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代数幾何の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院数学代数幾何

$p = 1009$ とする（ $p$ は素数である）。有限体 $F_{p}$ 上の楕円曲線
$E : y^{2} = x^{3} - x$
について、 $E$ の $F_{p}$ 有理点全体 $E (F_{p})$ の個数（無限遠点 $O$ を含む）を求めよ。

この問題で使うもの

超特異曲線と CM をもつ楕円曲線の点の数（説明と入口の問題）
楕円曲線の有理点群の構造（説明と入口の問題）
群の位数と元の位数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（65 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$p \equiv 1 (mod 4)$ のとき $E$ は $F_{p}$ 上で $[i] : (x, y) \mapsto (- x, i y)$ という自己準同型をもちます。フロベニウスを $Z [i]$ の元とみなしてトレース $a_{p}$ を調べましょう。

ヒント 2

フロベニウスを $π = a + bi$ と書くと $a^{2} + b^{2} = p$ , $# E (F_{p}) = p + 1 - 2 a$ です。 $1009$ を 2 つの平方の和に分解し、符号と $a, b$ の入れかえの曖昧さを $E (F_{p})$ の有理ねじれ点で決めます。

ヒント 3

$1009 = 2 8^{2} + 1 5^{2}$ なので $a_{p} \in {\pm 30, \pm 56}$ 。 $E [2] \subset E (F_{p})$ から $4 ∣ # E (F_{p})$ となり $a_{p} = \pm 30$ に絞れます。最後に $2 Q = (0, 0)$ となる有理点 $Q$ が存在するかを調べて、8 で割り切れるかを判定しましょう。

答えと解説

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1040

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解説を読む

$# E (F_{p}) = p + 1 - a_{p}$ とおく。 $a_{p}$ はフロベニウス写像 $π$ のトレースである。

虚数乗法から $a_{p}$ の候補を絞る. $p = 1009 \equiv 1 (mod 4)$ なので $F_{p}$ は $- 1$ の平方根 $i$ を含み、 $[i] : (x, y) \mapsto (- x, i y)$ は $F_{p}$ 上定義された $E$ の自己準同型で $[i]^{2} = [- 1]$ を満たす。 $π$ はすべての $F_{p}$ 上の自己準同型と可換なので、 $π$ は $Z [i] \subset End (E)$ の元とみなせ（ $E$ は通常楕円曲線で、 $End (E) \otimes Q = Q (i)$ ）、 $π = a + bi$ （ $a, b \in Z$ ）と書けて
$a^{2} + b^{2} = de g π = p, a_{p} = π + π ˉ = 2 a .$
$1009 = 2 8^{2} + 1 5^{2}$ であり、素数を 2 つの平方の和で表す方法は順序と符号を除いて一意なので、 $a \in {\pm 15, \pm 28}$ 、すなわち $a_{p} \in {\pm 30, \pm 56}$ 。

2 等分点を使って $4 ∣ # E (F_{p})$ . $x^{3} - x = x (x - 1) (x + 1)$ は $F_{p}$ 上で 1 次式に分解するので、 $E [2] = {O, (0, 0), (1, 0), (- 1, 0)} \subset E (F_{p})$ 。ラグランジュの定理より $4 ∣ p + 1 - a_{p} = 1010 - a_{p}$ 。 $1010 \equiv 2 (mod 4)$ なので $a_{p} \equiv 2 (mod 4)$ 。 $\pm 56 \equiv 0$ 、 $\pm 30 \equiv 2 (mod 4)$ より $a_{p} = \pm 30$ 、 $# E (F_{p}) \in {980, 1040}$ 。

4 等分点を使って $8 ∣ # E (F_{p})$ . 点 $Q = (i, 1 - i)$ を考える。 $(1 - i)^{2} = 1 - 2 i + i^{2} = - 2 i$ 、 $i^{3} - i = - i - i = - 2 i$ なので $Q \in E (F_{p})$ 。2 倍公式より $x (2 Q) = \frac{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}{4 ( x ^{3} - x )}$ で、 $x = i$ では分子が $0$ なので $2 Q = (0, 0)$ 。よって $Q$ の位数は 4 で $Q \in / E [2]$ 。 $E [2]$ と $Q$ で生成される部分群は $E [2] \cup (Q + E [2])$ で位数 8 なので、 $8 ∣ # E (F_{p})$ 。

$980 = 8 \cdot 122 + 4$ は 8 で割り切れず、 $1040 = 8 \cdot 130$ は割り切れる。したがって $a_{p} = - 30$ で
$# E (F_{p}) = 1009 + 1 + 30 = 1040.$

（確認: 小さい素数 $p = 5, 13, 17$ で同じ議論をすると $# E (F_{p}) = 8, 8, 16$ となり、直接数えた結果と一致する。また Hasse の評価 $∣ a_{p} ∣ \leq 21009 \approx 63.5$ も満たす。）

別解

$p = 1009 \equiv 1 (mod 8)$ 。 $E : y^{2} = x^{3} - x$ について $# E (F_{p}) = p + 1 - a_{p}$ 。

$1009 = 1 5^{2} + 2 8^{2}$ （ $2 8^{2} = 784, 784 + 225 = 1009$ ）。虚数乗法（ $Z [i]$ ）により $a_{p} = \pm 2 \cdot 15 = \pm 30$ （奇数の方の平方根の 2 倍）。実際、 $# E$ は $4$ の倍数でなければならないので $a_{p} = \pm 2 \cdot 28 = \pm 56$ だと $1010 \mp 56$ が $4$ の倍数でなく不適。したがって $# E \in {1010 - 30, 1010 + 30} = {980, 1040}$ 。

符号の決定: 2 倍写像による半分割可能性を調べる。 $E : y^{2} = x (x - 1) (x + 1)$ の $2$ torsion 点 $(e, 0)$ が $2 E (F_{p})$ に属する条件は、 $e$ と他の 2 つの根との差がともに平方であること。 $(0, 0)$ : $- 1, 1$ が平方 ( $p \equiv 1 mod 4$ )。 $(1, 0)$ : $1, 2$ が平方 ( $p \equiv \pm 1 mod 8$ )。 $(- 1, 0)$ : $- 1, - 2$ が平方。 $p \equiv 1 mod 8$ なので 3 点すべて半分割可能で $E [2] \subset 2 E (F_{p})$ 。よって $E (F_{p}) ≅ Z / m \times Z / n$ で $4 ∣ m, 4 ∣ n$ となり $16 ∣ # E$ 。 $980 = 16 \cdot 61.25$ は不適、 $1040 = 16 \cdot 65$ は適。

ゆえに $# E (F_{1009}) = 1040$ 。

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