Một số vấn đề về phần xoắn của đường cong elliptic

Định lý Mordell-Weil phát biểu rằng nhóm các điểm hữu tỉ trên đườngcong elliptic EQ, + là một nhóm aben hữu hạn sinh, như vậy EQ ∼= T orsEQMZr, trong đó phần xoắn T orsEQ là một nhóm hữu

Mục lục

1 Các khái niệm cơ bản về đường cong elliptic 6

1.1 Đường cong elliptic và nhóm aben trên nó 6

1.1.1 Đường cong elliptic 6

1.1.2 Luật cộng trên đường cong elliptic 7

1.2 Điểm có cấp hữu hạn 9

1.2.1 Điểm có cấp hữu hạn 9

1.2.2 Định lý Nagell-Lutz 10

1.3 Phần xoắn của hai lớp đường cong elliptic 14

2 Một số phân loại đã biết theo danh sách của Kubert 18 2.1 Danh sách của Kubert 18

2.2 Phân loại của K Ono 20

2.3 Phân loại của Qiu - Zhang 25

2.4 Nhóm con xoắn nhận được theo danh sách của Kubert 30

3 Bổ sung về phân loại theo danh sách của Kubert 32 3.1 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 5 32

3.2 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 6 34

3.3 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 4 38

3.4 Phần xoắn luôn chứa điểm cấp 3 44

Tài liệu tham khảo 57

Lời cảm ơn

Nhân dịp này, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS.Phó ĐứcTài, thầy đã trực tiếp hướng dẫn và tận tình chỉ bảo tôi trong suốt quátrình thực hiện luận văn cũng như trong suốt hai năm khi tôi bước vàohọc thạc sĩ thầy đã giành tâm huyết chỉ bảo cách tiếp cận và cách học đại

số

Đồng thời, tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể cácthầy giáo, cô giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin, trường Đại học Khoa học TựNhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội, đã dạy bảo tận tình trong suốt quá trìnhhọc tập tại khoa

Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạođiều kiện và động viên cổ vũ tôi để tôi có thể hoàn thiện nhiệm vụ củamình

Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2014

Học viên

Lê Văn Nam

Mở đầu

Đường cong elliptic là một đối tượng quan trọng trong toán học Lịch sửphát triển của đường cong elliptic đã trải qua một thời gian dài và nhữngứng dụng của đường cong elliptic đang tiếp tục được khám phá Gần đây,những ứng dụng quan trọng của đường cong elliptic đã được phát hiệntrong lý thuyết mật mã, trong phân tích các số nguyên lớn, trong việc giảicác phương trình Diophante

Định lý Mordell-Weil phát biểu rằng nhóm các điểm hữu tỉ trên đườngcong elliptic (E(Q), +) là một nhóm aben hữu hạn sinh, như vậy

E(Q) ∼= T orsE(Q)MZr,

trong đó phần xoắn T orsE(Q) là một nhóm hữu hạn và hạng r cũnghữu hạn Hơn nữa, phần xoắn T orsE(Q) có thể xác định tường minh từphương trình định nghĩa đường cong nhờ định lý Nagell-Luzt và định lýMazur Câu hỏi ngược lại là bài toán phân loại (hoặc tìm) các họ đườngcong elliptic với nhóm xoắn cho trước

Nội dung chính của luận văn là phân loại phần xoắn của một số họ đãbiết và bổ sung những phân loại còn thiếu theo danh sách của D.S Kubert(là danh sách (K) trong chương 2) Trong các phân loại đó song song vớicác chứng minh lý thuyết, chúng tôi sử dụng phần mềm đại số máy tínhSage để kiểm tra lại các kết quả

Bố cục của luận văn được trình bày như sau:

Chương 1: Các khái niệm cơ bản về đường cong elliptic

Chúng tôi trình bày tổng quan một số kiến thức cơ bản về đường cong

elliptic, định nghĩa các dạng đường cong elliptic, xây dựng luật cộng trênđường cong elliptic, chứng minh định lý Nagell-Luzt, chọn hai ví dụ trong

đó có một ví dụ trình bày phân loại nhóm con xoắn

Chương 2: Một số phân loại đã biết theo danh sách của D.S Kubert.Chúng tôi trình bày lại hai phân loại của K Ono và D Qiu-X Zhangcho hai lớp đường cong (2) và (3) trong danh sách (K) của D.S Kubert

Chương 3: Bổ sung về phân loại theo danh sách của Kubert

Mục đích chính của chúng tôi là đi bổ sung phân loại cho bốn lớp đườngcong (4), (5), (9) và (13) theo danh sách (K) của D.S Kubert

1.1 Đường cong elliptic và nhóm aben trên nó

1.1.1 Đường cong elliptic

Phương trình đường cong bậc 3 tổng quát xác định trên trường K códạng

ax3 + bx2y + cxy2 + dy3 + ex2 + f xy + gy2 + hx + iy + j = 0,

trong đó a, b, c, e, f, g, h, i, j ∈ K và a, b, c không đồng thời bằng 0

Khi đó bằng phép đổi trục tọa độ hợp lý, chúng ta có thể chuyển phươngtrình bậc 3 tổng quát về dạng

y2 + a1xy + a3y = x3 + a2x2 + a4x + a6 với a1, a2, a3, a4, a6 ∈ K.

Phương trình này được gọi là phương trình Weierstrass tổng quát

Khi char K 6= 2, bằng phép đổi biến thích hợp, cụ thể với

y := y − 1

2(a1x + a3),

phương trình trên trở thành

y2 = x3 + Ax2 + Bx + C

Phương trình này được gọi là phương trình dạng Weierstrass đơn giản.Khi char K 6= 3, bằng phép đặt x := x +A3 chúng ta có thể chuyển phươngtrình Weierstrass đơn giản về dạng

y2 = x3 + Ax + B

Phương trình này được gọi là phương trình Weierstrass chuẩn tắc

Một đường cong xác định bởi phương trình dạng Weierstrass đơn giản

1.1.2 Luật cộng trên đường cong elliptic

Cho đường cong elliptic E có phương trình y2 = x3+ Ax2+ Bx + C thìtrong hệ tọa độ xạ ảnh phương trình của E là

Y2Z = X3 + AX2Z + BXZ2 + CZ3

Mỗi điểm trong mặt phẳng xạ ảnh có tọa độ P [X : Y : Z]

Khi P = [X : Y : 0] thì điểm P tương ứng với điểm vô cùng trong khônggian afin mà chúng ta ký hiệu là điểm Θ

Ký hiệu E(K) = {(x, y) ∈ K2 : y2 = x3 + Ax2 + Bx + C} ∪ {Θ}

Để đơn giản, ta dùng kí hiệu E thay cho E(K) nếu không nói gì thêm.Luật cộng được xác định một cách hình học như sau:

Bắt đầu với 2 điểm P1(x1, y1) và P2(x2, y2) trên E(K), vẽ đường thẳng

đi qua P1, P2 và cắt đường bậc 3 tại điểm P1 ∗ P2, lấy đối xứng của điểm

P1∗P2 qua trục hoành ta được điểmP3 Khi đó ta định nghĩaP3 = P1+P2.Trong trường hợp P1 ≡ P2 thì đường thẳng qua P1, P2 chính là tiếp tuyến

với đường cong tại P1, khi đó tọa độ điểm P3(x3, y3) chính là tọa độ củađiểm 2P1.

Với P1, P2 6= Θ, tọa độ P3(x3, y3) xác định như sau:

Bắt đầu với 2 điểm P1(x1, y1) và P2(x2, y2) trên E(K), vẽ đường thẳng

đi qua P1, P2 và cắt E tại điểm P1 ∗ P2 Lấy đối xứng của điểm P1 ∗ P2

qua đường thẳng y = −a1 x+a3

2 ta được điểm P3 Khi đó ta định nghĩa

Ta gọi phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = λx + β và

E là

(λx + β)2 + a1x(λx + β) + a3(λx + β) = x3 + a2x2 + a4x + a6,

tương đương

0 = x3+ (a2− λ2 − λa1)x2 + (a4− 2λβ − a1β − λa3)x + (a6− β2 − a3β)

Tọa độ của P3(x3, y3) xác định như sau

Trong trường hợp 1 (x3, y3) = (x3, −y30 − a1x3 − a3) trong đó

Chứng minh Có thể xem chứng minh định lý này trong [14]

Chú ý 1.1 Cho E là đường cong elliptic có phương trình

y2 = x3 + Ax2 + Bx + C, A, B, C ∈ Q

Nếu cần thiết nhân cả hai vế của phương trình với d6, d ∈ Z∗, ta thu được

(yd3)2 = (xd2)3 + d2A(xd2)2 + d4B(xd2) + Cd6

Thay yd3 bởi y và xd2 bởi x, ta có thể chọn d sao cho d2A, d4B, Cd6 ∈ Z

Vậy khi xétE : y2 = x3+ Ax2+ Bx + C trên Q có thể giả sử A, B, C ∈Z.1.2 Điểm có cấp hữu hạn

1.2.1 Điểm có cấp hữu hạn

Định nghĩa 1.1 Cho E : y2 = x3 + Ax2 + Bx + C, với A, B, C ∈ K.

Cho P (x0, y0) ∈ E Cấp của điểm P là số nguyên dương m bé nhất thỏamãn mP = Θ

Nếu tồn tại m như vậy thì P có cấp hữu hạn, P còn được gọi là điểmxoắn, ngược lại P được gọi là điểm có cấp vô hạn

Ký hiệu E[n] là tập các điểm trên E có cấp n và điểm Θ

Vấn đề đặt ra là làm thế nào để tìm được tất cả các điểm hữu tỷ có cấphữu hạn trên E Để làm được điều đó, ta cần đến kết quả quan trọng làđịnh lý Nagell-Lutz

1.2.2 Định lý Nagell-Lutz

Định lý 1.2 (Định lý Nagell-Lutz) Cho E là đường cong elliptic cóphương trình y2 = x3+ Ax2+ Bx + C, với A, B, C ∈Z, P (x0, y0) ∈ E(Q).Nếu P có cấp hữu hạn khi đó ta có được hai khẳng định sau đúng

(1) x0 ∈ Z và y0 ∈ Z.

(2) Nếu y = 0 thì P có cấp bằng 2, ngược lại nếu y 6= 0 thì y2|D

Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [14]

Để chứng minh định lý này, chúng ta cần đến một số khái niệm chuẩn bịsau Giả sử x = ab 6= 0 là phân số tối giản, ta sẽ viết được x = pra1

Định lý 1.3 Giả sử E là đường cong elliptic y2 = x3 + Ax2 + Bx + C

với A, B, C ∈ Z, p là số nguyên tố, r ∈ N∗ và R là vành số hữu tỷ Khiđó

(1) Er là một nhóm con của E(Q)

(2) Với giả thiết P (x, y) ∈ E(Q) khi đó để vp(x) < 0 khi và chỉ khi

vp(y) < 0 Hơn nữa, tồn tại r ≥ 1 sao cho vp(x) = −2r, vp(x) = −3r

(4) Nếu (x, y) ∈ Er và (x, y) /∈ Er+1 thì λr(x, y) 6≡ 0(modp).

Chứng minh Việc chứng minh Er là nhóm con của E(Q) nằm trong quátrình chứng minhλr là đồng cấu không khó nhưng khá dài, vượt quá khuônkhổ của luận văn, có thể tham khảo trong [14] Chúng ta sẽ đi chứng minh

(2) và (4)

(2) Lấy (x,y) ∈ E(Q) Khi đó y2 = x3 + Ax2 + Bx + C

Giả sử x = npmk, y = ωpuσ trong đó k, σ ∈ N∗, p - mn, p -uω

Nếu vp(x) = −k < 0 thay x = npmk vào phương trình của đường cong, tađược

Điều đó có nghĩa nếu vp(x) < 0 thì vp(y) < 0

Mặt khác vp(y2) = 2vp(y) = −3k = 3vp(x) nên tồn tại r ≥ 1 sao cho

nên pkP có cấp là m nguyên tố với p Do đó ta có thể giả sử P có cấp là

n với p - n Gọi r là số nguyên dương lớn nhất sao cho P ∈ Er ta có

nλr(P ) = λ(nP ) = λr(Θ) ≡ 0(modp3rR)

Vì p- n nên λr(P ) ≡ 0(modp3rR) tức là P ∈ E3r.

Điều này mâu thuẫn với việc chọn r Do đó P không tồn tại

Bây giờ chúng ta đã có đủ công cụ để chứng minh định lý Nagell - Lutz.Chứng minh Giả sửxhoặcy không thuộc Z Khi đó tồn tại một số nguyên

tố p là ước của mẫu số của chúng Theo định lý 1.2, P ∈ Er

(với r ≥ 1 ) Gọi l là số nguyên tố mà l|n, khi đó Q = nl có cấp l Theo

hệ quả 1.1 ta có l = p Chọn j sao cho Q ∈ Ej và Q /∈ Ej+1 Khi đó

[F (x)g(x) + G(x)f (x)]

Hệ quả 1.2 Cho E là đường cong elliptic trên Q Khi đó nhóm con xoắncủa E(Q) là hữu hạn

Chứng minh Bằng cách đổi biến thích hợp, chúng ta có thể chuyển phươngtrình của E về dạng Weierstrass với hệ số nguyên Giả sử (x, y) là mộtđiểm xoắn Khi đó theo định lý Nagell-Lutz chỉ có hữu hạn khả năng cho

y Do đó cũng có hữu hạn khả năng cho x Vậy chỉ có hữu hạn khả năngcho các điểm xoắn nên nhóm con xoắn của E(Q) là hữu hạn.

Nhận xét 1.1.

(1) Với phương trình Weierstrass tổng quát hệ số nguyên thì định lýNagell-Lutz không còn đúng nữa Chẳng hạn, với đường cong E xác địnhbởi phương trình

y2 + xy = x3 + x2 − 11x,

có điểm P (114 , −118 ) cấp 2 nhưng tọa độ không nguyên

(2) Định lý Nagell-Lutz không còn đúng cho chiều ngược lại, nghĩa lànhững điểm (x, y)có tọa độ nguyên vày2 chia hếtD thì không suy ra đượcrằng điểm đó có bậc hữu hạn Chẳng hạn, y2 = x3 + 28 có điểm (2, 6) cócấp ∞ tuy nhiên y2 = 36 là ước của D = 21168

Định lý Nagell-Lutz có thể sử dụng để liệt kê tất cả các điểm có thể

có bậc hữu hạn chứ không sử dụng để chứng minh xem một điểm nào đó

có bậc hữu hạn không mà để làm được việc đó chúng ta cần chỉ ra có sốnguyên n > 1 để nP = 0

Định lý Nagell-Lutz còn được sử dụng để chứng minh điểm có bậc vôhạn, ý tưởng là tính các điểmP, 2P, 3P, nP nếu tọa độ không còn nguyênnữa thì suy ra điểm P có cấp vô hạn

Tuy nhiên công việc ngược lại là đi tìm tập các điểm có cấp hữu hạnsau khi áp dụng định lý Nagell-Lutz là khả thi nhờ vào một định lý rấtđẹp, đó là định lý Mazur Định lý Mazur được nêu ở luận văn này nhưngkhông chứng minh, có thể tham khảo chứng minh trong [7]

Định lý 1.4 (Mazur) Giả sử E(Q) chứa một điểm hữu tỉ có bậc hữu hạn

là m Khi đó 1 ≤ m ≤ 10 hoặc m = 12

Hơn nữa, nhóm con xoắn của E(Q) là một trong các dạng sau

Z/m với 1 ≤ m ≤ 10 hoặc m = 12,

Z/2 ⊕Z/2m với 1 ≤ m ≤ 4.Định lý 1.5 (Định lí Mordell-Weil) Nhóm các điểm hữu tỉ trên đườngcong elliptic (E(Q), +) là một nhóm aben hữu hạn sinh

Việc chứng minh đòi hỏi phải xây dựng rất nhiều lý thuyết toán có liênquan, vì vậy ta sẽ không đề cập phần chứng minh ở đây, chúng ta có thể

tham khảo phần chứng minh ở tài liệu [14, tr 83].

Như vậy theo định lí này nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic

E(Q) có tập sinh hữu hạn Nghĩa là mỗi điểm hữu tỉ trên đường cong cóthể nhận được từ một tập hữu hạn các điểm hữu tỉ bằng cách sử dụngmột tổ hợp nào đó của các giao tuyến và tiếp tuyến

Vấn đề là cần bao nhiêu điểm hữu tỉ để xây dựng tất cả các điểm hữu

tỉ Vì E(Q) là nhóm aben hữu hạn sinh nên nó là tổng trực tiếp của mộtnhóm hữu hạn và một nhóm aben tự do hữu hạn sinh nên nó là tổng trựctiếp của một nhóm hữu hạn và một nhóm aben tự do hữu hạn sinh, hạngcủa nhóm aben tự do hữu hạn sinh này được gọi là hạng của đường congelliptic

Tất cả các điểm có bậc hữu hạn củaE(Q) lập thành nhómT orsE(Q)gọi

là nhóm con xoắn củaE(Q).Khi đóE(Q) là tổng trực tiếp củaT orsE(Q),

với nhóm con các điểm có bậc vô hạn Nhóm con các điểm có bậc vô hạn

là nhóm hữu hạn sinh nên nó đẳng cấu với Zr, với r được gọi là hạng củađường cong elliptic và nó là một số nguyên không âm Ta có

E(Q) ∼= T orsE(Q)MZr

Định lý Nagell-Luzt cho phép tìm các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) từ

đó tìm được T orsE(Q), còn vấn đề tìm hạng của đường cong là vấn đề

khó mà ta không đề cập ở đây Nếu đường cong có hạng bằng 0 thì E(Q)

là nhóm hữu hạn, nếu hạng khác 0 thì E(Q) có vô hạn phần tử.

1.3 Phần xoắn của hai lớp đường cong elliptic

Mục đích của phần này là mở rộng hai kết quả trong [3] (các định lý3.2 và 3.3) về phân loại nhóm xoắn của hai lớp đường cong y2 = x3 + ax

và y2 = x3 + a

Mệnh đề 1.1 Giả sử E là đường cong elliptic cho bởi y2 = x3+ ax, trong

đó a ∈ Z, a 6= 0 Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là

(1) T orsE(Q) =Z/2Z⊕Z/2Z nếu và chỉ nếu −a là số chính phương.(2) T orsE(Q) =Z/4Z nếu và chỉ nếu a = 22d4 với d ∈ Z, d 6= 0.

(3) T orsE(Q) =Z/2Z trong các trường hợp còn lại.

Chứng minh Giải phương trình: x3 + ax = 0

Trường hợp 1 −a không là số chính phương khi đó nhóm con xoắn củađường cong elliptic chỉ có thể là Z

2nZ với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6

Trường hợp 2 −a là số chính phương khi đó nhóm con xoắn của đườngcong elliptic chỉ có thể là Z

2Z ⊕ Z 2nZ với n = 1, 2, 3, 4

Chúng ta sẽ đi tìm các nhóm con xoắn có trong trường hợp 1

Điểm P (x3, y3) có cấp là 3 khi đó P là điểm uốn, phương trình tiếp tuyếncủa đường cong elliptic tại điểm P là y = kx + l(d) Vậy

(kx + l)2 = x3 + ax

Do đường thẳng (d) chỉ cắt đường cong đã cho tại duy nhất một điểm vậychúng ta có

(x − r)3 = x3 − k2x2 + (a − 2kl)x − l2 với k, l, r ∈ Z.

Bằng việc đồng nhất các hệ số ta thu được 3r = k2 và r3 = l2 Khi đó

l2 = k6/27 và thay vào phương trình 3r2 = a − 2kl chúng ta thu được

Từ đó ta khẳng định đường cong elliptic cho không có điểm cấp 3

Bây giờ đi tìm điều kiện để đường cong elliptic có điểm P (x4, y4) có cấp

4 Phương trình tiếp tuyến của đường cong elliptic đã cho tại điểm P và

đi qua điểm (0, 0) là y = mx nên

(mx)2 = x3 + ax ⇔ x(x2 − m2x + a) = 0

Đường cong elliptic đã cho nhận P là điểm cấp 4 nếu và chỉ nếu

x2− m2x + a = 0 có nghiệm nguyên duy nhất khác 0 Từ đó m4− 4a = 0

nếu và chỉ nếu a = 22d4 với d ∈ Z, d 6= 0

Vậy chúng ta có hai điểm cấp 4 là (2d2, 4d3) và (2d2, −4d3)

Giả sử phương trình đường cong elliptic nhận điểm P (x8, y8) là điểmcấp 8, khi đó phương trình tiếp tuyến với đường cong tạiP và đi qua điểm

A(2d2, 4d3) là y = mx + (4d3 − 2md2) và ta thu được phương trình sau

(2d2 − x)(x2 + (2d2 − m2)x + 8d4 − 8md3 + 2d2m2)

Để thỏa mãn bài toán, phương trình −28d4 − 12d2m2 + m4 + 32md3 = 0

có nghiệm m ∈Z, phương trình tương đương với

m4 = (2d)2(3m2 − 8md + 7d2)

Để bài toán thỏa mãn nếu và chỉ nếu

3m2− 8md + (7d2− 4d2k4) = 0 với k ∈ Z, k 6= 0, phương trình có nghiệm

m ∈ Z nếu và chỉ nếud2(12k4− 5) = u2 với u ∈ Z, u 6= 0 tương đương với

12k4 − 5 = v2 ⇔ (2√3k2 − v)(2√3k2 + v) = 5 với v ∈ Z điều này mẫu

thuẫn Vậy đường cong elliptic đang xét không có điểm cấp 8

Giả sử P1(x1, y1) là điểm có cấp 5 thuộc đường cong elliptic, khi đó bốnđiểmP1, P2, P3, P4 cùng nằm trên đường cong elliptic và tạo thành hình chữnhật, có tọa độ lần lượt là P4 = (x1, −y1), P2 = (x2, y2), P3 = (x2, −y2)

t3 + 5t2 + 7t + a = t3 − 3t2c + 3tc2 − c3

phương trình không có nghiệm

Vậy đường cong elliptic đang xét không có điểm cấp 5

Tiếp theo, ta sẽ đi tìm các nhóm con xoắn có trong trường hợp 2.Giả sử Q(x41, y41) là điểm có cấp 4 trên đường cong elliptic đang xét, khi

đó phương trình tiếp tuyến với đường cong tại Q và đi qua điểm M (b, 0)

là y = mx − mb với m ∈ Z, m 6= 0, b ∈ N∗ và −a = b2, ở đây M là điểmcấp 2 khác (0, 0)

Như vậy phương trình (mx − mb)2 = x3+ ax cần có một nghiệm duy nhấtkhác b, ta đồng nhất hệ số của phương trình sau

x3− m2x2+ (2m2b + a)x − m2b2 = x3− 3rx2+ 3r2x − r3 với r ∈ Z, r 6= 0

ta thu được m2 = 3r điều này mâu thuẫn với m ∈ Z.

Chứng tỏ trong trường hợp 2 không có nhóm con xoắn là Z/2Z⊕Z/4Z và

Z/2Z⊕Z/8Z Mặt khác đường cong elliptic đã cho cũng không có điểmcấp 3 nên cũng không có nhóm con xoắn là Z/2Z⊕Z/6Z.

Với cách làm như trên ta có mệnh đề sau và có thể tham khảo chứngminh trong [3]

Mệnh đề 1.2 Giả sử E là đường cong elliptic cho bởi y2 = x3+ a, trong

đó a ∈ Z, a 6= 0 Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là

(1) T orsE(Q) =Z/6Z nếu và chỉ nếu a = 1

(2) T orsE(Q) = Z/3Z nếu a là số chính phương khác một, hoặc

a = −432m6 với m ∈ Z, m 6= 0

(3) T orsE(Q) = Z/2Z nếu và chỉ nếu a là số lập phương khác một.(4) T orsE(Q) = 0 trong các trường hợp còn lại.

D Qiu-X Zhang.

2.1 Danh sách của Kubert

Xuất phát từ giả thiết (0, 0) là điểm có cấp cực đại trong nhóm conxoắn đối với hai lớp đường cong Weierstrass đơn giản và Weierstrass tổngquát, Kubert đã đưa ra cấu trúc đầy đủ về các lớp đường cong với nhómxoắn tương ứng để từ đó, ta có thể đi phân loại các họ đường cong màđiểm (0, 0) luôn là một điểm xoắn

Danh sách của Kubert (xem [6]) như sau

Chúng tôi gọi danh sách trên của D.S Kubert là danh sách (K).

Ý nghĩa của danh sách (K) như sau

(iv) Trong (4) đường cong y2 + a1xy + a3y = x3 nhóm con xoắn chỉ cóthể là Z/3Z, Z/6Z, Z/2Z⊕Z/6Z, Z/9Z, Z/12Z với các giá trị a1, a3

Bây giờ chúng tôi đi phân loại nhóm con xoắn trong danh sách (K)

2.2 Phân loại của K Ono

Trong mục này chúng tôi trình bày nhóm con xoắn Z

2Z ⊕ Z 2nZ với

n = 1, 2, 3, 4 được K Ono phân loại, tức là phân loại đường cong trong

2

.(∗)

Bổ đề 2.1 Giả sử E : y2 = (x − α)(x − β)(x − γ) = x3+ ax2+ bx + c làmột đường cong elliptic Với (x0, y0) ∈ E(K) tồn tại điểm (x1, y1) ∈ E(K)

thỏa mãn (x0, y0) = 2(x1, y1) nếu và chỉ nếu x0 − α, x0 − β, x − γ là các

số chính phương

Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [3]

Chứng minh Xét phép tịnh tiến như sau



x = x + x0,

y = y

Khi đó đường cong elliptic cho trở thành

E0: y2 = (x + x0− α)(x + x0− β)(x + x0− γ), đường cong E đi qua điểm

(x0, y0) nếu và chỉ nếu đường cong E0 đi qua điểm (0, y0)

Giả sử điểm P (x, y) ∈ E gọi phương trình tiếp tuyến tại điểm P và đi quađiểm (0, y0) có phương trìnhy = λx + δ khi đó ta có phương trình phươngtrình hoành độ giao điểm

(λ2 − a + u)2 = 2uλ2 − 8λy0 + (u2 + 4b − 2ua)

Phương trình này chỉ đúng nếu và chỉ nếu phương trình

2uλ2 − 8λy0 + (u2 + 4b − 2ua) = 0 có nghiệm bội 2 tương đương với

(λ2+α+β+γ−2α)2 = −4αλ2−8y0λ+(4a2+4[αβ+βγ+γα]−4α[α+β+γ])

(λ ∓ α0)2 = (β0 ∓ γ0)2.

Như vậy điểm P (x, y) thỏa mãn có tọa độ là

x = 12(λ2 + α + β + γ) và y = λx + δ.Trong đó ta có các λ như sau

λ1 = α0 + β0 − γ0, λ3 = −α0 + β0 + γ0,

λ2 = α0 − β0 + γ0, λ4 = −α0 − β0 − γ0,

trong đó α20 = −α, β02 = −β và γ02 = −γ

Định lý dưới đây được K Ono đi phân loại đường cong elliptic E(M, N )

luôn luôn nhận ba điểm là (0, 0), (0, −M ), (0, −N ) là điểm cấp 2 trong đó

E(M, N ) : x(x + M )(x + N ),

có biệt thức

∆(M, N ) = M2N2(M − N )2

Định lý 2.1 (K Ono [11]) Giả sử E : y2 = x(x + M )(x + N ) là mộtđường cong elliptic, trong đó M, N ∈ Z Khi đó nhóm con xoắn của E(Q)

là

(1) TorsE(Q) ⊃ Z/2Z⊕Z/4Z nếu và chỉ nếu M 6= 0 6= N 6= M sao cho

M và N là hai số chính phương hoặc −M và N − M là chính phươnghoặc −N và M − N là chính phương

(2) TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/8Z nếu và chỉ nếu với d, u, v ∈ Z khác 0 để cho

M = d2u4 và N = d2v4, u 6= v hoặc M = −d2v4 và N = d2(u4 − v4),

hoặc M = d2(u4 − v4) và N = −d2v4 sao cho bộ (u, v, w) là một bộ

ba Pythagorean chẳng hạn (u2 + v2 = w2)

(3) TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/6Z nếu và chỉ nếu M = a4 + 2a3b và

N = 2ab3 + b4 trong đó a, b ∈ Z sao cho ab ∈ {−2, −1, −/ 12, 0, 1}.(4) TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/2Z trong trường hợp còn lại.

Chứng minh dưới đây được trích dẫn từ [11]

Chứng minh Giải phương trình x(x + M )(x + N ) = 0 ⇔ x = 0 hoặc

x = −M hoặc x = −N Như vậy đường cong đang xét luôn luôn có bađiểm cấp 2 là (0, 0), (−M, 0) và (−N, 0) Điều đó có nghĩa rằng nhóm conxoắn của E(Q) chỉ có thể là Z/2Z⊕Z/2nZ với các giá trị của M, N tươngứng ta sẽ có được n = 1, 2, 3 hay 4

(1) Giả sử TorsE(Q) ⊃ Z/2Z ⊕ Z/4Z có nghĩa là trên E chứa điểm

trên E thỏa mãn 2P = P0 = (0, 0) Theo công thức (*) trong nhận xét(2.1) thì

E thỏa mãn 2P = P1 = (−M, 0) Theo công thức (*) trong nhận xét (2.1)

là các số chính phương điều này tương đương với bộ (u, v, w) là một bộ

m và k là các số chính phương, đặt k = u2 và m = v2 Như vậy các số

u2v2, v4+ u2v2 và u2v2+ u4 là các số chính phương điều này tương đươngvới bộ (u, v, w) là một bộ ba Pythago chẳng hạn (u2 + v2 = w2)

Tóm lại TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/8Z khi đó N = d2(u4− v4) và M = −d2v4

với d ∈ Z và khác 0.

Trường hợp M − N = k2 và −N = n2 là hoàn toàn tương tự và có kếtquả là TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/8Z khi đó M = d2(u4 − v4) và N = −d2v4

với d ∈ Z và khác 0.

(3) Giả sử TorsE(Q) = Z/2Z⊕Z/6Z khi đó có∃điểmP (x3, y3) ∈ E(Q)

có cấp ba ⇔ x(2P ) = x(P ) 6= 0 Sử dụng kết quả (*) trong nhận xét tathu được phương trình sau

Chứng minh chiều ngược giả sử đã có M và N như trong phát biểu (3).Chúng ta chỉ ra được hai điểm cấp 3 trên E là (a2b2, ±a2b2(a + b)2) Đểtìm được điểm cấp 6 trên E chúng ta sẽ đi tìm giao điểm của đường thẳngqua điểm cấp 2 và điểm cấp 3 với E, cụ thể một điểm cấp 2 ở đây là (0, 0)

và một hoành độ điểm cấp 6 tìm được là x(P6) = 2a3b + 2ab3 + 5a2b2, và

có hai điểm cấp 6 tìm được như sau

(2a3b + 2ab3 + 5a2b2, ±(2a5b + 9a4b2 + 14a3b3 + 9a2b4 + 2ab5))

2.3 Phân loại của Qiu - Zhang

Trong mục này chúng tôi trình bày nhóm con xoắn Z

2nZ

với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 được D Qiu - X Zhang phân loại, nghĩa là hạn chế

đi điều kiện của đường cong trong mục 2 (danh sách (K)) ở trên, vì vậylàm cho đường cong elliptic E(M, N ) luôn luôn chỉ nhận một điểm (0, 0)

là điểm cấp 2.

Định lý và chứng minh dưới đây là toàn bộ bài báo trong [12]

Định lý 2.2 (D Qiu, X Zhang [12]) Giả sử E : y2 = x(x + M )(x + N )

là một đường cong elliptic, trong đó M = m + n√

D , N = m − n√

D, D

không có ước chính phương và (m, n) = 1 với m, n, D ∈ Z, n 6= 0, D 6= 1.Khi đó nhóm con xoắn của E(Q) là

(1) TorsE(Q) ⊃Z/4Z nếu và chỉ nếu m = a2+b2D, n = 2ab, với a, b ∈ Z

sao cho (a, b) = 1, ab 6= 0

(2) TorsE(Q) = Z/8Z nếu và chỉ nếu m = u4 + v2w2D, n = 2u2vw,2u2 − v2 = w2D, với u, v, w ∈ Z là khác 0.

(3) TorsE(Q) ⊃ Z/6Z nếu và chỉ nếu m = a2 + 2ac + b2D,

n = 2b(a + c), a2 − b2D = c2 với a, b, c ∈ Z khác 0 và đôi một nguyên

(6) TorsE(Q) = Z/2Z trong trường hợp còn lại.

Chứng minh Giải phương trìnhx(x+M )(x+N ) = 0 ⇔ x = 0(vì x ∈ Q).

Như vậy đường cong đang xét luôn luôn có một điểm cấp 2 là (0, 0) Điều

đó có nghĩa rằng nhóm con xoắn của E(Q) chỉ có thể là

T orsE(Q) = Z/2Z,Z/4Z,Z/6Z,Z/8Z,Z/10Z,Z/12Z với các giá trị của

M, N tương ứng

(1) Giả sử T orsE(Q) ⊃ Z/4Z, như vậy trên E chứa điểm P (x, y) cócấp bằng 4 ⇔ 2P = P0 = (0, 0) Áp dụng bổ đề (2.1) với M, N ∈ Z(√

D)

x(P )2−M N = 0 ⇔ x(P )2 = M N = (a2−b2D)2 ⇔ x(P ) = ±(a2−b2D).Trường hợp x(P ) = (a2 − b2D) ta có hai giá trị của y(P ) là

y(P ) = ±2a(a2 − b2D)

Trường hợp x(P ) = −(a2 − b2D) không có giá trị của y(P )

Vậy có hai điểm cấp 4 là

(a2 − b2D, 2a(a2 − b2D)) và (a2 − b2D, −2a(a2 − b2D))

(2) Giả sử T orsE(Q) = Z/8Z như vậy trên ∃P (x, y) ∈ E có cấp bằng

8 ⇔ 2P là điểm có cấp 4 ⇔ 2P = Q = (a2− b2D, 2a(a2− b2D)), hơn nữakết quả từ (I) chúng ta có m = a2 + b2D, n = 2ab Áp dụng kết quả của

Theo giả thiết (a, b) = 1 và D không có ước chính phương nên từ (1) ta có

(a, c) = 1 Vậy (a, a + c) = 1 từ (3) chúng ta có được a = u2, a + c = v2,trong đó u, v ∈Z và (u, v) = 1 Chú ý rằng D không có ước chính phương

vì vậy từ (4) chúng ta có 2u2 − v2 = w2D với w ∈ Z Như vậy ta có

b = vw, m = u4 + v2w2D, n = 2u2vw, 2u2 − v2 = w2D, với u, v, w ∈ Z

khác 0

Giả sử m = u4 + v2w2D, n = 2u2vw, 2u2 − v2 = w2D khi đó sử dụng kếtquả (I) có một điểm cấp 4 là P4 và x(P4) = (u2 − v2)2 Giả sử P (x8, y8)

là một điểm cấp 8 ⇔ 2P = P4 vậy x(2P ) = x(P4) = (u2 − v2)2 Áp dụngcông thức (*) từ nhận xét ta có 4y2(u2 − v2)2 = (x2 − M N )2 Phươngtrình này dẫn đến phương trình sau

x4 − 4(u2 − v2)2x3 − 2(u2 − v2)2(5u4 + 6u2v2 − 3v4)x2 − 4(u2 − v2)6x+ (u2 − v2)8 = 0 tương đương với

phương trình này suy ra được

D).Thế vào phương trình của E, ta có (y/x)2/x = (b/c − bc/(a2 − b2D)2)D,

ta thu được b/c − bc/(a2 − b2D) = 0, a2 − b2D = c2 Thu được

1/t = (a − b√

D)/c, chứng tỏ

m = x(a2 + 2ac + b2D)/c2, n = 2xb(a + c)/c2

Mặt khác (a2 + 2ac + b2D, 2b(a + c), c2) là nguyên tố cùng nhau, vì vậy

x = c2 Tóm lại ta có

m = a2 + 2ac + b2D, n = 2b(a + c), a2 − b2D = c2

Giả sử m = a2 + 2ac + b2D, n = 2b(a + c), a2 − b2D = c2 với a, b, c ∈ Z

sao cho (a, b, c) = 1 và khác 0 Chúng ta chỉ ra được một điểm cấp 3 trên

E là x(P3) = c2 và |y(P3)| = 2|a + c|c2 Để tìm được điểm cấp 6 trên E

chúng ta sẽ đi tìm giao điểm của đường thẳng qua điểm cấp 2 và điểm cấp

3 với E Cụ thể một điểm cấp 2 ở đây là (0, 0) và một hoành độ điểm cấp

6 tìm được là x(P6) = 5c2 + 4ac

(4) Giả sử T orsE(Q) = Z/12Z, khi đó trên E có một điểm hữu tỉ P

có cấp là 12 ⇔ 6(2P ) = Θ Như vậy kết hợp các kết quả của (1), (2), (3)

chúng ta có m = v2 − u2 + w2D, n = 2vw tương đương với

Kết hợp (2.1), (2.2), (2.3) và (2.4) ta thu được

3(v2 − w2D)4 − 4u2(v2 − w2D)2(v2 + w2D) − 16u4v2w2D = 0

Giả sử chiều thuận đúng ta đi chứng minh chiều ngược lại, khi đó trên (E)

luôn có một điểm P6 có cấp 6 và x(P6) = 5c2+ 4ac = u2 Giả sử P (x12, y12)

là một điểm cấp 12 ⇔ 2P = P6 vậy x(2P ) = x(P6) Áp dụng công thức(*) từ nhận xét chúng ta có phương trình sau

khó mà ta khơng đề cập Nếu đường cong có hạng E(Q)

là nhóm hữu hạn, hạng khác E(Q) có vơ hạn phần tử.

1.3 Phần. ..

Trường hợp −a khơng số phương nhóm xoắn của? ?ường cong elliptic Z

2nZ với n = 1, 2, 3, 4, 5,

Trường hợp −a số phương nhóm xoắn đườngcong elliptic Z... conxoắn hai lớp đường cong Weierstrass đơn giản Weierstrass tổngquát, Kubert đưa cấu trúc đầy đủ lớp đường cong với nhómxoắn tương ứng để từ đó, ta phân loại họ đường cong màđiểm (0, 0) điểm xoắn