两条有理二次曲线的交点均有理的条件

hbghlyj

设有理数 $a,h,b,a',h',b'$ 满足方程
$$
a x^2+2 h x y+b y^2=1,\quad
a' x^2+2 h' x y+b' y^2=1
$$
的所有解 $(x,y)$ 都为有理数。证明
$$
(h-h')^2-(a-a')(b-b'),\quad
(a b'-a' b)^2+4(a h'-a' h)(b h'-b' h)
$$
均为有理数的平方。

hbghlyj

相减，得齐次二次式
$$
(a-a')x^2+2(h-h')xy+(b-b')y^2=0.
$$
由假设，其每个有理解 $(x:y)$ 对应方程
$$
(a-a')t^2+2(h-h')t+(b-b')=0,\quad t=\frac{x}{y}
$$的两个根均有理，其判别式$$(h-h')^2-(a-a')(b-b')\in\mathbb Q^2$$
考虑二次曲线系
$$
Q(\lambda):\;(a-\lambda a')x^2+2(h-\lambda h')xy+(b-\lambda b')y^2=0.
$$
方程
$$
(a-\lambda a')(b-\lambda b')-(h-\lambda h')^2=0
$$
的两根$\lambda_{1,2}$对应的$Q(\lambda_{1,2})$可分解为两直线且通过原两曲线的交点，交点有理故$\lambda_{1,2}$有理，其判别式
$$
(a b'-a'b)^2+4(a h'-a'h)(b h'-b'h)\inQ^2
$$

hbghlyj

你给出的两个判别式都是必要条件，但并非充分。要让四个交点全部有理，需要再加上第三个判别式为平方的条件。

具体反例
\begin{cases}
5x^2 + y^2 = 1\\
x^2 + 5y^2 = 1
\end{cases}
判别式\[(h-h')^2-(a-a')(b-b') = 4^2\]
\[(ab'-a'b)^2 + 4(a h'-a'h)(b h'-b'h) = 24^2\] 均为有理平方。  
减得$x^2=y^2$，代回得 \(y = \pm \tfrac1{\sqrt6}\not\inQ\).

问题出在哪里？  
这两条“判别式为平方”只保证了

• “斜率判别式” \((h-h')^2-(a-a')(b-b')\) 有理 ⇒ 两个有理方向
• “二次曲线系判别式” \((ab'-a'b)^2+4(a h'-a'h)(b h'-b'h)\) 有理 ⇒ 两个有理 λ

却不保证对应直线上的点满足\[at^2 + 2ht + b = \frac1{y^2}\]时，分母是有理平方。

充分条件
交点满足一个四次多项式，其Galois群嵌入 \(D_4\).
若仅两判别式为平方，则群缩小至 \(V_4\).
在 \(V_4\) 情况下，四次多项式分解为两个不可约二次多项式，根仅在双二次扩张中，不在 \(\mathbb{Q}\).

必须要三个独立判别式均为有理平方，才能强制Galois群平凡，从而四个根都在 \(\mathbb{Q}\)。