２次形式と素数改訂版2
内容
$a$と$b$が整数で$p$が素数で、
$a^2+b^2=p$
$a^2+2b^2=p$
$a^2+3b^2=p$
の解が存在する場合、
$a$と$b$を$p$から具体的に計算する解の公式を作りました。
準備
文字の約束
$p$を奇素数とします。
$\mathbb{F}_p $を位数$p$の有限体とします。
$\mathbb{F}_p^{\times} $を位数$p$の有限体の乗法群とします。
$\mathbb{F}_{p^2} $を位数$p^2$の有限体とします。
$\mathbb{F}_{p^2}^{\times} $を位数$p^2$の有限体の乗法群とします。
$z$は$\mathbb{F}_{p^2} $の元
$x,y$は$\mathbb{F}_p $の元
$ \widehat{\theta}:\mathbb{F}_{p}^{\times} \xrightarrow{} \mathbb{C}^\times $を非自明群準同型とします。
$\theta$を下記で定義します。
$\theta:\mathbb{F}_{p} \xrightarrow{} \mathbb{C}$
$x=0 \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ \theta(x):=0 \ \ \ $
$x \in \mathbb{F}_{p}^{\times} \ \ \Longrightarrow \ \ \ \theta(x):=\widehat{\theta}(x) \ \ \ $
$$ \widehat{\theta}(x)=(\frac{x}{p})$$
$(\frac{x}{p})$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。
$x \neq 0$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
$ \widehat{\theta}(x)=\zeta_N^v$で$\widehat{\theta}(x)$を定義できます。
$G$を $\mathbb{F}_{p^2}^{\times} $の部分群で、
$|G|$を位数としたとき、$|G|$が$p+1$を割りきるとします。
$\mathbb{F}_{p^2}^{\times}$は巡回群のため、$G$は位数のみで決まります。
$G'=\mathbb{F}_{p}^{\times} \cap G$で$G'$を定義します。
定義1の$\widehat{\theta}(x)$に対して
以下では次の性質を満たすと仮定します。
$x \in G'\ \ \Longrightarrow \ \ \ \ \widehat{\theta}(x)=1$
$G'$は次を満たします。
$|G|が偶数 \Longrightarrow G'= \lbrace 1,-1 \rbrace $
$|G|が奇数 \Longrightarrow G'= \lbrace 1 \rbrace $
$G'$も巡回群のための位数で決まります。
$p+1$と$p-1$の最大公約数は$2$のため、
$G'$の位数は高々$2$です、
つまり$G' \subset \lbrace 1,-1 \rbrace $です。
$|G|$の位数が偶数なら$-1$が$G$の元です、
$|G|$の位数が奇数なら$-1$は$G$の元ではありません。
$$t:\mathbb{F}_{p^2} \xrightarrow{}\mathbb{F}_{p} $$
$$t(z):=\frac{z+z^p}{2}$$
この写像はフェルマーの小定理より、
$\mathbb{F}_{p} $線形写像です。
関数$\alpha^{'}(z)$を下記で定義します。
$\alpha^{'}:\mathbb{F}_{p^2}^{\times} \xrightarrow{} \mathbb{C} $
$$\alpha^{'}(z):=\sum_{G'g\in G' \backslash G}\theta(t(gz))$$
$\alpha^{'}(z)$は、$t(z)$の$\mathbb{F}_{p}$線形性及び、$\theta(x)$の仮定より、
$G' \backslash G$の代表元によらず定まる。
準備では次の定理$2$を証明します。
$|s|$を複素数$s$の絶対値としたとき。
$$p=\sum_{\mathbb{F}_{p}^{\times}Gz\in \mathbb{F}_{p}^{\times}G\backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}}|\alpha^{'}(z)|^2$$
関数$\alpha(z)$を下記で定義します。
$$\alpha:\mathbb{F}_{p^2}^{\times} \xrightarrow{} \mathbb{C} $$
$$\alpha(z):=\sum_{g\in G}\theta(t(gz))$$
$\theta(x)$の準同型性と$t(z)$の$\mathbb{F}_{p}$線形性より
$x \in \mathbb{F}_{p}^{\times}$なら
$$\alpha(xz)=\sum_{g\in G}\theta(t(gxz))=\theta(x)\alpha(z)$$
$\theta(x)$の準同型性より、
$x \neq 0$なら
$\theta(x)^{p-1}=1$のため、
$\theta(x)$は$1$の冪根
$ \overline{ s} $を複素数$s$の複素共役としたとき、
$\theta(x)^{-1}= \overline{ \theta(x) }$
$|\theta(x)|^2=1$となり。
$$|\alpha(xz)|^2=|\theta(x)\alpha(z)|^2=|\alpha(z)|^2$$
$G'$の定義と補題$3$より
$x \in G'$なら
$$\theta(t(xgz))=\theta(t(gz))$$
$$\alpha(z)=|G'|\alpha^{'}(z)$$
$\alpha(z)$の定義より
$g\in G$
$$\alpha(gz)=\alpha(z)$$
補題$6$より
$\alpha(z)$は$Gz \in G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}$の代表元によらない。
また
補題$4$より
$|\alpha(z)|^2$は$\mathbb{F}_{p}^{\times} z\in \mathbb{F}_{p}^{\times}\backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} $の代表元によらない。
そのため、
$|\alpha(z)|^2$は$\mathbb{F}_{p}^{\times}Gz \in \mathbb{F}_{p}^{\times}G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} $の代表元によらない。
$\mathbb{F}_{p}^{\times}G$の元の個数は、$\frac{|\mathbb{F}_{p}^{\times}||G|}{|G'|}$
$$\sum_{Gz \in G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}}|\alpha(z)|^2=
\frac{|\mathbb{F}_{p}^{\times}|}{|G'|}\sum_{\mathbb{F}_{p}^{\times}Gz \in\mathbb{F}_{p}^{\times}G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} }|\alpha(z)|^2 \\
=|\mathbb{F}_{p}^{\times}||G'|\sum_{\mathbb{F}_{p}^{\times}Gz \in\mathbb{F}_{p}^{\times}G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} }|\alpha^{'}(z)|^2$$
最後は補題$5$より
$$\sum_{Gz \in G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}}|\alpha(z)|^2= \sum_{Gz \in G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}}\sum_{g,g'\in G} \overline{(\theta(t(g'z))}\theta(t(gz)) \\ =\sum_{z \in \mathbb{F}_{p^2}^{\times} }\sum_{g\in G} \overline{\theta(t(z))}\theta(t(gz)) $$
$z$を基底$(1,\sqrt{M})$で表示する、
ただし$M$は $\mathbb{F}_{p}$で平方非剰余な元
$z=x+y\sqrt{M}$
$t(z)=x$
$\theta(x)$の定義より、
$x=0$の場合は$\theta(x)=0$のため、
以下$x\neq 0$ とします。
(続き)
$$=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^{\times} }\sum_{y \in \mathbb{F}_{p}}\sum_{g\in G} \overline{\theta(x)}\theta(t(g(x+y\sqrt{M})))
\\
=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^{\times} }\sum_{y \in \mathbb{F}_{p}}\sum_{g\in G} \theta(t(g(1+\frac{y}{x}\sqrt{M})))\\
$$
$y$を$x$倍しても和の順番が変わるのみ、
すると和が$x$に依存しないため。
(続き)
$$
=|\mathbb{F}_{p}^{\times}|\sum_{y \in \mathbb{F}_{p}}\sum_{g\in G} \theta(t(g(1+y\sqrt{M})))
$$
$g=g_1+g_2\sqrt{M}$と基底で$g$を書くと。
$$t(g(1+y\sqrt{M}))=t(g)+\frac{gy\sqrt{M}-g^py\sqrt{M}}{2}\\
=t(g)+\frac{(g_1+g_2\sqrt{M}-g_1+g_2\sqrt{M})y\sqrt{M}}{2}\\
=t(g)+yg_2M\\
=g_1+yg_2M
$$
$g_2=0$なら$g \in G'$
$g_2 \neq 0 $ なら$g_1+yg_2M=y'$と$y$を変換しても、和の順番が変わるのみ
(続き)
$$
=|\mathbb{F}_{p}^{\times}|\sum_{y \in \mathbb{F}_{p}}\sum_{g\in G'} \theta(g)
+|\mathbb{F}_{p}^{\times}|\sum_{y' \in \mathbb{F}_{p}}\sum_{g\in G-G'} \theta(y')
$$
第$1$項は$\theta(g)$が$G'$で$1$のため$|\mathbb{F}_{p}^{\times}||\mathbb{F}_{p}||G'|$
第$2$項は$\widehat{\theta}(x)$が非自明のため、$0$
(続き)
$$=|\mathbb{F}_{p}^{\times}||\mathbb{F}_{p}||G'|$$
証明(1) より
$$\sum_{Gz \in G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}}|\alpha(z)|^2=|\mathbb{F}_{p}^{\times}||G'|\sum_{\mathbb{F}_{p}^{\times}G z \in \mathbb{F}_{p}^{\times}G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} }|\alpha^{'}(z)|^2$$
証明(2)より
$$
\sum_{Gz \in G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}}|\alpha(z)|^2=|\mathbb{F}_{p}^{\times}||\mathbb{F}_{p}||G'|
\\
p=|\mathbb{F}_{p}|=\sum_{\mathbb{F}_{p}^{\times}G z \in \mathbb{F}_{p}^{\times}G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} }|\alpha^{'}(z)|^2
$$
以上で定理$2$は証明された。
解の公式
$p=a^2+b^2$の場合
$p=a^2+b^2$を満たす$p$は$4$で割って$1$余る素数
$G:= \lbrace g \in \mathbb{F}_{p^2}^{\times} | g^{p+1}=1 \rbrace $
$\theta(x):=(\frac{x}{p})$
$(\frac{x}{p})$はルジャンドル記号
$\mathbb{F}_{p} \cap G=G'=\lbrace \pm 1 \rbrace$
$p$は$4$で割って$1$余る素数のため、
$\theta(\pm1)=1$
$\mathbb{F}_{p}^\times G$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、$\tau^{\frac{p+1}{2}}=\sqrt{M}$
$$\mathbb{F}_{p}^\times G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} \simeq\lbrace 1,\tau \rbrace \simeq\lbrace 1,\tau^{2n+1} \rbrace \simeq\lbrace 1,\sqrt{M} \rbrace$$
$\alpha'(z)$はルジャンドル記号の整数性より整数
$p=\alpha'(1)^2+\alpha'(\sqrt{M})^2$
$a=\alpha'(1)$、$b=\alpha'(\sqrt{M})$となり、解の公式が得られた。
$p=a^2+2b^2$の場合
$p=a^2+2b^2$を満たす$p$は$2$と$8$で割って$1$か$3$余る素数です。
$p=2$の場合は$a=0,b=1$があります。
以下$8$で割って$3$余る素数と$8$で割って$1$余る素数に分けて、解の公式を作ります。
$p$を$8$で割って$3$余る素数
$G:= \lbrace g \in \mathbb{F}_{p^2}^{\times} | g^{\frac{p+1}{4}}=1 \rbrace $
$\theta(x):=(\frac{x}{p})$
$(\frac{x}{p})$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。
$\mathbb{F}_{p} \cap G=G'=\lbrace 1 \rbrace$
$\theta(1)=1$
$\mathbb{F}_{p}^\times G$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。
$\mathbb{F}_{p}^\times G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times}$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}
$
$\tau^{\frac{p^2-1}{8}}= \begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tau^{4(2q^2+3\frac{q}{2})+1} \ \ \ \ q \equiv 0\mod{2} \\
\tau^{4(2q^2+\frac{3q-1}{2})+3} \ \ \ \ q \equiv 1 \mod{2}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$
$\tau^{3\frac{p^2-1}{8}}= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \tau^{4(6q^2+\frac{9q}{2})+3} \ \ \ \ q \equiv 0\mod{2} \\ \tau^{4(6q^2+\frac{9q+1}{2})+1} \ \ \ \ q \equiv 1 \mod{2} \end{array} \right. \end{eqnarray}$
$\mathbb{F}_{p}^\times G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} \simeq \lbrace 1,\tau , \tau^2 , \tau^3 \rbrace
\simeq \lbrace 1,\tau^{\frac{p^2-1}{4}} ,\tau^{\frac{p^2-1}{8}} , \tau^{3\frac{p^2-1}{8}} \rbrace $
$G^p=G$,$t(g^pz^p)=t(gz)$より
$\alpha'(z^p)=\alpha'(z)$
$(\tau^{\frac{p^2-1}{4}})^p=\tau^{\frac{p^2-1}{4}p}=\tau^{\frac{p^2-1}{4}3}=-\tau^{\frac{p^2-1}{4}}$
$( \tau^{a\frac{p^2-1}{8}})^p=\tau^{3a\frac{p^2-1}{8}}$
$\alpha'(\tau^{\frac{p^2-1}{4}} )=\alpha'((\tau^{\frac{p^2-1}{4}})^p)=\alpha'(-\tau^{\frac{p^2-1}{4}})=-\alpha'(\tau^{\frac{p^2-1}{4}}) $
$\alpha'(\tau^{\frac{p^2-1}{4}})=0$
$\theta(-1)=-1$を用いた。
$\alpha'( \tau^{\frac{p^2-1}{8}})= \alpha'(( \tau^{\frac{p^2-1}{8}})^p)=\alpha'( \tau^{3\frac{p^2-1}{8}})$
$\alpha'(z)$はルジャンドル記号の整数性より整数
$$p=\alpha'(1)^2+\alpha'(\tau^{\frac{p^2-1}{4}})^2+\alpha'(\tau^{\frac{p^2-1}{8}})^2+\alpha'(\tau^{3\frac{p^2-1}{8}})^2 \\ =\alpha'(1)^2+2\alpha'(\tau^{\frac{p^2-1}{8}})^2$$
$a=\alpha'(1)$、$b=\alpha'(\tau^{\frac{p^2-1}{8}})$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:= \lbrace g \in \mathbb{F}_{p^2}^{\times} | g^{p+1}=1 \rbrace $
$T$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'=\lbrace \pm 1 \rbrace$
$\frac{p-1}{4}$は偶数のため、
$\theta(\pm 1)=1$
$\mathbb{F}_{p} ^\times G \backslash \mathbb{F}_{p^2}^{\times} \simeq\lbrace 1,\sqrt{M} \rbrace $
$M$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。
$\alpha'(z)$はガウス整数
$g=g_1+g_2\sqrt{M}$,$g \in G$,$g_1=t(g)$ならば,$g^{p+1}=g_1^2-Mg_2^2=1$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$g_1\neq0$)
$j(g)=\frac{1}{g_1}+\sqrt{M}(\frac{\sqrt{-1}g_2}{g_1})\in G$
$j(j(g))=g^p$より$j(g)$は全単射
$t(j(g))=\frac{1}{g_1}$
$t(g)^{-1}=t(j(g))$
$$\overline{\alpha(1)}=\sum_{g \in G}{\overline{\theta(t(g))}}
=\sum_{g \in G}{\theta(t(g)^{-1})}\\
=\sum_{g \in G}{\theta(t(j(g)))}=\sum_{g \in G}{\theta(t(g))}\\
=\alpha(1) $$
$\alpha(1)$は整数
$\alpha'(1)$も整数
$g=g_1+g_2\sqrt{M}$,$g \in G$,
$g^{p+1}=g_1^2-Mg_2^2=1$
$1+Mg_2^2=g_1^2$
$t(g\sqrt{M})=Mg_2$
任意の$x \in \mathbb{F}_{p}^\times$に対して、
$1+Mx^2$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、$1+Mx^2=0$にはならいない。)
前者の場合
$1+Mx^2$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、$1+Mx^2=y^2$なら$g=\pm y +x\sqrt{M}$の２つです。
後者の場合
$1+Mx^2$が平方非剰余なら$1+Mx^2=y^2M$より
$1+M\frac{1}{x^2M^2}=\frac{y^2}{x^2}$となり、
$\frac{1}{x}=t(g\sqrt{M})となるg \in G$が$２$個あります、
$1+Mx^2=y^2M$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。
$\chi(x)= \begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
1 \ \ \ \ \ \ 1+Mx^2=y^2\\
0 \ \ \ \ \ \ 1+Mx^2=y^2M
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$
$\frac{1}{xM}$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\neq0 $
$$\alpha(\sqrt{M})=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\chi(x)2\theta(Mx)=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\chi(x)2\sqrt{-1}\theta(x)
$$
$$\alpha(\sqrt{M})=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\chi(\frac{1}{xM})2\theta(\frac{1}{x})=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\chi(\frac{1}{xM})2 \overline{\theta(x)}
$$
$$-\sqrt{-1} \alpha(\sqrt{M})+\overline{\alpha(\sqrt{M})}=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}(\chi(x)+\chi(\frac{1}{xM}))2\theta(x)\\
=2\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\theta(x)=0$$
最後は$\theta(x)$の非自明性より
ガウス整数$\beta$が$-\sqrt{-1}\beta+\overline{\beta}=0$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
$|\alpha'(\sqrt{M})|^2=2b^2$ で
$p=|\alpha'(1)|^2+|\alpha'(\sqrt{M})|^2=\alpha'(1)^2+2b^2$
となる。
$$a=\alpha'(1),b=\frac{\alpha'(\sqrt{M})}{1-\sqrt{-1}}$$
解の公式が得られた。
$p=a^2+3b^2$の場合
$p=a^2+3b^2$を満たす$p$は$3$と$3$で割って$1$余る素数です。
$p=3$の場合は$a=0,b=1$があります。
以下$12$で割って$1$余る素数と$12$で割って$7$余る素数に分けて、
解の公式を作ります。
$p$を$12$で割って$1$余る素数
$G:= \lbrace g \in \mathbb{F}_{p^2}^{\times} | g^{p+1}=1 \rbrace $
$\mathbb{F}_{p} \cap G =G'=\lbrace \pm 1 \rbrace$
$T_3$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
$\alpha(\sqrt{M})=\sqrt{-3}b$
$\theta(M)\neq 1$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$\frac{-1-\sqrt{-3}}{2}$
$|1-\overline{\theta(M)}|^2=(1-\frac{-1+\sqrt{-3}}{2})(1-\frac{-1-\sqrt{-3}}{2})=3$
$\alpha(\sqrt{M})=(\frac{3\pm\sqrt{-3}}{2})b$
$a=\alpha'(1)$
$b$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:= \lbrace g \in \mathbb{F}_{p^2}^{\times} | g^{p+1}=1 \rbrace $
$\mathbb{F}_{p} \cap G =G'=\lbrace \pm 1 \rbrace$
$\theta(x)$は例$6$と同じとします。
$\mathbb{F}_{p}^\times G$の元は、$\tau^{2 n}$と表せる。
$\mathbb{F}_{p^2}^{\times} /(\mathbb{F}_{p}^\times G)\simeq \lbrace 1,\tau \rbrace $
$\mathbb{F}_{p^2}$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、
$x\neq 0$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= \pm1 $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$\pm 1$
$\chi(x)= \begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
1 \ \ \ x^2-1=y^2\neq 0\\
0 \ \ \ x^2-1=-y^2\neq 0\\
\frac{1}{2} \ \ \ x^2-1=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$
$1=\chi(x)+\chi(\frac{1}{x}) \ \ \ x\neq0 $
$$\alpha(1)=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\chi(x)2\theta(x)
$$
$$\alpha(1)=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\chi(\frac{1}{x})2\theta(\frac{1}{x})=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\chi(\frac{1}{x})2 \overline{\theta(x)}
$$
$$\alpha(1)+\overline{\alpha(1)}=\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}(\chi(x)+\chi(\frac{1}{x}))2\theta(x)\\
=2\sum_{x \in \mathbb{F}_{p}^\times}\theta(x)=0$$
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
$-1=\tau^{\frac{p^2-1}{2}}=M^{\frac{p-1}{2}}\\
=M^{\frac{p-3}{2}}M=M^{2q}M$
$(g\tau)^{p+1}=\tau^{p+1}=M$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$h_1\neq 0$
これを変形すると。
$h_1^2-M=-h_2^2$
$$\frac{M^2}{h_1^2}-M=M\frac{h_2^2}{h_1^2}=-{(\frac{h_2}{M^qh_1})}^2$$
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$\frac{-1-\sqrt{-3}}{2}$
$|1+\theta(M)|^2=(1+\frac{-1+\sqrt{-3}}{2})(1+\frac{-1-\sqrt{-3}}{2})=1$
以上より
$\alpha'(1)=\sqrt{-3}b$
$|\alpha'(\tau)|=a$
$$p=|\alpha'(1)|^2+|\alpha'(\tau)|^2=a^2+3b^2$$
となり解の公式が得られた。