Curva elíptica sobre algebraicamente cerrado campo de la característica $0$ tiene un no-torsión punto

Question

Deje $E/k$ ser una curva elíptica sobre un algebraicamente cerrado campo de $k$ de los característicos $0$. Se puede demostrar que el grupo abelian $E(k)$ no es de torsión? Mejor aún, se puede demostrar que $E(k) \otimes_\mathbb Z \mathbb Q$ es un infinito-dimensional $\mathbb Q$-espacio vectorial?

Es muy tentador aquí para intentar utilizar el Lefschetz principio, para tratar de reducir la situación a $k= \mathbb C$ donde ambas afirmaciones son evidentes. Sin embargo no estoy seguro de que realmente se puede aplicar la Lefschetz principio, ya que requeriría la formulación de las declaraciones en el primer orden de teoría de campos y soy por desgracia no hay mucho de un lógico.

Al menos se puede decir que si el campo $k$ es incontable, a continuación, $E(k)$ es incontable, mientras que $E(k)^{\text{tors}}$ es contable (tanto es cierto sobre cualquier campo), así que siempre hay un no-torsión punto.

Sin embargo, cuando el campo $k$ es contable, a mí me parece que debería haber "trivial" razón por la $E(k)$ debe tener un elemento de orden infinito. El hecho de que $k$ tiene características de las $0$ tiene que intervenir de alguna manera, como la afirmación es falsa en lo finito característica...

Answer 1

Después de algunas búsquedas, encontré el siguiente artículo:

G. Frey y M. Jarden, teoría de la Aproximación y el rango de abelian variedades más grandes algebraica de los campos. Proc. Londres Matemáticas. Soc. 28 (1974), 112-128.

Se proporciona un enlace en la segunda página del autor; ver aquí para el artículo.

En el mismo, resultan los siguientes:

Teorema 10.1. Si $A$ es un abelian variedad de dimensión positiva, definida sobre un algebraicamente cerrado de campo que no es la clausura algebraica de un campo finito, entonces el rango de a $A(K)$ es igual a la cardinalidad de a $K$.

La prueba es un poco engorroso, pero en la segunda observación la siguiente teorema, que proporcionan una alternativa y un método más directo, que no depende de los resultados principales de su papel. Este método alternativo parece útil para los más débiles de la pregunta que usted me hizo.

En la introducción, también dicen:

Otra prueba fue indicado por J.-P. Serre en una carta.

Ya que no incluya una referencia para la letra, podría haber sido privado de la comunicación. (Yo no la búsqueda en Serre las Obras de la carta). O tal vez Serre de la prueba es el método alternativo que les dan.

Observación. Tenga en cuenta que el teorema es trivial para $K$ innumerables:

• La cardinalidad de a $A(K)$ es en la mayoría de los que de $K$, con igualdad si $K$ es algebraicamente cerrado;
• La torsión es contable, puesto que el $n$-torsión tamaño de $\leq n^{2g}$ (con igualdad si $\operatorname{char} K \nmid n$);
• Por lo tanto, $A(K) \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Q$ tiene la misma cardinalidad como $K$.
• Por lo tanto, si $K$ es incontable, a continuación, $A(K) \otimes \mathbb Q$ no puede ser finito-dimensional.
• Ahora el uso que de la $I$ infinito, la cardinalidad de a $I$ es igual a la cardinalidad de a $\mathbb Q^{(I)}$ (pero no, por supuesto que de $\mathbb Q^I$; cf. Cantor diagonal del argumento).

Del mismo modo, este argumento demuestra que para cualquier infinito campo (no necesariamente algebraicamente cerrado, ni incontables) que la dimensión de $A(K) \otimes \mathbb Q$ es en la mayoría de la cardinalidad de a $K$. Por lo tanto, el único contenido del teorema es exactamente la pregunta que se formula: si $K$ es algebraicamente cerrado y no a la clausura algebraica de un campo finito, no $A(K) \otimes \mathbb Q$ tiene dimensión infinita?