Sea $K/F$ un campo de funciones de género $g\geq 2$, y $\deg(P)=1$. Si $0\leq k\leq 2g - 2$ muestra que hay $g$ valores de $k$ tal que $l(kP) = l((k+1)P)$.

Question

Sea $K/F$ un campo de funciones. Primero algo de notación:

$D_K$ es el grupo de divisores de $K$ (es decir, el grupo abeliano libre generado por los primos de $K$).

Para $x \in K^{\times}$, $(x) = \sum_P ord_P(x)P $

$L(D) = \{x \in K^{\times} \,:\, (x) + D \geq 0\} \cup \{0\}$ para $D \in D_K$

$l(D) = \dim_F(L(D))$

Aquí está el problema:

Supongamos que $K/F$ es de género $g\geq 2$, y $P$ un primo de grado $1$. Para todos los enteros $k$ tenemos $l(kP) \leq l((k+1)P)$. Si restringimos $k$ al rango $0\leq k\leq 2g - 2$ muestra que hay exactamente $g$ valores de $k$ donde $l(kP) = l((k+1)P)$.

Puedo mostrar que $l((k+1)P) - l(kP) \leq 1$ para $k \geq 0$ (esto parece que debería ayudar, pero tal vez no). También he observado que por Riemann-Roch, $l(kP) = l((k+1)P)$ (con $0\leq k \leq 2g-2$) si y solo si $l(C - kP) = l(C - (k+1)P) + 1$ donde $C$ es un divisor en la clase canónica $\mathcal{C}$.

Edit:

No estoy seguro de qué hacer a partir de aquí. Intenté ganar algo de intuición mirando el caso cuando $k = 0$. Por supuesto, $l(0P) = l(0) = 1$. Pero $l(P)$ puede ser tanto $1$ como $2$, y no veo por qué $l(P)$ tiene que ser $1$.

Answer 1

Notamos que $l(0P) = 1$ y $l((2g-1)P) = \deg((2g - 1)P) - g + 1 = g$. Denotemos $n_0 = |K_0|$, donde $K_0 = \{k \,:\,0\leq k \leq 2g-2 ; l(kP) = l((k+1)P) \}$ y sea $K_1 = ([0,2g-2]\cap \mathbb{Z})\setminus K_0$. Entonces dado que para cada $0\leq k\leq 2g-2$ tenemos que $l((k+1)P)- l(kP) \leq 1$, para cada $k \in K_1$, debemos agregar $1$ a $l(0) = 1$ para llegar a $l((2g-1)P) = g$ (teniendo dificultades para expresar esta idea). Dado que $|K_1| = 2g-1 - n_0$, obtenemos que $g = 2g-1 - n_0 + 1$ y reorganizando términos llegamos a $n_0 = g$.