代数幾何の問題

交点数について次の性質を使う。
- $I_R(F,G)=I_R(F,G+AF)$（$A$ は任意の多項式）
- $I_R(F,GH)=I_R(F,G)+I_R(F,H)$
- $R$ で $0$ にならない多項式 $u$ に対し $I_R(F,u)=0$
- $F$ が $R$ で非特異で、$R$ の近くで局所パラメータ $t$ により $F$ をパラメータ表示できるとき、$I_R(F,G)$ は $G$ をそのパラメータ表示に代入したものの $t$ に関する位数

$O$ と $P$（アフィン部分 $Z=1$）。 $x=X/Z,y=Y/Z$ とすると
$$f=y^2-x^2-x^3,g=y^2-x^4-x^5.$$
$g-f=x^2+x^3-x^4-x^5=x^2(1+x)-x^4(1+x)=x^2(1+x)(1-x^2)=x^2(1+x{)}^2(1-x)$ なので
$$I_R(C,D)=I_R(f,x^2(1+x{)}^2(1-x)).$$

$R=O=(0,0)$ のとき、$(1+x{)}^2(1-x)$ は $O$ で $1\ne 0$ なので
$$I_O(C,D)=2I_O(f,x)=2I_O(y^2-x^2-x^3,x)=2I_O(y^2,x)=2\cdot 2=4.$$

$R=P=(-1,0)$ のとき、$x^2$ と $1-x$ は $P$ でそれぞれ $1,2$ で $0$ でないので
$$I_P(C,D)=2I_P(f,x+1).$$
$u=x+1$ とおくと $f=y^2-(u-1{)}^{2}u$ なので、$I_P(f,u)=I_P(y^2,u)=2$（$u=0,y=0$ での重複度）。よって
$$I_P(C,D)=2\cdot 2=4.$$

$Q$（アフィン部分 $Y=1$）。 $x=X/Y,z=Z/Y$ とすると
$$C:z-x^{2}z-x^3=0,D:z^3-x^{4}z-x^5=0.$$
$C$ は $Q=(0,0)$ で $\partial /\partial z$ が $1$ なので非特異で、$x$ を局所パラメータとして $z=\frac{x^3}{1-x^2}$ と表せる。これを $D$ の式に代入すると
$$\frac{x^9}{(1-x^2{)}^3}-\frac{x^7}{1-x^2}-x^5=x^5\left(-1-\frac{x^2}{1-x^2}+\frac{x^4}{(1-x^2{)}^3}\right)$$
で、括弧内は $x=0$ で $-1\ne 0$。よって $I_Q(C,D)=5$。

ベズーの定理による確認。 $g-f=x^2(1+x{)}^2(1-x)=0$ と $f=0$ から、アフィン部分の交点は $O,P$ と $x=1,y^2=2$ の 2 点 $(1,\pm \sqrt{2})$。後者では $f_y=2y\ne 0$ なので $x$ が $C$ の局所パラメータで、$x^2(1+x{)}^2$ は $0$ でなく $1-x$ の位数は $1$、よって交点数は各 $1$。無限遠直線 $Z=0$ 上では $C$ も $D$ も $X=0$ のみ、つまり $Q$ だけである。合計
$$4+4+1+1+5=15=3\times 5$$
となり、ベズーの定理と一致する。

以上より、答えは $(4,4,5)$。

$C=Y^{2}Z-X^{2}Z-X^3$ とおく。$D-Z^{2}C=-X^{4}Z-X^5+X^2{Z}^3+X^3{Z}^2=X^2(Z+X{)}^2(Z-X)=:G$ なので、$D=Z^{2}C+G$ であり、各点で $I_R(C,D)=I_R(C,G)$（$C$ の倍元を足しても交点数は変わらない）。したがって $C$ 上で $G=X^2(Z+X{)}^2(Z-X)$ の零点位数を各点で求めればよい。

(1) $O=[0:0:1]$。$Z=1$ とし、$x=X,y=Y$ とすると $C:y^2=x^2(1+x)$ で、$O$ は結節点（2 本の枝 $y=\pm x\sqrt{1+x}$）。各枝で $x$ は 1 位の零点をもつから、$C$ 上 ${\mathrm{ord}}_O(x)=1+1=2$。$Z+X=1+x$, $Z-X=1-x$ は $O$ で単数。よって $I_O=2\cdot 2=4$。

(2) $P=[-1:0:1]$。$Z=1$ で $y^2=x^2(1+x)$、$x=-1$ では $x^2=1$ が単数なので $1+x=y^2/x^2$、$P$ は非特異点で $y$ が局所パラメータ。${\mathrm{ord}}_P(1+x)=2$。$X=x$ と $Z-X=1-x$ は $P$ で単数（$x=-1,1-x=2$）。$G$ の位数は $(Z+X{)}^2$ から $2\cdot 2=4$。よって $I_P=4$。

(3) $Q=[0:1:0]$。$Y=1$ とし、$x=X,z=Z$ とすると $C:z(1-x^2)=x^3$。$Q$ は非特異で $x$ が局所パラメータ、$z=x^3/(1-x^2)$ なので $\mathrm{ord}(z)=3$。$\mathrm{ord}(X)=1$, $\mathrm{ord}(Z+X)=\mathrm{ord}(z+x)=1$, $\mathrm{ord}(Z-X)=\mathrm{ord}(z-x)=1$。よって $G$ の位数は $2\cdot 1+2\cdot 1+1=5$。$I_Q=5$。

【検算】別の還元 $D\equiv Y^{2}Z(Z-X)(Z+X)(\mathrm{mod}C)$（$X^4(Z+X)=X^2\cdot Y^{2}Z$ を $C$ 上で用いる）でも、$O$: $\mathrm{ord}(Y^2)=4$、$P$: $\mathrm{ord}(Y^2)+\mathrm{ord}(Z+X)=2+2=4$、$Q$: $\mathrm{ord}(Z)+\mathrm{ord}(Z-X)+\mathrm{ord}(Z+X)=3+1+1=5$ で一致。さらにベズーの定理より全交点数は $3\cdot 5=15$ で、残りの $Z=X,Y=\pm \sqrt{2}X$ の 2 点が各 1 を与え、$4+4+5+1+1=15$ となり整合する。

答え: $(4,4,5)$。