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Andreas Wadhwa

Aufgabe 1. Gegeben sei die elliptische Kurve 𝐸 ¨uber dem K¨orper 𝔽⁵ mit der affinen Gleichung

𝑦² =𝑥³+ 3𝑥.

a) Man bestimme die Anzahl der Punkte von 𝐸(𝔽5).

b) Ist die Gruppe 𝐸(𝔽⁵) zyklisch?

[Bemerkung: Wegen 4⋅3³+ 27⋅0²∕≡0 mod 5 ist𝐸 tats¨achlich eine elliptische Kurve.]

a) Wir rechnen in𝔽5:

𝑥 0 ±1 ±2

𝑥³+ 3𝑥 0 ∓1 ∓1 und 𝑦 0 ±1 ±2 𝑦² 0 1 −1 Hier liest man ab:

𝐸(𝔽5) = 𝒪 ∪ {(0,0),(1,±2),(−1,±1),(2,±2),(−2,±1)}.

Die Anzahl der Punkte von𝐸(𝔽5) betr¨agt also 10.

b) In der Primfaktorzerlegung von 10 = 2⋅5 kommt jeder Primfaktor nur in der ersten Potenz vor. Deshalb ist jede abelsche Gruppe der Ordnung 10 (insbeson- dere 𝐸(𝔽5)) zyklisch.

[Erinnerung: Jede endlich erzeugte (insbesondere jede endliche) abelsche Gruppe ist direktes Produkt zyklischer Gruppen. Die zyklischen Gruppen sind (bis auf Isomorphie) genau die Gruppen (ℤ/𝑛,+), 𝑛 ≥ 0 ganz. F¨ur 𝑛 = 0 ist das ℤ, ansonsten sind diese Gruppen endlich und werden auch abstrakt mit𝐶_𝑛 bezeichnet und dann multiplikativ geschrieben. Die Anzahl der verschiedenen abelschen Gruppen mit 𝑚 > 0 Elementen ergeben sich ¨uber die Primfaktorzerlegung von 𝑚 und den chinesischen Restsatz. F¨ur 𝑚 = 10 = 2⋅5 gibt es zum Beispiel a priori die M¨oglichkeiten 𝐶₁₀ und 𝐶₂ ×𝐶₅, die aber nach dem chinesischen Restsatz gleich (isomorph) sind.]

Aufgabe 2. Man beweise: Eine ganze Zahl 𝑁 >1 ist genau dann prim, wenn (𝑋+ 1)^𝑁 ≡𝑋^𝑁 + 1 mod 𝑁.

(Dies ist als eine Gleichung im Polynomring (ℤ/𝑁)[𝑋] aufzufassen.) Es ist

(𝑋+ 1)^𝑁 =𝑋^𝑁 +

𝑁−1

∑

𝜈=1

(𝑁 𝜈

)

𝑋^𝑁−𝜈 + 1.

Ist 𝑁 =𝑝 prim, so gilt (𝑝

𝜈 )

= 𝑝(𝑝−1)⋅ ⋅ ⋅(𝑝−𝜈+ 1)

𝜈! ≡0 mod 𝑝

f¨ur 1≤𝜈 ≤𝑝−1 (denn f¨ur diese𝜈 ist der Z¨ahler zwar durch 𝑝teilbar, nicht aber der Nenner). Daraus folgt (𝑋+ 1)^𝑝 ≡𝑋^𝑝 + 1 mod 𝑝.

Sei jetzt (𝑋+ 1)^𝑁 ≡ 𝑋^𝑁 + 1 mod 𝑁 vorausgesetzt. Angenommen 𝑁 ist nicht prim. Sei dann 𝑝

𝑁 ein Primteiler und 𝑝^𝑙 (𝑙 ≥ 1) die h¨ochste Potenz von 𝑝, die in𝑁 aufgeht. Es ist

(𝑁 𝑝

)

= 𝑁(𝑁 −1)⋅ ⋅ ⋅(𝑛−𝑝+ 1) 𝑝(𝑝−1)⋅ ⋅ ⋅1 = 𝑁

𝑝

(𝑁 −1 𝑝−1

)

=𝑝^𝑙−1⋅𝑏, wobei(𝑁−1

𝑝−1

) nicht durch 𝑝 teilbar ist, und deshalb auch 𝑝∕

𝑏. Es folgt

(𝑁 𝑝

)

𝑋^𝑁−𝑝 ∕≡0 mod𝑁,

also (𝑋+ 1)^𝑁 ∕≡𝑋^𝑁 + 1 mod 𝑁, ein Widerspruch.

Aufgabe 3. Man untersuche das Verhalten der Primzahlen 𝑝= 2,3,31,41∈ℤ im (bekanntlich faktoriellen) Ring 𝑅 := ℤ[√

−2]. Welche verzweigen, spalten, bzw. sind tr¨age?

F¨ur die nicht tr¨agen unter diesen 𝑝 gebe man die Primfaktorzerlegung in 𝑅 an.

𝑅 ist der Ganzheitsring des quadratischen Zahlk¨orpers ℚ(√

𝑑) mit 𝑑 = −2 ≡ 2 mod 4 und Diskriminante𝐷= 4𝑑 =−8 = −2³.

Die einzige Primzahl 𝑝 mit 𝑝

𝐷 ist 𝑝 = 2. Dies ist also die einzige verzweigte Primzahl.

F¨ur𝑝= 3 hat man (_𝐷

𝑝

) =(₋₈

3

)=(₁

3

)= 1, so dass 3 spaltet.

F¨ur𝑝= 31 ist (₋₈

31

)=(₋₁

31

)⋅(₂

31

)3

= (−1)⋅1³ =−1, also ist 31 tr¨age.

F¨ur𝑝= 41 ist (₋₈

41

)=(₋₁

41

)⋅(₂

41

)3

= 1⋅1³ = 1, so dass 41 spaltet.

Ist 𝑥+𝑦√

−2, 𝑥, 𝑦 ∈ℚ, ein Element des Zahlk¨orpers ℚ(√

−2), so ist die Norm 𝑁(𝑥+𝑦√

−2) =𝑥²+ 2𝑦² (≥0).

Die Einheiten in𝑅 sind deshalb genau die Elemente±1.

F¨ur eine Primzahl 𝑝 ist 𝑁(𝑝) = 𝑝². Gibt es also in 𝑅 einen echten Primteiler 𝑥+𝑦√

−2, 𝑥, 𝑦 ∈ℤ, von 𝑝, so muss f¨ur die Norm 𝑥² + 2𝑦² =𝑝

gelten.

F¨ur 𝑝= 2 ist diese Normgleichung nur durch 𝑦 =±1, 𝑥 = 0 l¨osbar. Man erh¨alt 2 =−√

−2⋅√

−2 als Primfaktorzerlegung von 2 in 𝑅.

F¨ur 𝑝 = 3 ist die Normgleichung nur durch 𝑥= ±1, 𝑦 =±1 l¨osbar. Man erh¨alt 3 = (1 +√

−2)⋅(1−√

−2) als Primfaktorzerlegung von 3 in 𝑅.

F¨ur 𝑝 = 41 folgt aus der Normgleichung, dass 2𝑦² ≤ 41, also 𝑦 ≤ 4. Aus der Tabelle

𝑦 0 1 2 3 4

41−2𝑦² 41 39 33 23 9 = 3²

entnimmt man, dass die Normgleichung nur durch𝑦=±4,𝑥=±3 l¨osbar ist. Die Primfaktorzerlegung von 41 in 𝑅 ergibt sich zu 41 = (3 + 4√

−2)⋅(3−4√

−2).

Aufgabe 4. Gegeben seien die beiden Gitter Λ1,Λ2 ⊂ℂ: Λ₁ :=ℤ+ℤ𝑖√

5, Λ₂ :=ℤ⋅3 +ℤ(1 +𝑖√ 5).

a) Man gebe eine Isogenie 𝛼:ℂ/Λ₁ →ℂ/Λ₂ an.

b) Man zeige: Es gibt keine Isomorphie 𝜙 :ℂ/Λ1 →ℂ/Λ2.

Isogenien𝛼:ℂ/Λ₁ →ℂ/Λ₂ sind genau die Abbildungen von der Gestalt𝛼([𝑧]) = [𝑐𝑧], worin 𝑐∈ℂ^∗ eine komplexe Zahl mit 𝑐⋅Λ₁ ⊂Λ₂ ist.

Isomorphien sind genau die Abbildungen von dieser Gestalt, f¨ur die 𝑐⋅Λ₁ = Λ₂ gilt.

a) Offenbar gilt 3Λ1 ⊂Λ2, denn 3∈Λ2 und 3𝑖√

5 = −3 + 3⋅(1 +𝑖√

5)∈Λ2. Die zugeh¨orige Isogenie wird durch 𝛼([𝑧]) = [3𝑧] gegeben.

b) Es ist Λ₁ =: 𝑅 der Ganzheitsring im quadratischen Zahlk¨orper ℚ(𝑖√ 5) mit Normabbildung

𝑁(𝑥+𝑦𝑖√

5) =𝑥²+ 5𝑦² (≥0), 𝑥, 𝑦 ∈ℚ,

und Λ₂ ist ein Ideal von𝑅, denn nat¨urlich ist Λ₂ eine abelsche Gruppe und wegen 1⋅Λ₂ ⊂ Λ₂, 𝑖√

5⋅3 =−3 + 3⋅(1 +𝑖√

5) ∈ Λ₂, 𝑖√

5⋅(1 +𝑖√

5) = −5 +𝑖√ 5 =

−2⋅3 + (1 +𝑖√

5)∈Λ₂ gilt auch𝑅⋅Λ₂ ⊂Λ₂.

Angenommen es gibt ein 𝑐 ∈ ℂ^∗ mit 𝑐⋅Λ₁ = Λ₂. Dann folgt 𝑐 ∈ Λ₂ ⊂ 𝑅, und Λ₂ =𝑅𝑐= (𝑐) muss ein Hauptideal sein. Dies f¨uhren wir zu einem Widerspruch.

Wegen𝑐

3 gilt𝑁(𝑐)

𝑁(3) = 9, und wegen𝑐

(1+𝑖√

5) gilt𝑁(𝑐)

𝑁(1+𝑖√

5) = 6.

Also muss𝑁(𝑐) = 1 oder𝑁(𝑐) = 3 sein. Aber 𝑁(𝑐) = 1 gilt nur f¨ur𝑐=±1, und 𝑁(𝑐) = 3 ist nicht m¨oglich, da die Gleichung 𝑥²+ 5𝑦² = 3 keine L¨osung in ganzen Zahlen𝑥 und 𝑦 besitzt. Dies ist der gew¨unschte Widerspruch.

[Alternative L¨osung zu b): Angenommen es existiert ein𝛼∈ℂ^∗ mit𝛼⋅Λ₁ = Λ₂. Dann gibt es eine ganzzahlige Matrix( 𝑎 𝑏

𝑐 𝑑 )

mit Determinante±1 und

( 𝛼 𝑖𝛼√

5 )

=

( 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑

)( 3 1 +𝑖√

5 )

.

Hieraus ergibt sich (3𝑐+𝑑) +𝑑𝑖√

5 =𝑖𝛼√ 5 =𝑖√

5⋅(3𝑎+𝑏+𝑏𝑖√

5) =−5𝑏+ (3𝑎+𝑏)𝑖√ 5,

also

3𝑐+𝑑=−5𝑏, 𝑑= 3𝑎+𝑏.

Eliminert man daraus𝑑, erh¨alt man −𝑐=𝑎+ 2𝑏 und weiter

±1 = det( 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑

)

= det( 𝑎 𝑏

−𝑎−2𝑏 3𝑎+𝑏 )

= 3𝑎²+ 2𝑎𝑏+ 2𝑏² = 3𝑎²+ 2( 𝑏+𝑎

2 )2

−1 2𝑎²= 5

2𝑎²+ 2( 𝑏+𝑎

2 )2

.

Es folgt 5 2𝑎²+ 2

( 𝑏+𝑎

2 )2

= 1

und daraus zun¨achst𝑎= 0, dann 2𝑏²= 1. Dies ist absurd.]