Para el prime $q \geq 5$ escribir la cuenta como
$$
\frac1{1152} q (q-1) (q^3 - 21q^2 + 171 p - c_q)
$$
donde
$$
c_q = 483 + 36 \left(\frac{-1}{q}\right) + 64 \left(\frac{-3}{q}\right)
+ \delta_q.
$$
A continuación, para $(\frac{-2}{q}) = -1$ Ronald Bacherlos cálculos
indique el $\delta_q=0$. Si $(\frac{-2}{q}) = +1$ luego
$q$ puede ser escrito como $m^2 + 2n^2$, de forma exclusiva hasta el cambio de
$(m,n)$ a $(\pm m, \pm n)$, y tenemos
$$
\delta_q = 24(m^2 - 2n^2) + 192 + 72 \left(\frac{-1}{q}\right).
$$
La explicación es la siguiente. Inicio como lo hizo Se Sawin
teniendo en cuenta la variedad de $(s_1,s_2,s_3,s_4,t_1,t_2,t_3,t_4)$
que, por $i=1,2,3$ la $i$-th primaria simétrica de la función
de la $s$'s es igual a la $i$-th elem.sym.fn. de la $t$'s.
Podemos aplicar cualquier $aX+b$ transformación a todos los $8$ variables
lo que explica la $q(q-1)$ factor. (El factor de $1152 = 2 \cdot 4!^2$
es a partir de las coordenadas de permutaciones que el respeto a la partición de la
$8$ variables en dos conjuntos de $4$.) En la extraña característica, hay
un único representante con $\sum_{i=1}^4 s_i = \sum_{i=1}^4 t_i = 0$;
esta se ocupa de las traducciones, y luego nos mod por escalares
yendo al espacio proyectivo. Terminamos con la intersección completa
de un quadric y un sextic en ${\bf P}^5$. Esta triple, lo llaman
${\cal M}$, resulta ser racional. (Este ha sido, probablemente, conocido
durante algún tiempo, debido a que ${\cal M}$ clasifica perfecto multigrades de orden $4$,
y tales cosas han sido estudiados desde el siglo de mid-19th, ver la
Prouhet-Quédate-Escott problema; esbozo de una prueba a continuación.)
Sin embargo, al exigir que todas las coordenadas ser distinto
estamos eliminando algunos divisor ${\cal D}$ en esta triple,
de modo que el último número se reduce por el resultado de la inclusión-exclusión de la fórmula
cuyos términos son los puntos de cuenta sobre algunas subvariedades de ${\cal M}$.
La mayoría de estos sub-variedades son racionales en curvas o puntos que pueden ser definidos
más de ${\bf Q}(i)$ o ${\bf Q}(\sqrt{-3})$, el último explicando
la aparición de los símbolos de Legendre $(\frac{-1}{p})$, $(\frac{-3}{p})$
en el recuento de la fórmula. Pero las dos dimensiones de los componentes de ${\cal D}$
son isomorfos K3 superficies, que surge como una completa intersección de
un quadric y un cúbicos en ${\bf P}^4$; y los componentes de una manera más complicado
la contribución. Afortunadamente estos K3 superficies son "singulares" (es decir, su
Picard número alcanza el máximo de $20$ para una superficie en 3d
característica cero) $-$ I calcula que son birational con
el universal de curva elíptica sobre $X_1(8)$ $-$ y es sabido que
el conteo de puntos de este singular 3d de la superficie puede ser dada por una fórmula
que involucra $m^2-2n^2$ al $(\frac{-2}{q}) = +1$.
Para mostrar que $\cal M$ es racional, es conveniente aplicar un lineal
el cambio de las variables de la "$A_3$" coordenadas $s_i,t_i$ a
"$D_3$" coordenadas, decir $a,b,c$ e $d,e,f$, con
$$
s_i = a+b+c, \phantom+ a-b-c, \phantom+ -a+b-c, \phantom+ -a-b+c
$$
y de la misma manera $t_i = d+e+f, \phantom. d-e-f, \phantom. -d+e-f, \phantom. -d-e+f$.
A continuación, $\sum_{i=1}^4 s_i = \sum_{i=1}^4 t_i = 0$ mantiene automáticamente,
y el quadric cúbicos y se convierten simplemente en
$$
a^2+b^2+c^2 = c^2+d^2+b^2,
\fantasma\infty
abc = def.
$$
Deje $d=pa$ e $e=qb$. A continuación,$f=(pq)^{-1}c$, y el quadric se convierte en
una cónica en la $(a:b:c)$ plano con los coeficientes de la función en $p,q$:
$$
(p^2-1)a^2 + q^2-1)b^2 + ((pq)^{-2}-1) c^2 = 0.
$$
Por lo $\cal M$ es birational a una cónica paquete encima de la $(p,q)$ plano,
y este cónica paquete tiene una sección de $(a:b:c:d:e:f) = (1:p:pq:p:pq:1)$
que nos permite birationally identificar a $\cal M$ con el producto de la
$(p,q)$ plano con ${\bf P}^1$. Este es un racional triple, QED.
