演算の数理 II （レポート）

第6回

2021/01/28

1. F×p 上の有限和の確認．
××
任意の ā ∈ F×p を取り固定する．このとき ā との積をとりましょう写像 Fp → Fp ; x̄ 7→ āx̄ が全単射であることから，任意の写像 f : F×p → C に対して，∑f (āx̄)x̄∈F×p=∑f (ȳ)ȳ∈F×pが成り立つことを証明中に何回か使ったのであった．
説明（証明）としてはこれで十分なのだが，念のため具体例で確かめてみよう！写像 f は上記のまま任意として（つまり記号のままで），p = 11 と ā = 7̄ のときに，左辺のf (ā1̄) + f (ā2̄) + · · · + f (ā p − 1) の順番で書き下すことにより，右辺の∑∑f (āx̄) を，x̄∈F×pf (ȳ) と一致しȳ∈F×pていることを確かめよ．

[注文] 全単射だからほぼ自明な確認になてしまうが，自分なりに言葉をしっかり使って説明せよ．式だ
けは NG とする．

2. ガウス和の確認．
p−1

授業の 補題 12 で，ガウス和（特に ā = 1̄ の場合）の二乗が G21̄ = (−1) 2 p となることを示したのだった．従って両辺ルートをとると，符号 ± がどうなるかは分からないが

{G1̄

=

√± p
√
±i pif p ≡ 1 (mod 4),if p ≡ 3 (mod 4)となるのはよい．授業中に「Gauss はこの符号決定に 4 年もの歳月をかけた」と話したのだった．その結果は “どの場合もいずれも符号はプラス” である．ここでは定義に従って計算することで，この事実を p = 7 の場合で確かめてみよう！いきなり自分たちであーでもない・こーでもないと試行錯誤して貰った方がよいのだが，小さい素数の場合に私がちょっとデモンストレーションしてみるので，参考にしてください：
2πi• まずは p = 3 の場合．平方剰余か否かは L3 (1̄) = 1, L3 (2̄) = −1 だったので，ζ = e 3 として，
G1̄ = L3 (1̄)ζ + L3 (2̄)ζ 2 = ζ − ζ 2 .
いまの場合は，

√
2π
1
32π+i
ζ = cos( ) + i sin( ) =3322と具体的にわかるから，ガウス和が案外簡単と決定できた（よしっ！）：√G1̄ = ζ − ζ 2 = i 3.
• 次に p = 5 の場合．
（a）平方剰余か否かは L5 (1̄) = L5 (4̄) = 1, L3 (2̄) = L3 (3̄) = −1 だった（二乗の具体的計算から2πiでもよいし，相互法則を使ってもよい）．授業のように ζ = e 5 として，ガウス和は以下のshibata@xmath.ous.ac.jp
https://www.xmath.ous.ac.jp/~shibata/(1/4)

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2021/01/28

ようになる：

G1̄ = L5 (1̄)ζ + L5 (2̄)ζ 2 + L5 (3̄)ζ 3 + L5 (4̄)ζ 4 = (ζ + ζ 4 ) − (ζ 2 + ζ 3 ).
この場合は，2π2π) + i sin( )55ζ = cos(

だが，これ以上はちょっと分からない．．．もちろんゴリ押しでG1̄ =(cos(2π4π6π8π ) (2π4π6π8π ))−cos( )−cos( )+cos( ) +i sin( )−sin( )−sin( )+sin( )555555552kπとして（半角・倍角公式などを用いて cos( 2kπ5 ), sin( 5 ) の値を知り）計算を頑張ることができるが，これだと p = 7, 11, 13, . . . と大きい素数のときに，三角関数で太刀打ちできなくなり困る．そこで，それぞれの値を求めることは封印して，まずは 補題 10 の直交性（でt̄ = 1̄ の場合）：∑
ζx = 0x̄∈F××5 F5∴ 1 + ζ + ζ2 + ζ3 + ζ4 = 0∴ ζ 2 + ζ 3 = −1 − ζ − ζ 4を思い出す．
（b）これを用いてガウス和を変形する：

G1̄ = 2(ζ + ζ 4 ) + 1.
ここでいったん封印を解いて，このフェーズでも三角関数を使えば(G1̄ =)()(2π8π )
2π8π2 cos( ) + cos( ) + 1 + 2i sin( ) + sin( )55552πと実部・虚部に分けて表示ができる．ここで cos( 2π5 ), sin( 5 ) の値をチェケラしてもよいが，上述の通り大きい素数ではそれが上手くいかない（むしろ個々の三角関数の値を知るという労力に対して，得られることが儚い）．ちなみに値を無理やり書くと2π−1 +cos( ) =54√√5,2πsin( ) =5√
5+ 58という感じになる．この流れで行くと，あとは三角関数の倍角公式（加法定理）を用いてガシガシすればいいかも．先が見えないので，やはり再び封印しておく．
（c）そこで，複素数z := ζ + ζ 4を考えて，G1̄ = 2z + 1 とみる．これでガウス和を求めることが，この z の値を求める問題へと「変換」された．この時 “おもむろ” に z 2 + z + 1 z 2 + z − 1 を計算すると，ζ 5 = 1 であることとまた直交性より，次の関係式を得る：

z 2 + z + 1 z 2 + z − 1 = 0.
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いま方程式 x2 + x + 1 x2 + x − 1 = 0 の根が（解の公式を使ってよい）−1 ±x =2√5であることに注意すると，求めるべき z の値の候補がこの二つに絞られた．
（d）ここで複素数平面上に登場人物たちを並べた（正 5 角形）下図に着目する：

Ciζ

ζ

2−1O

1

ζ3−iζ4

この図から我々の知りたかった z = ζ + ζ 4 の，ζ と ζ 4 は実部が正でなくてはならず，その和の z も so．よって先の方程式の根の（実部）正の方が，この z の値だと分かった．すな
わち z = (−1 +√5)/2 である．

（e）これで次のようにガウス和が決定できた（よしよしっ！）

G1̄ = 2z + 1 =√5.

• では p = 7 の場合のガウス和 G1̄ を決定してみよ．ただし p = 5 のときのように，下記の項目（プロセス）に沿って説明せよ．あるいは独自のやり方があれば，それを説明せよ（発展問題並みに加点する）．
（a）ガウス和 G1̄ を定義通りに ζ たち（6 つ）を用いて書き下せ．
（b）書き下したときに出てくる ζ たちを，直交性を用いて半分まで減らし，G1̄ をかけ．
（c）上記の簡約化で出てきた ζ たちの和を z とでもおき，z がみたす 2 次式方程式を求めよ．
（d）その 2 次式方程式を解き，幾何的な考察をすることで z を決定せよ．
（e）ガウス和 G1̄ を決定せよ．

[ヒント] それぞれ上のラベルに応じて；（a）p = 7 のときの平方剰余たちは，第 3 回の授業で決定済みなので自由に使ってよい．
（b）この場合は ζ たちは 3 つ出てくる．
（c）p = 5 のときの “おもむろに” の箇所は自分で考えるしかない．いろいろ試行錯誤せよ．
（d）解の公式は自由に使ってよい．その後，ちゃんと複素平面に図を書き ζ, ζ 2 , . . . , ζ 6 をプロットし，考察すること．

[注意] くれぐれも cos(2π/7), sin(2π/7) の値を知ろうと旅に出ないように．いや，旅に出てもよい．
• レポートは (1) & (2) とする• 提出期限は 2 月 3 日の 23:59 までとする
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3. [発展] 証明で使ったことの確認．
代
任意の素数 p と（p = 2 も可），任意の代数的整数たち α1 , . . . , αn ∈ Z⃝に対して，(n∑pαk )≡k=1n∑

αkp

代(mod pZ⃝)

k=1が成り立つことを示せ．

[ヒント] 第 5 回の (5) は自由に使ってよい．
4. [発展] 未確認なこと．
私は自分の頭で p = 11 のときも (2) と同様のことができるかどうかまだ確かめていない．確認せよ．お時間があれば p = 13 も．そして，p = 3, 5, 7, 11, 13 の方法を統一できるか考察せよ．
おそらく二次式を明示的に作る（答えとしては√
p 程度だから二次式の話に帰着することは確定だと思う）こと（つまり正負に分ける）は，各係数が平方剰余か否かに依存するので，不可能だと思う（平方剰余とか使うのかな？）．できたとして，あるいは主題（符号決定）とほぼ同値だが，幾何的考察かなにかで解のルートの正負を決定することは非常に難しいでしょうね．．．ここら辺の諸君の格闘を見せてほしいです！

shibata@xmath.ous.ac.jp
https://www.xmath.ous.ac.jp/~shibata/(4/4)

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