¿Por qué una curva elíptica es un grupo?

Question

Considere un curva elíptica $y^2=x^3+ax+b$ . Es bien sabido que podemos (en el caso genérico) crear una adición en esta curva convirtiéndola en un grupo abeliano: La ley del grupo se caracteriza porque el elemento neutro es el punto en el infinito y porque $w_1+w_2+w_3=0$ si y sólo si los tres puntos $w_j$ son las intersecciones (con multiplicidad) de una línea y la curva elíptica.

Los grupos pueden ser difíciles de trabajar, pero en la mayoría de los casos demostrar que el grupo es de hecho un grupo es fácil. La curva elíptica es una excepción evidente. La conmutatividad es fácil, pero la asociatividad es difícil, al menos para este no algebrista: la prueba parece un gran cálculo, y la asociatividad parece un accidente algebraico más que algo que debe que sea cierto.

Esta es mi pregunta, entonces: ¿Por qué la ley de grupo en una curva elíptica es asociativa? ¿Hay alguna buena razón para ello? ¿Es acaso el grupo un subgrupo o un cociente de algún otro grupo que sea más fácil de entender? ¿O puede construirse a partir de otros grupos de alguna manera?

Deduzco que históricamente, la ley de grupos se descubrió a través de la ley de adición para el Weierstrass $\wp$ -función . La ley de adición no es en sí misma totalmente obvia, además este enfoque parece limitado al caso en que el campo base es $\mathbb{C}$ . En cualquier caso, me explayaré un poco sobre esto en breve, en una respuesta (de la wiki de la comunidad).

Answer 1

Hace unos días en mi clase de geometría algebraica vimos un argumento "geométrico" bastante bonito de por qué la ley de grupos es asociativa. Desgraciadamente estoy en casa por las vacaciones de Acción de Gracias y no tengo acceso a mis apuntes, pero por lo que recuerdo fue así:

Empieza con tres puntos P, Q, R, más el distinguido punto 0 que es la identidad; queremos mostrar que (P+Q)+R = P+(Q+R). Denotemos por (P#Q) el tercer punto de su curva colineal con P, Q. Básicamente empezamos a dibujar líneas por todas partes; terminamos con creo que un total de 10 puntos, que son:

0, P, Q, R, (P#Q), (Q#R), P+Q, Q+R, (P+Q)#R, P#(Q+R).

Por supuesto que secretamente esos son sólo 9 puntos, pero eso es lo que estamos tratando de probar...

Ahora resulta que creo que 9 de estos puntos, todos menos P#(Q+R), se encuentran en la unión de 3 líneas. La misma construcción, todos menos (P+Q)#R se encuentran en la unión de 3 líneas diferentes. Usando el teorema de Bezout o una generalización ligeramente más fuerte del mismo, podemos demostrar que el 9º punto de intersección de estos dos cúbicos planos es de hecho P#(Q+R) o (P+Q)#R, por lo que son el mismo.

Sin embargo, es probable que haya al menos un lugar en el que he recordado mal el argumento; si por casualidad sabes cuál es, házmelo saber y lo arreglaré con gusto.

Answer 2

Una demostración elemental utilizando el teorema de Lamé, un resultado clásico: Si 3 rectas cortan una cúbica no singular en los puntos A1 A2 A3, B1 B2 B3 y C1 C2 C3 y si A1 B1 C1 y A2 B2 C2 son colineales, entonces A3 B3 C3 también lo son (es decir, pertenecen a una misma recta recta) . 1)A, B y -(A+B) son colineales 2)0,C y -C son colineales 3)-A,-(B+C) y S = A+(B+C) son colineales 4) Como A, 0 y -A, así como B, C y -(B+C) son colineales, también lo son -(A+B), -C y S debido al teorema de Lame. En consecuencia, S = (A+B)+C, entonces A+B+C tiene sentido (¡Esto es asociatividad!)

Answer 3

El trazado de líneas, tal y como has explicado, da una ley de grupo sólo en el caso del género $1$ curvas. Esto no funciona para ningún otro género.

La razón es que el teorema de Riemann-Roch da el tercer punto, bajo la composición, y sólo funciona en el caso de género $1$ . Riemann-Roch es el teorema más importante en el estudio de las superficies de Riemann, o curvas algebraicas. Cuando se plantea la situación en términos de divisores y se aplica Riemann-Roch, se obtiene en cierto modo la asociatividad "gratis". Esta me parece la explicación más natural. También es muy parecida a la explicación jacobiana dada anteriormente.

Esto se da en el AEC de Silverman. Pero es un poco algebraico.

Véase la demostración de la ley de grupo en J. W. S. Cassels, Lectures on Elliptic Curves. Primero se explica la prueba dada por Harrison Brown, y luego se da esta explicación "conceptual" utilizando Riemann-Roch.

Sin embargo, dado que tu enfoque es analítico complejo, será muy instructivo consultar el libro de Rick Miranda sobre superficies de Riemann. También las notas de la conferencia de Raghavan Narasimhan en la ETH ofrecen la construcción analítica compleja de la variedad jacobiana, a la que se han referido otras personas en respuestas anteriores.

El volumen más avanzado (y definitivo) sobre geometría algebraica compleja es el de Griffiths y Harris.

Answer 4

Sea S el conjunto de todas las funciones algebraicas homogéneas de orden 3 con 3 variables. Poniendo f(x)=0 se obtienen 10 términos con 9 grados de libertad porque todas las funciones son proyectivas. Una función elíptica E pertenece a S. a,b y c son 3 puntos en E.

f1 contiene 3 líneas con los puntos (a,b,-(a+b)), (c,0,-c),(-(b+c),-a)

f2 contiene 3 líneas con puntos (b,c,-(b+c)),(a,0,-a),(-(a+b),-c)

Las funciones f1 y f2 también pertenecen a S. Definamos x como el punto donde se encuentran las rectas (-(b+c),-a) y (-(a+b),-c). Si x está en E, se demuestra la asociatividad ya que x es entonces otro nombre para (a+b)+c y a+(b+c).

Si los 8 puntos de E son todos distintos, entonces las funciones que pasan por los 8 puntos de S sólo tienen un grado de libertad. Por tanto, E debe ser una combinación lineal de las funciones f1 y f2. Como f1 y f2 son ambas cero en el punto x, entonces E también debe ser cero en x.

Esta prueba es una variación de la prueba que utiliza el Teorema de Lame (no he podido encontrarlo en la web), pero sólo utiliza álgebra básica.