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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

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$$$$

準備

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

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

本題

Molienの公式

$f(x,y)=f(\zeta_px,\zeta_p^ly)$となる、$n$次斉次多項式の次元を$dim \mathbb{C}[x,y]^{G_l}_n$としたとき、
$$ H_l(t)=\frac{1}{|G_l|}\sum_{g \in G_l}\frac{1}{det(E_2-tg)}=\sum_{n=0}^{\infty}dim \mathbb{C}[x,y]^{G_l}_nt^n $$
$E_2$$2$次単位行列

Molien's formula

結果

$$(\frac{l}{p})=(-1)^{\frac{p-2}{4}+H_l(-1)} \\ H_l(-1)=\frac{1}{|G_l|}\sum_{g \in G_l}\frac{1}{det(E_2+g)}=\frac{1}{p}\sum_{k=0}^{p-1}\frac{1}{\zeta_p^{lk}+1}\frac{1}{\zeta_p^{k}+1}$$

証明(長い)

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

$s_l$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{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 1 \ \ \ a \equiv b \ \ mod \ p\\ 0 \ \ \ その他 \end{array} \right. \end{eqnarray} $

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
$$\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}x^{lk} \sum_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}x^j=\frac{x^{l\frac{p+1}{2}}-x^l}{x^l-1}\frac{x^{\frac{p+1}{2}}-x}{x-1}$$$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
$$ k(x)=(\frac{p-1}{2})^2\frac{x^p-1}{x-1}\frac{1}{p}+\sum_{k=1}^{p-1}\frac{\zeta_p^{kl\frac{p+1}{2}}-\zeta_p^{lk}}{\zeta_p^{lk}-1}\frac{\zeta_p^{k\frac{p+1}{2}}-\zeta_p^k}{\zeta_p^k-1}\frac{x^p-1}{x-\zeta_p^k}\frac{1}{p\zeta_p^{k(p-1)}}\\ k(0)=\frac{1}{p}(\frac{p-1}{2})^2+\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{\zeta_p^{kl\frac{p+1}{2}}-\zeta_p^{lk}}{\zeta_p^{lk}-1}\frac{\zeta_p^{k\frac{p+1}{2}}-\zeta_p^k}{\zeta_p^k-1}\\ $$
$k(0)$の値は$\zeta_p$$-2$乗しても変わらない
$$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)$$

$$(\frac{l}{p})=(-1)^{s_l}=(-1)^{k(0)}=(-1)^{\frac{p-2}{4}+H_l(-1)}$$
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$$p$と互いに素でない場合

投稿日:2021104

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