¿Hay una prueba más elemental de este caso especial de Riemann-Roch?

Question

Estoy en busca de un elemental de la prueba del hecho de que $\ell(nP) = \dim L(nP) = n$ donde $L(nP)$ es el lineal (de Riemann-Roch) el espacio de ciertas funciones racionales asociados para el divisor $nP$ donde $n > 0$ es un número entero y $P$ es un punto en una curva de género 1.

Este hecho se utiliza para probar que cada curva elíptica es isomorfo a una curva dada por una ecuación de Weierstrass. Véase, por ejemplo, Silverman, La Aritmética de Curvas Elípticas, p. 59, de la Proposición 3.1.(a).

Sé que es un corolario de la de Riemann-Roch teorema (sigue del corolario que dice que si $\deg D > 2g - 2$$\ell(D) = \deg D + 1 - g$). La prueba de la totalidad de Riemann-Roch teorema todavía se ve un poco intimidante para mí, así que estoy esperando que alguien puede proporcionar un más elemental de la prueba de este caso especial, tal vez por hacer la pertinente simplificaciones en la prueba de la de Riemann-Roch teorema.

Gracias de antemano.

Answer 1

Deje $X$ ser una curva elíptica sobre $k$, e $P \in X$. Tenemos que probar que para $D=nP$ hemos $$ l(D)=\deg(D)=n $$ Si $D$ satisface la ecuación anterior, y $E$ es un divisor tal que $E \geq D$, luego tenemos a $l(E)=\deg(E)$ (cf. Fulton, Corolario 8.3.1). Por lo tanto es suficiente para demostrar que $l(P)=1$.

Claramente $l(P) > 0$, ya que el $k \subset L(P)$. Por otro lado, $l(P) > 1$ implicaría que existe $x \in k(X)$ tal que $x$ tiene una simple poste de $P$, y ningún otro de los polos. Pero esto implica que el mapa $$ x: X \rightarrow \Bbb{P}^1 $$ es un isomorfismo, que es una contradicción. Por lo tanto $l(P)=1$.

Answer 2

Aquí está una escuela primaria de la solución en un caso muy especial. Se supone que la curva ya está integrado en el plano mediante un Weierstrass-como la ecuación, por lo que no puedo usarla para después probar que cada curva elíptica puede ser dada por una ecuación de Weierstrass, pero tal vez aún puede ser instructivo.

Podemos suponer que la base es de campo de carácter $0$ y algebraicamente cerrado. Supongamos $E$ es la curva proyectiva en $\mathbb{P}^2$ definido por la siguiente ecuación en $\mathbb{A}^2$, $$y^2 = (x - \lambda_1)(x - \lambda_2)(x - \lambda_3)$$ donde $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ son no-cero y distinto. Se puede demostrar que $E$ es una curva suave con un único punto en el infinito, es decir,$P = (0 : 0 : 1)$. Como Nils Matthes, ha indicado, para mostrar que $\ell (n P) = n$ todos los $n \ge 1$, es suficiente para demostrar el caso $n = 1$.

Supongamos, por una contradicción, que $\ell (P) > 1$. Sabemos que para todos los divisores $D$, $\ell (D) \le \deg D + 1$, lo que significa que la $\ell (P) = 2$, y así hay algunos que no constante de la función racional $t$ tal que $L (P)$ es distribuido por $1$$t$. Por otra parte, $t$ tiene una simple poste de $P$ (y en ninguna otra parte), por lo $t^n$ tiene un polo de orden $n$ $P$ (y en ningún otro lugar). Como tal, $L (n P)$ es distribuido por $1, t, \ldots, t^n$. Sin embargo, sabemos que $y$$L (2 P)$$x$$L (3 P)$, lo que significa que, para algunas constantes, \begin{align} x & = a_0 + a_1 t + a_2 t^2 \\ y & = b_0 + b_1 t + b_2 t^2 + b_3 t^3 \end{align} y por reescalado $t$ si es necesario, podemos suponer que la $a_2 = b_3 = 1$. (Tenga en cuenta que $a_2^3 = b_3^2$.) También podemos completar el cuadrado para asumir ese $a_1 = 0$. Pero entonces sustituyendo en la ecuación original, obtenemos $$(b_0 + b_1 t + b_2 t^2 + t^3)^2 = (t^2 + a_0 - \lambda_1) (t^2 + a_0 - \lambda_2) (t^2 + a_0 - \lambda_3)$$ lo cual es imposible, ya que el lado derecho tiene seis diferentes ceros.