Curve ellittiche e teoria degli schemi
Ricorda che una curva ellittica su un campo $k$ cioè una curva di genere collegata liscia propria $1$ dotato di un distinto $k$-Punto razionale, sarò davvero grato per qualsiasi aiuto nella comprensione della parte successiva del nostro corso
(1) Perché lo fa $E$, la chiusura del luogo evanescente dell'equazione (4), definisce una curva algebrica irriducibile?
(2) Perché lo è $E$ appiattire $k$ se e solo se $E-\{0\}$ è liscia $k$?
(3) Data un'equazione di Weirstrass affine e liscia, perché la sua chiusura shematica in $\mathbb{P}_k^2$definire una curva ellittica? Si afferma che questa è una conseguenza del teorema di Bezout ma non sono riuscito a capire come
(4) Let $(E,0)$ essere una curva ellittica, usando Riemann-Roch costruiamo un isomorfismo in $\mathrm{Proj}\,k[X,Y,Z]/Y^2Z+a_1XYZ+a_3YZ^2-X^3-a_2X^2Z-a_4XZ^2-a_6Z^3$, perché lo fa $0$ mappa al punto infinito $O=[0:1:0]$?
Risposte
Diverse cose prima di rispondere.
a) Dovresti davvero impegnarti di più in queste domande. Mettile come quattro domande separate e mostra il tuo pensiero per tutte.
b) Da quali appunti provengono? Sono solo curioso.
(1) Come osserva l'autore della nota, $E$ è irriducibile da allora
$$f(x,y):=y^2+a_1xy+a_3y-(x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)$$
è irriducibile. Per semplicità assumiamo la caratteristica$k$ è diverso da $2$. Per vedere questa nota che se scriviamo
$$f(x,y)=g(x,y)h(x,y)$$
quello $g$ e $h$ deve essere monico (fino a scalari in $k$) come polinomi in $y$ da $f$è. Questo quindi implica che ciascuno$g(x,y)$ e $h(x,y)$ se non costante, avere almeno una laurea $1$ in $y$. Questo quindi implica quello$g(x,y)$ e $h(x,y)$ sono laurea $1$ in $y$. Ma questo è assurdo poiché ciò lo implica
$$\frac{-(a_1x+a_3)\pm \sqrt{(a_1x+a_3)^2+4(-a_3+x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)}}{2}$$
è un polinomio in $x$, il che è chiaramente impossibile considerando che l'argomento della radice quadrata è un polinomio monico di grado dispari.
Adesso, da allora $f$ è irriducibile lo sappiamo $V(f)\subseteq \mathbb{A}^2_k$è irriducibile. Da$E$ è la chiusura di $V(f)$ in $\mathbb{P}^2_k$, e la chiusura preserva l'irriducibilità, lo deduciamo $E$ è irriducibile.
(2) Let $F$ denotano l'omogeneizzazione di $f$. Così,
$$F(x,y,z)=y^2z+a_1 xyz+a_3yz^2-(x^3+a_2x^2z+a_4xz^2+a_6z^3)$$
allora $E=V(F)\subseteq\mathbb{P}^2_k$. Lo sappiamo quindi dal criterio giacobiano$E$ è liscia iff
$$F_x=F_y=F_z=F=0$$
non ha una soluzione comune in $\overline{k}$. Nota però quello$0$ di $E$ è il punto $[0:1:0]$ e collegandolo a $F_z$ risultati in $1$. Così,$0=[0:1:0]$non può mai essere un punto singolare. Quindi, è sufficiente controllare la scorrevolezza di$E-\{0\}$ che è la curva affine $V(f)\subseteq\mathbb{A}^2_k$.
(3) Penso che l'autore della nota significhi "formula di Bezout" che dice che se $C$ è una curva liscia geometricamente integrale in $\mathbb{P}^2_k$ di grado $d$ poi
$$g(C)=\frac{(d-1)(d-2)}{2}$$
Questa formula, come suggerisce la frase citata, deriva dalla classificazione dei fasci di linee in poi $\mathbb{P}^2_k$e un calcolo di coomologia. In particolare, se$d=3$ lo otteniamo $g(C)=1$. Quindi, nel nostro caso$E$ ha una laurea $3$ così che $E$ ha genere $1$, così $(E,0)$ è una curva ellittica.
EDIT: Oh, chi prende appunti afferma che la formula di Bezout come ho detto sopra segue dal teorema di Bezout. Capisco. Il mio metodo suggerito sopra calcola il genere aritmetico di$C$(che è lo stesso del genere geometrico di Serre dualità). Vale a dire, la formula di aggiunta lo dice
$$\omega_C=i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})$$
dove $i$ è l'inclusione di $C$ in $\mathbb{P}^2_k$. Quindi, si vede che l'uso del grado del bundle canonico è$2g-2$ e quello $\omega_{\mathbb{P}^2_k}=\mathcal{O}_{\mathbb{P}^2_k}(-3)$ quello
$$2g-2=\deg(\omega_C)=\deg(i^\ast(i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})))=\deg(C .(C-3))$$
Ma se $C$ è tagliato da una laurea $d$ curva allora $\deg(C)=d$ e quindi applicando il teorema di Bezout a quanto sopra otteniamo
$$2g-2=d(d-3)$$
risolvendo per $g$ dà
$$g=\frac{d(d-3)}{2}+1$$
(4) Le tue sezioni sono $(x,y,1)$. La mappa$E\to\mathbb{P}^2_k$ può quindi essere scritto in modo impreciso come
$$E \ni e\mapsto [x(e):y(e):1(e)]$$
dove anche se $x,y,1$ sono solo sezioni di un fascio di linee, hanno senso poiché la moltiplicazione scalare non influisce sui punti in $\mathbb{P}^2_k$ e quindi non importa su quale grafico lo calcoli.
Comunque, $x(e)$ e $y(e)$ avere i poli dell'ordine $2$ e $3$ rispettivamente a $0$ e $1$ non ha polo a $0$. Quindi, da valutare$[x(0):y(0):1(0)]$devi moltiplicare per un uniformatore a cubetti. Chiamiamo questo uniformatore$\pi$. Allora, davvero cosa$[x(0):y(0):1(0]$ significa è qualcosa di simile $[\pi^3 x(0),\pi^3 y(0):\pi^3 1(0)]$ dove ora da allora $\pi^3x, \pi^3y$ e $\pi^3 1$ non hanno più poli a $0$ha senso valutarli lì. Ma notalo$\pi^3x$ e $\pi^3 1$ ora hanno i poli dell'ordine $-1$ e $-3$ a $0$o, in altre parole, zeri a$0$. Così,$\pi^3x(0)=\pi^31(0)=0$. Da$y$ aveva un polo dell'ordine $3$ Lo vediamo $\pi^3y$ non svanisce a $0$. Così$[x(0):y(0):1(0)]$ diventa qualcosa di simile $[0:c:0]$ dove $c$è diverso da zero. Questo è solo$[0:1:0]$.