Elliptische Kurve/Endlicher Körper/Hasse-Schranke/Textabschnitt

Es sei eine Gleichung der Form

${}y^{2}=f(x)\,$

mit einem Polynom ${}f\in K[x]$ über einem endlichen Körper ${}K$ mit ${}q$ Elementen gegeben. In einem endlichen Körper der Charakteristik ${}\neq 2$ besitzt die Hälfte der Einheiten eine Quadratwurzel, siehe Aufgabe. Wenn ${}f$ nicht zu speziell ist, so kann man die folgende heuristische Überlegung durchführen. Die Werte ${}f(x)$, ${}x\in K$, sind in ${}K$ „zufällig“ verteilt und daher ist es „gleichwahrscheinlich“, ob ein Quadrat oder ein Nichtquadrat getroffen wird. In Fall eines Nichtquadrats gibt es keine Lösung für ${}y$, im Falle eines Quadrats gibt es zwei Lösungen für ${}y$. Im „Durchschnitt“ sollte es also zu jedem Element ${}x\in K$ einen Punkt der Kurve geben. Wenn man den unendlich fernen Punkt mitbedenkt, sollte man ${}q+1$ Punkte auf der Kurve mit Koordinaten in ${}K$ erwarten, also

${}{\#\left(C(K)\right)}\sim q+1\,.$

Ohne weitere Bedingung an ${}f$ gilt dies nicht, wie einfache Beispiele zeigen.

Beispiel

Bei einer Gleichung der Form

${}y^{2}=f(x)=g(x)^{2}\,$

über einem endlichen Körper ${}K$ mit ${}q$ Elementen, wo also ${}f$ ein Quadrat in ${}K[x]$ ist, kann man die Umformung

${}(y-g(x))(y+g(x))=0\,$

durchführen. Für ${}x$ mit ${}g(x)\neq 0$ gibt es dann zwei Lösungen für ${}y$, nämlich ${}y=\pm g(x)$. Somit ist, wenn ${}g$ nicht das Nullpolynom ist, die Anzahl der Lösungen der Gleichung (wegen Nullstellen von ${}g$) ungefähr gleich ${}2q$.

Helmut Hasse

Die folgende Aussage heißt die Hasse-Schranke.

Satz

Es sei ${}E$ eine elliptische Kurve über einem endlichen Körper mit ${}q$ Elementen.

Dann ist

${}\vert {{\#\left(E(K)\right)}-q-1}\vert \leq 2{\sqrt {q}}\,.$

Beweis

Es sei ${}F^{e}$ der ${}e$-te absolute Frobenius ${}F^{e}\colon E\rightarrow E$ und

$\Phi \colon E_{\overline {K}}\longrightarrow E_{\overline {K}}$

der zugehörige ${}{\overline {K}}$-lineare Frobenius. Nach Fakt ist

${}{\#\left(E(K)\right)}=\operatorname {Grad} \,(\operatorname {Id} _{E_{\overline {K}}}-\Phi )\,.$

Nach Fakt ist die Gradabbildung auf dem Endomorphismenring eine positiv definite quadratische Form. Da die Identität den Grad ${}1$ und ${}\Phi$ nach Fakt den Grad ${}q$ besitzt, gilt mit Fakt die Abschätzung

${}{\left(\operatorname {Grad} \,(\operatorname {Id} _{E_{\overline {K}}}-\Phi ))-1-q\right)}^{2}\leq 4\cdot 1\cdot q\,.$

Wurzelziehen ergibt die Aussage.

$\Box$

Beispiel

Wir betrachten die elliptische Kurve, die durch

${}y^{2}=x^{3}+1\,$

gegeben ist, für verschiedene endliche Körper der Charakteristik ${}p\geq 5$.

Es sei ${}K=\mathbb {Z} /(5)$. Die rechte Seite der Gleichung ist durch

${}x$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}x^{3}+1$	${}1$	${}2$	${}4$	${}3$	${}0$

gegeben. Im Körper mit ${}5$ Elementen besitzen ${}0,1,4$ Quadratwurzeln und daher sind die Lösungen der Gleichung gleich

$(0,1),\,(0,-1),\,(2,2),\,(2,-2),\,(4,0),\,{\mathfrak {O}},$

also ${}6$ Stück, was genau mit ${}p+1$ übereinstimmt.

Es sei ${}K=\mathbb {Z} /(7)$. Die rechte Seite der Gleichung ist durch

${}x$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$
${}x^{3}+1$	${}1$	${}2$	${}2$	${}0$	${}2$	${}0$	${}0$

gegeben. Im Körper mit ${}7$ Elementen besitzen ${}0,1,2,4$ Quadratwurzeln, es kommen also nur Quadrate in der rechten Seite der Gleichung vor. Daher sind die Lösungen der Gleichung gleich

$(0,1),\,(0,-1),\,(1,3),\,(1,-3),\,(2,3),\,(2,-3),\,(3,0),\,(4,3),\,(4,-3),\,(5,0),\,(6,0),\,{\mathfrak {O}},$

also ${}12$ Stück. Es ist

${}12-8=4\leq 2{\sqrt {7}}\sim 5,29\,,$

von der Hasse-Schranke her könnte es noch einen Punkt mehr geben, wir sind aber schon relativ nah an der oberen Schranke.

Es sei ${}K=\mathbb {Z} /(11)$. Die rechte Seite der Gleichung ist durch

${}x$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}-5$	${}-4$	${}-3$	${}-2$	${}-1$
${}x^{3}+1$	${}1$	${}2$	${}-2$	${}-5$	${}-1$	${}5$	${}-3$	${}3$	${}-4$	${}4$	${}0$

gegeben. Im Körper mit ${}11$ Elementen besitzen ${}0,1,3,4,5,-2$ Quadratwurzeln, es kommen also nur Quadrate in der rechten Seite der Gleichung vor. Daher sind die Lösungen der Gleichung gleich

$(0,1),\,(0,-1),\,(2,3),\,(2,-3),\,(5,4),\,(5,-4),\,(-4,5),\,(-4,-5),\,(-2,2),\,(-2,-2),\,(-1,0),\,{\mathfrak {O}},$

also ${}12$ Stück, was genau mit ${}p+1$ übereinstimmt. Von der Hasse-Schranke her, die bei kleinen Primzahlen ziemlich grob ist, wäre eine Lösungsanzahl zwischen ${}6$ und ${}18$ denkbar.

Beispiel

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Wir betrachten die Gleichung

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

über einem endlichen Körper ${}K$ mit ${}q=p^{e}$ Elementen, wobei die Charakteristik ${}p$ kein Teiler von ${}2n$ sei. Nach Beispiel definiert dies eine elliptische Kurve.

Es sei ${}q=3\mod 4$. Dann ist die Anzahl der ${}K$-Punkte der Kurve gleich ${}q+1$. Hier ist also der Ausdruck, für den es nach Fakt eine Schranke gibt, sogar gleich ${}0$. Neben den vier Punkten der Ordnung ${}2$ (vergleiche Fakt) betrachten wir die Elemente ${}x\in K\setminus \{0,n,-n\}$. Aufgrund der Bedingung an die Charakteristik sind die herausgenommenen Punkte verschieden und ferner ist ${}-x\neq x$. Ferner ist ${}(-x)^{3}-n^{2}(-x)=-(x^{3}-n^{2}x)\neq x^{3}-n^{2}x$. Nach Fakt bzw. Fakt ist ${}-1$ kein Quadrat in ${}K$. Daher ist für jedes Paar ${}x,-x$ genau eines der beiden Elemente ${}x^{3}-n^{2}x$ oder ${}(-x)^{3}-n^{2}(-x)$ ein Quadrat in ${}K$, was dann zu zwei Punkten auf der elliptischen Kurve führt. Dies ergibt ${}q-3$ Punkte und somit gibt es insgesamt ${}q+1$ Punkte.