曾经在看一篇科普文章时得知了椭圆曲线的 Weierstrass 形式, 从那之后便对椭圆曲线产生了很强的兴趣. 如今终于学习了可以"与之一战"的数学工具—Riemann-Roch 定理. 本文将证明椭圆曲线都同构于形如 $Y^2T=X(X-T)(X-\lambda T)$ 的方程在 $P^2$ 中决定的曲线.

实际上, 本文是在尝试给出 Daniel Perrin 所著的 Algebraic Geometry – An Introduction 在第 VIII 章的第 4 道习题的一个解答. 本文中不加解释所使用的符号均与书中相同. 本解答可能有误, 如果发现欢迎指出.

本文中约定 $k$ 是一个特征不为 2 的代数闭域, $P^2$ 为 $k$ 上的射影平面, $\mathcal O_{P^2}$ 为其上的层.

首先, 我们给出椭圆曲线的定义.

Def. 椭圆曲线为亏格为 1 的不可约光滑射影曲线.

我们需要使用的 Riemann-Roch 定理的形式如下:

Thm (Riemann-Roch). 设 $C$ 是一个亏格为 $g$ 的不可约光滑射影曲线, $D$ 为 $C$ 上的除子, 则我们有
$$h^0\mathcal O_C(D)-h^1\mathcal O_C(D)=\deg(D)+1-g.
$$
接下来我们开始进行证明. 任取一点 $P_0\in C$, 记 $C'=C-\{P_0\}$. 后文我们记 $v$ 为离散赋值环 $\mathcal O_{C,P_0}$ 上的赋值函数.

Step 1. 证明 $\forall n\in \mathbb N^*,h^0\mathcal O_C(nP_0)=n$.

Proof.

由 Riemann-Roch 公式得
$$\begin{align}
h^0\mathcal O_C(nP_0)&=h^1\mathcal O_C(nP_0)+\deg(nP_0)+1-g\\
&=h^1\mathcal O_C(nP_0)+n+1-1\\
&=h^1\mathcal O_C(nP_0)+n.
\end{align}
$$
由于 $n>0=2g-2$, 从而 $h^1\mathcal O_C(nP_0)=0$, 因此 $h^0\mathcal O_C(nP_0)=n$. $\square$

Step 2. 证明存在 $x,y\in K(C)$, 使得 $1,x$ 构成 $H^0\mathcal O_C(2P_0)$ 的一组基, $1,x,y$ 构成 $H^0\mathcal O_C(3P_0)$ 的一组基 (作为 $k$ – 线性空间).

Proof.

由于 $h^0\mathcal O_C(2P_0)=2$, 且 $1\in H^0\mathcal O_C(2P_0)$, 因此存在 $x\in H^0\mathcal O_C(2P_0)$ 使得 $1,x$ 构成 $H^0\mathcal O_C(2P_0)$ 的一组基. 又由于 $h^0\mathcal O_C(P_0)=1$, 我们得 $v(x)$ 只能为 $-2$.

由于 $1,x$ 在 $H^0\mathcal O_C(3P_0)$ 中线性无关, 且 $h^0\mathcal O_C(3P_0)=3$, 从而存在 $y\in H^0\mathcal O_C(3P_0)$ 使得 $1,x,y$ 构成 $H^0\mathcal O_C(3P_0)$ 的一组基. 而且容易得到 $v(y)$ 只能为 $-3$. $\square$

Step 3. 证明 $1,x,y,x^2,xy,y^2,x^3$ 关于 $k$ 是线性相关的. 令 $P(x,y)$ 为这个相关关系. 证明在 $P(x,y)$ 中 $y^2$ 和 $x^3$ 的系数都不为 $0$.

Proof.

由于 $v(x^2)=-4,v(xy)=-5,v(y^2)=-6,v(x^3)=-6$, 从而 $1,x,y,x^2,xy,y^2,x^3\in H^0\mathcal O_C(6P_0)$.

又由于 $h^0\mathcal O_C(6P_0)=6$, 从而 $1,x,y,x^2,xy,y^2,x^3$ 线性相关.

假设 $1,x,y,x^2$ 线性相关. 由于 $1,x,y$ 线性无关, 则存在 $a_1,a_2,a_3\in k$ 使得 $x^2=a_1+a_2x+a_3y$, 但是 $v(a_1+a_2x+a_3y)\ge \inf\{v(1),v(x),v(y)\}=-3$, 与 $v(x^2)=-4$ 产生矛盾. 因此 $1,x,y,x^2$ 线性无关, 同理可得, $1,x,y,x^2,xy$ 线性无关.

由于 $1,x,y,x^2,xy$ 线性无关, 在 $P(x,y)$ 中 $y^2$ 和 $x^3$ 的系数不能同时为 $0$. 再与上面同理可得 $y^2$ 和 $x^3$ 的系数都不能为 $0$. $\square$

Step 4. 证明在基变换的意义下, 我们可以假定 $P(x,y)$ 具有 $y^2-x(x-1)(x-\lambda)$ 的形式, 其中 $\lambda\ne 0,1$.

Proof.

不妨设 $P(x,y)=y^2+2a_0y+a_0^2+a_1xy-f(x)$, 其中 $a_0,a_1\in k$, $f(x)$ 是关于 $x$ 的 $3$ 次多项式.

则通过代换 $y'=y+a_0$, 我们可以假定 $P(x,y)$ 具有 $y^2+a_1xy-f(x)$ 的形式, 其中 $f(x)$ 是关于 $x$ 的 $3$ 次多项式..

再通过代换 $y'=y+(a_1/2)x$, 我们可以假定 $P(x,y)$ 具有 $y^2-f(x)$ 的形式, 其中 $f(x)$ 是关于 $x$ 的 $3$ 次多项式.

要证可以通过 $x'=ax+b$ 形式的变换将 $P(x,y)$ 变为题目所求的形式, 只需要证明 $f(x)$ 没有重根.

不妨设 $0$ 是 $f$ 的重根. 由于 $P_0$ 是 $x$ 的极点, 因此必然存在 $Q\in C',x(Q)=0$. 再由 $P(x,y)\equiv 0$ 可得 $y(Q)=0$.

由于 $\Gamma(C',\mathcal O_C)$ 为最多只有 $P_0$ 这一个极点的有理函数构成的环, 又因为 $h^0\mathcal O_C(nP_0)=n$, 从而 $x,y$ 构成其作为 $k$ – 代数的生成元. 再结合之前的线性相关性可知 $\Gamma(C',\mathcal O_C)\cong k[X,Y]/(Y^2-f(X))$.

则在 $Q$ 点处, 我们有
$$\frac{\partial P}{\partial x}=f'(x)=0, \frac{\partial P}{\partial y}=2y=0.
$$
因此在切空间 $T_QC$ 中 $\frac{\partial}{\partial x}$ 和 $\frac\partial {\partial y}$ 线性无关, 从而 $\dim T_QC\ge 2$ 与曲线光滑矛盾. 因此 $f(x)$ 没有重根. $\square$

Step 5. 考虑映射 $\varphi:C'\to k^2,Q\mapsto (x(Q),y(Q))$. 证明 $\varphi$ 是 $C'$ 与方程 $Y^2=X(X-1)(X-\lambda)$ 在 $k^2$ 中决定的曲线的同构. 而因此 $\varphi$ 可以延拓成 $C$ 与方程 $Y^2T=X(X-T)(X-\lambda T)$ 在 $P^2$ 中决定的曲线的同构.

Proof.

$\varphi$ 诱导了同态 $\varphi^*:k[X,Y]/(Y^2-X(X-1)(X-\lambda))\to \Gamma(C',\mathcal O_C)$, 易得 $\varphi^*(X)=x,\varphi^*(Y)=y$, 结合第 3 步的线性相关性可知 $\varphi^*$ 为环同构. 因此 $\varphi$ 是 $C'$ 与方程 $Y^2=X(X-1)(X-\lambda)$ 在 $k^2$ 中决定的曲线的同构. $\square$