Puntos de ramificación y puntos de Weierstrass

Question

Esta es la pregunta 7.4.7 del libro de Liu: Sea X una curva hiperelíptica de género $g \geq 2$ dotado de un morfismo separable $f: X \rightarrow \mathbb{P}^1_k$ de grado 2. Podemos escribir $K(X) = k(t)[y]$ con una relación $y^2+Q(t)y=P(t)$ .Let $x_0 \in X(k)$ y asumir que $x_0$ es un punto de Weierstrass, es decir, que $l(2x_0) \geq 2$ . Queremos demostrar que un punto de Weierstrass es un punto de ramificación. Sabemos que los puntos fijos de la involución hiperelíptica $\rho$ son puntos de ramificación.

El ejercicio se divide en pasos, en a) suponer que $x_0$ no es un punto de ramificación, entonces $x'_0 = \rho(x_0)$ es distinto de $x_0$ . Ahora usted toma $h \in L(2x_0) \setminus k$ y demostrar que $(h \pm \rho(h))_\infty = 2[x_0]+2[x'_0] = 2 f^\ast [f(x_0)]$ . No tengo ningún problema en mostrar esto.

En b) demuestras que puedes suponer que h es de la forma $h=a(t)+b(t)y$ . Puedo hacerlo sin problemas. Este es mi problema:

c) Considerando el grado de $h - \rho(h)$ , demuestran que $g \leq 1$ .

¿Cómo puedo calcular el grado de $h - \rho(h)$ ¿y cómo puedo, a partir de ella, concluir que tiene género menor o igual a 1?

Answer 1

Creo que el punto $f(x_0)$ es $t=\infty$ . Si $f$ no está ramificado en $x_0$ entonces $t$ es un parámetro en $x_0$ : $\mathrm{ord}_{x_0}t=1$ .

Dejemos que $g$ sea el género de $X$ . Entonces $\deg P=2g+1$ o $2g+2$ y $\deg Q\le g+1$ . Tenemos $\sigma(y)=-y-Q$ . Así que $h-\sigma(h)=b(t)(2y+Q(t))$ . Ahora distingue dos casos.

1. Si $k$ tiene la característica $2$ entonces $$2=\deg b(t)+\deg Q(t)\ge \deg Q(t).$$ Como $f$ es unramificado por encima de $t=\infty$ y la doble tapa $f$ alrededor de $\infty$ viene dada por la ecuación $$(\frac{y}{t^{g+1}})^2+(\frac{Q(t)}{t^{g+1}})\frac{y}{t^{g+1}}=\frac{P(t)}{t^{2g+2}},$$ debemos tener $\frac{Q(t)}{t^{g+1}}|_{t=\infty}\ne 0$ . Esto significa que $\deg Q(t)=g+1$ . La desigualdad anterior implica entonces que $g\le 1$ .

2. Si $k$ tiene una característica diferente a la de $2$ . Podemos elegir $Q=0$ . Entonces $$(\frac{y}{t^{g+1}})^2=\frac{P(t)}{t^{2g+2}}.$$ Como $f$ se supone que no está ramificado por encima de $\infty$ el lado derecho debe ser distinto de cero en $t=\infty$ . En otras palabras, $\deg P(t)=2g+2$ y $y/t^{g+1}$ es regular e invertible en los puntos por encima de $\infty$ . Así que $\mathrm{ord}_{x_0}(y)=g+1$ . Por otro lado, $$2=\mathrm{ord}_{x_0}(h-\sigma(h))=\deg b(t)+ \mathrm{ord}_{x_0}(y)\ge g+1.$$ Por lo tanto, $g\le 1$ .