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Funzioni Ellittiche e Modulari

NOTE DI UN CORSO DEL PROF . UMBERTO ZANNIER

Classe del Terzo Anno SNS - AA 2016/2017

Funzioni Ellittiche e ModulariNOTE DI UN CORSO DEL PROF . UMBERTO ZANNIER

Versione del 4 settembre 2017

Hanno collaborato alla stesura di questo testo: Giovanni

Italiano, Federico Franceschini, Andrea Caberletti, Dario Ascari, Nicola

Picenni, Matteo Migliorini, Dario Balboni, Umberto Pappalettera, Andrea

Marino, Manuele Cusumano, Gianluca Tasinato, Clara Antonucci

(Ordine per terza lettera del cognome)

Copyright © 2017 Giovanni Italiano, Federico Franceschini, Andrea Caberletti,Dario Ascari, Nicola Picenni, Matteo Migliorini, Dario Balboni, UmbertoPappalettera, Andrea Marino, Manuele Cusumano, Gianluca Tasinato, ClaraAntonucci

zannier1617.surge.sh

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Indice dei Contenuti

I Introduzione

Introduzione, Parte prima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Reticoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1

Curve ellittiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Parametrizzazioni razionali e risolubilità degli integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Endomorfismo razionale della cubica liscia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3

Gruppi algebrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Introduzione, Parte seconda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Breve descrizione della lezione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Curve algebriche non singolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

Cubiche, forma di Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Cubiche, struttura di gruppo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5

Funzioni ellittiche, curve ellittiche, reticoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Moduli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

II Contenuto del Corso

Esempi di superfici di Riemann e inizio della classificazione . . . . . . . . . . . . 8

Preliminari ed esempi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Classificazione delle superfici di Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Rivestimenti Olomorfi e Azioni di Gruppi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Automorfismi delle superfici di Riemann semplicemente connesse . .14

Automorfismi di P1(C) = C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Automorfismi di C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Automorfismi di D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Sottogruppi discreti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .17

Teorema di Picard e biolomorfismi di tori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .21

Biolomorfismi di tori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Spazio dei parametri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .25

Mappe di Tori ed Isogenie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Tori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Isogenie dei Tori e Anello degli Endomorfismi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .30

Leggi di gruppo su superfici di Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Endomorfismi di un Toro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31

Formule di Annullamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .34

Differenziale dell’ellittica di Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .37

Connessione e Parametrizzabilità delle Cubiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Cubiche di P2C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Collegamenti tra tori e curve ellittiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .45

Discriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .46

Studio delle cubiche al variare di a3

b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Campi di funzioni ed Estensioni di mappe razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Campi di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Estensioni di mappe razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .49

Legge di Gruppo sulla cubica e Gruppo dei Divisori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

Legge di gruppo sulla cubica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .51

Legge di gruppo geometrica sulla cubica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

Equivalenza lineare tra divisori (sulle cubiche) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .53

Divisori in un caso più semplice: P1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .54

Torniamo sulle cubiche: il gruppo di Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Vogliamo ora studiare il Pic di una curva ellittica (proveniente da un toro) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Burlesque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Sulla legge di gruppo su E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

logaritmo ellittico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

mappe tra curve ellittiche diverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .58

Grado di una funzione razionale su una curva ellittica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

Le curve ellittiche non sono unirazionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

Biliardi ellittici e Supercazzole immaginarie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Biliardi ellittici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .64

Funzioni Modulari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

Costruzione di un dominio fondamentale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

Azione di SL2 (Z) su H e Funzioni Modulari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Azione di SL2 (Z) su H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Forme quadratiche binarie intere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Funzioni Modulari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Esempio: Le Serie di Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .69

Tutte le curve vengono dai tori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Una relazione tra forme modulari e ordini di annullamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .71

Struttura delle forme modulari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

L’invariante j e la corrispondenza curve-tori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

III Extra

“Prerequisiti” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .75

Domande degli Orali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Punti di torsione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .76

Esercizi Svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .84

I Want You! - Messaggio ai Posteri

Siamo tutti d’accordo che avere gli appunti delle lezioni scritti in LATEX

sia di notevole aiuto quando si deve studiare un corso, ma sappiamo

anche che gli appunti non si scrivono da soli.

Pertanto vi pregherei di non limitarvi a leggere passivamente questo

pdf, bensì di impegnarvi attivamente per renderlo uno strumento mi-

gliore per lo studio del corso dal quale è tratto, per i vostri compagni

d’anno e per le annate future.

Tra le cose da fare per rendere migliore questo lavoro, potreste:

• Correggere gli errori e le imprecisioni che vi trovate.

• Sistemare la presentazione degli argomenti nei capitoli, togliendo

la divisione in lezioni - che è stata scelta solo per una ripartizione

uniforme del lavoro - ed organizzando gli argomenti in un ordine

logico, eliminando anche le parti che vengono ripetute.

• Aggiungere gli eventuali argomenti che il Prof. Zannier potrebbe

trattare quest’anno e che non compaiono ancora nel libro.

• Aggiungere la soluzione degli esercizi che vengono proposti

durante il corso, visto che alcuni vengono chiesti all’orale.

Ricordatevi inoltre che LATEX vi servirà anche per scrivere la tesi.

Questa può quindi essere un’ottima occasione per impararlo senza

necessariamente avere delle scadenze.

Dario Balboni

introduzione, parte prima 1

La regolarità nei complessiè molto più forte che nonnei reali. Essere olomorfeè davvero tanta roba in piùche non essere C∞

Sapendo infatti che ∃α, β ta-li che f (z + α) = f (z) e chef (z + β) = f (z) ∀z si haf ((z + α) + β) = f (z + α) =f (z)

Infatti, se L f non fosse di-screto, arei molti punti incui f assume lo stesso va-lore che si accumulerebbe-ro da qualche parte, quin-di per il principio di conti-nuazione analitica f sarebbecostante

Tutti i reticoli di rango 2sono isomorfi come grup-pi, ma la struttura olomor-fa che inducono sui toriquoziente è molto diversa

Introduzione, Parte prima

Lezione del 19 Settembre 2016

In questo corso studieremo le funzioni meromorfe periodiche. Partiamo dalle funzionicon un solo periodo, che a meno di rinormalizzazioni posso considerare essere 1. Lospazio topologico quoziente C/Z (ovvero C quozientato per la relazione di equivalenzaaRb⇔ a− b ∈ Z) è un cilindro (In particolare notiamo che non è compatto).

Definizione 0.1 (Superficie di Riemann). Si dice una superficie di Riemann una varietàcomplessa connessa di dimensione 1. Si intende che ogni punto deve avere un intornoUα omeomorfo al disco unitario aperto di C tramite l’omeomorfismo φα, e che per ogniα e β valga che g := φβ φ−1

α sia una funzione olomorfa.

Osservazione 0.1. Più periodi richiedo, più è difficile che la funzione sia anche solocontinua. Ad esempio una funzione f : R → R con due periodi incommensurabili(ovvero il cui rapporto sia irrazionale) è necessariamente costante.

Esercizio 0.1. Le funzioni olomorfe con periodo z0 sono tutte e sole quelle della formaz 7→ g(e2πiz/z0), con g funzione olomorfa.

Osservazione 0.2. C/Z è una superficie di Riemann, ma non è omeomorfa a C (Adesempio perché C è semplicemente connesso, mentre C/Z non lo è).

Lemma 0.3. Sia f : C→ C una funzione meromorfa (quindi ammettiamo anche i poli).Allora l’insieme L f dei periodi di f forma un sottogruppo additivo di C.

Reticoli

Sia f : C→ C una funzione meromorfa non costante. Sia L f il gruppo dei periodi di f .Allora:

1. L f è discreto2. L f può essere isomorfo solo al gruppo banale, a Z o a Z2

Inoltre, se L f∼= Z2 allora si ha L = ω1Z + ω2Z con Im ω1

ω26= 0

Definizione 0.2 (Reticolo). Un Reticolo è un insieme parzialmente ordinato in cui ognicoppia di elementi ha sia un estremo inferiore che un estremo superiore. Nel caso checi interessa L f è un reticolo e verrà chiamato reticolo di f .

Definizione 0.3 (Funzione ellittica). Una funzione f si dice ellittica se il suo reticolodei periodi L f ha rango 2.

Osservazione 0.4. Se L f ha rango 2, C/L f è omeomorfo ad un toro, quindi le nostrefunzioni ellittiche le possiamo anche pensare come funzioni olomorfe definite da untoro (come varietà olomorfa) a C. Ricordiamo che il toro è compatto.

Definizione della struttura olomorfa dei tori Preso un parallelogramma fondamentale delreticolo, possiamo considerare come aperti gli aperti di C che non toccano due pun-ti equivalenti e considerando la mappa di immersione degli stessi in C si ottiene lastruttura di Superficie di Riemann del Toro.


Il norme curve ellittiche èdovuto al fatto che sono sal-tate fuori storicamente nelcalcolo della lunghezza diarchi di ellisse: data un’el-lisse y2 = 1− αx2, per calco-lare la lunghezza di un arcosi giunge a:∫ 1− b2x√

(1− b2x)(1− a2x)dx

, che con un’opportunasostituzione...

Si può applicare il Teore-ma del Dini reale per co-struire la funzione “esplici-ta”. Quindi se ne può cal-colare il differenziale e no-tare che è della forma giu-sta per garantire l’olomorfiadella funzione

Ricordiamo infatti che seR(t) è funzione razionale al-lora

∫R(t)dt si può scrive-

re come funzione raziona-le più una combinazione dilogaritmi traslati

Ricordiamo che la Lemni-scata è, fissati due punti,il luogo dei punti sul pia-no che hanno prodotto del-le distanze fissato (dai duepunti)

Curiosità - Delirio È molto importante che i Tori siano compatti, poiché le superficidi Riemann compatte sono descritte da equazioni algebriche (Forse fa riferimento alteorema di Chow)

Definizione 0.4. Dato un polinomio in due (o più) variabili p(x, y), si dice polinomioomogenizzato il polinomio zdeg p · p( x

z , yz )

Osservazione 0.5. Eseguendo il procedimento di omogeneizzazione si ottiene un po-linomio omogeneo in tre variabili, il cui logo di zeri è da considerarsi in P2C, che ècompatto. Essendo il luogo di zeri un chiuso in P2C, è anch’esso compatto.

Curve ellittiche

Definizione 0.5 (Curva ellittica). Si dice curva ellittica un sottoinsieme di C2 del se-guente tipo: E = (x, y) ∈ C2 | y2 = p(x), dove p è un polinomio a coefficienticomplessi di terzo grado con radici distinte.

Le soluzioni di questa equazione coincidono con gli zeri della funzione f (x, y) =

y2− p(x). Per il Teorema del Dini (versione olomorfa), intorno ad ognuno di questi zerila curva si riesce ad esprimere come un grafico in almeno una delle due variabili. (leipotesi del Teorema sono soddisfatte grazie all’assenza di radici multiple di p).

Parametrizzazioni razionali e risolubilità degli integrali

Alcune curve algebriche si possono parametrizzare in maniera razionale, ovvero si puòdare una funzione razionale di un parametro che mette “in bigezione” il parametro condei punti della curva.

Ad esempio, se sotto la radice avessimo avuto un polinomio di secondo grado, come∫ dx√1−x2 , la curva algebrica associata sarebbe stata il cerchio w2 = 1− x2. Possiamo

razionalizzare il cerchio nel seguente modo:Scegliendo il punto (−1, 0) si può considerare la funzione di “proiezione” dei punti

della circonferenza sull’asse x = 0, ovvero il punto (x0, w0) viene mandato in (0, w0x0+1 )

(Infatti la retta tratteggiata ha equazione w = w0x0+1 (x + 1) mentre la retta su cui

proiettare è x = 0). Possiamo chiamare t0 = w0x0+1 il nostro parametro.

Possiamo anche invertire questa uguaglianza ottenendo w = 2t1+t2 . Ciò ci permette di

esprimere l’integrale originario in termini delle funzioni “semplici”

Il tentativo di Fagnano

Il primo a cercare di fare questi conti con l’integrale della Lemniscata fu Fagnano. Eglinon riusci a razionalizzare, ma ottenne comunque dei risultati. In particolare, chiamataS(r) =

∫ r0

dx√1−x4 , trovò che quando S(r′) = 2S(r) si aveva una relazione algebrica

A(r, r′) = 0 (ovvero ottenne delle formule di duplicazione)Eulero, a partire da Fagnano, trovò le formule di addizione, ovvero trovare r′ tale che

S(r′) = S(r1) + S(r2) (che possiamo pensare analoghe alle formule di addizione di senoe coseno)


Questo perché restringendol’equazione della curva el-littica alla retta per P e Qsi ottiene un polinomio diterzo grado, che si annullanei punti in cui passa per lacubica, e che sappiamo ave-re già due radici nel cam-po che stiamo consideran-do. Ha quindi anche la ter-za, ed in questa intersecheràun altro punto R

Con dimensione intendia-mo qui la dimensione comevarietà olomorfa

In dimensione superiore in-vece ce ne sono tanti, an-che non commutativi, comeGL2C

Endomorfismo razionale della cubica liscia

Fissiamo un punto P appartenente alla curva ellittica. Allora, fissato un qualsiasi al-tro punto Q appartenente alla curva, consideriamo la retta che passa per P e Q: essaintersecherà la curva in esattamente un altro punto R.

Abbiamo quindi associato al punto Q il punto R. Tale trasformazione è chiaramenteiniettiva, e si può dimostrare (esercizio) che è anche razionale (cioè le coordinate di Rsono una funzione razionale delle coordinate di Q).

Extra La cosa notevole è che, a partire da questa costruzione, si può ottenere sullacubica una legge di gruppo (considerando anche il punto all’infinito), che sarà espressada funzioni razionali delle coordinate. Inoltre il gruppo si scoprirà essere abeliano.

Gruppi algebrici

Definizione 0.6 (Gruppo algebrico). Si dice gruppo algebrico una varietà algebrica(ovvero un luogo di uno spazio affine o proiettivo definito da equazioni algebriche),dotata di una struttura di gruppo tale che l’operazione di gruppo sia un morfismodi varietà algebriche (equivalentemente, che sia espresso da funzioni razionali dellecoordinate).

Esempi di gruppi algebrici Facciamo ora alcuni esempi di gruppi algebrici (li pensiamotutti su C):• Ga come gruppo additivo (Si intende la retta affine A1 come varietà e come legge di

gruppo x ? y := x+ y). Possiamo osservare che è un gruppo algebrico non compattodi dimensione 1

• Gm come gruppo moltiplicativo (Si intende la retta affine tolto un punto A1 \ 0come varietà [anche se in A1 non è un chiuso, lo è attraverso il morfismo conl’iperbole in A2], mentre la legge di gruppo è x ? y := xy).Esso si può anche interpretare come l’iperbole xy = 1 (in A2) con legge di gruppo(u1, u2) ? (t1, t2) = (u1t1, u2t2)

Si può dimostrare che questi sono tutti i gruppi algebrici non compatti di dimensione1, mentre quelli compatti (sempre di dimensione 1) sono tutte e sole le curve ellittiche(Infatti “vengono” dai tori).

introduzione, parte seconda 4

Il contesto in cui ci trovia-mo è Pn(K), dove K è uncampo che spesso sarà C en spesso sarà 2.

L’ordine di contatto di r conγ in p è la molteplicità di pcome zero del sistema r =0, f = 0.

Se il campo ha caratteristi-ca 0, notare che ∂xi f (p) = 0per ogni i implica f (p) =0 per il teorema di eulerosulle funzioni omogenee.

Una curva si dice non sin-golare se ogni suo punto ènon singolare.

Introduzione, Parte seconda


Breve descrizione della lezione

Parleremo di curve algebriche, ossia luoghi di zeri di polinomi omogenei nel proiettivocomplesso. In particolare, menzioneremo la classificazione delle cubiche in forma diweierstrass. Daremo una struttura di gruppo alle cubiche complesse e illustreremo larelazione tra cubiche e tori complessi. Infine, troveremo uno ’spazio dei parametri’ peri tori complessi.

Curve algebriche non singolari

Introduciamo anzitutto il concetto di singolarità.Data una curva γ descritta come zeri in Pn(K) di f ∈ K[x0, . . . , xn] omogenea, dicia-

mo che un punto è singolare se, in un senso che renderemo più preciso, non esiste unasola retta tangente alla curva passante per il punto. Geometricamente, un punto p ∈ γ èsingolare se esiste più di una retta r passante per p con ordine di contatto ≥ 2.

x

y

Algebricamente, un punto p zero di f è singolare se ∂xi f (p) = 0 per i = 0, . . . , n (ha ildifferenziale nullo).

Cubiche, forma di Weierstrass

Nel caso speciale di n = 2, char K = 0 c’è un importante risultato di classificazionedelle curve non singolari.

https://it.wikipedia.org/wiki/Funzione_omogenea


Siamo nel proiettivo: x =y = z = 0 non è un punto!

Infatti vale il criterio delladerivata, cioè un polinomiop ha radici multiple se e so-lo se p e p′ hanno un fattorein comune.

Un punto sulla cubica è diflesso se è un punto non sin-golare e la tangente ha ordi-ne di contatto > 2. Nota-re che nella forma di Weier-strass (0 : 1 : 0) è un puntodi flesso

Vedi il Teorema di Bezòut.

Solitamente, nella forma diweierstrass, si prende O =(0 : 1 : 0), il puntoall’infinito.

Per reticoli, dove non diver-smaente specificato, inten-dermo reticoli di rango 2 nelpiano complesso

Consideriamo curve descritte da

zy2 = ax3 + bx2z + cxz2 + dz3

dove ax3 + bx2 + cx + d è un polinomio senza radici multiple, detta forma di

weierstrass. Allora è non singolare. Imponiamo infatti le tre equazioni:3ax2 +2bxz +cz2 = −∂x f = 0

yz = ∂y f /2 = 0y2 −bx2 −2cx −3dz2 = ∂z f = 0ax3 +bx2z +cxz2 +dz3 = zy2

Dalla (2) abbiamo due casi:• Se z = 0 allora (4) dà x = 0 e dunque y = 0 dalla (3), assurdo.• Se y = 0, z 6= 0 allora (4) dà q(x/z) = 0 e (1) dà q′(x/z) = 0 (dove q è il polinomio

di coefficienti a, b, c, d). Ma allora x/z sarebbe una radice multipla di q, assurdo.Viceversa, data una curva cubica non singolare, può essere descritta da un polinomio

in forma di weierstrass. Algebricamente, per ogni polinomio omogeneo f di grado 3

con differenziale mai nullo, esiste una L ∈ PGL2(K) tale che f L (che è ancora unpolinomio omogeneo di grado 3) è in forma di Weierstrass.

IDEA . Si dimostra che esiste un punto di flesso, e poi si considera una proiettività chemanda il punto di flesso nel punto all’infinito. A quel punto, con pochi conti, si arrivaalla forma di Weierstrass.

Cubiche, struttura di gruppo

Sia K algebricamente chiuso. Osserviamo che presi due punti P, Q su una cubica γ etracciata la retta r per P, Q, essa interseca γ esattamente in un altro punto R := P ∗Q =

Q ∗ P.Fissata un’origine O ∈ γ, si può dimostrare che l’operazione (P, Q) 7→ P · Q =

O ∗ (P ∗ Q) rende γ un gruppo (banalmente) abeliano. Il cambio dell’origine dà luogoa un gruppo isomorfo. Infatti se O, O′ sono due origini diverse, detto O′′ = O ∗O′, lamappa P 7→ O′′ ∗ P è l’isomorfismo cercato:

O′′ ∗ (P ·′ Q) = O′′ ∗O′ ∗ P ∗Q = O ∗ P ∗Q

(O′′ ∗ P) · (O′′ ∗Q) = (O ∗O′′) ∗ (P ∗O′′) ∗Q = O′ ∗O′′ ∗ P ∗Q = O ∗ P ∗Q

L’associatività è la proprietà più impegnativa da dimostrare. Vale la pena di notareche l’operazione è una funzione razionale delle coordinate dei punti.

Funzioni ellittiche, curve ellittiche, reticoli

C’è una stretta correlazione tra reticoli , funzioni ellittiche, curve ellittiche.

https://en.wikipedia.org/wiki/B%C3%A9zout's_theorem


In realtà, visto che M, N so-no a coefficienti interi, λdeve essere razionale.

e si può verificare che aτ+bcτ+d

ha ancora parte immagina-ria positiva.

Dato un reticolo L, saremo in grado di costruire una funzione meromorfa con grup-po dei periodi L detta ℘L. D’altronde, questa speciale funzione ellittica ℘L rispetta℘′L(z)

2 = fL(℘L(z)) per un opportuno polinomio di terzo grado fL. Perciò, la funzioneϕL : z 7→ (℘′L(z),℘L(z)) parametrizza una cubica EL.

C - EL

C/L?

-

Moduli

Vogliamo cercare ora uno ’spazio dei parametri’ per i tori complessi. Conosciamo giàuna parametrizzazione ridondante: dato un reticolo discreto L = ω1Z+ ω2Z possiamocostruire il toro C/L ( e tutti i tori sono definiti così), con ω1, ω2 non paralleli (ossiaω1/ω2 non reale). Cerchiamo ora di eliminare la ridondanza della parametrizzazione,partendo da A = (ω1, ω2) ∈ C2 : Im (ω1/ω2) 6= 0.

1. (orientazione) Anzitutto, a meno di scambiare ω1, ω2, possiamo supporre cheIm (ω1/ω2) > 0: infatti se fosse negativa, Im (ω2/ω1) = −Im (ω1/ω2) > 0sarebbe positiva.

2. (riscalamento) Se λ ∈ C∗, allora C/λL ' C/L tramite la mappa z 7→ λz daC/L in C/λL. Dunque se L = ω1Z + ω2Z con Im (ω1/ω2) > 0 possiamoconsiderare ω−1

2 L = τZ + Z con Im τ > 0. Ora il nostro spazio dei parametriperciò è H = τ ∈ C : Im τ > 0 ' A/omotetie. Se (ω1, ω2) ∈ A indichia-mo con [ω1, ω2] la sua classe di equaivalenza a meno di omotetie, che ha unrappresentante privilegiato [ω1/ω2, 1] in H.

3. (cambio base) Se M è una matrice 2x2 a coefficienti interi e L = ω1Z + ω2Z

è un reticolo, possiamo considerare il reticolo generato da M[ω1, ω2] (M ∈End(Z2) ⊂ End(C2) agisce sulle coppie di complessi). Visto che le coppie dicomplessi sono a meno di omotetie, possiamo considerare M, N ∈ End(Z2)

equivalenti se esiste λ ∈ C∗ tale che λM = N. Il gruppo delle matrici in-vertibili a meno di scalari si chiama PGL2(Z). Se M ∈ PGL2(Z), al-lora M[ω1, ω2] è equivalente a [ω1, ω2], perciò lo spazio dei parametri ora è(A/omotetie)/PGL2(Z).

4. (parametrizzazione esplicita) Così come per ogni classe di equivalenza [ω1, ω2]

a meno di omotetie abbiamo scelto un rappresentante privilegiato [τ, 1], cosìscegliamo per ogni matrice [M] ∈ PGL2(Z) a meno di omotetie un rappresen-tante privilegiato in SL2(Q). Infatti [M ∗ M′] = Id significa che esiste λ ∈ C∗

tale che [M] ∗ [M′] = λId. In particolare detM è invertibile, perciò possiamoscegliere (detM)−1M equivalente a M e condeterminante 1 ( e ha coefficienti inQ). Se prendiamo ora M ∈ SL2(Q) di coefficienti a, b, c, d e lo facciamo agire

su [τ, 1] otteniamo [aτ + b, cτ + d] =[

aτ + bcτ + d

, 1]

. Perciò SL2(Q) agisce su H


tramite M(τ) = aτ+bcτ+d , e il nostro spazio dei parametri diventa infineH/SL2(Q).

Dimostreremo nelle prossime lezioni che questa parametrizzazione non è più ridon-dante: se due tori hanno parametri diversi, allora non sono biolomorfi. Questo se-guirà dalla classificazione esplicita delle funzioni olomorfe tra tori (vedi lezione sulleisogenie).

esempi di superfici di riemann e inizio della classificazione 8

ACHTUNG! Manca la di-mostrazione che le curve al-gebriche non singolari sonosuperfici di Riemann.

Esempi di superfici di Riemann e inizio

della classificazione


Preliminari ed esempi

In questa lezione discuteremo di alcuni esempi di superfici di Riemann, e cominceremoad introdurre alcuni risultati che ci aiuteranno a classificare specifiche classi di superficidi Riemann a meno di isomorfismo.

Primi esempi di superfici di Riemann:1. C (o un qualsiasi aperto connesso di C). In questo caso l’unica carta è tutto

l’insieme, con la mappa di immersione (non compatta).2. La sfera di Riemann P1(C). P1(C) = U0 ∪ U1 dove U0 = (x0 : x1) ∈

P1(C)| x0 6= 0 e U1 = (x0 : x1) ∈ P1(C)| x1 6= 0, con le mappeϕ0(x0 : x1) =

x1x0

e ϕ1(x0 : x1) =x0x1

(compatta).3. Curve algebriche non singolari in P2(C) ((x : y : z) ∈ P2(C)| f (x, y, z) = 0,

dove f ∈ C[x, y, z] è un polinomio irriducibile (compatta).

Osservazione 0.6. In P2(C) vale che ogni curva definita da un polinomio riducibi-le (che non sia una potenza di un irriducibile) è singolare. Infatti, detto f (x, y, z) =

p(x, y, z) · q(x, y, z), se p e q non sono una potenza di uno stesso polinomio irriducibile,per Bézout deve esistere un punto isolato in p(x, y, z) = 0 ∩ q(x, y, z) = 0 ⊆ P2(C).In questo punto la curva è formata da due "bracci" che si intersecano, e quindi nonè localmente esprimibile come grafico, pertanto necessariamente entrambe le derivateparziali si annullano, dunque è singolare.

Come curiosità diciamo anche che:

Divagazione 0.7 (di Chow). Gli esempi precedenti costituiscono tutti gli esempi disuperfici di Riemann compatte immerse in P2(C).

Osservazione 0.8. Una superficie di Riemann meno un numero finito di punti resta unasuperficie di Riemann. Questo è dovuto al fatto che un aperto connesso di C meno unpunto resta un aperto connesso.

Esempi di superfici di Riemann come quozienti di C:1. C/Z (non compatta).2. C/L, dove L è un reticolo (discreto) di rango 2 (compatta).

Dimostrazione. (che sono superfici di Riemann) Dimostriamo solo che C/Z lo è, la dimo-strazione per C/L è analoga. Considero π : C → C/Z la proiezione al quoziente, eY := z ∈ C| 0 ≤ Re(z) < 1 una striscia verticale di rappresentanti. Ricopro Y ⊆ C

con dischi Dα (aperti) di raggio 1 (in modo che Dα non contenga mai due punti che alquoziente sono uguali). Si osserva facilmente che π|Dα

è un omeomorfismo, scegliamoϕα = π−1

|Dα, si verifica facilmente soddisfare le proprietà richieste dalla definizione.


Più precisamente si dovreb-be richiedere che per OGNIUα e Vβ che contengono x0o y0 valga quella proprietà,ma questo è equivalente alladefinizione data per la pro-prietà di compatibilità sulleintersezioni delle ϕα e ψβ.

Una tale f viene definitabiolomorfismo.

Con questa struttura divarietà, chiaramente Y èisomorfo ad X

Nel caso del reticolo di rango 2, la dimostrazione si fa prendendo come Y un paral-lelogrammo, e raggio dei dischi abbastanza piccolo da impedire che ci possano esseredue punti equivalenti nello stesso disco.

Definizione 0.7. Siano X e Y due superfici di Riemann, x0 ∈ X, y0 = f (x0). f : X → Ysi dice olomorfa in x0 se esiste un intorno A di x0 tale che A ⊆ Uα e detto Vβ un apertodel ricoprimento di Y che contiene y0, vale che ψβ f ϕ−1

α : ϕα(A)→ C è una funzioneolomorfa.

Definizione 0.8. Due superfici di Riemann X e Y si dicono isomorfe (o conformementeequivalenti) se esiste f : X → Y invertibile, olomorfa con inversa olomorfa.

Osservazione 0.9. Sia X una superficie di Riemann, Y uno spazio topologico, f :X → Y un omeomorfismo. Allora posso trasportare su Y la struttura complessa diX, ricoprendolo con aperti Vα = f (Uα) e mappe ψα = ϕα f−1

| f (Uα): f (Uα)→ C

Classificazione delle superfici di Riemann

Cerchiamo di muoverci verso un risultato riguardo la classificazione delle superfici diRiemann. Lo schema con cui affronteremo il problema consiste nel considerare unrivestimento universale della superficie di Riemann e cercare esprimere la superficiedi partenza come quoziente dello spazio rivestente per un gruppo di automorfismi.In questo modo sposteremo il problema sullo studio dei sottogruppi del gruppo diautomorfismi di (speriamo poche) superfici fissate.

Osservazione 0.10. Sia X una superficie di Riemann, se π : Y → X è un rivestimento,allora Y è in modo naturale una superficie di Riemann.

Idea della dimostrazione. È possibile fare un raffinamento degli Uα ⊆ X in modo da ren-derli "compatibili" con gli aperti banalizzanti del rivestimento (per esempio, posso con-siderare le intersezioni con essi). In questo modo, avendo gli Uα inclusi in un apertobanalizzante, è possibile "tirarli su" sullo spazio ricoprente, e definire le ψα = φα π. Laverifica che sono rispettate le proprietà della definizione è banale.

Enunciamo adesso il risultato chiave che ci permetterà di procedere con laclassificazione:

Teorema 0.11 (di Riemann). Ogni superficie di Riemann semplicemente connessa èbiolomorfa ad uno dei seguenti tre modelli:

1. La sfera di Riemann P1(C) =: C.2. Il piano complesso C.3. Il disco di Poincaré D.

Dimostrazione. La dimostrazione non verrà trattata in questo corso a causa dell’eccessivadifficoltà. Nella prossima lezione vedremo che queste tre superfici non sono biolomorfe(è una conseguenza del teorema di Liouville).


Se non sono soddisfatte ledue condizioni, allora X →X/G non è nemmeno unrivestimento, a prescinderedalla struttura complessa.

Osservazione 0.12. Sia π : X → X un rivestimento universale, x0 ∈ X. Allora la fibraπ−1(x0) è discreta in X, ed esiste un gruppo di omeomorfismi di X che preserva le fibreed agisce in modo transitivo su di esse. Chiamato G tale gruppo, si ha che X ' X/G.

Definizione 0.9. Sia G un gruppo che agisce su uno spazio topologico X. L’azione di Gsi dice propriamente discontinua se per ogni compatto K ⊆ X esiste solo un numero finitodi elementi di G tali che g(K) ∩ K = ∅.

Fatto 0.13. Sia X una superficie di Riemann con un gruppo di automorfismi olomorfiG < Aut(X). Allora X/G è in modo naturale una superficie di Riemann se valgono leseguenti due proprietà:

1. L’azione di G su X è propriamente discontinua.2. Gli elementi di G \ Id agiscono senza punti fissi.

rivestimenti olomorfi e azioni di gruppi 11

⇒ è ovvia e ⇐ sta sulManetti

⇐ sta sul Manetti, ⇒ hauna parte ovvia e unache usa compattezza persuccessioni

Ricordo che p : E → Xrivestimento si dice univer-sale se E è semplicementeconnesso

Anche qui la dimostrazionesta sul Manetti, in posti acaso

π−1 dovrebbe presentareun pedice che si riferisceal fatto che ha codominioVr

α , ma non l’ho ritenutofondamentale

Rivestimenti Olomorfi e Azioni di Gruppi


Eravamo rimasti a questo enunciato:

Teorema 0.14. Sia M una varietà, e sia G un gruppo di omeomorfismi di M. Allora laproiezione al quoziente p : M→ M/G è un rivestimento se e solo se G agisce in modopropriamente discontinuo.

Qui, seguendo il Manetti, intendo che G agisce in modo propriamente discontinuo se∀ x ∈ X ∃ U ⊂ X aperto tale che ∀ g ∈ G, g(U) ∩U = ∅.

Se ho qualche piccola ipotesi su X (essere varietà basta e avanza), questo è equivalentea chiedere che G sia libero, cioè che ∀ x ∈ X, ∀ g ∈ G, g(x) 6= X, e che ∀ K ⊂ X compatto,g(K) ∩ K 6= ∅ solo per un numero finito di g.

A questo aggiungo un altro teorema:

Teorema 0.15. Sia p : E → X un rivestimento universale. Allora esiste G gruppo diomeomorfismi di E propriamente discontinuo tale che X ' E/G .

Adesso, sia X una superficie di Riemann, e sia π : X → X il suo rivestimento univer-sale (che ricordo essere unico a meno di omeomorfismi). Attraverso π, X eredita unastruttura di superficie di Riemann da quella di X.

Infatti, prendendo un raffinamento Uα del ricoprimento su X dato dalla definizionedi superficie di Riemann, posso pensare che gli Uα sono aperti banalizzanti per π,ottenendo dunque un ricoprimento su X dato dagli insiemi Vr

α , dove π−1(Uα) = trVrα ,

in cui le carte locali sono le funzioni φrα = φα π. Il fatto che i cambi di carta siano

olomorfi su X discende dal fatto che lo siano su X.Ora, per il teorema 0.15, esiste G fatto nel modo giusto tale che X

/G ' X.

Lemma 0.16. Sia g ∈ G. Allora g è olomorfa come applicazione tra superficie diRiemann.

Dimostrazione. Osservo che ovviamente g ∈ Aut(

X/

X)

, cioè g è un automorfismo dirivestimento (in inglese deck transformation), cioè g preserva le fibre. Questa condizionesi può scrivere anche come π g = π.

Sia ora x ∈ X. Sia Vrα uno degli aperti della condizione di superficie di Riemann

tale che x ∈ Vrα , e sia φr

α la sua carta locale. Si ha g(x) ∈ Vsα per un qualche s, e

dunque bisogna dimostrare φsα g (φr

α)−1 olomorfa in φr

α(x). Ma questa funzionesi può scrivere anche come φα π g π−1 φ−1

α , che poiché g è automorfismo dirivestimento è uguale a φα π π−1 φ−1

α = id. Poiché l’identità è olomorfa, abbiamodimostrato che g è olomorfa.

Ora, per classificare le superficie di Riemann posso dunque studiare tutti i quozientiopportuni di superficie di Riemann semplicemente connesse. Per il Teorema di Rie-mann, queste sono solo P1(C) = C, C,D ' H, dove su quest’ultimo ho la strutturacomplessa data dall’inclusione.

Dunque il prossimo passo è classificare i gruppi di isomorfismi propriamentediscontinui e olomorfi delle tre superficie di Riemann semplicemente connesse.


Se p : E → X è rivestimen-to, una sua sezione φ è unamappa continua da U ⊂ Xa E t.c. p φ = idU

lo stesso argomento è (abba-stanza alla lontana) tratta-to dal Manetti, capitolo 13,sezione 5

Questo significa che devo-no essere scartati tutti i pun-ti che stanno in una fibradi cardinalità minore di 3,perché in un rivestimentola cardinalità delle fibre ècostante

Ora iniziano cose di cui non ho esattamente capito il senso, per ora.

Definizione 0.10. Sia A ⊂ C. Una funzione f : A → C si dice algebrica se ∃ p ∈C[x, y], p 6= 0 t.c. p(x, f (x)) = 0 ∀ x ∈ A.

Lemma 0.17. f (x) = ex non è una funzione algebrica.

Dimostrazione. Lasciata come esercizio

Ora si sta parlando di rivestimenti indotti da funzioni algebriche.Per esempio, consideriamo la funzione p(t) = t2, p : C → C. Questa funzione non è

bigettiva, dunque non ha un’inversa globale, ma comunque localmente ha un’inversa.Devo però effettuare una scelta per ottenere questa inversa locale, in paricolare la sceltadel segno. Inoltre vorrei che quest’inversa locale sia quantomeno continua. Si dimostraperò che in ogni intorno di 0 non esiste nessuna funzione continua tale che f (x)2 = xper ogni x.

Questo si può vedere tramite i rivestimenti. Infatti la funzione p(t) non è un rivesti-mento di C su sè stesso, proprio perché l’immagine inversa di ogni intorno di 0 non èmai omeomorfa all’intorno tramite la mappa p.

Se però considero p : C∗ → C∗, ho che questo è un rivestimento di grado 2, e pertanto,poiché C∗ è connesso, non può avere sezioni globali, ma solamente sezioni locali.

È facile osservare che z → −z è un automorfismo di rivestimento olomorfo per p. Èperò possibile avere rivestimenti senza automorfismi olomorfi. Un esempio è dato diseguito.

Sia dunque φ : C → C definita da φ(z) = z3 − 3z. Voglio capire se induce unrivestimento su C o perlomeno su un suo sottoinsieme. Essendo un polinomio di grado3, l’eventuale rivestimento indotto avrà grado 3, dunque devono essere scartati tutti ipunti z tali che, se φ(z) = a ha soluzione doppia, z è una delle soluzioni di questaequazione, anche non doppia.

Questi punti si possono identificare tramite gli zeri della derivata, che è 3z2 − 3.In particolare, gli zeri della derivata sono ±1, e gli a corrispondenti sono ∓2. Gli zsoluzione di z3 − 3z± 2 = 0 sono ±1,±2, dunque il rivestimento indotto da questa φ

sarà φ : C\±1,±2 → C\±2.Sembra che questa cosa sia collegata in qualche modo al fatto che, se considero il

campo delle funzioni razionali C(x), e y è radice di y3 − 3y − x, allora l’estensioneC(x, y)

/C(x) non è di Galois.

Ora supponiamo per assurdo che il rivestimento di φ abbia un automorfismo olomor-fo non banale f . Allora posso estenderlo per continuità a tutto C, perché è limitato jinquanto f soddisfa f (z)3 − 3 f (z) = z3 − 3z, e questo porta a f (z) limitato se z limitato.

Inoltre, per | z | abbastanza grande, si può scrivere 1 =f (z)3 − 3 f (z)

z3 − 3z, e per

| z |→ +∞ devo avere | f (z)/z |→ 1, per cui, essendo f olomorfa, si ha f (z) = az + b.Chiedendo che f (z) sia automorfismo di rivestimenti, si scopre che l’unica possibilità èf (z) ≡ z.

Ora che ha finito di parlare di rivestimenti senza automorfismi, possiamo parlare diautomorfismi di C.


Identifico C ' P1(C) con C ∪ ∞, attraverso la seguente mappa: [z : 1] 7→ a, [1 :0] 7→ ∞.

Considero φ ∈ GL2(C) =

(a bc d

), ad · bc 6= 0. φ è un isomorfismo lineare, dunque

manda rette in rette, e si ha φ(z0, z1) = (az0 + bz1, cz0 + dz1). Questo isomorfismo,poichè manda rette in rette, induce un isomorfismo φ a livello di C tale che φ[z0, z1] =

[az0 + bz1, cz0 + dz1].Sotto l’identificazione con C ∪ ∞, possiamo scrivere φ(z) = az+b

cz+d , dove si intendeche φ(∞) = a

c e che 10 = ∞. Il gruppo degli isomorfismi di questa forma in C, con

ad 6= bc, si chiama PGL2(C), e si ha che PGL2(C) ' GL2(C)/λId .

Questo è un sottogruppo di Aut (C), e la prossima lezione vedremo che in effetticoincide con esso.

automorfismi delle superfici di riemann semplicemente connesse 14

Automorfismi delle superfici di Riemann

semplicemente connesse

Lezione del 3 Ottobre 2016

Definizione 0.11 (Superficie di Riemann (speriamo)). Si dice superficie di Riemann unavarietà complessa connessa di dimensione 1, cioè uno spazio topologico di Hausdorff(T2) connesso tale che ogni suo punto abbia un intorno Uα omeomorfo a un aperto Vα diC tramite l’omeomorfismo ϕα, e che per ogni α e β valga che ϕβ ϕα

−1 sia una funzioneolomorfa in ϕα

(Uα ∩Uβ

).

Osservazione 0.18. La richiesta di essere T2 non si deduce dalle altre condizioni. Infattise consideriamo il "disco con due origini", cioè il quoziente S/∼ dove S = D × 0 ∪D× 1 e x ∼ y ⇐⇒ x = y oppure x = (u, i), y = (u, j) con i, j = 0, 1, si osservache ogni punto ha un intorno omeomorfo a un aperto di C ma (0, 0) e (0, 1) non hannointorni disgiunti.

Esercizio 0.2. S/∼ è semplicemente connessa.

Determiniamo ora i gruppi degli automorfismi delle superfici di Riemannsemplicemente connesse: P1(C), C, D.

Automorfismi di P1(C) = C

Vogliamo dimostrare che Aut(C) = PGL2(C) =

z 7→ az + b

cz + d, ad 6= bc

Definizione 0.12 (Grado di una funzione razionale). Si definisce grado di p(x)

q(x) il mas-simo tra i gradi di p(x) e q(x). Si può osservare che, come per i polinomi, il grado è ilnumero di controimmagini di ogni punto contate con molteplicità.

Osservazione 0.19. ϕ ∈ Aut(C) =⇒ deg(ϕ) = 1, perché deve essere un omeomorfismoe quindi è iniettivo.

Lemma 0.20. G = PGL2(C) è triplamente transitivo, cioè date due terne (x1, x2, x3) ∈C3 e (y1, y2, y3) ∈ C3 con xi 6= xj e yi 6= yj se i 6= j, ∃!g ∈ G t.c. g(xi) = yi per i = 1, 2, 3.

Dimostrazione. Basta farlo per (x1, x2, x3) = (0, 1, ∞) e yi 6= ∞, a meno di comporre conqualche elemento di G. Devo quindi trovare a, b, c, d ∈ C tali che:

0a + b0c + d

=bd= y1

1a + b1c + d

=a + bc + d

= y2

∞a + b∞c + d

=ac= y3


A volte invece si chiamanocosì tutte le trasformazionidi PGL2(C)

da cui sostituendo si ottiene y3c + y1d = y2(c + d) e si vede che, se yi 6= yj quando i 6= j,esistono c e d con c + d 6= 0 che risolvono l’equazione.

Resta quindi da mostrare l’unicità. Per farlo basta verificare che l’unico elemento diG che fissa una data terna (prendiamo ancora (0, 1, ∞)) è l’identità. Imponiamo quindiche:

0a + b0c + d

=bd= 0

1a + b1c + d

=a + bc + d

= 1

∞a + b∞c + d

=ac= ∞

da cui si ricava subito a = d = 1, b = 0 e c = 0, cioè la trasformazione considerata èl’identità.

Esercizio 0.3. I sottogruppi finiti di PGL2(C) sono:• Tutti i gruppi ciclici• Tutti gruppi diedrali• S4 e A5

Proposizione 0.21. Aut(C) = G = PGL2(C)

Dimostrazione. Sia ϕ ∈ Aut(C). Sappiamo già che Aut(C) ⊇ G. Quindi, essendo Gtriplamente transitivo, possiamo assumere ϕ(∞) = ∞. Ora osserivamo che, essendo ϕ

un automorfismo olomorfo, detto D = D(0, 1), ϕ(D) conterrà un certo disco D1. Quindiϕ non può avere una sigolarità essenziale all’infinito poiché in tal caso, per il teorema diWeierstrass, dovrebbe assumere valori densi in C in ogni intorno di ∞ e quindi anchevalori in D1 contraddicendo l’iniettività di ϕ. Allora ϕ ha un polo all’infinito ed èolomorfa su C, quindi deve essere un polinomio (basta considerare la sua espansionein serie) e, essendo anche iniettiva, deve avere grado 1. Quindi ϕ ∈ G.

Automorfismi di C

Studiamo ora gli automorfismi olomorfi di C. Sia g ∈ Aut(C). Allora, come prima, peril teorema di Weierstrass g ha un polo all’∞, quindi è un polinomio e ha grado 1 periniettività. Quindi Aut(C) = z 7→ az + b = StabPGL2(C)(∞).

Automorfismi di D

Definizione 0.13 (Trasformazioni di Möbius). Si chiamano Trasformazioni di Möbiusle trasformazioni D → D del tipo z 7→ c

z− a1− az

con |c| = 1 e a ∈ D.

Esercizio 0.4. Le trasformazioni di Möbius sono un sottogruppo di PGL2(C).

Osservazione 0.22. Le trasformazioni di Möbius mandano D in se stesso. Infatti:∣∣∣∣c z− a1− az

∣∣∣∣2 = 1(z− a)(z− a)(1− az)(1− az)

=|z|2 + |a|2 − 2Re(az)

1 + |a|2|z|2 − 2Re(az)< 1⇐⇒

(1− |z|2

) (1− |a|2

)> 0

Questa è vera ∀z ∈ D.


In realtà f è una rotazioneanche se vale solo | f ′(0)| =1 (sviluppare in serie attor-no all’origine). Infatti poiusiamo questo enunciato...

Osservazione 0.23. Il gruppo delle Trasformazioni di Möbius G ha dimensione topo-logica 3 (è come S1 × D), quindi ci aspettiamo che sia transitivo ma non doppiamentetransitivo.

Lemma 0.24. G =

z 7→ c

z− a1− az

è transitivo.

Dimostrazione. È evidente che si può mandare 0 in qualsiasi punto di D (anche ponendoc = 1).

Osservazione 0.25. StabG(0) = z 7→ cz cioè tutte e sole le rotazioni (|c| = 1).

Lemma 0.26 (di Schwarz). Sia f : D → D una funzione olomorfa tale che f (0) = 0.Allora | f (z)| ≤ |z| ∀z ∈ D e | f ′(0)| ≤ 1. Inoltre, se vale la prima uguaglianza anchesolo in un punto, f è una rotazione.

Dimostrazione. f (0) = 0 ⇒ f (z)z è olomorfa in D. Detto Dr il disco di raggio r, per il

principio del massimo modulo si ha che, per z ∈ Dr∣∣∣∣ f (z)z

∣∣∣∣ ≤ sup|z|=r

∣∣∣∣ f (z)z

∣∣∣∣ ≤ 1r∀r ∈ (0, 1) =⇒

∣∣∣∣ f (z)z

∣∣∣∣ ≤ 1 ∀z ∈ D

Facendo tendere z a 0 si ottiene anche la tesi sulla derivata. Infine, se si verifica un’u-guaglianza, sempre per il principio del massimo modulo risulta che

∣∣∣ f (z)z

∣∣∣ è costante inD, quindi f è una rotazione.

Proposizione 0.27. Aut(D) = G

Dimostrazione. Sappiamo che Aut(D) ⊇ G. Sia quindi ϕ ∈ Aut(D). Essendo Gtransitivo posso supporre che ϕ(0) = 0. Sia ψ l’inversa di ϕ. ψ(0) = 0. Quindiψ(ϕ(z)) = z deriviamo

=⇒ ψ′(ϕ(z))ϕ′(z) = 1 ⇒ ψ′(0)ϕ′(0) = 1 Ma per il lemma di Schwarz|ψ′(0)| ≤ 1 e |ϕ′(0)| ≤ 1. Quindi |ϕ′(0)| = 1 e, sempre per il lemma di Schwarz, ϕ èuna rotazione e quindi appartiene a G.

D ' H

Vediamo ora che il disco D è biolomorfo al semipiano H = z ∈ C| Im(z) > 0 Presiw ∈ H e z ∈ D, consideriamo le mappe:

w 7→ z =i− wi + w

z 7→ w = i1− z1 + z

Si può verificare sono una l’inversa dell’altra e che sono effettivamente omeomorfismitra H e D. Quindi D ' H come superfici di Riemann.

Questo ci permette anche di determinare che Aut(H) =

z 7→ az + b

cz + d| ad > bc

=

GL+(2, R)

Ora quindi dovremo capire quali sottogruppi di Aut(C), Aut(C) e Aut(D) agisconoin modo propriamente discontinuo e non hanno punti fissi, per classificare le superficidi Riemann.

sottogruppi discreti 17

Sottogruppi discreti


La scorsa lezione abbiamo determinato i gruppi di automorfismi complessi delle tresuperfici di Riemann:

C, C, D.

Ricordiamo poi il fondamentale

Teorema 0.28 (Riemann). Una superficie di Riemman semplicemente connessa èbiolomorfa ad una tra: C, C, D.

Sappiamo che dunque una generica superficie di Riemann X avrà un rivestimentouniversale X, che dovrà essere uno dei tre precedenti e che X puo’ essere ricostruitaquozientado X/G dove G < Aut (X) è un gruppo che agisce in maniera propriamentediscontinua e senza punti fissi.L’ idea ora è che sappiamo chi è X e chi sono i suoi automorfismi, quindi se riusciamoa determinare i sottogruppi con le proprietà richieste determiniamo, a ritroso, tutte lepossibili superfici di Riemann X.

Richiamiamo quindi delle definizioni classiche.

Definizione 0.14 (Successione esatta corta.). In generale una catena di morfismi traoggetti algebrici di questo tipo:

A α−→ Bβ−→ C → 0

si dice esatta se Im α = Ker β.In particolare se abbiamo una sequenza del tipo

0→ A α−→ Bβ−→ C → 0

che è esatta in ogni punto allora siamo in presenza di una successione esatta corta.

E’ opportuno osservare che le successioni esatte corte sono caratterizzate dalleproprietà:

Ker α = 0; Im α = Ker β, Im β = C.

La definizione è generale ma a noi interesseranno essenzialmente morfismi di gruppi.Nella pratica le successioni esatte corte danno informazioni sul gruppo centrale se siconoscono quelli laterali: un esempio ci è dato dai prodotti semidiretti:

Fatto 0.29. Sia data una successione esatta corta di gruppi:

0→ Aj−→ B π−→ C → 0

E supponiamo esista σ : C → B morfismo tale che:

π σ = Id C


Basta scrivere a mano ungenerico elemento di B co-me prodotto di uno di C tra-mite σ e uno di A tramitej e evrificare l’ unicità. L’operazione poi viene da sè.

Non può contenere trasla-zioni...

cioè esista una sezione di π. Allora B = Aoψ C dove ψ : C → Aut A è il coniugio.

La dimostrazione è lasciata come esercizio.Nel nostro contesto abbiamo questa interessante successione esatta corta:

0→ (C,+)j−→ (Aut C, ) π−→ (C∗, ·) → 0

che ha anche una sezione σ. Le mappe sono definite in maniera abbastanza costretta:

j(w) = (z 7→ z + w), π(z 7→ az + b) = a, σ(a) = (z 7→ az).

Esercizio 0.5. Un sottogruppo finito di Aut C è ciclico.

Supponiamo ora di avere una superficie di Riemann X con rivestimento universaleX.Cerchiamo i sottogruppi G di Aut X tali che:(i) l’ azione di G su X sia propriamente discontinua;

(ii) gli elementi di G \ Id agiscono senza punti fissi.E’ opportuno premettere dei lemmi generali, dopo aver osservato che in ognuno dei trecasi Aut X è un gruppo topologico metrico.

Lemma 0.30. Sia G un gruppo topologico metrico e G un suo sottogruppo; allora siequivalgono:

(a) G è discreto in G;(b) l’ identità è isolata in G;(c) G non ha punti di accumulazione in G.

Passiamo ora alla classificazione.Primo caso: X sferica i.e. X = C. Questo caso è triviale, infatti se g ∈ Aut C = PGL2(C)

la condizione (ii) è soddisfatta solo da g = Id:

g(z) =az + bcz + d

= z ⇔ cz2 + (d− a)z− b = 0

basta fare i casi e ricordarsi di considerare anche z = ∞ per accorgersi che questaequazione ha sempre soluzioni in C.

Secondo caso: X euclidea i.e. X = C. Questo caso è più interessante. Ricordiamo primadi tutto che gli automorfismi di C sono tutte e sole le affinità:

z 7→ az + b, a ∈ C∗, b ∈ C.

Questa rappresentazione ci permette di mettere una metrica su Aut C identificando isuoi elementi con coppie di numeri complessi, con la seconda coordinata non nulla:

z 7→ az + b ↔ (a, b).

Osserviamo che se vogliamo che valga la proprietà (ii) dobbiamo richiedere a = 1.Questo forza G ad essere un sottogruppo di traslazioni.Vediamo ora che necessariamente l’ identità di G è isolata: ragionando per assurdo


Esiste perchè... rielaborarela dimostrazione preceden-te.

troveremmo infiniti elementi distinti gk = (1, bk) ∈ G tali che:

gk = (1, bk)→ (1, 0) = Id se k→ ∞,

ma allora per ogni aperto non vuoto U ⊆ C si avrebbe definitivamente in k che gk(U)∩U 6= ∅ per la definizione di limite.Per il Lemma 4 dunque si ha che G è discreto.

Consideriamo ora VG lo span su R di G e separiamo i casi a secondo della suadimensione reale. Se ha dimensione zero si tratta del gruppo banale, se ha dimensione1 invece possiamo identificarlo, passando in coordinate, con un sottogruppo additivodiscreto di R. Con un principio variazionale vediamo che la struttura di tali gruppi ètriviale. Consideriamo infatti g0 il

infg > 0 : g ∈ G

di sicuro g0 > 0 perchè l’ identità è isolata. Vorremmo mostrare che g0 ∈ G, perfarlo basta ragionare per assurdo e produrre una successione di elementi gn ⊆ G chetendono a g0; allora si avrebbe che gm − gn (che sta in G) si accumula su 0, assurdo.Dividendo ora con resto un qualsiasi altro elemento di g′ ∈ G per g0 otteniamo che:

g′ = k · g + q, k ∈ Z, 0 ≤ q < g

ma allora per minimalità q = 0 il che implica G ⊆ Zg0 e l’ altra inclusione era ovvia.Rimane il caso in cui la dimensione reale di VG sia 2. In questo caso esistono ω1, ω2

numeri complessi linearmente indipendenti su R tali che:

G = Z ω1 + Z ω2.

la dimostrazione è una immediata conseguenza del seguente teorema.

Teorema 0.31. Sia G un sottogruppo discreto di (Rn,+). Allora esiste un naturale d ≤ ne d vettori di Rn, g1, . . . , gd linearmente indipendenti tali che:

G = Z g1 + . . . + Z gd

dove la somma, in effetti, è diretta.

Dimostrazione. Procediamo per induzione sulla dimensione di VG, osservando chei passi base d = 0, 1 sono stati fatti nella proposizione precedente. Supponiamoquindi dim VG > 1 e prendiamo g0 il suo elemento nonidentico di minima norma;decomponiamo ora:

VG = Rg0 ⊕ W e la rispettiva projezione π : VG →W.

Osserviamo che su Γ := π(G) ⊆W abbiamo canonicamente una struttura di gruppo.Dimostriamo che Γ è discreto, mostrando che la sua identità (che è la stessa di prima)è isolata. Sia γk = π(gk) ⊆ W \ 0 successione tale che γk → 0, allora possiamo


Altrimenti ne estraggo diinfiniti distinti, riestraggoper far convergere, conside-ro le differenze che stannoin G e tendono a 0. Assurdoché 0 è isolato.

decomporre ogni gk così:

gk = γk + λk g0 = γk + q(k) · g0 + δk g0,

q(k) ∈ Z, 0 ≤ δk < 1

dove nell’ultimo passaggio abbiamo diviso con resto λk per |g0|. Dunque abbiamo unasuccessione di elementi di G limitata dentro Rn:

|gk − q(k) · g0| ≤ |γk|+ |g0|

che per discretezza può essere composta solo da un numero finito di elementi, assurdo.

(Da questo punto dimenticate chi sono i gi ed i γi e ne definiamo di nuovi) A questopunto uso l’ipotesi induttiva su Γ e ne produco una Z-base come reticolo γ1, . . . , γd−1.Inoltre prendiamo γ0 come generatore della proiezione su Rg0. A questo punto è ovvioche la famiglia (pensata immersa in VG)

γ0, γ1, . . . , γd−1

contiene il reticolo G, ovvero G v Zγ0 + Zγ1 + . . . + Zγd−1.A questo punto usando Nakayama (o il teorema dei gruppi abeliani finitamente

generati) si ottiene che G ha dimensione finita (e ≤ d).Mostriamo che è fatta di vettori linearmente indipendenti addirittura su R:

0 = µ0 g0 + µ1 g1 + . . . + µd−1 gd−1

projettando con π su W e usando l’ ipotesi di lineare indipendenza sui γi ottengo:

µ1 = . . . = µd−1 = 0 ⇒ µ0 = 0.

e questo conclude la dimostrazione.

teorema di picard e biolomorfismi di tori 21

Se una superficie di Rie-mann non è né Sferica néEuclidea allora è Iperbolica.

Può essere utile utilizza-re un ragionamento peresclusione.

Essendo P1(C) triplamentetransitivo in realtà sisarebbe potuto scegliereP1(C)\A, B, C, conA, B, C tre punti distintidi P1(C).

Teorema di Picard e biolomorfismi di tori


Si prosegue con le notazioni della scorsa lezione. Nelle scorsa lezioni si è visto che èpossibile classificare le Superfici di Riemann come quozienti di:

1. P1(C) = C

2. C

3. D ∼= Hper un gruppo G ≤ Aut (X) di automorfismi che agisce in maniera propriamentediscontinua e senza punti fissi.

Ne segue che per classificare le superfici di Riemann è sufficiente classificare isottogruppi dei gruppi di automorfismi della superfici 1), 2) e 3).

Caso 1, Sferica. Si è visto nella scorsa lezione che c’è una sola superficie di Riemanndi questo tipo ed è C.

Caso 2, Euclidea. Si è visto nella scorsa lezione che i sottogruppi G ≤ Aut (X) =

A f f (C) del tipo che si cerca sono dei reticoli L di rango che può essere solo 0,1 o 2.Distinguiamo quindi tre casi:• rk L = 0, l’unica superficie di Riemann è C.• rk L = 1, l’unica superficie di Riemann è C

/L , in cui siccome L ha rango uno si ha

L = ωZ, con ω ∈ C non nullo. Quindi eseguendo un’omotetia di parametro ω (èun biolomorfismo) si ha che X ∼= C

/Z . Osserviamo che in questo caso si ha che

C/

Z∼= C∗ = P1(C)\0, ∞ tramite la mappa esponenziale, e che C∗ = Gm(C), il

gruppo algebrico moltiplicativo di C. Quindi si possono trasferire le operazioni digruppo di C∗ su C

/Z tramite la mappa esponenziale, cosa che si farà più avanti in

modo analogo con le curve algebriche.• rk L = 2, in questo caso si hanno i Tori, C

/L con L reticolo di rango 2, che si

studieranno più avanti in questa lezione.

Caso 3, Iperbolica. Ci sono molti problemi aperti...

Osservazione 0.32. Nel caso di Superficie di Riemann Sferica e nei tre casi di Superficiedi Riemann Euclidea si sa calcolare il gruppo fondamentale (π1). (è il gruppo per cui siquozienta)

Esercizio 0.6. Sia A un dominio (aperto connesso) limitato di C. Si dimostri che se siconsidera su A la struttura di superficie di Riemann indotta dalla mappa di inclusioneA → C allora A è una superficie di Riemann iperbolica.

Esercizio 0.7. Sia S = P1(C)\0, 1, ∞, si dimostri che se si considera la struttura disuperficie di Riemann indotta dalla mappa di inclusione S → P1(C) allora S è unasuperficie di Riemann iperbolica.

Dimostrazione. Lo si dimostrerà in tre modi.


• Il gruppo fondamentale di S è isomorfo al prodotto libero di due copie di Z quin-di non è abeliano. Si escludono perciò i casi di Superficie di Riemann Sferica eEuclidea, perché in quei casi il gruppo fondamentale è abeliano.

• Si escluderanno i casi di Superficie di Riemann Sferica e Euclidea. S non è compatta,quindi non puù essere biolomorfa alla Sfera di Riemann e nemmeno ad un toroC/

L con L reticolo di rango 2. Rimangono da escludere i casi C/

Z e C.Si esclude il caso C

/Z = C∗:

Si osserva che S = C∗\1 ⊂ C, quindi se esistesse f : C∗ → C∗\1 ⊂ C olomorfae iniettiva allora f non potrebbe avere una singolarità essenziale né in 0 né in ∞.Infatti f è aperta perciò se si prende un disco aperto D in C∗ si ha che la suaimmagine è un aperto di C. Se per assurdo f avesse una singolarità essenziale in0 allora per il Teorema di Weierstrass ogni intorno bucato di 0 avrebbe immaginedensa in C quindi in particolare considerando un intorno bucato di 0 disgiuntoda D si ha che un punto dell’intorno bucato andrebbe in f (D), contraddicendol’iniettività della mappa f . Con lo stesso ragionamento si trova che f non può avereuna singolarità essenziale all’infinito.Quindi non avendo singolarità essenziali né in 0 né in ∞ può essere estesa ad unamappa meromorfa con dominio tutto P1(C), ne segue che è una mappa razionale(nello 0 ha al più un polo, quindi ∃n ∈ N zn f è olomorfa in C, ne segue che zn fha al più un polo all’infinito quindi è un polinomio, quindi f è razionale) e chequindi siccome f ristretta a C∗ deve essere iniettiva deve essere quoziente di duepolinomi lineari (sennò fissato a ∈ C si ha che f (z) = (z−α1)···(z−αk)

zn = a ha più diuna soluzione). Quindi f si deve estendere ad un automorfismo di P1(C), altrimentise f si estendesse a az+b

cz+d con ad− bc = 0 si avrebbe che az+bcz+d =

b cd z+b

cz+d = bd

cz+dcz+d = b

dquindi non sarebbe iniettiva. Ma se f si estende ad un automorfismo di P1(C) si hache, siccome alla f iniziale si sono aggiunti 2 punti, non può essere che l’immaginesia surgettiva, quindi a meno di scegliere la carta con il punto mancante all’infinitosi ha che l’immagine è un compatto di C quindi che f è limitata quindi costante. Siesclude il caso C con lo stesso ragionamento del punto precedente.

• S ha la proprietà P := ∃K compatto t.c.∀K′ compatto con K ⊆ K′ ⊆ S vale cheS\K′ ha almeno 3 componenti connesse. Sia K un compatto di P1(C)\A, B, C,che è quindi un compatto di P1(C). Quest’ultimo è T2 quindi K è chiuso in P1(C),quindi il complementare è aperto. Allora si ha che si riescono a trovare dei dischiaperti di P1(C) attorno ai punti A, B, C che non intersecano il compatto.

Figura 1: K e K′


La proprietà P in un qual-che senso "conta i punti tol-ti, in funzione di quello cheè rimasto". Inoltre permettedi dire per esempio che un"toro meno n punti distinti"non è omeomorfo a un "to-ro meno m punti distinti", sem 6= n

C’è anche una versione piùforte di questo teorema(detto da lui)

Quindi se A, B, C sono i punti che si tolgono da P1(C), allora si può scegliere K′

come P1(C)\DA ∪ DB ∪ DC, con DA disco aperto attorno a A, DB disco apertoattorno a B, DC disco aperto attorno a C, perciò la proprietà.Si osserva che la proprietà P è invariante per omeomorfismi quindi in particolareper biolomorfismi e che quindi non essendo soddisfatta dalle superfici di RiemannSferica e Euclidee ne segue che S è iperbolica. Infatti si ha che si escludono lesuperfici compatte prendendo come K′ loro stesse, si esclude C prendendo come K′

il complementare di un disco aperto che contiene K e si esclude C∗ = P1(C)\0, ∞perché con il ragionamento fatto per dimostrare la proprietà P su S si dimostra chesi trovano dei compatti K′ con 2 componenti connesse, quindi non almeno 3, comerichiesto dalla proprietà.

Teorema 0.33 (Teorema di Picard). Ogni funzione intera (C → C olomorfa su tutto C)non costante assume tutti i valori tranne al più uno.

Osservazione 0.34. • La mappa esponenziale assume tutti i valori tranne lo 0• Se la mappa f come da ipotesi ha in più la proprietà di NON avere una discon-

tinuità essenziale all’infinito allora si ha che per Liouville deve essere un polino-mio, quindi il risultato è banale (p(x)− a ha sempre almeno una radice, se p noncostante)

Dimostrazione. Si usa che P1(C)\A, B, C con A, B, C tre punti distinti è una superficiedi Riemann iperbolica (Esercizio 7).Si suppone per assurdo che f soddisfacente le ipotesi non assuma due valori, che ameno di comporre f con un’affinità (automorfismo di C) suppongo essere 0, 1. Allora finduce una mappa olomorfa f : C− > S (con S come in Esercizio 7). Si ha che quindi fsi solleva a f : C→ D, con D il disco aperto. DIAGRAMMAMa allora la mappa olomorfa f è costante per Liouville, quindi poiché il diagrammacommuta anche f è costante, assurdo.

Osservazione 0.35. • Questo è un teorema non di facile dimostrazione, il punto piùdelicato nella dimostrazione data è il teorema di Riemann.

• Nella dimostrazione data il teorema di Riemann serve per l’esistenza di un rivesti-mento π : D ∼= H → S. In effetti si può dimostrare il teorema di Picard esibendoun rivestimento, Picard face proprio così. Trovò il rivestimento quozientando H peril gruppo Γ(2) = az+b

cz+d |a, b, c, d ∈ Z, ad − bc = 1, a ∼= d ∼= 1 (mod 2), b ∼= c ∼= 0(mod 2), dopo aver dimostrato che questo gruppo agiste su H con le proprietàviste nelle scorse lezioni poiché effettivamente il quoziente sia una superficie diRiemann ed aver verificato che il quoziente è S.

• Ci sono molte altre dimostrazioni con tecniche più analitiche, quella che si è fatta èpiù geometrica, senza stime.


Attenzione, molti matema-tici usano nella definizionedi reticolo il fatto che il re-ticolo abbia la stessa dimen-sione dello spazio vettorialein cui è contenuto, nel no-stro caso è contenuto in C

che ha dimensione reale 2.

Vedi anche Elliptic Func-tion, Lang, pagina 14

Biolomorfismi di tori

D’ora in poi non ci si interessa più di superfici di Riemann iperboliche ma si iniziano astudiare i Tori, ovvero quozienti C

/L con L reticolo di rango 2.

Osservazione 0.36. Se prendiamo reticoli omotetici, ovvero due reticoli L e λL, conλ ∈ C\0, si ha che i tori ottenuti sono biolomorfi. (La mappa moltiplicazione perλ C → C

/λL z 7→ [λz]λL è ben definita e passa al quoziente C

/L → C

/λL , che è

olomorfa e ha come inversa olomorfa la moltiplicazione per λ(−1)).

Fatto 0.37. Sia f : T1 → T2 olomorfa tra tori, con Ti = C/

Li , i ∈ 1, 2, allora∃α αL1 ⊆ L2.(CON ALPHA UGUALE A 0 FUNZIONA SEMPRE, PROBABILMENTE INTENDECHE SE f NON NULLA ALLORA ∃α 6= 0 αL1 ⊆ L2)

Dimostrazione. Siano πi, i ∈ 1, 2 le mappe di proiezione. DIAGRAMMA. Si ha chela mappa f π1 : C→ T2, siccome C è semplicemente connesso, si solleva a f olomorfa(non necessariamente unica). Prendendo x1 ∈ T1, z t.c. π1(z) = x, allora π2 f (z) =

f π1(z) = f (x), quindi π2 f non dipende dal rappresentante z, ovvero π2 f (z +λ1) = π2 f (z) ∀λ1 ∈ L1. Ma allora f (z + λ1) − f (z) ∈ L2 ∀λ1 ∈ L1. Ma essendoL2 discreto e f continua si ha che f (z + λ1) = f (z) + c(λ1) ∀z ∈ C, con c(λ1) ∈ L2

costante dipendente solo da λ1. Derivando l’ultima uguaglianza, si ha che f ′(z + λ1) =

f ′(z) ∀λ1 ∈ L1. Perciò la funzione f ′ si quozienta ad una funzione T1 → C ne segueche la sua immagine è un compatto, quindi limitato e quindi per Liouville è costante.Perciò f è lineare, f (z) = αz + β. Sostituendo questo in f (z + λ1)− f (z) ∈ L2 ∀λ1 ∈ T1

si trova αL1 ⊆ L2.

Osservazione 0.38. Non è detto che la mappa f sia biunivoca come mappa T1 → T2,anche se la mappa "sopra" f lo è.

Viceversa se si ha α che soddisfa αL1 ⊆ L2 allora la mappa moltiplicazione per α :C→ C

/L2 z 7→ [αz]L2 è ben definita e passa al quoziente C

/L1 → C

/L2 .

Osservazione 0.39. • Tolta la traslazione β (è un automorfismo di C) le mappe indottesui tori sono omomorfismi di gruppi.

• A livello algebrico i tori hanno una realizzazione come gruppi con legge di grupporazionale. La mappa che manda tori in curve algebriche sono funzioni trascendenti(esempio esponenziale). MAH

Fatto 0.40. Considero f omomorfismo di gruppi e biolomorfismo, quindi indotta daf = αz. Allora αL1 = L2.

Dimostrazione. Sia [z]L1 7→ [αz]L2 indotta dalla moltiplicazione per α, se è invertibileconsidero gli elementi [λ2

α ]L1 , λ2 ∈ L2, allora questi vengono mandati in 0 dalla mappaf , poiché è iniettiva, ovvero tutti i λ2

α devono stare in L1, ovvero 1α L2 ⊆ L1 ⇒ L2 ⊆ αL1.

Quindi siccome sapevo già che αL1 ⊆ L2 ho trovato che αL1 = L2.

Esercizio 0.8. Sia f omomorfismo olomorfo tra tori, allora il nucleo è un insieme finito,ed è misurato da L2

/αL1 (quoziente di due gruppi, uno sottogruppo di quell’altro).


Suggerimento: prendere glielementi di base.Esempio: nZ⊕ mZ ≤ Z⊕Z ha indice nm.

Esercizio 0.9. L’indice di un reticolo di rango 2 contenuto in un altro è finito.

Osservazione 0.41. • Si è dimostrato che due tori sono biolomorfi se e solo se i reticolisono omotetici, in formule T1

∼= T2 ⇐⇒ ∃α ∈ C∗αL1 = L2.• Nota che due Tori sono sempre isomorfi come spazi topologici, come varietà reali e

come gruppi di Lie (gruppi analitici reali).• Che siano omeomorfi come superfici di Riemann, ovvero che i reticoli soddisfino∃α ∈ C∗αL1 = L2 è una condizione molto forte

Spazio dei parametri

Si ha che la condizione sui reticoli ci permette di analizzare lo spazio di parametri per itori.

Preso un reticolo generico L = ω1Z + ω2Z con Im ω1ω26= 0 si ha che, se si sceglie

l’orientazione con Im ω1ω2

> 0 (a meno di scambiare ω1 con ω2), il toro è omotetico a1

ω2L = τZ + Z, con τ = ω1

ω2∈ H.

La base in ω1, ω2 non è determinata, infatti posso fare qualsiasi cambio di base con

matrice

(a bc d

)con a, b, c, d ∈ Z e ad− bc = ±1. (invertibile)

Se però considero le basi orientate, ovvero se dalla base ω1, ω2 con Im ω1ω2

> 0 passo

alla base ω′1, ω′2 con Imω′1ω′2

> 0, allora si ha che τ′ =ω′1ω′2

= aτ+bcτ+d = ac|τ|2+bd+adτ+bcτ

|cτ+d|2 ,

quindi Im τ′ = (ad−bc)|cτ+d|2 Im (τ − τ) ma siccome Im (τ − τ) = (τ−τ)−(τ−τ)

2i = 2τ−2τ2i =

2(Im τ) allora Im τ′ ha lo stesso segno del determinante.Cioè abbiamo visto che le matrici di cambio di base, se conserviamo l’orientazione,

sono le matrici di SL2(Z), ne risulta che lo spazio dei tori complessi di dimensionecomplessa 1 a meno di biolomorfismo è H

/SL2(Z) .

Osservazione 0.42. • Non è ovvio vedere cosa sia quel quoziente.• Topologicamente è C.• SL2(Z) ha dei punti fissi, quindi il quoziente non è una superficie di Riemann con

la mappa indotta da H.• per avere superfici di Riemann devo prendere gruppi che soddisfano le famose

proprietà, per esempio Γ(2).• Le matrici di quel tipo sono numerabili, H ha la cardinalità del continuo, quindi il

quoziente ha la cardinalità del continuo.• Un dominio fondamentale (contiene un punto per ogni classe di biolomorfismo di

tori) è dato da x + iy| − 12 < x < 1

2 , y >√

1− x2. (Figura 1) Si noti che torna chela cardinalità sia quella del continuo, anche senza aver visto che è un quoziente.(Dimostrazione di queste cose???)

Anticipazione: la prossima volta si vedranno gli automorfismo di un reticolo e igruppi olomorfi, per questi ultimi si darà un cenno al concetto di funzione olomorfa inpiù variabili.


Figura 2: Dominiofondamentale

mappe di tori ed isogenie 27

Inoltre, potete mostrare chenon vi sono mappe olomor-fe da superfici sferiche asuperfici iperboliche, utiliz-zando le carte su C ed ilteorema di Liouville su que-ste. Nell’altro verso inveceve ne sono di non costanti,in particolare potete pren-dere l’immersione da D inC e quella da C in C

D’ora in poi faremo spes-so confusione tra un nume-ro complesso e la sua classedi equivalenza.

Mappe di Tori ed Isogenie


Abbiamo distinto le superfici di Riemann in tre tipi:• La superficie sferica C;• Le superfici euclidee, ottenute quozientando C;• Le superfici iperboliche, ottenute da quozienti del disco D.

Proposizione 0.43. Ogni mappa olomorfa da una superficie sferica a una euclidea ècostante. Allo stesso modo, ogni mappa biolomorfa da una superficie euclidea a unaiperbolica è costante.

Dimostrazione. Siano S1, S2 e S3 tre superfici, rispettivamente sferica, euclidea eiperbolica, e siano f : S1 → S2, g : S2 → S3 mappe biolomorfe, come nel diagramma.

Cf

- Cg

- D

S1

π1

? f- S2

π2

? g- S3

π3

?

Poichè sia C sia C sono semplicemente connessi, per il solito lemma f π1 e g π2 sisollevano a f , g.

Ma f , ristretta a C, è una mappa intera (olomorfa su C) limitata (perchè all’infinitodeve tendere ad f (∞)). Quindi per Liouville è costante. Stesso discorso vale per g, cheè olomorfa su C ed è limitata (ha immagine contenuta nel disco). Quindi anche f e gdevono essere costanti.

Restringiamoci ora ai tori. Una mappa tra due tori T1 = C/L1 e T2 = C/L2 abbiamovisto che deve essere della forma f (z) = αz + β.

Definizione 0.15. Una legge di gruppo olomorfa su una superficie di Riemann S è unalegge di gruppo in cui la moltiplicazione e l’inverso sono mappe olomorfe rispettiva-mente da S× S a S e da S a S (per un’opportuna definizione di mappa olomorfa da unavarietà bidimensionale).

Su un toro abbiamo un’ovvia legge di gruppo ereditata dalla somma su C. Inoltrepossiamo mettere una legge di gruppo isomorfa, in cui cambio l’origine. Questo si puòfare in generale: data la moltiplicazione · su un gruppo G, posso definire l’operazioneg ∗ h = g · a−1 · h, con a ∈ G. Allora (G, ∗) ha a come origine, e ho l’ovvio isomorfismotra (G, ·) e (G, ∗) dato da g 7→ g · a.

Proposizione 0.44. A meno di cambi di origine, ho una sola legge di gruppo olomorfasul toro T.

Dimostrazione. Sia x ∈ T, sia ∗ una legge di gruppo e sia senza perdita di generalità 0l’elemento neutro. Consideriamo la funzione φx : z 7→ x ∗ z− x.


Questa è una mappa olomorfa tra tori, e sappiamo che deve essere della forma z 7→αz + β. Ma φx(0) = 0, quindi β = 0. Sia quindi cx ∈ C tale che φx(z) = cxz.

Quindi abbiamo, riarrangiando i termini della definizione

x ∗ z = φx(z) + x = cxz + x

(ricordiamo che si tratta di numeri complessi modulo il reticolo L).Fissiamo ora z0 6= 0. cx è una funzione olomorfa in x, infatti, detta f (ζ) = ζ ∗ z0, vale

f (ζ) = ζ + cζz0 + λ, λ ∈ L

stavolta pensata su C. Quindi posso ricavare cζ , e dato che f è olomorfa per ipotesi,ottengo quello che volevo.

D’altra parte, fissato un qualsiasi λ ∈ L, allora cxλ ∈ L ∀x, quindi poichè x 7→ cxλ èolomorfa a valori in un discreto, deve essere localmente costante e quindi costante. Siaquindi c = cx.

Ponendo x = 0 ottengo che φ0(z) = cz = z, da cui (c− 1)z sta nel reticolo per ogni z,e quindi c = 1.

Tori

Torniamo ora sull’argomento principale del corso, che sono i tori. Sia T = C/L un toro,con L reticolo, con la struttura di gruppo indotta da C.

Siano ora Aut 0(T) gli automorfismi che fissano l’origine. Abbiamo visto che sonosolo le omotetie di fattore µ che fissano il reticolo. Sicuramente nel reticolo ho uncomplesso di norma minima, essendo un insieme discreto: ma allora la norma minimadeve conservarsi dopo l’omotetia, quindi | µ |= 1.

Inoltre, dato un qualsiasi λ0 ∈ L, vale | λ0µ |=| λ0 |, da cui segue che Aut 0(T) èfinito; essendo un sottogruppo di C∗, per un noto lemma (sottogruppo moltiplicativofinito di un campo) è anche ciclico.

Fissando una base del reticolo, ogni automorfismo si scrive come una matrice 2×2 a coefficienti interi. Per qualche strano motivo da capire che c’entra con le radicidell’unità, posso avere solo rotazioni di 180, 90, 60.

Isogenie

Definizione 0.16. Una mappa c : T1 → T2 si dice un’isogenia se è un’omomorfismosuriettivo (di gruppi olomorfi).

Proposizione 0.45. Ker c è finito.

Dimostrazione. Se non fosse finito, essendo il toro compatto, avrei un punto di accumu-lazione del kernel, ma dato che l’isogenia è olomorfa l’insieme di livello deve esserediscreto, a meno che f non sia costantemente nulla.

Definizione 0.17. Si dice grado dell’isogenia [L2 : µL1].


Potrebbe essere utile notareche la cardinalità di Ker c èproprio deg c

Osservazione 0.46. La composizione di due isogenie è un’isogenia che ha come gradoil prodotto dei gradi.

Attenzione! Il fattore µ non dipende solo dal toro, ma anche dal fattore di omote-tia. In altre parole, quando quoziento penso il toro come un elemento del quozien-te reticoli/omotetia, µ non è indipendente dal rappresentante, ma dipende dalreticolo scelto.

Osservazione 0.47. Gli isomorfismi sono un sottoinsieme proprio delle isogenie.

Ci chiediamo ora quando due tori T1, T2 ammettono un’isogenia c : T1 → T2. Sianoquindi i reticoli associati L1 = Z + Zτ1, L2 = Z + Zτ2, con τ1, τ2 ∈ H (abbiamo vistoche ci si può ricondurre a questo caso a meno di isomorfismi).

Allora l’isogenia, se esiste, è data dalla moltiplicazione per un complesso µ tale cheµL1 ⊆ L2, che implica che µ ∈ L2, µτ1 ∈ L2. Ne segue che τ1 = µτ1

µ è della forma

τ1 =a + bτ2

c + dτ2, a, b, c, d ∈ Z

D’altra parte, se vale l’ultima condizione, µ = 1 induce un’isogenia.

Isogenia duale

Sia c : T1 → T2 un’isogenia. Si definisce l’isogenia duale c : T2 → T1 come

c(z) = deg c · x, x ∈ c−1(z)

Innanzitutto controlliamo che sia ben definita. Dati x, x′ ∈ c−1(z) ho che deg c · x−deg c · x′ = deg c · (x− x′). Ma Ker c è un gruppo che ha ordine deg c, quindi dato chex− x′ ∈ Ker c allora deg c · (x− x′) = 0.

Inoltre sappiamo che c c = deg c ∈ End T1.A questo punto, fissiamo i due reticoli L1 e L2. Siano ora c e c rappresentate da µ e

deg cµ .Notiamo innanzitutto la funtorialità controvariante del duale, o più prosaicamente

che c2 c1 = c1 c2 (ci sarebbe da verificarlo).Cerchiamo ora di calcolare deg c.

deg c · deg c = deg(c c) = deg(deg c) = deg2 c

dove con deg(deg c) indico il grado dell’applicazione “moltiplicazione per il grado”,che essendo un omotetia del piano, ha grado deg2 c (moralmente sto infittendo il reticolodividendo “righe” e “colonne” in deg c parti).

Semplificando ora un deg c ottengo che deg c = deg c.

isogenie dei tori e anello degli endomorfismi 30

Isogenie dei Tori e Anello degli

Endomorfismi

Lezione del 02 Novembre 2016

Mostriamo, in breve, che il P1C non ammette strutture di gruppo olomorfo: suppo-niamo infatti per assurdo che ∃? : P1C×P1C → P1C legge di gruppo (ed olomorfa).Allora le parziali Lx definita da z 7→ x ? z ∈ Aut (P1C) hanno tutte un punto fisso (vistonelle lezioni precedenti); ma se Lx(y) = y deve essere (per cancellazione) che x = e,l’identità, per ogni x. Si ottiene quindi l’assurdo, avendo la sfera due punti.

Abbiamo inoltre mostrato che i tori ammettono come unica struttura di gruppoolomorfo quella di gruppo quoziente di C sul reticolo L.

Leggi di gruppo su superfici di Riemann

Osservazione 0.48. Sia G un gruppo olomorfo. ∀g ∈ G le traslazioni Lg e Rg sonomappe biolomorfe senza punti fissi.

Il nostro obiettivo, in questa sezione, è quello di mostrare come nessuna superficie diRiemann iperbolica ammetta una struttura di gruppo olomorfo. In realtà ci basteràmostrarlo solo per il disco unitario grazie al seguente lemma:

Lemma 0.49. Sia X un gruppo topologico con µ : X × X → X legge di gruppo. Siainoltre p : X → X il rivestimento universale. Allora µ si solleva ad una µ : X × X → Xche rende X un gruppo topologico.

Dimostrazione.

X× Xµ

- X

X× X

p× p

? µ- X

p

?

Sia e ∈ X l’identità di X e sia e ∈ X un punto t.c. p(e) = e. Prodotto di semplicementeconnessi è semplicemente connesso, dunque la mappa µ (p× p) solleva ad una mappaµ che chiude il diagramma. Basta ora mostrare che µ è una legge di moltiplicazione(un po’ di verifiche emozionantissime).

Elemento neutro:

e × Xµ

π2

- X

e × X

p× p

? µ- X

p

?


Per l’associatività utilizzarela diagonale sulla faccia delcubo

Per restrizione, µ chiude il diagramma. Ma anche la proiezione sul secondo fattorefa commutare il quadrato; per unicità del sollevamento a punto base fissato si ha cheµ(e, •) ≡ π2(•). Analogamente si ha che µ(•, e) ≡ π1(•) e dunque e è elemento neutroper µ.

Associatività e inverso si ottengono in maniera del tutto analoga (cioè sfruttandol’unicità del sollevamento).

Teorema 0.50. Il disco unitario in C non ammette una struttura di gruppo olomorfa

Dimostrazione. Per assurdo; ci sono due possibili vie.Conoscendo i gruppi di Lie, basta considerare la mappa esponenziale dal tangente neldisco: dovrebbe essere una mappa non costante da C nel disco. E

Altrimenti, sia ? : D× D → D una legge di gruppo olomorfa. Sia inoltre x∗ l’inverso dix per ?. Senza perdita di generalità, si può supporre che 0 ∈ D sia l’elemento neutro.Allora ∀x ∈ D la mappa Lx : z 7→ x ? z è un automorfismo olomorfo.Dunque,

x ? z = c(x)z− a(x)

1− a(x)z

con |c(x)| ≡ 1 e a : D → D.Per z = 0 si ha x = −c(x)a(x).Per z = a(x) si ha x ∗ a(x) = 0 ⇒ a(x) = x∗ ⇒ a(x) è olomorfa ⇒ (per x 6= 0)c(x) = − x

x∗ ⇒ c(x) è olomorfa per x 6= 0, ma |c(x)| ≡ 1 ⇒ per il teorema della mappaaperta deve essere c(x) ≡ k 6= 0. Da cui a(x) = − x

k .Allora,

x ? 1/2 = k1− 2a(x)2− a(x)

ma questa non è olomorfa ( a(x) non lo è, il resto sì).

Corollario 0.51. Curve algebriche non ellittiche non ammettono struttura di gruppoolomorfo. Questo fatto sarebbe facilmente vero se sapessimo che le curve algebriche digrado d ≥ 4 sono necessariamente rivestite dal disco (Il problema è escludere che sianorivestite da C)

Endomorfismi di un Toro

In questa sezione vogliamo studiare l’anello delle isogenie di un toro in sè. Ma primaclassifichiamo un po’ meglio le isogenie tra tori.

Proposizione 0.52. Siano T1 e T2 due tori.∃ f : T1 → T2 isogenia ⇔ ∃Γ < T1 sottogruppo finito t.c. T1/Γ ' T2 come gruppiolomorfi.

Dimostrazione. ⇒ È il primo teorema di omomorfismo (ci sarebbe da mostrare che gliisomorfismi sono olomorfi ma ci crediamo).


⇐ Sia π : C → T1 = C/L la proiezione al quoziente. Allora L = π−1(Γ) è un sotto-gruppo discreto di C (rimane discreto perche Γ è finito). Per teoremi di omomorfismo(di nuovo sarebbe da mostrare l’olomorfia):

T1/Γ ' C/L/Γ ' C/L

Di conseguenza T1/Γ è un toro T2 e la proiezione al quoziente è isogenia tra T1 e T2.

Più avanti definiremo le funzioni di Weierstrass, che ci permetteranno di trasforma-re i tori in curve algebriche (ellittiche). Le isogenie verranno trasformate in funzionirazionali tra le curve.

Anello degli Endomorfismi di un Toro

Fissiamo un toro T = C/L e consideriamo l’insieme End(T) delle isogenie del toro in sè,con in più la mappa nulla.

Proposizione 0.53. End(T) ha una naturale struttura di anello (somma tra mappe eprodotto di composizione). Inoltre vale che:

1. End(T) è un anello commutativo2. Z ⊆ End(T)3. End(T) → C

4. End(T)⊗Z Q è un campo (d’ora in poi, se non diversamente specificato, tutti i tensorisaranno su Z)

Dimostrazione. Lui ha dato tutto ciò per buono. Non so quanto sia utile dimostrarlo ma vabbè3. Abbiamo mostrato precedentemente che ogni isogenia è passaggio al quoziente di

un’opportuna moltiplicazione per scalare su C. Per gli endomorfismi vale un risultatopiù forte: lo scalare che induce l’isogenia è unico. Infatti, siano λ e µ elementi di C cheinducono la stessa isogenia f : T → T. Allora, ∀x ∈ C, (λ− µ)x ∈ L. Quindi, l’idealegenerato da λ − µ deve essere contenuto nel reticolo, che è discreto ⇒ λ − µ = 0. Équindi ben definita la mappa f 7→ µ che associa ad ogni endomorfismo lo scalare di cuiè passaggio al quoziente. Questa mappa è chiaramente un omomorfismo iniettivo dianelli.

1. ovvia dalla 3. (perché l’immersione è di anelli)2. Poichè L è uno Z-modulo, ∀n ∈ Z, nL ⊆ L. Inoltre, sia x ∈ C \ L. Allora x/n 6∈ L

e si ha che n[x/n] = [x] ⇒ la moltipicazione per n è surgettiva sul toro⇒ Z ⊆ End(T)

4. Sia t =k∑

i=0µi ⊗

piqi

. Sia q il minimo comune multiplo dei qi e siano ai ∈ Z tali che

∀i, q = qiai. Allora,

t =k∑

i=0µi ⊗

piqi

=k∑

i=0µi ⊗

piaiq =

k∑

i=0ai piµi ⊗ 1

q = (k∑

i=0ai piµi) ⊗ 1

q ⇒ ogni tensore è

semplice. L’inverso di un tensore µ ⊗ pq (dove µ è una mappa non nulla di grado

d) è il tensore µ ⊗ qpd , con µ l’endomorfismo duale di µ (la moltiplicazione è quella

indotta sull’anello tensore dai due anelli End(T) e Q. Sui tensori semplici diventasemplicemente la moltiplicazione "componente per componente").


Volendo, potremmo fare gli stessi discorsi (anello degli endomorfismi etc...) sullecurve ellittiche (che sono definite anche su altri campi). Cosa cambia? In char K > 0non è detto che End(T) sia commutativo (con T curva ellittica).Cerchiamo ora di caratterizzare un po’ meglio F = End(T) ⊗Q. Sia T = τZ + Z eµ : T → T l’isogenia indotta dalla moltiplicazione per µ. La condizione di mappare ilreticolo in sé si traduce nel sistema:µτ = aτ + b

µ = cτ + d

Con M =

(a bc d

), M ∈M2(Z).

Se µ = µ ⇒ c = 0⇒ µ ∈ Z.Altrimenti µ è quadratico immaginario perchè è autovalore della matrice M, ma nonrazionale. Quando posso avere i due casi?Si deve avere τ = aτ+b

cτ+d ⇒ cτ2 + (d− a)τ − b = 0τ non è immaginario quadratico ⇒ End(T) = Z. τ è immaginario quadratico ⇒Z ( End(T). Questo fenomeno si chiama moltiplicazione complessa dei tori.

Ricordiamo che, data un’isogenia c, rappresentata dalla moltiplicazione per µ, e det-to µ il rappresentante dell’isogenia duale, vale la relazione: µµ = deg c. Nel casoparticolare in cui un’isogenia sia invertibile, deg c = 1, e necessariamente µ = µ

Esercizio: ci : T1 → T2 (i = 1, 2) isogenie, c1 + c2 6= 0⇒ c1 + c2 = c1 + c2.Hint: Basta dimostrarlo nel caso degli endomorfismi, ponendo c2 c1 ∈ End(T1)

formule di annullamento 34

resx f indica il residuo di fin x (e 0 se f (x) ∈ C)

ordx f indica la molteplicitàdi x come radice di f (x) =0, o l’opposto dell’ordinedel polo in x (e 0 se f (x) ∈C \ 0)

Un po’ di libertà di notazio-ne

In generale, data g(z) =

∑k∈Z ck(z − a)k vale cheresa(g(z)z) = c−2 + ac−1 =c−2 + aresa(g(z)) Se sceglia-

mo g(z) = f ′(z)f (z) effettiva-

mente c−2 = 0

Formule di Annullamento


Prendiamo T1 = C/L1 e T2 = C/L2 tori complessi. Ogni morfismo (omomorfismo digruppi che sia anche olomorfo) T1 → T2 si solleva ad un unico morfismo C→ C, che èdato da una funzione affine z 7→ az + b. Se rappresentiamo T1 e T2 come quozienti diC in un modo diverso, il sollevamento può cambiare (quindi non è canonico). Tuttavia,se T1 = T2 allora la sollevata si può prendere della forma z 7→ az ed a è determinatoin modo canonico (quello ottenuto rappresentando T1 e T2 nello stesso modo comequozienti di C).

Teorema 0.54. T un toro e f : T → C meromorfa (non costante). Allora(i) ∑x∈T resx f = 0 (uguaglianza di numeri complessi)(ii) ∑x∈T ordx f = 0 (uguaglianza di numeri interi)(iii) ∑x∈T x · ordx f = 0 (uguaglianza di elementi del gruppo T)

Dimostrazione. f−1(0) è finita: se fosse infinita, allora dovrebbe accumularsi da qualcheparte su T (per compattezza), e quindi f sarebbe costante (per prolungamento analitico).Analogamente l’insieme dei punti in cui f non è definita è finito.

Scegliamo una rappresentazione T = C/L con L = aω1 + bω2 : a, b ∈ Z.Prendiamo la funzione biperiodica F : C→ P1 data da C→ T

f−→ P1.Sia γ : [0, 1] → C un cammino che percorre il bordo di un parallelogrammo del

reticolo (un solo giro, verso antiorario): possiamo supporre che in Im γ valga F ∈C \ 0 (a meno di traslare γ).

(i) Uso il teorema dei residui sulla funzione F con il gammino γ: ottengo2πi ∑x∈T resx f =

∫γ F = (

∫ ω10 F−

∫ ω1+ω2ω2

F) + (∫ ω1+ω2

ω1F−

∫ ω20 F)

ed entrambe le parentesi si annullano per biperiodicità di F.(ii) Identico ad (i), usando la funzione F′

F al posto di F (osservo che F′F è ancora

biperiodica) (osservo che resxF′F = ordxF).

(iii) Uso il teorema dei residui sulla funzione z F′(z)F(z) con il cammino γ.

Notare che resxz F′(z)F(z) = x · resx

F′F = x · ordxF.

Ottengo 2πi ∑x∈T x · ordx f =∫

γ z F′(z)F(z) dz = (

∫ ω10 −

∫ ω1+ω2ω2

) + (∫ ω1+ω2

ω1−∫ ω2

0 )

e per biperiodicità si ha∫ ω1+ω2

ω2z F′z

Fz dz =∫ ω1

0 (z−ω2)F′zFz dz quindi

(∫ ω1

0 −∫ ω1+ω2

ω2) = ω2

∫ ω10

ddz (log F) dz = ω22πim per qualche m ∈ Z (più pre-

cisamente, m è il numero di giri che fa log F intorno a 0 quando z varia da 0 aω1).

Quindi ∑x∈T x · ordx f è un elemento del reticolo L, da cui la tesi.

Fissiamo un toro T e rappresentiamolo come C/L (L reticolo). Consideriamo la seriedi funzioni definite sull’aperto C \ L a valori in C data da 1

z2 + ∑ω∈L ω 6=0(1

(z−ω)2 − 1ω2 ).

Proposizione 0.55. La serie sopra converge totalmente (e quindi uniformemente) suicompatti contenuti in C \ L.

Dimostrazione. (sketch)


Notiamo che gli addendinon vanno spezzati, van-no solamente sommati conla loro “controparte sim-metrizzata”, ovvero ciascunaddendo con ω lo si sommacon l’addendo τ −ω

Fissiamo K ⊆ C \ L compatto.Si ha supz∈K |

1(z−ω)2 − 1

ω2 |= supz∈K |z(2ω−z)

ω2(z−ω)2 | che per ω ’lontano’ da K è circa

| 1ω3 |.Ma ∑ω∈L\0 | 1

ω3 | converge, perchè gli ω di modulo R sono circa R, e quindi quellaè circa ∑ R · 1

R3 = ∑ 1R2 < +∞.

Quindi il limite della serie sopra è una funzione olomorfa P : C \ L→ C.É inoltre facile verificare che P è una funzione L-biperiodica. Ad esempio, basta con-

siderare P(z + τ)− P(z) con τ ∈ L: per le proprietà di convergenza, posso raccoglierela sommatoria e ottenere

P(z + τ)− P(z) =1

(z + τ)2 −1z2 + ∑

ω∈L ω 6=0

1(z + τ −ω)2 −

1(z−ω)2

e ora mettendo il caso ω = 0 nella sommatoria e riarrangiando si conclude.Se prendiamo la serie che definisce P e togliamo il termine 1

z2 , converge uniforme-mente in un intorno di 0 (e analogo per ogni ω ∈ L). Quindi P è meromorfa su tuttoC.

Fattorizzando P, otteniamo una funzione meromorfa ℘ : T → C, chiamata funzionedi Weierstrass. Attenzione: tale definizione dipende dal reticolo L scelto per rappre-sentare T! Però non cambia in modo sostanziale: infatti la ℘ dovrebbe trasformare, perun cambio di reticolo L 7→ αL:

℘L(z) = α2℘αL(αz)

In particolare, non vengono modificati né gli zeri né i poli (che saranno le cose che ciinteresseranno maggiormente).

Proposizione 0.56. La funzione meromorfa ℘ : T → C ha le seguenti proprietà:(i) ℘(−z) = ℘(z).(ii) ℘ ha un polo doppio in 0 e nessun altro polo.(iii) Fissato u ∈ T con u 6= −u, si ha ordu(℘ − ℘(u)) = ord−u(℘ − ℘(u)) = 1 e

ord0(℘− ℘(u)) = −2 e ordx(℘− ℘(u)) = 0 per x 6= 0, u,−u.In altre parole, ℘−℘(u) ha uno zero semplice in u, uno zero semplice in −u, un polo

doppio in 0 e nessun altro zero o polo.(iii’) Fissato u ∈ T con u = −u 6= 0, si ha ordu(℘− ℘(u)) = 2 e ord0(℘− ℘(u)) = −2

e ordx(℘− ℘(u)) = 0 per x 6= 0, u.In altre parole, ℘− ℘(u) ha uno zero doppio in u, un polo doppio in 0 e nessun altro

zero o polo.

Dimostrazione. (i) Ovvio direttamente dalla definizione (riordinando gli addendi).(ii) Ovvio (perchè sappiamo dove stanno i poli di P).(iii) Prendiamo la funzione meromorfa ℘− ℘(u) : T → C e usiamo il teorema 0.54

(grazie a (ii) sappiamo dove questa ha poli e con che molteplicità).(iii’) Idem come (iii).

Teorema 0.57. Non esiste un polinomio A ∈ C[x] tale che A(℘) : T → C sia la funzionecostantemente nulla.


Dimostrazione. Sia A(x) = (x − a1)...(x − an). Se A(℘) ≡ 0, allora almeno una tra le(℘− ai) dovrebbe essere ≡ 0, ma ℘− ai ha un polo doppio in 0...

Teorema 0.58. Il campo delle funzioni meromorfe pari T → C è C(℘).

Dimostrazione. Prendiamo f : T → C meromorfa pari (non costante).Prendiamo u 6= −u con ordu f 6= 0 (quindi uno zero o un polo). Allora ord−u f =

ordu f e possiamo considerare f · (℘ − ℘(u))−ordu f : questa è meromorfa pari ed hagli stessi zeri e poli di f (con le stesse molteplicità) eccetto in zero ed in u,−u (incui ordu f · (℘ − ℘(u))−ordu f = ord−u f · (℘ − ℘(u))−ordu f = 0). Sostituiamo f conf · (℘− ℘(u))−ordu f .

Prendiamo u = −u 6= 0 con ordu f 6= 0. Allora ordu f è pari (se u è uno zero,osserviamo che f ′ è dispari e quindi f ′(u) = 0, e analogo per tutte le derivate diordine dispari; se u è un polo, facciamo lo stesso ragionamento su 1

f ). Possiamo quindi

considerare f · (℘− ℘(u))−12 ordu f : questa è meromorfa pari ed ha gli stessi zeri e poli di

f (con le stesse molteplicità) eccetto in zero ed in u (in cui ordu f · (℘− ℘(u))−12 ordu f =

0). Sostituiamo f con f · (℘− ℘(u))−12 ordu f .

Reiterando le operazioni sopra descritte, otteniamo un’uguaglianza del tipo f ·A(℘)B(℘) = g con g meromorfa pari senza zeri e poli eccetto eventualmente in 0. Ma dalteorema 0.54 otteniamo che g non ha uno zero o polo nemmeno in 0. Ma allora g deveessere costante (sollevate g : T → C ad una G : C → C: vi viene che G è olomorfa sututto C e biperiodica, quindi limitata, e quindi costante per Liouville).

Quindi f ∈ C(℘), come voluto.

Fissiamo una funzione meromorfa dispari h : T → C (non costante) (ad esempio ℘′).Essendo h2 pari, si ha h2 ∈ C(℘). Ogni funzione meromorfa g : T → C si scrive (inmodo unico) come g1 + g2 con g1 meromorfa pari e g2 meromorfa dispari. Ma allorag = g1 + h( g2

h ) e g2h è pari e quindi sta in C(℘).

Quindi abbiamo ottenuto che il campo delle funzioni meromorfe su T è C(℘, h) peruna qualsiasi h dispari non costante.

(℘′)2 = A(℘)B(℘) e ci chiediamo chi siano A e B.

• Contiamo i poli in 0. A sinistra ho un polo sestuplo, mentre a destra l’ordine delpolo è dato da 2 · (deg A− deg B). Quindi deg A = deg B + 3.

• Contiamo ora gli zeri. A sinistra ho 6 zeri, a destra il numero di zeri è dato da2 ∗ deg A: infatti il numeratore contribuisci con zeri in posti diversi da 0 e con poliin zero; il denominatore contribuisce con zeri in 0 (che però vengono mangiati daipoli del denominatore) e con poli altrove. Quindi deg A = 3

In conclusione otteniamo che (℘′)2 = A(℘), con A di grado 3.

differenziale dell’ellittica di weierstrass 37

Differenziale dell’ellittica di

Weierstrass


Abbiamo dimostrato che sussite la seguente relazione differenziale tra la funzione diWeierstrass e la sua derivata:

℘′L(z)2 = AL(℘L(z))

Dove L è un reticolo di C, AL è un polinomio cubico. Questa lezione sarà dedicata acapire le caratteristiche di AL; in particolare• Proveremo che AL non ha radici multiple;• Determineremo i coefficienti di AL in termini del reticolo L.

Chiameremo EL il luogo di zeri dell’equazione y2 = A(x) in C2, EL il suocompletamento proiettivo.

Proposizione 0.59. Il polinomio AL non ha radici multiple.

Dimostrazione 1. Evitiamo di esplicitare la dipendenza dal reticolo in ℘, E, A . . . per nonappesantire la notazione. Supponiamo per assurdo che A(t) = (t− c)2(at + b). Allora,sostituendo ℘,℘′ nell’equazione di E si ottiene

℘′(z)2 = (℘(z)− c)2(a℘(z) + b)(℘′(z)

℘(z)− c

)2

= a℘(z) + b

Contiamo il numero di poli con molteplicità a destra e a sinistra. A destra ho un polodoppio in 0. A sinistra ho un polo doppio ogni volta che ℘ − c si annulla: infatti seordz(℘− c) = m > 0, vale ordz(℘′) = m− 1, e perciò ordz(LHS) = 2(m− 1−m) = −2.Ma ℘− c ha un polo doppio in zero, dunque ha due zeri (con molteplicità). In definitiva,LHS ha almeno 4 poli mentre RHS ne ha solo 2, assurdo.

Dimostrazione 2. Riprendiamo l’equazione

℘′(z)2 = (℘(z)− c)2(a℘(z) + b)

E sia z0 uno zero di ℘ − c. Contiamo gli ordini a destra e a sinistra, indicando conm := ordz0(℘ − c) > 0. A sinistra ho ordz0(℘

′2) = 2ordz0(℘′) = 2(m − 1). A destra

ho ordz0(RHS) = 2m + ordz0(a℘ + b) >= 2m, perchè a℘(z0) + b = ac + b 6= ∞. Ma2m > 2(m− 1), assurdo.

Dimostrazione 3. Dimostriamo che se L = ω1Z + ω2Z, gli zeri di A sono℘(ω1/2),℘(ω2/2),℘((ω1 + ω2)/2). Questi sono distinti:• Dato z0 ∈ C diverso da 0, la funzione ℘(z)− ℘(z0) ha un polo doppio in 0. Visto

che il numero di zeri e poli è uguale, avrà due zeri. Per parità di ℘, essi sono ±z0.• I complessi ω1/2, ω2/2, (ω1 + ω2)/2 sono a due a due non opposti.


la seconda e la terza si ot-tengono derivando le prece-denti

Tutte gli scambi di som-matoria sono leciti perchètutte le convergenze sonoassolute

Dunque ci basta dimostrare che questi sono effettivamente zeri di A (che ne avrà tre,essendo di grado 3). La funzione ℘′ è dispari e periodica di periodo L, perciò per ognix tale che 2x ∈ L si ha ℘′(x) = ℘′(x − 2x) = ℘′(−x) = −℘′(x) da cui ℘′(x) = 0. Inumeri x = ω1/2, ω2/2, (ω1 + ω2)/2 sono effettivamente tali che 2x ∈ L, perciò zeri di℘′. Per tali x ottengo

0 = ℘′(x)2 = A(℘(x))

che ℘(x) è uno zero di A, as desired.

Proposizione 0.60. Il polinomio AL(x) è della forma 4x3 − g2x− g3, dove• g2 = 60s4, g3 = 140s6

• sn = ∑0 6=ω∈L

1ωn

Dimostrazione. Questo conto è lungo. Bisogna avere pazienza, alle volte anche mesi. Malo portiamo a casa: è una promessa.Sia L∗ il reticolo senza lo zero. Richiamiamo l’espressione in serie per la ℘,℘′:

℘(z) =1z2 + ∑

ω∈L∗

1(ω− z)2 −

1ω2

℘′(z) = − 2z3 + ∑

ω∈L∗

2(ω− z)3

E le seguenti identità per |x| < 1 :

11− x

= ∑k≥0

xk

1(1− x)2 = ∑

k≥0(k + 1)xk

2(1− x)3 = ∑

k≥0(k + 1)(k + 2)xk

Si noti inoltre che sn = 0 per n dispari, perchè se ω ∈ L∗ allora −ω ∈ L∗. Vogliamosviluppare le ℘,℘′ per |z| < |ω|, ∀ ω ∈ L∗. Poi calcoleremo i coefficienti esplicitidelle potenze negative di z che compaiono nella serie, e troveremo i coefficienti di AL

comparando le due espressioni (℘′)2 = A(℘). Vale, per |z| < |ω| ∀ω ∈ L∗ :


℘(z) =1z2 + ∑

ω∈L∗

1ω2

1(1− z/ω)2 −

1ω2 =

=1z2 + ∑

ω∈L∗

1ω2 ∑

k≥1(k + 1)

( zω

)k= attenzione al k=0 !

=1z2 + ∑

k≥1(k + 1)zksk+2 =

=1z2 + ∑

k parik≥2

(k + 1)sk+2zk

℘′(z) = − 2z3 + ∑

ω∈L∗

1ω3

2(1− z/ω)3 =

= − 2z3 + ∑

ω∈L∗

1ω3 ∑

k≥0(k + 1)(k + 2)

( zω

)k=

= − 2z3 + ∑

k≥0(k + 1)(k + 2)zksk+3 =

= − 2z3 + ∑

k disparik≥1

(k + 1)(k + 2)zksk+3

Notare che ℘,℘′ si possono scrivere nella forma ℘(z) = 1/z2 + z2 f (z), ℘′(z) =

−2/z3 + zg(z), per f , g olomorfe. Calcoliamo ora le potenze di ℘,℘′ a meno di unO(z):

℘′(z)2 =

(−2z3 + zg(z)

)2=

=4z6 − 4

g(z)z2 + z2g2(z) = il termine in z2 è O(z)

=4z6 +

−4 · 6s4

z2 − 4 · 4 · 5s6 + O(z) =

=4z6 −

24s4

z2 − 80s6 + O(z) =

℘(z)2 =

(1z2 + z2 f (z)

)2=

=1z4 + 2 f (z) + z4 f 2(z) = il termine in z4 è O(z)

=1z4 + 6s4 + O(z)

℘(z)3 =

(1z2 + z2 f (z)

)3=

=1z6 + 3

1z4 z2 f (z) + 3

1z2 z4 f 2(z) + z6 f (z)3 =

=1z6 +

9s4

z2 + 15s6 + O(z)

A(℘(z)) = a℘(z)3 + b℘(z)2 + c℘(z) + d =az6 +

bz4 +

9as4 + cz2 + (15as6 + 6bs4 + d) + O(z)

Imponendo A(℘(z)) = ℘′(z)2, si ottiene:• Dal coefficiente di 1/z6, a = 4;


• Dal coefficiente di 1/z4, b = 0;• Dal coefficiente di 1/z2, c = −36s4 − 24s4 = −60s4 = −g2;• Dal coefficiente di z0, d = −80s6 − 60s6 = −140s6 = −g3.

connessione e parametrizzabilità delle cubiche 41

Ad esempio si può conside-rare l’espressione(

℘(z)℘′(z)

: 1 :1

℘′(z)

)dove se ℘ è un polo dop-

pio, ℘′ ha un polo triploe quindi il rapporto ha or-dine 1 e possiamo definir-lo uguale a 0. Notiamoche stiamo trattando T co-me una varietà olomorfa eciò che stiamo facendo è de-finire una mappa tra varietàsu alcune carte

Ricordiamo che tutte le fun-zioni meromorfe su T so-no C(℘(z),℘′(z)), mentre lefuznioni meromorfe pari suT sono esattamente C(℘(z))

Nella figura qui sotto èdisegnato il parallelogram-ma fondamentale di un to-ro. Sono evidenziati conun pallino vuoto i pun-ti che corrispondono al-la metà dei generatori delparallelogrammo.

Connessione e Parametrizzabilità delle

Cubiche


La volta scorsa, dato un reticolo L ⊆ C, avevamo costruito la funzione di Weierstrassassociata ℘L(z), che soddisfa un’equazione del tipo ℘′2(z) = 4℘3(z)− g2℘(z)− g3 doveg2 = 60s4 e g3 = 140s6 con Sn = ∑ω∈L∗ ω−n.

Sia E : y2 = 4x3 − g2x − g3 (il luogo di zeri in C2) e consideriamone la chiusuraproiettiva E = E ∪ (0 : 1 : 0).

Notazione 0.18. Con E(K) si intendono i punti K-razionali di E, ovvero i punti di P2C

(facenti parte di E) per le quali il rapporto tra le coordinate è un numero di K, ovveroE(K) = (x : y : z) ∈ E | x

y , yz ∈ K

Consideriamo la mappa F : T = C/L→ E dal toro relativo al reticolo L alla chiusuraproiettiva della cubica. F è definita da z 7→ (℘(z) : ℘′(z) : 1) dove questa espressione hasenso. Quando invece z è un polo di ℘, si può usare un’altra espressione per la mappa,definita sul polo, ma che coincida con quella fornita sui punti in cui si intersecano gliaperti di definizione.

Proposizione 0.61. F è una bigezione tra T ed E(C) (ed è olomorfa)

Dimostrazione. Sia p ∈ E(C). Distinguiamo in due casi:• Se p = (0 : 1 : 0) ok per costruzione (significa che la ℘ ha un polo e quindi come

unico punto abbiamo z = 0 ∈ T)• Se p ∈ E(C) (nella parte affine della cubica) sia p = (x0, y0)

Consideriamo allora ℘(z) − x0 che è una funzione ellittica pari non costante cheha due zeri (con molteplicità). Se z0 è uno zero lo è anche −z0 (dove i punti siintendono sul toro). Distinguiamo in due casi a seconda della derivata nel punto:– Se ℘′(z0) = 0 allora z0 è uno zero doppio e deve quindi coincidere con −z0

sul toro, ovvero nel piano ho solamente quattro possibilità: sono la metà deigeneratori del parallelogramma fondamentale del toro.Allora si ha un solo punto tale che 4x3

0 − g2x0 − g3 = 0(= ℘′(z0)) e quindianche questo caso è ok

– Se ℘′(z0) 6= 0 allora si ha z0 6= −z0 in T e quindi ℘′(z0) = −℘′(−z0) poiché la℘′ è dispari. Siamo allora nel caso 4x3

0− g2x0− g3 = α 6= 0 e per avere y = ±√

α

posso usare z0 ed anche −z0, ovvero ancora una volta la tesi è verificata.Per quanto riguarda l’olomorfia, basta aggiungere che la mappa fornita z 7→ (℘(z) :

℘′(z) : 1) è ovviamente olomorfa tra T e P2C

Osservazione 0.62. Notiamo però che se mi viene dato un polinomio di terzo gradonella forma y2 = 4x3 − g2x − g3 non so ancora dire se venga da un toro oppure no.Se viene da un toro allora ho la corrispondenza biunivoca (proposizione precedente)C/L↔ T


L’idea è che, tolte le radi-ci, abbiamo un rivestimen-to di grado due. I puntidel rivestimento si riesconoa connettere “facendo deigiri attorno alle radici”

Per dimostrare che è un ri-vestimento, possiamo utiliz-zare il fatto che le proiezio-ni sono mappe aperte e cheil numero di punti (x, y) ∈E(C) che si proiettano su xsono, per x 6= α, β, γ, esat-tamente due, ovvero quel-li che risolvono y2 = 4x3 −g2x− g3 con x fissato

In particolare si può sce-gliere un cerchio di rag-gio piccolo (cammino t 7→x0 + ρe2πit) e fare esplicita-mente il conto ricordandoche z

12 è definito con una

determinazione di elog( 12 z)

Osservazione 0.63. Se abbiamo un polinomio in due variabili f (x, y) = 0 tale che ∇ fnon si annulli sul luogo di zeri di f abbiamo una superficie di Riemman, ma nonavevamo dimostrato (nel caso delle cubiche) la connessione, che in generale non è ovvia.

Nel caso delle cubiche ciò segue dalla proposizione appena dimostrata.

Altra dimostrazione della connessione Dimostriamo ancora una volta che E(C) èconnesso, iniziando dalla connessione di E(C) (spazio dei punti affini)

La funzione di proiezione E(C) → C definita da (x, y) 7→ x diventa un rivestimentotolte le tre radici α, β, γ del polinomio 4x3 − g2x− g3.

Ovviamente si ha che, avendo il rivestimento grado due, o è connesso, oppure ha duecomponenti connesse. Ora, se facciamo un cammino tra due punti x0 ed x1 del C “cheviene ricoperto” posso sollevare il cammino, perché ho un rivestimento. Per mostrarela connessione del rivestimento basta quindi dimostrare che la fibra di x0 6= α, β, γ “èconnessa”, ovvero ho un cammino che connette i due elementi della fibra.

Ciò è molto semplice da fare con la radice quadrata: prendiamo infatti un punto x0

vicino ad α. Allora si ha che√

f (x) = (x − α)12 · g(x) con g(x) olomorfa vicino ad α

(poiché siamo lontani da β e da γ)Scegliamo una determinazione della radice e facciamo un giro attorno ad α tornando

sulla fibra di x0 ma con valore del segno cambiato.


Ricordiamo che per para-metrizzazione intendiamouna isomorfismo bira-zionale con P1, ovverouna funzione razionalef : P1 → E che si intendedefinita da quasi tutti ipunti di P1 a quasi tuttii punti di E. (Quasi tuttisignifica tutti tranne al piùun numero finito)

Inoltre di punti singolari neha al più uno: se ve ne fos-sero due p, q posso traccia-re la retta passante per pe per q, che intersechereb-be la cubica con molteplicitàquattro.

L’Hessiano in questo casoè il determinante della ma-trice hessiana del polino-mio che definisce la cubica,ovvero det ( ∂F

∂xi∂xj)i,j=1,2,3

Il polinomio hessiano ha,per un facile conto, grado3(d − 2), dove d è il gra-do della curva F, oppureè identicamente nullo. Nelprimo caso, per il teoremadi Bèzout, esistono punti diP2 su cui esso si annullaassieme all’equazione di F,ovvero esistono punti di Fdi flesso (e sappiamo ancheche sono 3(d − 2)d contaticon molteplicità)

Per esercizio si può dimo-strare che ogni funzione ra-zionale invariante per omo-tetia di a e di b si scrivecome funzione razionale dia3

b2

Cubiche di P2C

Consideriamo tutte le cubiche in P2C: esse sono definite da un’equazione omoge-nea di grado tre F(x, y, z) = 0 con F irriducibile. Mostreremo ora che la cubica èparametrizzabile se e solo se è singolare.

Caso singolare

Sappiamo che esiste un punto singolare (ovvero che appartiene alla curva e su cuitutte le derivate parziali dell’equazione definente la curva si annullano, ovvero in cui ladimensione del tangente è due).

Allora, se intersechiamo la cubica con il fascio di rette passante per il punto singo-lare otteniamo la parametrizzazione in termini del “parametro angolare” / tangentedella retta per il punto (per esercizio mostrare che ogni retta incontra esattamente unpunto della chiusura proiettiva della cubica e che, ovviamente, dato ogni punto dellacubica esiste una retta che passa per lui e per il punto singolare). La cubica è quindiparametrizzabile.

Svolgiamo di seguito l’esercizio di cui sopra. Supponiamo senza perdità di generalitàche il punto singolare sia (0, 0). Il fascio di rette si scrive allora come y− λx = 0 con λ ∈P1. Cercare i punti comuni della cubica e della retta significa sostituire nell’equazionedella cubica y = λx. A questo punto otteniamo un polinomio di terzo grado che deveavere tre radici, ma due ci sono già note (x = 0 è radice doppia). La terza radice ora èfunzione razionale dei coefficienti del polinomio, che dipendono dal parametro λ ∈ P1.

Caso non singolare

In ogni cubica c’è sempre un punto di flesso (ovvero dove l’hessiano si annulla). Usandouna proiettività si può mandare il flesso nel punto all’infinito (0 : 1 : 0).

Facendo i conti con il flesso all’infinito e con tangente al flesso la retta z = 0 ottengoun’equazione simile a quella di Weierstrass a cui si arriva con alcune manipolazionialgebriche: y2 = 4x3 − ax− b.

Se poi effettuiamo la trasformazione x 7→ λ2x e y 7→ λ3y con λ 6= 0 allora si ottieney2 = 4x3 − a

λ4 x− bλ6 .

Posso quindi scegliere λ in modo da far scomparire un parametro.

Osservazione 0.64. Non sappiamo ancora che ogni cubica viene da un toro, quindi nonpotevamo dire a priori che lo spazio delle cubiche ha un solo parametro.

Che succede se al posto di un reticolo L ne prendiamo uno omotetico λL con λ ∈ C∗?Le funzioni g2 e g3 si trasformano nel seguente modo: g2 7→ g2

λ4 , g3 7→ g3λ6 e quindi

l’equazione della cubica diventa: EλL : y2 = 4x3 − g2λ4 x− g3

λ6

Quali sono le funzioni razionali di a e di b che rimangono invarianti pertrasformazioni omotetiche? Sicuramente vi è a3

b2 .Dato un reticolo L, lo scriviamo come Zτ + Z con τ ∈ H (semipiano superiore) a

meno di rotomotetie del piano.


Per verificare la convergen-za assoluta della sommato-ria per n > 2 si può mag-giorare la serie dei valori as-soluti con l’opportuno inte-grale in due variabili. Per ilcaso n = 2 non saprei...

Proposizione 0.65. g32

g23

è una funzione di τ non costante e meromorfa

Per quanto riguarda la meromorfia, si può notare che, definita la somma

Sn = ∑(r,s)∈Z2\(0,0)

1(rτ + s)n

essa converge per n ≥ 2 e definisce una funzione olomorfa di τ. Segue quindi che, se

S3 non è identicamente nulla, si ha che g32

g23=

S32(τ)

S23(τ)

per definizione e quindi la succitatafunzione è meromorfa.

Inoltre, se trovassimo due reticoli L1 ed L2 in cui valga rispettivamente

g3(L1) = 0, g2(L1) 6= 0

g2(L2) = 0, g3(L2) 6= 0

ne seguirebbe che la funzione non è costante.Si possono a tal proposito considerare i reticoli τ = i e τ = ζ3:

• (τ = i) Sia L1 = Z[i]. Allora si nota che iL1 = L1 e quindi si ha g2(iL1) = g2(L1) eper omogeneità g3(L1) = g3(iL1) = i−6g3(L1) da cui segue g3(L1) = 0.Inoltre g2 6= 0, altrimenti il polinomio definente avrebbe radici multiple (seguedirettamente dall’equazione del polinomio).

• (τ = ζ3) Sia L2 = Z[ζ3] e notiamo che ζ3L2 = L2 che implica g2(L2) = g2(ζ3L2) =

ζ43g2(L2) = ζ3g2(L2) e quindi g2(L2) = 0

collegamenti tra tori e curve ellittiche 45

Mostriamo questa affer-mazione sui differenziali:nella parametrizzazionedi Weierstrass, si ha chex = ℘(z) e y = ℘′(z).Allora, chiamata g : E → C

l’inversa della parametriz-zazione si ha che g∗( dx

y ) =

d(℘(z))℘′(z) = ℘′(z)dz

℘′(z) = dz

Collegamenti tra tori e curve ellittiche


Se ho una mappa φ : X → Y, bigettiva e olomorfa tra superfici di Riemann, allora nonè necessariamente biolomorfa.

Infatti sia C = (x, y) ∈ C2 : y2 = x3, e sia C il suo completamento proiettivo.Allora detta φ : P1 → C la mappa (t : 1) 7→ (t2 : t3 : 1) e (1 : 0) 7→ (0 : 1 : 0) questa èchiaramente bigettiva e olomorfa.

Tuttavia l’inversa è data da (x : y : 1) 7→ ( yx : 1), che non è olomorfa in quanto il

differenziale in (0 : 0 : 1) è nullo (ma non è localmente costante).Il problema scaturisce dal fatto che il polinomio ha una radice doppia.Tuttavia se aggiungiamo che il differenziale sia full rank allora necessariamente deve

essere biolomorfa.

Dimostrazione. Consideriamo il seguente diagramma:

Xφ

- Y

Ω1

a

? ψ- Ω2

b

?

a, b sono le rispettive proiezioni in carta, quindi hanno differenziale full-rank. Segueche la composizione ψ = b φ a−1 ha anch’essa differenziale full-rank. Ora non capiscocosa stia cercando di scrivere formlmente, ma l’idea è che se ho il differenziale full-rankallora per il teorema di invertibilità locale posso trovare un’inversa differenziabile, e chesoddisferà le condizioni per essere olomorfa.

Proposizione 0.66. La mappa di Weierstrass ℘ è biolomorfa.

Dimostrazione. Abbiamo già visto che la ℘ è olomorfa e biiettiva, manca da dimostrareche l’inversa è olomorfa. Per questo mi basta guardare che il differenziale sia mainullo. D’altra parte il differenziale della mappa di Weierstrass è (℘′(z),℘′′(z)) che nonè mai nullo (Se abbiamo ℘′(z0) = ℘′′(z0) = 0 vuol dire che ℘′ ha uno zero doppioin z0, ma noi conosciamo già tutti gli zeri di ℘′(z0), che sono sui punti di L/2 diversidall’origine).

Grazie a questo possiamo dire che la curva ellittica ha la stessa struttura complessadel toro da cui proviene (se proviene effettivamente da un toro, cosa che si riveleràvera).

Osservazione 0.67. Nonostante non abbia capito cosa c’entra, sul toro esiste una formadifferenziale globale data da dz. Grazie alla mappa di Weierstrass, posso trasportarlasulla cubica e diventa dx

y , e segue che questa non ha poli, neanche all’infinito.


Discriminante

Ricordiamo che per una cubica del tipo y2 = p(x) la non singolarità equivale all’assenzadi radici multiple. Un modo rapido per vedere se un polinomio ha radici multiple èdefinire il discriminante.

Sia quindi f (t) un polinomio con radici αi (eventualmente ripetute), definiamo Dt =

∏i<j(αi − αj)2. Questo è simmetrico nelle radici pertanto lo posso scrivere come un

polinomio a coefficienti interi nei coefficienti di f .Se deg f = 2: Dt = b2 − 4ac. Calcoliamolo ora per deg f = 3.Prendo f (t) = t3 + At + b. Essendo Dt di grado 6 nei coefficienti, deve essere combi-

nazione linerare di A3 e B2. Ora mettendomi nel caso particolare A = 0, B = −1 e nelcaso B = 0 posso agilmente scoprire che

Dt = −4a3 − 27B2

Studio delle cubiche al variare dia3

b2

Sappiamo che ogni cubica non singolare è isomorfa a y2 = x3 − ax − b mediantetrasformazioni affini.

Considero il parametro a3b2 . Sappiamo che è invariante per le omotetie del tipo x 7→

λ2x, y 7→ λ3y. Ho però il problema che esso non è definito per b = 0.Utilizzo quindi il discriminante. So che dato che il polinomio non ha radici multi-

ple, il discriminante sarà non nullo: sfrutto questa informazione per considerare co-me parametro una funzione che dipenda solo da a3

b2 che abbia il discriminante comedenominatore. Uso quindi

j = c · a3

a3 − 27b2

Convenzionalmente, invece dell’ovvia c = 1 si pone c = 1728 per qualche oscuromotivo.

Mostriamo ora che una cubica proveniente da un toro non ha radici multiple.

Dimostrazione. Sappiamo che

℘′(z)2 = 4℘(z)3 − g2℘(z)− g3 = 4(℘(z)− e1)(℘(z)− e2)(℘(z)− e3)

Quindi ℘(z0) = ei ⇒ ℘′(z0) = 0. Se L = Zω1 + Zω2, allora ℘′(z) si deve annullaresu tutti i punti di L

2 : infatti se l ∈ L2 allora l ≡ −l (mod L), e dato che ℘′(z) è dispari

ho che℘(l) = ℘(−l) = −℘(l)

Visto sul toro, ℘′(z) si annulla in quattro punti.E invece no! Ho mentito. Nell’origine non si annulla, c’è un polo. Dato che ℘′(z) ha

esattamente un polo di ordine tre, allora ho trovato tutti gli zeri, che sono ω12 , ω2

2 , ω1+ω22 .

Ora vediamo che tori con la stessa j sono omotetici.


Dimostrazione. Suppongo che T, T′ abbiano la stessa j. Allora ho a3

b2 = a′3b′2 . Quindi se

con un omotetia faccio in modo che a venga mandato in a′, allora sicuramente b vienemandato in b′ oppure in −b′.

Osserviamo che le due cubiche che in forma normale di Weierstrass hanno comeparametri a, b e a,−b sono in realtà la stessa curva. Infatti applicando la trasformazionex′ = −x, y′ = iy si ha y2 = 4x3 − ax− b 7→ −y′2 = −4x′3 + ax− b che coincide con laforma y′2 = 4x′3 − ax− (−b).

Quindi sia T che T′ sono biolomorfi alla stessa curva, quindi sono biolomorfi tra loroe dunque omotetici.

Osservazione 0.68. j(τ) è una funzione non costante e olomorfa. Vedremo anche che èsuriettiva.

campi di funzioni ed estensioni di mappe razionali 48

Campi di funzioni ed Estensioni di mappe

razionali

Lezione del 05 Dicembre 2016

Campi di funzioni

Sia E : y2 = 4x3 − ax− b una cubica non degenere su C. Siano x, y : E → C le funzioniproiezione su C, definite sulla cubica.

Definizione 0.19. Indico con C(t) le funzioni razionali in una variabile, quindi 4t3 −ax − b è un elemento di C(t), perciò sia u radice quadrata di f (t) = 4t3 − at− b e siaC(t, u) l’estensione di C(t) con u.Siano inoltre C(x) e con C(x, y) i campi delle funzioni razionali sulle x e y appenadefinite, che quindi sono funzioni con dominio E e codominio C.

Osservazione 0.69. Si noti che C(t) ⊆ C(t, u) è un’estensione di grado 2.Si noti che C(x) è un sottoinsieme delle funzioni razionali di una variabile, calcolatepoi in x. In particolare è il sottoinsieme delle funzioni razionali in una variabile condenominatore che è non zero se calcolato in x, calcolate in x. Quindi lo si può pensarecome un sottoinsieme delle funzioni razionali non definite in qualche punto. Analogoper C(x, y).

Proposizione 0.70. C(x) ∼=C C(t)

Dimostrazione. Considero la mappa t 7→ x che lascia fisso C, si ha che è ben definitopoiché l’immagine di una funzione razionale R(t) è una funzione definita tranne in unnumero finito di punti, si ha che è surgettivo e omomorfismo di campi, inoltre siccomeè non nullo è iniettivo.

Proposizione 0.71. C(x, y) ∼=C C(t, u)

Dimostrazione. Considero la mappa t 7→ x, u 7→ y che lascia fisso C, per vedere cheè ben definito bisogna mostrare che se R(t, u) = S(t, u) allora R(x, y) = S(x, y), masottraendo mi riduco a mostrare che se R(t, u) = 0 allora R(x, y) = 0, ma R(t, u) è 0solo se è divisibile per u2 − f (t), ma nell’immagine y2 − f (x) è 0. Per ESERCIZIO siverifichi che è un omomorfismo e che l’immagine sta dentro C(x, y)

Osservazione 0.72. Si ha che C(x) ⊆ C(x, y) è di grado 2 quindi gli elementi di C(x, y)si possono rappresentare come R(x) + yS(x)|R, S ∈ C(x).

Ci si chiede se C(x, y) è isomorfo a un certo C(w). Se lo fosse allora si avrebbeche x = f (w), y = g(w) con f e g razionali, quindi la curva sarebbe parametrizzabile."Si noti che qui c’è un forte collegamento tra concetti algebrici (campo semplice) egeometrici (parametrizzabilità) (questo si vedrà meglio più avanti nel corso)".

Osservazione 0.73. Non si può usare il teorema dell’elemento primitivo per l’estensioneC ⊆ C(x, y) infatti x è trascendente su C.


Proposizione 0.74. Se la cubica proviene da un toro ( a = g2(L), b = g3(L) ) alloraC(x, y) ∼=C C(℘(z),℘′(z)).

Dimostrazione. Si noti che quest’ultimo è un campo di funzioni meromorfe, infatti i po-linomi nelle ℘(z) e ℘′(z), se non sono nulli, si annullano solo in un numero finito dipunti (altrimenti gli zeri hanno un punto di accumulazione). Quindi presi due poli-nomi P Q calcolati in ℘(z) e ℘′(z) si ha che il loro quoziente P/Q è nullo solo se ildenominatore è nullo quindi solo in un numero finito di punti. Per ESERCIZIO si co-struisca l’isomorfismo C[x, y] → C[℘(z),℘′(z)] e poi si passi ai quozienti completandola dimostrazione.

Estensioni di mappe razionali

Sia E′ un’altra cubica dello stesso tipo di E.

Definizione 0.20. Una mappa razionale E → E′ è una mappa E → E′ definita su "Emeno un numero finito di punti" e che può scrivere in termini razionali di x e y, cioèϕ(x0, y0) = (ϕ1(x0, y0), ϕ2(x0, y0)) con ϕ1 e ϕ2 razionali.

Osservazione 0.75. Per finire in E′ si deve avere che ϕ22 = 4ϕ3

1 − a′ϕ1 − b′, quindi nonè facile trovarne nemmeno dalla curva in se stessa. Qualche volta non ce ne sono (aparte le costanti, ovviamente) (vedi quanto scritto sotto per i tori, per aiutarti ad avereun esempio)

Se considero una funzione da un toro in C meromorfa (quindi non definita sul tuttoil toro, la chiama così per abbreviare) allora si può estendere ad una funzione olomorfadal toro verso P1(C). Quindi se la curva E proviene da un toro e E′ = C posso estenderela mappa razionale a tutta E, a valori in P1(C). Questo si può fare anche se in arrivonon c’è C, ma una qualsiasi E′, considerando come codominio della funzione dallacurva estesa E′.

Proposizione 0.76. Una mappa razionale ϕ : E→ E′ si estende ad una mappa olomorfaE→ E′.

Dimostrazione. Basta dimostrare che una mappa razionale ϕ : E → C si estende a ϕ :E→ P1(C) (il caso generale è analogo, ha detto).Ho quindi una mappa da E meno un numero finito di punti a C olomorfa e devodimostrare che in questi punti NON ha una singolarità essenziale. Siccome i puntimancanti sono in numero finito riesco a trovare per ogni punto un intorno U dove lafunzione è definita su tutto U − p0 e una carta α : U → Ω ⊆ C, in cui suppongoche α(p0) = 0 per semplicità. Allora esiste ψ : Ω → U con ψ(0) = p0 tale che ϕ ψ :Ω− 0 → C è olomorfa. ( ψ è ottenuta come inversa di α).Ci basta dimostrare che la mappa ϕ ψ ha al più un polo in 0. Supponiamo per assurdoche 0 sia una singolarità essenziale, allora per il teorema di Weierstrass ogn intornobucato di 0 ha immagine densa in C. Sia quindi Vn una successione numerabile didischi aperti bucati di centro zero e raggio 2−n. Per il Teorema di Baire si ha chel’intersezione delle immagini dei Vn (le mappe olomorfe sono aperte) è un denso, che


Teorema di Baire: In unospazio metrico completol’intersezione numerabiledi aperti densi è densa.Oppure: if a non-emptycomplete metric space is thecountable union of closedsets, then one of theseclosed sets has non-emptyinterior. (entrambe daWikipedia)

chiamo A.Sia quindi ξ ∈ A, si ha che ∀ n∃ zn ∈ Vn − 0 : ϕ(ψ(zn)) = ξ, quindi gli zn formanouna successione tendente a 0. Ne segue che gli zn sono almeno una quantità numerabilee siccome ψ è una bigezione anche gli ψ(zn) sono una quantità almeno numerabile. Nesegue che la fibra ψ−1(ξ) è almeno numerabile, ma ciò è assurdo, poichè ϕ è una mapparazionale (nota che se ϕ è costante non c’è un assurdo, ma sappiamo estendere le mappecostanti). Quindi non ci può essere una singolarità essenziale.

Osservazione 0.77. Nota che la dimostrazione fatta vale per qualsiasi curva algebricache sia una Superficie di Riemann.Nota che l’abbiamo dimostrato in 2 modi, uno usando che le curve ellittiche vengonodai tori (in modo apparentemente semplice, ma che richiede tanta teoria sotto) e unousando Baire, che è un teorema semplice.Si potrebbe dimostrare in un altro modo puramente algebrico usando che certi anelli dicoordinate sono principali, quest’ultima dimostrazione è complicata ma ha il pregio divalere anche in ambiti in cui la caratteristica è un primo p.

Come abbiamo già detto è difficile trovare mappe razionali, osserviamo che se duecubiche E e E′ provengono da due tori T e T′ si ha che ogni mappa razionale E → E′

induce una mappa olomorfa sui completamenti quindi induce una mappa olomorfaT → T′. Nota che (come visto alla "lezione del 24 Ottobre") queste mappe sono, a menodi una traslazione, delle moltiplicazioni per costanti, viste su C. E che deve valere larelazione tra i reticoli µL ⊆ L′, condizione molto restrittiva.

Proposizione 0.78. Esiste un algoritmo per dire se esiste una mappa razionale noncostante tra due cubiche, se si conoscono stime a priori sul grado della funzionerazionale.

Dimostrazione. La mappa razionale è una mappa del tipo (ϕ1, ϕ2) con ϕi = ri(x) +ysi(x) i = 1, 2 che deve soddisfare (r2(x) + ys2(x))2 = 4(r1(x) + ys1(x))3 − a′(r1(x) +ys1(x))− b′, separando i termini in 1 e y si ricavano due identità nella sola variabile x.Qualcosa del tipo A(x, r1, r2, s1, s2) = 0 e B(x, r1, r2, s1, s2) = 0. Che ci sono algoritmiper capire se questo sistema ha soluzione, se si conoscono delle stime sui gradi.

Osservazione 0.79. Esiste un algoritmo recente per stimare a priori i gradi delle ri e si.Esiste un teorema(profondo): Se ne esiste una non costante allora ne esiste una congrado limitato.Nota che le condizioni sui reticoli sono condizioni con quantità trascendenti, difficilida verificare (equivale a chiedersi se delle espressioni che riportano serie infinite (la ℘)sono numeri razionali (???))

legge di gruppo sulla cubica e gruppo dei divisori 51

Legge di Gruppo sulla cubica e Gruppo dei

Divisori


Legge di gruppo sulla cubica

Abbiamo già visto che con la proiezione al quoziente π : C → T il toro eredita lastruttura di gruppo additivo da C. Vogliamo vedere adesso chi è la legge di gruppo sullacubica E. Considero la mappa di Weierstrass: T → E che manda z → (℘(z) : ℘′(z) : 1).Mi chiedo chi sia l’immagine di z1 + z2.

Teorema 0.80. Vale che ℘(z1 + z2) =a2

4 − ℘(z1)− ℘(z2) con a = ℘′(z2)−℘′(z1)℘(z2)−℘(z1)

.

Dimostrazione. Cerco dei coefficienti a, b tali che ℘′(z1)− a℘(z1)− b si annulli in z1 e z2.Risolvendo ottengo: a = ℘′(z2)−℘′(z1)

℘(z2)−℘(z1)

b = −℘′(z2)℘(z1)−℘′(z1)℘(z2)℘(z2)−℘(z1)

Supponiamo ℘(z2) 6= ℘(z1), altrimenti ho due casi: z2 ≡ z1, che tratterò alla fine, ez2 ≡ −z1. In quest’ultimo caso la formula di addizione perde di senso, perché ℘ ha unpolo in zero.

Considero la funzione ℘′(z)− a℘(z)− b: è una funzione ellittica.Inoltre, pensata nei complessi, ha poli solo nei punti del reticolo L, quindi pensata

sul toro ha un polo solo in zero, ed è di ordine 3. Allora ha 3 zeri, di cui sicuramentedue sono z1 e z2. Chiamo z3 l’altro zero.

Un teorema che abbiamo visto (T3) assicura che per le funzioni ellittiche

∑zeri

zi − ∑poli

wi ≡ 0

Nel nostro caso z1 + z2 + z3 − (0 + 0 + 0) ≡ 0, da cui z3 ≡ −z1 − z2.Imponendo ora che ℘′(z)− a℘(z)− b si annulli in −z1 − z2, ottengo:

℘′(−z1 − z2)− a℘(−z1 − z2)− b = 0

Da questo e dalla parità/disparità di ℘,℘′ segue:

−℘′(z1 + z2) = a℘(z1 + z2) + b

Ora ricordo che:

−℘′(z1 + z2)2 = 4℘(z1 + z2)

3 − g2℘(z1 + z2)− g3

Mettendo a sistema queste due equazioni si ottiene:

4℘(z)3 − a2℘(z)2 − (2ab + g2)℘(z)− g3 − b2 = 0


℘(z)3 − a2

4℘(z)2 − (2ab + g2)

4℘(z)− (g3 − b2)

4= 0

nei punti z1, z2, z3.Ovvero, pensandolo come un polinomio in ℘(z), ha come radici ℘(z1),℘(z2),℘(z3).

Per le relazioni radici-coefficienti so che: a2

4 = ℘(z1) + ℘(z2) + ℘(z3).

℘(z1 + z2) =a2

4− ℘(z1)− ℘(z2)

che è la formula di addizione che stavamo cercando.Si può dimostrare che vale per ogni z1, z2, anche uguali (purché diversi da 0), si tratta

di fare

limz1→z2

a2

4− ℘(z1)− ℘(z2)

con De L’Hopital.

Notiamo con stupore che è un espressione razionale, cosa che a priori non era ovvia.In modo analogo si può ricavare una formula di addizione per ℘′.

Osservazione 0.81. Ricordando che la mappa di Weierstrass pensata in modo affine èz → (℘(z),℘′(z)), ho quindi dimostrato che la mappa di Weirstrass induce la seguentestruttura di gruppo su E: (x1, y1) + (x2, y2) = (x3, y3) con

x3 = 14 a2 − x1 − x2

y3 = −ax3 − b

Osservazione 0.82. Le traslazioni sono automorfismi della cubica. Sono mappe dallacurva in sé non banali e razionali. L’inversa di τz è τ−z

Legge di gruppo geometrica sulla cubica

Definisco P1 ∗ P2 = P3 come in figura.

Proposizione 0.83. La funzione ∗ appena definita è una legge di gruppo commutativa.

Dimostrazione. La commutatività è ovvia. L’elemento neutro è il punto all’infinito (sivede per ragioni geometriche). L’inverso di P = (x1, y1) è −P = (x1,−y1), ovvero il


Possiamo comunque defini-re, anche nel caso in cui lacubica non venga da un to-ro, il grado di una funzionerazionale f : E → C. Presoun punto p ∈ E si puòinfatti considerare l’anelloOX,p = g : E → C |razionali e definite in p,che risulta essere unDVR (è infatti locale enoetheriano, di dimensioneuno, con ideale massimaleprincipale) con ideale mas-simale Mp delle funzionirazionali definite in p che siannullano in p.

A questo punto, visto chef (p) = 0 sappiamo che f ∈Mk

p per qualche k ∈ N. Sidefinisce ordp( f ) = k (nelcaso in cui f abbia un poloin p si definisce ordp( f ) =

−ordp(1f )).

simmetrico rispetto all’asse x. Il vero osso duro è l’associatività, che in questo corso nondimostriamo.

Osservazione 0.84. Se sappiamo che la cubica proviene da un toro, possiamo dire che lalegge di gruppo ∗ proviene dal + del toro (sotto quali ipotesi valgono sti sollevamentimi sfugge). In questo modo anche l’associatività diventa ovvia.

Equivalenza lineare tra divisori (sulle cubiche)

Definizione 0.21. Definiamo il gruppo dei divisori sulla cubica Div(E) come il gruppoabeliano libero generato dai punti della cubica. Per gli analisti, me compresa, significache è l’insieme delle combinazioni formali finite del tipo

∑P∈E

αP(P)

, con αP ∈ Z. Sempre per gli analisti: coraggio ragazzi, mancano poche lezioni! RIPper questi commenti che verranno cancellati da Balbo, stima per lui se invece li lascia.Attenzione: anche la stringa vuota (αP = 0 ∀P) è un elemento, in particolare è l’elementoneutro. Equivalentemente posso pensarle come le funzioni dalla cubica in Z a supportofinito.

Definizione 0.22. Si definisce grado di un divisore il numero ∑ αP ∈ Z.

Osservazione 0.85. Il grado è un omomorfismo di gruppi deg : Div(E)→ Z.

Definizione 0.23. Si definisce gruppo dei divisori di grado zero sulla cubica Div0(E) :=Ker (deg).

Definizione 0.24. Per questa definizione supponiamo di sapere che la cubica viene daun toro. Considero una funzione f razionale non nulla su E, cioè f ∈ C(℘(z),℘′(z)).So che ha finiti zeri e finiti poli. Si definisce: div( f ) = ∑P∈T ordP( f ) · (P) ∈ Div(E).L’insieme di tutti i possibili div( f ) si chiama insieme dei divisori principali.

Un teorema che abbiamo visto (T2 sulle superfici di riemann compatte) garantisce chediv( f ) ∈ Div0(E) Inoltre div( f )| f : E→ C razionale è un sottogruppo di Div0(E) (leverifiche sono banali).

C’è dunque un omomorfismo (non surgettivo) tra il gruppo moltiplicativo delle fun-zioni razionali non nulle su E e i divisori di grado zero. $ : C(E)∗ → Div0(E). Infattidiv( f g) = div( f ) + div(g).

Proposizione 0.86. Ker ($) = le funzioni costanti diverse da zero

Dimostrazione. Un’inclusione (⊇) è banale, per l’altra possiamo osservare che se $(g) vanell’elemento neutro di Div0(E) (la stringa vuota), allora essa non ha né poli né zeri(neanche all’infinito), ma allora è necessariamente costante.

Osservazione 0.87. Quindi ho una successione esatta che comincia così:

0→ C∗ → C(E)∗ → Div0(E)


La cosa che stiamo facen-do è semplicemente di ri-chiamare il classico teore-ma che ogni funzione me-romorfa sulla sfera di Rie-mann si legge nelle cartestandard come funzione ra-zionale (con stesso gradosopra e sotto la linea difrazione)

Avere il Pic = 0 è imparen-tato in qualche modo conl’essere UFD. Ad esempioZ(i) ha Pic = 0. Nel ca-so del P1, il fatto che il suoPic sia nullo è dunque lega-to alla fattorizzazione unicadei polinomi.

Divisori in un caso più semplice: P1

C(P1) = C(t) con t che è la funzione coordinata t(x1, x0) =x1x0

. Ha un polo nel puntoall’infinito, cioè in (1 : 0).

Proposizione 0.88. Ogni divisore di grado 0 è il divisore di una funzione (nel caso diP1! Per E è falso.)

Dimostrazione. Possiamo supporre che ∞ non compaia nel divisore di grado 0. Infatti,se per caso ci compare con coefficiente n, sarà sufficiente moltiplicare f per la funzionez−n (in coordinate standard), che notiamo avere divz−n = −n(0) + n(∞), ovvero z−n ∈Ker $. E quindi f ∈ Ker $ ⇔ z−n f ∈ Ker $. Allora (col piccolo abuso di identificareP1\∞ con C) questo divisore sarà ∑ mi(αi) con mi ∈ Z e αi ∈ C, e so che ∑ mi = 0. Calodal cielo ∏(t− αi)

mi , e si vede facilmente che risolve.

Torniamo sulle cubiche: il gruppo di Picard

In generale possiamo definire:

Definizione 0.25. Pic 0(E) := Div0(E)

divisori principali

Osservazione 0.89. Ho quindi la successione esatta:

0→ C∗ → C∗(E∗)→ Div0(E)→ Pic 0(E)→ 0

Nel caso visto prima di P1, già Pic 0(P1) = 0

Vogliamo ora studiare il Pic di una curva ellittica

(proveniente da un toro)

Considero σ : E→ Div0(E) tale che σ(P) = (P)− (0) Considero un divisore di grado 0su E. Sarà della forma d = ∑ αP · (P). Poiché ∑ αP = 0, lo posso scrivere come ∑ αpσ(P).

Definizione 0.26. Equivalenza lineare tra divisori. Si dice che d1 ∼ d2 se d1 − d2 è undivisore principale. Attenzione! Non tutti i divisori di grado zero sono principali.

Teorema 0.90. Ogni divisore di grado zero è linearmente equivalente ad un σ(P).

Alla dimostrazione premettiamo alcuni lemmi.

Lemma 0.91. (R) + (−R) ∼ 2(0)

Dimostrazione. Sia R è il punto di E associato al punto z0 ∈ T. Dimostro ora che (R) +(−R)− 2(0) è un divisore principale, da cui (R) + (−R)− 2(0) ∼ ∅ da cui la tesi. Maconsiderando la funzione ℘(z)− ℘(z0) si vede che ha divisore (R) + (−R)− 2(0) (polodoppio in 0, zeri semplici in R,−R), da cui la tesi.

Lemma 0.92. σ(P) + σ(Q) ∼ σ(P + Q)


Dimostrazione. La tesi equivale a:

(P)− (0) + (Q)− (0) ∼ (P + Q)− (0)

(P) + (Q) ∼ (P + Q) + (0)

Attenzione: si intende che il + dentro alle parentesi è la legge di gruppo sulla cubicaindotta dall’addizione del toro, mentre il + fuori dalla parentesi è il + formale deidivisori. Considero la funzione h(z) = ℘′(z) − a℘(z) − b con a e b definiti come nelTeorema 0.80. Abbiamo già visto che ha un polo di ordine 3 nell’origine e tre zerisemplici in P, Q, −P−Q. Quindi

div(h) = (P) + (Q) + (−P−Q)− 3(0) ∼ ∅

Utilizzo ora il lemma 0.91, e ottengo che:

(P) + (Q) + 2(0)− (P + Q)− 3(0) ∼ ∅

(P) + (Q) ∼ (P + Q)− (0)

Dimostrazione del Teorema. Considero un qualsiasi divisore d di grado 0.

d = ∑ ai(Pi)

per i = 1, ..., n. So che ∑ ai = 0. Allora:

d = ∑ ai(Pi)−∑ ai(0) ∼∑ ai((Pi)− (0)) = ∑ ai(σ(Pi))

Ma adesso estendendo banalmente il lemma 0.92 dalle somme alle combinazioni lineari,ottengo che:

d ∼∑ ai(σ(Pi)) ∼ σ(∑ aiPi)

da cui la tesi.

burlesque 56

La mappa Θ è la cosapiù naturale da considera-re: sappiamo già sommare(non solo formalmente) glielementi di E

Visto quanto fa schifo lalegge di gruppo sulle cubi-che, l’affermazione che fac-ciamo è abbastanza forte.Per ogni combinazione su Z

di punti (sommati sulla cu-bica) ∑i αi Pi = 0 c’è unafunzione f razionale per cuivale ∀i ordPi ( f ) = αi

Burlesque


La lezione comincia con un richiamo delle nozioni recentemente acquisite: il grup-po dei divisori della cubica completata proiettivamente Div(E), del morfismo deg, delsuo nucleo Div0(E), del divisore di una funzione meromorfa sul toro div( f ) ∈ Div0(E)

e infine del gruppo di Picenni Pic 0(E) := Div0(E)

divisori principali .Ricordiamo che per parlare di divisori stiamo assumendo di sapere già che la cubica

E viene da un toro.

Sulla legge di gruppo su E

Costruiamo la mappa seguente intesa come morfismo di gruppi:

Θ : Div0(E)→ E,

Θ

(∑P

aP · (P)

)= ∑

PaP · P

dove la somma a destra è fatta rispetto alla legge di gruppo della cubica. Osserviamoche questa mappa è surgettiva: Θ((P)− (O)) = P.

Lemma 0.93. Il nucleo della mappa Θ è dato esattamente dai divisori principali.

Dimostrazione. Prendiamo un generico divisore principale e calcoliamoci sopra lamappa:

Θ(div f ) = Θ

(∑P

ordP( f ) · (P)

)= ∑

PordP( f ) · P = 0

poichè avevamo visto che era vero in C/L usando il T3.Viceversa la scorsa volta vedemmo (0.90) che ogni divisore di grado zero d si può

scrivere nella forma

d = divisore principale + σ(R) = (R)− (O)

applicando ora Θ si ottiene che R = O e ci siamo.

Grazie a questo lemma e al primo teorema di isomorfismo si ottiene l’ isomorfismo

Θ : Pic 0 → E

che ci dà una nuova interpretazione della legge di gruppo sulla cubica: essa è in-dotta dalla somma di divisori dentro al Picard. Per gli amanti delle sequenze esatteriassumiamo il tutto così:

0→ divisori principali→ Div0(E)→ E→ 0.

burlesque 57

Prima di procedere diamo un insight di ciò che si potrebbe dimostare; prendiamo l’anello:

C[℘(z),℘′(z)] ' C[x, y](y2 − ax3 − bx− c)

quello che si può far vedere è che i suoi ideali (o meglio il modulo dei suoi ideali prin-cipali) sono in naturale corrispondenza con il Picard della cubica. All’ occhio espertonon sfuggirà l’ analogia con gli anelli quadratici che si riassume nei simboli seguenti:

C[x]↔ Z , C[

x,√

ax3 + bx + c]↔ Z

[√α]

.

logaritmo ellittico

Lo scopo di questa chiacchera è dare una idea di come si possa invertire la funzione℘ : C/L→ E, o meglio costruirne delle determinazioni.L’ analogia con le quadriche x2 + y2 = 1 e la funzione sin è forte: stiamo cercando l’equivalente del logaritmo complesso.Accettiamo il fatto che si possa dare una nozione di forma differenziale sulla cubica(che in fondo è una onesta varietà). Allora definiamo una forma differenziale ω su Edandone l’ espressione in coordinate locali (x, y):

ω =dx

y(x)=

dx±√

ax3 + bx + c

questa forma è definita su C \ α, β, γ le tre radici della cubica ma ha un problemadi scelta della determinazione della radice; perchè sia ben definita occorre operare deitagli γ1 e γ2 che collegano le radici α, β e γ, ∞. Se rimuoviamo questi cammmini dalnostro piano una scelta del segno nella forma ω è coerente ovunque e si può felicementeintegrare. Inolre aver tolto l’ ∞ ci permette di passare dal piano complesso alla sfera diRiemann.Alla fine abbiamo due forme ω+ ed ω− definite su C \ γ1, γ2. Adesso avviene il pas-saggio critico: dobbiamo incollare queste due sfere tramite l’ identificazione rispettivadei cammini che abbiamo rimosso:

γ+1 ∼ γ−1 , γ+

2 ∼ γ−2 ;

quest’ incollamente a priori è topologico ma può essere fatto in modo da mantenere lastruttura complessa, e questo è non ovvio. però dato che topologicamente il risultatoè un toro la struttura complessa su di lui, per il teorema di classificazione di Riemann,deve essere quella standard.Questo toro che abbiamo trovato è naturalmente quello corrispondente alla nostra cu-bica, anche se neanche questo sembra ovvio.Le nostre forme differenziali nell’ incollamento non si perdono, anzi si uniscono coe-rentemente dando luogo quindi ad una unica Ω definita sul toro.Questa forma agisce naturalmente, tramite integrazione, sui cammini sul toro, o me-glio sulle loro classi di equivalenza omotopica, o meglio sull’ abelianizzato del gruppo

burlesque 58

fondamentale: ∫c1∗c2

Ω =∫

c2∗c1

Ω

Insomma abbiamo costruito l’ integrale sulle classi di omologia del toro (che ha primogruppo di omotopia/omologia Z×Z), fissati due generatori c1, c2 si ha:∫

: Z×Z→ C (m1, m2) 7→ m1

∫c1

Ω + m2

∫c2

Ω

L’ immagine di questa mappa, per delle ragioni da chiarire, dovrebbe proprio essere ilreticolo L soggiacente al toro.Si arriva quindi alla definizione di logaritmo ellittico, fissato O ∈ E:

E→ C/L P 7→∫ P

OΩ

questi ultimi passaggi esulano persistentemente dalla mia comprensione.

mappe tra curve ellittiche diverse

Avevamo visto che una mappa olomorfa tra due tori T1 e T2, a meno di traslazioni, eraper forza moltiplicativa. La domanda che ci poniamo è come questa mappa si legga alivello di cubiche: può essere una funzione trascendente?

Proposizione 0.94. Se T1 e T2 sono tori, E1 e E2 le corrispondenti cubiche, µ complessonon nullo; allora la mappa φµ : E1 → E2, indotta dalla moltiplicazione per µ sui tori, èuna funzione razionale delle coordinate.

Dimostrazione. Sappiamo che, se i tori sono indotti da reticoli L1 ed L2, vale:

µL1 ⊆ L2;

utilizzando le funzioni di Weierstrass abbiamo le parametrizzazioni (usiamo carte affinisulla cubica):

℘i : Ti → Ei z 7→ (℘i(z),℘′i(z)) i = 1, 2

quindi possiamo scrivere la relazione di commutazione nel modo più efficiente:

φµ(℘1(z),℘′1(z)) = (℘2(µz),℘′2(µz))

a questo punto osserviamo che, grazie alla condizione µL1 ⊆ L2, la funzione ℘2(µz)(e la sua derivata) è periodica anche per L1 e dunque appartiene a C(℘1,℘′1); questoimplica che la funzione φµ sia razionale.

A questo punto è obbligatorio un esempio di reticoli che abbiano morfismi in sè stessinon dati da moltiplicazione per interi:

Fatto 0.95. Per L = Z[i] la corrispondente cubica è y2 = x3− x e un’ isogenia qui è datada (x, y) 7→ (−x, iy).

burlesque 59

Grado di una funzione razionale su una curva ellittica

Diamo la definizione di grado.

Definizione 0.27. Consideriamo una mappa f : E→ C che sia funzione razionale dellecoordinate. Una tale f verrà detta funzione razionale. Se è noncostante il suo grado èdefinito come:

deg( f , α) = #x ∈ E : f (x) = α

dove α è un qualsiasi valore regolare di f .

Il fatto vero e a priori non ovvio è che questo numero sia finito e non dipenda da α.Osserviamo subito che per il T2 sulle funzioni ellittiche f ed f − α hanno stesso numerodi poli (ovvero di zeri) e quindi:

deg( f , α) = # f = α = # f − α = 0 = #poli di f − α = #poli di f

e abbiamo eliminato la dipendenza da α.Il legame tra grado e curve ellittiche è dato dal seguente

Esercizio 0.10. Sia f funzione ellittica non costante, allora vale:

deg f = [C(℘(z),℘′(z)) : C( f (z))].

Con questa sfida si chiude, a Dio piacendo, la lezione di Umberto.

le curve ellittiche non sono unirazionali 60

Abbiamo già visto che unagenerale curva ellittica sipuò scrivere in questa for-ma.

In realtà si può mostrare cheogni conica non degenere èrazionale.

Geometricamente questaparametrizzazione siottiene usando il fascio dirette passante per il puntosingolare della cubica.

Le curve ellittiche non sono

unirazionali


Definizione 0.28. Siano F e L due estensioni di un campo K. Si dice omomorfismo su Ktra F e L una funzione f : F → L che sia un omomorfismo e tale che ∀z ∈ K ⊆ F valgaf (z) = z.

In questa lezione fissiamo E la curva data dall’equazione y2 = 4x3 − g2x− g3 (ed Ela sua chiusura proiettiva).

Consideriamo C come campo base, e consideriamo il campo di funzioni della curvaC(x, y). Si noti che l’estensione di campi C(x) ⊆ C(x, y) è algebrica di grado 2.

Definizione 0.29. Una curva si dice razionale se il suo campo di funzioni è isomorfo suC ad un campo del tipo C(t) (con t trascendente su C).

Definizione 0.30. Una curva si dice unirazionale se il suo campo di funzioni si immergecon un omomorfismo (su C) in un campo del tipo C(t) (con t trascendente su C).

Osservazione 0.96. In P2(C) le due definizioni sono equivalenti (Teorema di Lüroth).

Supponiamo di voler definire ϕ : C(x, y)→ C(t) in modo che ϕ|C sia l’identità. Bastadefinirlo sui generatori: 1 7→ 1, x 7→ a(t) e y 7→ b(t), dove a e b sono due funzionirazionali di una variabile (ovvero due elementi di C(t)).

Affinchè questa mappa sia ben definita deve valere l’uguaglianza (data dall’equazio-ne della curva) b(t)2 = 4a(t)3 − g2a(t)− g3. Viceversa, ogni mappa che soddisfa questaidentità è un’inclusione ϕ : C(x, y) → C(t).

Richiedere che ϕ sia un isomorfismo è equivalente a richiedere la sua suriettività, oanalogamente che t ∈ Im(ϕ), ovvero che esista R ∈ C(s, r) tale che t = R(a(t), b(t)).

Osservazione 0.97. La circonferenza (y2 = 1− x2) è una curva razionale: la mappa ϕ

può essere definita da ϕ(x) = 2t1+t2 = a(t), ϕ(y) = 1−t2

1+t2 = b(t).

In questo modo infatti si ottiene facilmente che t = a(t)b(t)+1 ∈ Im(ϕ).

Osservazione 0.98. Esistono delle cubiche che sono razionali: ad esempio y2 = αx3 +

βx2 può essere parametrizzata come y = 1−βt2

αt3 e x = t · 1−βt2

αt3 . In questo modo valet = y

x .

L’obiettivo di questa lezione è di mostrare che le curve ellittiche non sono razionali,e nemmeno unirazionali.

Fatto 0.99. Considero P1 come curva in P2. Sia ϕ l’immersione C(E) → C(P1) (ovverol’immersione C(x, y) → C(t)) descritta all’inizio). Allora esiste una ϕ∗ : P1 → E data dat 7→ (a(t), b(t)). Tale ϕ∗ (che sappiamo essere una funzione razionale per definizione)è una funzione olomorfa (solo se si usa E: se uno la considera a valori in E questaproprietà non vale)


Teorema 0.100. C(E) non è un campo razionale.

Dimostrazione. Supponiamo per assurdo di avere ψ : C(x, y) → C(t) isomorfismo (suC). Poiché ψ è invertibile si nota che anche ψ∗ è invertibile. Si conclude dunque che ψ∗

è un biolomorfismo tra P1 e E.Per ottenere un assurdo è quindi sufficiente mostrare che E e P1 non sono biolomorfe.

Per vedere che non lo sono, consideriamo l’automorfismo di E dato da (x0, y0) 7→(x0,−y0). Questo si estende all’infinito lasciandolo fisso, ed ha tre punti fissi su E(sono solo tre i punti con y0 = 0). Sappiamo quindi che E ha un automorfismo con 4punti fissi, ma invece Aut(P1) = PGL2(C) non contiene nessun elemento con 4 puntifissi (lo abbiamo visto nelle prime lezioni). Segue banalmente che, avendo gruppi diautomorfismi diversi, E e P1 non possono essere biolomorfe e dunque la tesi.

Osservazione 0.101. Questa dimostrazione si può fare in modo puramente algebricoconsiderando gli automorfismi dei campi in questione. In particolare l’automorfismoda cui si ricava l’assurdo è ϕ ∈ Aut(C(x, y)) dato da ϕ(x) = x, ϕ(y) = −y.

Lemma 0.102 (modello quartico di una cubica). Una cubica (non singolare) di equa-zione y2 = r(z) con deg(r) = 3 è birazionalmente equivalente ad una curva del tipoy2 = p(x) con deg(p) = 4 e p senza radici doppie.

Dimostrazione. Partiamo dal modello quartico y2 = p(x) e arriviamo ad un modellocubico usando solo operazioni birazionali.

Per prima cosa operiamo una traslazione s = x + α per annullare il termine notodi p(x): l’equazione diventa y2 = sq(s). Operando ora la sostituzione s = 1

z , ottengo

l’equazione y2 =q( 1

z )z . Moltiplicando l’equazione per z4, e sostituendo w = z2y si

ottiene w2 = z3q( 1z ) = r(z), (dove r(z) è un polinomio, perché deg(q) = 3).

Le operazioni che abbiamo fatto sono birazionali, infatti:

z =1

x + αw =

y(x + α)2 ! x =

1z− α y =

wz2

Resta da verificare solo che deg(r) = 3 e che r non abbia radici doppie, ma questo seguebanalmente dal fatto che p non ha radici doppie (e dunque in particolare q deve averetermine noto 6= 0).

Notiamo che essere unirazionali per una varietà algebrica è invariante per equivalenzabirazionale. Possiamo quindi mostrare che le cubiche non sono unirazionali utilizzandoil modello quartico.

Teorema 0.103. Ogni curva ellittica E non è unirazionale.

Dimostrazione 1. Questa dimostrazione utilizza il fatto che E viene da un toro C/L (chesarà dimostrato più avanti nel corso).

Supponiamo per assurdo che E sia unirazionale. Allora ho un morfismo ϕ :C(x, y) → C(t), a cui è associato ϕ∗ : P1 → E. Poichè P1 è semplicemente connesso, eho il rivestimento πL : C→ E, questa mappa si può rialzare a una certa φ : P1 → C, edottengo dunque un assurdo.


L’idea "geometrica" di que-sta dimostrazione viene dalfatto che le trasformazioniqui descritte corrispondonoad un’isogenia di grado duetra la curva di partenza E′ equella di arrivo E, e la map-pa ψ∗ : P1 → E si solle-va a una mappa P1 → E′perchè P1 è semplicementeconnesso.

In un certo senso l’ana-logo algebrico del rivesti-mento è il passaggio r2 =abcd ⇒ a, b, c, d sono tuttiquadrati.

Infatti P1 è compatto, dunque ha immagine limitata, e restringendo φ a C ⊂ P1 hoche questa è olomorfa limitata e dunque è costante.

Vediamo ora una seconda dimostrazione, puramente algebrica, che evita di usare ilfatto che ogni curva ellittica è associata ad un toro.

Dimostrazione 2. Utilizziamo il modello quartico della cubica dato dal lemma:y2 = (x− α1)(x− α2)(x− α3)(x− α4).Supponiamo per assurdo di avere soluzioni razionali in un parametro t.Allora x = p(t)

q(t) con MCD(p, q) = 1.Sostituendo questa uguaglianza ho che RHS ha denominatore q(t)4 e numeratore

coprimo con q(t). Da questo si ottiene che y deve essere necessariamente r(t)q(t)2 con

MCD(r, q) = 1.Sostituendo anche questa uguaglianza, e moltiplicando per q(t)4 otteniamo:

r(t)2 = (p(t)− α1q(t))(p(t)− α2q(t))(p(t)− α3q(t))(p(t)− α4q(t))

Si osserva facilmente che i polinomi (p(t)− αiq(t)) sono coprimi fra loro: poichè il loroprodotto è un quadrato, allora devono essere tutti quanti dei quadrati. Abbiamo quindiottenuto che esistono quattro polinomi r1, r2, r3, r4 tali che (p(t)− αiq(t)) = ri(t)2.

Chiamando Ai l’i-esima equazione, considero le equazioni α2A1 − α1A2 e A1 − A2.

(α2 − α1)p(t) = α2r1(t)2 − α1r2(t)2

(α2 − α1)q(t) = r1(t)2 − r2(t)2

Sostituendo i valori di p(t) e di q(t) in A3 e A4 ottengo:

(α2 − α1)r23 = (α2 − α3)r2

1 − (α1 − α3)r22

(α2 − α1)r24 = (α2 − α4)r2

1 − (α1 − α4)r22

Moltiplicando fra loro queste ultime due equazioni si ottiene:

((α2 − α1)r3r4)2 = ((α2 − α3)r2

1 − (α1 − α3)r22)((α2 − α4)r2

1 − (α1 − α4)r22)

Dividendo entrambi i membri per r42, e applicando infine le sostituzioni w = (α2−α1)r3r4

r22

e z = r1r2

, l’equazione diventa:

w2 = ((α2 − α3)z2 − (α1 − α3))((α2 − α4)z2 − (α1 − α4))

Il polinomio in z al RHS si verifica facilmente non avere radici multiple, quindirappresenta un’altra cubica.

Inoltre z = r1(t)r2(t)

, MCD(r1, r2) = 1 e max(deg(r1), deg(r2)) ≤ 12 ·max(deg(p), deg(q)).

Abbiamo quindi ricavato che da ogni parametrizzazione di una cubica si ricava un’al-tra parametrizzazione dove max(deg(p), deg(q)) è almeno dimezzato. Procedendo così,poiché il grado iniziale è finito, il procedimento termina ed ho una curva parame-trizzata con max(deg(p), deg(q)) = 0. Tuttavia, questo vuol dire che la curva ha unaparametrizzazione non dipendente da t, ovvero che l’omomorfismo della definizione


C(x, y) → C(t) manda x in un elemento di C, dunque non è iniettivo, e questo cifornisce un assurdo.

biliardi ellittici e supercazzole immaginarie 64

Abbiamo infatti già vistoche si possono ottenere co-me integrali della lunghez-za d’arco di un’ellisse

Ovvero rispetto alla tan-gente all’ellisse nel puntorimbalza via con lo stes-so angolo, come indicato infigura

Tutto ciò non è difficile daverificare: se la conica Cha equazione f = ax2 +by2 + cz2 e (x0 , y0 , z0) =P ∈ C allora (∇ f )P =(2ax0, 2by0, 2cz0) e, ricor-dando che tutti i pun-ti/vettori considerati sonoin P2 si ha che dare la rettatangente in P è uguale a for-nire il vettore (∇ f )P. D’al-tra parte si riesce ovviamen-te a recuperare il punto Pdato (∇ f )P a cui è tangen-te (basta vedere la formulascritta sopra in coordinate,visto che i coefficienti dellaconica sono noti)

Come curiosità, se il gio-co non finisce, le traietto-rie del biliardo sono densenello spazio tra le due ellissi

Il nome “modulari” è riferi-to ai moduli, parametri checomparivano negli integra-li ellittici. Oggi ci si rife-risce a moduli per indica-re uno spazio di parametriper una famiglia di curvealgebriche.

Esempio “stupido”: y −ax2 = 0 al variare di a ∈ C

sono una famiglia di para-bole (o per a = 0 una retta).In questo caso lo spazio deiparametri è C (nel quale apuò variare)

Biliardi ellittici e Supercazzole

immaginarie

Lezione del 23 Gennaio 2017

Biliardi ellittici

Introduciamo un altro modo in cui si ottengono le curve ellittiche dalle ellissi .Prendiamo un’ellisse di equazione ax2 + by2 = 1 e supponiamo di giocare a biliardo

sull’ellisse: facendo partire la pallina da un punto la lanciamo contro il bordo dell’ellissesu cui rimbalza secondo la nota legge della riflessione

Una cosa che è nota da tempo è che le rette che compongono la traiettoria sono tuttetangenti ad un’altra ellisse “caustica” che ha gli stessi fuochi della prima: abbiamoquindi una famiglia ad un parametro di ellissi che descrive tutte le possibili traiettorie.

Vediamo allora che succede quando prendiamo un punto P sul bordo dell’ellisseed una retta l con P ∈ l e tangente alla caustica:

Possiamo definire un’applicazione φ dalle coppie punto-retta in sè che è la funzionedi “evoluzione” della traiettoria sul biliardo, ovvero manda la coppia (P, l) in (P′, l′)con P′ l’altro punto di intersezione della retta l con l’ellisse e l′ la retta passante per P′

che segue la legge della riflessione con l.

È noto che le tangenti in P2 ad una conica sono parametrizzate da un’altra conica: laconica duale. Allora il luogo di punti su cui la φ agisce è una sottovarietà (algebrica)di C1 × C2, con C1 = punti della conica e C2 = conica duale delle rette tangenti.

Il luogo di punti è dato dalle coppie (P, l) ∈ C1 × C2 tali che P ∈ l (che è unacondizione chiusa, ovvero dà luogo ad una sottovarietà algebrica). Questa è anche unasuperficie di Riemann.

Scrivendo l’equazione si ottiene una curva ellittica e l’operazione φ si rivela essereuna traslazione sulla cubica detta “gioco di Poncelèt”.

Il gioco “finisce” se e solo se la traslazione φ(x) = x + τ ha un punto di ordine finito,ovvero ∃n φn(x) = x + nτ = x se e solo se nτ ∈ L, il reticolo. Ovvero si avrebbeφn(x) = x per ogni punto. Allora se il gioco finisce per una traiettoria finisce per tuttele altre, cosa che non è per nulla banale.


Immaginario quadraticovuol dire che soddisfaun’equazione di secondogrado a coefficienti in Q,ovvero x è tale che ∃b, c ∈ Q

con x2 + bx + c = 0 e cheè un numero immaginariopuro

Qui intendiamoad esempio cheQ(j,

√j + 2) ∼= Q(t,

√t + 2)

con t come variabile equindi ∼= Q(t0 ,

√t0 + 2)

con t0 trascendente.

Per dominio fondamentaleintendiamo uno spazio incui è presente esattamenteun rappresentante per ognireticolo. Nel nostro casoportiamo ogni reticolo nellaforma L = Z + Zτ

Funzioni Modulari

Osservazione 0.104. Ricordiamo che conosciamo già un parametro delle cubiche: j.Infatti, se la cubica viene da un toro allora è della forma y2 = 4x3− g2x− g3 e sappiamo

che j = 1728 g32

g32−27g2

3è un’invariante per trasformazioni proiettive delle cubiche.

Siamo allora autorizzati a riscalare il reticolo L pur restando nella stessa classe diisomorfismo delle cubiche. Possiamo quindi supporre che L = Zτ + Z1 con τ ∈ H =

z ∈ C|Im τ > 0. In questo modo g2 = 60 ∑ω∈L∗ ω−4 e g3 = 140 ∑ω∈L∗ ω−6 diventanofunzioni olomorfe di τ come parametro nel semipiano superiore e quindi pure j è unafunzione di τ

Osservazione 0.105. Se vedessimo che j assume tutti i valori in C ciò dimostrerebbeche tutte le cubiche provengono da un toro, poiché sappiamo già che due cubiche sonoaffinemente equivalenti se e solo se hanno lo stesso j.

Divagazione 0.106. Si può dimostrare che se τ è immaginario quadratico su Q alloraj(τ) è un numero algebrico. Di seguito diamo una supercazzola della dimostrazione

Quando τ è un immaginario quadratico il reticolo ha infatti degli endomorfismi nonbanali. Se j fosse trascendente, visto che gli endomorfismi sono funzioni razionali dellecoordinate e avremmo Q(j, funz.raz.) come campo finitamente generato su Q, che hagrado di trascendenza uno.

Allora si può “specializzare” j, visto che il campo è isomorfo ad una cosa con unavariabile.

Specializzandolo ad ogni altro numero trascendente ottengo un campo isomorfo equindi tutte le curve ellittiche avrebbero degli automorfismi non banali (poiché hannouguali campi) e ciò è impossibile poiché le cubiche con automorfismi sono in numeronumerabile.

Il reticolo L può avere altre basi, date dall’applicazione di matrici M2×2(Z) invertibili.Possiamo scegliere l’ordine dei due elementi della base in modo da avere soltanto lematrici con determinante uno.

Diciamo che due reticoli Z+Zτ = Z+Zτ′ sono equivalenti se ∃g ∈ SL2Z t.c. gτ =

τ′ = aτ+bcτ+d

Allora i tori complessi modulo isomorfismo sono in biggezione con H modulo SL2Z

(in realtà l’azione si quozienta per ±1, quindi l’azione è di PSL2Z).

Costruzione di un dominio fondamentale

Vogliamo costruire un dominio fondamentale per lo spazio dei reticoli, ovvero su cuiagiranno le funzioni modulari.

Descriviamo innanzitutto la forma del dominio fondamentale: F = H ∩ Re z ∈[− 1

2 , 12 ) tolto l’insieme | z |< 1 ∪ | z |= 1 | Re z > 0

e definiamo le due applicazioni

S =

(0 1−1 0

)


Incollando i bordi del do-minio fondamentale si puòvedere che topologicamentelo spazio delle curve ellitti-che è omeomorfo a C, an-che se ovviamente non puòesserne biolomorfo né rive-stito per le conseguenze delteorema di classificazione diRiemann

T =

(1 10 1

)tra cui si hanno le relazioni S2 = (TS)3 = Id

Osservazione 0.107. Sarà parecchio importante sapere che se g =

(a bc d

)∈ SL2(Z),

allora si ha Im (gz) = Im z|cz+d|2 .

Lemma 0.108. SL2Z è un sottogruppo discreto come sottoinsieme di SL2R ed agisce inmodo propriamente discontinuo su H

Dimostrazione. Sia K ⊆ H un compatto: vogliamo mostrare che allora gK ∩ K 6= ∅ peral più un numero finito di g ∈ G.

Allora sia z0 ∈ K tale che gz0 ∈ K. Sappiamo però che per un qualunque compatto inH ∃ρ, ρ′ che dipendono solo dal compatto tali che ρ′ > Im z > ρ > 0 per un qualunquez ∈ K. Se anche gz0 ∈ K ne segue allora che | cz0 + d | è limitato uniformemente inz0 =⇒ Im (cz0 + d) = cIm z0 =⇒ c è limitato ed anche d è limitato (e la limitazionedipende solo da K)

az0+bcz0+d ∈ K. Allora, visto che le possibili coppie (c, d) sono finite, si ha az0 + b ∈

∪(c,d)(cK + d)K che è compatto e quindi si conclude come sopra (utilizzando ρ e ρ′)

Anche se l’azione è propriamente discontinua il quoziente non è comunque rivestitoperché ci sono dei punti fissi: ad esempio Si = i e STζ3 = ζ3. Ma sono gli unici duepunti che danno fastidio.

Nella prossima lezione vedremo il teorema che ci mostra che F come descritto èeffettivamente un dominio fondamentale e, come curiosità:

Teorema 0.109. G = SL2Z è generato da S e da T. Inoltre è esattamente il gruppo liberosu due elementi (S e T) con le relazioni S2 = (TS)3 = Id

azione di SL2 (Z) su H e funzioni modulari 67

Per vedere che ve ne so-no un numero finito scrivia-mo |cz + d|2 = c2(Im z)2 +(cRe z + d)2 ≤ 1. Allora cia-scun termine è minore di 1,quindi ci sono un numerofinito di c, e da questo si ri-cava che vi sono un numerofinito di d.

Nel caso c = 0 stando z, z′ ∈F si ha |Re z−Re z′| ≤ 1

Azione di SL2 (Z) su H e Funzioni

Modulari

Lezione del 31 Gennaio 2017

Azione di SL2 (Z) su H

Siano F =

z ∈ H| − 12 ≤ Re (z) ≤ 0∧ |z| ≥ 1

∪

z ∈ H|0 < Re (z) < 12 ∧ |z| > 1

,

G = SL2 (Z) /±Id, ρ = −1+i√

32 , S =

(0 1−1 0

)∈ G, T =

(1 10 1

)∈ G,

G′ = 〈S, T〉.

Teorema 0.110. P0 ∀z ∈ H ∃g ∈ G tale che gz ∈ FP1 se z, gz ∈ F con g 6= Id, allora z ∈ ∂F. Più precisamente si hanno i tre casi (anche se

non disgiunti):C1 Re z = ± 1

2 e z′ = z∓ 1C2 |z| = 1 e z′ = − 1

zC3 z = z′ = ρ oppure z = z′ = ρ + 1

P2 se z ∈ F e z = gz, allora z = i (nel qual caso g ∈ 〈S〉) oppure si ha che z = ρ (nelqual caso g ∈ 〈ST〉)

Dimostrazione. P0 Sia G′ = 〈S, T〉. Sia z ∈ H e cerchiamo z′ ∈ G′z con Im (z′) massima

possibile. Tale elemento esiste, infatti se σ =

(a bc d

)∈ G′, allora Im (σz) = Im (z)

|cz+d|2

ed essendo c, d ∈ Z, |cz + d|2 ≥ (Im (z))2 (per c 6= 0, se no fa d2 ≥ 1) per cui Im (σz)è limitato dall’alto e il sup viene raggiunto perché ci sono solo un numero finito dic, d ∈ Z per cui |cz + d|2 ≤ 1. (Infatti siccome lo cerco massimo voglio denominatorepiù piccolo di uno, altrimenti già z andava bene)

Possiamo quindi supporre che z = z′ e, a meno di comporre con qualche potenza diT (che è una traslazione), supponiamo anche che − 1

2 ≤ Re (z) < 12 .

Verifichiamo quindi che |z| ≥ 1 (se poi fosse |z| = 1 e z ∈ F \ F basta applicarci S).Im (z)|z|2 = Im (Sz) ≤ Im (z) per la massimalità di Im (z). Quindi |z| ≥ 1.

P1 Siano ora g ∈ G, z′ = gz e supponiamo che z, z′ ∈ F e (wlog) che Im (z) ≤ Im (z′).

z′ = gz · 1 =az + bcz + d

cz + dcz + d

=ac|z|2 + bd + bcz + adz

|cz + d|2det=1=

ac|z|2 + bd + bcz + (bc + 1)z|cz + d|2 =

ac|z|2 + bd + bc(z + z) + z|cz + d|2 =

ac|z|2 + bd + (2bc + 1)Re (z)|cz + d|2 + i

Im (z)|cz + d|2

Ora, usando che z, z′ ∈ F, per cui |z|, |z′| ≥ 1 e |Re (z)|, |Re (z′)| ≤ 12 , si ottiene che,

se c 6= 0, Im (z′) = Im (z)|cz+d|2 ≤

Im (z)c2Im (z)2 = 1

c2Im (z) ≤2

c2√

3=⇒ c2 ≤ 2√

3Im z′≤ 4

3 quindi|c| ≤ 1.• Se c = 0, allora (visto che ad− bc = 1) deve essere z′ = z± b, per cui si può avere

z′ = z e g = Id; oppure |Re (z′)| = 12 e |Re (z)| = − 1

2 ; o viceversa. Negli ultimi


In realtà si potrebbe dimo-strare anche che G è il grup-po libero generato da S e Tmodulo le relazioni S2 = Ide (TS)3 = Id

due casi si ha z, z′ ∈ ∂F e g = T e vale C1.• Se invece c = 1 (il caso c = −1 è uguale perché G = SL2 (Z) /±Id), Im (z′) ≤

1Im (z)

z′∈F⇒ Im (z) ≤ 2√3. Allora Im (z′) ≤ 2√

3|z+d|2 ⇒ |z + d|2 ≤ 43 ⇒ |z|2 + d2 +

2dRe (z) ≤ 43 . Quindi (poiché Re z ≥ − 1

2 ) d = 0 o d = ±1.Se d = 0, Im (z′) = Im (z)

|z|2 ≤ Im (z), quindi |z| = 1 (Perché avevamo precedentemen-te assunto che Im (z) ≤ Im (z′)). Considerando il determinante si ottiene b = −1 equindi z′ = az−1

z = a− 1z = a− z. Siccome z è sulla circonferenza unitaria anche −z

lo è; visto che sia z′ che z devono stare in F, deve essere a = 0,±1.– a = 0. Allora siamo nel caso C2

– a = ±1 allora z = z′ ∈ ρ, ρ + 1 e siamo nel caso C3

Se d = ±1, similmente Im (z′) = Im (z)|z±1|2 . Usando che |z ± 1| ≥ 1 (Fare disegno e

cercare minimo modulo di F + 1) si ottiene |z± 1| = 1, da cui, di nuovo, z = ρ, z′ =ρ + 1 o viceversa e siamo nel caso C1.

P2 Utilizzando il punto P1 distinguiamo i tre casi:• Il caso C1 non si realizza perché avevamo z′ 6= z• Il caso C2 ci da z2 = −1 =⇒ z = i e, per quanto visto sopra, si ha g = S

• Il caso C3 ci da solo z = z′ = ρ perché ρ + 1 /∈ F e si ottiene g =

(−1 −11 0

)=

(ST)2, quindi (visto che (ST)3 = Id) lo stabilizzatore è il sottogruppo 〈ST〉

Corollario 0.111. F è un dominio fondamentale.Stab(i) = 〈S〉, Stab(ρ) = 〈ST〉 e Stab(z) = ∅ se z /∈ i, ρ.

Teorema 0.112. G è generato da S e T

Dimostrazione. Vediamo ora che G′ = G:Sia z = 2i e sia g ∈ G. Per quanto visto sopra, ∃σ ∈ G′ tale che σg(z) ∈ F. Allora,

dato che z /∈ ∂F, σg(z) = z. Poiché gli unici stabilizzatori non banali sono quelli previstidal corollario, ne deduciamo che σg = Id e quindi G = G′.

Osservazione 0.113. Al quoziente H/G ' F si può dare una struttura di superficiedi Riemann (che non è quella data dall’immersione per via dei due stabilizzatori nonbanali), identificando le rette Re (z) = ± 1

2 e i due archi di circonferenza (quelli passantiper i) sul bordo di F. Il quoziente è omeomorfo a C. Possiamo quindi indurre unastruttura di superficie di Riemann con l’omemomorfismo trovato.

Forme quadratiche binarie intere

Una forma quadratica binaria intera è un’espressione del tipo:

ax2 + bxy + cy2 a, b, c, d ∈ Z

Si vogliono classificare a meno di equivalenza lineare con elementi di SL2 (Z).


Non capiamo bene come sipossa dedurre la sviluppa-bilità in serie di Laurent (ipoli potrebbero accumular-si in 0). Si può invece benfare se f è una funzionemodulare, definita poco piùsotto.

Osservazione 0.114. Il discriminante ∆ = b2− 4ac è invariante per trasformazioni linea-ri invertibili. Inoltre, fissato ∆, il numero di classi di equivalenza con quel discriminanteè FINITO (questo però è difficile). Quando ∆ < 0, è utile considerare ξ ∈ H che risolveaξ2 + bξ + c = 0. Per quanto abbiamo visto, ∃σ ∈ G tale che σξ ∈ F. Tramite σ si ottienela forma ridotta secondo Gauss.

Funzioni Modulari

Definizione 0.31. Una funzione f meromorfa su H di dice debolmente modulare di

peso 2k (per k ∈N), se ∀(

a bc d

)∈ SL2 (Z) si ha:

f(

az + bcz + d

)= (cz + d)2k f (z) ∀z ∈ C

Osservazione 0.115. gz =az + bcz + d

det=1⇒ d(gz)dz

=1

(cz + d)2 . Quindi la condizione della

definizione di funzione debolmente modulare può essere scritta come f (gz)(d(gz))k =

f (z)(dz)k. Sono k-forme differenziali (secondo noi però sono tensori (0, k) simmetrici).

Osservazione 0.116. Dalla definizione segue immediatamente che f (z + 1) = f (z), cioèche una funzione debolmente modulare è periodica di periodo 1. Definendo q(z) = e2πiz

si ha che q mandaH in D∗ (e in particolareH/Z ' D∗), quindi f = f q−1 è meromorfa

in D∗ e+∞

∑n=−∞

anqn è la sua serie di Laurent. Quindi f si può scrivere in “serie di Fourier”

in q = e2πiz, cioè f (z) = f (q) =+∞

∑n=−∞

anqn.

Definizione 0.32. Nelle notazioni di sopra, se f è meromorfa anche in D, cioè se gli an

con indice n < 0 non nulli sono in numero finito, la f è "meromorfa all’∞" e si dicefunzione modulare.

Se poi f è olomorfa su tutto D (0 compreso), cioè se tutti gli an con n < 0 sono nulli,la f è "olomorfa all’∞" e si dice forma modulare.

Infine, se anche a0 = 0, cioè f (∞) = 0, f si dice forma modulare cuspidale

Esempio: Le Serie di Eisenstein

Definizione 0.33. Se L è un reticolo in C, per k ≥ 2 poniamo Gk(L) := ∑λ∈L\0

λ−2k.

Osservazione 0.117. Proprietà di Gk:• Le Gk sono (−2k)-omogenee, cioè L1 = cL2 ⇒ Gk(L1) = c−2kGk(L2). Scrivendo

L = Zτ + Z, con τ ∈ H, si può anche vedere Gk(L) = Gk(τ) come funzione su H.

In questo modo, Gk(z) = ∑(m,n)∈Z2\(0,0)

1(mz + n)2k , che converge uniformemente sui

compatti di H.• Gk(z) converge puntualmente su H e su −H, ma non su tutto C. Infatti se z ∈ R i

denominatori possono essere arbitrariamente vicini a 0 e quindi la serie diverge.


• Ricordando la definizione di g2 e g3 si ha: g2(z) = 60G2(z) e g3(z) = 140G3(z).

• Se

(a bc d

)∈ SL2 (Z), Gk

(az + bcz + d

)= ∑

(m,n)∈Z2\(0,0)

(cz + d)2k

(m(az + b) + n(cz + d))2k =

= (cz + d)2k ∑m,n

1(m(az + b) + n(cz + d))2k = (cz + d)2k ∑

m,n

1(mz + n)2k , perché

SL2 (Z) lascia invariati i reticoli. Quindi Gk è debolmente modulare.

Proposizione 0.118. Le Gk sono forme modulari.

Dimostrazione. Sono tutte olomorfe su H per teoremi classici di convergenza. Se Gk

avesse un polo o un sigolarità essenziale all’∞, ci sarebbero delle successioni zn ⊂ H

tali che |zn| → +∞ e |Gk(zn)| → +∞. Ma limIm (z)→+∞

Gk(z) = 2+∞

∑n=1

1n2k = 2ζ(2k), perché

i termini con m 6= 0 vanno a 0 uniformemente. Quindi le Gk sono olomorfe all’∞.

Osservazione 0.119. ∆ = g32(z)− 27g2

3(z) è una forma modulare di peso 12 che non siannulla mai in H.

tutte le curve vengono dai tori 71

Tutte le curve vengono dai tori

Lezione del 01 Febbraio 2017

Una relazione tra forme modulari e ordini di

annullamento

Teorema 0.120. Sia f una funzione modulare di peso 2k, F il dominio fondamentaledelle lezioni precedenti. Allora si ha

ord∞( f ) +12

ordi( f ) +13

ordρ( f ) + ∑p∈F

∗ordp( f ) =k6

,

dove con ∑p∈F

∗ si intende la somma per tutti i p 6= i, ρ, ∞, e con ord∞( f ) si intende

ord0( f ).Se ep =| Stab(p) |, allora l’uguaglianza sopra si può anche scrivere

∑p∈F∪∞

ordp( f )ep

=k6

Dimostrazione.

PX

QR

γ

ρ −ρi

A

B C D

E

B′C′ D′

Dimostriamo solo il caso in cui f è una forma modulare (cioè f è olomorfa ovunque),e sia vp( f ) = ordp( f ) ≥ 0.

Integriamod ff

nei posti giusti: Sia γ il cammino mostrato in rosso in figura, dove i

tratti curvi sono archi di circonferenza e B e D′ sono uno il traslato dell’altro.Possiamo supporre che f non abbia zero al di fuori della regione delimitata da γ.

Infatti, f (o f , se siamo in ∞) è olomorfa, dunque gli zeri non possono accumularsi;consideriamo ad esempio ρ: se f (ρ) = 0, allora esiste un intorno in cui ρ è l’unico zero,mentre se f (ρ) 6= 0 per continuità f sarà diversa da 0 in tutto un intorno.

Inoltre possiamo supporre che f non abbia zeri su γ: se li avesse sui lati AB e D′Esarebbe possibile modificare γ attraverso una “piccola” deviazione in modo che i duepezzi del percorso continuino ad essere l’uno il traslato dell’altro, e la zona internarimarrebbe la stessa perché a due punti traslati corrisponde lo stesso valore di f ; sugli


Se avessi percorso l’interacirconferenza, al limite peril teorema dei residui avreiottenunto m. Poiché ne hopercorsa solo metà, è “ra-gionevole” aspettarsi di ot-tenere, sempre al limite, unvalore che è la metà delvalore intero.

archi B′C e C′D si agisce in modo analogo (considerando anziché l’azione di T, quelladi S), e sugli altri tratti è possibile non avere zeri per lo stesso ragionamento di prima.

Dunque per il teorema dei residui si ha

12πi

∫γ

d ff

= ∑p∈F

∗vp( f )

Scriviamo l’integrale in un altro modo, spezzandolo nei vari pezzi.

12πi

∫ A

E

d ff

=1

2πi

∫∂Ω

d ff

= −v0( f ) = −v∞( f ),

dove Ω è un disco intorno all’origine, di raggio e2πIm (A), e ∂Ω è percorso in sensoorario.

12πi

(∫ B

A

d ff

+∫ E

D′

d ff

)= 0

Si ha che, poiché f è una forma modulare, f (Sz) = f (− 1z ) = z2k f (z), da cui,

prendendo la derivata logaritmica,d ff(Sz) = 2k · dz

z+

d ff(z). Dunque

12πi

∫ C

B′

d ff

+∫ D

C′

d ff

∗=

12πi

∫ C

B′

d ff

+∫ B′

C

[2k · dz

z+

d ff

]=

=1

2πi

∫ B′

C2k · dz

z−→ 2k

2πi

∫ ρ

i

dzz

=k6

, (0.1)

dove l’uguaglianza ∗ è valida perché S(C′D) = CB′, dove conservo anche il verso dipercorrenza.

Supponendo che f (z) = (z− i)mg(z), dove g è olomorfa e non si annulla in i, cioèm = vi( f ), possiamo scrivere

12πi

∫ C′

C

d ff

=1

2πi

∫ C′

C

[m · dz

z− i+

dgg(z)]−→ −m

2,

perché∫ C′

Cdgg (z) tende a 0 se C tende a i, e se C tende a i l’arco di circonferenza CC′

tende ad essere un semicerchio, percorso in senso orario.Analogamente si ottiene

12πi

∫ B′

B

d ff

=1

2πi

∫ D′

D

d ff

= −vρ( f )

6

Uguagliando gli integrali si ottiene la tesi.

Struttura delle forme modulari

Corollario 0.121. Sia Mk l’insieme delle forme modulari di peso 2k. Allora Mk è unospazio vettoriale su C di dimensione finita.

Dimostrazione. Per induzione: il passo base è per k ≤ 6.• Per k < 0 si ha che Mk = 0;


f−cGk∆ è olomorfa in ∞

perché ord∞(∆) = 1, eord∞( f − cGk) ≥ 1, e altro-ve perché ∆ non assume ilvalore 0 su H

Le serie di Fourier delle Gksono “interessanti”, perché icoefficienti di Fourier sonodelle funzioni aritmetichenotevoli.

Ricordiamo che j è definito

come 1728 g32

∆ .

• Per k = 0 si ha M0 = C: infatti, per il teorema precedente, ogni f ∈ M0 o è 0 o lasomma pesata degli ordini di annullamento è 0. Poiché gli ordini sono positivi, lafunzione non si deve mai annullare, ed è quindi una costante diversa da 0;

• Per k = 1 si ha M1 = 0. Infatti non è possibile scrivere 16 come combinazione

lineare intera positiva di 1, 13 , 1

2 ;• Per k = 2 si ha M2 = CG2. Infatti le forme 6= 0 in M2 si annullano solo in ρ con

ordine 1, e G2 soddisfa questa proprietà. Se f ∈ M2, sia x 6= ρ. Allora considerof − f (x)

G2(x)G2. Questa funzione si annulla in x e in ρ, ed è quindi 0, dunque f =f (x)

G2(x)G2

• Per k = 3, 4, 5, allo stesso modo, si ha M3 = CG3, M4 = CG22 , M5 = CG2G3

• Per k = 6, si ha M6 = CG32 + CG2

3 . Infatti, con lo stesso ragionamento di prima,otteniamo che G3

2 , G23 ∈ M6, e, con combinazioni lineari di queste, possiamo trasfor-

mare una funzione f ∈ M6 in un’altra f ′ con vρ( f ′) = 3, vi( f ′) = 2. Dunque, perla formula del teorema precedente, f ′ non può essere in M6 a meno che non sia 0.Inoltre G3

2 e G23 sono linearmente indipendenti, perché si annullano in punti diversi,

e dunque sono una base di M6.Notiamo inoltre che ∆ ∈ M6, poiché combinazione di G3

2 e G23 . Poiché ∆(z) 6= 0 in

H, si deve avere che ∆(∞) = 0 con ordine 1.Per k > 6 abbiamo che Gk ∈ Mk, e inoltre Gk(∞) 6= 0. Sia allora f ∈ Mk, e c = f (∞)

Gk(∞).

f − cGk si annulla in ∞, dunque f−cGk∆ è ancora una forma modulare, di peso 2(k− 6),

e dunque appartiene a Mk−6. Dunque f si scrive come cGk + ∆ fk−6, per un qualchefk−6 ∈ Mk−6, e di conseguenza si ha Mk = CGk + ∆Mk−6.

Per ipotesi induttiva Mk−6 è di dimensione finita, dunque lo è anche Mk, e in partico-lare dim(Mk) = dim(Mk−6) + 1. Da questo e dalle dimensioni dei casi base si deducela formula per la dimensione degli Mk:

0 se k < 0⌊k6

⌋+ 1 se k ≥ 0, k 6≡ 1 (mod 6)⌊

k6

⌋se k ≥ 0, k ≡ 1 (mod 6)

Come ulteriore corollario abbiamo che Mk è generato dai monomi Gα2 Gβ

3 , con 2α +

3β = k. Infatti, siano a e b fissati tali che 2a + 3b = k. Allora si ha Ga2Gb

3 ∈ Mk, e(Ga

2Gb3)(∞) 6= 0. Ripercorrendo la dimostrazione, usando Ga

2Gb3 al posto di Gk, si ottiene

Mk = CGa2Gb

3 + ∆Mk−6, ma Mk−6 è generato da Gx2 Gy

3 con 2x + 3y = k − 6, e ∆ siscrive come combinazione lineare di G3

2 e G23 , dunque ∆Mk−6 è generato da Gx

2 Gy3 con

2x + 3y = k, e dunque lo è anche Mk.

L’invariante j e la corrispondenza curve-tori

j è una funzione modulare di peso 0, dunque è invariante per trasformazioni in SL2(Z);ha un polo semplice in ∞ e nessun altro polo.


In particolare H/

Gj→ C è

una bigezione

Ora, sia c ∈ C. Applicando il teorema 0.120 alla funzione j− c, otteniamo che questa,avendo un solo polo, deve avere anche un solo zero (di ordine opportuno se in ρ o ini), e dunque facendo variare c si ottiene che la funzione j assume ogni possibile valorecomplesso. Dunque, per l’osservazione 0.105, abbiamo effettivamente dimostrato cheogni cubica viene da un toro.

Infine come nota finale, aggiungiamo che ogni funzione modulare di peso 0 appar-tiene a C(j), cioè è una funzione razionale della funzione j (non dimostrato). Per ladimostrazione vedere il Serre (A course in Arithmetic) pagina 90 (Sotto il 3. The spaceof modular function - Proposizione 6)

“prerequisiti” 75

“Prerequisiti”

Qui raccogliamo le principali nozioni di geometria algebrica che nel corso ven-gono date per scontate. Forse sarebbe più opportuno metterla come introduzione maforse anche no.

Per mancanza di tempo e di volontari i prerequisiti non sono stati scritti.

Mi sento però di consigliarvi di leggere il libro “Undergraduate algebraic geometry”di Reid [1988] per un’introduzione “veloce”: il libro ha circa centotrenta pagine, chenon sono poche, ma lo trovo abbastanza informale e con sufficienti disegni tali da potercomunicare le idee in maniera veloce. Inoltre vi sarà ovvio leggendolo che alcune partiproprio non vi servono.

Argomenti da mettere nei prerequisiti:• Calcolo della retta tangente in un punto in coordinate affini e proiettive.• Teorema di Bèzout.• Relazione tra Flessi ed Hessiano.• Quanti sono i flessi di una cubica? Mostrare che sono tutti distinti.

domande degli orali 76

Anche se rimane vero chei punti di ordine che divi-de n sono un sottogruppoisomorfo a Z

nZ× Z

nZ

Domande degli Orali

In preparazione al giorno del giudizio, riportiamo di seguito le domande chesono state fatte agli orali. Esse hanno la piacevole tendenza a ripetersi con particolarefrequenza, ragion per cui conviene considerare questa appendice come parte integrantedel corso.

Punti di torsione

Per punti di n-torsione si intendono i punti P di una curva ellittica E tali che nP = 0(ovvero P + . . . + P con le operazioni sulla cubica).

n-torsione sul toro

Notate che sul toro la n-torsione è una scemenza: infatti si ha che i punti di n-torsionesono ph,k = ω1

kn +ω2

hn con 1 ≤ k, h ≤ n. Questi sono sicuramente di n-torsione: nph,k ∈

L. D’altra parte visto che la moltiplicazione sul toro coincide con la moltiplicazione suinumeri complessi risulta immediato anche il contrario.

Allora se sappiamo che la cubica viene da un toro si ha immediatamente che i puntidi n-torsione sono n2 e corrispondono a (℘(ph,k),℘′(ph,k) in coordinate affini.

Sulla cubica (senza assumere la provenienza da un toro, ovvero anche su campi di-versi da C) la questione è molto più complicata, visto che la legge di gruppo non hauna descrizione così bella come sui complessi.

Punti di 2-torsione

Notiamo che per le cubiche provenienti da tori si ha che i punti di due torsione sono leimmagini dei punti di L

2 , ovvero i punti dove ℘′ si annulla, ovvero le coppie (0, α) conα radice del polinomio p(x) nella forma di Weierstrass y2 = p(x).

Ciò vale anche per le cubiche generiche: infatti calcolando la retta proiettiva tangentein quei punti si ha che essa incontra la cubica nel punto all’infinito, che è l’elementoneutro del gruppo. Inoltre

Calcolo dei punti di 3-torsione

Domanda Trovare un polinomio che si annulla esattamente sulle coordinate dei puntidi 3-torsione

Soluzione 1 Notiamo che se P = (x0, y0) è di 3-torsione, allora anche −P = (x0,−y0) loè 2 Prima di lanciarvi in lunghi e boriosi conti per calcolare le coordinate di 3P notateche si ha 3P = 0 ⇔ 2P = −P. Allora i punti di tre torsione sono precisamente (perl’osservazione precedente ed il fatto che ad x0 fissato si hanno al più due punti dellacubica affine con x0 come prima coordinata) quelli tali che x2P = x−P = xP. Lestamente

ricordando la formula di duplicazione si giunge alla formula(

12x2P−g2

2yP

)2− 2xP = xP.


A quanto pare questa pro-prietà delle rette per puntinel piano reale implica chesiano tutti allineati, quin-di possiamo dire che alme-no un punto di tre torsionenon ha coordinate entrambereali

Ricordando y2P = 4x2

P − g2xP − g3 si giunge ad un polinomio di quarto grado nella solaxP. 3 Bisogna dimostrare che il polinomio ottenuto non ha radici multiple. In questomodo abbiamo otto punti che sono di 3-torsione sull’affine, a cui bisogna aggiungerequello all’infinito, per un totale di 9.

Coincidenza con i flessi della cubica

Domanda Dimostrare che i punti di 3-torsione coincidono con i flessi della cubica

Soluzione 1 Per un semplice computo della cardinalità delli due insiemi considerati(entrambi con 9 punti) basta dimostrare che tutti i flessi sono punti di 3-torsione. 2

Se (x0, y0) è un flesso allora anche (x0,−y0) lo è 3 Se una retta è tangente in un flesso(si annulla di ordine 2) allora è la tangente di flesso (si annulla di ordine 3) poiché ipunti sono non singolari 4 Il punto all’infinito è di flesso 5 Si prenda un flesso P.Vogliamo calcolare 2P = P+ P: tracciamo allora la retta tangente al flesso e cerchiamo ilterzo punto di intersezione: esso è il punto di flesso stesso per l’osservazione (3). Allorasi ha che 2P è l’opposto del flesso stesso, ovvero se P = (x0, y0), sappiamo che il terzopunto di intersezione con la retta passante per il punto all’infinito è (x0,−y0) = −P.Allora abbiamo appena mostrato che 2P = −P e quindi 3P = 0.

Proprietà delle rette

Domanda Mostra che i punti di 3-torsione hanno la seguente proprietà: se P e Q sonopunti di tre torsione, e traccio la retta tra di essi, la interseco con la cubica, anche il terzopunto è di tre torsione.

Soluzione 1 ho che 3P = 0 e 3Q = 0. Allora (per abelianità del gruppo) 3(P + Q) = 0,ovvero anche 3(−P− Q) = 0. 2 Notare che la terza intersezione della retta con lacubica è proprio −P−Q (infatti se ne prende l’inverso per ottenere P + Q).

Altre domande

Le domande sono state fatte nell’ordine a• Clara Antonucci• Nicola Picenni• Matteo Migliorini• Umberto Pappalettera• Federico Franceschini• Dario Balboni• Andrea Marino• Giovanni Italiano• Andrea Caberletti• Manuele Cusumano• Gianluca Tasinato


1. Definizione di razionalità e unirazionalità. Le curve ellittiche lo sono? (hachiesto solo di rispondere, non di motivare la risposta).

2. Sia E una cubica in forma di Weierstrass (E = (x : y : z) ∈ P2C | 0 =

A(x, y, z) = −zy2 + 4x3 + αxz2 + βz3). Supponiamo che esistano a(t), b(t) ∈C(t) tali che soddisfino l’equazione affine della cubica: A(a(t), b(t), 1) ≡ 0. Évero che

ϕ : C(x, y) −→C(t)

x 7−→ a(t)

y 7−→ b(t)

è un isomorfismo di campi?3. Di che grado è la funzione: f ≡ ℘′℘− ℘4?

4. Quanti sono i punti di ordine che divide n su una cubica non singolare? (condimostrazione).

5. Formula di dupilcazione sulla cubica (che valga anche su campi a caratteristicanon nulla).

6. Calcolare esplicitamente la tangente in un punto.7. x2P dipende solo da xP e non da yP. Perchè?

8. Dimostrare che xnP dipende solo da xP.9. Quando an = 2nP diventa periodica?

10. Qualcosa di teoria sulle forme modulari (facile).

11. Cos’è una funzione modulare? j lo è? A cosa serve j?12. Quando ci sono mappe razionali tra due cubiche?13. Definizone di grado di una isogenia tra tori. Come si calcola?

14. Definizione di funzione modulare. É vero che j2 è una funzione modulare?15. Quanti sono i punti di 3-torsione di una cubica non singolare? Calcolarli.

16. Finire la dimostrazione della non modularità di j2.17. Caratterizzare il sottogruppo degli automorfismi di C per cui j2 è invariante.18. Altra caratterizzazione dei punti di 3-torsione. Mostrare che soddisfano la se-

guente proprietà: "Dati due punti nell’insieme, considero la retta passante peri due punti. Allora questa interseca l’insieme in almeno un altro punto distintodai primo due".

19. Definizione di grado di una funzione razionale.

20. Come agisce PSL2(Z) su H?21. Trovarne un dominio fondamentale.


22. Dimostrare che agisce in maniera propriamente discontinua.23. Definizione di grado di una funzione razionale in una variabile. Cosa significa

valore regolare? Perchè il grado non dipende dal punto scelto?24. Mostrare che deg f = [C(t) : C( f )]

25. Trovare i punti fissi dell’azione di PSL2(Z) su H.26. Sia f una funzione meromorfa ellittica e sia f ′ la sua derivata. Allora ∃p ∈

C[x, y] tale che p( f , f ′) ≡ 0.27. Data f meromorfa, mostrare che esiste un polinomio a ∈ C[x, y] tale che

a( f ,℘) ≡ 0.28. Mostrare che, date f , g funzioni meromorfe ellittiche, ∃q ∈ C[x, y] tale che

q( f , g) ≡ 0.

29. A proposito di Γ(2):(a) Quale sequenza esatta soddisfa? Mostrare la surgettività alla fine.(b) Che indice ha Γ(2) < SL2(Z)?(c) Che indice ha Γ(p) < SL2(Z) (Γ(p) definito con la sequenza esatta di

sopra, sostituendo 2 con un primo p generico)?(d) Quale può essere un dominio fondamentale per l’azione di Γ(2) su H?(e) Trovare i punti fissi dell’azione.

30. Caratterizzare le funzioni olomorfe tra tori.

31. Sia L ⊆ C reticolo. Sia f : C → C funzione olomorfa tale che ∀λ ∈ L ∃cλ ∈ C

tale che ∀z ∈ C si abbia f (z + λ) = cλ f (z). Cosa si sa dire?32. Sia E cubica che viene da un toro T = CL, P ∈ E punto di ordine due. Chi è

E〈P〉?33. Scrivere la mappa razionale tra le due curve ellittiche trovate sopra.

34. Finire di scrivere la mappa razionale tra le due curve.35. Finire di trovare i punti fissi dell’azione di Γ(2) su H.36. Non birazionalità delle cubiche.


Risposte

Non sono necessariamente dimostrazioni complete, potrebbero essere solo idee didimostrazione [in alcuni punti non è nemmeno chiaro quale fosse la domanda]

1. vedi dispense2. Sì. La cosa non banale è mostrare che se q ∈ C[x, y] è un polinomio non nullo

allora anche q(a(t), b(t)) non è identicamente nullo. Una possibile dimostrazio-ne è che se si annulla in infiniti punti ho un assurdo per Bézout. Una secondadimostrazione è considerare q come polinomio in C(x)[y] e fare la divisioneeuclidea tra q e A(x, y). Si ottiene un resto R ≡ r(x) + s(x)y che deve esse-re identicamente nullo ⇒ y = r(x)

s(x) . Imponendo ora A(x, y) ≡ 0 si ottiene unassurdo.

3. Contare i poli, sono 8.

4. Contarli sul toro: se ω1 e ω2 sono generatori, allora tutti i punti del tipo P =k1ω1+k2ω2

n con k1, k2 ∈ N, ki ≤ n sono tutti e soli i punti con ordine che dividen. Sono n2.

5. Usare la legge geometrica di gruppo sulla cubica (l’equazione della tangenteintuitiva, quella che vale in R3 con le derivate funziona anche sui campi finiti).Vedere le dispense/punto sotto per una trattazione più completa

6. La tangente in un punto P = (a : b : c) alla cubica A(x, y, z) = 0 è(x : y : z) ∈ P2C | (∂x A|P)x + (∂y A|P)y + (∂z A|P)z = 0. Per teorema diEulero sulle funzioni omogenee (che per i polinomi vale anche su campi a ca-ratteristica qualsiasi) ho una relazione tra le derivate parziali e il valore nelpunto. Sfruttando questa relazione si vede che la retta tangente calcolata incarta affine (con metodi classici di geometria cartesiana) è la retta scritta soprae passata in carta.

7. L’osservazione chiave è che la coordinata x è una funzione pari del punto. Quin-di, se vi fosse una dipendenza da una potenza dispari di y nella formula, avreix(2P) 6= x(−2P). Tuttavia, sfruttando la relazione tra x e y so eliminare ladipendenza dalle potenze pari di y ⇒ la formula non dipende da y.

8. Ripetere per induzione la dimostrazione sopra.9. (nota del Tasi: così a botta non lo so fare, dovrei pensarci e non c’ho troppa

voglia; se qualcuno lo risolve, è liberissimo di mandare la soluzione e qualcheanima pia provvederà ad aggiungerla. Grazie cari)

10. Vedere dispense.

11. Vedere dispense.12. Quando i tori da cui vengono ammettono un’isogenia.13. Vedere dispense.


14. Vedere dispense. No, j2 non lo è. Infatti, se per assurdo lo fosse, dovrebbe essereinvariante anche per la mappa z 7→ 4z. Di conseguenza avrebbe degli zeri chesi accumulano (nota del Tasi: all’orale è bastato dire che sull’asse immaginarioci sono infiniti zeri che si accumulano in 0. Tuttavia 0 è fuori dal dominio didefinizione di j2, quindi mi pare non abbiamo ancora raggiunto un assurdo. Dinuovo, dovrei rifletterci con calma...).

15. Sono i punti fissi della formula di duplicazione: infatti, 3P = 0⇒ −P = 2P ⇒x−P = x2P. Da questo si ha che la coordinata x di un punto di 3-torsione deverisolvere un polinomio opportuno.

16. Vedere sopra17. É il gruppo G = 〈4〉oZ (〈4〉 = 4i ∈ C∗|i ∈ Z).18. Sono i flessi della cubica. L’osservazione chiave è che, dati P e Q di 3-torsione,

anche P + Q ha ordine 3. Di conseguenza, P, Q e −P− Q sono allineati e tuttidistinti.

19. Controimmagine della fibra generica.

20. Vedere dispense.21. Vedere dispense.22. Vedere dispense.23. Vedere dispense.24. Se f = p(t)

q(t) con p, q ∈ C[t], si definisce deg( f )=| f−1(y)| con y ∈ C valoreregolare (ossia f ′ 6= 0 ∀x ∈ f−1(y).

(a) Si può fare perchè i valori regolari sono in numero finito: sono leimmagini degli zeri di f ′ (che sono in numero finito).

(b) Non dipende dal valore regolare scelto perchè deg( f )=

∑x∈ f−1(y) ordx( f ) = |poli di f − y| = |poli di f |.(c) Per le funzioni razionali vale deg( f ) = max(deg(p), deg(q)).

25. Mostriamo le due disuguaglianze:• deg( f )≥ [C(t) : C( f )]

L’estensione è primitiva, perciò il grado dell’estensione è il grado del poli-nomio minimo di t su C( f ). Se esibiamo un polinomio che fa zero su t digrado deg( f ) abbiamo vinto. A(x) = p(x)− f ∗ q(x) funziona.

• deg( f )≤ [C(t) : C( f )]

26. Vedere dispense.27. Vedere punto sotto.28. f meromorfa ⇒ f ∈ C(℘,℘′) ⇒ f = R(℘) + ℘′S(℘). Ora isolo ℘′ e elevo la

quadrato: ora ho ℘′2 = funzione razionale di f e ℘...29. L’idea dovrebbe essere: C( f )C ha dimensione di trascendenza 1. Anche

C(℘,℘′)C ha dimensione 1; per cui, se esistesse una funzione meromorfa


ellittica g tale che C( f , g)C( f ) non sia un’estensione algebrica, avrei un sot-tocampo con dimensione trascendente maggiore di quella del campo totale.(Nota del Tasi: non ne so abbastanza di teoria dei campi per dire con certezzache la dimensione di trascendenza si comporta come la dimensione degli spazivettoriale; tuttavia è l’unica "dimostrazione" che abbiamo trovato).

30. (a)

0 - Γ(2) - PSL2(Z) - PSL2(F2) - 0

(b) 6(= 3 ∗ 2)(c) p2(p2−p)

p−1 (nota del Tasi: questo numero è quello che ha trovato Cusu alvolo, bisognerebbe controllare che sia davvero giusto).

(d) Si è accontentato di dire che doveva essere più grande di F (quello ditutto PSL2(Z)).

(e) Non ce ne sono. La prima osservazione da fare è che se c’è un puntofisso, allora ne trovo uno anche dentro F (uso che Γ(2) è normale inPSL2(Z)). Da qui si conclude esattamente come nelle dispense, tenedoa mente come sono fatte le matrici di Γ(2).

31. Vedere dispense.

32. Intanto si osserva che, o c ≡ 0 oppure c : L→ C∗ è un omomorfismo di gruppi.Inoltre, a meno di sostituire f (z) con f (z)ekz, posso supporre che c(ω1) = 1(con ω1 ∈ L un generatore). A questo punto non si è più capito quale fosse ladomanda...

33. É ancora una cubica perchè quozientando il toro per un elmento di ordine dueottengo un altro toro, e la proiezine al quoziente è una isogenia di grado 2.

34. Questa è veramente mistica: Cusu ha smanettato un po’ con la ℘ ma non neha cavato fuori troppo. Tasi ha provato con la ℘′ e a scrivere in qualche formadecente i coefficienti della cubica associata al toro quoziente: Nada...

35. Vedere sopra.36. Vedere sopra.37. Vedere dispense.

esercizi svolti 83

Esercizi Svolti

Diamo nel seguito alcune tracce di soluzione degli esercizi lasciati

durante il corso o referenze per vederne la risoluzione

In realtà come potete immaginare per mancanza di volontari gli esercizi non sono stati scritti

Esercizi da scrivere:• Ogni cubica non singolare può essere messa in forma di Weierstrass.• Il grado di una mappa razionale f : P1 → P1 coincide con il grado dell’estensione

di campi [C(t) : C( f (t))].

esercizi svolti 84

Bibliografia

Miles Reid. Undergraduate algebraic geometry. Cambridge University Press Cambridge, 1988.

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