東大数理院試平成初期専門問4解答

(i)
$p_0 = (1: 1: 0: 0)$とし，$F(x, y, z, w) = x^2 - (y^2 + az^2 + bw^2)$とおく．$(F_x, F_y, F_z, F_w)|_{p_0} = (2, -2, 0, 0)$で$k$の標数は$2$でないから$H = \{ x - y = 0\}$である．$f : X \setminus H \to k^2$を
$$ (x: y: z: w) \mapsto \bigg( \frac{z}{x - y}, \frac{w}{x - y} \bigg) $$
で定める．任意に$(\alpha, \beta) \in k^2$を取る．$(x: y: z: w) \in X \setminus H$が$f(x: y: z: w) = (\alpha, \beta)$を満たすとする．$z = \alpha(x - y), w = \beta(x - y)$より$x^2 - y^2 = a\alpha^2(x - y)^2 + b\beta^2(x - y)^2$だから$\frac{x + y}{x - y} = a\alpha^2 + b\beta^2.$よって$(a\alpha^2 + b\beta^2 - 1)x = (a\alpha^2 + b\beta^2 + 1)y$であるが，$k$の標数が$2$でないから，$x, y$の係数が共に$0$になることはない．従って$(x: y: z: w) \in X \setminus H$は一意に決まる．よって$f$は全単射であるから，これが求めるものである．
(ii)
$X_0 = (X \cap H) \cap \{ x = 0\}, X_1 = (X \cap H) \cap \{ x \not= 0\}$とおく．
\begin{align*} X_0 &= \{ (0: 0: z: w) \in \PP^3(k) \, ; \, az^2 + bw^2 = 0\} \\ &= \{ (0: 0: z: 1) \in \PP^3(k) \, ; \, (az)^2 + ab = 0\}, \\ X_1 &= \{ (1: 1: z: w) \in \PP^3(k) \, ; \, az^2 + bw^2 = 0\} \end{align*}
である．
$\bullet$ $-ab$が$k$の平方数でない時：
$\# X_0 = 0$である．$(1: 1: z: w) \in X_1$が$z \not= 0$であれば$(bw / z)^2 + ab = 0$となるが，仮定から矛盾．よって$z = 0$だから，$b \not= 0$より$w = 0.$従って$X_1 = \{ (1: 1: 0: 0)\}$なので$\# X = q^2 + 0 + 1 = q^2 + 1.$
$\bullet$ $-ab$が$k$の平方数の時：
$\# X_0 = 2$である．$-ab = c^2 \, (c \in k)$とおくと$a(az^2 + bw^2) = (az)^2 - (cw)^2 = (az + cw)(az - cw)$だから
$$ X_1 = \{ (1: 1: z: w) \in \PP^3(k) \, ; \, az \pm cw = 0\}. $$
$k$の標数が$2$でないから，$az + cw = az - cw = 0$となるのは$z = w = 0$に限る．よって$\# X_1 = q + q - 1 = 2q - 1$なので$\# X = q^2 + 2 + (2q - 1) = (q + 1)^2.$

ここで$-ab$が$k$の平方数であること，すなわち$T^2 + ab = 0$が$k$において根を持つことは，$k[T]$において$T^q - T$が$T^2 + ab$で割り切れることと同値．$T^q - T = T((T^2)^{(q - 1) / 2} - 1)$を$T^2 + ab$で割った余りは$((-ab)^{(q - 1) / 2} - 1)T$だから，
$$ \# X = \begin{cases} (q + 1)^2 & ((-ab)^{(q - 1) / 2} = 1) \\ q^2 + 1 & ((-ab)^{(q - 1) / 2} \not= 1). \end{cases} $$