Desde el teorema de Tate, se sabe que las dos curvas elípticas sobre el mismo campo de $\mathbb{F}_p$ son isogenous iff tienen el mismo número de puntos. Para $p\equiv 3\mod 4$, la curva de $E_1(\mathbb{F}_p):y^2=x^3+x$ es supersingular, y ha $p+1$ puntos. Así es el caso de la $p\equiv2\mod 3$ y la curva de $E_2(\mathbb{F}_p): y^2=x^3+B$ donde$B\ne0$$\mathbb{F}_p$. Y, por lo tanto, cuando $p\equiv 11 \mod 12$, $E_1(\mathbb{F}_p)$ y $E_2(\mathbb{F}_p)$ son isogenous. Pero me pregunto cómo podemos construir un isogeny entre ellos, incluso en el caso más simple, cuando $p=11$?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Aquí es un muy computacional manera de crear isogenies. Viniendo de alguien que ha digerido aproximadamente la primera mitad de Silverman de la AEC , pero no mucho más, por lo que no puedo utilizar cualquiera de los de alta potencia de las herramientas.
Podemos crear un isogeny de una curva elíptica $E_1$ a algunos de los otros mediante la especificación de un subgrupo finito $A$ del aditivo grupo de $E_1$. En el nivel de los grupos de la isogeny se parece a la natural proyección $$ E_1\E_1 a/A. $$ La teoría general de la isogenies (propiedades de variedades proyectivas y Hurwitz género fórmula, al menos, entran en juego aquí) nos dice que $E_1/A$ tiene la estructura de una curva proyectiva de género, y por lo tanto es una curva elíptica. La diversión comienza cuando tratamos de identificar cual de curva elíptica es! Todo lo que puedo hacer es probar lo que ocurre con un determinado $A$. No sé cómo seleccionar el derecho de $A$, de modo que $E_1/A$ sería isomorfo a otro conocido de curva elíptica $E_2$.
Yo uso el lenguaje de la función de los campos. Suponga que $E_1$ está definido sobre un campo $k$. A continuación, la función de campo de $E_1$ $k(E_1)$ es por adjoing $y$ a la función racional campo $k(x)$ donde $y$ satisface la ecuación de Weierstrass de $E_1$. En consecuencia,$[k(E_1):k(x)]=2$. Si $P\in A$ es un punto del subgrupo finito $A$, entonces se debe considerar la asignación de $$ \phi_P:E_1\a E_1, (x,y)\mapsto (x,y)+P=(\phi_P(x),\phi_P(y)). $$ Esto es claramente un bijection de $E_1(\overline{k})$ a sí mismo. Si hacemos la suposición de que las coordenadas de a $P$ pertenecen al campo de la definición de $k$, entonces las funciones racionales $\phi_P(x),\phi_P(y)\in k(E_1)$. Por lo tanto, la asignación de $x\mapsto \phi_P(x), y\mapsto \phi_P(y)$ se extiende de manera única a un automorphism de la función de campo de $k(E_1)$.
Además, hemos trivialmente la identidad $$ \phi_{P+Q}=\phi_P\circ\phi_Q $$ para todos los $P,Q\in A$. En otras palabras, la asignación de $P\mapsto \phi_P$ nos da un homomorphism de grupos de $A\to Aut(k(E_1))$.
El siguiente paso es identificar el campo fijo $k(E_1)^A$ de la imagen de $\phi(A)\le Aut(k(E_1))$. La razón de mi deseo de hacer esto es que el campo fijo es de una manera natural la función de campo de $k(E_1/A)$, y la quiero para identificar a $E_1/A$ mediante la identificación de su campo fijo.
Podemos saber de inmediato un par de elementos de campo fijo. Es decir, las sumas $$ U=\sum_{P\en Una}\phi_P(x) $$ y $$ V=\sum_{P\en Una}\phi_P(y). $$ A mí me parece que, a menudo, en realidad,$k(E_1)^A=k(U,V)$. He comprobado esto en los casos que he hecho a mano, pero yo no tengo la general de la prueba. De todos modos, $U$ tiene un polo de orden dos en todos los puntos de $A$, y ningún otro de los polos. Del mismo modo $V$ tiene un polo de orden tres en todos los puntos de $A$ y ningún otro de los polos. Dado que en $E_1/A$ podemos identificar todos los puntos de $A$ con el punto en el infinito de $E_2$ esto significa que el $U$ $V$ son los principales candidatos para el $x$ $y$ coordenadas en la ecuación de Weierstrass de $E_2$. No puedo demostrar que esto siempre sucede, pero parece funcionar en todos los casos he comprobado :-)
Vamos a considerar en la elección concreta de los $E_1$ de esta pregunta. Por lo $k=\Bbb{F}_{11}$ $E_1$ está dado por $$ y^2=x^3+x. $$ Es fácil comprobar que esta curva tiene un triple de tangente en el $k$-puntos racionales $P_1=(5,3)$ $P_2=(5,-3)=[2]P_1$ . Por lo que son de orden tres y junto con el punto en el infinito forman un subgrupo cíclico de orden tres $$ A=\{P_\infty,P_1,P_2\}. $$ El grupo de la ley implica que si $(x,y)\in E_1(\overline{k})$ $$ (x,y)+P_1=(\frac{5 x^2+4 x+5 y+5}{x^2+x+3},\frac{3 x^3+x^2+x y+9 x+3 y+4}{x^3+7 x^2+9 x+7}) $$ y $$ (x,y)+P_2=(\frac{5 x^2+4 x+6 y+5}{x^2+x+3},\frac{8 x^3+10 x^2+x y+2 x+3 y+7}{x^3+7 x^2+9 x+7}). $$ Por lo tanto, tenemos $$ \begin{aligned} U&=x+\frac{5 x^2+4 x+5 y+5}{x^2+x+3}+\frac{5 x^2+4 x+6 y+5}{x^2+x+3}\\ &=\frac{x^3+10}{x^2+x+3} \end{aligned} $$ y $$ \begin{aligned} V&=y+\frac{3 x^3+x^2+x y+9 x+3 y+4}{x^3+7 x^2+9 x+7}+\frac{8 x^3+10 x^2+x y+2 x+3 y+7}{x^3+7 x^2+9 x+7}\\ &=\frac{x^3 y+7 x^2 y+2 y}{x^3+7 x^2+9 x+7} \end{aligned} $$ Vemos que $[k(x):k(U)]=3$,$[k(V,U):k(U)]=2$, lo $[k(E_1):k(U,V)]=3$. Por lo tanto, podemos concluir que $k(U,V)$ es, de hecho, el campo fijo $k(E_1)^A$. Además, ayudado por Mathematica he encontrado (por la cancelación de polos de $V^2$ con poderes de $U$) que $$ V^2=(U+1)^3+5. $$ Así que en este caso descubrimos que la curva de $E_1/A$ es isomorfo a la curva elíptica $$ E_2: y^2=x^3+5 $$ también se define sobre $\Bbb{F}_{11}$. El isogeny $\Phi:E_1\to E_2$ mapas de un punto de $(x,y)$ hasta el punto de $(U(x,y)+1,V(x,y))$.
Si $u$ es un elemento no nulo de a $\Bbb{F}_{11}$, la sustitución de $y\mapsto u^3y$, $x\mapsto u^2x$ nos permite reemplazar $5$$E_2$$5u^6$. El parámetro $u^6$ rangos de todos los residuos cuadráticos módulo $11$, por lo que tenemos la mitad de los posibles valores del parámetro $B$ a partir de esta construcción. No sé cómo obtener la otra mitad, probablemente no es demasiado difícil.
Una similar, pero algo más sencillo cálculo muestra que $E_1/\langle(0,0)\rangle$, es decir, moding un grupo cíclico de orden dos, se obtiene la curva de $$y^2=x^3-4x.$$ Como $-4$ es una ecuación cuadrática no-residuo modulo $11$ este isogeneous y la curva de $E_1$ cubrir todas las curvas de $y^2=x^3+Ax, A\in\Bbb{F}_{11}^*$.
En realidad deseo que un experto se muestra, y aclara algunas de este computacional lío.
