Derivación explícita de la forma normal de Weierstrass para la curva cúbica

Question

En la página 22-23 de Puntos racionales en curvas elípticas de Silverman y Tate, los autores explican por qué es posible poner cada curva cúbica en la Forma Normal de Weierstrass. Aquí están las páginas relevantes: (Mi pregunta está al final; he puesto una línea roja sobre el punto que me interesa)

¿Podría alguien explicarme cómo se "resuelve" la parte del álgebra?

Esto parece una derivación bastante importante en realidad. Me temo que no sé ni cómo empezar el álgebra. Agradecería cualquier sugerencia/consejo. Gracias :)

Relacionado con esto. Hay una pregunta cercana que encontré aquí en MSE. Sin embargo, esa pregunta en particular se refiere más a la visión geométrica. Mi pregunta es cómo se pasa explícitamente de la cúbica general a la ecuación $xy^2+(ax+b)y=cx^2+dx+e$ . Por cierto, la ecuación de la cúbica general es (sólo para que los coeficientes sean coherentes con la fórmula anterior): $ax^3+bx^2y+cxy^2+dy^3+ex^2+fxy+gy^2+hx+iy+j=0$

Answer 1

El cálculo es sencillo utilizando el teorema de Riemann-Roch, pero no tanto sin él. Veamos los polos y los ceros de $x$ y $y$ . Sea $P$ sea el tercer punto de intersección de $Z$ y $C$ y $Q$ el tercer punto de intersección de $X$ y $C$ y $A$ y $B$ sean los otros dos puntos de intersección de $Y$ con $C$ . Observa que:

1. $Z$ tiene un doble cero en $\mathcal O$ y un simple cero en $P$ ;
2. $X$ tiene un doble cero en $P$ y un simple cero en $Q$
3. $Y$ tiene un cero simple en $\mathcal O$ y ceros en $A$ y $B$ .

A partir de (1) y (2), $x=X/Z$ tiene un doble polo en $\mathcal O$ (y ceros simples en $P$ y $Q$ );

A partir de (1) y (3), $y=Y/Z$ tiene polos simples en $\mathcal O$ y en $P$ (y ceros simples en $A$ y $B$ ).

De ello se deduce que la función $xy$ tiene un triple polo en $\mathcal O$ y ningún otro polo. Así, las funciones $x$ y $y':=xy$ sólo tienen postes en $\mathcal O$ (de pedidos $2$ y $3$ respectivamente). Por lo tanto, las 7 funciones

$$1, x, x^2, x^3, y', (y')^2, xy'$$

todos tienen polos de orden $\leq 6$ en $\mathcal O$ y ningún otro polo. Pero el espacio vectorial de tales funciones tiene dimensión $6$ por el teorema de Riemann-Roch. Por tanto, sabemos que existe una combinación lineal de ellas que es $0$ es decir, una ecuación de Weierstrass para $C$ .

Para encontrar la transformación explícitamente, se puede expresar la $7$ funciones anteriores como series formales de Laurent en torno a $\mathcal O$ con coeficientes en $k(a,b,c,d,e,f,g,h,i,j)$ y encontrar una combinación que cancele las partes principales. Riemann-Roch sólo tiene que demostrar que esta se pero si se quiere evitar Riemann-Roch y se tiene mucha paciencia, es posible demostrarlo directamente. En algún momento del cálculo, tendrás que dividir por el discriminante $D(a,b,c,d,e,f,g,h,i,j)$ ... ¡buena suerte con eso! :)

Answer 2

Tomando la derivada de la ecuación para la cúbica general, y tras algunas manipulaciones elementales, y conservando todos los coeficientes originales, se obtiene lo siguiente:

$x y^2 + [[(2b + 2c)/(3d + c)] x + (2g + f)/(3d +c)] xy$ = cúbico en $x$

Ahora sólo hay que utilizar una nueva coordenada $y$ que transforma el lado izquierdo en $y^2$ . El cambio de variables de Silverman, sustituyendo $xy$ con un nuevo $y$ no parece funcionar para esta forma de la ecuación.