Me pregunto, si es cierto que el subgrupo de torsión de $y^2=x^3+p$ ($p$ algunos prime, mayor que 2), es siempre trivial?.
Intentaba demostrarlo usando Nagell Lutz, pero absolutamente no puedo conseguirlo.
Gracias
Respuesta
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Nagell-Lutz dice que,como usted sabe, que si un punto racional $P=(x,y)$ es de torsión, ambos x e y son enteros y:
$y=0$
y divide el discriminante de la curva (y, por lo tanto, así debe de $y^2$).
En su caso, el discriminante es $-27p^2$. Así que si $y^2 | -27p^2$ vemos que y puede ser $\pm 3$, $\pm p$, $\pm 3p$ o $\pm 1$. Supongamos primero que $p \neq 5$. Entonces uno puede mostrar que, desde el 5 es un lugar de buena reducción y la ramificación de grado es 1, $E(\mathbb{Q})_{tors}| E(\mathbb{F}_5)$ (aquí este es el orden de la torsión de los grupos de E sobre el campo correspondiente).Es entonces claro que $E(\mathbb{Q}_{tors})$ debe ser 1,2,3 o 6, ya que $E_(\mathbb{F}_5)=6$. Es claro que no puede haber ningún punto de orden 2.
Para los puntos de orden 3, el uso de la m-división de polinomios para encontrar que si P es un 3-torsión punto, $\phi_3(x,y) = 3x(x^3+4p)$. Ahora, $x=0$ es una solución de esta ecuación, y la inserción de esta en su ecuación consigue $y^2=p$, pero como p es primo, no puede haber puntos de la satisfacción de estas ecuaciones en la curva. $x^3+4p= 0$ no tiene soluciones racionales, por lo que no 3-torsión puntos de existir.
Para los puntos de orden 4, considere el 4 de divisopn polinomio $\phi_4(x,y)/\phi_2(x,y)=2x^6+80px^3-8p^2$. No tiene raíces racionales, por lo que no hay puntos de la orden de 4 de existir. Uno sabe que el punto de pedido 6 existe si los puntos de orden 2 y 3 existen. No hay puntos de orden 2 o 3 existe, por lo que se hace.
Así, para el caso de que $p=5$, usted puede terminar fácilmente: y^3=x^2+5, Nagell-Lutz le da a usted que $y= \pm 3$, $y= \pm 5$, $y= \pm 1$, $y= \pm 15$. La comprobación de estos casos, se hace.
