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大学数学基礎解説
文献あり

ガウス和と符号決定問題

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$$\newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{la}[0]{\lambda} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{t}[0]{\tau} \newcommand{x}[0]{\chi} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} $$

はじめに

 この記事ではGauss和$\tau(\chi)$の絶対値と$\tau(\Big(\frac{\cdot}{p}\Big))$の符号決定問題について解説していきます。
 まずガウス和の定義を確認しておきます。

ガウス和

 法$N$ディリクレ指標$\x$に対し
$$\t(\x)=\sum^N_{a=1}\x(a)\z^a_N$$
と定められる値$\t(\x)$$\x$ガウス和と言う。ただし$\z_N=e^{\frac{2\pi i}{N}}$とした。

 一般にガウス和の絶対値は以下のように求まります。

 法$N$の原始的ディリクレ指標$\x$に対して$|\t(\x)|=\sqrt{N}$が成り立つ。

 また以下に示すように$\ol{\tau(\x)}=\x(-1)\tau(\ol\x)$が成り立つので実指標$\x$に対しては$\tau(\x)^2=\x(-1)N$が成り立ちます。となると
$$\tau(\x)=\pm\sqrt{\x(-1)N}$$
の符号は$+$なのか、$-$なのかということが問題となってきます。
 実は法$p$の非自明な実指標に対しては以下のように符号が決定できることが示せます。

 $p$を奇素数、$(\frac{n}{p})$をルジャンドル記号とすると
$$\t(\Big(\frac{\cdot}{p}\Big))=\sqrt{(-1)^{\frac{p-1}{2}}p} =\l\{\begin{array}{cl} \sqrt{p}&p\equiv1\pmod{4}\ \mbox{のとき}\\ \sqrt{-p}&p\equiv3\pmod{4}\ \mbox{のとき} \end{array}\r.$$
が成り立つ。

ガウス和の絶対値

 以下$\x$を法$N$のディリクレ指標とし、$\z=\z_N=e^{\frac{2\pi i}{N}}$とおく。

 $\x(n)\neq0$ならば
$$\ol\x(n)\t(\x)=\sum^N_{a=1}\x(a)\z^{an}$$
が成り立つ。

 $(\Z/N\Z)^\times$において$\ol\x(n)=\x(n)^{-1}=\x(n^{-1})$が成り立つので
\begin{align} \ol\x(n)\t(\x) &=\sum_{a\in(\Z/N\Z)^\times}\x(an^{-1})\z^a\\ &=\sum_{a\in n^{-1}(\Z/N\Z)^\times}\x(a)\z^{an}\\ &=\sum_{a\in (\Z/N\Z)^\times}\x(a)\z^{an} \end{align}
とわかる。

補題 4

 $\ol{\t(\x)}=\x(-1)\t(\ol\x)$が成り立つ。

 補題3において$n=-1,\x\mapsto\ol\x$とするとわかる。

 原始指標$\x$に対しては$\x(n)=0$においても
$$\ol\x(n)\t(\x)=\sum^N_{a=1}\x(a)\z^{an}$$
が成り立つ。

 $\x(n)=0$のとき右辺が$0$となることを示せばよい。
 このとき$\gcd(n,N)=g>1,\;N=gN',\;n=gn'$とおくと
\begin{align} \sum^N_{a=1}\x(a)\z^{an} &=\sum^N_{a=1}\x(a)\z_{N'}^{an'}\\ &=\sum^{N'-1}_{b=0}\z_{N'}^{bn'}\sum^{N/N'-1}_{k=0}\x(N'k+b)\\ &=\sum^{N'-1}_{b=0}\z_{N'}^{bn'}\sum_{\substack{a\in(\Z/N\Z)^\times\\a\equiv b\pmod{N'}}}\x(a) \end{align}
とでき、$\x$は原始的であったので最後の式の内側の和は この記事 の命題8の3より$0$になる。

証明

 法$N$の原始的ディリクレ指標$\x$に対して$|\t(\x)|=\sqrt{N}$が成り立つ。

 補題3より
\begin{align} |\ol\x(n)\t(\x)|^2 &=(\ol\x(n)\t(\x))(\x(-n)\t(\ol\x))\\ &=\l(\sum^N_{a=1}\x(a)\z^{an}\r)\l(\sum^N_{b=1}\ol\x(b)\z^{-bn}\r)\\ &=\sum^N_{a,b=1}\x(a)\ol\x(b)\z^{(a-b)n} \end{align}
が成り立つので$|\x(n)|=0,1$および
$$\sum^N_{n=1}\z^{kn} =\l\{\begin{array}{cl} N&N\mid k\ \mbox{のとき}\\ 0&N\nmid k\ \mbox{のとき} \end{array}\r.$$
に注意してこれを$n$について足し合わせると
\begin{align} \varphi(N)|\t(\x)|^2 &=\sum^N_{a,b=1}\x(a)\ol\x(b)\sum^N_{n=1}\z^{(a-b)n}\\ &=N\sum_{a=b}\x(a)\ol\x(b)\\ &=N\sum^N_{a=1}|\x(a)|^2=N\varphi(N) \end{align}
よって$|\t(\x)|^2=N$つまり$|\t(\x)|=\sqrt{N}$を得る。

符号決定問題

 以下$p$を奇素数とする。

ルジャンドル記号

  この記事 の定理2で見たように法$p$のディリクレ指標のなす群は$(\Z/p\Z)^\times$に同型である。実指標は値域に$\pm1$しかとらないのでその二乗が自明な指標となるものとして特徴付けられ、$(\Z/p\Z)^\times$において二乗して単位元になるものは$\pm1$だけであるので実指標も$\pm1$に対応する自明な指標と非自明な指標の丁度2つあることになる。
 そしてその非自明な実指標はルジャンドル記号$(\frac np)$として以下のように定められる(指標を定めることは後述)。

ルジャンドル記号

 ルジャンドル記号$\l(\frac{\cdot}{p}\r)$
$p\mid n$のとき$\l(\frac{n}{p}\r)=0$
$x^2\equiv n\pmod{p}$なる整数$x$があるとき$\l(\frac{n}{p}\r)=1$
$x^2\equiv n\pmod{p}$なる整数$x$がないとき$\l(\frac{n}{p}\r)=-1$
によって定める。

 ルジャンドル記号には以下の明示的な公式が成り立つ。

オイラーの規準

$$\l(\frac{a}{p}\r)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\pmod{p}$$

 $p$の原始根の一つを$r$とおいたとき、$r^{\frac{p-1}{2}}\equiv-1\pmod{p}$に注意すると、$$\l(\frac ap\r)=1\iff a\equiv r^2,r^4,\ldots,r^{p-1}\pmod p$$
であり、このとき$a^{\frac{p-1}2}\equiv(r^{p-1})^k\equiv1\pmod p$が成り立つ。また
$$\l(\frac ap\r)=-1\iff a\equiv r,r^3,\ldots,r^{p-2}\pmod p$$
であり、このとき$a^{\frac{p-1}2}\equiv (r^{p-1})^kr^{\frac{p-1}2}\equiv-1\pmod p$が成り立つ。

 これによって$(\frac np)$はディリクレ指標となる、つまり
$$\l(\frac{ab}p\r)=\l(\frac ap\r)\l(\frac bp\r)$$
を満たすことがわかる。
 また$a=-1$を代入すると以下の公式を得る。

第一補充則

$$\l(\frac{-1}{p}\r)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$$

 最後にもう一つ公式を紹介しておく。

第二補充則

$$\l(\frac{2}{p}\r)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}$$

$$\la=\z_8+\z_8^{-1}=2\cos\frac{\pi}4=\sqrt2$$
とおく。このとき合同式を$\Z[\z_8]$で考えると
$$\la^p=(\la^2)^{\frac{p-1}{2}}\la=2^{\frac{p-1}{2}}\la\equiv\l(\frac{2}{p}\r)\la\pmod{p}$$
および
\begin{align} \la^p&\equiv\z_8^p+\z_8^{-p} =2\cos\frac{\pi p}4\pmod{p}\\ &=\l\{\begin{array}{rl}2\cos(\frac{\pi}{4})&p\equiv\pm1\pmod{8}\\-2\cos(\frac{\pi}{4})&p\equiv\pm3\pmod{8}\end{array}\r.\\ &=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}\la \end{align}
が成り立つので
$$\l(\frac{2}{p}\r)\la\equiv(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}\la\pmod{p}$$
となり、$\la=\sqrt{2}$$p$と互いに素なので主張を得る。

定理3の証明

 以下、簡単のため$\x_p=\Big(\frac{\cdot}{p}\Big),\;m=\frac{p-1}{2}$とおく。このとき冒頭での議論および第一補充則から
$$\tau(\x_p)=\pm\sqrt{\x_p(-1)p}=\pm\sqrt{(-1)^mp}$$
が成り立つことに注意する。
 最終的に符号決定問題は以下の等式を示すことで解決される。

$$\sum^p_{a=1}\x_p(a)\z^a=\l(\frac{-2}{p}\r)\prod^m_{k=1}(\z^k-\z^{-k})$$
が成り立つ。

 まず右辺が求めたい形になっているかを確かめる。

$$\l(\frac{-2}{p}\r)\prod^m_{k=1}(\z^k-\z^{-k})=\sqrt{(-1)^mp}$$

 簡単のため$\delta=(与式)$とおく。このとき
\begin{align} \delta^2 &=\prod^m_{k=1}(\z^k-\z^{-k})^2\\ &=\l(\prod^m_{k=1}(-\z^{-k})(1-\z^{2k})\r)\l(\prod^m_{k=1}\z^k(1-\z^{-2k})\r)\\ &=(-1)^m\prod^{p-1}_{k=1}(1-\z^{2k}) \end{align}
が成り立ち、また
$$\prod^{p-1}_{k=1}(x-\z^k)=\sum^{p-1}_{k=0}x^k$$
に注意すると
\begin{align} \prod^{p-1}_{k=1}(1-\z^k)&=p\\ \prod^{p-1}_{k=1}(1+\z^k)&=(-1)^{p-1}\prod^{p-1}_{k=1}((-1)-\z^k)\\&=(-1)^{p-1}=1 \end{align}
つまり$\delta^2=(-1)^mp$がわかる。
 また
$$\prod^m_{k=1}(\z^k-\z^{-k})=\prod^m_{k=1}2i\frac{\z^k-\z^{-k}}{2i}=2^mi^m\prod^m_{k=1}\sin\frac{2\pi k}{p}$$
と変形できるので$\sin\frac{2\pi k}{p}>0$に注意すると$\delta$の(虚数単位を含めた)符号は$i^m\l(\frac{-2}{p}\r)$に等しい。そして
$$i^m\l(\frac{-2}{p}\r)=i^m(-1)^m(-1)^{\frac12m(m+1)}=i^{m^2}$$
なので主張を得る。

 いま$\t(\x_p)=\pm\delta$が成り立つことまではわかっているのであった。そしてこの符号が正であることを示すには$\Z[\z]$のイデアルとして
$$(\t(\x_p))=(\delta)=(\sqrt{p})=(1-\z)^m$$
が成り立つことに注意すると以下のことを確かめればよい。

$\t(\x_p)\equiv \delta\pmod{(1-\z)^{m+1}}$

 具体的には以下の合同式が成り立つことを示す。

$\t(\x_p)\equiv m!(1-\z)^m\equiv\delta\pmod{(1-\z)^{m+1}}$

 以下簡単のため$\la=1-\z$とおく。

$\delta\equiv m!\la^m\pmod{\la^{m+1}}$の証明

 $\delta$の各因数について
\begin{align} \z^k-\z^{-k} &=\z^k-\z^{p-k}\\ &=(1-\la)^k-(1-\la)^{p-k}\\ &\equiv (1-k\la)-(1-(p-k)\la)=-2k\la\pmod{\la^2} \end{align}
が成り立つので、オイラーの規準から
$$\l(\frac{-2}{p}\r)\equiv(-1)^m2^m\pmod{p=\la^{2m}}$$
となること、および$2^{p-1}\equiv1\pmod{p}$に注意すると
$$\delta\equiv(-1)^m2^m\prod^m_{k=1}(-2k\la) =2^{p-1}m!\la^m\equiv m!\la^m\pmod{\la^{m+1}}$$
を得る。

$\t(\x_p)\equiv m!\la^m\pmod{\la^{m+1}}$の証明

 $p$の原始根のひとつを$r$とおくと
\begin{align} \sum^{p-1}_{a=1}a^n &\equiv\sum^{p-1}_{k=1}r^{kn}\pmod{p}\\ &\equiv\l\{\begin{array}{rl} 0&(p-1)\nmid n\\ -1&(p-1)\mid n \end{array}\r. \end{align}
が成り立つことに注意する。
 いま
\begin{align} \t(\x_p) &=\sum^{p-1}_{a=1}\x_p(a)\z^a\\ &=\sum^{p-1}_{a=1}\x_p(a)(1-\la)^a\\ &=\sum^{p-1}_{a=1}\sum^a_{k=0}(-1)^k\x_p(a)\binom{a}{k}\la^k\\ &=\sum^{p-1}_{k=0}(-1)^k\la^k\sum^{p-1}_{a=1}\x_p(a)\binom{a}{k} \end{align}
と展開でき、またオイラーの規準から
$$\x_p(a)\binom{a}{k}\equiv a^m\frac{a(a-1)(a-2)\cdots(a-k+1)}{k!}\pmod p$$
$a$についての$m+k$次多項式となることに注意すると$k< m$において
$$\sum^{p-1}_{a=1}\x_p(a)\binom{a}{k}\equiv0\pmod p$$
および$k=m$において
$$\sum^{p-1}_{a=1}\x_p(a)\binom{a}{m}\equiv-\frac1{m!}\pmod p$$
が成り立つので
$$\tau(\x_p)\equiv(-1)^{m+1}\la^m\frac1{m!}\pmod{\la^{m+1}}$$
を得る。
 またウィルソンの定理から
\begin{align} -1&\equiv(p-1)!\\ &=\l(\prod^m_{k=1}k\r)\l(\prod^m_{k=1}(p-k)\r)\\ &\equiv(-1)^m(m!)^2\pmod{p} \end{align}
つまり
$$(-1)^{m+1}\frac1{m!}\equiv m!\pmod{p}$$
が成り立つので
$$\t(\x_p)\equiv m!\la^m\pmod{\la^{m+1}}$$
を得る。

 以上より
$$\tau(\x_p)=\delta=\sqrt{(-1)^{\frac{p-1}2}p}$$
が示された。

余談

 ルジャンドル記号の一般化としてクロネッカー記号というものがあります(ヤコビ記号とは少し異なる)。

 整数$a,n\;(n>0)$に対してクロネッカー記号$(a|n)=(\frac an)$を次のように定める。
・奇素数$p$に対しては$(a|p)$をルジャンドル記号とする。
$p=2$のときは奇数$a$に対して$(a|p)=(-1)^{\frac{a^2-1}8}$とする。
$n=\prod_{p|n}p^{e_p}$と素因数分解されるときは$(a|n)=\prod_{p|n}(a|p)^{e_p}$とする。

 整数$D$がある二次体$\mathbb{Q}(\sqrt{D})$の判別式であるとき
$$\x_D(n)=\l(\frac Dn\r)$$
は法$|D|$の原始的ディリクレ指標を定めることが知られており、そのガウス和は
$$\tau(\x_D)=\sqrt{D}$$
と符号が決定されるようです。
 その証明はまだ見かけたことがないため、何かわかったことがあればいつか追記したいと思います。

参考文献

投稿日:20201212
更新日:115

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投稿者

子葉
子葉
875
161993
主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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