ガウス和と符号決定問題

　$(\mathbb{Z}/N\mathbb{Z}{)}^{\times }$において$\bar{\chi }(n)=\chi (n{)}^{-1}=\chi (n^{-1})$が成り立つので
$$\begin{array}{rl}\bar{\chi }(n)\tau (\chi )& =\sum _{a\in (\mathbb{Z}/N\mathbb{Z}{)}^{\times }}\chi (a{n}^{-1}){\zeta }^a\\ & =\sum _{a\in n^{-1}(\mathbb{Z}/N\mathbb{Z}{)}^{\times }}\chi (a){\zeta }^{an}\\ & =\sum _{a\in (\mathbb{Z}/N\mathbb{Z}{)}^{\times }}\chi (a){\zeta }^{an}\end{array}$$
とわかる。

　補題3において$n=-1,\chi \mapsto \bar{\chi }$とするとわかる。

　$\chi (n)=0$のとき右辺が$0$となることを示せばよい。
　このとき$gcd(n,N)=g>1,N=g{N}^{\prime },n=g{n}^{\prime }$とおくと
$$\begin{array}{rl}\sum _{a=1}^N\chi (a){\zeta }^{an}& =\sum _{a=1}^N\chi (a){\zeta }_{N^{\prime }}^{a{n}^{\prime }}\\ & =\sum _{b=0}^{N^{\prime }-1}{\zeta }_{N^{\prime }}^{b{n}^{\prime }}\sum _{k=0}^{N/N^{\prime }-1}\chi (N^{\prime }k+b)\\ & =\sum _{b=0}^{N^{\prime }-1}{\zeta }_{N^{\prime }}^{b{n}^{\prime }}\sum _{\begin{array}{c}a\in (\mathbb{Z}/N\mathbb{Z}{)}^{\times }\\ a\equiv b(\mathrm{mod}{N}^{\prime })\end{array}}\chi (a)\end{array}$$
とでき、$\chi$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。

　補題3より
$$\begin{array}{rl}|\bar{\chi }(n)\tau (\chi ){|}^2& =(\bar{\chi }(n)\tau (\chi ))(\chi (-n)\tau (\bar{\chi }))\\ & =(\sum _{a=1}^N\chi (a){\zeta }^{an})(\sum _{b=1}^N\bar{\chi }(b){\zeta }^{-bn})\\ & =\sum _{a,b=1}^N\chi (a)\bar{\chi }(b){\zeta }^{(a-b)n}\end{array}$$
が成り立つので$|\chi (n)|=0,1$および
$$\sum _{n=1}^N{\zeta }^{kn}=\{\begin{array}{cl}N& N\mid k\text{のとき}\\ 0& N\nmid k\text{のとき}\end{array}$$
に注意してこれを$n$について足し合わせると
$$\begin{array}{rl}\phi (N)|\tau (\chi ){|}^2& =\sum _{a,b=1}^N\chi (a)\bar{\chi }(b)\sum _{n=1}^N{\zeta }^{(a-b)n}\\ & =N\sum _{a=b}\chi (a)\bar{\chi }(b)\\ & =N\sum _{a=1}^N|\chi (a){|}^2=N\phi (N)\end{array}$$
よって$|\tau (\chi ){|}^2=N$つまり$|\tau (\chi )|=\sqrt{N}$を得る。

　$p$の原始根の一つを$r$とおいたとき、$r^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\mathrm{mod}p)$に注意すると、$$\left(\frac{a}{p}\right)=1⟺a\equiv r^2,r^4,\dots ,r^{p-1}(\mathrm{mod}p)$$
であり、このとき$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv (r^{p-1}{)}^k\equiv 1(\mathrm{mod}p)$が成り立つ。また
$$\left(\frac{a}{p}\right)=-1⟺a\equiv r,r^3,\dots ,r^{p-2}(\mathrm{mod}p)$$
であり、このとき$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv (r^{p-1}{)}^k{r}^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\mathrm{mod}p)$が成り立つ。

$$\lambda ={\zeta }_8+{\zeta }_8^{-1}=2\cos \frac{\pi }{4}=\sqrt{2}$$
とおく。このとき合同式を$\mathbb{Z}[{\zeta }_8]$で考えると
$${\lambda }^p=({\lambda }^2{)}^{\frac{p-1}{2}}\lambda =2^{\frac{p-1}{2}}\lambda \equiv \left(\frac{2}{p}\right)\lambda (\mathrm{mod}p)$$
および
$$\begin{array}{rl}{\lambda }^p& \equiv {\zeta }_8^p+{\zeta }_8^{-p}=2\cos \frac{\pi p}{4}(\mathrm{mod}p)\\ & =\{\begin{array}{rl}2\cos \left(\frac{\pi }{4}\right)& p\equiv \pm 1(\mathrm{mod}8)\\ -2\cos \left(\frac{\pi }{4}\right)& p\equiv \pm 3(\mathrm{mod}8)\end{array}\\ & =(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}\lambda \end{array}$$
が成り立つので
$$\left(\frac{2}{p}\right)\lambda \equiv (-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}\lambda (\mathrm{mod}p)$$
となり、$\lambda =\sqrt{2}$は$p$と互いに素なので主張を得る。

　簡単のため$\delta =(与式)$とおく。このとき
$$\begin{array}{rl}{\delta }^2& =\prod _{k=1}^m({\zeta }^k-{\zeta }^{-k}{)}^2\\ & =(\prod _{k=1}^m(-{\zeta }^{-k})(1-{\zeta }^{2k}))(\prod _{k=1}^m{\zeta }^k(1-{\zeta }^{-2k}))\\ & =(-1{)}^m\prod _{k=1}^{p-1}(1-{\zeta }^{2k})\end{array}$$
が成り立ち、また
$$\prod _{k=1}^{p-1}(x-{\zeta }^k)=\sum _{k=0}^{p-1}{x}^k$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}\prod _{k=1}^{p-1}(1-{\zeta }^k)& =p\\ \prod _{k=1}^{p-1}(1+{\zeta }^k)& =(-1{)}^{p-1}\prod _{k=1}^{p-1}((-1)-{\zeta }^k)\\ & =(-1{)}^{p-1}=1\end{array}$$
つまり${\delta }^2=(-1{)}^{m}p$がわかる。
　また
$$\prod _{k=1}^m({\zeta }^k-{\zeta }^{-k})=\prod _{k=1}^{m}2i\frac{{\zeta }^k-{\zeta }^{-k}}{2i}=2^m{i}^m\prod _{k=1}^m\sin \frac{2\pi k}{p}$$
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$i^m\left(\frac{-2}{p}\right)$に等しい。そして
$$i^m\left(\frac{-2}{p}\right)=i^m(-1{)}^m(-1{)}^{\frac{1}{2}m(m+1)}=i^{m^2}$$
なので主張を得る。

　$\delta$の各因数について
$$\begin{array}{rl}{\zeta }^k-{\zeta }^{-k}& ={\zeta }^k-{\zeta }^{p-k}\\ & =(1-\lambda {)}^k-(1-\lambda {)}^{p-k}\\ & \equiv (1-k\lambda )-(1-(p-k)\lambda )=-2k\lambda (\mathrm{mod}{\lambda }^2)\end{array}$$
が成り立つので、オイラーの規準から
$$\left(\frac{-2}{p}\right)\equiv (-1{)}^m{2}^m(\mathrm{mod}p={\lambda }^{2m})$$
となること、および$2^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$に注意すると
$$\delta \equiv (-1{)}^m{2}^m\prod _{k=1}^m(-2k\lambda )=2^{p-1}m!{\lambda }^m\equiv m!{\lambda }^m(\mathrm{mod}{\lambda }^{m+1})$$
を得る。

　$p$の原始根のひとつを$r$とおくと
$$\begin{array}{rl}\sum _{a=1}^{p-1}{a}^n& \equiv \sum _{k=1}^{p-1}{r}^{kn}(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv \{\begin{array}{rl}0& (p-1)\nmid n\\ -1& (p-1)\mid n\end{array}\end{array}$$
が成り立つことに注意する。
　いま
$$\begin{array}{rl}\tau ({\chi }_p)& =\sum _{a=1}^{p-1}{\chi }_p(a){\zeta }^a\\ & =\sum _{a=1}^{p-1}{\chi }_p(a)(1-\lambda {)}^a\\ & =\sum _{a=1}^{p-1}\sum _{k=0}^a(-1{)}^k{\chi }_p(a)(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k}){\lambda }^k\\ & =\sum _{k=0}^{p-1}(-1{)}^k{\lambda }^k\sum _{a=1}^{p-1}{\chi }_p(a)(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k})\end{array}$$
と展開でき、またオイラーの規準から
$${\chi }_p(a)(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k})\equiv a^m\frac{a(a-1)(a-2)\cdots (a-k+1)}{k!}(\mathrm{mod}p)$$
は$a$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
$$\sum _{a=1}^{p-1}{\chi }_p(a)(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k})\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$
および$k=m$において
$$\sum _{a=1}^{p-1}{\chi }_p(a)(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{m})\equiv -\frac{1}{m!}(\mathrm{mod}p)$$
が成り立つので
$$\tau ({\chi }_p)\equiv (-1{)}^{m+1}{\lambda }^m\frac{1}{m!}(\mathrm{mod}{\lambda }^{m+1})$$
を得る。
　またウィルソンの定理から
$$\begin{array}{rl}-1& \equiv (p-1)!\\ & =\left(\prod _{k=1}^{m}k\right)(\prod _{k=1}^m(p-k))\\ & \equiv (-1{)}^m(m!{)}^2(\mathrm{mod}p)\end{array}$$
つまり
$$(-1{)}^{m+1}\frac{1}{m!}\equiv m!(\mathrm{mod}p)$$
が成り立つので
$$\tau ({\chi }_p)\equiv m!{\lambda }^m(\mathrm{mod}{\lambda }^{m+1})$$
を得る。