代数幾何の問題

方針 種数 $g=3$ の曲線 $C/{\mathbb{F}}_q$（$q=2$）に対し、ヴェイユ予想より代数的整数 ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_6$ があって
$$N_k=q^k+1-s_k,s_k=\sum _{i=1}^6{\alpha }_i^k$$
であり、$L$ 多項式 $P(T)={\prod }_{i=1}^6(1-{\alpha }_{i}T)$ は整数係数で、関数等式から
$$P(T)=1+a_{1}T+a_2{T}^2+a_3{T}^3+q{a}_2{T}^4+q^2{a}_1{T}^5+q^3{T}^6$$
の形をもつ。未知数は $a_1,a_2,a_3$ の $3$ つなので、$N_1,N_2,N_3$ を数えれば $P(T)$ が決まる。

座標点 座標が $0$ を含む点を調べる。$Z=0$ のとき $X^{3}Y=0$、$Y=0$ のとき $Z^{3}X=0$、$X=0$ のとき $Y^{3}Z=0$ なので、座標が $0$ を含む $C$ の点は $[1:0:0],[0:1:0],[0:0:1]$ の $3$ 点で、どの $k$ でも有理点である。以下、$XYZ\ne 0$ の点（トーラス点）を数える。$Z=1$ とおくと条件は $x,y\in {\mathbb{F}}_{2^k}^{\times }$ で
$$x^{3}y+y^3+x=0.$$

$N_1$ $x=y=1$ のとき $1+1+1=1\ne 0$。よってトーラス点はなく $N_1=3$。

$N_2$ ${\mathbb{F}}_4^{\times }$ では $x^3=y^3=1$ なので条件は $y+1+x=0$、すなわち $y=x+1$。$x,y\ne 0$ より $x\ne 0,1$ で、$x=\omega$ または ${\omega }^2$（${\omega }^2+\omega +1=0$）、このとき $y={\omega }^2,\omega$ でともに $0$ でない。トーラス点は $2$ 個で $N_2=5$。

$N_3$ $\zeta \in {\mathbb{F}}_8^{\times }$（${\zeta }^7=1$）に対し $(x,y)\mapsto ({\zeta }^{-1}x,{\zeta }^{2}y)$ を考えると
$$({\zeta }^{-1}x{)}^3({\zeta }^{2}y)+({\zeta }^{2}y{)}^3+{\zeta }^{-1}x={\zeta }^{-1}(x^{3}y+y^3+x)({\zeta }^6={\zeta }^{-1}\text{ を用いた})$$
なので、これはトーラス点の集合を保つ（射影的には自己同型 $[X:Y:Z]\mapsto [\zeta X:{\zeta }^{4}Y:{\zeta }^{2}Z]$）。${\mathbb{F}}_8^{\times }$ は位数 $7$ の巡回群なので $x\mapsto {\zeta }^{-1}x$ は ${\mathbb{F}}_8^{\times }$ に推移的に作用し、各 $x\in {\mathbb{F}}_8^{\times }$ に対する $y$ の個数は $x=1$ の場合と同じである。$x=1$ のとき条件は $y^3+y+1=0$。この多項式は ${\mathbb{F}}_2$ 上既約な $3$ 次式（$0,1$ を根にもたない）なので ${\mathbb{F}}_8$ で $3$ つの相異なる根をもち、いずれも $0$ でない。よってトーラス点は $7\cdot 3=21$ 個で $N_3=24$。

$L$ 多項式
$s_1=2+1-3=0$, $s_2=4+1-5=0$, $s_3=8+1-24=-15$。
$e_1,e_2,e_3$ を ${\alpha }_i$ の基本対称式とすると、ニュートンの公式より
$e_1=s_1=0$, $e_2=\frac{e_1{s}_1-s_2}{2}=0$, $e_3=\frac{e_2{s}_1-e_1{s}_2+s_3}{3}=-5$。
$a_k=(-1{)}^k{e}_k$ なので $a_1=0$, $a_2=0$, $a_3=5$ で
$$P(T)=1+5T^3+8T^6.$$

$N_6$ $P(T)=Q(T^3)$, $Q(U)=1+5U+8U^2=(1-{\beta }_{1}U)(1-{\beta }_{2}U)$ とおくと ${\beta }_1+{\beta }_2=-5$, ${\beta }_1{\beta }_2=8$。${\alpha }_i$ は ${\beta }_1,{\beta }_2$ それぞれの $3$ 乗根 $3$ つずつなので、${\alpha }_i^3$ は ${\beta }_1,{\beta }_1,{\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_2,{\beta }_2$ である。よって
$$s_6=3({\beta }_1^2+{\beta }_2^2)=3\{({\beta }_1+{\beta }_2{)}^2-2{\beta }_1{\beta }_2\}=3(25-16)=27.$$
（検算: $s_3=3({\beta }_1+{\beta }_2)=-15$ で一致。）したがって
$$N_6=2^6+1-s_6=65-27=38.$$
（$C({\mathbb{F}}_8)\cup C({\mathbb{F}}_4)\subset C({\mathbb{F}}_{64})$ かつ $C({\mathbb{F}}_8)\cap C({\mathbb{F}}_4)=C({\mathbb{F}}_2)$ より $N_6\ge 24+5-3=26$ であり、矛盾しない。）

答え: $38$

種数 3 なので $N_1,N_2,N_3$ から Frobenius の固有値（6 個）が決まる。$F=X^{3}Y+Y^{3}Z+Z^{3}X$。

$N_1$: ${\mathbb{F}}_2$ 上 $x^3=x$ なので $F=XY+YZ+ZX$。${\mathbb{P}}^2({\mathbb{F}}_2)$ の 7 点のうち $F=0$ となるのは $[1:0:0],[0:1:0],[0:0:1]$ のみ（$[1:1:0]$ などは $F=1$、$[1:1:1]$ は $F=3=1$）。$N_1=3$。

$N_2$: ${\mathbb{F}}_4$ では $x\ne 0$ なら $x^3=1$。座標が全部非零のとき $F=X+Y+Z$。$X=1$ として $Y+Z=1$, $Y,Z\in \{1,\omega ,{\omega }^2\}$ は $(\omega ,{\omega }^2),({\omega }^2,\omega )$ の 2 点。ちょうど 1 つが 0 のとき $F$ は残り 1 つの非零座標に等しく $\ne 0$。2 つが 0 の 3 点は $F=0$。$N_2=2+3=5$。

$N_3$: ${\mathbb{F}}_8^{\ast }$ の位数 7 の元 $\zeta$ について $[X:Y:Z]\mapsto [\zeta X:{\zeta }^{4}Y:{\zeta }^{2}Z]$ は $C$ を保つ（$X^{3}Y\mapsto {\zeta }^7$, $Y^{3}Z\mapsto {\zeta }^{14}$, $Z^{3}X\mapsto {\zeta }^7$ 倍）。$XYZ\ne 0$ の点は $X=1$, $(y,z)\in ({\mathbb{F}}_8^{\ast }{)}^2$ の 49 個で、この作用は $(y,z)\mapsto ({\zeta }^{3}y,\zeta z)$ と自由に働き 7 軌道、各軌道に $z=1$ の代表がちょうど 1 つ。$z=1$ では $F=y+y^3+1$。$y^3+y+1$ は ${\mathbb{F}}_8$ で 3 根（$\alpha ,{\alpha }^2,{\alpha }^4$）をもつので 3 軌道 $=21$ 点。ちょうど 1 つの座標が 0 のとき $F$ は単項 $\ne 0$。2 つが 0 の 3 点。$N_3=21+3=24$。

固有値: $p_k=\sum {\alpha }_j^k=2^k+1-N_k$ より $p_1=0,p_2=0,p_3=-15$。Newton の恒等式で $e_1=0,e_2=0,e_3=p_3/3=-5$。関数等式 $e_{6-k}=2^{3-k}{e}_k$ より $e_4=0,e_5=0,e_6=8$。Frobenius の特性多項式は
$$t^6+5t^3+8.$$
$u=t^3$ の根 $u_{1,2}=(-5\pm \sqrt{-7})/2$（$|u{|}^2=8$）。各 $u$ に 3 個の $t$ が対応するので
$$p_6=3(u_1^2+u_2^2)=3((u_1+u_2{)}^2-2u_1{u}_2)=3(25-16)=27.$$
ゆえに $N_6=2^6+1-27=38$。

検算: $N_4=17,N_5=33$ となり、$N_4-N_2=12$ は 4 の倍数、$N_5-N_1=30$ は 5 の倍数、$N_6-(N_3+N_2-N_1)=38-26=12$ は 6 の倍数で、閉点の個数として整合。Hasse–Weil: $|N_6-65|=27\le 6\cdot 8=48$。