大学では教えてくれない数学　ガウス和とガウステーブル４

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今まで3で割って1余る素数についていろいろ見てきました.次は4で割って1余る素数を考察していきたいのですが,3で割って1余る素数のときよりも複雑になることが予想されます.非常に技巧的な式変形を繰り返してやっと得られた定理,という見方のままではこの先に進めません.そこでここでは3で割って1余る素数についての定理を新たな観点から見直す作業をしたいと思います.

キーポイントは次のガウス和を考察することにあります. $\omega$ を1の複素3乗根, $\zeta$ を1の $p$ 乗根とし, $g$ を $p$ に関する原始根の一つとします.考察するガウス和は $G(\omega) = \zeta + \zeta^g \omega + \zeta^{g^2}\omega^2 + \cdots = \sum_{l = 0}^{p-2}\zeta^{g^l}\omega^l$ です.

以前の記事で登場したグループA,B,Cを以下では $(0),(1),(2)$ と表現することにします. $0,1,2$ 以外の整数 $m$ に関して $(m)$ と表わすとき,常に $m$ の法3に関する剰余を意味するものとします.同時に $(00)$ などを $(AA)$ の代わりに用います.

補題1: $g^\gamma \in (k)$ を一つ固定する.合同方程式
$g^\alpha + g^\beta \equiv g^\gamma \pmod{p}$
で条件 $g^\alpha \in (i),g^\beta \in (j)$ を満足するような解 $\alpha,\beta$ の個数は $(i-k,j-k)$ である.

証明:両辺を $g^\gamma$ で割ると $g^{\alpha-\gamma} +g^{\beta-\gamma} \equiv 1 \pmod{p}$ を得る. $g^{\alpha-\gamma} \in (i-k),g^{\beta-\gamma} \in (j-k)$ であることと, $(i-k,j-k)$ の定義より明らか.

補題2: $G(\omega) = \sum_{l = 0}^{p-2}\zeta^{g^l}\omega^l,G(\omega^2) = \sum_{l = 0}^{p-2}\zeta^{g^l}\omega^{2l}$ とするとき
$G(\omega)^2 = (\sum_{i = 0}^{2} \sum_{j=0}^{2} \omega^{i+j}(i,j))G(\omega^2)$ が成り立つ.

証明: $d_{1} = \zeta + \zeta^{g^3} + \zeta^{g^6} + \cdots \\ d_{2} = \zeta^g + \zeta^{g^4} + \zeta^{g^7} + \cdots \\ d_{3} = \zeta^{g^2} + \zeta^{g^5} + \zeta^{g^8} + \cdots$ とする.

$G(\omega)^2$ に現れる $\zeta^{g^\gamma}$ の項は $g^\alpha + g^\beta \equiv g^\gamma \pmod{p}$ なるすべての $\alpha,\beta$ を用いて $\left( \sum_{\alpha,\beta} \omega^{\alpha + \beta} \right) \zeta^{g^\gamma}$ となる.

$g^\gamma \in (0)$ のとき
法3に関して合同な二つの $\alpha,\beta$ と $\alpha',\beta'$ の組に対して $\omega^{\alpha + \beta} = \omega^{\alpha' + \beta'}$ であることに注意する.また $g^\alpha,g^{\alpha'}$ が同じグループ $(k)$ に属しているなら $\alpha \equiv \alpha' \pmod{3}$ に注意する.
この二つの事実から $g^\alpha + g^\beta \equiv g^\gamma \pmod{p}$ で条件 $g^\alpha \in (i) , g^\beta \in (j)$ を満足する $\alpha,\beta$ は同じ $\omega^{\alpha + \beta}$ を持つ.それゆえ補題1から $\sum_{\alpha,\beta}\omega^{\alpha + \beta} = \sum_{i=0}^{2} \sum_{j = 0}^{2} (i,j)\omega^{i+j}$ となる.

$g^\gamma \in (1)$ のとき
同様の議論から $\sum_{\alpha,\beta}\omega^{\alpha + \beta} = \sum_{i=0}^{2} \sum_{j = 0}^{2} (i-1,j-1)\omega^{i+j}$ となる.のちの便宜のため $\sum_{i = 0}^{2} \sum_{j =0}^{2} (i,j)\omega^{i + j + 2}$ と書き換えておく.

$g^\gamma \in (2)$ のとき
同様の議論から $\sum_{\alpha,\beta}\omega^{\alpha + \beta} = \sum_{i=0}^{2} \sum_{j = 0}^{2} (i-2,j-2)\omega^{i+j}$ となる.のちの便宜のため $\sum_{i = 0}^{2} \sum_{j =0}^{2} (i,j)\omega^{i + j + 1}$ と書き換えておく.

$\zeta$ の現れない項について考察する.そのような項は $g^e + g^f \equiv 0 \pmod{p}$ となるような $\zeta^{g^e},\zeta^{g^f}$ の積からなる.この合同式からそのようなケースは, $\dfrac{p-1}{2} = c$ とすると $h,h + c(0 \leq h \leq c-1)$ ですべて尽くされることが分かる.
このとき係数は $\sum_{h = 0}^{c-1} \omega^{2h+c}$ となり,これは0である.

以上四つの事実を統合すると, $G(\omega)^2 = \left(\sum \omega^{i+j}(i,j) \right) d_{1} + \left(\sum \omega^{i+j+2}(i,j) \right)d_{2} + \left(\sum \omega^{i+j+1}(i,j) \right)d_{3}$ 従って
$G(\omega)^2 = \left(\sum \omega^{i+j}(i,j) \right)(d_{1} + \omega^2 d_{2} + \omega d_{3}) = \left(\sum \omega^{i+j}(i,j) \right)G(\omega^2)$ となる.

補題3: $|G(\omega)| = |G(\omega^2)| = p^{0.5}$

証明: $G(\omega)\overline{G(\omega)} = \sum_{i,j} \zeta^{g^i - g^j}\omega^{i-j}$
$i-j = k$ とし, $j,k$ を軸にして和を書き換えると
$G(\omega)\overline{G(\omega)} = \sum_{k = 0}^{p-2}\sum_{j =0}^{p-2}\omega^k \left( \zeta^{g^j(g^k -1)} \right)$

$k = 0$ のとき
$\omega^k = 1,\zeta^{g^j(g^k-1)} = 1$ なので, $j$ に関する和は $p-1$ に等しい.

$k \neq 0$ のとき
$g$ が原始根であるから, $g^k - 1 \not \equiv 0 \pmod{p}$
$\sum_{j = 0}^{p-2}\zeta^{g^j(g^k-1)} = \sum_{j = 0}^{p-2} \left(\zeta^{g^j} \right)^{(g^k-1)}$
ここで $1.g.g^2,\cdots,g^{p-2}$ と $1,2,\cdots,p-1$ は法 $p$ に関して集合として合同.
ゆえに和は $\sum_{j = 1}^{p-1}\zeta^{j (g^k-1)}$ と等しい.
等比級数の公式からこれは $-1$ に等しい.

以上二つの事実を統合すると, $G(\omega)\overline{G(\omega)} = p-1 + \sum_{k=1}^{p-2} \omega^k (-1) = p$
ゆえに $|G(\omega)| = p^{0.5}$ . $|G(\omega^2)| = p^{0.5}$ も同様.

定理 $|\sum (i,j) \omega^{i+j}| = p^{0.5}$

証明:補題2から $G(\omega)^2 = \left( \sum (i,j)\omega^{i+j} \right) G(\omega^2)$
両辺の絶対値をとり補題3を適用すると定理を得る.

これを以前の言葉を使うと次のように言い換えられます.

$3\times3$ のガウステーブルは
$\begin{pmatrix} v-1 & t & u \\ t & u & v \\ u & v & t \end{pmatrix}$
でした.これを代入すると $\sum (i,j) \omega^{i+j} = (3v-1) + (3t)\omega + (3u)\omega^2$ となります.
整数 $a,b,c$ に対し, $|a + b \omega + c \omega^2 | = \dfrac{1}{2}(a-b)^2 + \dfrac{1}{2}(b-c)^2 + \dfrac{1}{2}(c-a)^2 \\ =(a-b)^2 + (a-b)(c-a) + (c-a)^2$
が成り立つので, $A = 3v-1-3t,B = 3u - 3v + 1$ とすると, $p = A^2 + AB + B^2$ となります.これは以前の結果と一致します.