代数幾何の問題

使う事実. 種数 $g$ の曲線 $C/{\mathbb{F}}_q$ のゼータ関数は
$$Z(T)=\frac{L(T)}{(1-T)(1-qT)},L(T)=\sum _{i=0}^{2g}{c}_i{T}^i=\prod _{i=1}^{2g}(1-{\alpha }_{i}T)$$
の形をもち、$N_k=q^k+1-s_k$（$s_k={\sum }_i{\alpha }_i^k$）である。さらに関数等式 $c_{2g-i}=q^{g-i}{c}_i$（$c_0=1$）が成り立つ。ここでは $q=3$, $g=2$ である。

手順 1（べき和 $s_1,s_2$）. $N_k=q^k+1-s_k$ より
$$s_1=3+1-N_1=4-7=-3,s_2=9+1-N_2=10-15=-5.$$

手順 2（ニュートンの恒等式で $c_1,c_2$）. $L(T)=\prod (1-{\alpha }_{i}T)$ の係数とべき和の間には
$$s_1+c_1=0,s_2+c_1{s}_1+2c_2=0,s_3+c_1{s}_2+c_2{s}_1+3c_3=0$$
が成り立つ。よって
$$c_1=-s_1=3,c_2=\frac{-s_2-c_1{s}_1}{2}=\frac{5+9}{2}=7.$$

手順 3（関数等式で残りの係数）. $c_3=q^{2-1}{c}_1=3\cdot 3=9$, $c_4=q^2{c}_0=9$。したがって
$$L(T)=1+3T+7T^2+9T^3+9T^4.$$

手順 4（$s_3$ と $N_3$）. ニュートンの恒等式の 3 つ目から
$$s_3=-(c_1{s}_2+c_2{s}_1+3c_3)=-(3\cdot (-5)+7\cdot (-3)+3\cdot 9)=-(-15-21+27)=9.$$
よって
$$N_3=3^3+1-s_3=28-9=19.$$

検算. $L$ の逆多項式 $x^4+3x^3+7x^2+9x+9$ を $x^2$ で割り $t=x+\frac{3}{x}$ とおくと $t^2+3t+1$ となり、その根 $t_1,t_2$（$t_1+t_2=-3$, $t_1{t}_2=1$）は実数で $|t_j|\le 2\sqrt{3}$ を満たす。${\alpha }^3+{\bar{\alpha }}^3=t^3-9t$ より $s_3=(t_1^3+t_2^3)-9(t_1+t_2)=(-27+9)+27=9$ となり、上の計算と一致する。また $N_3=19\ge N_1=7$ も自然である。

したがって $N_3=19$ である。

$q=3$、種数 $g=2$。${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_4$ を Frobenius の固有値とすると $N_k=q^k+1-p_k$、$p_k=\sum {\alpha }_i^k$。\n\n$p_1=4-7=-3$、$p_2=10-15=-5$。\n\nL 多項式は $L(T)=\prod (1-{\alpha }_{i}T)=1-e_{1}T+e_2{T}^2-e_3{T}^3+e_4{T}^4$ で、関数等式より $e_4=q^2=9$、$e_3=q{e}_1$。\n\n$e_1=p_1=-3$。$p_2=e_1^2-2e_2$ より $-5=9-2e_2$ なので $e_2=7$。$e_3=3\cdot (-3)=-9$。\n\nニュートンの恒等式 $p_3=e_1{p}_2-e_2{p}_1+3e_3$ より\n$p_3=(-3)(-5)-7(-3)+3(-9)=15+21-27=9$。\n\nよって $N_3=27+1-9=19$。\n\n検算: $N_1$ は、${\mathbb{F}}_3$ では $x^5=x$ なので $f(x)=1$、各 $x$ に $y=\pm 1$ の 2 点で $6$ 点、無限遠点 1 点（次数 5 で奇数なので 1 点）で $7$ となり与えられた値と一致。L 多項式は $1+3T+7T^2+9T^3+9T^4$ で、$L(1)=29$ が Jacobian の位数、整数で矛盾なし。