椭圆曲线初探 – 梦安咖啡馆

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 $Y^{2} T = X (X - T) (X - λ T)$ 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, $O_{P^{2}}$ 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
$h^{0} O_{C} (D) - h^{1} O_{C} (D) = \deg (D) + 1 - g .$
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 $O_{C, P_{0}}$ 上的赋值函数.

Step 1. 证明 $\forall n \in N^{*}, h^{0} O_{C} (n P_{0}) = n$ .

Proof.

由 Riemann-Roch 公式得
$\begin{aligned} h^{0} O_{C} (n P_{0}) & = h^{1} O_{C} (n P_{0}) + \deg (n P_{0}) + 1 - g \\ = h^{1} O_{C} (n P_{0}) + n + 1 - 1 \\ = h^{1} O_{C} (n P_{0}) + n . \end{aligned}$
由于 $n > 0 = 2 g - 2$ , 从而 $h^{1} O_{C} (n P_{0}) = 0$ , 因此 $h^{0} O_{C} (n P_{0}) = n$ .

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

Proof.

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

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

Step 3. 证明 $1, x, y, x^{2}, x y, y^{2}, x^{3}$ 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 $v (x^{2}) = - 4, v (x y) = - 5, v (y^{2}) = - 6, v (x^{3}) = - 6$ , 从而 $1, x, y, x^{2}, x y, y^{2}, x^{3} \in H^{0} O_{C} (6 P_{0})$ .

又由于 $h^{0} O_{C} (6 P_{0}) = 6$ , 从而 $1, x, y, x^{2}, x y, y^{2}, x^{3}$ 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 $x^{2} = a_{1} + a_{2} x + a_{3} y$ , 但是 $v (a_{1} + a_{2} x + a_{3} y) \geq inf {v (1), v (x), v (y)} = - 3$ , 与 $v (x^{2}) = - 4$ 产生矛盾. 因此 $1, x, y, x^{2}$ 线性无关, 同理可得, $1, x, y, x^{2}, x y$ 线性无关.

由于 $1, x, y, x^{2}, x y$ 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 $0$ .

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

Proof.

不妨设 $P (x, y) = y^{2} + 2 a_{0} y + a_{0}^{2} + a_{1} x y - f (x)$ , 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 $y^{2} + a_{1} x y - f (x)$ 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 $x^{'} = a x + b$ 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 $Γ (C^{'}, O_{C})$ 为最多只有 $P_{0}$ 这一个极点的有理函数构成的环, 又因为 $h^{0} O_{C} (n P_{0}) = n$ , 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 $Γ (C^{'}, O_{C}) ≅ k [X, Y] / (Y^{2} - f (X))$ .

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

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

Proof.

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

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