Ayuda con probar que la torsión de los subgrupos de $y^2=x^3+x$ $E(\mathbb{Q})_{tors} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$

Question

Deje $E: y^2= x^3 + x$ ser una curva elíptica sobre $\mathbb{Q}$. Estoy tratando de demostrar que $E(\mathbb{Q})_{tors} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Con el fin de hacer eso, ya he demostrado que $|E(\mathbb{F}_p)| \equiv 0 \mod 4$ por cada prime $p \geq 3$, pero estoy perdido en lo que voy a hacer a continuación.

Cualquier ayuda sería muy caro apreciado.

EDIT: yo conozco la Nagell-Lutz teorema pero no creo que se me permite usarlo (Nagell-Lutz se describe en la siguiente sección de las notas, así que este ejercicio no es necesario). He mirado en el mapa de inyección descrito por Álvaro, y ahora he éxito calcula que el orden de la torsión del grupo es $1,2$ o $4$. El fin de $1$ no es bueno, como $(0,0)$ orden $2$. ¿Cómo puedo descartar una torsión grupo de orden $4$?

EDICIÓN de $2$: he encontrado una pista en línea que los estados que $2P=(0,0)$ (y por lo que ha pedido a $4$) iff $1=4d^4$ algunos $d$. Esto es imposible; por lo que la torsión del grupo tiene que tener un orden $2$. Sin embargo, no dan ninguna explicación, donde este resultado viene. Alguna idea?

INTENTO: ¿Es correcto esto? El punto de $(0,0)$ orden $2$, debido a que el $y$coordenada es cero. Si $-1$ es un cuadrado, decir $-1 = d^2$, entonces la ecuación toma la forma $y^2 = x(x-d)(x+d)$ y hay tres puntos de orden dos en $E(\mathbb{F}_p)$. Por lo tanto, si el índice de $E(\mathbb{Q})$ es de dos (cuando únicamente se compone de $2$-torsión puntos), es isomorfo $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ al $-1$ es un cuadrado y a $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ lo contrario. Debido a $-1$ no es un cuadrado en $\mathbb{Q}$, el resultado de la siguiente manera.

Answer 1

Aquí es un enfoque alternativo. Supongamos $E(\mathbb{Q})$ contiene un punto de $P$ orden $4$. Ya que no hay un único punto de orden $2$$\mathbb{Q}$, es decir,$Q=(0,0)$, debemos tener $2P=Q=(0,0)$. Ahora podemos usar las fórmulas para la multiplicación por $2$ (Silverman "la Aritmética de Curvas Elípticas", página 54): $$x([2]P) = \frac{x^4-b_4x^2-2b_6x-b_8}{4x^3+b_2x^2+2b_4x+b_6},$$ donde, en su caso, $$b_2=0,\ b_4= 2,\ b_6= 0,\ b_8= -1$$ así $$x([2]P) = \frac{x^4-2x^2+1}{4x^3+4x}.$$ Desde $2P=Q=(0,0)$, $x$- coordinar de $P$ satisface $$x^4-2x^2+1=0$$ o, de manera equivalente, $(x^2-1)^2=0$. Por lo tanto, $x=\pm 1$, $y$- coordinar de $P$ satisface $y^2=2$ o $y^2=-2$, y por lo $y=\pm \sqrt{\pm 2}$. Dado que ninguno de estos $y$-coordenadas están en $\mathbb{Q}$, llegamos a la conclusión de que $P$ no puede ser en $E(\mathbb{Q})$ a empezar.

Answer 2

Soy bastante ignorante acerca de la mayor potencia de la teoría de curvas elípticas, pero dado que usted sabe $|E(\Bbb{Q})_{tors}|$ a ser un factor de $4$, el problema se reduce a un simple cálculo.

Tenemos $$E(\Bbb{C})[2]=\{P_\infty,(0,0),(i,0),(-i,0)\}.$$ Así que si tu torsión grupo tiene orden de cuatro, no se puede Klein 4-grupo. En consecuencia, tiene que ser cíclico de orden cuatro. Por tanto, debe existir un punto de $P=(a,b)\in E(\Bbb{Q})$ tal que $2P=(0,0)$. Debido a $(0,0)$ es su propio negativo, esto implica que la tangente $T$ a través de $P$ también pasa por el origen. La pendiente de esta tangente es así $$ \frac ba=\frac{3x^2+1}{2y}=\frac{3a^2+1}{2b} $$ lo que implica que $$ 2b^2=3a^3+a. $$ Pero $P\in E$, por lo que también tiene $$ b^2=a^3+a. $$ La eliminación de $b$ a partir de este par de ecuaciones da $a^3=a$, y estoy seguro de que usted puede tomar desde allí.