Que $E:y^2 = x^3 + 1$ ser una curva elíptica. Para cada principal $5 \leq p \leq 13$, describen el grupo $E(\mathbb{F}_p)$.

Question

$$\Large\textbf{Problem}$$ Deje $E:y^2 = x^3 + 1$ ser una curva elíptica. Para cada uno de los prime $5 \leq p \leq 13$, describir el grupo $E(\mathbb{F}_p)$, el Mordell-Weil grupo.

$$\Large\textbf{Attempts and Ideas}$$ Estoy teniendo un montón de pensamientos acerca de este problema, así que me anotes.

Desde $E(\mathbb{F}_p)$ es un vacío de grupo, la identidad de $\infty$ (esto es cómo mi profesor define la identidad de Mordell-Weil group) debe ser en $E(\mathbb{F}_p)$.

Para cualquier prime $p$ tal que $5 \leq p \leq 13$, vemos que hay un punto de orden $2$ en el grupo $E(\mathbb{F}_p)$ ya que existe $x \in \mathbb{F}_p$ tal que $0 = x^3 + 1$ mantiene.

Queda por determinar los puntos del orden finito $n \geq 2$. Si $E:y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c$, luego

$$\mathrm{Discr}_E = -4a^3b + a^2b^2 + 18ab - 4b^3 - 27c^2$$

Desde $a = b = 0$ y $c = 1$, $\mathrm{Discr}_E = -27$. La forma fuerte de Nagell-Lutz Teorema nos dice que si $\beta^2 | -27$$(\alpha, \beta) \in E(\mathbb{F}_p)$,$\beta \in \{\pm 1, \pm 3\}$. Escribir

$$\beta^2 = \alpha^3 + 1$$

Necesitamos comprobar si hay puntos de orden finito. Si $\beta = \pm1$, $ \alpha$ does not exist since it does not belong to $\mathbb{F}_p$ for any prime $5 \leq p \leq 13$ (at this point $\alpha = 0 \no\in \mathbb{F}_p$). If $\beta = \pm 3$, then $\alpha^3 = 8$, which implies $\alfa = 2$.

En general, $E(\mathbb{F}_p)$ se compone de $\infty$, el punto de orden de $2$ y dos puntos de orden $4$ (creo que este es isomorfo a $\mathbb{Z}_4$).

$$\Large\textbf{Notes}$$

Este problema es similar al de "El Grupo de puntos de la curva Elíptica $y^2 = x^3 + 1$$\mathbb{F}_5$", pero diferente ya que el problema dado me pide para describir el grupo para el prime $5 \leq p \leq 13$ (esperemos que no sea un duplicado!).

Aparte de eso, dejen comentarios/respuestas/pensamientos acerca de los detalles que he publicado aquí.

Answer 1

Tomemos por ejemplo la $p=5$. La curva de $E: y^2=x^3+1$ tiene buena reducción en $5$, lo $E/\mathbb{F}_5$ es una curva elíptica, en particular, $E(\mathbb{F}_p)$ es de un número finito de abelian grupo. Usted puede encontrar fácilmente todos los puntos de $E$$\mathbb{P}^2(\mathbb{F}_5)$, y comprobar que no se $6$ puntos (contando el punto en el infinito). Desde $E(\mathbb{F}_p)$ es finito abelian de orden $6$, debe ser isomorfo a $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$. De hecho, también se puede comprobar que $P=(2,3)$ es un generador, con $$2P=(0,1),\ 3P=(4,0),\ 4P=(0,4),\ 5P=(2,2),$$ y $6P=\infty$. Usted puede trabajar fuera de la estructura de $E(\mathbb{F}_p)$, para cualquier $p>3$ en una manera similar. Por ejemplo, puede comprobar que $E(\mathbb{F}_7)\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, o que $E(\mathbb{F}_{17})\cong \mathbb{Z}/18\mathbb{Z}$.