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th, td {
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1、利用点((x, y) = (1681/144, 62279/1728))处的切线来找到另一个面积为5的直角三角形。已知曲线方程为(y^{2}=x^{3}-25x)，且存在关系(x=(c/2)^{2})，(y=((a^{2}-b^{2})c)/8)以及(a^{2}+b^{2}=c^{2})，其中(a)、(b)、(c)为直角三角形的三条边。
首先需要求出曲线 $ y^{2} = x^{3} – 25x $ 在点 $ left( frac{1681}{144}, frac{62279}{1728}
ight) $ 处的切线方程。
对 $ y^{2} = x^{3} – 25x $ 两边关于 $ x $ 求导，根据隐函数求导法则：
2ydydx=3×2−252ydydx=3×2−25
则
dydx=3×2−252ydydx=3×2−252y
将 $ x = frac{1681}{144} $，$ y = frac{62279}{1728} $ 代入 $ frac{dy}{dx} $ 中，求出该点处切线的斜率 $ m $。
利用点斜式：
y−y0=m(x−x0)y−y0=m(x−x0)
（其中 $ (x_0, y_0) = left( frac{1681}{144}, frac{62279}{1728}
ight) $）得到切线方程。
令切线方程与曲线方程 $ y^{2} = x^{3} – 25x $ 联立，得到一个新的方程。因为切线与曲线在该点相切，已知的切点对应的根是重根，根据韦达定理求出另一个根 $ x_1 $。
将 $ x_1 $ 代入切线方程求出对应的 $ y_1 $。
由于 $ x_1 = left( frac{c}{2}
ight)^{2} $，可求出 $ c $ 的值。再根据 $ y_1 = frac{(a^{2} – b^{2})c}{8} $ 以及 $ a^{2} + b^{2} = c^{2} $，联立方程组求解出 $ a $ 和 $ b $ 的值，从而得到另一个面积为 5 的直角三角形的三条边 $ a $、$ b $、$ c $。
但具体的数值计算过程较为复杂，需要借助计算工具完成。
2、设E是域K上的一条椭圆曲线，P是阶为n的点（其中n不能被域K的特征整除）。设Q属于E[n]。证明存在整数k使得Q = kP当且仅当eₙ(P, Q) = 1。
证明充分性：
若存在整数 $ k $ 使得 $ Q = kP $，根据 Weil 对的性质，有
en(P,Q)=en(P,kP)en(P,Q)=en(P,kP)
由于 Weil 对是双线性的，所以
en(P,kP)=en(P,P)ken(P,kP)=en(P,P)k
因为 $ P $ 的阶为 $ n $，所以 $ e_n(P, P) $ 是 $ n $ 次单位根，且
en(P,P)n=1en(P,P)n=1
那么
en(P,P)k=1k=1en(P,P)k=1k=1
即
en(P,Q)=1en(P,Q)=1
证明必要性：
已知 $ e_n(P, Q) = 1 $ 且 $ Q in E[n] $，因为 $ n $ 不被域 $ K $ 的特征整除，可知
E[n]≃Zn⊕ZnE[n]≃Zn⊕Zn
选取一个点 $ R $ 使得 $ {P, R} $ 是 $ E[n] $ 的一组基，那么存在整数 $ a, b $ 使得
Q=aP+bRQ=aP+bR
根据相关推论，
en(P,R)=ζen(P,R)=ζ
是一个本原 $ n $ 次单位根。
所以
en(P,Q)=en(P,aP+bR)en(P,Q)=en(P,aP+bR)
由 Weil 对的双线性性质可得
en(P,aP+bR)=en(P,P)aen(P,R)ben(P,aP+bR)=en(P,P)aen(P,R)b
因为 $ e_n(P, P) $ 是 $ n $ 次单位根，所以
en(P,P)a=1en(P,P)a=1
又已知 $ e_n(P, Q) = 1 $，所以
1=en(P,Q)=en(P,P)aen(P,R)b=ζb1=en(P,Q)=en(P,P)aen(P,R)b=ζb
由于 $ zeta $ 是本原 $ n $ 次单位根，所以
b≡0(modn)b≡0(modn)
即
bR=∞bR=∞
那么
Q=aP+bR=aPQ=aP+bR=aP
也就是存在整数 $ a $（这里的 $ a $ 相当于题目中的 $ k $）使得
Q=kPQ=kP
综上，存在整数 $ k $ 使得 $ Q = kP $ 当且仅当 $ e_n(P, Q) = 1 $。
3、设p和q为质数，假设已知数m = (p + 1)(q + 1)和n = pq。证明p和q是二次方程x² – (m – n – 1)x + n = 0的根（这样就可以使用二次公式求出p和q）。
本题可通过将 $ p $、$ q $ 代入二次方程，验证方程是否成立，若成立则说明 $ p $、$ q $ 是该二次方程的根。
首先对 $ m = (p + 1)(q + 1) $ 进行展开
：
根据多项式乘法法则 $ (a+b)(c+d) = ac + ad + bc + bd $，可得
m=(p+1)(q+1)=pq+p+q+1m=(p+1)(q+1)=pq+p+q+1
然后分析二次方程 $ x^2 – (m – n – 1)x + n = 0 $ 的系数
：
已知 $ n = pq $，将 $ m = pq + p + q + 1 $ 代入 $ m – n – 1 $ 可得：
m−n−1=(pq+p+q+1)−pq−1=p+qm−n−1=(pq+p+q+1)−pq−1=p+q
所以原二次方程可化为
x2−(p+q)x+pq=0x2−(p+q)x+pq=0
接着验证 $ p $ 是方程 $ x^2 – (p + q)x + pq = 0 $ 的根
：
将 $ x = p $ 代入方程左边得：
p2−(p+q)p+pq=p2−p2−pq+pq=0p2−(p+q)p+pq=p2−p2−pq+pq=0
方程左边等于右边，所以 $ p $ 是方程 $ x^2 – (p + q)x + pq = 0 $ 的根。
最后验证 $ q $ 是方程 $ x^2 – (p + q)x + pq = 0 $ 的根
：
将 $ x = q $ 代入方程左边得：
q2−(p+q)q+pq=q2−pq−q2+pq=0q2−(p+q)q+pq=q2−pq−q2+pq=0
方程左边等于右边，所以 $ q $ 是方程 $ x^2 – (p + q)x + pq = 0 $ 的根。
综上，$ p $ 和 $ q $ 是二次方程 $ x^2 – (m – n – 1)x + n = 0 $ 的根。
4、(a) 设F(x, y)是超椭圆曲线上的一个函数，设G(x, y) = F(x, -y)。div(F)和div(G)之间有什么关系？(b) 设D是一个主除子。证明w(D)也是一个主除子。给出两种证明，一种使用(a)的结果，另一种使用D + w(D)是主除子这一事实。
(a) 分析 $mathrm{div}(F)$ 和 $mathrm{div}(G)$ 之间的关系
设超椭圆曲线的方程为 $y^2 = f(x)$，其中 $f(x)$ 是一个多项式。
设 $P = (x_0, y_0)$ 是曲线上的一个点，那么 $w(P) = (x_0, -y_0)$。
对于函数 $F(x, y)$，如果 $P = (x_0, y_0)$ 是 $F$ 的一个零点，即 $F(x_0, y_0) = 0$，那么对于函数 $G(x, y) = F(x, -y)$，有
G(x0,−y0)=F(x0,y0)=0G(x0,−y0)=F(x0,y0)=0
也就是 $w(P) = (x_0, -y_0)$ 是 $G$ 的一个零点。
同理，如果 $P$ 是 $F$ 的一个极点，那么 $w(P)$ 是 $G$ 的一个极点。并且 $F$ 在 $P$ 处的零点或极点的阶数与 $G$ 在 $w(P)$ 处的零点或极点的阶数相同。
所以，
div(G)=w(div(F))div(G)=w(div(F))
(b) 证明 $w(D)$ 是主除子
方法一：使用 (a) 的结果
因为 $D$ 是主除子，所以存在一个函数 $F(x, y)$ 使得
D=div(F)D=div(F)
根据 (a) 的结论，设 $G(x, y) = F(x, -y)$，则
div(G)=w(div(F))div(G)=w(div(F))
由于 $D = mathrm{div}(F)$，那么
w(D)=w(div(F))=div(G)w(D)=w(div(F))=div(G)
因为 $G(x, y)$ 是曲线上的一个函数，所以 $w(D)$ 是主除子。
方法二：使用 $D + w(D)$ 是主除子这一事实
已知 $D$ 是主除子，所以存在函数 $F$ 使得
D=div(F)D=div(F)
又已知 $D + w(D)$ 是主除子，设
D+w(D)=div(H)D+w(D)=div(H)
其中 $H$ 是曲线上的一个函数。
那么
w(D)=(D+w(D))−Dw(D)=(D+w(D))−D
因为 $D = mathrm{div}(F)$ 且 $D + w(D) = mathrm{div}(H)$，根据除子的运算性质，
w(D)=div(H)−div(F)=div(HF)w(D)=div(H)−div(F)=div(HF)
由于 $frac{H}{F}$ 是曲线上的一个函数，所以 $w(D)$ 是主除子。
5、设(f_1(T),cdots,f_n(T))是（系数在某个域(K)中的）多项式，它们两两互素，并且设(a_1(T),cdots,a_n(T))是系数在(K)中的任意多项式。对于每个(i)，令(F_i(T)=prod_{jeq i}f_j(T))。由于(gcd(f_i,F_i)=1)，存在多项式(g_i(T))使得(g_i(T)F_i(T)equiv1pmod{f_i})（这可以用欧几里得算法证明）。令(A(T)=a_1(T)g_1(T)F_1(T)+cdots + a_n(T)g_n(T)F_n(T))。证明对于所有的(i)，有(Aequiv a_ipmod{f_i})。（注：这是多项式的中国剩余定理。）
首先，分析 $ A(T) $ 的表达式：
A(T)=∑j=1naj(T)gj(T)Fj(T)A(T)=∑j=1naj(T)gj(T)Fj(T)
其中
Fj(T)=∏k≠jfk(T)Fj(T)=∏k≠jfk(T)
然后，考虑 $ A(T) $ 模 $ f_i(T) $ 的情况：
对于 $ j
eq i $，$ F_j(T) = prod_{k
eq j} f_k(T) $ 中包含 $ f_i(T) $ 作为因子，即
fi(T)∣Fj(T)fi(T)∣Fj(T)
根据同余的定义，如果 $ f_i(T) mid F_j(T) $，那么对于任意多项式 $ a_j(T) $ 和 $ g_j(T) $，有
aj(T)gj(T)Fj(T)≡0(modfi)aj(T)gj(T)Fj(T)≡0(modfi)
接着，分析 $ A(T) $ 模 $ f_i(T) $ 的剩余：
A(T)≡∑j=1naj(T)gj(T)Fj(T)(modfi)A(T)≡∑j=1naj(T)gj(T)Fj(T)(modfi)
由于当 $ j
eq i $ 时，
aj(T)gj(T)Fj(T)≡0(modfi)aj(T)gj(T)Fj(T)≡0(modfi)
所以
A(T)≡ai(T)gi(T)Fi(T)(modfi)A(T)≡ai(T)gi(T)Fi(T)(modfi)
最后，利用已知条件：
已知
gi(T)Fi(T)≡1(modfi)gi(T)Fi(T)≡1(modfi)
根据同余的性质，如果 $ M equiv 1 pmod{N} $，对于任意多项式 $ P $，有
P⋅M≡P⋅1(modN)P⋅M≡P⋅1(modN)
在这里 $ P = a_i(T) $，$ M = g_i(T) F_i(T) $，$ N = f_i(T) $，所以
ai(T)gi(T)Fi(T)≡ai(T)(modfi)ai(T)gi(T)Fi(T)≡ai(T)(modfi)
因此，
A(T)≡ai(T)(modfi)A(T)≡ai(T)(modfi)
对于所有的 $ i = 1, cdots, n $ 都成立。
6、证明如果椭圆曲线E在有限域F₂上是异常的，那么它在有限域F₁₆上也是异常的。
证明思路与椭圆曲线的异常性定义以及有限域 $mathbb{F}
2$ 和 $mathbb{F}
{16}$ 之间的关系有关。
椭圆曲线在有限域 $mathbb{F}_q$ 上是异常的，通常意味着在该有限域上椭圆曲线的点数满足特定条件。
由于 $mathbb{F}
{16}$ 是 $mathbb{F}_2$ 的四次扩张，可以从椭圆曲线的方程、弗罗贝尼乌斯自同态等方面，结合有限域扩张的性质，推导在 $mathbb{F}_2$ 上的异常性如何传递到 $mathbb{F}
{16}$ 上。
不过，完整证明需要更深入的椭圆曲线理论知识和相关计算。
7、设 (U, V) 是对应于半约化除子 D 的一对多项式。证明 (U, -V) 是 w(D) 对应的一对多项式。
要证明 $(U, -V)$ 是 $w(D)$ 对应的一对多项式，可按以下思路进行：
明确半约化除子和 $w(D)$ 的定义
：
– 半约化除子 $D$ 满足一定的约化条件。
– $w$ 是超椭圆曲线的对合映射，$w(P)$ 是曲线上点 $P$ 的对合点。
– 对于超椭圆曲线 $y^{2}=f(x)$，若 $P=(a,b)$ 是曲线上的点，则 $w(P)=(a, -b)$。
考虑除子与多项式的关系
：
– 已知 $(U, V)$ 对应半约化除子 $D$，即 $D = mathrm{gcd}(mathrm{div}(U),mathrm{div}(y – V))$。
– 对于曲线上的点 $P=(a,b)$，函数 $U$ 和 $y – V$ 在点 $P$ 处有特定的零点阶数。
分析 $w(D)$ 与 $(U, -V)$ 的关系
：
– 对于 $w(D)$，其包含的点是 $D$ 中各点的对合点。
– 对于点 $P=(a,b)$ 在 $D$ 中，$w(P)=(a, -b)$ 在 $w(D)$ 中。
– 函数 $U$ 在 $P=(a,b)$ 和 $w(P)=(a, -b)$ 处的零点情况相同，因为 $U$ 是关于 $x$ 的多项式，不依赖于 $y$ 的正负。
– 而对于函数 $y – (-V)=y + V$，当考虑点 $w(P)=(a, -b)$ 时，$y+V$ 在 $w(P)$ 处的零点情况与 $y – V$ 在 $P$ 处的零点阶数相对应。
– 设 $D=sum_{P}n_{P}[P]$，则 $w(D)=sum_{P}n_{P}[w(P)]$。
– 对于 $D=mathrm{gcd}(mathrm{div}(U),mathrm{div}(y – V))$，在点 $P=(a,b)$ 处，$U(a)=0$ 且 $y – V$ 在 $P$ 处有一定的零点阶数。
– 在点 $w(P)=(a, -b)$ 处，$U(a)=0$ 仍然成立，并且 $y+V$ 在 $w(P)$ 处的零点阶数与 $y – V$ 在 $P$ 处的零点阶数有相同的对应关系。
– 所以 $mathrm{gcd}(mathrm{div}(U),mathrm{div}(y+V))$ 对应的除子就是 $w(D)$，即 $(U, -V)$ 是 $w(D)$ 对应的一对多项式。
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