4n+1型素数を２つの平方数の和で表す方法

記号の定義

$n$を自然数
$p$を素数で$p=4n+1$であるものとします。

${\mathbb{F}}_p$を位数$p$の有限体
${\mathbb{F}}_{p^2}$を位数$p^2$の有限体
$N(z)=z^{p+1}$で${\mathbb{F}}_{p^2}$の元$z$のノルムとします。
$\left(\frac{x}{p}\right)$で${\mathbb{F}}_p$の元$x$の平方剰余記号とします。
$M$を${\mathbb{F}}_{p^2}$の元で、${\mathbb{F}}_p$に属さない元として、固定します。
$D(z)$を${\mathbb{F}}_{p^2}$の元$z$の判別式$D(z):=(z^p-z{)}^2$とします。
$Mod(x,p)$を${\mathbb{F}}_p$の元$x$を絶対値最小剰余で整数にする写像とします。

主張

${\mathbb{F}}_p$の元$a$に対して、
$$G(a)=\sum _{N(z)=a,z\in {\mathbb{F}}_{p^2}}Mod({\left(\frac{D(z)}{D(M)}\right)}^n,p)$$
と$G(a)$を定義したとき、

平方非剰余な元$b$
$\left(\frac{b}{p}\right)=-1$
を用いて
$$p=(\frac{G(1)}{2}{)}^2+(\frac{G(b)}{2}{)}^2$$
が成り立つ。

証明

$G(a)$の別定義

${\mathbb{F}}_{p^2}$の元$z$を$1$と$M$を基底にして表すと、
$z=x+yM$（$x$と$y$は${\mathbb{F}}_p$の元）
は一意的に定まる。
このとき、$$z^p-z=y(M^p-M)$$が成り立つ。
このため、 $$\frac{D(z)}{D(M)}=y^2$$
$\left(\frac{y}{p}\right)=Mod(y^{\frac{p-1}{2}},p)=Mod(y^{2n},p)$
がオイラーの規準より成り立ち、

$$G(a)=\sum _{N(z)=a,z=x+yM,z\in {\mathbb{F}}_{p^2}}\left(\frac{y}{p}\right)$$となる。

$G(a)$の性質1

$G(a)$は$D(z)$と$N(z)$が$p$乗写像で不変であり、
$D(z)$が$z^p=z$なら$0$のため、$G(a)$は偶数となる。
$D(z^p)=(z^{p^2}-z^p{)}^2=(z-z^p{)}^2=(z^p-z{)}^2=D(z)$
$N(z^p)=z^{p(p+1)}=z^{1+p}=N(z)$

$G(a)$の性質2

$t$を${\mathbb{F}}_pの元$としたとき、
$$G(t^{2}a)=\left(\frac{t}{p}\right)G(a)$$
となる、
$$\begin{gathered} G(t^{2}a) \\ =\sum _{N(z)=t^{2}a,z\in {\mathbb{F}}_{p^2}}Mod({\left(\frac{D(z)}{D(M)}\right)}^n,p)(z=t{z}^{\prime }) \end{gathered}$$
$$=\sum _{N(z^{\prime })=a,z^{\prime }\in {\mathbb{F}}_{p^2}}Mod({\left(\frac{D(t{z}^{\prime })}{D(M)}\right)}^n,p)(D(t{z}^{\prime })=t^{2}D(z^{\prime }))$$
$$=\sum _{N(z^{\prime })=a,z^{\prime }\in {\mathbb{F}}_{p^2}}Mod(\left(\frac{t}{p}\right){\left(\frac{D(z^{\prime })}{D(M)}\right)}^n,p)(Mod(ax)=aMod(x),a=\pm 1,0)$$
$$=\left(\frac{t}{p}\right)G(a)$$

この性質のため、
$G(a{)}^2$は$a$が平方剰余か平方非剰余かにのみにより決まる。

$G(a)$の性質3

$$N(z)=0⟺z=0$$より
$$G(0)=\left(\frac{0}{p}\right)=0$$

$G(a)$の性質4

$M_1$を別の ${\mathbb{F}}_{p^2}$の元で、${\mathbb{F}}_p$に属さない元とします。このとき、
$D(M)$と$D(M_1)$は平方非剰余のため、比は平方剰余な数$u^2$となります。
このため、$G(a)$の$M$を$M_1$に変えたときは、上記$u$を用いて、
$G(a)$は$\left(\frac{u}{p}\right)$倍されます。

補題

$s\in {\mathbb{F}}_{p^2}$で$N(s)=1$のとき、
$s=v+wM$ならば
$1=N(s)=(v+w{M}^p)(v+wM)=v^2+vw(M^p+M)+w{M}^{p+1}$
$w=0$なら$v=\pm 1となる。$

主張の証明

性質2と性質3より
$$\sum _{a\in {\mathbb{F}}_p}G(a{)}^2=\frac{p-1}{2}(G(1{)}^2+G(b{)}^2)$$

$$\begin{gathered} \sum _{a\in {\mathbb{F}}_p}G(a{)}^2=\sum _{a\in {\mathbb{F}}_p}{(\sum _{N(z)=a,z=x+yM,z\in {\mathbb{F}}_{p^2}}\left(\frac{y}{p}\right))}^2= \\ \sum _{a\in {\mathbb{F}}_p}(\sum _{N(z_1)=a,z_1=x_1+y_{1}M, \\ N(z_2)=a,z_2=x_2+y_{2}M, \\ {z}_1,z_2\in {\mathbb{F}}_{p^2}}\left(\frac{y_1}{p}\right)\left(\frac{y_2}{p}\right))= \\ \sum _{N(z_1)=N(z_2) \\ {z}_1=x_1+y_{1}M, \\ {z}_2=x_2+y_{2}M, \\ {z}_1,z_2\in {\mathbb{F}}_{p^2}}\left(\frac{y_1}{p}\right)\left(\frac{y_2}{p}\right)=(N(z_1)=N(z_2)⟹z_2=s{z}_1,N(s)=1) \\ \sum _{N(s)=1 \\ {z}_1=x_1+y_{1}M, \\ {z}_2=s{z}_1, \\ {z}_2=x_2+y_{2}M, \\ {z}_1,s\in {\mathbb{F}}_{p^2}}\left(\frac{y_1}{p}\right)\left(\frac{y_2}{p}\right)= \end{gathered}$$

次の計算に基づき$y_2$を書き換える。
$$\begin{gathered} s=v+wM⟹z_2=s{z}_1=(v+wM)(x_1+y_{1}M)= \\ v{x}_1+v{y}_{1}M+w{x}_{1}M+w{y}_1{M}^2= \\ v{x}_1+v{y}_{1}M+w{x}_{1}M+w{y}_1((M^p+M)M-M^{p+1})= \\ (v{x}_1-w{y}_1{M}^{p+1})+(v{y}_1+w{x}_1+w{y}_1(M^p+M))M \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \sum _{v^2+vw(M^p+M)+w{M}^{p+1}=1 \\ {x}_1,y_1,v,w\in {\mathbb{F}}_p}\left(\frac{y_1}{p}\right)\left(\frac{v{y}_1+w{x}_1+w{y}_1(M^p+M)}{p}\right)= \end{gathered}$$

$y_1=0$ならその項は$0$、和の条件として$y\ne 0$を課せる
$x_1$を$y_1{x}_1$に置き換える。

$$\begin{gathered} \sum _{v^2+vw(M^p+M)+w{M}^{p+1}=1 \\ {y}_1\ne 0 \\ {x}_1,y_1,v,w\in {\mathbb{F}}_p}\left(\frac{v+w{x}_1+w(M^p+M)}{p}\right)= \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} (p-1)\sum _{v^2+vw(M^p+M)+w{M}^{p+1}=1 \\ {x}_1,v,w\in {\mathbb{F}}_p}\left(\frac{v+w{x}_1+w(M^p+M)}{p}\right)= \end{gathered}$$

$w=0$なら補題より$v=\pm 1$
$w\ne 0$なら$v+w{x}_1+w(M^p+M)$を$x_1$に置き換えても、和の範囲は変わらない、

$$\begin{gathered} (p-1)p((\left(\frac{1}{p}\right))+(\left(\frac{-1}{p}\right)))+(p-1)p\sum _{v^2+vw(M^p+M)+w{M}^{p+1}=1 \\ {x}_1,v,w\in {\mathbb{F}}_p}\left(\frac{x_1}{p}\right)= \end{gathered}$$

$$\sum _{x_1\in {\mathbb{F}}_p}\left(\frac{x_1}{p}\right)=0$$
のため第$2$項は0,第$1$項は$p=4n+1$のため、
$\left(\frac{-1}{p}\right)=1$より、

$$2(p-1)p$$

はじめの式と合わせると、
$$2(p-1)p=\frac{p-1}{2}(G(1{)}^2+G(b{)}^2)$$
となり、主張が示された。

$$p=(\frac{G(1)}{2}{)}^2+(\frac{G(b)}{2}{)}^2$$