Curvas elípticas e teoria do esquema
Lembre-se de que uma curva elíptica sobre um campo $k$ ou seja, uma curva de gênero conectada suave adequada $1$ equipado com um distinto $k$- ponto racional, ficarei muito grato por qualquer ajuda na compreensão da próxima parte do nosso curso
(1) Por que $E$, o fechamento do locus de desaparecimento da equação (4), define uma curva algébrica irredutível?
(2) Por que é $E$ aplanar $k$ se e apenas se $E-\{0\}$ é suave $k$?
(3) Dada uma equação de Weirstrass afim e suave, por que seu fechamento semimático em $\mathbb{P}_k^2$definir uma curva elíptica? Afirma-se que isso é consequência do teorema de Bezout, mas não consegui entender como
(4) Deixe $(E,0)$ ser uma curva elíptica, usando Riemann-Roch construímos um isomorfismo em $\mathrm{Proj}\,k[X,Y,Z]/Y^2Z+a_1XYZ+a_3YZ^2-X^3-a_2X^2Z-a_4XZ^2-a_6Z^3$, porque $0$ mapear para o ponto infinito $O=[0:1:0]$?
Respostas
Várias coisas antes de responder.
a) Você realmente deveria se esforçar mais nessas questões. Coloque-as em quatro questões separadas e mostre o que pensa sobre todas elas.
b) De que notas do curso são? Eu só estou curioso.
(1) Como o anotador observa, $E$ é irredutível desde
$$f(x,y):=y^2+a_1xy+a_3y-(x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)$$
é irredutível. Para simplificar, vamos assumir a característica$k$ é diferente de $2$. Para ver esta nota, se escrevermos
$$f(x,y)=g(x,y)h(x,y)$$
este $g$ e $h$ deve ser monic (até escalares em $k$) como polinômios em $y$ Desde a $f$é. Isso, então, implica que cada$g(x,y)$ e $h(x,y)$ se não for constante, tem grau pelo menos $1$ dentro $y$. Isso então implica que$g(x,y)$ e $h(x,y)$ são grau $1$ dentro $y$. Mas isso é absurdo, uma vez que implica que
$$\frac{-(a_1x+a_3)\pm \sqrt{(a_1x+a_3)^2+4(-a_3+x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)}}{2}$$
é um polinômio em $x$, o que é claramente impossível considerando que o argumento da raiz quadrada é um polinômio mônico de grau ímpar.
Agora, desde $f$ é irredutível nós sabemos disso $V(f)\subseteq \mathbb{A}^2_k$é irredutível. Desde a$E$ é o fechamento de $V(f)$ dentro $\mathbb{P}^2_k$, e o fechamento preserva a irredutibilidade, deduzimos que $E$ é irredutível.
(2) Let $F$ denotam a homogeneização de $f$. Então,
$$F(x,y,z)=y^2z+a_1 xyz+a_3yz^2-(x^3+a_2x^2z+a_4xz^2+a_6z^3)$$
Então $E=V(F)\subseteq\mathbb{P}^2_k$. Sabemos, então, a partir do critério jacobiano que$E$ é suave se
$$F_x=F_y=F_z=F=0$$
não tem solução comum em $\overline{k}$. Observe que$0$ do $E$ é o ponto $[0:1:0]$ e conectar isso em $F_z$ resulta em $1$. Então,$0=[0:1:0]$nunca pode ser um ponto singular. Assim, basta verificar a suavidade do$E-\{0\}$ qual é a curva afim $V(f)\subseteq\mathbb{A}^2_k$.
(3) Acho que o escritor da nota significa 'fórmula de Bezout', que diz que se $C$ é uma curva suave geometricamente integral em $\mathbb{P}^2_k$ de grau $d$ então
$$g(C)=\frac{(d-1)(d-2)}{2}$$
Esta fórmula, como a frase citada sugere, vem da classificação de feixes de linha em $\mathbb{P}^2_k$e um cálculo de cohomologia. Em particular, se$d=3$ nós entendemos isso $g(C)=1$. Então, no nosso caso$E$ tem diploma $3$ de modo a $E$ tem gênero $1$, portanto $(E,0)$ é uma curva elíptica.
EDIT: Oh, o tomador de notas está reivindicando a fórmula de Bezout, como eu disse acima, segue o teorema de Bezout. Compreendo. Meu método sugerido acima calcula o gênero aritmético de$C$(que é igual ao gênero geométrico pela dualidade de Serre). Ou seja, a fórmula de adjunção diz que
$$\omega_C=i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})$$
Onde $i$ é a inclusão de $C$ para dentro $\mathbb{P}^2_k$. Então, vê-se que usar o grau do feixe canônico é$2g-2$ e essa $\omega_{\mathbb{P}^2_k}=\mathcal{O}_{\mathbb{P}^2_k}(-3)$ este
$$2g-2=\deg(\omega_C)=\deg(i^\ast(i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})))=\deg(C .(C-3))$$
Mas se $C$ é cortado ser um diploma $d$ curva então $\deg(C)=d$ e assim, aplicando o teorema de Bezout acima, obtemos
$$2g-2=d(d-3)$$
resolvendo para $g$ dá
$$g=\frac{d(d-3)}{2}+1$$
(4) Suas seções são $(x,y,1)$. O mapa$E\to\mathbb{P}^2_k$ pode então ser imprecisamente escrito como
$$E \ni e\mapsto [x(e):y(e):1(e)]$$
onde embora $x,y,1$ são apenas seções de um feixe de linha, eles fazem sentido, uma vez que a multiplicação escalar não afeta os pontos em $\mathbb{P}^2_k$ e, portanto, não importa em qual gráfico você calcula isso.
Enfim, $x(e)$ e $y(e)$ tem pólos de ordem $2$ e $3$ respectivamente em $0$ e $1$ não tem pólo em $0$. Então, para avaliar$[x(0):y(0):1(0)]$você precisa multiplicar por um uniformizador ao cubo. Vamos chamar isso de uniformizador$\pi$. Então, realmente o que$[x(0):y(0):1(0]$ significa é algo como $[\pi^3 x(0),\pi^3 y(0):\pi^3 1(0)]$ onde agora desde $\pi^3x, \pi^3y$ e $\pi^3 1$ não tem mais pólos em $0$faz sentido avaliá-los lá. Mas, note que$\pi^3x$ e $\pi^3 1$ agora tem pólos de ordem $-1$ e $-3$ em $0$ou, em outras palavras, zeros em$0$. Então,$\pi^3x(0)=\pi^31(0)=0$. Desde a$y$ tinha um pólo de ordem $3$ nós vemos que $\pi^3y$ não está desaparecendo em $0$. então$[x(0):y(0):1(0)]$ torna-se algo como $[0:c:0]$ Onde $c$é diferente de zero. Isso é só$[0:1:0]$.