代数幾何の問題

1. 非特異性と種数。 偏微分 $4X^3,4Y^3,8Z^3$ は標数 $5$ では $X=Y=Z=0$ のときに限って同時に $0$ になる。したがって $C$ は非特異な $4$ 次平面曲線であり、種数は $g=\frac{(4-1)(4-2)}{2}=3$ である。

2. 対合と商曲線。 ${\mathbb{F}}_5$ 上定義された対合
$${\sigma }_X:[X:Y:Z]\mapsto [-X:Y:Z],{\sigma }_Y:[X:Y:Z]\mapsto [X:-Y:Z],{\sigma }_Z:[X:Y:Z]\mapsto [X:Y:-Z]$$
を考える。射影的には ${\sigma }_X{\sigma }_Y={\sigma }_Z$ なので、$G=\{1,{\sigma }_X,{\sigma }_Y,{\sigma }_Z\}\cong (\mathbb{Z}/2{)}^2$ は $C$ の自己同型群である。

${\sigma }_Z$ の不変式は $X,Y,W=Z^2$（$W$ の重みは $2$）である。よって商曲線は重みつき射影空間 $\mathbb{P}(1,1,2)$ 内の曲線 $X^4+Y^4+2W^2=0$ になる。$-\frac{1}{2}=-3=2$ in ${\mathbb{F}}_5$ なので、アフィン形では
$$E_Z:w^2=2(x^4+1)$$
である。同様にして
$$E_X:u^2=-(y^4+2),E_Y:u^2=-(x^4+2)$$
が得られる。右辺の $4$ 次式はいずれも標数 $5$ で重根をもたないので、これらは種数 $1$ である。

種数はリーマン・フルヴィッツの公式でも確かめられる。${\sigma }_Z$ の固定点は $Z=0,X^4+Y^4=0$ の $4$ 点なので、$2\cdot 3-2=2(2g^{\prime }-2)+4$ より $g^{\prime }=1$ となる。また $C/G$ は円錐曲線 $s^2+t^2+2r^2=0$（$s=X^2,t=Y^2,r=Z^2$）で、種数は $0$ である。

3. ヤコビ多様体の分解。 位数 $4$ の基本アーベル群 $G$ に対するカニ・ローゼンの定理から、${\mathbb{F}}_5$ 上の同種
$$\mathrm{Jac}(C)\times \mathrm{Jac}(C/G{)}^2\sim E_X\times E_Y\times E_Z$$
が成り立つ。$\mathrm{Jac}(C/G)=0$ なので $\mathrm{Jac}(C)\sim E_X\times E_Y\times E_Z$ である。したがって $C$ の $L$ 多項式は $L_C(T)=L_{E_X}(T)L_{E_Y}(T)L_{E_Z}(T)$ となる。各楕円曲線のフロベニウス固有値を $\alpha ,\bar{\alpha }$ とし、$s_n={\alpha }^n+{\bar{\alpha }}^n$ とおくと
$$\#C({\mathbb{F}}_{5^n})=5^n+1-s_n(E_X)-s_n(E_Y)-s_n(E_Z)$$
である。

4. ${\mathbb{F}}_5$ 上の点の数。 ${\mathbb{F}}_5$ では $x\ne 0$ のとき $x^4=1$ である。平方元は $0,1,4$、非平方元は $2,3$ である。
- $E_Z:w^2=2(x^4+1)$。$x=0$ のとき $w^2=2$ で解なし。$x\ne 0$ の $4$ 通りでは $w^2=4$ で各 $2$ 点、計 $8$ 点。無限遠点は $w^2=2$（最高次係数）で $0$ 点。よって $\#E_Z({\mathbb{F}}_5)=8$、$a_Z=6-8=-2$。
- $E_X:u^2=-(y^4+2)$。$y=0$ のとき $u^2=3$、$y\ne 0$ のとき $u^2=2$ で、どちらも解なし。無限遠点は $u^2=-1=4$ で $2$ 点。よって $\#E_X({\mathbb{F}}_5)=2$、$a_X=4$。$E_Y$ も同じで $a_Y=4$。

（検算）$\#C({\mathbb{F}}_5)=6-(4+4-2)=0$ となる。実際、$X^4,Y^4\in \{0,1\}$、$2Z^4\in \{0,2\}$ で、すべてが $0$ でないときの和は $1$ 以上 $4$ 以下なので $5$ の倍数にならず、$0$ 点で一致する。

（検算 2）$\#C({\mathbb{F}}_{25})$ を求める。$s_2=a^2-10$ より、$E_X,E_Y$ では $6$、$E_Z$ では $-6$ なので、予想値は $26-(6+6-6)=20$ である。直接数えると次のようになる。${\mathbb{F}}_{25}^{\times }$ 上で $x\mapsto x^4$ の像は $H_6=\{\pm 1,\pm \omega ,\pm {\omega }^2\}$（${\omega }^2+\omega +1=0$）で、各元の逆像は $4$ 個ある。$Z=0$ では $(X/Y{)}^4=-1\in H_6$ より $4$ 点。$Z=1$ では $u+v=3$（$u,v\in H_6\cup \{0\}$）を解く。$3\notin H_6$ なので $u,v\ne 0$ であり、解は $u=v=-1$ のみである。よって $4\cdot 4=16$ 点で、合計 $20$ となり一致する。

5. $n=3$ の計算。 漸化式 $s_{n+1}=a{s}_n-5s_{n-1}$（$s_0=2$）を使う。
- $a=4$：$s_1=4,s_2=4\cdot 4-10=6,s_3=4\cdot 6-5\cdot 4=4$
- $a=-2$：$s_1=-2,s_2=4-10=-6,s_3=(-2)(-6)-5(-2)=22$

よって
$$\#C({\mathbb{F}}_{125})=125+1-(4+4+22)=96.$$
ハッセ・ヴェイユの評価 $|96-126|=30\le 6\sqrt{125}\approx 67$ も満たしている。

$q=125$ とする。${\mathbb{F}}_{125}^{\times }$ は位数 $124=4\cdot 31$ の巡回群で、4乗元全体 $H$ は位数 $31$ の部分群である。ノルム $N:{\mathbb{F}}_{125}\to {\mathbb{F}}_5$ を $N(x)=x^{31}$ とおくと、$H=\{x:N(x)=1\}$ である。

アフィン解の数え上げ。 $u=x^4,v=y^4,w=z^4$ とおく。$u,v,w\in H\cup \{0\}$ で $u+v+2w=0$ となる組を数え、各非零成分に重み $4$ を付ける。
- 1 つだけ 0 の場合: 例えば $u=0$ なら $v=-2w$ より $N(v)=N(-2)=-8=2\ne 1$。$v=0$ でも同様。$w=0$ なら $v=-u$ より $N(-1)=-1\ne 1$。いずれも不可能。
- 2 つが 0 の場合も不可能。
- よって、自明解 $(0,0,0)$ 以外では $u,v,w$ はすべて非零である。

このとき $w$ で割ると、$u^{\prime }+v^{\prime }=-2$ かつ $u^{\prime },v^{\prime }\in H$ となる。この $(u^{\prime },v^{\prime })$ の個数を $M$ とすると、$w$ の選び方が $31$ 通り、重みが $4^3=64$ である。したがって
$$N_{\text{aff}}=1+64\cdot 31\cdot M.$$
射影点の数は $(N_{\text{aff}}-1)/124=16M$ である。

$M$ の計算。 $N(-1)=-1$ より、$M=\#\{u\in {\mathbb{F}}_{125}:N(u)=1,N(u+2)=4\}$ となる。

${\mathbb{F}}_5^{\times }$ の位数 4 の指標 $\psi$ を $\psi (2)=i$ でとり、$\chi =\psi \circ N$ とおく。指示関数を指標の和で書くと
$$M=\frac{1}{16}[(q-2)+\sum _{t\ne 0}(-1{)}^t(-{\chi }^t(2))+\sum _{s\ne 0}(-{\chi }^s(-2))+\sum _{s,t\ne 0}{i}^{s+t}J({\chi }^s,{\chi }^t)].$$
ここで $\chi (2)=\psi (8)=-i$、$\chi (-2)=\psi (2)=i$、$\chi (-1)=-1$ を使った。

• 第 2 項は $+1$、第 3 項は $+1$ となる。
• 第 4 項については、$s+t=4$ のとき $J=-{\chi }^s(-1)$ である。これは $(1,3),(3,1),(2,2)$ について $1,1,-1$ となり、寄与の合計は $1$ である。
• それ以外の $J$ は Hasse–Davenport の関係式より、${\mathbb{F}}_5$ 上のヤコビ和の 3 乗に等しい。${\mathbb{F}}_5$ 上では $J(1,1)=-1-2i$、$J(1,2)=1+2i$ なので、${\mathbb{F}}_{125}$ 上では次のようになる。
• $J(1,1)=11+2i$
• $J(1,2)=J(2,1)=-11-2i$
• $J(2,3)=J(3,2)=-11+2i$
• $J(3,3)=11-2i$

これらを $i^{s+t}$ 倍して足すと、第 4 項は $1-(11+2i)+2(-4+22i)+2(-4-22i)-(11-2i)=-29$ となる。

よって $M=(123+1+1-29)/16=96/16=6$ である。

結論。 $\#C({\mathbb{F}}_{125})=16\cdot 6=96$。

検算。 $M$ が整数になっている。${\mathbb{F}}_5$ 上では $x^4\in \{0,1\}$ なので $X^4+Y^4+2Z^4=0$ に解がなく、$\#C({\mathbb{F}}_5)=0$ で矛盾しない。また Weil の限界 $126\pm 6\cdot \sqrt{125}$ の範囲内である。