２次形式と素数改訂版2

$$\hat{\theta }(x)=(\frac{x}{p})$$
$(\frac{x}{p})$はルジャンドル記号

$p-1$が自然数$N$の倍数のとき、

$T_N$を${\mathbb{F}}_p^{\times }$での、ある$1$の原始$N$乗根とします。
$x\ne 0$のとき、
$x^{\frac{p-1}{N}}$は$T_N$を用いて、
$x^{\frac{p-1}{N}}=T_N^v$となる、$v$が存在する。
${\zeta }_N$を${\mathbb{C}}^{\times }$でのある$1$の原始$N$乗根
$\hat{\theta }(x)={\zeta }_N^v$で$\hat{\theta }(x)$を定義できます。

$p=a^2+b^2$を満たす$p$は$4$で割って$1$余る素数
$G:=\{g\in {\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }|g^{p+1}=1\}$
$\theta (x):=(\frac{x}{p})$
$(\frac{x}{p})$はルジャンドル記号
${\mathbb{F}}_p\cap G=G^{\prime }=\{\pm 1\}$

$p$は$4$で割って$1$余る素数のため、
$\theta (\pm 1)=1$

${\mathbb{F}}_p^{\times }G$の元は、
$p-1$と$p+1$の最小公倍数$\frac{p^2-1}{2}$乗すると$1$になるため、
${\mathbb{F}}_p^{\times }G$の元は${\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }$の生成元$\tau$を用いて、
${\tau }^{2n}$とあらせる。

${\tau }^{2\frac{p-1}{4}+1}={\tau }^{\frac{p+1}{2}}$は$p-1$乗すると
$-1$なので、オイラー規準より、
${\mathbb{F}}_p$の平方非剰余な元$M$用いて、${\tau }^{\frac{p+1}{2}}=\sqrt{M}$

$${\mathbb{F}}_p^{\times }G\mathrm{\setminus }{\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }\simeq \{1,\tau \}\simeq \{1,{\tau }^{2n+1}\}\simeq \{1,\sqrt{M}\}$$

${\alpha }^{\prime }(z)$はルジャンドル記号の整数性より整数

$p={\alpha }^{\prime }(1{)}^2+{\alpha }^{\prime }(\sqrt{M}{)}^2$

$a={\alpha }^{\prime }(1)$、$b={\alpha }^{\prime }(\sqrt{M})$となり、解の公式が得られた。

$p$を$8$で割って$3$余る素数

$G:=\{g\in {\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }|g^{\frac{p+1}{4}}=1\}$
$\theta (x):=(\frac{x}{p})$
$(\frac{x}{p})$はルジャンドル記号

$p=8q+3$とすると。
$\frac{p+1}{4}=2q+1$は奇数です。
$\frac{p+1}{4}$は$p-1$と互いに素です。

${\mathbb{F}}_p\cap G=G^{\prime }=\{1\}$
$\theta (1)=1$

${\mathbb{F}}_p^{\times }G$の元は$\frac{p^2-1}{4}$乗で$1$になるため、
生成元$\tau$を用いて、
${\tau }^{4n}$とあらせる。

${\mathbb{F}}_p^{\times }G\mathrm{\setminus }{\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }$の代表元で計算しやすいものを探すと、
${\tau }^{\frac{p^2-1}{4}}={\tau }^{4(4q^2+3q)+2}$
${\tau }^{\frac{p^2-1}{8}}=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{\tau }^{4(2q^2+3\frac{q}{2})+1}q\equiv 0\mathrm{mod}2\\ {\tau }^{4(2q^2+\frac{3q-1}{2})+3}q\equiv 1\mathrm{mod}2\end{array}\end{array}$

${\tau }^{3\frac{p^2-1}{8}}=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{\tau }^{4(6q^2+\frac{9q}{2})+3}q\equiv 0\mathrm{mod}2\\ {\tau }^{4(6q^2+\frac{9q+1}{2})+1}q\equiv 1\mathrm{mod}2\end{array}\end{array}$

${\mathbb{F}}_p^{\times }G\mathrm{\setminus }{\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }\simeq \{1,\tau ,{\tau }^2,{\tau }^3\}\simeq \{1,{\tau }^{\frac{p^2-1}{4}},{\tau }^{\frac{p^2-1}{8}},{\tau }^{3\frac{p^2-1}{8}}\}$
$G^p=G$,$t(g^p{z}^p)=t(gz)$より
${\alpha }^{\prime }(z^p)={\alpha }^{\prime }(z)$
$({\tau }^{\frac{p^2-1}{4}}{)}^p={\tau }^{\frac{p^2-1}{4}p}={\tau }^{\frac{p^2-1}{4}3}=-{\tau }^{\frac{p^2-1}{4}}$
$({\tau }^{a\frac{p^2-1}{8}}{)}^p={\tau }^{3a\frac{p^2-1}{8}}$
${\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{4}})={\alpha }^{\prime }(({\tau }^{\frac{p^2-1}{4}}{)}^p)={\alpha }^{\prime }(-{\tau }^{\frac{p^2-1}{4}})=-{\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{4}})$
${\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{4}})=0$
$\theta (-1)=-1$を用いた。
${\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{8}})={\alpha }^{\prime }(({\tau }^{\frac{p^2-1}{8}}{)}^p)={\alpha }^{\prime }({\tau }^{3\frac{p^2-1}{8}})$

${\alpha }^{\prime }(z)$はルジャンドル記号の整数性より整数
$$\begin{gathered} p={\alpha }^{\prime }(1{)}^2+{\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{4}}{)}^2+{\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{8}}{)}^2+{\alpha }^{\prime }({\tau }^{3\frac{p^2-1}{8}}{)}^2 \\ ={\alpha }^{\prime }(1{)}^2+2{\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{8}}{)}^2 \end{gathered}$$

$a={\alpha }^{\prime }(1)$、$b={\alpha }^{\prime }({\tau }^{\frac{p^2-1}{8}})$となり、解の公式が得られた。

$p=a^2+2b^2$
$p$を$8$で割って$1$余る素数
$G:=\{g\in {\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }|g^{p+1}=1\}$
$T$を${\mathbb{F}}_p$での、$1$の原始$4$乗根の$1$つとする。
$x^{\frac{p-1}{4}}$は$T$を用いて、
$x^{\frac{p-1}{4}}=T^v$となる、整数$v$が存在する。
$\theta (x)={(\sqrt{-1})}^v$で$\theta (x)$を定義する。

${\mathbb{F}}_p\cap G=G^{\prime }=\{\pm 1\}$
$\frac{p-1}{4}$は偶数のため、
$\theta (\pm 1)=1$

${\mathbb{F}}_p^{\times }G\mathrm{\setminus }{\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }\simeq \{1,\sqrt{M}\}$

$M$が平方非剰余で$\theta (M)=-\sqrt{-1}$なら
$M^3$も平方非剰余で$\theta (M^3)=\sqrt{-1}$
$\sqrt{M}$と$M\sqrt{M}$は${\mathbb{F}}_p^{\times }G$剰余類で同じ剰余類に入る。
以上より$\theta (M)=\sqrt{-1}$となるように$M$を選べる。

${\alpha }^{\prime }(z)$はガウス整数

$g=g_1+g_2\sqrt{M}$,$g\in G$,$g_1=t(g)$ならば,$g^{p+1}=g_1^2-M{g}_2^2=1$を変形すると、
$(\frac{1}{g_1}{)}^2-M\frac{(\sqrt{-1}{g}_2{)}^2}{g_1^2}=1$
($g_1=0$なら両辺の平方剰余、非剰余が異なるため$g_1\ne 0$)
$j(g)=\frac{1}{g_1}+\sqrt{M}(\frac{\sqrt{-1}{g}_2}{g_1})\in G$
$j(j(g))=g^p$より$j(g)$は全単射
$t(j(g))=\frac{1}{g_1}$
$t(g{)}^{-1}=t(j(g))$

$$\begin{gathered} \overline{\alpha (1)}=\sum _{g\in G}\overline{\theta (t(g))}=\sum _{g\in G}\theta (t(g{)}^{-1}) \\ =\sum _{g\in G}\theta (t(j(g)))=\sum _{g\in G}\theta (t(g)) \\ =\alpha (1) \end{gathered}$$

$\alpha (1)$は整数
${\alpha }^{\prime }(1)$も整数

$g=g_1+g_2\sqrt{M}$,$g\in G$,

$g^{p+1}=g_1^2-M{g}_2^2=1$
$1+M{g}_2^2=g_1^2$

$t(g\sqrt{M})=M{g}_2$

任意の$x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }$に対して、
$1+M{x}^2$は平方剰余か平方非剰余のどちらか
($-1$が平方剰余、$M$が平方非剰余なので、$1+M{x}^2=0$にはならいない。)
前者の場合
$1+M{x}^2$が平方剰余なら$Mx=t(g\sqrt{M})$を満たす$g\in G$が$２$個あります、$1+M{x}^2=y^2$なら$g=\pm y+x\sqrt{M}$の２つです。
後者の場合
$1+M{x}^2$が平方非剰余なら$1+M{x}^2=y^{2}M$より
$1+M\frac{1}{x^2{M}^2}=\frac{y^2}{x^2}$となり、
$\frac{1}{x}=t(g\sqrt{M})となるg\in G$が$２$個あります、
$1+M{x}^2=y^{2}M$なら$g=\pm \frac{y}{x}+\frac{1}{xM}\sqrt{M}$

$x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }$
次で関数$\chi (x)$を定義する。
$\chi (x)=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}11+M{x}^2=y^2\\ 01+M{x}^2=y^{2}M\end{array}\end{array}$

$\frac{1}{xM}$は$x$に関して対合で不動点はない。
上の場合分けより、
$1=\chi (x)+\chi (\frac{1}{xM})x\ne 0$
$$\alpha (\sqrt{M})=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\chi (x)2\theta (Mx)=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\chi (x)2\sqrt{-1}\theta (x)$$

$$\alpha (\sqrt{M})=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\chi (\frac{1}{xM})2\theta (\frac{1}{x})=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\chi (\frac{1}{xM})2\overline{\theta (x)}$$
$$\begin{gathered} -\sqrt{-1}\alpha (\sqrt{M})+\overline{\alpha (\sqrt{M})}=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}(\chi (x)+\chi (\frac{1}{xM}))2\theta (x) \\ =2\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\theta (x)=0 \end{gathered}$$
最後は$\theta (x)$の非自明性より

ガウス整数$\beta$が$-\sqrt{-1}\beta +\bar{\beta }=0$を満たすのは、
$b$を整数として、$\beta =b(1-\sqrt{-1})$
これにより、$\alpha (\sqrt{M})$は$1-\sqrt{-1}$の整数倍

$|{\alpha }^{\prime }(\sqrt{M}){|}^2=2b^2$ で
$p=|{\alpha }^{\prime }(1){|}^2+|{\alpha }^{\prime }(\sqrt{M}){|}^2={\alpha }^{\prime }(1{)}^2+2b^2$
となる。

$$a={\alpha }^{\prime }(1),b=\frac{{\alpha }^{\prime }(\sqrt{M})}{1-\sqrt{-1}}$$
解の公式が得られた。

$p$を$12$で割って$1$余る素数

$G:=\{g\in {\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }|g^{p+1}=1\}$
${\mathbb{F}}_p\cap G=G^{\prime }=\{\pm 1\}$

$T_3$を${\mathbb{F}}_p$での、$1$の原始$3$乗根の$1$つとする。
$x^{\frac{p-1}{3}}$は$T_3$を用いて、
$x^{\frac{p-1}{3}}=T_3^v$となる、$v$が存在する。
${\zeta }_3$を$\mathbb{C}$での$1$の原始$3$乗根
$\theta (x)={\zeta }_3^v$で$\theta (x)$を定義する。

$\theta (1)=1$
$\frac{p-1}{3}$は偶数ゆえに、
$\theta (-1)=1$

$\alpha (z)$はアイゼンシュタイン整数です。

例$5$と同じ推論により、
$$\overline{\alpha (1)}=\alpha (1)$$

$\alpha (1)$は実数である。
アイゼンシュタイン整数かつ実数は整数のため$\alpha (1)$は整数です。

同じく例$5$と同じ推論により、
$$\theta (M)\alpha (\sqrt{M})+\overline{\alpha (\sqrt{M})}=0$$

$\theta (M)=1$なら
$\alpha (\sqrt{M})$は純虚数である。
純虚数かつアイゼンシュタイン整数は、$\sqrt{-3}$の整数倍
$\alpha (\sqrt{M})=\sqrt{-3}b$

$\theta (M)\ne 1$なら
$\alpha (\sqrt{M})$は$1-\overline{\theta (M)}$の実数倍である。
$\theta (M)$は$\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}$か$\frac{-1-\sqrt{-3}}{2}$
$|1-\overline{\theta (M)}{|}^2=(1-\frac{-1+\sqrt{-3}}{2})(1-\frac{-1-\sqrt{-3}}{2})=3$
$\alpha (\sqrt{M})=(\frac{3\pm \sqrt{-3}}{2})b$

$a={\alpha }^{\prime }(1)$
$b$の方は上記の場合分けに応じて得られる。
一応解の公式が得られた、

$p$を$12$で割って$7$余る素数
$\frac{p-1}{N}$は偶数とする。
$G:=\{g\in {\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }|g^{p+1}=1\}$
${\mathbb{F}}_p\cap G=G^{\prime }=\{\pm 1\}$

$\theta (x)$は例$6$と同じとします。

${\mathbb{F}}_p^{\times }G$の元は、${\tau }^{2n}$と表せる。
${\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }/({\mathbb{F}}_p^{\times }G)\simeq \{1,\tau \}$

${\mathbb{F}}_{p^2}$の基底として$(1,\sqrt{-1})$が取れます。
$G$の定義式は、
$g=g_1+g_2\sqrt{-1}g\in G$なら
$g^{p+1}=1=g_1^2+g_2^2$
$x^2-1$が平方非剰余なら、
$x=t(g)$となる、$g\in G$が$2$個ある。
$g=x\pm g_2\sqrt{-1}$

$x^2-1$が平方剰余なら、
$x\ne 0$かつ
$x^2-1=y^2$なので、
$\frac{1}{x^2}-1=-\frac{y^2}{x^2}$
$\frac{1}{x}=t(g)$となる、$g\in G$が$2$個ある。
$g=\frac{1}{x}\pm \frac{y}{x}\sqrt{-1}$

$x=\pm 1$なら、
$x=t(g)$となる、$g\in G$が$1$個ある。
$x=g$

$\frac{1}{x}$は$x$に関して対合で不動点は$\pm 1$
$\chi (x)=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}1x^2-1=y^2\ne 0\\ 0x^2-1=-y^2\ne 0\\ \frac{1}{2}{x}^2-1=0\end{array}\end{array}$

$1=\chi (x)+\chi (\frac{1}{x})x\ne 0$
$$\alpha (1)=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\chi (x)2\theta (x)$$

$$\alpha (1)=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\chi (\frac{1}{x})2\theta (\frac{1}{x})=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\chi (\frac{1}{x})2\overline{\theta (x)}$$
$$\begin{gathered} \alpha (1)+\overline{\alpha (1)}=\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}(\chi (x)+\chi (\frac{1}{x}))2\theta (x) \\ =2\sum _{x\in {\mathbb{F}}_p^{\times }}\theta (x)=0 \end{gathered}$$
最後は$\theta (x)$の非自明性より

$\alpha (1)$は純虚数
$\alpha (1)$はアイゼンシュタイン整数のため$\sqrt{-3}$の整数倍

$p=4q+3$
$\tau$を${\mathbb{F}}_{p^2}^{\times }$の生成元としたとき、
$M={\tau }^{p+1}$で$M$で定義する。
$M$は平方非剰余
$$\begin{gathered} -1={\tau }^{\frac{p^2-1}{2}}=M^{\frac{p-1}{2}} \\ =M^{\frac{p-3}{2}}M=M^{2q}M \end{gathered}$$

$(g\tau {)}^{p+1}={\tau }^{p+1}=M$を満たす。
$g\tau =h_1+h_2\sqrt{-1}$としたとき、

$h_1^2+h_2^2=M$かつ$h_1\ne 0$
これを変形すると。
$h_1^2-M=-h_2^2$
$$\frac{M^2}{h_1^2}-M=M\frac{h_2^2}{h_1^2}=-{(\frac{h_2}{M^q{h}_1})}^2$$
このため、

$$j(g\tau )=\frac{M}{h_1}+\frac{h_2}{M^q{h}_1}\sqrt{-1}$$

$$j(j(g\tau ))=(g\tau {)}^p$$
のため、$j(g\tau )$は全単射

$$\alpha (\tau )=\sum _{g\in G}\theta (t(g\tau ))=\sum _{g\in G}\theta (t(j(g\tau )))=\sum _{g\in G}\theta (\frac{M}{t(g\tau )})$$ $$=\theta (M)\sum _{g\in G}\overline{\theta (t(g\tau ))}$$
$$=\theta (M)\overline{\alpha (\tau )}$$
$\alpha (\tau )$は$1+\theta (M)$の実数倍
$\alpha (\tau )$はアイゼンシュタイン整数のため
$\alpha (\tau )$は$1+\theta (M)$の整数倍

$\theta (M)=1$つまり$M=y^3$なら
${\tau }^{p+1}=y^3$右辺は$\frac{p-1}{3}$乗で$1$だが左辺は$1$でないため、
$\theta (M)$は$\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}$か$\frac{-1-\sqrt{-3}}{2}$
$|1+\theta (M){|}^2=(1+\frac{-1+\sqrt{-3}}{2})(1+\frac{-1-\sqrt{-3}}{2})=1$