求代数曲线 给定有理点

hbghlyj

给定有理点$(x_i,y_i),\;i=1,\dots,n$，在平面上寻找一条不可约代数曲线，该曲线上有无数个实点，其有理点仅有给定的有理点。

hbghlyj

给定有理点$(x_1,y_1)$，求：平面上的一条不可约代数曲线，该曲线上有无数个实点，其唯一有理点为给定有理点。

只需写一条直线 $y-y_1=\sqrt2(x-x_1)$

hbghlyj

设两点为 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，不失一般性，$x_1\ne x_2$，代数曲线写为
$$\left(y-\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}(x-x_1)-y_1\right)^2=\sqrt{2}(x-x_1)(x-x_2)$$

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$n=3$

hbghlyj

这样的曲线一定存在吗？

Czhang271828

hbghlyj 发表于 2024-10-4 14:06
这样的曲线一定存在吗？

直觉上, 随便取一条通过这些点的曲线, 该曲线以概率 $1$ 不可约且不通过其他有理点. 思想很简单, 就是用微扰以及 Zariski 拓扑, 从而证明复合条件的曲线通过 Zariski 开集参数化.

给定点集 $P=\{p_i=(x_i,y_i)\}_{i=1}^n$ ($n\geq 2$), 构造二元多项式如下.

$f(x,y)=\prod_{1\leq i<j\leq n} \text{通过 $p_i$ 与 $p_j$ 的直线 $l_{i,j}$}$.

$g(x,y)=\prod_{1\leq i< j\leq n}\text{通过 $p_i$ 与 $p_j$ 的非退化圆锥曲线 $c^{L_{i,j}}_{i,j}$}$.

此处 $L_{i,j}\in \mathbb R^n$ 是决定圆锥曲线的一族参数, 使得 $(\mathbb Q^2\setminus P)\cap c_{i,j}^{L_{i,j}}\cap l_{k,l}\neq \varnothing$ 当且仅当 $L_{i,j}$ 属于某一零测集 $N_{k,l}^{i,j}$. 此时 $\cup_{k,l}N_{k,l}^{i,j}$ 是零测的, 因此存在 $L_{i,j}$ 使得 $c_{i,j}^{L_{i,j}}\cap f$ 的有理点仅位于 $P$ 中.

对 $t\in[0,1]$, 取 $h_t=tf+(1-t)g$. 取 $t_0$ 为 $\mathrm{span}_{\mathbb Q}(\text{前文涉及的有限个参数})$ 之外的超越数 (超越数不可数), 容易证明 $h_{t_0}$ 不可约. 再依照多项式的零点集零测, 则存在稠密开集 $O\subset [0,1]$, 使得 $t\in O$ 时 $h_{t}$ 不可约.

下证明存在 $t\in O$ 使得 $h_t$ 通过的所有有理点含于 $P$. 若不然, 对每个 $t\in O$, 存在 $P$ 外的有理点 $r_t$ 使得 $h_t(r_t)=0$. 由于 $O$ 不可数, 则存在某个有理点 $s$ 被取了不可数多次. 此时 $\{t\mid r_t=s\}$ 在 $[0,1]$ 中有聚点, 此时必有 $s\in (f\cap g)$, 与 $g$ 的选择矛盾.

以上零测的更规范表述是 Zariski 闭.