文献あり

D. ShanksによるGauss和の符号決定

180

前回の記事で示したD. Shanksによる等式
$\begin{aligned} \frac{(q^{2}; q^{2})_{n}}{(q; q^{2})_{n}} \sum_{j = 0}^{n} \frac{(q; q^{2})_{j}}{(q^{2}; q^{2})_{j}} q^{- n (2 j + 1)} & = \sum_{j = 0}^{2 n} q^{- (\binom{j + 1}{2})} \\ \frac{(q^{2}; q^{2})_{n}}{(q; q^{2})_{n}} \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{(q; q^{2})_{j}}{(q^{2}; q^{2})_{j}} q^{- n (2 j + 1)} & = \sum_{j = 0}^{2 n - 1} q^{- (\binom{j + 1}{2})} \end{aligned}$
はGauss和の符号決定に応用することができる. 奇数 $N$ に対して, Gauss和の二乗が
$\begin{array}{r} {(\sum_{k = 0}^{N - 1} e^{\frac{2 π i k^{2}}{N}})}^{2} = (- 1)^{\frac{N - 1}{2}} N \end{array}$
となることは比較的容易に示されることであり,
$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{N - 1} e^{\frac{2 π i k^{2}}{N}} = \pm \sqrt{(- 1)^{\frac{N - 1}{2}} N} \end{array}$
であることまでは分かる. しかし, その符号を決定することはそれより難しい問題として知られている. 以下はD. Shanksによる1958年の証明である.

Gauss和

$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{N - 1} e^{\frac{2 π i k^{2}}{N}} & = {\begin{cases} \sqrt{N} N = 1 (\mod 4) \\ i \sqrt{N} N = 3 (\mod 4) \end{cases} \end{aligned}$

Shanksによる等式
$\begin{aligned} \frac{(q^{2}; q^{2})_{n}}{(q; q^{2})_{n}} \sum_{j = 0}^{n} \frac{(q; q^{2})_{j}}{(q^{2}; q^{2})_{j}} q^{- n (2 j + 1)} & = \sum_{j = 0}^{2 n} q^{- (\binom{j + 1}{2})} \\ \frac{(q^{2}; q^{2})_{n}}{(q; q^{2})_{n}} \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{(q; q^{2})_{j}}{(q^{2}; q^{2})_{j}} q^{- n (2 j + 1)} & = \sum_{j = 0}^{2 n - 1} q^{- (\binom{j + 1}{2})} \end{aligned}$
において, $q = v^{2}, v = e^{i θ}$ とすると,
$\begin{aligned} \frac{(q^{2}; q^{2})_{n}}{(q; q^{2})_{n}} & = v^{n} \prod_{k = 1}^{n} \frac{v^{2 k} - v^{- 2 k}}{v^{2 k - 1} - v^{1 - 2 k}} \\ = v^{n} \prod_{k = 1}^{n} \frac{\sin 2 k θ}{\sin (2 k - 1) θ} \end{aligned}$
ここで,
$\begin{array}{r} Q_{n} := \prod_{k = 1}^{n} \frac{\sin 2 k θ}{\sin (2 k - 1) θ} \end{array}$
とすると, 2つの等式は
$\begin{aligned} \sum_{j = 0}^{n} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} v^{- j - n - 4 j n} & = \sum_{j = 0}^{2 n} v^{- j^{2} - j} \\ \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} v^{- j - n - 4 j n} & = \sum_{j = 0}^{2 n - 1} v^{- j^{2} - j} \end{aligned}$
$θ$ を実数として複素共役を考えると,
$\begin{aligned} \sum_{j = 0}^{n} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} v^{j + n + 4 j n} & = \sum_{j = 0}^{2 n} v^{j^{2} + j} \\ \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} v^{j + n + 4 j n} & = \sum_{j = 0}^{2 n - 1} v^{j^{2} + j} \end{aligned}$
となる. $N$ を奇数として, $N := 2 r + 1, θ := \frac{2 π}{N}$ とすると,
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{N - 1} v^{k^{2}} & = \sum_{k = - r}^{r} v^{(r + k)^{2}} \\ = v^{r^{2}} \sum_{k = - r}^{r} v^{(N - 1) k + k^{2}} \\ = v^{r^{2}} \sum_{k = - r}^{r} v^{k^{2} - k} \\ = v^{r^{2}} (\sum_{k = 0}^{r - 1} v^{k^{2} + k} + \sum_{k = 0}^{r} v^{k^{2} + k}) \end{aligned}$
$r$ を偶数のとき, $r = 2 n$ とすると,
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{N - 1} v^{k^{2}} & = v^{4 n^{2}} (\sum_{k = 0}^{2 n - 1} v^{k^{2} + k} + \sum_{k = 0}^{2 n} v^{k^{2} + k}) \\ = \sum_{j = 0}^{l - 1} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} v^{(j + n) (4 n + 1)} + \sum_{j = 0}^{l} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} v^{(j + n) (4 n + 1)} \\ = \sum_{j = 0}^{n - 1} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} + \sum_{j = 0}^{n} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} (v^{4 n + 1} = 1) \end{aligned}$
ここで, $Q_{k}$ は $k = 0, 1, \dots, n$ に対して正の実数であるから,
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{N - 1} v^{k^{2}} & = \sqrt{N} \end{aligned}$
である. $r$ が奇数のとき, $r = 2 n + 1$ とすると,
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{N - 1} v^{k^{2}} & = v^{(2 n + 1)^{2}} (\sum_{k = 0}^{2 n} v^{k^{2} + k} + \sum_{k = 0}^{2 n + 1} v^{k^{2} + k}) \\ = v^{(2 l + 1)^{2}} (\sum_{j = 0}^{n} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} v^{j + n + 4 j n} + \sum_{j = 0}^{n} \frac{Q_{n + 1}}{Q_{j}} v^{j + (n + 1) + 4 j (n + 1)}) \\ = \sum_{j = 0}^{n} v^{(4 n + 3) (n + j)} (v^{2 n + 1 - 2 j} \frac{Q_{n}}{Q_{j}} + v^{2 n + 2 + 2 j} \frac{Q_{n + 1}}{Q_{n}}) \end{aligned}$
ここで, $v^{4 n + 3} = 1$ と
$\begin{aligned} Q_{n + 1} & = \frac{\sin (2 n + 2) θ}{\sin (2 n + 1) θ} Q_{n} = - Q_{n} \end{aligned}$
であることから,
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{N - 1} v^{k^{2}} & = 2 i \sum_{j = 0}^{n} \sin ((2 n + 1 - 2 j) θ) \frac{Q_{n}}{Q_{j}} \end{aligned}$
を得る. これは虚部が正である. よって,
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{N - 1} v^{k^{2}} & = i \sqrt{N} \end{aligned}$
が成り立つ.