Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số vấn đề về phần xoắn của đường cong elliptic

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:59

Thêm vào BST

Báo xấu

45
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nội dung chính của luận văn là phân loại phần xoắn của một số họ đã biết và bổ sung những phân loại còn thiếu theo danh sách của D.S. Kubert (là danh sách (K) trong chương 2). Trong các phân loại đó song song với các chứng minh lý thuyết, tác giả sử dụng phần mềm đại số máy tính Sage để kiểm tra lại các kết quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số vấn đề về phần xoắn của đường cong elliptic

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN-CƠ-TIN HỌC LÊ VĂN NAM MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHẦN XOẮN CỦA ĐƯỜNG CONG ELLIPTIC Chuyên nghành: Đại số và lý thuyết số Mã số: 60460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. Phó Đức Tài HÀ NỘI- 2014
Mục lục Mở đầu 4 1 Các khái niệm cơ bản về đường cong elliptic 6 1.1 Đường cong elliptic và nhóm aben trên nó . . . . . . . . . . 6 1.1.1 Đường cong elliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.2 Luật cộng trên đường cong elliptic . . . . . . . . . . 7 1.2 Điểm có cấp hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Điểm có cấp hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.2 Định lý Nagell-Lutz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3 Phần xoắn của hai lớp đường cong elliptic . . . . . . . . . . 14 2 Một số phân loại đã biết theo danh sách của Kubert 18 2.1 Danh sách của Kubert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.2 Phân loại của K. Ono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.3 Phân loại của Qiu - Zhang . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.4 Nhóm con xoắn nhận được theo danh sách của Kubert . . 30 3 Bổ sung về phân loại theo danh sách của Kubert 32 3.1 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 5 . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.2 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 6 . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.3 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 4 . . . . . . . . . . . . . . . 38 3.4 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 3 . . . . . . . . . . . . . . . 44 Kết luận 56 1
Tài liệu tham khảo 57 2
Lời cảm ơn Nhân dịp này, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS.Phó Đức Tài, thầy đã trực tiếp hướng dẫn và tận tình chỉ bảo tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn cũng như trong suốt hai năm khi tôi bước vào học thạc sĩ thầy đã giành tâm huyết chỉ bảo cách tiếp cận và cách học đại số . Đồng thời, tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin, trường Đại học Khoa học Tự Nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội, đã dạy bảo tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa. Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạo điều kiện và động viên cổ vũ tôi để tôi có thể hoàn thiện nhiệm vụ của mình. Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2014. Học viên Lê Văn Nam 3
Mở đầu Đường cong elliptic là một đối tượng quan trọng trong toán học. Lịch sử phát triển của đường cong elliptic đã trải qua một thời gian dài và những ứng dụng của đường cong elliptic đang tiếp tục được khám phá. Gần đây, những ứng dụng quan trọng của đường cong elliptic đã được phát hiện trong lý thuyết mật mã, trong phân tích các số nguyên lớn, trong việc giải các phương trình Diophante. Định lý Mordell-Weil phát biểu rằng nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic (E(Q), +) là một nhóm aben hữu hạn sinh, như vậy ∼ M E(Q) = T orsE(Q) Zr , trong đó phần xoắn T orsE(Q) là một nhóm hữu hạn và hạng r cũng hữu hạn. Hơn nữa, phần xoắn T orsE(Q) có thể xác định tường minh từ phương trình định nghĩa đường cong nhờ định lý Nagell-Luzt và định lý Mazur. Câu hỏi ngược lại là bài toán phân loại (hoặc tìm) các họ đường cong elliptic với nhóm xoắn cho trước. Nội dung chính của luận văn là phân loại phần xoắn của một số họ đã biết và bổ sung những phân loại còn thiếu theo danh sách của D.S. Kubert (là danh sách (K) trong chương 2). Trong các phân loại đó song song với các chứng minh lý thuyết, chúng tôi sử dụng phần mềm đại số máy tính Sage để kiểm tra lại các kết quả. Bố cục của luận văn được trình bày như sau: Chương 1: Các khái niệm cơ bản về đường cong elliptic. Chúng tôi trình bày tổng quan một số kiến thức cơ bản về đường cong 4
elliptic, định nghĩa các dạng đường cong elliptic, xây dựng luật cộng trên đường cong elliptic, chứng minh định lý Nagell-Luzt, chọn hai ví dụ trong đó có một ví dụ trình bày phân loại nhóm con xoắn. Chương 2: Một số phân loại đã biết theo danh sách của D.S. Kubert. Chúng tôi trình bày lại hai phân loại của K Ono và D. Qiu-X. Zhang cho hai lớp đường cong (2) và (3) trong danh sách (K) của D.S. Kubert. Chương 3: Bổ sung về phân loại theo danh sách của Kubert. Mục đích chính của chúng tôi là đi bổ sung phân loại cho bốn lớp đường cong (4), (5), (9) và (13) theo danh sách (K) của D.S. Kubert. 5
Chương 1 Các khái niệm cơ bản về đường cong elliptic Mục đích của chương này là trình bày lại một số kết quả quan trọng trong lý thuyết đường cong elliptic, chẳng hạn định lý Nagell-Luzt, định lý Mazur, định lý Mordell-Weil và hai ví dụ về phần xoắn của đường cong elliptic. 1.1 Đường cong elliptic và nhóm aben trên nó 1.1.1 Đường cong elliptic Phương trình đường cong bậc 3 tổng quát xác định trên trường K có dạng ax3 + bx2 y + cxy 2 + dy 3 + ex2 + f xy + gy 2 + hx + iy + j = 0, trong đó a, b, c, e, f, g, h, i, j ∈ K và a, b, c không đồng thời bằng 0. Khi đó bằng phép đổi trục tọa độ hợp lý, chúng ta có thể chuyển phương trình bậc 3 tổng quát về dạng y 2 + a1 xy + a3 y = x3 + a2 x2 + a4 x + a6 với a1 , a2 , a3 , a4 , a6 ∈ K. Phương trình này được gọi là phương trình Weierstrass tổng quát. Khi char K 6= 2, bằng phép đổi biến thích hợp, cụ thể với 1 y := y − (a1 x + a3 ), 2 6
phương trình trên trở thành y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C. Phương trình này được gọi là phương trình dạng Weierstrass đơn giản. Khi char K 6= 3, bằng phép đặt x := x + A3 chúng ta có thể chuyển phương trình Weierstrass đơn giản về dạng y 2 = x3 + Ax + B. Phương trình này được gọi là phương trình Weierstrass chuẩn tắc. Một đường cong xác định bởi phương trình dạng Weierstrass đơn giản y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C với A, B, C ∈ K được gọi là đường cong elliptic nếu nó không kỳ dị, tức là biệt thức D = −4A3 C + A2 B 2 + 18ABC − 4B 3 − 27C 2 6= 0. Để đơn giản, ta dùng kí hiệu D thay cho biệt thức của đường cong elliptic nếu không nói gì thêm. 1.1.2 Luật cộng trên đường cong elliptic Cho đường cong elliptic E có phương trình y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C thì trong hệ tọa độ xạ ảnh phương trình của E là Y 2 Z = X 3 + AX 2 Z + BXZ 2 + CZ 3 . Mỗi điểm trong mặt phẳng xạ ảnh có tọa độ P [X : Y : Z]. Khi P = [X : Y : 0] thì điểm P tương ứng với điểm vô cùng trong không gian afin mà chúng ta ký hiệu là điểm Θ. Ký hiệu E(K) = {(x, y) ∈ K2 : y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C} ∪ {Θ}. Để đơn giản, ta dùng kí hiệu E thay cho E(K) nếu không nói gì thêm. Luật cộng được xác định một cách hình học như sau: Bắt đầu với 2 điểm P1 (x1 , y1 ) và P2 (x2 , y2 ) trên E(K), vẽ đường thẳng đi qua P1 , P2 và cắt đường bậc 3 tại điểm P1 ∗ P2 , lấy đối xứng của điểm P1 ∗P2 qua trục hoành ta được điểm P3 . Khi đó ta định nghĩa P3 = P1 +P2 . Trong trường hợp P1 ≡ P2 thì đường thẳng qua P1 , P2 chính là tiếp tuyến 7
với đường cong tại P1 , khi đó tọa độ điểm P3 (x3 , y3 ) chính là tọa độ của điểm 2P1 . Với P1 , P2 6= Θ, tọa độ P3 (x3 , y3 ) xác định như sau: 1. Nếu x1 6= x2 thì −y1 x3 = λ2 − A − x1 − x2 , y3 = λ(x2 − x3 ) − y2 , với λ = xy22 −x 1 . 2. Nếu x1 = x2 nhưng y1 6= y2 thì P1 + P2 = Θ . 3. Nếu P1 ≡ P2 và y1 6= 0 thì 2 x3 = λ2 − A − 2x1 , y3 = λ(x1 − x3 ) − y1 , với λ = 3x1 +2Ax 2y1 1 +B . 4. Nếu P1 ≡ P2 và y1 = 0 thì P1 + P2 = Θ. Qui ước P + Θ = P, ∀P ∈ E(K). Luật cộng điểm của đường cong E có phương trình (E) : y 2 + a1 xy + a3 y = f (x) = x3 + a2 x2 + a4 x + a6 . Ta ký hiệu E(K) = {(x, y) ∈ K2 : y 2 + a1 xy + a3 y = x3 + a2 x2 + a4 x + a6 } ∪ {Θ}. Bắt đầu với 2 điểm P1 (x1 , y1 ) và P2 (x2 , y2 ) trên E(K), vẽ đường thẳng đi qua P1 , P2 và cắt E tại điểm P1 ∗ P2 . Lấy đối xứng của điểm P1 ∗ P2 qua đường thẳng y = − a1 x+a 2 3 ta được điểm P3 . Khi đó ta định nghĩa P3 = P1 + P 2 . Trường hợp 1. Nếu x1 6= x2 thì P1 6= P2 , gọi phương trình đường thẳng đi qua P1 , P2 là y = λx + β , trong đó y1 − y2 λ= . x1 − x2 Trường hợp 2. Nếu x1 = x2 và P1 6= P2 thì P1 + P2 = Θ. Trường hợp 3. Nếu P1 = P2 , gọi phương trình tiếp tuyến đi qua P1 là y = λx + β , trong đó f 0 (x1 ) − a1 y1 λ= . 2y1 + a1 x1 + a3 Ta gọi phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = λx + β và E là (λx + β)2 + a1 x(λx + β) + a3 (λx + β) = x3 + a2 x2 + a4 x + a6 , 8
tương đương 0 = x3 + (a2 − λ2 − λa1 )x2 + (a4 − 2λβ − a1 β − λa3 )x + (a6 − β 2 − a3 β). Tọa độ của P3 (x3 , y3 ) xác định như sau. Trong trường hợp 1. (x3 , y3 ) = (x3 , −y30 − a1 x3 − a3 ) trong đó x3 = λ2 + λa1 − a2 − x1 − x2 , y30 = λx3 + β . Trong trường hợp 3. (x3 , y3 ) = (x3 , y30 − a1 x3 − a3 ) trong đó x3 = λ2 + λa1 − a2 − 2x1 , y30 = λx3 + β . Định lý 1.1. E(K) cùng với phép cộng xác định như trên lập thành một nhóm giao hoán với Θ là phần tử đơn vị. Chứng minh. Có thể xem chứng minh định lý này trong [14]. Chú ý 1.1. Cho E là đường cong elliptic có phương trình y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C, A, B, C ∈ Q. Nếu cần thiết nhân cả hai vế của phương trình với d6 , d ∈ Z∗ , ta thu được (yd3 )2 = (xd2 )3 + d2 A(xd2 )2 + d4 B(xd2 ) + Cd6 . Thay yd3 bởi y và xd2 bởi x, ta có thể chọn d sao cho d2 A, d4 B, Cd6 ∈ Z. Vậy khi xét E : y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C trên Q có thể giả sử A, B, C ∈ Z. 1.2 Điểm có cấp hữu hạn 1.2.1 Điểm có cấp hữu hạn Định nghĩa 1.1. Cho E : y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C , với A, B, C ∈ K. Cho P (x0 , y0 ) ∈ E . Cấp của điểm P là số nguyên dương m bé nhất thỏa mãn mP = Θ. Nếu tồn tại m như vậy thì P có cấp hữu hạn, P còn được gọi là điểm xoắn, ngược lại P được gọi là điểm có cấp vô hạn. Ký hiệu E[n] là tập các điểm trên E có cấp n và điểm Θ. Vấn đề đặt ra là làm thế nào để tìm được tất cả các điểm hữu tỷ có cấp hữu hạn trên E . Để làm được điều đó, ta cần đến kết quả quan trọng là định lý Nagell-Lutz. 9
1.2.2 Định lý Nagell-Lutz Định lý 1.2. (Định lý Nagell-Lutz). Cho E là đường cong elliptic có phương trình y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C , với A, B, C ∈ Z, P (x0 , y0 ) ∈ E(Q). Nếu P có cấp hữu hạn khi đó ta có được hai khẳng định sau đúng (1) x0 ∈ Z và y0 ∈ Z. (2) Nếu y = 0 thì P có cấp bằng 2, ngược lại nếu y 6= 0 thì y 2 |D. Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [14]. Để chứng minh định lý này, chúng ta cần đến một số khái niệm chuẩn bị r sau. Giả sử x = 6 0 là phân số tối giản, ta sẽ viết được x = pba1 1 với a = b r ∈ Z và p không là ước của a1 b1 . Khi đó định giá p-adic được định nghĩa bởi vp (x) = r, vp (0) = +∞. Cho E: y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C , A, B, C ∈ Z, 1 ≤ r, r ∈ Z. Ký hiệu: Er = {(x, y) ∈ E(Q): vp (x) ≤ −2r, vp (y) ≤ −3r} ∪ {Θ}. Để chứng minh x, y ∈ Z chúng ta sẽ chứng minh mẫu số của x và y không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào. Để làm được điều đó cần đến định lý sau. Định lý 1.3. Giả sử E là đường cong elliptic y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C với A, B, C ∈ Z, p là số nguyên tố, r ∈ N∗ và R là vành số hữu tỷ . Khi đó (1) Er là một nhóm con của E(Q). (2) Với giả thiết P (x, y) ∈ E(Q) khi đó để vp (x) < 0 khi và chỉ khi vp (y) < 0. Hơn nữa, tồn tại r ≥ 1 sao cho vp (x) = −2r, vp (x) = −3r. (3) Ánh xạ λr : Er → pr R/p3r R, x P = (x, y) 7→ λr (P ) = (modp3r ), y Θ 7→ 0, là một đồng cấu. 10
(4) Nếu (x, y) ∈ Er và (x, y) ∈ / Er+1 thì λr (x, y) 6≡ 0(modp). Chứng minh. Việc chứng minh Er là nhóm con của E(Q) nằm trong quá trình chứng minh λr là đồng cấu không khó nhưng khá dài, vượt quá khuôn khổ của luận văn, có thể tham khảo trong [14]. Chúng ta sẽ đi chứng minh (2) và (4). (2). Lấy (x,y) ∈ E(Q). Khi đó y 2 = x3 + Ax2 + Bx + C. m u ∗ Giả sử x = np k , y = ωpσ trong đó k, σ ∈ N , p - mn, p - uω. m Nếu vp (x) = −k < 0 thay x = np k vào phương trình của đường cong, ta được u2 m3 + Am2 npk + Bmn2 p2k + Cn3 p3k = . ω 2 p2σ n3 p3k Do p - mn nên p - (m3 + Am2 npk + Bmn2 p2k + Cn3 p3k ) , vì vậy vp (y 2 ) = vp (x3 + Ax2 + Bx + C) = −3k. Do p - u2 và p - ω 2 , vì vậy 2 u2 vp (y ) = vp ( 2 2σ ) = −2σ. ω p Điều đó có nghĩa nếu vp (x) < 0 thì vp (y) < 0. Mặt khác vp (y 2 ) = 2vp (y) = −3k = 3vp (x) nên tồn tại r ≥ 1 sao cho vp (x) = −2r, vp (y) = −3r. (4). Ta có Er = {(x, y) ∈ E(Q) : vp (x) ≤ −2r, vp (y) ≤ −3r}. Nếu (x, y) ∈ Er nhưng (x, y) ∈ / Er+1 thì vp (x) = −2r, vp (y) = −3. Do đó vp ( xy ) = r nên λr (x, y) = p−r xy 6≡ 0(modp). Hệ quả 1.1. Ký hiệu như trong định lý 1.1. Nếu n > 1 và n không là một lũy thừa của p thì Er không chứa các điểm có cấp n. Chứng minh. Giả sử tồn tại điểm P có cấp n. Vì n không là một lũy thừa của p nên tồn tại m ∈ N∗ để n = mpk với p - m. Khi đó nP = m(pk P ) = Θ nên pk P có cấp là m nguyên tố với p. Do đó ta có thể giả sử P có cấp là n với p - n. Gọi r là số nguyên dương lớn nhất sao cho P ∈ Er . ta có nλr (P ) = λ(nP ) = λr (Θ) ≡ 0(modp3r R). 11
Vì p - n nên λr (P ) ≡ 0(modp3r R) tức là P ∈ E3r . Điều này mâu thuẫn với việc chọn r. Do đó P không tồn tại. Bây giờ chúng ta đã có đủ công cụ để chứng minh định lý Nagell - Lutz. Chứng minh. Giả sử x hoặc y không thuộc Z. Khi đó tồn tại một số nguyên tố p là ước của mẫu số của chúng. Theo định lý 1.2, P ∈ Er n (với r ≥ 1 ). Gọi l là số nguyên tố mà l|n, khi đó Q = l có cấp l. Theo hệ quả 1.1 ta có l = p. Chọn j sao cho Q ∈ Ej và Q ∈ / Ej+1 . Khi đó λj (Q) 6≡ 0(modp) và pλj (Q) = λj (pQ) ≡ 0(modp3j R) . Do đó λj (Q) ≡ 0(modp3j−1 R). Điều này mâu thuẫn với λj (Q) 6≡ 0(modp). Vậy x, y ∈ Z. Giả sử y 6= 0 thì 2P = (x2 , y2 ) 6= Θ. Vì 2P có cấp hữu hạn nên x2 , y2 ∈ Z. Ta có [f 0 (x)]2 x4 − 2Bx2 − 8Cx + B 2 − 4AC x2 = − A − 2x = . 4y 2 4y 2 Do x2 ∈ Z suy ra y 2 |(x4 − 2Bx2 − 8Cx + b2 − 4AC). Chúng ta sẽ đi tìm biểu diễn F (x)g(x) + G(x)f (x) = D, trong đó g(x) = x4 −2Bx2 −8Cx+b2 −4AC, f (x) = x3 +Ax2 +Bx+C, F (x), G(x) lần lượt là hàm số bậc 2, bậc 3 hệ số nguyên. Tính toán bằng cách đồng nhất hệ số ta tìm được F (x) = −3x2 − 2Ax 2 3 2
+ A − 4B, G(x) = 3x − Ax − 5Bx + 2AB − 27C . Khi đó y 2 |D vì y 2
[F (x)g(x) + G(x)f (x)].
Hệ quả 1.2. Cho E là đường cong elliptic trên Q. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là hữu hạn. Chứng minh. Bằng cách đổi biến thích hợp, chúng ta có thể chuyển phương trình của E về dạng Weierstrass với hệ số nguyên. Giả sử (x, y) là một điểm xoắn. Khi đó theo định lý Nagell-Lutz chỉ có hữu hạn khả năng cho y . Do đó cũng có hữu hạn khả năng cho x. Vậy chỉ có hữu hạn khả năng cho các điểm xoắn nên nhóm con xoắn của E(Q) là hữu hạn. 12
Nhận xét 1.1. (1). Với phương trình Weierstrass tổng quát hệ số nguyên thì định lý Nagell-Lutz không còn đúng nữa. Chẳng hạn, với đường cong E xác định bởi phương trình y 2 + xy = x3 + x2 − 11x, −11 có điểm P ( 11 4 , 8 ) cấp 2 nhưng tọa độ không nguyên. (2). Định lý Nagell-Lutz không còn đúng cho chiều ngược lại, nghĩa là những điểm (x, y) có tọa độ nguyên và y 2 chia hết D thì không suy ra được rằng điểm đó có bậc hữu hạn. Chẳng hạn, y 2 = x3 + 28 có điểm (2, 6) có cấp ∞ tuy nhiên y 2 = 36 là ước của D = 21168. Định lý Nagell-Lutz có thể sử dụng để liệt kê tất cả các điểm có thể có bậc hữu hạn chứ không sử dụng để chứng minh xem một điểm nào đó có bậc hữu hạn không mà để làm được việc đó chúng ta cần chỉ ra có số nguyên n > 1 để nP = 0. Định lý Nagell-Lutz còn được sử dụng để chứng minh điểm có bậc vô hạn, ý tưởng là tính các điểm P, 2P, 3P, ...nP nếu tọa độ không còn nguyên nữa thì suy ra điểm P có cấp vô hạn. Tuy nhiên công việc ngược lại là đi tìm tập các điểm có cấp hữu hạn sau khi áp dụng định lý Nagell-Lutz là khả thi nhờ vào một định lý rất đẹp, đó là định lý Mazur. Định lý Mazur được nêu ở luận văn này nhưng không chứng minh, có thể tham khảo chứng minh trong [7]. Định lý 1.4. (Mazur) Giả sử E(Q) chứa một điểm hữu tỉ có bậc hữu hạn là m. Khi đó 1 ≤ m ≤ 10 hoặc m = 12. Hơn nữa, nhóm con xoắn của E(Q) là một trong các dạng sau Z/m với 1 ≤ m ≤ 10 hoặc m = 12, Z/2 ⊕ Z/2m với 1 ≤ m ≤ 4. Định lý 1.5. (Định lí Mordell-Weil) Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic (E(Q), +) là một nhóm aben hữu hạn sinh. Việc chứng minh đòi hỏi phải xây dựng rất nhiều lý thuyết toán có liên quan, vì vậy ta sẽ không đề cập phần chứng minh ở đây, chúng ta có thể 13
tham khảo phần chứng minh ở tài liệu [14, tr. 83]. Như vậy theo định lí này nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic E(Q) có tập sinh hữu hạn. Nghĩa là mỗi điểm hữu tỉ trên đường cong có thể nhận được từ một tập hữu hạn các điểm hữu tỉ bằng cách sử dụng một tổ hợp nào đó của các giao tuyến và tiếp tuyến. Vấn đề là cần bao nhiêu điểm hữu tỉ để xây dựng tất cả các điểm hữu tỉ. Vì E(Q) là nhóm aben hữu hạn sinh nên nó là tổng trực tiếp của một nhóm hữu hạn và một nhóm aben tự do hữu hạn sinh nên nó là tổng trực tiếp của một nhóm hữu hạn và một nhóm aben tự do hữu hạn sinh, hạng của nhóm aben tự do hữu hạn sinh này được gọi là hạng của đường cong elliptic. Tất cả các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) lập thành nhóm T orsE(Q) gọi là nhóm con xoắn của E(Q). Khi đó E(Q) là tổng trực tiếp của T orsE(Q), với nhóm con các điểm có bậc vô hạn. Nhóm con các điểm có bậc vô hạn là nhóm hữu hạn sinh nên nó đẳng cấu với Zr , với r được gọi là hạng của đường cong elliptic và nó là một số nguyên không âm. Ta có E(Q) ∼ M = T orsE(Q) Zr Định lý Nagell-Luzt cho phép tìm các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) từ đó tìm được T orsE(Q), còn vấn đề tìm hạng của đường cong là vấn đề khó mà ta không đề cập ở đây. Nếu đường cong có hạng bằng 0 thì E(Q) là nhóm hữu hạn, nếu hạng khác 0 thì E(Q) có vô hạn phần tử. 1.3 Phần xoắn của hai lớp đường cong elliptic Mục đích của phần này là mở rộng hai kết quả trong [3] (các định lý 3.2 và 3.3) về phân loại nhóm xoắn của hai lớp đường cong y 2 = x3 + ax và y 2 = x3 + a. Mệnh đề 1.1. Giả sử E là đường cong elliptic cho bởi y 2 = x3 + ax, trong đó a ∈ Z, a 6= 0. Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là 14
(1) T orsE(Q) = Z/2Z ⊕ Z/2Z nếu và chỉ nếu −a là số chính phương. (2) T orsE(Q) = Z/4Z nếu và chỉ nếu a = 22 d4 với d ∈ Z, d 6= 0. (3) T orsE(Q) = Z/2Z trong các trường hợp còn lại. Chứng minh. Giải phương trình: x3 + ax = 0. Trường hợp 1. −a không là số chính phương khi đó nhóm con xoắn của Z đường cong elliptic chỉ có thể là 2nZ với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Trường hợp 2. −a là số chính phương khi đó nhóm con xoắn của đường cong elliptic chỉ có thể là Z ⊕ 2nZZ với n = 1, 2, 3, 4. 2Z Chúng ta sẽ đi tìm các nhóm con xoắn có trong trường hợp 1. Điểm P (x3 , y3 ) có cấp là 3 khi đó P là điểm uốn, phương trình tiếp tuyến của đường cong elliptic tại điểm P là y = kx + l(d). Vậy (kx + l)2 = x3 + ax. Do đường thẳng (d) chỉ cắt đường cong đã cho tại duy nhất một điểm vậy chúng ta có (x − r)3 = x3 − k 2 x2 + (a − 2kl)x − l2 với k, l, r ∈ Z. Bằng việc đồng nhất các hệ số ta thu được 3r = k 2 và r3 = l2 . Khi đó l2 = k 6 /27 và thay vào phương trình 3r2 = a − 2kl chúng ta thu được k4 k4 3( ) = a − 2( √ ). 9 3 3 Từ đó ta khẳng định đường cong elliptic cho không có điểm cấp 3. Bây giờ đi tìm điều kiện để đường cong elliptic có điểm P (x4 , y4 ) có cấp 4. Phương trình tiếp tuyến của đường cong elliptic đã cho tại điểm P và đi qua điểm (0, 0) là y = mx nên (mx)2 = x3 + ax ⇔ x(x2 − m2 x + a) = 0. Đường cong elliptic đã cho nhận P là điểm cấp 4 nếu và chỉ nếu x2 − m2 x + a = 0 có nghiệm nguyên duy nhất khác 0. Từ đó m4 − 4a = 0 nếu và chỉ nếu a = 22 d4 với d ∈ Z, d 6= 0. Vậy chúng ta có hai điểm cấp 4 là (2d2 , 4d3 ) và (2d2 , −4d3 ). 15
Giả sử phương trình đường cong elliptic nhận điểm P (x8 , y8 ) là điểm cấp 8, khi đó phương trình tiếp tuyến với đường cong tại P và đi qua điểm A(2d2 , 4d3 ) là y = mx + (4d3 − 2md2 ) và ta thu được phương trình sau (2d2 − x)(x2 + (2d2 − m2 )x + 8d4 − 8md3 + 2d2 m2 ) Để thỏa mãn bài toán, phương trình −28d4 − 12d2 m2 + m4 + 32md3 = 0 có nghiệm m ∈ Z, phương trình tương đương với m4 = (2d)2 (3m2 − 8md + 7d2 ). Để bài toán thỏa mãn nếu và chỉ nếu 3m2 − 8md + (7d2 − 4d2 k 4 ) = 0 với k ∈ Z, k 6= 0, phương trình có nghiệm m ∈ Z nếu và chỉ nếu d2 (12k 4 − 5) = u2 với u ∈ Z, u 6= 0 tương đương với √ √ 12k 4 − 5 = v 2 ⇔ (2 3k 2 − v)(2 3k 2 + v) = 5 với v ∈ Z điều này mẫu thuẫn. Vậy đường cong elliptic đang xét không có điểm cấp 8. Giả sử P1 (x1 , y1 ) là điểm có cấp 5 thuộc đường cong elliptic, khi đó bốn điểm P1 , P2 , P3 , P4 cùng nằm trên đường cong elliptic và tạo thành hình chữ nhật, có tọa độ lần lượt là P4 = (x1 , −y1 ), P2 = (x2 , y2 ), P3 = (x2 , −y2 ). Ta thu được (−−→ −−→ 3 P2 P1 .P1 P4 = 0 (x1 − x1 ).(x31 + ax1 − x32 − ax2 ) = 0 −−→ −−→ ⇔ |P2 P1 | = |P1 P4 | (x1 − x2 )2 + [(x31 − x32 ) + a(x1 − x2 )]2 = 4(x31 + x1 )2 . Thu được phương trình sau x2 = −x31 (x1 − x2 )2 = 4(x31 + x1 )2 ⇔ x2 = 2x1 + x31 . Với x2 = −x31 , ta có phương trình x61 − x41 + x21 + a = 0. Đặt x21 = t(t ≥ 0), ta có t3 − t2 + t + a = 0. Đồng nhất hệ số trong phương trình t3 − t2 + t + a = t3 − 3t2 c + 3tc2 − c3 (c ≥ 0) ta thu được 3c = 1 và 3c2 = 1, điều này mâu thuẫn. Vậy với x2 = −x31 không có nghiệm. Với x2 = 2x1 + x31 , bằng cách làm tương tự như trường hợp x2 = −x31 ta 16