Una hipersuperficie con muchos puntos

Question

Ok, es hora de que me pregunte a mi primera pregunta en la MO.

Considere afín a la curva de $Y+Y^q=X^{q+1}$ sobre el campo finito $\mathbf{F}_q$. Es interesante porque tiene el mayor número de puntos por encima de $\mathbf{F}_{p^2}$ posible en relación a su género, el cual es de $q(q-1)/2$. En otras palabras, esta curva se da cuenta de la Weil obligado a $\mathbf{F}_{p^2}$. Este parece ser bien conocido en la literatura.

Ahora considere el siguiente hipersuperficie de $\mathcal{X}$ sobre el campo finito $\mathbf{F}_q$:

$A$Z+Z^q+Z^{p^2}=\det\left( $$\begin{matriz} 0 & X & Y \\ Y^q & 1 & X^q \\ X^{p^2} & 0 & 1\end{matriz}$$ \right)$$

La observación empírica parece apuntar a la siguiente: El compacto compatible cohomology de $\mathcal{X}$ es distinto de cero sólo en los grados 2 y 4. En el grado 2, la dimensión de la $H^2(\mathcal{X})$ es $p^2-1$ y $p^3$-potencia de frobenius actúa como el escalar $p^3$. Que es una manera elegante de decir que para todo $n$,

$$\#\mathcal{X}(\mathbf{F}_{p^{3n}})=p^{6n}+p^{3n}(q^2-1).$$

Por lo tanto $\mathcal{X}$ tiene el mayor número de $\mathbf{F}_{q^3}$-puntos entre cualquier hipersuperficie con la misma forma compacta compatible números de Betti.

Alguien me puede ayudar a demostrar la fórmula de arriba? (Que puedo hacer $n=1$ bien...) puntos de Bonificación si usted puede también calcular la automorphism grupo de $\mathcal{X}$. Muchos más puntos de bonificación si se puede formular la generalización a hypersurfaces de mayor dimensión!

El de arriba hipersuperficie surge en el estudio de los malos reducción de Shimura variedades, si a nadie le importa saber.

EDIT: sin duda, este es un pequeño problema sobre una superficie en particular. Por lo tanto voy a aceptar una respuesta a la siguiente pregunta: ¿existe un algoritmo para calcular la función zeta de una hipersuperficie de este tipo, que es más rápido que el recuento de puntos?

(Ya he notado que es suficiente para que se repita más de X e y, y para la prueba de cada par que la expresión de la derecha se encuentra en la imagen de la aplicación lineal mapa definido por la expresión de la izquierda. Pero no puedo pensar en nada más rápido que esto.)

Answer 1

Voy a poner una rápida prueba de que la curva tiene el reclamado número de puntos, en caso de que no inspira a nadie. Para todo $X \in \mathbb{F}\_{p^2}$, el lado izquierdo de $X^p+X$ es el rastro de $X$, y por lo tanto en $\mathbb{F}\_q$. La traza es de $\mathbb{F}\_q$ lineal mapa, por lo que cada fibra tiene un tamaño de $p$. Para aquellos de $X$, donde $Tr(X)=0$, es una de las causas de $Y=0$. Para los otros $X$'s, hay $q+1$ raíces de $Y^{q+1} = Tr(X)$ en $\mathbb{F}\_{p^2}$. Así que hay $p+(q^2-q)(q+1) = q^3$ puntos en el afín de la curva.

No tengo idea de cómo lidiar con eso determinante, aunque. Espero que alguien tenga una mejor idea!

Answer 2

La ecuación de la superficie, fijo de $x$, $F_q$-lineal en $y,z$. Me gustaría probar a usar eso.

Answer 3

Aquí es una solución completa a la pregunta principal cuando $n$ y $q$ son ambos impares, y una solución parcial para los otros partidos. La solución parcial incluye una reducción para el caso $n=2$.

Deje que $\text{Tr}_k$ denotar la traza mapa de $\mathbb{F}_{p^n}$ $\mathbb{F}_{q^k}$, suponiendo que $k|n$.

La ecuación es $a$z+z^q + z^{p^2} = x^{p^2+q+1} - xy^q - x^{p^2}y. $$En primer lugar, hacer el cambio de variables $y \leftarrow -yx^{q^+1},$ por lo que la ecuación se convierte en $a$z+z^q+z^{p^2} = x^{p^2+q+1}(y^p+y+1).$$ En segundo lugar, cuando $q$ es impar, podemos aclarar las cosas un poco con el cambio de variables $y \leftarrow y - \frac12$ a deshacerse de la constante. La imagen de la $p$-lineal de mapa $z \mapsto z + z^q + z^{p^2}$, actuando en $\mathbb{F}_{p^{3n}}$, se compone de los elementos $Z'$ tal que $\text{Tr}_3(z') = \text{Tr}_1(z')$. Cuando $z$ es alcanzado por el lado derecho, hay $p^2$ soluciones para $Z$. En el lado derecho, $y \mapsto y' = y^q+s$ es un $p$-lineal isomorfismo cuando $n$ es impar, mientras que cuando $n$ es, incluso, su imagen es el locus de $\text{Tr}_2(y') = \text{Tr}_1(y')$. Mientras tanto $y' \mapsto x^{p^2+q+1}y'$ es un $p$-lineal isomorfismo menos que $x=0$.

Así, cuando $n$ y $q$ son ambos impares, hay $(q^{3n}-q^2)(p^{3n}-1)$ soluciones con $x,y \ne 0$. Hay $p^2(2q^{3n}-1)$ más soluciones cuando uno de ellos es cero.

Cuando $q$ es impar y $n$ es par, entonces en principio diferentes $x' = x^{p^2 + q + 1}$ podría comportarse de forma diferente en la ecuación $z' = x''$. Fija de $x$, el conjunto de posibles $x''$ es cierto $p$-lineal hyperplane con codimension $1$, mientras que el conjunto de posibles $z$ es cierto $p$-lineal hyperplane con codimension $2$. En el caso especial de que $\{x i'\}$ $\{z'\}$, entonces $p^{3n+1}$ soluciones para que el valor de $x$. Para genéricos no-cero de los valores de $x$, $p^{3n}$ de soluciones. Dualize la hyperplanes con respecto a $\text{Tr}_1$. El doble de $\{y'\}$ es la línea $L$ de seguimiento 0 elementos de $\mathbb{F}_{p^2}$, mientras que el dual de $\{z'\}$ es el plano $P$ de seguimiento 0 elementos de $\mathbb{F}_{q^3}$. Mientras tanto $\{x\}$ es un subgrupo de $G$ de $\mathbb{F}_{p^{3n}}$ de índice $p^2+q+1$. Un valor especial de $x$ en este subgrupo es uno de esos que $x L \subconjunto de P$. A priori no estoy seguro de que nunca sucede. Lo que puedo decir es que si $x$ es especial, entonces debe estar en $\mathbb{F}_{q^6}$, por tanto $L$ y $P$ do. Así que usted puede reducir el conteo de problema para el caso de que $3n = 6$ o $n = 2$.

Si $p$ es par, entonces la ecuación es $a$z' = x'(y'+1),$$ donde, como antes, $z' = z+z^q+z^{p^2}$ y $y' = y + y^q$. En este caso $n$ es un elemento con el cero de seguimiento, y en la doble línea de $L$ es de solo $\mathbb{F}_q$ sí misma. No he trabajado exactamente cómo se ve, pero supongo que se reduce al caso $n=1$ por las mismas razones que el anterior.

Último momento: no tengo ganas de cambiar todas las ecuaciones, pero me pregunto ahora si hay un doble cambio de las variables para poner el lado derecho en el formulario $y"(x^{p^2}+x)$. Creo que el mapa de $x \mapsto x^{p^2}+x$ siempre es no-singular cuando $q$ es impar.

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Un comentario acerca de que el seguimiento de las condiciones de procedencia. Si $a$ es un elemento irreductible de $\mathbb{F}_{p^n}$, entonces el mapa de $x \mapsto x^p$ es una permutación cíclica de la matriz en la base de los conjugados de $a$. Un mapa, tales como $z \mapsto z+z^q+z^{p^2}$ es entonces una suma de distintos permutación de matrices y es fácil de calcular, su imagen y cokernel.

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Algunas observaciones acerca de Jared segunda pregunta más general: C. f. la respuesta a esta otra mathoverflow pregunta acerca de recuento de puntos en variedades. Fijo $q$, la ecuación de una hipersuperficie es equivalente a una expresión Booleana, y puede que no haya mucho que se pueda hacer otra cosa que contar uno por uno. Hay varias estrategias que funcionan en la presencia de una estructura especial: puede utilizar la función zeta de la información, si la tienes, para extrapolar a grandes valores de $p$. Usted puede contar con los puntos de una variedad si por casualidad usted conoce que es lineal, o tal vez cuadrática, o el coset espacio de un grupo. Y puede utilizar el estándar de combinatoria contando trucos, que en la geometría algebraica forma de cantidad a mirar fibrations, imágenes ampliadas, inclusión-exclusión para edificable conjuntos, etc.

Esta variedad particular se descompone mucho porque puede ser realizada conjuntamente lineal en $Y$ y $Z$ y $X$ sólo entra en una forma multiplicativa.