3. Tate 模和 Weil 配对

3.1Tate 模

考虑椭圆曲线 $E/K$, 对于 $m\ge 2$, 回忆挠群 $E[m]\simeq \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$, 若 $(m,\mathrm{char}K)=1$. 但在 $E[m]$ 上带有 $\mathrm{Gal}(\bar{K}/K)$ 作用, 于是给出了一个表示: $$\mathrm{Gal}(\bar{K}/K)\to \mathrm{Aut}(E[m])$$我们期待的表示应当建立在特征 $0$ 的域上, Tate 模便解决此问题.

定义 3.1.1. $\ell$ 为素数, $\mathbf{\ell }$-进 Tate 模为投射有限群$$T_{\ell }(E)=\underset{n}{\underleftarrow{\lim }}E[{\ell }^n],$$投射极限由映射 $[\ell ]:E[{\ell }^{n+1}]\to E[{\ell }^n]$ 给出, 其自然带有 ${\mathbb{Z}}_{\ell }$ 模结构.

命题 3.1.2. 我们有 ${\mathbb{Z}}_{\ell }$-模同构

(a)	若 $\ell \ne \mathrm{char}(K)$, $T_{\ell }(E)\simeq {\mathbb{Z}}_{\ell }\times {\mathbb{Z}}_{\ell }$;
(b)	若 $p=\mathrm{char}(K)>0$, 则有 $T_p(E)\simeq 0$ 或 ${\mathbb{Z}}_p$.

而 Galois 群 $G_{\bar{K}/K}$ 作用和数乘作用 $[l]$ 相容, 于是 $G_{\bar{K}/K}$ 自动作用于 $T_l(E)$, 同时在每个离散挠群上连续作用, 因此连续作用在 $T_{\ell }(E)$ 上.

定义 3.1.3. $G_{\bar{K}/K}$ 关于 $E$ 的 $\ell$-进表示是同态$${\rho }_{\ell }:G_{\bar{K}/K}\to \mathrm{Aut}(T_{\ell }(E)).$$

注 3.1.4. 从此, 我们总假设 $\ell$ 是不同于 $\mathrm{char}(K)$ 的素数.

我们事实上可以得到一个特征 $0$ 域上的二维表示

$$\mathrm{Gal}(\bar{K}/K)\to \mathrm{Aut}(T_{\ell }(E))\hookrightarrow \mathrm{Aut}(T_{\ell }(E)){\otimes }_{{\mathbb{Z}}_{\ell }}{\mathbb{Q}}_{\ell }.$$若选取 $T_{\ell }(E)$ 的一组基, 可以得到 $\mathrm{Gal}(\bar{K}/K)\to {\mathrm{GL}}_2({\mathbb{Q}}_l)$.

注 3.1.5. 第六章, 我们会看到对于 $\mathbb{C}$ 上椭圆曲线 $E$, $E[m]$ 作为群可以实现为 $H_1(E,\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})$. 但一个坏处是 $H_1(E,\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})$ 并不具有 Galois 作用, 但 $T_{\ell }(E)$ 具有. 一个解决方案来自于 Grothendieck 等人发展的平展上同调理论, 将 $T_{\ell }(E)$ 实现为 $H_{\acute{e}t}^1(E,{\mu }_m)$.

Tate 模是研究同源的有力工具. 对于椭圆曲线间的同源 $\varphi :E_1\to E_2$, 诱导了同态 $\varphi :E_1[{\ell }^n]\to E_2[{\ell }^n]$. 诱导了 ${\mathbb{Z}}_{\ell }$-线性映射$${\varphi }_{\ell }:T_{\ell }(E_1)\to T_{\ell }(E_2).$$因此有自然同态$$\mathrm{Hom}(E_1,E_2)\to \mathrm{Hom}(T_{\ell }(E_1),T_{\ell }(E_2)).$$

定理 3.1.6. 自然同态$$\mathrm{Hom}(E_1,E_2)\otimes {\mathbb{Z}}_l\to \mathrm{Hom}(T_l(E_1),T_l(E_2)),\varphi \mapsto {\varphi }_l$$为单射.

证明. 取 $\varphi \in \mathrm{Hom}(E_1,E_2)\otimes {\mathbb{Z}}_l,{\varphi }_l=0$, 于是有有限生成 $\mathbb{Z}$ 模 $M\subset \mathrm{Hom}(E_1,E_2)$, 使 $\varphi \in M\otimes {\mathbb{Z}}_l$. 令 $M^{div}=\{g\in \mathrm{Hom}(E_1,E_2)\mid [m]\circ g\in M\}$, 该构造类似于分式理想. 现在假设已经证明其为有限生成, 于是由 $\mathrm{Hom}(E_1,E_2)$ 无挠知 $M^{div}$ 为自由 $\mathbb{Z}$ 模, 取基 ${\psi }_1,\cdots ,{\psi }_n$, 则存在 $t_i\in {\mathbb{Z}}_l$: $$\varphi =\sum _i{t}_i{\psi }_i$$固定 $n$, 并且取 $a_i\in \mathbb{Z}$ 使得为 $t_i$ 于 $\mathbb{Z}/l^n\mathbb{Z}$ 代表元, 则 $\varphi$ 实现为具体的同源 ${\varphi }^{\prime }={\sum }_i{a}_i{\psi }_i$. 注意 ${\varphi }_l=0$ 即 $\ker [l^n]\subset \ker {\varphi }^{\prime }$, 于是由 Galois 定理, 存在同源 $\lambda$, ${\varphi }^{\prime }=[l^n]\circ \lambda$, 于是 $\lambda \in M^{div}$, 写成 ${\psi }_i$ 基表示看出系数 $l^n|a_i$, 由 $n$ 任意性 $t_i=0$.

还需说明 $M^{div}$ 确实是有限生成的, 这只用证明其为一个 $M\otimes \mathbb{R}$ 中的格, 该性质其实直接来自于同源的不变量——度. 赋予 $M\otimes \mathbb{R}$ 自然的欧式拓扑, 于是 $\mathrm{deg}$ 线性扩充后是连续映射. 故 $U=\{g\mid \mathrm{deg}g<1\}$ 为开集, 且 $M^{div}\cap U=\varnothing$, 所以 $M^{div}$ 确实是格.

$\square$

推论 3.1.7. 自同态环 $\mathrm{Hom}(E_1,E_2)$ 是秩至多为 $4$ 的 $\mathbb{Z}$-模.

证明. 我们已知 $\mathrm{Hom}(E_1,E_2)$ 是无挠的, 则有$${\mathrm{rank}}_{\mathbb{Z}}\mathrm{Hom}(E_1,E_2)={\mathrm{rank}}_{\mathbb{Z}}\mathrm{Hom}(E_1,E_2)\otimes {\mathbb{Z}}_{\ell }.$$而由上述定理, 知右边小于等于$${\mathrm{rank}}_{\mathbb{Z}}\mathrm{Hom}(T_{\ell }(E_1),T_{\ell }(E_2)).$$选取一组 ${\mathbb{Z}}_{\ell }$ 基, 则有 $\mathrm{Hom}(T_{\ell }(E_1),T_{\ell }(E_2)\simeq M_2({\mathbb{Z}}_{\ell }))$, 因此秩至多为 $4$.

$\square$

3.2Weil 配对

考虑 $E[m]=\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$, 选取一组基 $\{T_1,T_2\}$. 定义映射$$\det :E[m]\times E[m]\to \mathbb{Z}/m\mathbb{Z},\det (a{T}_1+b{T}_2,c{T}_1,d{T}_2)=ad-bc,$$且这不依赖于基的选取. 唯一的遗憾是, 这要定义出来的配对不是 Galois 作用不变的, 替代方案是考虑映到某个单位根.

下面用内蕴的方式来构造 Weil 配对, 将频繁使用推论 ??.

对任意 $T\in E[m]$, 存在 $f\in \bar{K}(E)$ 使得$$\mathrm{div}(f)=m\cdot T-m\cdot O.$$取 $T^{\prime }\in E$ 使得 $[m]T^{\prime }=T$ (非零同源为满射), 因此存在 $g\in \bar{K}(E)$ 使得$$\mathrm{div}(g)=[m{]}^{\ast }T-[m{]}^{\ast }O=\sum _{R\in E[m]}(T^{\prime }+R)-R.$$可知 $f\circ [m]$ 与 $g^m$ 有相同的除子, 因此在差一个常数的意义下 $f\circ [m]=g^m$. 对任意 $S\in E[m]$ 及 $X\in E$, 我们有$$g(X+S{)}^m=f([m]X+[m]S)=f([m]X)=g(X{)}^m.$$因此对任意 $X$ 有 $g(X+S)/g(X)$ 都是 $m$-次单位根, 且 $E\to {\mathbb{P}}^1$ 不是满射, 只能是常值映射. 因此$$e_m:E[m]\times E[m]\to {\mu }_m,e_{m}S,T=\frac{g(X+S)}{g(X)}$$良定义.

命题 3.2.1. Weil 配对有如下性质:

(a)	双线性: $$\begin{array}{r}{e}_m(S_1+S_2,T)=e_m(S_1,T)e_m(S_2,T),\\ e_m(S,T_1+T_2)=e_m(S,T_1)e_m(S,T_2).\end{array}$$
(b)	反对称: $e_m(S,T)e_m(T,S)=1$.
(c)	非退化: 若对任意 $S\in E[m]$ 有 $e_m(S,T)=1$, 则有 $T=O$.
(d)	Galois 不变: 对任意 $\sigma \in G_{\bar{K}/K}$, 有 $e_m(S,T{)}^{\sigma }=e_m(S^{\sigma },T^{\sigma })$.
(e)	对任意 $S\in E[m{m}^{\prime }]$ 及 $T\in E[m]$ 有 $e_{m{m}^{\prime }}(S,T)=e_m([m^{\prime }]S,T)$.

证明.

证明. (a): 对第一个变量的线性只需注意到$$\begin{array}{rl}{e}_m(S_1+S_2,T)& =\frac{g(X+S_1+S_2)}{g(X)}=\frac{g(X+S_1+S_2)}{g(X+S_1)}\frac{g(X+S_1)}{X}\\ & =e_m(S_2,T)e_m(S_1,T).\end{array}$$要证明第二个分量的线性, 令 $f_1,f_2,f_3$ 和 $g_1,g_2,g_3$ 分别是对点 $T_1,T_2,T_3=T_1+T_2$ 构造的函数. 而存在 $h\in \bar{K}(E)$ 使得$$\mathrm{div}(h)=(T_1+T_2)-T_1-T_2+O.$$从而有 $\mathrm{div}(f_3/f_1{f}_2)=m\mathrm{div}(h)$, 因此 $f_3=c{f}_1{f}_2{h}^m$, 其中 $c\in {\bar{K}}^{\ast }$. 通过复合乘 $m$ 映射, 得到$$g_3=c^{\prime }{g}_1{g}_2(h\circ [m]).$$最后得到$$\begin{array}{rl}{e}_m(S,T_1+T_2)& =\frac{g_3(X+S)}{g_3(X)}=\frac{g_1(X+S)g_2(X+S)h([m]X+[m]S)}{g_1(X)g_2(X)h([m]X)}\\ & =e_m(S,T_1)e_m(S,T_2),(\text{因为}[m]S=O.)\end{array}$$

(b): 由 $(a)$, 只需证明 $e_m(T,T)=1$ 对任意 $T\in E[m]$. 我们有$$\mathrm{div}(\prod _{i=0}^{m-1}f\circ {\tau }_{[i]T})=m\sum _{i=0}^{m-1}([1-i]T-[-i]T)=0.$$从而 $\prod f\circ {\tau }_{[i]T}$ 是一个常数. 选取 $T^{\prime }\in E$ 使得 $[m]T^{\prime }=T$, 则有$$\prod _{i=0}^{m-1}g\circ {\tau }_{[i]T^{\prime }}$$也是常数. 因此$$\prod _{i=0}^{m-1}g(X+[i]T^{\prime })=\prod _{i=0}^{m-1}g(X+[i+1]T^{\prime }).$$消项后得 $g(X)=g(X+[m]T^{\prime })=g(X+T)$, 即有 $e_m(T,T)=1$.

(c): 若对任意 $S\in E[m]$, 有 $e_m(S,T)=1$, 则 $g(X+S)=g(X)$ 对 $S\in E[m]$ 恒成立. 由定理 2.4.9, 有群同构$$\ker [m]\to \mathrm{Aut}(\bar{K}(E)/[m{]}^{\ast }\bar{K}(E)),S\mapsto {\tau }_S^{\ast }.$$因此整个 $\ker [m]$ 都是 $g$ 的稳定子群, 即有 $g\in [m{]}^{\ast }\bar{K}(E)$, 从而存在 $h$ 使得 $g=h\circ [m]$. 将两边做 $m$-次方, 得$$(h\circ [m]{)}^m=g^m=f\circ [m],$$有 $h^m=f$. 考虑除子有 $m\mathrm{div}(h)=\mathrm{div}(f)=m\cdot T-m\cdot O$, 从而 $\mathrm{div}(h)=T-O$, 知 $T=O$.

(d): 对任意 $\sigma \in G_{\bar{K}/K}$. 若 $f,g$ 是对应 $T$ 的函数, 有 $f_{\sigma },g_{\sigma }$ 是 $T^{\sigma }$ 对应的函数. 则有$$e_m(S^{\sigma },T^{\sigma })=\frac{g^{\sigma }(X^{\sigma }+S^{\sigma })}{g^{\sigma }(X^{\sigma })}={\left(\frac{g(X+S)}{g(X)}\right)}^{\sigma }=e_m(S,T{)}^{\sigma }.$$

(e): 仍然考虑 Weil 配对定义中的 $f,g$, 我们有$$\mathrm{div}(f^{m^{\prime }})=m{m}^{\prime }\cdot T-m{m}^{\prime }\cdot O,(g\circ [m^{\prime }]{)}^{m{m}^{\prime }}=(f\circ [m{m}^{\prime }]{)}^{m^{\prime }}.$$直接计算有$$e_{m{m}^{\prime }}(S,T)=\frac{g\circ [m^{\prime }](X+S)}{g\circ [m^{\prime }](X)}=\frac{g(Y+[m^{\prime }]S)}{g(Y)}=e_m([m^{\prime }]S,T).$$

$\square$

现在对于同源 $\varphi ,\psi :E_1\to E_2$, 我们可以简洁的证明 $\widehat{\varphi +\psi }=\hat{\varphi }+\hat{\psi }$. 考虑对任意 $S,T\in E[m]$, 都有$$\begin{array}{rl}{e}_m((\varphi +\psi )S,T)& =e_m(\varphi S,T)e_m(\psi S,T)\\ & =e_m(S,\hat{\varphi }T)e_m(S,\hat{\psi }T)\\ & =e_m(S,(\hat{\varphi }+\hat{\psi })T).\end{array}$$由于 Weil 配对是完美配对, 从而有结论成立.

命题 3.2.2. 设 $\varphi \in \mathrm{End}(E)$, 令 ${\varphi }_{\ell }:T_{\ell }(E)\to T_{\ell }(E)$ 是 $\varphi$ 诱导的 Tate 模的同态. 则有$$\det ({\varphi }_{\ell })=\mathrm{deg}(\varphi ),\mathrm{tr}({\varphi }_{\ell })=1+\mathrm{deg}(\varphi )-\mathrm{deg}(1-\varphi ).$$

证明. 设 $\{v_1,v_2\}$ 是 $T_{\ell }(E)$ 的一组 ${\mathbb{Z}}_{\ell }$ 基, 令$${\varphi }_{\ell }(v_1)=a{v}_1+b{v}_2,{\varphi }_{\ell }(v_2)=c{v}_1+d{v}_2.$$因此 ${\varphi }_{\ell }$ 的表示矩阵就是 $\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$. 直接计算$$\begin{array}{rl}e(v_1,v_2{)}^{\mathrm{deg}\varphi }& =e([\mathrm{deg}\varphi ]v_1,v_2)=e({\hat{\varphi }}_{\ell }{\varphi }_{\ell }{v}_1,v_2)\\ & =e({\varphi }_{\ell }{v}_1,{\varphi }_{ell}{v}_2)=e(a{v}_1+c{v}_2,b{v}_1+d{v}_2)\\ & =e(v_1,v_2{)}^{ad-bc}=e(v_1,v_2{)}^{\det {\varphi }_{\ell }}.\end{array}$$对于迹, 注意到对 $2\times 2$ 矩阵 $A$, 恒有$$\mathrm{tr}(A)=1+\det (A)-\det (1-A)$$成立.

$\square$

注 3.2.3. 这告诉我们 $\det ({\varphi }_{\ell })$ 和 $\mathrm{tr}({\varphi }_{\ell })$ 一定落在 $\mathbb{Z}$ 里, 并且与 $\ell$ 的选取无关.