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現代数学解説
文献あり

解を数えて級数をなす(ヴェイユの論文を読んで)

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はじめに

この記事では,アンドレ・ヴェイユが「ヴェイユ予想」を提唱した論文『Numbers of solutions of equations in finite fields』1の中で議論されていることの具体例を見てみます.私の理解が浅いため,ヴェイユ予想の主張自体は説明しません.(ヴェイユ予想については1,または2を見てみるといいでしょう.)なお「予想」という言葉を使っていますが,現在ではヴェイユ予想はすでに解決しています.

論文のタイトルを和訳すると「有限体上の方程式の解の個数」になります.この論文ではまずr+1個の変数x0,x1,...,xrからなる

a0x0n0+a1x1n1+...+arxrnr=b

という形の方程式の有限体Fqにおける解の個数を評価します.次に,上の方程式でn0=n1=...=nr=n,b=0とした方程式

a0x0n+a1x1n+...+arxrn=0

の,射影空間における解の個数を係数とする冪級数を考えます.この記事ではこれら2つのことについて,具体例を見てみます.

方程式x03+x13+x23=0の解の個数

設定

この記事で考えるのは次の方程式Cです:

C:x03+x13+x23=0

標数7の有限体におけるCの解の個数を評価しましょう.

ν1以上の整数とし,qν=7νとおきます.当面の間はνを固定して議論するので,添え字νを省略して単にqとも書くことにします.(q=qν=7ν.)以降定義する記号についても,同様に添え字を省略することがあります.

q個の元からなる有限体kν:=Fqにおける方程式Cの解の個数をNνとします:

Nν=#{(x0,x1,x2)kν3x03+x13+x23=0}

この章の目標はN=Nνに対する次の2つの評価を得ることです:

等式による評価

N=q2+(q1)(j(γ1)+j(γ2))が成り立つ.
また,|j(γ1)|=|j(γ2)|=q

(ただしj,γ1,γ2は,あとで定義する.)

不等式による評価

|Nq2|2(q1)qが成り立つ.

命題1から命題2はすぐに得られるので,まずは命題1を仮定して命題2を示しておきます.

(命題2の証明)

命題1を仮定する.
|Nq2|=|(q1)(jν(γ1)+jν(γ2))|(q1)(|jν(γ1)|+|jν(γ2)|)=(q1)(q+q)=2(q1)q

また,命題2の不等式の両辺をq2で割ることで

|Nq21|2q1qqq211q=2qとなり,次の評価が得られました:

|Nq21|2q

命題3の評価は論文には出てきませんが,私はこの形の方が好きです.比N/q21に近い(あるいは,qが大きくなるにつれて限りなく1に近づく)ことが見える形だからです.C:x03+x13+x23=0Fqにおける解の個数はq2=(#Fq)2に近い値になるということになります.

ν=1,2,3,4,5の場合について,プログラムを書いて調べた解の個数Nνを載せておきます.qν2,Nν/qν2の値も並べておきます

νNνqν2(=72ν)Nν/qν2
155491.12...
2302524011.25...
31108091176490.94...
4559440157648010.97...
52860213152824752491.01...

確かにNνqν2とはまあまあ近い値になっていますね!

命題1の証明

3乗根の個数

それでは命題1の等式を証明していこうと思います.改めて記号を確認しておきます.ν1以上の整数であり,q=7ν,k=Fqであり,kにおける方程式

C:x03+x13+x23=0

の解(x0,x1,x2)k3の個数をNとします.

さて,ukに対して,ukにおける3乗根の個数をN(u)と書くことにします.N(0)=1です.また,uk{0}に対してはu3乗根vkがもし存在すれば2v,4vku3乗根であるため,次の命題が成立します:

任意のuk{0}に対してN(u)=0またはN(u)=3

このN(u)を用いて解の個数Nは次のように書けます:

N=u=(u0,u1,u2)LN(u0)N(u1)N(u2)が成り立つ.

ただし,L={(u0,u1,u2)k3u0+u1+u2=0}とした.

u0+u1+u2=0を満たす(u0,u1,u2)k3をとり固定する.

i=0,1,2に対してvi3=uiを満たすviを取れば,組(v0,v1,v2)Cの解となるが,条件(i,vi3=ui)を満たす組(v0,v1,v2)N(u0)N(u1)N(u2)個ある.

ところでLk3の中でk2次元の部分空間をなすので,次が成り立ちます:

#L=(#k)2=q2

指標を考える

次にN(u)Nを指標を用いて評価していきます.
有理数α13Z:={m3mZ}に対して写像χα:kCを次のように定義します:
まずk=k{0}は巡回群なので,その生成元w1つとり固定します.ukはあるmZによりu=wmと書けるので,このmを用いてχα(u)=e2πmα1と定めます.また,αZのときχα(0)=0αZのときχα(0)=1と定めます.

実は次の章でνごとのχαたちの整合性が必要になるので,これらは次のように定められているとします.

F7νの生成元をwνと書き,α13Zwνにより定まるχα:F7νCを,νを明記してχν,αと書くことにする.χν,αは生成元wνの取り方に依存して決まるが,次の整合性を満たしていると仮定する:

任意のuF7νに対してχν,α(u)=χ1,α(Nrν(u))
ただしNrνは体拡大F7ν/F7に対して定まるノルム.

(この整合性を満たすようにwνたちを定めるということです.)

さて,こうして定めたχαに対して次のことが成立するのはそんなに難しくないでしょう:

(1)ukに対してχ0(u)=1
(2)α,β13Z,ukに対してχα+β(u)=χα(u)χβ(u)

(3)α13Z,u,vkに対してχα(uv)=χα(u)χα(v)

(4)ukに対してN(u)=αAχα(u).ただしA={0,13,23}

((4)はu=0の場合と,u0uが立方数である場合と,立方数でない場合とで場合分けすると示せます.)

命題5と命題7(4)を合わせることで次が得られます:

N=((u0,u1,u2),(α0,α1,α2))L×A3χα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)

以下では3つの値の組を1つの文字でおいてu=(u0,u1,u2)Lα=(α0,α1,α2)A3とも書くことにします.

以降で添字集合L×A33個の部分集合に分けることで命題8の右辺を評価していきます.

A={13,23}とおき,

B1={(0,0,0)}

B2={α=(α0,α1,α2)A3α0,α1,α2のうち0であるものの個数が1または2}

B3=A3={α=(α0,α1,α2)A3α0,α1,α2のいずれも0でない}

とおきます.するとA3=B1B2B3となります.

そこで,(u,α)L×Bi(i=1,2,3)を動くときのχα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)の和をそれぞれ評価していきます.

L×B1

まず,S1:=(u,α)L×B1χα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)を評価します.

S1=q2

S1=uLχ0(u0)χ0(u1)χ0(u2)=uL111=#L=q2

L×B2

次にS2:=(u,α)L×B2χα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)を評価します.

α=(α0,α1,α2)B2に対して,αを固定してuLを動かしたときの和を

S2(α):=uLχα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)
と定めます.各S2(α)を評価します.

任意のαB2に対してS2(α)=0

α=(α0,α1,α2)B2α0,α10,α2=0を満たすとする.

S2(α)=uLχα0(u0)χα1(u1)χ0(u2)=u0,u1kχα0(u0)χα1(u1)χ0(u0u1)=u0,u1kχα0(u0)χα1(u1)1=(u0kχα0(u0))(u1kχα1(u1))=00=0.

他のαB2に対しても同様に示せる.

ただし次の補題を用いました:

αA={13,23}に対してukχα(u)=0

ukχα(u)=χα(0)+ukχα(u)=0+m=0q2e2πα1m=1(e2πα1)q11e2πα1=111e2πα1=0.
(q13の倍数であることに注意.)

S2=αB2S2(α)と命題10により,次が得られます:

S2=0

L×B3

最後にS3:=(u,α)L×B3χα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)を評価します.

前項と同様にα=(α0,α1,α2)B3に対して,αを固定してuLを動かしたときの和を

S3(α):=uLχα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)
と定めます.

さてS3を表すのに必要な記号をいくつか定義します.
B4:={α=(α0,α1,α2)B3α0+α1+α2Z}とおきます.少し手を動かすとわかると思うのですが,B4={(13,13,13),(23,23,23)}となります.γ1=(13,13,13),γ2=(23,23,23)とおきます.

αB4に対して,jν(α)=j(α):=v1,v2k,1+v1+v2=0χα1(v1)χα2(v2)と定めます.すると,次の評価が成り立ちます:

S3=(q1)αB4j(α)=(q1)(j(γ1)+j(γ2))

α=(α0,α1,α2)B3をとる.α0Zなので,u0=0のときχα0(u0)=0であることから,
S3(α)=uLχα0(u0)χα1(u1)χα2(u2)=uL,u00χα0(u0)χα1(u1)χα2(u2).
そこで,u00なるu=(u0,u1,u2)k3に対してv1=u1/u0,v2=u2/u0とおくと,u0+u1+u2=01+v1+v2=0より,命題7(2),(3)を用いて,
S3(α)=u0,v1,v2k,u00,1+v1+v2=0χα0(u0)χα1(u0v1)χα2(u0v2)=u0,v1,v2k,u00,1+v1+v2=0χα0(u0)χα1(u0)χα1(v1)χα2(u0)χα2(v2)=(u0k{0}χα0(u0)χα1(u0)χα2(u0))(v1,v2k,1+v1+v2=0χα1(v1)χα2(v2))=(u0k{0}χβ(u0))(v1,v2k,1+v1+v2=0χα1(v1)χα2(v2)).
ただしβ=α0+α1+α2とおいた.

ここで,右辺の前者の因子に注目し,βが整数かどうかで場合分けする.

(i)β=α0+α1+α2Zの場合,
補題11の証明と同様にしてu0k{0}χβ(u0)=0.

ゆえ,S3(α)=0.

(ii)β=α0+α1+α2Zの場合,
u0k{0}χβ(u0)=uk{0}1=q1.

ゆえ,S3(α)=(q1)j(α).

以上から,S3=αB3S3(α)=(q1)αB4j(α)=(q1)(j(γ1)+j(γ2)).

以上をまとめる

命題8,9,12,13により,次の評価が得られます:
N=S1+S2+S3=q2+(q1)(j(γ1)+j(γ2)).

また,全く自明ではないのですが,|j(γi)|=q(i=1,2)となります.(このことを示すのはこの記事では省略します.論文1では,ガウス和というものを考えて示しています.)

以上で命題1が証明されました!

解の個数で冪級数を作る

射影空間における解の個数

射影空間とは

この章では比(a0:a1:a2)全体の集合である射影空間P2(k)で解の個数を考えます.まず射影空間の定義を見ましょう.

kを体とし,集合X:=k3{(0,0,0)}に次のように定義される同値関係を導入します:

X上の同値関係を次のように定義する:

(x0,x1,x2),(y0,y1,y2)Xに対して,

(x0,x1,x2)(y0,y1,y2)
:⇔あるck{0}が存在してy0=cx0,y1=cx1,y2=cx2.

この同値関係による商集合をP2(k)と書き,射影空間と呼ぶことにします:P2(k)=X/.また,(a0,a1,a2)Xが代表するP2(k)の元を(a0:a1:a2)と書くことにします.

解の個数

(a0,a1,a2)Xについて,これが方程式Cの解である(a03+a13+a23=0)とき,(a0:a1:a2)P2(k)Cの解であるということにします.1以上の整数νに対して, k=kν=Fqνとおいたとき,P2(k)の元であってCの解であるものの個数をNνと書くことにします.前の章の結果(命題1)からNνに対する次の評価がすぐに得られます:

Nν=1+7ν+jν(γ1)+jν(γ2).

まず方程式CX=k3{0}における解の個数はNν1

また,Cの解(x0,x1,x2)X1つとり固定するとき,任意のck{0}に対して(x0,x1,x2)(cx0,cx1,cx2)であり,P2(k)において(x0,x1,x2)と同じ元を定めるXの元の個数は#(k{0})=qν1

よって命題1により
Nν=Nν1qν1=qν21+(qν1)(jν(γ1)+jν(γ2))qν1=qν+1+jν(γ1)+jν(γ2)=1+7ν+jν(γ1)+jν(γ2).

さて,実は次のことが成り立ちます:

ν1以上の整数とするとき,i=1,2に対してjν(γi)=(j1(γi))ν.

この命題は自明でないですが,証明は省略します.

さてi=1,2に対してci=j1(γi)とおきます.命題14,15より,次の評価が得られます:

Nν=1ν+7νc1νc2ν.

こうしてNνが「aν」という形の数の和差として書けました.実はこのことが,あとで効いてきます!

ちなみにc1,c2の値を求めることは難しくないです.j1γ1,γ2の定義を確認して計算すると,

c1=1+272,c2=1272

がわかります.

解の個数という整数を表すのに複素数が登場するというのなんとも奇妙で面白いですね!

ν=1,2,3,4,5の場合の解の個数Nνを命題16により計算したので,載せておきます:

νNν
19
263
3324
42331
517019

冪級数を考える

形式的冪級数環とは

Nνを係数とする冪級数NνTν1を考えましょう.

複素数体C上のTを変数とする多項式環C[T]を知っている人は多いと思うのですが,ここでは無限版多項式環ともいうべき,形式的冪級数環C[[T]]というものを考えます.

C[[T]]は,集合としてはa0+a1T+a2T+...と無限個の項の形式的な和として書けるもの全体の集合です:
C[[T]]:={a0+a1T+a2T2+...i0,aiC}.

C[[T]]における加法は,多項式環C[T]と同様に,次のように定まっています:

f(T)=a0+a1T+a2T2+...,g(T)=b0+b1T+b2T2+...C[[T]]に対して,

f(T)+g(T):=(a0+b0)+(a1+b1)T+(a2+b2)T2+...

C[[T]]における乗法の定義は省略しますが,考えうる限り最も自然な方法で定義されています.また,「微分」も次のように定義されています:

f(T)=ν=0aνTν=a0+a1T+a2T2+...に対して,

ddTf(T):=ν=1νaνTν1=a1+2a2T+3a3T2+...

解の個数を係数とする冪級数

それでは,P2(kν)におけるCの解の個数Nνを係数とする冪級数

F(T):=ν=1NνTν1=N1+N2T+N3T2+...

を考えましょう.添え字と指数が1ずれていることに注意してください.

さてここから,命題16を用いてF(T)を変形していきましょう.なお以下の議論では細かい説明を省略していますが,解析における操作と同様の操作がなぜかおこなえると思って読んでください.
C[[T]]の元11T,exp(T),log(1T)C[[T]]の定義だけ一応書いておきます:

11T:=ν=1Tν=1+T+T2+T3+...

exp(T):=ν=0Tνν!=1+T+T22+T36+...

log(1T):=ν=1Tνν=TT22T33...

命題16を用いてF(T)を変形します:

F(T)=N1+N2T+N3T2+...=(1+7c1c2)+(1+72c12c22)T+(1+73c13c23)T2+...=(1+T+T2...)+(7+72T+73T2+...)(c1+c12T+c13T2+...)(c2+c22T+c23T2+...)=(1+T+T2...)+7(1+7T+(7T)2+...)c1(1+c1T+(c1T)2+...)c2(1+(c2T)+(c2T)2+...)=11T+717Tc11c1Tc21c2T=ddT(log(1T)log(17T)+log(1c1T)+log(1c2T))=ddT(log(1c1T)(1c2T)(1T)(17T))=ddT(log1+T+7T2(1T)(17T))

この右辺のlogの中身Z(T):=1+T+7T2(1T)(17T)を(Cの)合同ゼータ関数と言います.

(なお両辺を「積分」することで

ν=1NννTν=log1+T+7T2(1T)(17T)

さらに両辺のexpをとることで

exp(ν=1NννTν)=1+T+7T2(1T)(17T)

となり,2の定義11.15の形になります.)

ヴェイユ予想によれば,この合同ゼータ関数Z(T)は,Cにおいて方程式Cが定める代数多様体の「かたち」に関する情報を持っているらしいです.(私の理解が浅いため詳しく説明することはできませんが,いつかちゃんと理解したいです!)

さて,合同ゼータ関数Z(T)=1+T+7T2(1T)(17T)の分子T2の係数が7になっており,この記事で我々が扱っている体F7νの標数7と一致していますね.実はこれは偶然ではなく,ヴェイユ予想の小さな片鱗がここに現れているのです!

漸化式を求める

フィボナッチ数列との比較

命題16の解の個数に対する評価を再掲します:

Nν=1+7νc1νc2ν

(ただし,c1=1+272,c2=1272.)

移項して両辺を入れ替えることで,

1+7νNν=c1ν+c2ν

を得ます.この式では,左辺の整数1+7νNνが,無理数c1,c2のべきの和として表されています.これを見て,私はフィボナッチ数列を思い浮かべました.

フィボナッチ数列(Fn)nNとは,

F1=F2=1とし,漸化式Fn+2=Fn+1+Fn(n1)により順次定まる数列です.特性方程式を考えるなどして一般項を求めることができ,一般項は次のようになっています:

Fn=15((1+52)n(152)n)

整数Fnが無理数のべきの差の15倍として書かれています.さっきの1+7νNν=c1ν+c2νと似ていますね.

解の個数についての漸化式を求める

というわけで,この類似を見て私は,逆に数列aν:=1+7νNν=c1ν+c2νがどんな漸化式を満たすのか,求めたくなりました.フィボナッチ数列の漸化式から一般項を求める手順を逆向きに辿ることで,数列(aν)νN の漸化式を求めてみましょう!

正の整数νに対して,aν+2+aν+1+7aν=0.

aν=c1ν+c2νaνc2ν=(c1c2)ν+1(両辺をc2νで割った)aνc2ν1=(c1c2)ν.
ここでbν:=aνc2ν1とおくと,bν=(c1c2)νであるから,(bν)は公比c1c2の等比数列である.よって次の漸化式を得る:bν+1=c1c2bν.

よって,bν=aνc2ν1より,
aν+1c2ν+11=c1c2(aνc2ν1)aν+1c2ν+1=c1aνc1c2ν(両辺にc2ν+1を掛けた)aν+1c1aν=(c2c1)c2ν.

ここでdν:=aν+1c1aνとおくと,dν=(c2c1)c2νであり(dν)は公比c2の等比数列である.よって次の漸化式を得る:dν+1=c2dν.

よって,dν=aν+1c1aνより,
aν+2c1aν+1=c2(aν+1c1aν)aν+2(c1+c2)aν+1+c1c2aν=0aν+2+aν+1+7aν=0.

かくしてaν+2+aν+1+7aν=0という漸化式が得られました!ここにaν=1+7νNνを代入し整理することで,次のNνに対する漸化式も得られます:

正の整数νに対して,Nν+2+Nν+1+7Nν=9(1+7ν+1).

左辺のNの係数は1,1,7と並んでいますが,Cの合同ゼータ関数Z(T)=1+T+7T2(1T)(17T)の分子の係数にも同じ1,1,7が並んでいて興味深いですね.

おしまい.

参考文献

[1]
André Weil, Numbers of solutions of equations in finite fields, Bull. Amer. Math. Soc., 1949, 497-508
[2]
三枝洋一, 数論幾何入門 モジュラー曲線から大定理・大予想へ, 森北出版, 2024
投稿日:20241017
更新日:20241018
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