代数幾何の問題

記号の準備. $q=7$ とし、$N_n=\#C({\mathbb{F}}_{7^n})$ とおく。$x^5+1$ は ${\mathbb{F}}_7$ 上で重根をもたない（導関数 $5x^4$ との共通根は $x=0$ しかありえないが、$x=0$ は $x^5+1$ の根でない）ので、$C$ は種数 $2$ の非特異曲線である。Weil 予想（曲線に対しては証明済み）により、$C$ のゼータ関数は
$$Z(T)=\frac{L(T)}{(1-T)(1-7T)},L(T)=\prod _{i=1}^4(1-{\alpha }_{i}T)$$
の形に書ける。ここで $|{\alpha }_i|=\sqrt{7}$ であり、各 $n\ge 1$ について
$$N_n=7^n+1-S_n,S_n=\sum _{i=1}^4{\alpha }_i^n$$
が成り立つ。さらに関数等式から $L(T)=1+a_{1}T+a_2{T}^2+7a_1{T}^3+49T^4$ $(a_1,a_2\in \mathbb{Z})$ の形をとる。

$N_1,N_2$ の計算. $7$ の $5$ を法とする位数は $4$ である（$7\equiv 2,2^2\equiv 4,2^3\equiv 3,2^4\equiv 1(\mathrm{mod}5)$）。よって $5\mid 7^n-1$ となるのは $4\mid n$ のときに限る。$n=1,2$ では $\gcd (5,7^n-1)=1$ なので、$x\mapsto x^5$ は ${\mathbb{F}}_{7^n}$ の全単射である。

$Q=7^n$ とし、$\chi$ を ${\mathbb{F}}_Q^{\times }$ の平方剰余指標（$\chi (0)=0$）とする。$y^2=c$ の解の個数は $1+\chi (c)$ だから、アフィン部分の点の個数は
$$\sum _{x\in {\mathbb{F}}_Q}(1+\chi (x^5+1))=Q+\sum _{u\in {\mathbb{F}}_Q}\chi (u+1)=Q+\sum _{v\in {\mathbb{F}}_Q}\chi (v)=Q$$
である（$u=x^5$ が全単射であること、および ${\sum }_v\chi (v)=0$ を用いた）。無限遠点 $1$ 個を加えると
$$N_1=8,N_2=50.$$

$L(T)$ の決定. $S_1=7+1-N_1=0$、$S_2=49+1-N_2=0$ である。$L(T)=1-e_{1}T+e_2{T}^2-e_3{T}^3+e_4{T}^4$（$e_k$ は ${\alpha }_i$ の基本対称式）と書くと、Newton の公式より
$$e_1=S_1=0,e_2=\frac{S_1^2-S_2}{2}=0.$$
よって $a_1=-e_1=0$、$a_2=e_2=0$ となり、
$$L(T)=1+49T^4.$$
したがって ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_4$ は ${\prod }_i(X-{\alpha }_i)=X^4+49$ の根であり、各 $i$ について ${\alpha }_i^4=-49$ が成り立つ。

$N_4$ の計算.
$$S_4=\sum _{i=1}^4{\alpha }_i^4=4\cdot (-49)=-196$$
であるから、
$$N_4=7^4+1-S_4=2401+1+196=2598.$$

（検算）${\mathbb{F}}_{7^4}$ 上では $7^2\equiv -1(\mathrm{mod}10)$ なので、Stickelberger の定理により Gauss 和は純であり、各 Jacobi 和 $J(\chi ,{\psi }^k)$（$\psi$ は位数 $5$ の指標、$k=1,2,3,4$）は $49$ に等しい。よってアフィン部分の点は $2401+4\cdot 49=2597$ 個で、無限遠点 $1$ 個を加えると $2598$ となり、上の結果と一致する。

答え: $2598$

$N_k=\#C({\mathbb{F}}_{7^k})$ とおく。$C$ は種数 $2$ なので、ゼータ関数の分子は $P(T)={\prod }_{i=1}^4(1-{\alpha }_{i}T)$、$|{\alpha }_i|=\sqrt{7}$ で、$N_k=7^k+1-s_k$、$s_k=\sum {\alpha }_i^k$ と書ける。

$k=1,2,3$ では $\gcd (5,7^k-1)=1$ である（$6,48,342$ はいずれも $5$ の倍数でない）。したがって $x\mapsto x^5$ は ${\mathbb{F}}_{7^k}$ 上の全単射になる。
アフィン点の個数は、$u=x^5$ とおいて ${\sum }_u(1+\chi (u+1))=q^{\prime }+0=q^{\prime }$（$q^{\prime }=7^k$, $\chi$ は 2 次指標）となる。無限遠点は $1$ つなので $N_k=7^k+1$ である。

よって $s_1=s_2=s_3=0$ である。

ニュートンの恒等式から、基本対称式は $e_1=p_1=0$、$e_2=(p_1^2-p_2)/2=0$、$e_3=0$ となる。また関数等式から $e_4={\alpha }_1{\alpha }_2{\alpha }_3{\alpha }_4=7^2=49$ である。

ゆえに $P(T)=1+49T^4$ で、$s_4=p_4=-4e_4=-196$ となる。

$N_4=7^4+1-s_4=2401+1+196=2598$。

検算：ハッセ–ヴェイユの限界は $|N_4-2402|\le 4\cdot 7^2=196$ で、$2598-2402=196$ なので限界ちょうどに入っており矛盾しない。