Эллиптические кривые и теория схем
Напомним, что эллиптическая кривая над полем $k$ т.е. собственная гладкая связная кривая рода $1$ оснащен выдающимся $k$-рациональный момент, буду очень благодарен за любую помощь в понимании следующей части нашего курса
(1) Почему $E$, замыкание множества исчезающих уравнений (4), определяют неприводимую алгебраическую кривую?
(2) Почему $E$ сглаживать $k$ если и только если $E-\{0\}$ сглаживается $k$?
(3) Учитывая аффинное и гладкое уравнение Вейрстрасса, почему его схемное замыкание в $\mathbb{P}_k^2$определить эллиптическую кривую? Утверждается, что это следствие теоремы Безу, но я не понял, как
(4) Пусть $(E,0)$ - эллиптическая кривая, используя Римана-Роха, мы строим изоморфизм в $\mathrm{Proj}\,k[X,Y,Z]/Y^2Z+a_1XYZ+a_3YZ^2-X^3-a_2X^2Z-a_4XZ^2-a_6Z^3$, Почему $0$ карта в точку бесконечности $O=[0:1:0]$?
Ответы
Несколько вещей, прежде чем я отвечу.
а) Вам действительно стоит приложить больше усилий для ответа на эти вопросы. Сложите их как четыре отдельных вопроса и покажите, как вы думаете по каждому из них.
б) Из каких примечаний к курсу это? Мне просто любопытно.
(1) Как отмечает автор заметок, $E$ неприводимо, поскольку
$$f(x,y):=y^2+a_1xy+a_3y-(x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)$$
неприводимо. Для простоты предположим характеристику$k$ отличается от $2$. Чтобы увидеть это примечание, если мы напишем
$$f(x,y)=g(x,y)h(x,y)$$
тот $g$ и $h$ должен быть моническим (с точностью до скаляров в $k$) как многочлены от $y$ поскольку $f$является. Тогда это означает, что каждый$g(x,y)$ и $h(x,y)$ если не постоянный, иметь степень не ниже $1$ в $y$. Отсюда следует, что$g(x,y)$ и $h(x,y)$ степень $1$ в $y$. Но это абсурд, поскольку из этого следует, что
$$\frac{-(a_1x+a_3)\pm \sqrt{(a_1x+a_3)^2+4(-a_3+x^3+a_2x^2+a_4x+a_6)}}{2}$$
является многочленом от $x$, что, очевидно, невозможно, учитывая, что аргумент квадратного корня является моническим многочленом нечетной степени.
Теперь, поскольку $f$ неприводимо, мы знаем, что $V(f)\subseteq \mathbb{A}^2_k$неприводимо. поскольку$E$ закрытие $V(f)$ в $\mathbb{P}^2_k$, а замыкание сохраняет неприводимость, выводим, что $E$ неприводимо.
(2) Пусть $F$ обозначают усреднение $f$. Так,
$$F(x,y,z)=y^2z+a_1 xyz+a_3yz^2-(x^3+a_2x^2z+a_4xz^2+a_6z^3)$$
так тогда $E=V(F)\subseteq\mathbb{P}^2_k$. Тогда мы знаем из критерия Якоби, что$E$ гладко тогда и только тогда
$$F_x=F_y=F_z=F=0$$
не имеет общего решения в $\overline{k}$. Обратите внимание, что$0$ из $E$ это суть $[0:1:0]$ и подключив это к $F_z$ приводит к $1$. Так,$0=[0:1:0]$никогда не может быть особой точкой. Таким образом, достаточно проверить гладкость$E-\{0\}$ которая является аффинной кривой $V(f)\subseteq\mathbb{A}^2_k$.
(3) Я думаю, что автор заметок имел в виду «формулу Безу», которая гласит, что если $C$ - геометрически целая гладкая кривая в $\mathbb{P}^2_k$ степени $d$ тогда
$$g(C)=\frac{(d-1)(d-2)}{2}$$
Эта формула, как следует из приведенного предложения, является результатом классификации линейных пакетов на $\mathbb{P}^2_k$и расчет когомологий. В частности, если$d=3$ мы получаем это $g(C)=1$. Итак, в нашем случае$E$ имеет степень $3$ так что $E$ имеет род $1$, таким образом $(E,0)$ - эллиптическая кривая.
РЕДАКТИРОВАТЬ: О, делающий заметки утверждает, что формула Безу, как я сказал выше, следует из теоремы Безу. Я понимаю. Предложенный мной выше метод вычисляет арифметический род$C$(который совпадает с геометрическим родом по двойственности Серра). А именно, формула присоединения говорит, что
$$\omega_C=i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})$$
где $i$ это включение $C$ в $\mathbb{P}^2_k$. Итак, мы видим, что использование степени канонического расслоения$2g-2$ и это $\omega_{\mathbb{P}^2_k}=\mathcal{O}_{\mathbb{P}^2_k}(-3)$ тот
$$2g-2=\deg(\omega_C)=\deg(i^\ast(i^\ast(i_\ast\mathcal{O}_C\otimes \omega_{\mathbb{P}^2_k})))=\deg(C .(C-3))$$
Но если $C$ вырезано на степень $d$ кривая тогда $\deg(C)=d$ и, таким образом, применяя теорему Безу к сказанному выше, получаем
$$2g-2=d(d-3)$$
решение для $g$ дает
$$g=\frac{d(d-3)}{2}+1$$
(4) Ваши разделы $(x,y,1)$. Карта$E\to\mathbb{P}^2_k$ тогда можно неточно записать как
$$E \ni e\mapsto [x(e):y(e):1(e)]$$
где хотя $x,y,1$ являются только частями линейного пучка, они имеют смысл, поскольку скалярное умножение не влияет на точки в $\mathbb{P}^2_k$ и поэтому не имеет значения, на каком графике вы это рассчитываете.
В любом случае, $x(e)$ и $y(e)$ иметь столбы порядка $2$ и $3$ соответственно на $0$ и $1$ не имеет полюса на $0$. Итак, чтобы оценить$[x(0):y(0):1(0)]$вам нужно умножить на униформизатор в кубе. Назовем этот униформизатор$\pi$. Итак, действительно, что$[x(0):y(0):1(0]$ означает что-то вроде $[\pi^3 x(0),\pi^3 y(0):\pi^3 1(0)]$ где теперь с $\pi^3x, \pi^3y$ и $\pi^3 1$ больше нет полюсов на $0$есть смысл их там оценить. Но обратите внимание, что$\pi^3x$ и $\pi^3 1$ теперь есть столбы порядка $-1$ и $-3$ в $0$или, другими словами, нули в$0$. Так,$\pi^3x(0)=\pi^31(0)=0$. поскольку$y$ был столб порядка $3$ Мы видим, что $\pi^3y$ не исчезает при $0$. Так$[x(0):y(0):1(0)]$ становится чем-то вроде $[0:c:0]$ где $c$не равно нулю. Это просто$[0:1:0]$.