平方剰余記号（ルジャンドル記号）と不変式環の公式（Molienの公式）の特殊値

準備

$p$は奇素数
$l$は$p$と互いに素な整数
$(\frac{l}{p})$はルジャンドル記号
$exp(2\pi i/p)={\zeta }_p$

$$Z_l=\begin{array}{r}\left(\begin{array}{cc}{\zeta }_p& 0\\ 0& {\zeta }_p^l\end{array}\right)\end{array}$$
$G_l＝<Z_l>$
$G_l$は$Z_l$が行列積に関して生成する群

本題

Molien's formula

結果

証明（長い）

まず ガウスの補題 (数論) を用いいます。
$S=\{k\in {\mathbb{F}}_p|1\le k\le \frac{p-1}{2}\}$
$s_l=|lS\cap -S|$
$(\frac{l}{p})=(-1{)}^{s_l}$

$s_l$を以下計算していきます。

次のような演算$<>$を線形に拡張しローラン多項式環上で定義します

$<x^a,x^b>=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}1a\equiv bmodp\\ 0その他\end{array}\end{array}$

すると
$$s_l=<\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{x}^{lk},\sum _{j=1}^{\frac{p-1}{2}}{x}^{-j}>=\sum _{j=1}^{\frac{p-1}{2}}<\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{x}^{lk},x^{-j}>$$

$$<x^a,x^b>=<x^{a-b},1>$$より、
$$s_l=<\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{x}^{lk}\sum _{j=1}^{\frac{p-1}{2}}{x}^j,1>$$
この式より
$$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{x}^{lk}\sum _{j=1}^{\frac{p-1}{2}}{x}^j=\frac{x^{l\frac{p+1}{2}}-x^l}{x^l-1}\frac{x^{\frac{p+1}{2}}-x}{x-1}$$を$x^p-1$で割ったあまりの定数項が$s_l$

これを書き換えると、
$k(x)$を次数$p-1$以下の多項式とする。
$$\frac{x^{l\frac{p+1}{2}}-x^l}{x^l-1}\frac{x^{\frac{p+1}{2}}-x}{x-1}=g(x)(x^p-1)+k(x)$$
$$s_l=k(0)$$
となる。
以下$k(x)$をラグランジュ補間を用いて計算する。
ラグランジュ補間
$$\begin{gathered} k(x)=(\frac{p-1}{2}{)}^2\frac{x^p-1}{x-1}\frac{1}{p}+\sum _{k=1}^{p-1}\frac{{\zeta }_p^{kl\frac{p+1}{2}}-{\zeta }_p^{lk}}{{\zeta }_p^{lk}-1}\frac{{\zeta }_p^{k\frac{p+1}{2}}-{\zeta }_p^k}{{\zeta }_p^k-1}\frac{x^p-1}{x-{\zeta }_p^k}\frac{1}{p{\zeta }_p^{k(p-1)}} \\ k(0)=\frac{1}{p}(\frac{p-1}{2}{)}^2+\frac{1}{p}\sum _{k=1}^{p-1}\frac{{\zeta }_p^{kl\frac{p+1}{2}}-{\zeta }_p^{lk}}{{\zeta }_p^{lk}-1}\frac{{\zeta }_p^{k\frac{p+1}{2}}-{\zeta }_p^k}{{\zeta }_p^k-1} \end{gathered}$$
$k(0)$の値は${\zeta }_p$を$-2$乗しても変わらない
$$\begin{gathered} k(0)=\frac{1}{p}(\frac{p-1}{2}{)}^2+\frac{1}{p}\sum _{k=1}^{p-1}\frac{{\zeta }_p^{-2kl\frac{p+1}{2}}-{\zeta }_p^{-2lk}}{{\zeta }_p^{-2lk}-1}\frac{{\zeta }_p^{-2k\frac{p+1}{2}}-{\zeta }_p^{-2k}}{{\zeta }_p^{-2k}-1} \\ =\frac{1}{p}(\frac{p-1}{2}{)}^2+\frac{1}{p}\sum _{k=1}^{p-1}\frac{{\zeta }_p^{-kl}-{\zeta }_p^{-2lk}}{{\zeta }_p^{-2lk}-1}\frac{{\zeta }_p^{-k}-{\zeta }_p^{-2k}}{{\zeta }_p^{-2k}-1} \\ =\frac{1}{p}(\frac{p^2-2p+1}{4})+\frac{1}{p}\sum _{k=1}^{p-1}{\zeta }_p^{-kl}\frac{1-{\zeta }_p^{-lk}}{({\zeta }_p^{-lk}-1)({\zeta }_p^{-lk}+1)}{\zeta }_p^{-k}\frac{1-{\zeta }_p^{-k}}{({\zeta }_p^{-k}-1)({\zeta }_p^{-k}+1)} \\ =\frac{1}{p}(\frac{p^2-2p+1}{4})+\frac{1}{p}\sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{{\zeta }_p^{lk}+1}\frac{1}{{\zeta }_p^k+1} \\ =\frac{1}{p}(\frac{p^2-2p+1}{4})-\frac{1}{4p}+\frac{1}{p}\sum _{k=0}^{p-1}\frac{1}{{\zeta }_p^{lk}+1}\frac{1}{{\zeta }_p^k+1} \\ =\frac{p-2}{4}+H_l(-1) \end{gathered}$$

$$(\frac{l}{p})=(-1{)}^{s_l}=(-1{)}^{k(0)}=(-1{)}^{\frac{p-2}{4}+H_l(-1)}$$
証明終

今後の課題

1　証明が長い
2 不変式論と平方剰余記号との関係性が不明瞭
3 $\frac{p-2}{4}$は何を意味するのか？
4 今回は2次の可約表現に意味があったが、より高次の表現に意味はあるのか？
5 $p$が合成数の場合
6 高次冪剰余記号との関係
7　$l$が$p$と互いに素でない場合