メモ45　有限体Fpにおけるx^3+y^3=k の解の個数

1. はじめに

　メモ40の冒頭で少し記したように、有限体 $F_{p}$ 上の楕円曲線 $E:x^{3}+y^{3}=k$ の合同ゼータ関数を具体的に求めたくて、有限体 $F_{p}$ における $x^{3}+y^{3}=k$ の解の個数を求める試みを続けている。それに関連する事項をメモ40~44に記した。ここでは、これまでの検討結果から本来の解の個数について得られた結果をまとめておく。

　なお、 $p \not\equiv 1 (mod \ 3)$ のとき、 $x^{3}+y^{3}=k$ の解の個数は、 $x+y=k$ の解の個数と同じで　無限遠点を加えて $p+1$ 個なので、本稿では　特に断らない限り $p≡1 (mod \ 3)$ とする。

2. $x^{3}+y^{3}=k$ の解の個数について得られた結果

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命題　有限体 $F_{p}（p≡1 \ (mod \ 3), p \ne 7,13)$ において、 $A, \ B$ を $4p=A^{2}+27B^{2} \ A≡1 \ (mod \ 3)$ として、 $A$ は一意的に定まり、 $B$ は符号を除いて定まる整数とする。

$F_{p}$ における不定方程式　 $x^{3}+y^{3}=k$ 　( $k$ ：自然数　 $p∤k$ )　の解の個数(無限遠点を除く) $E_{p}$ は以下のとおり。

①　 $k$ が $mod \ p$ で3乗剰余のとき　　 $E_{p}=A+p-2$

② 　 $k$ が $mod \ p$ で3乗剰余でないとき、 $B$ の符号を $A≡-3(2 \cdot k^{(p-1)/3}+1) \cdot B \ (mod \ p)$ で定めると

　　　 $E_{p}=(-A+9B+2p-4)/2$

　無限遠点まで含めた解の数は、 $E_{p}$ に $３$ を加えればよい。

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（注） $p=7,13$ の場合においても、個別に確かめると、本命題が正しいことがわかる。

　命題の証明は後で示すが、 $100$ 以下の素数 $p≡1 \ (mod \ 3)$ について、 $x^{3}+y^{3}=k$ を有限体で考えた場合の解の個数を、 $k$ が3乗剰余の場合、及び $k$ が3乗剰余でなく、 $B$ の符号が正負になる場合について、求めてみたのが下表である。

　また、この結果、有限体 $F_{p}$ 上の楕円曲線 $E:x^{3}+y^{3}=k$ の合同ゼータ関数が完全に求められることになる。

3． $x^{3}+y^{3}=k$ 　の解の個数と $1+x^{3}$ の値の関係

　まず、記号の準備をしておく。

　 $p$ を $p≡1 \ (mod \ 3)$ の素数、F $p$ を位数 $p$ の有限体、 $α$ を $F_{p}$ の原始根とする。

　 $S_{0},S_{1},S_{2},T_{0},T_{1},T_{2}$ を以下のとおりとする。

　　 $S_{0}= \{ α^{3i} | 0 \le i \lt (p-1)/3 \}$

　　 $S_{1}= \{ α^{3i+1} | 0 \le i \lt (p-1)/3 \}$

　　 $S_{2}= \{ α^{3i+2} | 0 \le i \lt (p-1)/3 \}$

　　 $T_{0}= \{ 1+α^{3i} | 0 \le i \lt (p-1)/3 \}$

　　 $T_{1}= \{ 1+α^{3i+1} | 0 \le i \lt (p-1)/3 \}$

　　 $T_{2}= \{ 1+α^{3i+2} | 0 \le i \lt (p-1)/3 \}$

$\bar{k}$ を自然数 $k$ の自然な写像 $Z→F_{p}$ における像とする。

　以下の補題が成り立つ。

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補題1　有限体 $F_{p} \ (p \ne 7,13)$ において $x^{3}+y^{3}= \bar{k}$ ( $k$ ：自然数 $p∤k$ ) の解の個数(無限遠点を除く)は以下のとおり。

　　　 $k \in S_{0}$ のとき $\# (S_{0}⋂T_{0}) \cdot 9+6$

　　　 $k \in S_{1}$ のとき $\# (S_{1}⋂T_{0}) \cdot 9$

　　　 $k \in S_{2}$ のとき $\# (S_{2}⋂T_{0}) \cdot 9$

　つまり、解の個数は $F_{p}^{*}$ を部分群である $S_{0}$ で割った商群 $F_{p}^{*}/S_{0}$ における $\bar{k}$ の同値類のみに依存する。

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(証明)

$\bar{k} \in S_{i} \ (i=0,1,2)$ とする。

　メモ41に述べた予想の証明により、 $p \neq 2,3,7,13$ のとき

$F_{p}^{*} \times F_{p}^{*} \ni (x,y)→ x^{3}+y^{3} \in F_{p}$ は全射である。

したがって、 $k$ に対し $x^{3}+y^{3}= \bar{k}$ となる $x,y \in F_{p}^{*}$ が存在する。

　よって $1+(y/x)^{3}= \bar{k} /x^{3}$ つまり、この元は $S_{i}⋂T_{0}$ の元の $F_{p}$ における像でもある。これは $x^{3}+y^{3}= \bar{k}$ の解に対し $S_{i}⋂T_{0}$ の元の $F_{p}$ における像が定まることを意味する。この写像を $f$ とする

　 $f(x,y)＝1+(y/x)^{3}= \bar{k} /x^{3}$

逆に $S_{i}⋂T_{0} \ni w$ に対し $w=α^{i+3j}=1+α^{3r}$ なる $0 \le j,r \lt (p-1)/3$ が一意的に存在する。 $z= \bar{k} /w$ とおくと $z \in S_{0}$ なので　 $z=α^{3s}$ と書ける。

　 $ｘ＝α^{s}, y=α^{r+s}$ とすれば

$x^{3}+y^{3}=α^{3s}+α^{3(s+r)}=α^{3s} \cdot (1+α^{3r})=z \cdot w= \bar{k}$

$x$ を $ⅹ\cdot α^{(p-1)/3}, ⅹ\cdot α^{2(p-1)/3}, y$ を $y \cdot α^{(p-1)/3}, y \cdot α^{2(p-1)/3}$ としてもこれらの3乗和は $\bar{k}$ となる。つまり　 $(x^{3},y^{3}) \in F_{p}^{*} \times F_{p}^{*}$ を固定した時、 $x^{3}+y^{3}= \bar{k}$ の解　 $(x,y) \in F_{p}^{*} \times F_{p}^{*}$ は解があれば9個となる。

　また、 $x^{3}+y^{3}= \bar{k}$ で $x$ または $y$ が $0$ となる解は $\bar{k} \in S_{0}$ のときのみ存在し、 $x=0$ の解が $3$ つ, $y=0$ の解が $3$ つで計 $6$ つである。

　以上より $k \in S_{0}$ のとき $x^{3}+y^{3}= \bar{k}$ の解の個数は　 $( \# S_{0}⋂T_{0}) \times 9+6$ に等しい。

$k \in S_{1},S_{2}$ のとき $x^{3}+y^{3}= \bar{k}$ の解の個数は $( \# S_{1}⋂T_{0}) \times 9, ( \# S_{2}⋂T_{0}) \times 9$ に等しい。

（証明終）

4. x^3+y^3=k　の解の個数

　3に記した補題1より、 $x^{3}+y^{3}=k$ の解の個数を求めるためには、 $\# (S_{i}⋂T_{0}) (i=0,1,2)$ を求めればよい。メモ44の「最終解答」で示していた、以下の補題2が成り立つ。

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補題2　有限体 $F_{p}（p \ne 7,13)$ において $α$ を $F_{p}^{*}$ の原始根とする。このとき

$4p=A^{2}+27B^{2}, \ A≡1 \ (mod \ 3) , \ A≡-3(2α^{(p-1)/3}+1) \cdot B \ (mod \ p)$ なる整数 $A, \ B$ が一意的に定まり、

　 $\# (S_{0}⋂T_{0})=(A+p-8)/9$

　 $\# (S_{1}⋂T_{0})=(-A+9B+2p-4)/18$

　 $\# (S_{2}⋂T_{0})=(-A-9B+2p-4)/18$

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（証明）

　以下の順序で証明する

$a. \omega =(-1+\sqrt(-3) )/2$ とするとき、次の写像 $F$

$\hspace{20pt} Z [ \omega ] \rightarrow F_{p}$

$\hspace{15pt} a+b \omega \mapsto a+b \cdot \alpha^{(p-1)/3}$

は、環準同型となり、その核は、 $(A+3 \sqrt(-3) \cdot B)/2$ で生成される素イデアルである。

$b. \ N_{0}= \# (S_{0}⋂T_{0}) +1, \ N_{1}=\# (S_{1}⋂T_{0}), \ N_{2}=\# (S_{2}⋂T_{0})$ とするとき、 $A=9N_{0}-p-1$ かつ、 $\{ A+ 3 \sqrt(-3) \cdot B \} /2 =-1+3(N_{0}+ N_{1} \omega + N_{2} \omega ^{2} )$ である。

$c. \ B=N_{1}-N_{2}$ である。

$d.$ 命題の主張がなりたつ。

$a$ の証明について

$F$ が加法について準同型であることはあきらか。

$(a+b \omega)(c+d \omega)=ac+(bc+ad) \omega +bd \omega^{2}=ac-bd+(ad+bc-bd) \omega$

$\alpha$ は原始根なので

$\alpha^{p-1}=1, \ \alpha^{(p-1)/3} \neq 1$

である。これより、

$\alpha^{(p-1)2/3}+\alpha^{(p-1)/3}+1=0$

したがって、

$(a+b \alpha^{(p-1)/3})(c+d \alpha^{(p-1)/3})=ac+(ad+bc) \alpha^{(p-1)/3}+bd \alpha^{(p-1)2/3}$ $\hspace{130pt} = ac-bd+(ad+bc-bd) \alpha^{(p-1)/3}$

等より、環準同型となる。

　次に $p≡1 \ (mod \ 3)$ なる素数について、 $4p=A^{2}+27B^{2}, \ A≡1 \ (mod \ 3)$ なる $A, B$ について $A$ は一意に定まり、 $B$ は符号を除いて定まることはよく知られている。

$A^{2}+27B^{2}≡(A+3(2α^{(p-1)/3}+1) \cdot B)( A-3(2α^{(p-1)/3}+1) \cdot B) \ (mod \ p)$ と因数分解できるので、 $A≡-3(2α^{(p-1)/3}+1) \cdot B \ (mod \ p)$ により $B$ の符号が定まる。

　このとき、 $F( \{ A+3 \sqrt(-3) \cdot B \} /2)= \{ A+3(2 \alpha^{(p-1)/3}+1)B \} /2 ≡0 \ (mod \ p)$ より

$\{ A+3 \sqrt(-3) \cdot B \} /2$ は写像 $F$ の核に含まれる。また、

$\{ A+3 \sqrt(-3) \cdot B \} /2) \{ A-3 \sqrt(-3) \cdot B \} /2=p$ より $\{ A+3 \sqrt(-3) \cdot B \} /2$ より生成されるイデアルは素イデアルであることがわかる。

$b$ の証明について

　メモ43の解答より $A=9N_{0}-p-1$ である。

$A≡-3(2α^{(p-1)/3}+1) \cdot B \ (mod \ p)$ と $9B=A(2 \alpha^{(p-1)/3}+1) \ (mod \ p)$ が同値であることに注意すると、メモ44に記した $lemma 2.7$ により、

$\chi$ を有限体 $F_{p}$ の位数3の乗法的指標とすると、

　　　　　 $J( \chi , \chi)=(A+3 \sqrt(-3) B)/2$

ここで $J$ はヤコビ和、 $α$ は　 $\chi (α) = \omega$ となる $F_{p}$ の原始根である。

ヤコビ和の定義より

$J( \chi, \chi)=\displaystyle \sum_{x,y \in F_{p} \\ x+y=1} \chi (x) \chi (y) = \displaystyle \sum_{x \in F_{p} } \chi (x) \chi (1-x)$

$\hspace{20pt} = \displaystyle \sum_{x \in S_{0} } \chi (x) \chi (1-x) + \displaystyle \sum_{x \in S_{1} } \chi (x) \chi (1-x) +\displaystyle \sum_{x \in S_{2} } \chi (x) \chi (1-x)$

第1項は

$\displaystyle \sum_{x \in S_{0} } \chi (x) \chi (1-x) = \displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{0} } \chi (x) \chi (1-x) +\displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{1} } \chi (x) \chi (1-x) +\displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{2} } \chi (x) \chi (1-x)$

$x \in S_{0} \cap T_{0}$ は $x=α^{3l}=1+α^{3k}$ と表せるので

$\displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{0}} \chi (x) \chi (1-x) = \displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{0} \\ x= \alpha^{3l}=1+ \alpha^{3k} } \chi ( \alpha^{3l}) \chi ( \alpha^{3k}) =N_{0}-1$

$x \in S_{0} \cap T_{1}$ は $x=α^{3l}=1+α^{3k+1}$ と表せるので

$\displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{1}} \chi (x) \chi (1-x) = \displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{1} \\ x= \alpha^{3l}=1+ \alpha^{3k+1} } \chi ( \alpha^{3l}) \chi ( \alpha^{3k+1}) =N_{1} \omega$

$x \in S_{0} \cap T_{2}$ は $x=α^{3l}=1+α^{3k+2}$ と表せるので

$\displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{2}} \chi (x) \chi (1-x) = \displaystyle \sum_{x \in S_{0} \cap T_{2} \\ x= \alpha^{3l}=1+ \alpha^{3k+2} } \chi ( \alpha^{3l}) \chi ( \alpha^{3k+2}) =N_{2} \omega^{2}$

よって、第1項は、

$\displaystyle \sum_{x \in S_{0} } \chi (x) \chi (1-x) =-1+N_{0}+N_{1} \omega +N_{2} \omega^{2}$

同様に第2項、第3項を求めると、

$\displaystyle \sum_{x \in S_{1} } \chi (x) \chi (1-x) =N_{1} \omega +N_{2} \omega^{2} +N_{0}$

$\displaystyle \sum_{x \in S_{2} } \chi (x) \chi (1-x) =N_{2} \omega^{2} +N_{0} +N_{1} \omega$

よって、

$J( \chi, \chi )=-1+3(N_{0}+N_{1} \omega +N_{2} \omega^{2} )$

$c$ の証明について

$b$ より

$\{ A+ 3 \sqrt(-3) \cdot B \} /2 =-1+3(N_{0}+ N_{1} \omega + N_{2} \omega ^{2} )$

である。これを $F$ の像として $F_{p}$ で考えれば、

$\{ A+3( 2 \alpha^{(p-1)/3}+1) B \} /2 =-1+3 \{ N_{0}+N_{1}α^{(p-1)/3}+N_{2} α^{(p-1)2/3} \}$ $\hspace{30pt} =-1+3 \{ N_{0}+N_{1}α^{(p-1)/3}-N_{2}-N_{2} α^{(p-1)/3} \}$ $\hspace{30pt} =-1+3(N_{0}-N_{2})+3α^{(p-1)/3}(N_{1}-N_{2})$

$A=9N_{0}-p-1$ に注意すれば、

$9N_{0}-p-1+3(2α^{(p-1)/3}+1)B≡-2+6(N_{0}-N_{2})+6α^{(p-1)/3}(N_{1}-N_{2}) \ (mod \ p)$
$3(2α^{(p-1)/3}+1)B≡-1-3N_{0}-6N2+6α^{(p-1)/3}(N_{1}-N_{2}) \ (mod \ p)$ $\hspace{30pt} ≡-1+3(N_{1}-(p-1)/3)-3N_{2}+6α^{(p-1)/3}(N_{1}-N_{2}) \ (mod \ p)$ $\hspace{30pt} ≡3(N_{1}-N_{2})+6α^{(p-1)/3}(N_{1}-N_{2}) \ (mod \ p)$

$(2α^{(p-1)/3}+1)^{2}≡-3 \neq 0$ 　
よって　 $B≡N_{1}-N_{2} \ (mod \ p)$ $B$ は符号のみが定まらなかったので $B＝N_{1}-N_{2}$ である。

$d$ の証明について

メモ43の問題の解答より

$B \gt ０$ であれば、指数1の元の個数 $N_{1}$ は指数2の元の個数 $N_{2}$ より大きいので

$N_{1}=(-A+9B+2p-4)/18$

$B \lt 0$ であれば、指数1の元の個数 $N_{1}$ は指数2の元の個数 $N_{2}$ より小さいので

$N_{1}=(-A+9B+2p-4)/18$

$N_{0}＋N_{1}＋N_{2}＝ \# S_{0} \cap T_{0}+1+ \# S_{1} \cap T_{0}+ \# S_{2} \cap T_{0}=(p-1)/3$ かつ $\# S_{0} \cap T_{0}=(A+p-8)/9$ より

$N_{2}＝(-A-9B+2p-4)/18$

(証明終)

冒頭に掲げた命題とその証明を下に記す。

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命題　有限体 $F_{p} \ (p≡1 \ (mod \ 3), p \ne 7,13)$ において、 $A, \ B$ を $4p=A^{2}+27B^{2}, \ A≡1 \ (mod \ 3)$ として、 $A$ は一意的に定まり、 $B$ は符号を除いて定まる整数とする。

$F_{p}$ における不定方程式 $x^{3}+y^{3}=k$ 　( $k$ ：自然数 $p∤k$ ) の解の個数(無限遠点を除く) $E_{p}$ は以下のとおり。

　①　 $k$ が $mod \ p$ で3乗剰余のとき　　 $E_{p}=A+p-2$

　② 　 $k$ が $mod \ p$ で3乗剰余でないとき、 $B$ の符号を $A≡-3(2 \cdot k^{(p-1)/3}+1) \cdot B \ (mod \ p)$ で定めると

　　　 $E_{p}=(-A+9B+2p-4)/2$

　無限遠点まで含めた解の数は、 $E_{p}$ に３を加えればよい。

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（証明）

①の場合

　補題1，2により　 $E_{p}=(A+p-8)/9 \cdot 9+6=A+p-2$

②の場合

　 $k$ が $mod \ p$ で3乗剰余でないとき、 $α$ を $F_{p}^{*}$ の原始根とすると　 $k≡α^{r}$ と表したとき

　 $r≡1$ または $2 \ (mod \ 3)$ である。

　 $r≡1 \ (mod \ 3)$ のとき　

　　 $k^{(p-1)/3}≡(α^{r})^{(p-1)/3}≡α^{r \cdot (p-1)/3}≡α^{(p-1)/3} \ (mod \ p)$

よって、本命題の $B$ と補題2の $B$ は等しい。

また、 $k$ の $F_{p}^{*}$ での像を $\bar{k}$ とするとき $\bar{k} \in S_{1}$ よって、補題1，2により解の個数は $(-A+9B+2p-4)/2$ に等しい。

　 $r≡2 \ (mod \ 3)$ のとき

　 $k^{(p-1)/3}≡(α^{r})^{(p-1)/3}≡α^{r} \cdot (p-1)/3≡α^{2(p-1)/3} \ (mod \ p)$

したがって、

$α^{2(p-1)/3}+α^{(p-1)/3}+1≡0 \ (mod \ p)$ に注意すると

$A+3(2 \cdot k^{(p-1)/3}+1) \cdot B≡A+3(2 \cdot α^{2(p-1)/3}+1) \cdot B$ $\hspace{10pt} ≡A+3(-2 \cdot α^{(p-1)/3}-2+1) \cdot B \\ \hspace{10pt} ≡A-3(2α^{(p-1)/3}+1) \cdot B \ (mod \ p)$