楕円曲線の自己準同型環

$R$ は自由 $\mathbb{Z}$ 加群なので $R\subset K$ とみなせ、$R$ は有限生成で $R\otimes\mathbb{Q}=K$ だから、$K$ が三つの型のどれかであることを示せばよい。対合を $\mathbb{Q}$ 線形に $K$ へ延ばし、$N(\alpha):=\hat\alpha\alpha$、$T(\alpha):=\alpha+\hat\alpha$ とおく。3 は $K$ でも成り立つ（$\alpha\in K$ は $r\alpha\in R$ となる正の整数 $r$ をもち、$N(r\alpha)=r^2N(\alpha)$）。すなわち $N(\alpha)\in\mathbb{Q}_{\ge0}$ で、$N(\alpha)=0$ は $\alpha=0$ と同値である。
トレースについて次を確かめる。$\widehat{\alpha-1}=\hat\alpha-1$ なので $N(\alpha-1)=N(\alpha)-T(\alpha)+1$、すなわち $T(\alpha)=1+N(\alpha)-N(\alpha-1)\in\mathbb{Q}$ である。$T$ は $\mathbb{Q}$ 線形で、$T(r)=2r$（$r\in\mathbb{Q}$）である。$\hat\alpha=T(\alpha)-\alpha$ と $T(\alpha)\in\mathbb{Q}$ から $\alpha\hat\alpha=\hat\alpha\alpha=N(\alpha)$ なので、$\alpha\ne0$ なら $\alpha^{-1}=N(\alpha)^{-1}\hat\alpha$ であり、$K$ は可除環である。$T(\alpha)=0$ なら $\hat\alpha=-\alpha$ なので $\alpha^2=-\hat\alpha\alpha=-N(\alpha)$ であり、
$$ T(\alpha)=0,\ \alpha\ne0\ \Longrightarrow\ \alpha^2\in\mathbb{Q},\ \alpha^2<0\qquad(\ast) $$
である。
$K\ne\mathbb{Q}$ とし、$\alpha\in K\setminus\mathbb{Q}$ をとる。$\alpha$ を $\alpha-\frac12T(\alpha)$ に替えて $T(\alpha)=0$ としてよい。$(\ast)$ により $\mathbb{Q}(\alpha)$ は虚 2 次体である。$K=\mathbb{Q}(\alpha)$ なら終わる。
そうでなければ $\beta\in K\setminus\mathbb{Q}(\alpha)$ をとり、
$$ \beta\ \text{を}\ \beta-\tfrac12T(\beta)-\frac{T(\alpha\beta)}{2\alpha^2}\,\alpha $$
に替える（$\alpha^2\in\mathbb{Q}^\times$）。$T(\alpha)=0$、$T(\alpha^2)=2\alpha^2$ を使うと、替えたあとの $\beta$ について $T(\beta)=0$、$T(\alpha\beta)=0$ である。$(\ast)$ により $\beta^2\in\mathbb{Q}_{<0}$ である。さらに $\hat\alpha=-\alpha$、$\hat\beta=-\beta$、$\widehat{\alpha\beta}=-\alpha\beta$（$T(\alpha\beta)=0$ による）と $\widehat{\alpha\beta}=\hat\beta\hat\alpha=\beta\alpha$ から
$$ \alpha\beta=-\beta\alpha $$
を得る。
$1,\alpha,\beta,\alpha\beta$ が $\mathbb{Q}$ 上一次独立であることを示す。$w+x\alpha+y\beta+z\alpha\beta=0$（$w,x,y,z\in\mathbb{Q}$）とする。トレースをとると $T(\alpha)=T(\beta)=T(\alpha\beta)=0$ から $2w=0$ である。次に左から $\alpha$、右から $\beta$ を掛けると、$\alpha^2\beta^2\in\mathbb{Q}$ に注意して
$$ x\,\alpha^2\beta+y\,\alpha\beta^2+z\,\alpha^2\beta^2=0,\qquad\text{すなわち}\qquad z\,\alpha^2\beta^2+(y\beta^2)\,\alpha+(x\alpha^2)\,\beta=0 $$
である。$\beta\notin\mathbb{Q}(\alpha)$ なので $1,\alpha,\beta$ は一次独立であり、$\alpha^2,\beta^2\ne0$ から $x=y=z=0$ である。よって $\mathbb{Q}+\mathbb{Q}\alpha+\mathbb{Q}\beta+\mathbb{Q}\alpha\beta$ は 4 次元の定符号四元数環で、1 により $\dim_{\mathbb{Q}}K\le4$ だから $K$ に等しい。$\square$

thm-endell-basic の 1〜4 は、$R=\operatorname{End}(E)$ と双対 $\alpha\mapsto\hat\alpha$ が lem-endell-algebraic の仮定をみたすことを述べている（$\hat\alpha\alpha=[\deg\alpha]$ を整数 $\deg\alpha$ と同一視する）。$K=\mathbb{Q}$ のとき、整環は有限生成で $\mathbb{Z}\subset R\subset\mathbb{Q}$ だから $R=\mathbb{Z}$ である。実際、有限生成 $\mathbb{Z}$ 加群である環の元は $\mathbb{Z}$ 上整であり（整閉包）、$\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Q}$ の中で整閉である。$\square$

$\omega$ を $E$ の不変微分(楕円曲線)とする。各 $\alpha$ について $\alpha^*\omega=a_\alpha\omega$ となる $a_\alpha\in\bar{k}$ が定まり、$\alpha\mapsto a_\alpha$ は環準同型 $\operatorname{End}(E)\to\bar{k}$ で、$a_\alpha=0$ となるのは $\alpha=0$ か $\alpha$ が分離的でないときに限る（不変微分(楕円曲線) の命題「自己準同型の作用」）。標数 $0$ では定数でない射はすべて分離的なので、この準同型は単射である。体の部分環は可換なので $\operatorname{End}(E)$ は可換であり、thm-endell-classification の 3 は起こらない。$\square$

$\alpha\in\operatorname{End}(E)$ は $[p^r]$ と可換なので $E[p^r]$ を $E[p^r]$ に写し、群準同型 $E[p^r]\to E[p^r]$ を引き起こす。$E[p^r]\cong\mathbb{Z}/p^r$ の自己準同型環は $\mathbb{Z}/p^r$ で可換なので、$\gamma:=\alpha\beta-\beta\alpha$ は $E[p^r]$ の上で $0$ になる。すなわち、すべての $r\ge1$ について $E[p^r]\subset\ker\gamma$ である。$\gamma\ne0$ なら $\gamma$ は同種写像で、$\#\ker\gamma$ は $\deg\gamma$ 以下の有限の数だが、$\#E[p^r]=p^r$ はいくらでも大きくなるので矛盾する。よって $\gamma=0$ である。残りは thm-endell-classification による。$\square$

$\phi+\hat\phi=[a]$ である（超特異楕円曲線 の命題「有限体上の判定」の 1）。$\hat\phi\phi=[q]$ と合わせて $\phi^2-[a]\phi+[q]=\phi(\phi+\hat\phi)-[a]\phi=0$ を得る。
$\phi\notin\mathbb{Z}$ を示す。$x\mapsto x^q$ は $\bar{\mathbb{F}}_q$ の全単射なので、$\phi$ は $E(\bar{\mathbb{F}}_q)$ の上で単射である。$\phi=[n]$ なら $n^2=\deg\phi=q$ から $p\mid n$ であり、$[n]$ は $E[p]\ne0$（$E$ は通常）を $O$ に写すので単射でない。これは矛盾である。
Hasse の定理により $a^2\le4q$ である（Sil09 Theorem V.1.1、p. 138）。$a^2=4q$ なら $a=2n$ と書けて $(\phi-[n])^2=\phi^2-[a]\phi+[n^2]=0$ となり、零因子がないことから $\phi=[n]$ となって矛盾する。よって $a^2-4q<0$ で、$X^2-aX+q$ は $\mathbb{Q}$ 上既約であり、$X\mapsto\phi$ は虚 2 次体 $\mathbb{Q}[X]/(X^2-aX+q)$ から $\operatorname{End}(E)\otimes\mathbb{Q}$ への単射な環準同型を与える。prop-endell-ordinary-commutative により $\operatorname{End}(E)\otimes\mathbb{Q}$ は $\mathbb{Q}$ 上 2 次元以下なので、像と一致する。$\square$

$[i]$ は方程式を保ち $O$ を固定するので自己準同型であり、$[i]^2(x,y)=(x,-y)=-(x,y)$ である。
$\#E(\mathbb{F}_p)=p+1$ を示す。$f(x)=x^3-x$ とおくと $f(-x)=-f(x)$ で、$p\equiv3\pmod4$ なので $-1$ は $\mathbb{F}_p$ の平方非剰余である。$f(x)\ne0$ なる $x$ について、$f(x)$ と $f(-x)$ のちょうど一方が $0$ でない平方なので、組 $\{x,-x\}$ から点が $2$ 個出る。そのような $x$ は $p-3$ 個（$(p-3)/2$ 組）あり、$f(x)=0$ となる $x=0,\pm1$ からは点が $1$ 個ずつ出る。無限遠点を加えて $\#E(\mathbb{F}_p)=(p-3)+3+1=p+1$ である。よって $a=0$、$\hat\phi=-\phi$ であり（超特異楕円曲線 の命題「有限体上の判定」の 1）、$\phi^2=-\hat\phi\phi=[-p]$ である。
$(p-1)/2$ は奇数なので $i^p=i\cdot(i^2)^{(p-1)/2}=-i$ であり、
$$ \phi\bigl([i](x,y)\bigr)=\bigl((-x)^p,\,i^py^p\bigr)=(-x^p,\,-iy^p)=-[i]\phi(x,y) $$
である（$-(x',y')=(x',-y')$ に注意）。
一次独立性を示す。$\mathbb{Q}(i)\to\operatorname{End}(E)\otimes\mathbb{Q}$、$a+bi\mapsto a+b[i]$ は体からの環準同型なので単射である。$u+v\phi=0$（$u,v\in\mathbb{Q}(i)$）で $v\ne0$ なら $\phi=-v^{-1}u$ は $[i]$ と可換だが、$\phi[i]=-[i]\phi$ から $2[i]\phi=0$ となり、零因子がないことに反する。よって $v=0$、$u=0$ で、$\mathbb{Q}(i)+\mathbb{Q}(i)\phi$ は 4 次元である。次元は $4$ 以下なので $\operatorname{End}(E)\otimes\mathbb{Q}$ に等しく、$[i]$、$\phi$ が四元数環の関係式をみたす。非可換なので prop-endell-ordinary-commutative により $E$ は超特異である。$\square$

要点：直線 $y=y_0$ との交点から $[\zeta]^2+[\zeta]+1=0$、点の個数 $p+1$ から $\phi^2=[-p]$、$\zeta^p=\zeta^2$ から $\phi\alpha=-\alpha\phi$ が出る。

要点：$\phi$ は $E[2]$ の点を固定するので $1+\phi$ は $E[2]$ を消し、分離的な $[2]$ で割り切れる。