Weil-Paarung, Divisoren < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Umfrage) Beendete Umfrage  | | Datum: | 16:26 Sa 17.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hallo!
Ich muss ein Referat über die Weil-Paarung halten und bräuchte dabei ein wenig Hilfe. Gibt es hier jemanden, der sich mit dem Thema auskennt? Ich frage direkt erstmal nur etwas so rum, weil das Thema schon ein wenig spezifisch ist.
Im Vortrag stehen die Beweise der Eigenschaften der Weil-Paarung im Vordergrund.
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:39 So 18.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Ich muss ein Referat über die Weil-Paarung halten und
> bräuchte dabei ein wenig Hilfe. Gibt es hier jemanden, der
> sich mit dem Thema auskennt? Ich frage direkt erstmal nur
> etwas so rum, weil das Thema schon ein wenig spezifisch
> ist.
ist schon ein wenig her, aber im Prinzip ja 
LG Felix
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:02 So 18.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ah, das ist ja cool. :)
Ok, ich glaube meine Fragen sind eher einfacher Natur, vielleicht weißt du ja da spontan weiter.
Zuerst einmal: Ich benutze das Buch von Silverman (The Arithmetic of Elliptic Curves).
Sei E=E(K) im Folgenden immer eine elliptische Kurve über einem Körper K.
Frage 1:
Zur Definition eines Divisors. Ich sehe oft die Definition, dass ein Divisor [mm] \mathfrak{D} [/mm] einfach eine formale Summe [mm] \summe_{P \in E}^{}n_p*P, [/mm] wobei nur endlich viele [mm] n_p \in \IZ [/mm] ungleich 0 seien sollen.
Nun verwendet Silverman die Schreibweise [mm] \summe_{P \in E}^{}n_p(P), [/mm] also noch mit runden Klammern um P. Ich konnte nicht herausfinden, was er genau damit meint. Mein Professor wusste es auch nicht (er guckt es sicher aber nochmal an). Ich habe mir aber zusammengereimt, dass er damit vielleicht den eindimensionalen (kann man das so sagen?) Untermodul meint, der von P erzeugt wird, d.h. [mm] (P)=\{k*p| k\in \IZ\}. [/mm] Für meinen Professor hat das spontan auch Sinn ergeben. Kannst du das vielleicht bestätigen? Damit würden dann auch Sätze Sinn ergeben wie (auch in Silverman-Notation):
[mm] \mathfrak{D}=\summe_{P \in E}^{}n_p(P) [/mm] ist genau dann ein Hauptdivisor, wenn [mm] deg(\mathfrak{D})=\summe_{P \in E}^{}n_p=0 [/mm] und [mm] \summe_{P \in E}^{}n_p*P=\mathcal{O}. [/mm] Daher kann (P) und P ja schon mal nicht das gleich sein.
Frage 2:
Oft ist von Funktionenkörpern K(C) die Rede, in denen alle rationalen Funktionen von E nach [mm] \IP^1 [/mm] (projektive Gerade) sind. Damit sind doch wirklich nur Funktionen wie [mm] f(P)=f(x,y)=\frac{3x+xy}{y^2+x^2} [/mm] gemeint, oder?
Es werden noch viel mehr Fragen kommen, aber diese wirklich grundlegenden Sachen wurmen mich doch schon ein bisschen.
Danke für deine (und die der anderen, die mir helfen) Zeit!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:24 So 18.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ok, ich glaube meine Fragen sind eher einfacher Natur,
> vielleicht weißt du ja da spontan weiter.
> Zuerst einmal: Ich benutze das Buch von Silverman (The
> Arithmetic of Elliptic Curves).
>
> Sei E=E(K) im Folgenden immer eine elliptische Kurve über
> einem Körper K.
>
> Frage 1:
> Zur Definition eines Divisors. Ich sehe oft die
> Definition, dass ein Divisor [mm]\mathfrak{D}[/mm] einfach eine
> formale Summe [mm]\summe_{P \in E}^{}n_p*P,[/mm] wobei nur endlich
> viele [mm]n_p \in \IZ[/mm] ungleich 0 seien sollen.
> Nun verwendet Silverman die Schreibweise [mm]\summe_{P \in E}^{}n_p(P),[/mm]
> also noch mit runden Klammern um P. Ich konnte nicht
> herausfinden, was er genau damit meint.
Er moechte damit einfach Punkte als Divisor von Punkten als Punkten (als Elemente der Gruppe der Punkte) unterscheiden.
Auf einer elliptischen Kurve bilden die Menge aller Punkte eine abelsche Gruppe, womit [mm] $\sum n_P \cdot [/mm] P$ damit zwei Bedeutungen haben kann: einmal als Summe innerhalb der Punktegruppe, und einmal als Divisor. Die Ergebnisse sind (rein mengentheoretisch) verschieden.
Die meisten Autoren lassen bei Divisoren die Klammern weg (egal ob es nun runde oder eckige sind, hab schon beides gesehen); wenn man mit beliebigen Kurven oder Varietaeten arbeitet hat man normalerweise keine Gruppenstruktur und es ist eindeutig, was gemeint ist.
> Mein Professor
> wusste es auch nicht (er guckt es sicher aber nochmal an).
> Ich habe mir aber zusammengereimt, dass er damit vielleicht
> den eindimensionalen (kann man das so sagen?) Untermodul
> meint, der von P erzeugt wird, d.h. [mm](P)=\{k*p| k\in \IZ\}.[/mm]
> Für meinen Professor hat das spontan auch Sinn ergeben.
Nein, das ist nicht gemeint.
> Kannst du das vielleicht bestätigen? Damit würden dann
> auch Sätze Sinn ergeben wie (auch in Silverman-Notation):
> [mm]\mathfrak{D}=\summe_{P \in E}^{}n_p(P)[/mm] ist genau dann ein
> Hauptdivisor, wenn [mm]deg(\mathfrak{D})=\summe_{P \in E}^{}n_p=0[/mm]
> und [mm]\summe_{P \in E}^{}n_p*P=\mathcal{O}.[/mm] Daher kann (P)
> und P ja schon mal nicht das gleich sein.
Genau. Bei diesem Ergebnis sieht man, warum es wichtig ist, zwischen $P$ als Punkt und $P$ als Divisor zu unterscheiden. Deswegen schreibt Silverman bei $P$ als (Prim-)Divisor runde Klammern dazu 
> Frage 2:
> Oft ist von Funktionenkörpern K(C) die Rede, in denen
> alle rationalen Funktionen von E nach [mm]\IP^1[/mm] (projektive
> Gerade) sind. Damit sind doch wirklich nur Funktionen wie
> [mm]f(P)=f(x,y)=\frac{3x+xy}{y^2+x^2}[/mm] gemeint, oder?
Ja.
$K(C)$ ist der Quotientenkoerper von $K[C]$, und das ist im wesentlichen die $K$-Algebra, die von $x$ und $y$ erzeugt wird. In $K(C)$ hat man also rationale Funktionen in $x$ und $y$, wobei der Nenner nicht 0 sein darf (hier muss man beachten, dass man nichttriviale polynomielle Ausdruecke in $x$ und $y$ hat, die 0 ergeben, etwa die Kurvengleichung).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:32 So 18.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Danke erst einmal.
Ok, also wenn ich z.B. nicht gerade eine elliptische Kurve habe, sondern eine Kurve K, die keine (abelsche) Gruppe ist. Dann kann ich natürlich trotzdem immer einen Divisor [mm] \summe_{P \in K}^{}n_p*(P) [/mm] definieren. Dann gilt aber z.B., dass [mm] \summe_{P \in K}^{}n_p*P [/mm] eben nicht mehr (im Allgemeinen) auf K liegt, wenn man so will, oder?
D.h. der Divisor ist wirklich nur erst einmal eine formale Summe, die es immer gibt, aber diese richtige Punktaddition/-multiplikation ist hier nur wegen der Gruppenstruktur der elliptischen Kurve möglich.
Ist das richtig so? Dann würde ich wohl die Klammern in meinem Vortrag auch da lassen und auf den Unterschied hinweisen, würde ich sagen.
Hast du eigentlich das Silverman-Buch?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:54 So 18.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Ok, also wenn ich z.B. nicht gerade eine elliptische Kurve
> habe, sondern eine Kurve K, die keine (abelsche) Gruppe
> ist. Dann kann ich natürlich trotzdem immer einen Divisor
> [mm]\summe_{P \in K}^{}n_p*(P)[/mm] definieren. Dann gilt aber z.B.,
> dass [mm]\summe_{P \in K}^{}n_p*P[/mm] eben nicht mehr (im
> Allgemeinen) auf K liegt, wenn man so will, oder?
nun, im Allgemeinen ist [mm] $\sum_{P\in K} n_P [/mm] P$ gar nicht definiert. Was soll die Summe zweier Punkte auf einer beliebigen Kurve sein?
Bei beliebigen Kurven macht das ganze nur in der Divisorengruppe Sinn. Nur bei elliptischen Kurven oder sonstigen Kurven, deren Punktemengen eine Gruppenstruktur besitzen (jede projektive glatte solche Kurve ist uebrigens bereits eine elliptische Kurve) macht [mm] $\sum n_P [/mm] P$ auf diese Art Sinn.
> D.h. der Divisor ist wirklich nur erst einmal eine formale
> Summe, die es immer gibt, aber diese richtige
> Punktaddition/-multiplikation ist hier nur wegen der
> Gruppenstruktur der elliptischen Kurve möglich.
Genau.
> Ist das richtig so? Dann würde ich wohl die Klammern in
> meinem Vortrag auch da lassen und auf den Unterschied
> hinweisen, würde ich sagen.
Ja, das ist eine gute Idee.
> Hast du eigentlich das Silverman-Buch?
Ja, hab ich :)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:57 Di 20.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi nochmal!
Vorab: ich merke gerade, dass der Editor spinnt, wenn man eckige Klammern irgendwo einbauen will, von daher ersetze ich mal alle eckigen klammern durch geschweifte. d.h. [mm] E\{m\} [/mm] ist die m-Torsionsgruppe und [mm] \{m\} [/mm] bezeichnet die Multiplikation eines Punktes mit m.
Ich würde mal ganz dreist weiterfragen, wenn das ok so ist. All die Sachen, zu denen ich Fragen habe, befinden sich nur auf den paar Seiten über die Weil-Paarung, um das mal grob einzuschränken.
Auf Seite 93 geht es weiter. Hier wird gesagt, dass, falls [mm] $T\in E\{m\}$, [/mm] es eine rationale Funktion $f$ gibt mit [mm] $div(f)=m(T)-m(\mathcal{O})$. [/mm] Gut, mit dem Satz darüber (der auch noch weiter oben steht) folgt das ja direkt, da $deg(div(f))=m-m=0$ und [mm] $\{m\}T-\{m\}\mathcal{O}=\mathcal{O}+\mathcal{O}=\mathcal{O}$.
[/mm]
Darunter macht er das gleiche für eine Funktion $g$, für die [mm] $div(g)=\{m\}*T-\{m\}*\mathcal{O}$ [/mm] gelten soll. Weißt du, was die Sterne bedeuten sollen? Falls nicht, ist das auch nicht so schlimm, da sie an keiner weiteren Stelle im Kapitel gebraucht werden und die "ausgeschriebene" Form daneben steht, von der man auch einfach zeigen kann, dass das ein Hauptdivisor (nennt man die Dinger so?) ist.
Nun wird gesagt, dass [mm] $f\circ \{m\}$ [/mm] und $g$ den selben Divisor haben. Mir ist das Rechnen mit Divisoren leider nicht geläufig, daher kann ich diesen Schritt nicht nachvollziehen.
Es gilt ja [mm] $div(f\circ \{m\})=\summe_{P \in E}^{}v_P(f\circ \{m\})(P)$ [/mm] und [mm] $div(g^m)=\summe_{P \in E}^{}v_P(g^m)(P)$, [/mm] von daher reicht es [mm] $v_P(f\circ \{m\})=v_P(g^m)$ [/mm] für alle P auf E zu checken.
Nun ist [mm] v_P(h):=min\{ k \in \IN_0| h \in \mathfrak{M}_P^k \wedge h \notin \mathfrak{M}_P^{k+1}\}, [/mm] wobei [mm] \mathfrak{M}_P=\{f \in F(E)| f(P)=0\} [/mm] (F(E) sei der Funktionenkörper). (Diese Definition gilt erstmal nur, falls [mm] f(P)\not=\infty, [/mm] aber man kann sie auch auf alle f erweitern).
Zumindest ist das die Definition, die ich aus einem Paper von Miller habe. Ich sehe gerade, dass Silverman statt "v" auch "ord" schreibt und das als [mm] ord_P(h):=sup\{ k \in \IN_0| h \in \mathfrak{M}_P^k\} [/mm] definiert.
Wie auch immer, nehmen wir mal Silvermans Variante. Nun muss man zeigen, dass [mm] sup\{ k \in \IN_0| f\circ \{m\} \in \mathfrak{M}_P^k\}=sup\{ k \in \IN_0| g^m \in \mathfrak{M}_P^k\} [/mm] gilt für alle P auf E.
Nun weiß ich leider nicht genau, wie man das zeigen kann. Muss mand as überhaupt so machen, oder geht es auch einfacher?
Dann wird daraus gefolgert, dass [mm] $f\circ \{m\}$ [/mm] ein Vielfaches von [mm] $g^m$ [/mm] sein muss. Wieso ist das denn so?
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:10 Di 20.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Vorab: ich merke gerade, dass der Editor spinnt, wenn man
> eckige Klammern irgendwo einbauen will, von daher ersetze
> ich mal alle eckigen klammern durch geschweifte. d.h.
> [mm]E\{m\}[/mm] ist die m-Torsionsgruppe und [mm]\{m\}[/mm] bezeichnet die
> Multiplikation eines Punktes mit m.
Es gibt Probleme, wenn du $...$ anstelle [mm]...[/mm] verwendest. Passiert mir auch haeufiger; [mm]\IQ[i][/mm] ist auch so ein Kandidat der so gut wie immer schief geht
> Ich würde mal ganz dreist weiterfragen, wenn das ok so
> ist. All die Sachen, zu denen ich Fragen habe, befinden
> sich nur auf den paar Seiten über die Weil-Paarung, um das
> mal grob einzuschränken.
>
> Auf Seite 93 geht es weiter. Hier wird gesagt, dass, falls
In meiner Ausgabe ist es Seite 95.
> [mm]T\in E\{m\}[/mm], es eine rationale Funktion [mm]f[/mm] gibt mit
> [mm]div(f)=m(T)-m(\mathcal{O})[/mm]. Gut, mit dem Satz darüber (der
> auch noch weiter oben steht) folgt das ja direkt, da
> [mm]deg(div(f))=m-m=0[/mm] und
> [mm]\{m\}T-\{m\}\mathcal{O}=\mathcal{O}+\mathcal{O}=\mathcal{O}[/mm].
Genau.
> Darunter macht er das gleiche für eine Funktion [mm]g[/mm], für
> die [mm]div(g)=\{m\}*T-\{m\}*\mathcal{O}[/mm] gelten soll. Weißt
> du, was die Sterne bedeuten sollen?
Schau mal auf Seite 33 zwischen Remark 3.4 und Example 3.5: da wird [mm] $\phi^* [/mm] : [mm] Div(C_2) \to Div(C_1)$ [/mm] definiert, falls $f : [mm] C_1 \to C_2$ [/mm] eine nicht-konstante Abbildung zwischen glatten Kurven ist.
> Falls nicht, ist das
> auch nicht so schlimm, da sie an keiner weiteren Stelle im
> Kapitel gebraucht werden und die "ausgeschriebene" Form
> daneben steht, von der man auch einfach zeigen kann, dass
> das ein Hauptdivisor (nennt man die Dinger so?) ist.
Ja, man nennt die ![[]](/images/popup.gif) Hauptdivisor. :)
> Nun wird gesagt, dass [mm]f\circ \{m\}[/mm] und [mm]g[/mm] den selben Divisor
> haben. Mir ist das Rechnen mit Divisoren leider nicht
> geläufig, daher kann ich diesen Schritt nicht
> nachvollziehen.
>
> Es gilt ja [mm]div(f\circ \{m\})=\summe_{P \in E}^{}v_P(f\circ \{m\})(P)[/mm]
> und [mm]div(g^m)=\summe_{P \in E}^{}v_P(g^m)(P)[/mm], von daher
> reicht es [mm]v_P(f\circ \{m\})=v_P(g^m)[/mm] für alle P auf E zu
> checken.
Und da [mm] $v_P$ [/mm] ein Homomorphismus ist (auf Funktionen [mm] $\neq [/mm] 0$) gilt [mm] $v_P(g^m) [/mm] = m [mm] v_P(g)$; [/mm] insbesondere ist [mm] $div(g^m) [/mm] = m [mm] \cdot [/mm] div(g)$.
> Nun ist [mm]v_P(h):=min\{ k \in \IN_0| h \in \mathfrak{M}_P^k \wedge h \notin \mathfrak{M}_P^{k+1}\},[/mm]
> wobei [mm]\mathfrak{M}_P=\{f \in F(E)| f(P)=0\}[/mm] (F(E) sei der
> Funktionenkörper). (Diese Definition gilt erstmal nur,
> falls [mm]f(P)\not=\infty,[/mm] aber man kann sie auch auf alle f
> erweitern).
>
> Zumindest ist das die Definition, die ich aus einem Paper
> von Miller habe.
Meinst du dieses Preprint, welches nie veroeffentlicht wurde und was sozusagen die Standard-Referenz fuer die Weil-Paarung ist?
> Ich sehe gerade, dass Silverman statt "v"
> auch "ord" schreibt und das als [mm]ord_P(h):=sup\{ k \in \IN_0| h \in \mathfrak{M}_P^k\}[/mm]
> definiert.
Ja.
> Wie auch immer, nehmen wir mal Silvermans Variante. Nun
> muss man zeigen, dass [mm]sup\{ k \in \IN_0| f\circ \{m\} \in \mathfrak{M}_P^k\}=sup\{ k \in \IN_0| g^m \in \mathfrak{M}_P^k\}[/mm]
> gilt für alle P auf E.
Das ist zu umstaendlich
> Nun weiß ich leider nicht genau, wie man das zeigen kann.
> Muss mand as überhaupt so machen, oder geht es auch
> einfacher?
Ja. Nach Example 3.5 ist div(f) = f^*( (0) - [mm] (\infty) [/mm] )$; damit ist $div(f [mm] \circ \{m\}) [/mm] = (f [mm] \circ \{m\})^*( [/mm] (0) - [mm] (\infty) [/mm] ) = [mm] (\{m\}^* \circ [/mm] f^*)( (0) - [mm] (\infty) [/mm] ) = [mm] \{m\}^*( [/mm] div(f) )$ (vergl. Prop 3.6(f)).
> Dann wird daraus gefolgert, dass [mm]f\circ \{m\}[/mm] ein
> Vielfaches von [mm]g^m[/mm] sein muss. Wieso ist das denn so?
Das ist der Satz von Liouville Die Funktion $(f [mm] \circ \{ m \}) [/mm] / g$ hat den Nulldivisor als Divisor, womit sie weder Nullstellen noch Polstellen hat. Damit ist sie auf der kompakten komplexen Flaeche $E$ beschraenkt und somit konstant Der entsprechende Satz aus der algebraischen Geometrie ist Proposition 1.2 (Seite 22): eine Funktion $C [mm] \to [/mm] K$ ohne Pole (ueber dem alg. Abschluss) ist konstant.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:29 Mi 21.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Danke für den Tipp mit dem [mm]. Zum Paper:
Link.
Ok, also das [mm] v_p [/mm] ist ein (Gruppen-)Homomorphismus zwischen [mm] (K(E)\backslash\{0\},*) [/mm] und [mm] (\IZ,+).
[/mm]
Gut, es gilt also [mm] $v_P(g^m)=sup(k \in \IZ|g^m \in \mathfrak{M}_P^k)=k'$, [/mm] d.h. k' ist die größte Zahl, sodass noch [mm] $g^m \in \mathfrak{M}_P^k$ [/mm] gilt.
Dann ist mk' die größte Zahl, sodass $g [mm] \in \mathfrak{M}_P^{k}$ [/mm] gilt, d.h. [mm] $v_P(g)=mk'=m*sup(k \in \IZ|g^m \in \mathfrak{M}_P^k)$.
[/mm]
Danke für den Hinweis!
Hm, das mit dem [m]* versteh ich noch nicht so recht. Welche 2 Kurven hat man denn hier gewählt? Und was macht die Abbildung denn genau, d.h. worauf wird denn eine Funktion aus [mm] K(C_2) [/mm] abgebildet?
Das mit dem [mm] $f^\*((0)-(\infty [/mm] ))$ verstehe ich irgendwie auch nicht.
Na ja, vielleicht lasse ich auch ein paar Sachen aus. Kürzen muss ich so oder so etwas.
Sehe ich auch recht, dass [mm] div(\frac{f}{g})=div(f)-div(g) [/mm] gilt? Dann gilt wegen [mm] div(f\circ \{m\})=div(g^m) [/mm] eben [mm] div(\frac{f\circ \{m\}}{g^m})=0 [/mm] und daher nach Proposition 3.1(a) [mm] \frac{f\circ \{m\}}{g^m}=k [/mm] für ein $k [mm] \in [/mm] K*$.
Wie kann man denn [mm] div(\frac{f}{g})=div(f)-div(g) [/mm] beweisen? Man muss das wohl wieder auf [mm] v_p [/mm] reduzieren, d.h. zeigen, dass [mm] v_p(\frac{f}{g})=v_P(f)-v_P(g).
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:11 Do 22.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Danke für den Tipp mit dem [mm]. Zum Paper:
> Link.
>
> Ok, also das [mm]v_p[/mm] ist ein (Gruppen-)Homomorphismus
> zwischen [mm](K(E)\backslash\{0\},*)[/mm] und [mm](\IZ,+).[/mm]
>
> Gut, es gilt also [mm]v_P(g^m)=sup(k \in \IZ|g^m \in \mathfrak{M}_P^k)=k'[/mm],
> d.h. k' ist die größte Zahl, sodass noch [mm]g^m \in \mathfrak{M}_P^k[/mm] gilt.
> Dann ist mk' die größte Zahl, sodass [mm]g \in \mathfrak{M}_P^{k}[/mm] gilt,
> d.h. [mm]v_P(g)=mk'=m*sup(k \in \IZ|g^m \in \mathfrak{M}_P^k)[/mm]. Danke für den Hinweis!
Wenn du einfach benutzt, dass [mm] $\nu_p$ [/mm] ein Gruppenhomomorphismus ist, geht das einfacher
> Hm, das mit dem [m]* versteh ich noch nicht so recht. Welche 2 Kurven hat
> man denn hier gewählt?
Na, die Kurve [mm] $C_1 [/mm] = E$ und [mm] $E_2 [/mm] = E$
> Und was macht die Abbildung denn genau, d.h. worauf
> wird denn eine Funktion aus [mm]K(C_2)[/mm] abgebildet?
Die bildet keine Funktionen ab. Die bildet Divisoren ab! (Dort gibt es zwei Definitionen von [mm] $f^\ast$!)
[/mm]
> Das mit dem [mm]f^\*((0)-(\infty ))[/mm] verstehe ich irgendwie auch nicht.
$(0) - [mm] (\infty)$ [/mm] ist ein Divisor auf [mm] $\mathbb{P}^1$.
[/mm]
> Na ja, vielleicht lasse ich auch ein paar Sachen aus. Kürzen muss ich so oder so etwas.
>
> Sehe ich auch recht, dass [mm]div(\frac{f}{g})=div(f)-div(g)[/mm] gilt?
Ja.
> Dann gilt
> wegen [mm]div(f\circ \{m\})=div(g^m)[/mm] eben
> [mm]div(\frac{f\circ \{m\}}{g^m})=0[/mm] und daher nach Proposition 3.1(a)
> [mm]\frac{f\circ \{m\}}{g^m}=k[/mm] für ein [mm]k \in K*[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Wie kann man denn [mm]div(\frac{f}{g})=div(f)-div(g)[/mm] beweisen? Man muss
> das wohl wieder auf [mm]v_p[/mm] reduzieren, d.h. zeigen, dass [mm]v_p(\frac{f}{g})=v_P(f)-v_P(g).[/mm]
Da [mm] $\nu_P$ [/mm] ein Gruppenhomomorphismus ist, folgt [mm] $\nu_P(f/g) [/mm] = [mm] \nu_P(f) [/mm] - [mm] \nu_P(g)$, [/mm] und damit folgt $div(f/g) = div(f) - div(g)$.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:18 Do 22.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ok, danke!
Argh, nochmal (mein voriger Post war Murks):
Wie kann ich denn zeigen, dass das ein Gruppenhomomorphismus ist? Mir fehlt da leider eine Menge Vorwissen. Wenn der Beweis aber zu lang/mühsam sein sollte, kann ich ihn auch unter den Tisch fallen lassen, denke ich.
Aber ich verstehe auch die Abbildung [mm] v_p [/mm] nicht so gut, also wie man sie für eine konkrete Funktion nun berechnen soll.
Nehmen wir mal irgendein f. Wie kriege ich denn raus, wie das größte k lautet, für das f noch in [mm] M_P^k [/mm] ist? Falls [mm] f(P)\not= [/mm] 0 ist, wird dann [mm] v_P(f)=\infty [/mm] gesetzt? Denn alle Abbildungen in [mm] M_P^k [/mm] für k>0 verschwinden doch in P. Und wenn f(P)=1, dann müsste doch [mm] v_P(f)=0 [/mm] gelten, wenn [mm] M_P^0=\{1\} [/mm] gilt, oder?
Vielleicht gelingt es mir den Beweis auch selbst zu finden, wenn ich wirklich genau über die Abbildung [mm] v_P [/mm] Bescheid weiß.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:51 Do 22.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ok, danke!
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> Argh, nochmal (mein voriger Post war Murks):
>
> Wie kann ich denn zeigen, dass das ein
> Gruppenhomomorphismus ist?
Das haengt arg davon ab, wie man das ganze definiert hat Bei ad-hoc-Definitionen ist es meist nicht so schoen...
> Mir fehlt da leider eine Menge
> Vorwissen. Wenn der Beweis aber zu lang/mühsam sein
> sollte, kann ich ihn auch unter den Tisch fallen lassen,
> denke ich.
Also da du vermutlich mit einigen Fallunterscheidungen arbeiten muesstest, da du eine nicht ganz optimale Definition hast (und vermutlich einiges arbeiten musst da die zwar nett hinzuschreiben ist, aber unpraktischer zum damit umgehen ist), wuerde ich den Beweis unter den Tisch fallen lassen
> Aber ich verstehe auch die Abbildung [mm]v_p[/mm] nicht so gut, also
> wie man sie für eine konkrete Funktion nun berechnen
> soll.
Nun, das ist ein Thema fuer sich man kann eine definierende Gleichung von $f$ als Kurvengleichung auffassen und dann die Schnittpunkte und -vielfachheiten mit der elliptischen Kurve bestimmen. Die Vielfachheiten zu berechnen ist allerdings ziemlich unschoen...
> Nehmen wir mal irgendein f. Wie kriege ich denn raus, wie
> das größte k lautet, für das f noch in [mm]M_P^k[/mm] ist?
Es hilft meist, eine Uniformierende in $P$ zu finden, also eine Funktion $z$ mit [mm] $\nu_P(z) [/mm] = 1$. Dann vereinfachst du solange $f [mm] \cdot z^{-n}$ [/mm] (fuer passende $n [mm] \in \IZ$) [/mm] zu einem Quotienten [mm] $\frac{g}{h}$ [/mm] mit $g(P) [mm] \neq [/mm] 0 [mm] \neq [/mm] h(P)$ (du kannst $g$ und $h$ ja mit der Kurvengleichung aendern), bis dies klappt; in dem Fall ist [mm] $\nu_P(f z^{-n}) [/mm] = 0$ und somit [mm] $\nu_P(f) [/mm] = [mm] \nu_P(z^n) [/mm] = n [mm] \nu_P(z) [/mm] = n$. Das hilft aber meist nur weiter, wenn man in etwa weiss was $n$ sein soll...
> Falls
> [mm]f(P)\not=[/mm] 0 ist, wird dann [mm]v_P(f)=\infty[/mm] gesetzt? Denn alle
Nein, man setzt dann [mm] $\nu_P(f) [/mm] = 0$: schliesslich ist $f [mm] \in M_P^0$, [/mm] da die nullte Potenz per Definition der ganze Ring ist.
> Abbildungen in [mm]M_P^k[/mm] für k>0 verschwinden doch in P. Und
> wenn f(P)=1, dann müsste doch [mm]v_P(f)=0[/mm] gelten, wenn
> [mm]M_P^0=\{1\}[/mm] gilt, oder?
[mm] $M_P^0$ [/mm] ist nicht [mm] $\{ 1 \}$, [/mm] sondern der Ring aller Funktionen (also das von 1 erzeugte Ideal).
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:04 Do 22.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hm, ok.
Danke für die Erklärungen! Ich mache dann einfach erst mal weiter und melde mich dann wieder, wenn es Fragen gibt. Ich habe echt Glück, dass es dich gibt. ;)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:22 Do 29.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich hätte wieder 2 kleinere Fragen.
1. Frage:
Bevor die Weil-Paarung konstruiert wird, werden ja 2 Funktionen f und g definiert, sodass $div(f)=m(T)-m(O)$ ist für ein $T [mm] \in E\{m\}$. [/mm] Bis dahin alles klar. Nun nimmt man sich für die Definition von g ein T' mit mT'=T. Wieso gibt es denn solch ein T'?
Ich weiß, dass [mm] E\{m\} [/mm] cong [mm] \IZ_m \times \IZ [/mm] und bestimmt sollte mir das dabei helfen, aber ich weiß leider nicht wie.
2. Frage:
Um zu zeigen, dass dann $div(f [mm] \circ \{m\})=div(g^m)$, [/mm] wollte ich einfach beide Divisoren stur ausrechnen. Dafür benötige ich, dass die m-ten Wurzeln von T die Form T'+R haben (das selbe T' wie oben, d.h. mT'=T), wobei $R [mm] \in E\{m\}$. [/mm] Das heißt, ich muss folgendes zeigen:
[mm] $A:=\{X \in E| mX=T\}=\{T'+R|R \in E\{m\} \}=:B$. [/mm]
Die Inklusion [mm] $A\supseteq [/mm] B$ ist ja leicht zu zeigen. Aber wie kann ich die Umkehrung zeigen? Ich wollte das irgendwie so machen:
Sei $X [mm] \in [/mm] A$. Dann gilt $mX=T=mT'=mT'+O=mT'+mR [mm] \Rightarrow [/mm] X=T'+R$ (für jedes $R [mm] \in E\{m\}$). [/mm] Ich weiß nicht, ob ich das m so einfach auf beiden Seiten kürzen darf.
Edit: Wie wäre es so:
$mX=mT'+mR [mm] \text{ für ein } [/mm] R [mm] \in E\{m\} \Rightarrow [/mm] mX-mT'-mR=O [mm] \Rightarrow [/mm] m(X-T'-R)=O [mm] \Rightarrow [/mm] X-T'-R [mm] \in E\{m\} \Rightarrow [/mm] X-T'-R=R' [mm] \text{ für ein } [/mm] r' [mm] \in E\{m\} \Rightarrow X=T'+\underbrace{R+R'}_{R''} \text{ mit } [/mm] R'' [mm] \in E\{m\} \Rightarrow [/mm] X [mm] \in [/mm] B$.
Das müsste eigentlich klappen, oder?
Bleib nur noch die 1. Frage.
Danke! Und schöne Restfeiertage.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:32 Do 29.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> 1. Frage:
> Bevor die Weil-Paarung konstruiert wird, werden ja 2
> Funktionen f und g definiert, sodass [mm]div(f)=m(T)-m(O)[/mm] ist
> für ein [mm]T \in E\{m\}[/mm]. Bis dahin alles klar. Nun nimmt man
> sich für die Definition von g ein T' mit mT'=T. Wieso gibt
> es denn solch ein T'?
> Ich weiß, dass [mm]E\{m\}[/mm] cong [mm]\IZ_m \times \IZ[/mm] und bestimmt
> sollte mir das dabei helfen, aber ich weiß leider nicht
> wie.
Du weisst auch, dass [mm] $E\{m\} \subset E\{m^2\} \cong \IZ_{m^2} \times \IZ_{m^2}$ [/mm] ist. Hierdrin musst du das $T'$ suchen: $T$ entspricht in [mm] $\IZ_{m^2} \times \IZ_{m^2}$ [/mm] einem Element der Form $(m x + [mm] m^2 \IZ, [/mm] m y + [mm] m^2 \IZ)$; [/mm] das gesuchte $T'$ entspricht dann $(x + [mm] m^2 \IZ, [/mm] y + [mm] m^2 \IZ)$.
[/mm]
> 2. Frage:
> Um zu zeigen, dass dann [mm]div(f \circ \{m\})=div(g^m)[/mm],
> wollte ich einfach beide Divisoren stur ausrechnen. Dafür
> benötige ich, dass die m-ten Wurzeln von T die Form T'+R
> haben (das selbe T' wie oben, d.h. mT'=T), wobei [mm]R \in E\{m\}[/mm].
Genau.
> Das heißt, ich muss folgendes zeigen:
>
> [mm]A:=\{X \in E| mX=T\}=\{T'+R|R \in E\{m\} \}=:B[/mm].
>
> Die Inklusion [mm]A\supseteq B[/mm] ist ja leicht zu zeigen. Aber
> wie kann ich die Umkehrung zeigen?
Betrachte den Homomorphismus [mm] $E\{m^2\} \to E\{m\}$, [/mm] $P [mm] \mapsto [/mm] m P$. Dieser hat Kern [mm] $E\{m\} \subseteq E\{m^2\}$. [/mm] Deine Menge $A$ ist jetzt das Urbild von $T$ unter diesem Homomorphismus. Aus der linearen Algebra weisst du: das Urbild ist gleich dem Kern plus einem Element des Urbildes. Ein Urbild ist $T'$, und [mm] $E\{m\}$ [/mm] ist der Kern, womit $B = T' + [mm] E\{m\}$ [/mm] gleich $A$ ist.
> Ich wollte das irgendwie
> so machen:
>
> Sei [mm]X \in A[/mm]. Dann gilt [mm]mX=T=mT'=mT'+O=mT'+mR \Rightarrow X=T'+R[/mm]
> (für jedes [mm]R \in E\{m\}[/mm]). Ich weiß nicht, ob ich das m so
> einfach auf beiden Seiten kürzen darf.
Darfst du nicht, da $m$ ein Nullteiler in [mm] $\IZ_{m^2}$ [/mm] ist.
> Edit: Wie wäre es so:
>
> [mm]mX=mT'+mR \text{ für ein } R \in E\{m\} \Rightarrow mX-mT'-mR=O \Rightarrow m(X-T'-R)=O \Rightarrow X-T'-R \in E\{m\} \Rightarrow X-T'-R=R' \text{ für ein } r' \in E\{m\} \Rightarrow X=T'+\underbrace{R+R'}_{R''} \text{ mit } R'' \in E\{m\} \Rightarrow X \in B[/mm].
>
> Das müsste eigentlich klappen, oder?
Ja, das ist ok.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:51 Fr 30.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich glaube, dass sich die Fragerei langsam dem Ende nähert. Aber etwas muss ich noch wissen. ;)
Beim Beweis der Eigenschaft c) (Nicht-Degeneriertheit, bei mir Seite 96):
Dort wird gesagt, dass $(h [mm] \circ \{m\})^m=f \circ \{m\}$ [/mm] ist. Daraus wird dann
[mm] $h^m=f$ [/mm] gefolgert. Folgt nicht erst einmal nur [mm] $h^m|_{E\{m\}}=f|_{E\{m\}}$?
[/mm]
Und wie kann ich denn dann auf die Gleichheit auf ganz E schließen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:32 Fr 30.12.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Ich glaube, dass sich die Fragerei langsam dem Ende
> nähert. Aber etwas muss ich noch wissen. ;)
>
> Beim Beweis der Eigenschaft c) (Nicht-Degeneriertheit, bei
> mir Seite 96):
> Dort wird gesagt, dass [mm](h \circ \{m\})^m=f \circ \{m\}[/mm]
> ist. Daraus wird dann
> [mm]h^m=f[/mm] gefolgert. Folgt nicht erst einmal nur
> [mm]h^m|_{E\{m\}}=f|_{E\{m\}}[/mm]?
Wegen $(h [mm] \circ \{m\})^m [/mm] = [mm] h^m \circ \{ m \}$ [/mm] folgt erstmal [mm] $h^m \circ \{ m \} [/mm] = f [mm] \circ \{ m \}$. [/mm] Damit stimmen [mm] $h^m$ [/mm] und $f$ auf dem Bild von [mm] $\{ m \}$ [/mm] ueberein.
Beachte, dass [mm] $\{ m \}$ [/mm] surjektiv ist (siehe Seite 70, Abschnitt III.4, nach der Definition), da $m$ nicht 0 ist: daraus folgt die Behauptung.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:06 Sa 31.12.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich glaube, ich habe jetzt alles. Ich wollte mich noch einmal herzlich bei dir bedanken! Ohne dich wäre die Sache sehr böse gewesen. Ich habe nun auch alles fertig geTeXt und werde das später mal dem Dozenten schicken. Ich will dir nicht zumuten das alles nochmal durchzulesen, obwohl du die Arbeit natürlich haben kannst. Allerdings enthält sie nichts Neues für dich.
Wie auch immer, ich wünsche dir dann einen guten Rutsch und schon mal ein frohes Neues. ;)
Vielen Dank nochmal für alles.
Man liest sich!
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