Kurs:Elliptische Kurven/1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	10	5	2	5	4	4	2	3	2	5	2	10	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein glatter Punkt ${}P$ auf einer ebenen algebraischen Kurve  ${}C=V(F)\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{2}$. 
2. Eine elliptische Kurve.
3. Ein Gitter in den komplexen Zahlen ${}{\mathbb {C} }$.
4. Die Verzweigungsordnung zu einer Erweiterung  ${}A\subseteq B$  von diskreten Bewertungsringen.
5. Die Divisorenklassengruppe einer glatten irreduziblen Kurve ${}C$ über einem algebraisch abgeschlossenen Körper.
6. Die Zeta-Funktion zu einer Varietät ${}X$ über einem endlichen Körper ${}{\mathbb {F} }_{q}$.

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Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über streckungsäquivalente Gitter und komplexe Tori.
2. Der Satz über den Grad der Multiplikationsabbildung auf einer elliptischen Kurve.
3. Der Satz von Mordell-Weil für elliptische Kurven.

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Aufgabe (10 Punkte)

Formulieren und beweisen Sie Ihren Lieblingssatz der Vorlesung.

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Aufgabe (5 Punkte)

Beschreibe die wesentlichen Punkte, wie kongruente Zahlen und elliptische Kurven zusammenhängen.

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Aufgabe (2 Punkte)

Finde acht Punkte ${}(x,y)$ mit ganzzahligen Komponenten, die die Bedingung

${}y^{2}=x^{3}+17\,$

erfüllen.

Lösung

$(-1,\pm 4),\,(-2,\pm 3),\,(2,\pm 5),\,(4,\pm 9).$

Aufgabe (5 (1+4) Punkte)

Wir betrachten die durch die Gleichung

${}f=xy^{3}+y+x^{3}=0\,$

gegebene Kurve in ${}{\mathbb {A} }_{K}^{2}$ über einem Körper ${}K$.

1. Zeige, dass bei  ${}\operatorname {char} (K)=7$  der Punkt ${}(4,2)$ ein singulärer Punkt der Kurve ist.
2. Zeige, dass die Kurve bei  ${}\operatorname {char} (K)\neq 7$  glatt ist.

Lösung

Die partiellen Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=y^{3}+3x^{2}\,$

und

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=3xy^{2}+1\,.$

1. Im gegebenen Punkt ${}(4,2)$ ist

   ${}f(4,2)=4\cdot 2^{3}+2+4^{3}=32+2+64=98=0\,,$

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}(4,2)=8+3\cdot 16=56=0\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}(4,2)=3\cdot 4\cdot 4+1=49=0\,,$

   also liegt ein singulärer Punkt vor.

2. Es ist zu zeigen, dass diese beiden partiellen Ableitungen und ${}f$ über einem beliebigen Körper der Charakteristik ${}\neq 7$ keine gemeinsame Nullstelle haben. Aus

   ${}y^{3}=-3x^{2}\,$

   und der Kurvengleichung folgt

   ${}x(-3x^{2})+y+x^{3}=y-2x^{3}=0\,,$

   also

   ${}y=2x^{3}\,.$

   Dies in die erste partielle Ableitung eingesetzt ergibt

   ${}y^{3}+3x^{2}=8x^{9}+3x^{2}={\left(8x^{7}+3\right)}x^{2}=0\,$

   Dies in die zweite partielle Ableitung eingesetzt ergibt

   ${}3xy^{2}=3x{\left(2x^{3}\right)}^{2}=12x^{7}=-1\,.$

   Daraus folgt einerseits  ${}x\neq 0$  und andererseits, dass wir Charakteristik ${}\neq 2,3$ annehmen können. Dann ist

   ${}x^{7}=-{\frac {3}{8}}\,$

   und

   ${}x^{7}=-{\frac {1}{12}}\,,$

   also

   ${}{\frac {3}{8}}={\frac {1}{12}}\,$

   bzw.

   ${}9=2\,,$

   was bei Charakteristik ${}\neq 7$ ausgeschlossen ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte der Fermatkubik

${}V_{+}{\left(X^{3}+Y^{3}+Z^{3}\right)}\subseteq {\mathbb {P} }_{\mathbb {C} }^{2}\,$

mit der Geraden ${}V_{+}{\left(X+2Y+Z\right)}$.

Lösung

Wir ersetzen in ${}X^{3}+Y^{3}+Z^{3}$ die Variable ${}X$ durch  ${}X=-2Y-Z$  und erhalten die Gleichung

${}{\begin{aligned}-{\left(2Y+Z\right)}^{3}+Y^{3}+Z^{3}&=-{\left(8Y^{3}+12Y^{2}Z+6YZ^{2}+Z^{3}\right)}+Y^{3}+Z^{3}\\&=-7Y^{3}-12Y^{2}Z-6YZ^{2}\\&=0.\end{aligned}}$

Die Lösung  ${}Y=0$  führt auf den Punkt ${}\left(1,\,0,\,-1\right)$. Die Gleichung

${}7Y^{2}+12YZ+6Z^{2}=0\,$

bzw. die dehomogenisierte Version (${}Y=1$)

${}7+12Z+6Z^{2}=0\,$

bzw.

${}Z^{2}+2Z+{\frac {7}{6}}=0\,$

führt auf

${}Z_{2,3}={\frac {-2\pm {\sqrt {4-4\cdot {\frac {7}{6}}}}}{2}}=-1\pm {\sqrt {1-1\cdot {\frac {7}{6}}}}=-1\pm {\sqrt {-1{\frac {1}{6}}}}=-1\pm {\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\,.$

Somit ist

${}X_{2}=-2Y_{2}-Z_{2}=-2+1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }=-1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\,$

und

${}X_{3}=-2Y_{3}-Z_{3}=-2+1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }=-1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\,.$

Die drei Schnittpunkte sind also

$(1,0,-1),\,\left(-1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} },\,1,\,-1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\right){\text{ und }}\left(-1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} },\,1,\,-1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme auf der durch

${}y^{2}=x^{3}-x\,$

gegebenen elliptischen Kurve ${}E$ über ${}\mathbb {Z} /(5)$ die Gruppenstruktur von ${}E{\left(\mathbb {Z} /(5)\right)}$.

Lösung

Das kubische Polynom besitzt die Faktorzerlegung

${}X^{3}-X=X(X-1)(X+1)\,,$

daher gibt es neben ${}{\mathfrak {O}}$ die drei Punkte ${}(0,0),\,(1,0),\,(4,1)$ der Ordnung ${}2$, die die Torsionsuntergruppe der Ordnung ${}2$ bilden, siehe Lemma 18.2 (Elliptische Kurven (Osnabrück 2021-2022)). Ferner gibt es die Punkte ${}(2,1),\,(2,4),\,(3,2),\,(3,3)$. Die Gruppe besteht also aus acht Elementen. Aus gruppentheoretischen Gründen kommen nur ${}{\left(\mathbb {Z} /(2)\right)}^{3}$, ${}\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(4)$ und ${}\mathbb {Z} /(8)$ in Frage. Die letzte Gruppe besitzt nur zwei Elemente der Ordnung ${}\leq 2$, das kann also nicht sein, die erste Gruppe besitzt nur Elemente der Ordnung ${}\leq 2$, was wegen dem zitierten Satz auch nicht sein kann. Der Isomorphietyp der Gruppe ist also ${}\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(4)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei  ${}\Gamma \subseteq {\mathbb {C} }$  ein Gitter. Zeige, dass zu elliptischen Funktionen ${}f,g$ (bezüglich ${}\Gamma$) auch ${}f+g$ und ${}f\cdot g$ elliptisch sind.

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Aufgabe (3 Punkte)

Finde für das Gitter  ${}\Gamma =\langle 3+{\mathrm {i} },-1+2{\mathrm {i} }\rangle$  das Element ${}\tau$ im Fundamentalbereich ${}D$ derart, dass ${}\Gamma$ streckungsäquivalent zu ${}\langle 1,\tau \rangle$ ist.

Lösung

Wir strecken das Gitter mit dem Inversen von ${}3+{\mathrm {i} }$, also mit

${}{\left(3+{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {3-{\mathrm {i} }}{{\left(3+{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-{\mathrm {i} }\right)}}}={\frac {3}{10}}-{\frac {1}{10}}{\mathrm {i} }\,.$

Wegen

${}{\left(-1+2{\mathrm {i} }\right)}{\left({\frac {3}{10}}-{\frac {1}{10}}{\mathrm {i} }\right)}=-{\frac {3}{10}}+{\frac {2}{10}}+{\left({\frac {6}{10}}+{\frac {1}{10}}\right)}{\mathrm {i} }=-{\frac {1}{10}}+{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }=\sigma \,$

ist das Gitter streckungsäquivalent zu

$\langle 1,-{\frac {1}{10}}+{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }\rangle .$

Der zweite Erzeuger ${}\sigma$ liegt nicht im Fundamentalbereich, sein Betragsquadrat ist

${}{\frac {1}{100}}+{\frac {49}{100}}={\frac {1}{2}}<1\,.$

Es ist

${}-\sigma ^{-1}=-{\frac {1}{\frac {1}{2}}}{\left(-{\frac {1}{10}}-{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }\right)}=2{\left({\frac {1}{10}}+{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {1}{5}}+{\frac {7}{5}}{\mathrm {i} }\,.$

Der Betrag hiervon ist ${}>1$ und der Realteil ist zwischen ${}-{\frac {1}{2}}$ und ${}{\frac {1}{2}}$, diese Element liegt also im Fundamentalbereich. Es ist also

${}\tau ={\frac {1}{5}}+{\frac {7}{5}}{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige mit Satz 15.8 (Elliptische Kurven (Osnabrück 2021-2022)), dass der Endomorphismenring einer elliptischen Kurve ${}E$ die Distributivität erfüllt und somit in der Tat ein Ring ist.

Lösung

Es seien

$\varphi ,\psi _{1},\psi _{2}\colon E\longrightarrow E$

Isogenien und  ${}P\in E$.  Wegen Satz 15.8 (Elliptische Kurven (Osnabrück 2021-2022)) ist ${}\varphi$ mit der Addition auf der Kurve verträglich, daher ist

${}{\begin{aligned}{\left(\varphi \circ (\psi _{1}+\psi _{2})\right)}(P)&=\varphi (\psi _{1}(P)+\psi _{2}(P))\\&=\varphi (\psi _{1}(P))+\varphi (\psi _{2}(P))\\&={\left(\varphi \circ \psi _{1}\right)}(P)+{\left(\varphi \circ \psi _{2}\right)}(P).\end{aligned}}$

Die umgekehrte Reihenfolge ergibt sich direkt mit

${}{\begin{aligned}{\left((\psi _{1}+\psi _{2})\circ \varphi \right)}(P)&=(\psi _{1}+\psi _{2})(\varphi (P))\\&=\psi _{1}(\varphi (P))+\psi _{2}(\varphi (P))\\&={\left(\psi _{1}\circ \varphi \right)}(P)+{\left(\psi _{2}\circ \varphi \right)}(P)\\&={\left(\psi _{1}\circ \varphi +\psi _{2}\circ \varphi \right)}(P).\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}Y^{2}=(X-\lambda _{1})(X-\lambda _{2})(X-\lambda _{3})\,$

die Gleichung einer elliptischen Kurve ${}E$ in Zerlegungsform über einem Körper ${}K$ mit  ${}\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}\in K$.  Zeige, dass die Abbildung

$\varphi _{1}\colon E(K)\longrightarrow K^{\times }/{\left(K^{\times }\right)}^{2}$

ein Gruppenhomomorphismus ist.

Lösung

Seien ${}(x_{1},y_{1})$ und ${}(x_{2},y_{2})$ Punkte auf ${}E(K)$ (für den unendlich fernen Punkt sind kleine Sonderüberlegungen nötig). Es sei  ${}y=\alpha x+\beta$  eine Gleichung für die Verbindungsgerade zwischen den beiden Punkten bzw. der Tangente. Die Schnittpunkte dieser Geraden mit der Kurve sind durch die Bedingung

${}(\alpha x+\beta )^{2}=(x-\lambda _{1})(x-\lambda _{2})(x-\lambda _{3})\,$

gegeben. Dies wird durch ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$ und von der ${}x$-Koordinate des dritten Schnittpunktes und des Summenpunktes ${}(x_{3},y_{3})$ erfüllt. Es ist also

${}(x-\lambda _{1})(x-\lambda _{2})(x-\lambda _{3})-(\alpha x+\beta )^{2}=(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})\,.$

Wenn man darin  ${}x=\lambda _{1}$  setzt, so erhält man

${}(\alpha \lambda _{1}+\beta )^{2}=(x_{1}-\lambda _{1})(x_{2}-\lambda _{1})(x_{3}-\lambda _{1})\,,$

also ist

${}x_{3}-\lambda _{1}={\frac {(\alpha \lambda _{1}+\beta )^{2}}{(x_{1}-\lambda _{1})(x_{2}-\lambda _{1})}}=(x_{1}-\lambda _{1})(x_{2}-\lambda _{1})\,$

modulo der Quadrate.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne den Abstand zwischen den beiden rationalen Zahlen ${}{\frac {3}{7}}$ und ${}{\frac {5}{13}}$, wenn ${}\mathbb {Q}$ mit dem ${}2$-adischen Standardbetrag versehen ist.

Lösung

Es ist

${}{\frac {3}{7}}-{\frac {5}{13}}={\frac {3\cdot 13-5\cdot 7}{91}}={\frac {39-35}{91}}={\frac {4}{91}}\,.$

Der Exponent dieser Zahl zur Primzahl ${}2$ ist ${}2$, daher ist der Abstand beim ${}2$-adischen Standardbetrag gleich  ${}2^{-2}={\frac {1}{4}}$. 

Aufgabe (10 (1+1+1+4+3) Punkte)

Wir betrachten die durch die Gleichung

${}Y^{2}=X^{3}+2X-3\,$

gegebene elliptische Kurve über verschiedenen Körpern ${}K$.

1. Zerlege das Polynom ${}X^{3}+2X-3$ in ${}\mathbb {Q} [X]$ in irreduzible Faktoren.
2. Skizziere den reellen Verlauf der Kurve.
3. Zerlege das Polynom ${}X^{3}+2X-3$ in ${}{\mathbb {C} }[X]$ in irreduzible Faktoren.
4. Bestimme, für welche Primzahlen ${}p$ sich keine elliptische Kurve über ${}\mathbb {Z} /(p)$ ergibt.
5. Bestimme den Reduktionstyp für die Primzahlen mit schlechter Reduktion

Lösung

1. Es gilt

   ${}X^{3}+2X-3=(X-1){\left(X^{2}+X+3\right)}\,$

   über jedem Körper. In Charakteristik ${}\neq 2$ ist

   ${}X^{2}+X+3={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}+3={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {11}{4}}\,.$

   Deshalb ist über ${}\mathbb {Q}$ und über ${}\mathbb {R}$ auch der quadratische Faktor irreduzibel.

2. Die Kurve schneidet die ${}x$-Achse einmalig bei  ${}x=1$  und der obere Strang ist streng wachsend, wegen

   ${}3x^{2}+2>0\,$

   und der Monotonie der Quadratwurzel.

3. Über ${}{\mathbb {C} }$ besitzt das quadratische Polynom ${}X^{2}+X+3$ die beiden Nullstellen ${}\pm {\frac {\sqrt {11}}{2}}{\mathrm {i} }-{\frac {1}{2}}$. Somit liegt die Zerlegung

   ${}X^{3}+2X-3=(X-1){\left(X-{\frac {-1+{\sqrt {11}}{\mathrm {i} }}{2}}\right)}{\left(X-{\frac {-1-{\sqrt {11}}{\mathrm {i} }}{2}}\right)}\,$

   vor.

4. Die partiellen Ableitungen sind ${}3X^{2}+2$ und ${}2Y$. In Charakteristik ${}2$ ist ${}(0,1)$ ein Punkt der Kurve, in dem die partiellen Ableitungen verschwinden. Es liegt also schlechte Reduktion vor. Es sei nun die Charakteristik ${}\neq 2$. Dann muss für einen singulären Punkt  ${}Y=0$  sein. Es geht also darum, ob ${}X^{3}+2X-3$ und ${}3X^{2}+2$ eine gemeinsame Nullstelle besitzen. In ${}\mathbb {Z} [X]$ gilt (die folgende Argumentation kann man durch die Betrachtung der Diskriminante vereinfachen)

   ${}3{\left(X^{3}+2X-3\right)}-X{\left(3X^{2}+2\right)}=4X-9\,$

   und

   ${}4{\left(3X^{2}+2\right)}-3X{\left(4X-9\right)}=27X+8\,$

   und schließlich

   ${}4{\left(27X+8\right)}-27{\left(4X-9\right)}=275\,.$

   Es ist

   ${}275=5^{2}\cdot 11\,.$

   Wenn die Charakteristik ${}\neq 2,3,5,11$ ist, so liegt jedenfalls eine glatte Kurve vor, da dann die beiden Polynome das Einheitsideal erzeugen und keine gemeinsame Nullstelle haben können. In Charakteristik ${}3$ ist die zweite Ableitung direkt gleich ${}2$ und es liegt eine glatte Kurve vor.

   In Charakteristik ${}5$ ist

   ${}X^{2}+X+3=(X-1)(X-3)\,$

   und somit die Kurvengleichung gleich

   ${}Y^{2}=(X-1)^{2}(X-3)\,,$

   es liegt also ein singulärer Punkt in ${}(1,0)$ vor.

   In Charakteristik ${}11$ ist

   ${}X^{2}+X+3=(X-5)(X-5)\,$

   und somit die Kurvengleichung gleich

   ${}Y^{2}=(X-1)(X-5)^{2}\,,$

   es liegt also ein singulärer Punkt in ${}(5,0)$ vor.

5. Wir bestimmen den Reuktionstyp in den Singularitäten bei schlechter Reduktion.

   ${}p=2\,.$

   Im Punkt ${}(0,1)$ wird die Kurvengleichung mit

   ${}V=Y-1\,$

   zu

   ${}X^{3}+2X-3-Y^{2}=X^{3}+1+(V+1)^{2}=X^{3}+V^{2}\,,$

   es liegt also additive Reduktion vor.

   ${}p=5\,.$

   Im Punkt ${}(1,0)$ wird die Kurvengleichung mit

   ${}W=X-1\,$

   zu

   ${}{\begin{aligned}X^{3}+2X-3-Y^{2}&=(W+1)^{3}+2(W+1)-3-Y^{2}\\&=W^{3}+3W^{2}+3W+1-3-Y^{2}+2W+2\\&=W^{3}+3W^{2}-Y^{2},\end{aligned}}$

   es liegt also multiplikative Reduktion vor. Da ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(5)$ kein Quadrat ist, liegt nichtspaltende multiplikative Reduktion vor.

   ${}p=11\,.$

   Im Punkt ${}(5,0)$ wird die Kurvengleichung mit

   ${}W=X-5\,$

   zu

   ${}{\begin{aligned}X^{3}+2X-3-Y^{2}&=(W+5)^{3}+2(W+5)-3-Y^{2}\\&=W^{3}+4W^{2}+9W+4+2W+10-3-Y^{2}\\&=W^{3}+4W^{2}-Y^{2},\end{aligned}}$

   es liegt also multiplikative Reduktion vor. Da ${}4$ in ${}\mathbb {Z} /(11)$ ein Quadrat ist, liegt spaltende multiplikative Reduktion vor.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Bestimme auf zwei Arten ein Repräsentantensystem in ${}\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$ für die Restklassengruppe ${}\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}/\Gamma (2)$ zur Hauptkongruenzuntergruppe zur Stufe ${}2$.

1. Durch Angabe von Matrizen.
2. Als Kombination der beiden Erzeuger  ${}S={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}$  und  ${}T={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$  von ${}\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}$ (vergleiche Satz 9.2 (Elliptische Kurven (Osnabrück 2021-2022))).

Lösung

1. Es ist

   ${}\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}/\Gamma (2)=\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} /(2)\right)}\,.$

   Die spezielle lineare Gruppe zum Körper mit zwei Elementen ist durch die sechs Matrizen

   ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}},\,$

   gegeben. Daher sind die Urbilder

   ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&-1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}},\,$

   ein Repräsentantensystem (beachte, dass die Determinante über ${}\mathbb {Z}$ gleich ${}1$ sein muss).

2. Wir drücken die Matrizen aus (1) mit ${}S$ und ${}T$ aus. Die Identität, ${}S$ und ${}T$ kommen direkt darin vor. Ferner ist

   ${}TS={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1\\1&0\end{pmatrix}}\,,$

   ${}ST={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}}\,$

   und

   ${}TST={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}}\,.$

   Ein Repräsentantensystem ist also ${}\operatorname {Id} ,S,T,TS,ST,TST$.

Anhang

Es sei ${}E$ eine elliptische Kurve über einem Körper ${}K$ mit kurzer Weierstraßgleichung  ${}y^{2}=x^{3}+ax+b$.  Es sei der unendlich ferne Punkt  ${}{\mathfrak {O}}=(0,1,0)$  als neutrales Element festgelegt.

Dann ist die Negation auf ${}E$ durch

${}-(x,y)=(x,-y)\,$

und die Addition auf ${}E$ durch die rationalen Ausdrücke

$(x_{1},y_{1})+(x_{2},y_{2})=\left(\alpha ^{2}-x_{1}-x_{2},\,-\alpha ^{3}+\alpha (x_{1}+x_{2})-\beta \right)\,$

mit

${}\alpha ={\frac {y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}}={\frac {x_{1}^{2}+x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}+a}{y_{2}+y_{1}}}\,$

und

${}\beta =y_{1}-\alpha x_{1}={\frac {x_{2}y_{1}-x_{1}y_{2}}{x_{2}-x_{1}}}\,$

gegeben.

Es seien ${}E_{1},E_{2}$ elliptische Kurven über einem Körper ${}K$ und sei

$\varphi \colon E_{1}\longrightarrow E_{2}$

eine Isogenie.

Dann ist ${}\varphi$ ein Homomorphismus bezüglich der Gruppenstrukturen auf den Kurven.

Es sei

${}Y^{2}=(X-\lambda _{1})(X-\lambda _{2})(X-\lambda _{3})\,$

die Gleichung einer elliptischen Kurve ${}E$ in Zerlegungsform über einem Körper ${}K$ mit  ${}\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}\in K$.  Wir definieren die Abbildung (und entsprechend ${}\varphi _{2},\varphi _{3}$)

$\varphi _{1}\colon E(K)\longrightarrow K^{\times }/{\left(K^{\times }\right)}^{2}$

durch

${}\varphi _{1}(P)={\begin{cases}1,{\text{ wenn }}P={\mathfrak {O}},\\(\lambda _{1}-\lambda _{2})(\lambda _{1}-\lambda _{3}),{\text{ wenn }}P=(\lambda _{1},0)\,,\\x-\lambda _{1}{\text{ sonst }}(P=(x,y))\,.\end{cases}}\,$