也是更小的反例，仍矛盾。结论为

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \boxed{{\displaystyle E_1(\mathbb{Q})=\{O,(0,0),(1,0),(-1,0)\}.}}\end{array}$$

有限枚举在这里仅承担阈值内的完整检查；阈值外的无遗漏性由下降证明承担。

任务四：相同二阶点结构，迁移后却有无限阶点 ​

在 $E_5:y^2=x^3-25x$ 上检查 $P=(25/4,75/8)$。要求证明它有无限阶，并指出哪些旧步骤仍适用、哪些数值结论不能照搬。

严格增长证书 ​

点方程的两边同为 $5625/64$。倍点斜率、完整倍点和高度为

$$\begin{array}{}\text{(7)}& m=\frac{59}{12},2P=(\frac{1681}{144},-\frac{62279}{1728}),H(P)=25,H(2P)=1681.\end{array}$$

一般高度界给 $H(2R)\ge H(R{)}^4/2500$。因为 ${25}^3>2500$，它对 $R=P$ 给严格增长；新高度更大，阈值继续成立。因此 $P,2P,4P,\dots$ 的高度严格递增，点都不同，$P$ 必有无限阶。

两条曲线都有四个有理二阶以内的点，而 $E_5$ 的非挠点也可以落在第一侧平方类的零类：$P$ 的类是 $[25/4]=[1]$，故它虽有对偶原像，却不因此成为二阶点。用二同源原像公式取 $s=5/2$，可得

$$R=(20,100)\in E_5^{\prime }:Y^2=X^3+100X,\hat{\varphi }(R)=P.$$

$R$ 的平方类是 $[20]=[5]$，不是一，所以 $R$ 不在第一同源像里。另一个对偶原像是 $R+(0,0)=(5,-25)$，其类仍为 $[5]$，所以 $P$ 实际不是倍点。原像需检查两点，不能仅凭其中一个非像就作结论。

这里无需求出 $E_5(\mathbb{Q})$ 的完整秩或所有生成元；已经得到一个严格、独立可验的非挠证书。若把参数改成 $n=0$，曲线出现奇点、高度常数失去意义；若在一般二同源模型中令 $b=0$ 或 $a^2=4b$，光滑性与两个不同核点的前提也失效。

复算与迁移验收 ​

公开程序使用精确有理数实现完整加法分支、同源和对偶，复核上述点与平方类。它还在多组有限域的全部曲线上核同态、核、复合和精确商核修正；对整数高度齐次式则独立检查原始整数对、公因子整除和上下界。程序的有限检查不替代正文的函数域、赋值与最小反例证明。

独立迁移时至少保留三类检查：换成 $a\ne 0$ 的模型以检出漏掉 $x^2$ 项；让 $a^2-4b$ 为非平方以检出漏除 $\kappa =2$；让输入成为 $O$、$(0,0)$ 或其他二阶点以检出非法除零。正文的完整数学条件和这些可复算边界共同构成证书。