Curvas elípticas y teoría de esquemas
Recuerde que una curva elíptica sobre un campo $k$ es decir, una curva de género conectada uniformemente adecuada $1$ equipado con un distinguido $k$-punto racional, estaré realmente agradecido por cualquier ayuda para comprender la siguiente parte de nuestro curso
(1) ¿Por qué $E$, el cierre del lugar geométrico de fuga de la ecuación (4), ¿define una curva algebraica irreducible?
(2) ¿Por qué $E$ allanar $k$ si y solo si $E-\{0\}$ es suave $k$?
(3) Dada una ecuación de Weirstrass afín y suave, ¿por qué su cierre shemático en $\mathbb{P}_k^2$definir una curva elíptica? Se afirma que esto es consecuencia del teorema de Bezout, pero no pude entender cómo
(4) Deja $(E,0)$ ser una curva elíptica, utilizando Riemann-Roch construimos un isomorfismo en $\mathrm{Proj}\,k[X,Y,Z]/Y^2Z+a_1XYZ+a_3YZ^2-X^3-a_2X^2Z-a_4XZ^2-a_6Z^3$, por que $0$ mapa al punto infinito $O=[0:1:0]$?
Respuestas
Varias cosas antes de responder.
a) Realmente debería esforzarse más en estas preguntas. Colóquelas como cuatro preguntas separadas y muestre su razonamiento para todas ellas.
b) ¿De qué notas del curso son estas? Tengo curiosidad.
(1) Como señala el redactor de notas, $E$ es irreducible ya que
$$f(x,y):=y^2+a_1xy+a_3y-(x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)$$
es irreductible. Por simplicidad, asumamos la característica$k$ es diferente a $2$. Para ver esta nota que si escribimos
$$f(x,y)=g(x,y)h(x,y)$$
ese $g$ y $h$ debe ser monica (hasta escalares en $k$) como polinomios en $y$ ya que $f$es. Esto implica entonces que cada$g(x,y)$ y $h(x,y)$ si no es constante, tener al menos un grado $1$ en $y$. Esto implica entonces que$g(x,y)$ y $h(x,y)$ son grado $1$ en $y$. Pero esto es absurdo ya que implica que
$$\frac{-(a_1x+a_3)\pm \sqrt{(a_1x+a_3)^2+4(-a_3+x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)}}{2}$$
es un polinomio en $x$, lo cual es claramente imposible considerando que el argumento de la raíz cuadrada es un polinomio mónico de grado impar.
Ahora, desde $f$ es irreductible sabemos que $V(f)\subseteq \mathbb{A}^2_k$es irreductible. Ya que$E$ es el cierre de $V(f)$ en $\mathbb{P}^2_k$, y el cierre conserva la irreductibilidad, deducimos que $E$ es irreductible.
(2) Deja $F$ denotar la homogeneización de $f$. Entonces,
$$F(x,y,z)=y^2z+a_1 xyz+a_3yz^2-(x^3+a_2x^2z+a_4xz^2+a_6z^3)$$
por lo que entonces $E=V(F)\subseteq\mathbb{P}^2_k$. Entonces sabemos por el criterio jacobiano que$E$ es suave si
$$F_x=F_y=F_z=F=0$$
no tiene una solución común en $\overline{k}$. Tenga en cuenta que$0$ de $E$ es el punto $[0:1:0]$ y conectando esto a $F_z$ resultados en $1$. Entonces,$0=[0:1:0]$nunca puede ser un punto singular. Por tanto, basta con comprobar la suavidad de$E-\{0\}$ cual es la curva afín $V(f)\subseteq\mathbb{A}^2_k$.
(3) Creo que el redactor de notas quiere decir 'fórmula de Bezout' que dice que si $C$ es una curva suave geométricamente integral en $\mathbb{P}^2_k$ de grado $d$ luego
$$g(C)=\frac{(d-1)(d-2)}{2}$$
Esta fórmula, como sugiere la oración citada, proviene de la clasificación de paquetes de líneas en $\mathbb{P}^2_k$y un cálculo de cohomología. En particular, si$d=3$ lo conseguimos $g(C)=1$. Entonces, en nuestro caso$E$ tiene grado $3$ así que eso $E$ tiene género $1$, así $(E,0)$ es una curva elíptica.
EDITAR: Oh, el tomador de notas afirma que la fórmula de Bezout como dije anteriormente se deriva del teorema de Bezout. Entiendo. Mi método sugerido anteriormente calcula el género aritmético de$C$(que es lo mismo que el género geométrico por dualidad Serre). Es decir, la fórmula adjunta dice que
$$\omega_C=i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})$$
dónde $i$ es la inclusión de $C$ dentro $\mathbb{P}^2_k$. Entonces, uno ve que usar el grado del paquete canónico es$2g-2$ y eso $\omega_{\mathbb{P}^2_k}=\mathcal{O}_{\mathbb{P}^2_k}(-3)$ ese
$$2g-2=\deg(\omega_C)=\deg(i^\ast(i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})))=\deg(C .(C-3))$$
Pero si $C$ se corta ser un grado $d$ curva entonces $\deg(C)=d$ y aplicando el teorema de Bezout a lo anterior obtenemos
$$2g-2=d(d-3)$$
resolviendo para $g$ da
$$g=\frac{d(d-3)}{2}+1$$
(4) Tus secciones son $(x,y,1)$. El mapa$E\to\mathbb{P}^2_k$ entonces puede escribirse de forma imprecisa como
$$E \ni e\mapsto [x(e):y(e):1(e)]$$
donde aunque $x,y,1$ son solo secciones de un paquete de líneas, tienen sentido ya que la multiplicación escalar no afecta los puntos en $\mathbb{P}^2_k$ y, por lo tanto, no importa en qué gráfico calcule esto.
De todos modos, $x(e)$ y $y(e)$ tener polos de orden $2$ y $3$ respetivamente en $0$ y $1$ no tiene poste en $0$. Entonces, para evaluar$[x(0):y(0):1(0)]$necesitas multiplicar por un uniformeizador al cubo. Llamemos a esto uniformizador$\pi$. Entonces, ¿realmente qué$[x(0):y(0):1(0]$ significa es algo como $[\pi^3 x(0),\pi^3 y(0):\pi^3 1(0)]$ donde ahora desde $\pi^3x, \pi^3y$ y $\pi^3 1$ ya no tengo polos en $0$tiene sentido evaluarlos allí. Pero tenga en cuenta que$\pi^3x$ y $\pi^3 1$ ahora tengo polos de orden $-1$ y $-3$ a $0$o, en otras palabras, ceros en$0$. Entonces,$\pi^3x(0)=\pi^31(0)=0$. Ya que$y$ tenía un poste de orden $3$ vemos eso $\pi^3y$ no desaparece en $0$. Entonces$[x(0):y(0):1(0)]$ se convierte en algo como $[0:c:0]$ dónde $c$no es cero. Esto es simplemente$[0:1:0]$.