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，$F(x,y,z,w)=x^2-(y^2+a{z}^2+b{w}^2)$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
$$(x:y:z:w)\mapsto (\frac{z}{x-y},\frac{w}{x-y})$$
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)
$X_0=(X\cap H)\cap \{x=0\},X_1=(X\cap H)\cap \{x\ne 0\}$とおく．
$$\begin{array}{rl}{X}_0& =\{(0:0:z:w)\in {\mathbb{P}}^3(k);a{z}^2+b{w}^2=0\}\\ & =\{(0:0:z:1)\in {\mathbb{P}}^3(k);(az{)}^2+ab=0\},\\ X_1& =\{(1:1:z:w)\in {\mathbb{P}}^3(k);a{z}^2+b{w}^2=0\}\end{array}$$
である．
$\bullet$ $-ab$が$k$の平方数でない時：
$\mathrm{\#}{X}_0=0$である．$(1:1:z:w)\in X_1$が$z\ne 0$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，$b\ne 0$より$w=0.$従って$X_1=\{(1:1:0:0)\}$なので$\mathrm{\#}X=q^2+0+1=q^2+1.$
$\bullet$ $-ab$が$k$の平方数の時：
$\mathrm{\#}{X}_0=2$である．$-ab=c^2(c\in k)$とおくと$a(a{z}^2+b{w}^2)=(az{)}^2-(cw{)}^2=(az+cw)(az-cw)$だから
$$X_1=\{(1:1:z:w)\in {\mathbb{P}}^3(k);az\pm cw=0\}.$$
$k$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$\mathrm{\#}{X}_1=q+q-1=2q-1$なので$\mathrm{\#}X=q^2+2+(2q-1)=(q+1{)}^2.$

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，
$$\mathrm{\#}X=\{\begin{array}{ll}(q+1{)}^2& ((-ab{)}^{(q-1)/2}=1)\\ q^2+1& ((-ab{)}^{(q-1)/2}\ne 1).\end{array}$$