2026-07-20

メモ54　2とl(奇素数)がl乗剰余になるのはどんなとき？

1. はじめに

　 $2$ が $mod \ p$ で平方剰余となるためには $p≡ \pm 1 \ (mod \ 8)$ であることが必要十分である。よく知られた平方剰余の第2補充法則である。これまで、本ブログでは $3$ 乗剰余の話(メモ47、日曜数学Advent calendar 2025) を書いたり、有限体における　 $x^{5}+y^{5}=k$ の解の個数と $5$ 乗剰余との関連性を示唆（メモ49)したり、もっと一般に $l$ を奇素数とするとき $x^{l}+y^{l}=k$ の解の個数(日曜数学Advent calendar 2024)について書いてきた。ここでは、 $2$ と $l$ がどんなときに $l$ 乗剰余になるのか、いわば $l$ 乗剰余の補充法則的な事柄をメモしておく。

　このメモは、メモ53の補足的な、あるいは続きのメモなので、そこでの結果を全面的に使います。メモ53も併せてご覧いただければ幸いです。

2．得られた結果

---------------------------------------------------------------

定理　 $p,l$ を奇素数、 $p≡1 \ (mod \ l), \ α: F_{p}$ の原始根とする。

また、

　 $S_{i}=\{α^{lk+i} | 0 \le k \lt \frac{p-1}{l} \} \ (0 \le i \lt l-1)$

　 $T_{j}=\{1+α^{lk’+j }| 0 \le k’ \le \frac{p-1}{l} \} \ (0 \le j \lt l-1)$

　 $n_{i}=\# S_{i}⋂T_{0}$

とする。このとき、

(1) $l$ が $l$ 乗剰余　⇔　 $n_{1}+2n_{2}+...+(l-1)n_{l-1}≡0 \ (mod \ l)$

　　 $2$ が $l$ 乗剰余　⇔　 $n_{0}=\#S_{0} \cap T_{0}$ が奇数

(2) $l=3$ の場合

　　 $3$ が $3$ 乗剰余　⇔　 $3|B$ 　

　　 $2$ が $3$ 乗剰余　⇔　 $2|A$

　但し、 $p=A^2+27B^2, \ A≡1 \ (mod \ 3)$

(3) $l=5$ の場合

　　 $5$ が $5$ 乗剰余　⇔　 $V+2U≡0 \ (mod \ 5)$ 　

　　 $2$ が $5$ 乗剰余　⇔　 $X$ が奇数

　但し、 $16p=X^2+125Y^2+50V^2+50U^2, \ X≡1 \ (mod \ 5)$

(4) $l=7$ の場合

　　 $7$ が $7$ 乗剰余　⇔　 $5X_{2}+3X_{3}+8X_{4}≡0 \ (mod 49)$ (注)　

　　 $2$ が $7$ 乗剰余　⇔　 $X_{1}$ が偶数

　但し、

$72p=2X_{1}^{2}+42X_{2}^{2}+42X_{3}^{2}+42X_{4}^{2}+1029X_{5}^{2}+343X_{6}^{2}, \ X_{1}≡1 \ (mod \ 7)$

$56X_{1}X_{5}+12X_{2}^{2}+24X_{2}X_{3}-24X_{2}X_{4}+48X_{3}X_{4}$

$\hspace{20pt} -12X_{4}^{2}-441X_{5}^{2}+98X_{5}X_{6}+147X_{6}^{2}=0$

$28X_{1}X_{5}+28X_{1}X_{6}+48X_{2}X_{3}+24X_{2}X_{4}+12X_{3}^{2}$

$\hspace{20pt}+24X_{3}X_{4}-12X_{4}^{2}-147X_{5}^{2}+490X_{5}X_{6}+49X_{6}^{2}=0$ 　

-------------------------------------------------------------

(注)　参考文献[1] によると、7が7乗剰余であるための必要十分条件は $X_{2}-19X_{3}-18X_{4}≡0 \ (mod \ 49)$ 　となっている。

これは、 $5(X_{2}-19X_{3}-18X_{4})≡0 \ (mod \ 49)$ と同値である。計算すると

　 $5(X_{2}-19X_{3}-18X_{4})=5X_{2}-95X_{3}-90X_{4}$

　 $\hspace{30pt} ≡5X_{2}+3X_{3}+8X_{4} \ (mod \ 49)$ である。

　念のため、sagemathにより　 $p \le 113$ の素数について両者を計算したところ、

　 $p=23,71,113, 127,197$ について $7$ 乗剰余でない。

　 $p=43$ について $7$ 乗剰余

と同じ結果を得た。

　また、同じく参考文献[1]によると、この3つの方程式を満たす解として

$(X_{1},X_{2},X_{3},X_{4},X_{5},X_{6})=(-6t,±2u,±2u, \mp{2u},0,0)$ 　をもつ。ここで、 $(t,u)$ は、 $p=t^{2}+7u^{2}, t≡1 \ (mod \ 7)$ の解である。この解では、すぐわかるように $5X_{2}+3X_{3}+8X_{4}$ も $X_{2}-19X_{3}-18X_{4}$ も常に $mod \ 49$ で $0$ となる。参考文献[1] では、それ以外に6つの解をもつとしているが、メモ53の方法で得られるこの方程式系の解では $X_{5}=X_{6}=0$ とはならない。これを、このメモの最後に補足として示した(まどろっこしい証明なのでもっとスッキリできないものかと思っています）。

3．本メモで使うメモ53の記号の定義や結果

　ここでは、以後の説明で使う記号の定義や結果を主にメモ53から引用する。

(1)　ヤコビ和

　 $p,l$ を奇素数で、 $p≡1 \ (mod \ l), \ χ,φ:F_{p}^{*}$ の $l$ 次の指標。 $0 \in F_{p}$ に対し $χ(0)=0,φ(0)=0$ とする。このとき、Jacobi和 $J(χ,φ)$ は、

　 $J(χ,φ)= \displaystyle \sum_{a \in F_{p}}χ(a)φ(1-a)$

であり、

　1) $J(χ,φ)=J(φ,χ)$

　2) $χ,φ,χφ$ が自明な指標でないとき $J(χ,φ) \overline {J(χ,φ)} =p$

　　　なお、自明な指標とは $F_{p}$ の元に対し、すべて1となる指標のこと。

(2)　ヤコビ和の計算

　 $α$ を有限体 $F_{p}$ の原始根、 $χ$ を $χ(α)=ζ=exp(\frac{2 \pi \sqrt{-1}}{l})$ で定める $l$ 次の指標とする。また、

　 $S_{i}= \{ α^{lk+i} | 0 \leq k \lt \frac{p-1}{l} \} \ ( 0 \leq i \lt l-1)$

　 $T_{i}= \{ 1+α^{lk+i} | 0 \leq k \lt \frac{p-1}{l} \} \ ( 0 \leq i \lt l-1)$

　 $n_{ij}=\# S_{i} \cap T_{j}$

と定義する。そうすると、

　 $F_{p} - \{0 \} = S_{0} \cup ... \cup S_{l-1}$

　 $S_{0} - \{1 \} = (S_{0} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{0} \cap T_{l-1})$

$i \neq 0$ のとき

　 $S_{i} = (S_{i} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{i} \cap T_{l-1})$

であるので

　 $J(χ,χ)= \displaystyle \sum_{a \in F_{p}} χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} \displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ(a)χ(1-a)$

　 $\displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{j=0}^{l-1} \displaystyle \sum_{a \in S_{i} \cap T_{j}} χ(a)χ(1-a)$

$a \in S_{i} \cap T_{j}$ のとき $a=α^{lk+i}=1+α^{lk’+j}, \ χ(-1)=1$ に注意すれば

　 $\displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{j=0}^{l-1} \displaystyle \sum_{α^{lk+i}=1+α^{lk'+j} } χ(α^{lk+i})χ(-α^{lk'+j})$

　 $=\displaystyle \sum_{j=0}^{l-1} \# (S_{i} \cap T_{j})e^{ \dfrac{2 \pi \sqrt{-1} \cdot i}{l} \cdot \dfrac{2 \pi \sqrt{-1} \cdot j}{l}} = e^{ \dfrac{2 \pi \sqrt{-1} \cdot i}{l}} \displaystyle \sum_{j=0}^{l-1} \# (S_{i} \cap T_{j})e^{\dfrac{2 \pi \sqrt{-1} \cdot j}{l}}$

なので、

　 $J(χ,χ)=n_{00} \ + \ n_{01}ζ+ \hspace{36pt} ... \hspace{36pt}+n_{0(l-1)}ζ^{l-1}$

　 $\hspace{40pt} +n_{10}ζ+n_{11}ζ^{2}+\hspace{34pt} ... \hspace{34pt} +n_{1(l-1)}$

　 $\hspace{60pt} \vdots$

　 $\hspace{40pt} +n_{i0}ζ^{i}+n_{i1}ζ^{i+1}+ ... +n_{ij}ζ^{i+j}+ ... +n_{i(l-1)}ζ^{i+l-1}$

　 $\hspace{60pt} \vdots$

　 $\hspace{40pt}+n_{(l-1)0}ζ^{l-1}+n_{(l-1)1}+\hspace{18pt} .... \hspace{18pt}+n_{(l-1)(l-1)}ζ^{l-2}$

　したがって、

　 $N_{0}=n_{00}+n_{1(l-1)}+ ... + n_{(l-1)1}$

　 $N_{i}= \displaystyle \sum_{j+k≡i \ (mod \ l)} n_{jk}$

とおくと

　 $J(χ,χ)=N_{0}+N_{1}ζ+ ... +N_{l-1}ζ^{l-1}$

である。

(3) そのほかの定義など

　 $N=\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1}N_{i}=\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} \displaystyle \sum_{j=0}^{l-1} \#(S_{i} \cap T_{j})$

　 $=\hspace{10pt} \#(S_{0} -\{1\})+\displaystyle \sum_{i=1}^{l-1} \#S_{i}$

　 $=\hspace{10pt}\# (S_{0} \cup ... \cup S_{l-1})-1$

　 $=\hspace{10pt}\#(F_{p}-\{0\}) -1=p-2$

また、 $N_{i}^{'}=N_{i}-N/l$ と定める。すると

　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1}N_{i}^{'}=0$

　 $i ,j$ について $N_{i}^{'}-N_{j}^{'}=N_{i}-N_{j}$ である。

4. 定理の証明

(1) の証明

　 $F_{p}-\{0\}=S_{0} \cup S_{0} \cup ...\cup S_{l-1}$

　 $S_{0}- \{1 \}=(S_{0} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{0} \cap T_{l-1})$

　 $i \neq 0$ のとき

　　　 $S_{i}=(S_{i} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{i} \cap T_{l-1})$

また、

　 $n_{ij}=n_{ji}, \ n_{ij}=n_{(l-i)(j-i)}$

　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} n_{i0}=\frac{p-1}{l}-1$

　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} n_{ij}=\frac{p-1}{l}, \ (j \neq 0)$

である。

　 $p≡1 \ (mod \ l)$ のとき

　 $\displaystyle \prod_{k=0,k \neq (p-1)/(2l)}^{(p-1)/l-1} (1+α^{lk})$

　 $=\displaystyle \prod_{k=0,k \neq (p-1)/(2l)}^{(p-1)/l-1} (1+α^{k})(1+α^{k+(p-1)/l}) \cdots (1+α^{k+(l-1)(p-1)/l})$

　 $=\displaystyle \prod_{k=0,k \neq (p-1)/(2l)}^{(p-1)/l-1} \displaystyle \prod_{j=0}^{l-1}(1+α^{k+j(p-1)/l})$

　 $=\displaystyle \prod_{k=0,k \neq (p-1)/2}^{(p-1)-1} (1+α^{k}) / \displaystyle \prod_{j=0,j \neq (l-1)/2}^{l-1} (1+α^{(1+2j)(p-1)/(2l)})$

　 $=-1/ \displaystyle \prod_{j=0,j \neq (l-1)/2}^{l-1} (1+α^{(1+2j)(p-1)/(2l)})$

　 $0 \leq j \leq l-1, j \neq (l-1)/2$ について $α^{(1+2j)(p-1)/(2l)}$ は $l$ 乗すると $-1$ である。この $l-1$ 個と $-1$ をあわせると $X^{l}=1$ の解を構成する。

　 $(X^{l}+1)=(X+1)(X^{l-1}-X^{l-2}+...-X+1)$ と因数分解できるので、

　 $(X^{l-1}-X^{l-2}+...-X+1)=\displaystyle \prod_{j=0,j \neq (l-1)/2}^{l-1} (X-α^{(1+2j)(p-1)/(2l)})$

これに $-1$ を代入して $l=\displaystyle \prod_{j=0,j \neq (l-1)/2}^{l-1} (1+α^{(1+2j)(p-1)/(2l)})$

以上より、

　 $\displaystyle \prod_{k=0,k \neq (p-1)/(2l)}^{(p-1)/l-1} (1+α^{lk})=-1/l$

　 $T_{0}-\{0\}=(S_{0} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{l-1} \cap T_{0})$ より

　この式の左辺は、

　 $\displaystyle \prod_{α^{lk} \in T_{0} \cap S_{0} } α^{lk} \displaystyle \prod_{α^{lk+1} \in T_{0} \cap S_{1} } α^{lk+1} \cdots \displaystyle \prod_{α^{lk+l-1} \in T_{0} \cap S_{l-1} } α^{lk+l-1}$

よって、ある整数 $C$ が存在して

　 $α^{lC}α^{n_{1}+2n_{2}+...+(l-1)n_{l-1}}$

に等しい。よって、

　 $l$ が $l$ 乗剰余　⇔　 $n_{1}+2n_{2}+...+(l-1)n_{l-1}≡0 \ (mod \ l)$

(2)の証明

　今、 $x \in S_{0} \cap T_{0}$ に対して $1-x \in S_{0}⋂T_{0}$ を対応させる写像を考えると、これは全単射であり、不動点が存在すれば $x=1/2$ のみであることはすぐわかる。したがって、

　 $2$ が $l$ 乗剰余　⇔　 $1/2$ が $l$ 乗剰余　⇔　 $n_{00}= \# (S_{0} \cap T_{0})$ が奇数

である。

(3) の証明： $l=3,5,7$ の場合

$l=3$ の場合

　メモ53に書いたとおり、 $n_{0}=n_{00},n_{1}=n_{10},n_{2}=n_{20}$ とすると、 $n_{ij}$ の表は以下のとおりである。

・ $3$ が $3$ 乗剰余であるための条件

　定理(1)より

　 $n_{1}+2n_{2}+...+(l-1)n_{l-1}=n_{1}+2n_{2}≡n_{1}-n_{2}≡ 0 \ (mod \ 3)$

が必要十分条件である。

メモ53の $l=3$ の場合の記述に従い

　 $a=b=1$ と考えれば $A=6x_{1}, B=2/3 \cdot x_{2}$

　 $x_{1}=1/2(N_{1}^{’}+N_{2}^{’})$

　 $x_{2}=1/2(N_{1}^{’}-N_{2}^{’})$ より上の表に注意すれば　 $B=(N_{1}^{’}-N_{2}^{’})/3=(n_{1}-n_{2})$

したがって、　 $3$ が $3$ 乗剰余　⇔　 $3|B$

・ $2$ が $3$ 乗剰余であるための条件

　上の表に注意すれば

　 $A=6x_{1}=3(N_{1}^{’}+N_{2}^{’})=-3N_{0}^{’}=-3(3n_{0}+2-(p-2)/3)=-9n_{0}+p-8$

であるので、定理(1)より

　 $n_{0}$ が奇数　⇔　 $A$ が偶数

したがって、　 $2$ が $3$ 乗剰余　⇔　 $2|A$

$l=5$ の場合

　メモ53に書いたとおり、 $n_{0}=n_{00},n_{1}=n_{10},n_{2}=n_{20},n_{3}=n_{30},n_{4}=n_{40}, m_{2}=n_{21}, m_{3}=n_{32}$ とすると、 $n_{ij}$ の表は以下のとおりである。

・ $5$ が $5$ 乗剰余であるための条件

　定理(1)より必要十分条件は

　 $n_{1}+2n_{2}+3n_{3}+4n_{4}≡n_{1}-n_{4}+2(n_{2}-n_{3})≡0 \ (mod \ 5)$

メモ53の　 $l=5$ の場合の記述より

　 $u=2x_{2}=N_{1}^{'}-N_{4}^{'}=2(n_{1}-n_{4})+n_{2}-n_{3})$

　 $v=2x_{3}=N_{2}^{'}-N_{3}^{'}=-(n_{1}-n_{4})+2(n_{2}-n_{3})$

したがって、 $4u+3v=5(n_{1}-n_{4})+10(n_{2}-n_{3})$

　 $(n_{1}-n_{4})+2(n_{2}-n_{3})=1/5(4u+3v)=1/5 \{ 4(2V+U)+3(-V+2U) \} =V+2U$

よって　

　 $16p=x^{2}+125w^{2}+50V^{2}+50U^{2}, x≡1 \ (mod \ 5), xw=V^{2}-U^{2}-4UV \hspace{10pt} \ (\ast)$

と表したとき

　 $5$ が $5$ 乗剰余 ⇔　 $V+2U≡0 \ (mod \ 5)$ である。

・ $2$ が $5$ 乗剰余であるための条件

　表の１行目より

　 $n_{0}=-n_{1}-n_{2}-n_{3}-n_{4}+(p-1)/5-1$

　表の２行目と３行目を加えて

　 $n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4}+3(m_{2}+m_{3})=2/5(p-1)$

である。また、メモ53の $l=5$ の場合の記述により、

　 $x_{1}=1/4 \cdot (N_{1}^{'}+N_{2}^{'}+N_{3}^{'}+N_{4}^{'})$

　 $\hspace{15pt} =1/4 \cdot(N_{1}+N_{2}+N_{3}+N_{4}-4/5\cdot(p-2))$

であるので、表をもとに計算すると

　 $4x_{1}=3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})+4(m_{2}+m_{3})-4/5(p-2)$

　 $\hspace{15pt} =3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})+4/3 \{-n_{1}-n_{2}-n_{3}-n_{4}+2/5(p-1) \}-4/5(p-2)$

　 $\hspace{15pt} =5/3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})+8/15(p-1)-4/5(p-2)$

　 $\hspace{15pt}=5/3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})-4/15(p-4)$

　 $-20x_{1}=-25/3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})-4/3(p-4)$

　 $\hspace{15pt} =-25/3 \{-n_{0}+(p-1)/5-1 \} -4/3(p-4)$

　 $3(-20x_{1})=25n_{0}-5(p-1)+25-4(p-4)=25n_{0}-9p+46$

　メモ53によると $-20x_{1}$ は上記 $(\ast)$ の表現における $x$ であるので、　

　 $n_{0}$ 奇数　⇔　 $x$ 偶数

よって　

　 $2$ が $5$ 乗剰余　⇔　 $x$ が偶数

$l＝7$ の場合

　メモ53に書いたとおり、 $n_{0}=n_{00},n_{1}=n_{10},n_{2}=n_{20},n_{3}=n_{30},n_{4}=n_{40},n_{5}=n_{50},n_{6}=n_{60}, m_{2}=n_{12},m_{3}=n_{13},m_{4}=n_{14},k=n_{24}$ とすると、 $n_{ij}$ の表は以下のとおりである。

・ $7$ が $7$ 乗剰余であるための条件

　定理(1)より必要十分条件は

　 $n_{1}+2n_{2}+3n_{3}+4n_{4}+5n_{5}+6n_{6}≡n_{1}-n_{6}+2(n_{2}-n_{5})+3(n_{3}-n_{4})≡0 \ (mod \ 7)$

メモ53の $l=7$ の場合の記述より

　 $X_{2}=2x_{2}=N_{1}^{'}-N_{6}^{'}=2(n_{1}-n_{6})+(n_{3}-n_{4})$

　 $X_{3}=2x_{3}=N_{2}^{'}-N_{5}^{'}=-(n_{1}-n_{6})+2(n_{2}-n_{5})$

　 $X_{4}=2x_{4}=N_{3}^{'}-N_{4}^{'}=n_{2}-n_{5}+2(n_{3}-n_{4})$

よって

　 $1/7 \{ 5(N_{1}^{'}-N_{6}^{'})+3(N_{2}^{'}-N_{5}^{'})+8(N_{3}^{'}-N_{4}^{'}) \} =n_{1}-n_{6}+2(n_{2}-n_{5})+3(n_{3}-n_{4})$

　メモ53のやり方で

$72p=2X_{1}^{2}+42X_{2}^{2}+42X_{3}^{2}+42X_{4}^{2}+1029X_{5}^{2}+343X_{6}^{2}, X_{1}≡1 \ (mod \ 7)$

　 $56X_{1}X_{5}+12X_{2}^{2}+24X_{2}X_{3}-24X_{2}X_{4}+48X_{3}X_{4}-12X_{4}^{2}-441X_{5}^{2}+98X_{5}X_{6}+147X_{6}^{2}=0$

　 $28X_{1}X_{5}+28X_{1}X_{6}+48X_{2}X_{3}+24X_{2}X_{4}+12X_{3}^{2}+24X_{3}X_{4}-12X_{4}^{2}-147X_{5}^{2}+490X_{5}X_{6}+49X_{6}^{2}=0 \hspace{15pt}（\ast \ast）$

を満たす整数組 $(X_{1},X_{2},X_{3},X_{4},X_{5},X_{6})$ を求めたとき

　　 $7$ が $7$ 乗剰余　⇔　 $8X_{2}+3X_{3}+5X_{4}$ が $49$ で割れる

・ $2$ が $7$ 乗剰余であるための条件

表より

　 $N_{0}=n_{0}+2m_{2}+2m_{4}+2k$

また、表の2行目と6行目から

　 $n_{1}+n_{6}-n_{2}-n_{5}=-(m_{2}+m_{4}-2k)$

表の3行目と4行目から

　 $n_{2}+n_{5}-n_{3}-n_{4}=-(m_{2}-2m_{4}+k)$

表の1行目から

　 $n_{0}=-(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4}+n_{5}+n_{6})+(p-1)/7-1$

さらに、メモ53より

　 $6x_{1}=N_{1}^{’}+N_{2}^{’}+N_{3}^{’}+N_{4}^{’}+N_{5}^{’}+N_{6}^{’}$

であるので、

　 $\hspace{20pt}=N_{1}+N_{2}+N_{3}+N_{4}+N_{5}+N_{6}-6/7 \cdot (p-2)$

　 $=-N_{0}+(p-2)-6/7 \cdot (p-2)=-n_{0}-2m_{2}-2m_{4}-2k+(p-2)/7$

したがって、

　 $-42x_{1}=7n_{0}+14m_{2}+14m_{4}+14k-(p-2)$

メモ53によると　 $-42x_{1}$ は $(\ast \ast)$ の表現では $X_{1}$ である。

したがって、

　　　 $2$ が $7$ 乗剰余　⇔　 $n_{0}$ が奇数　⇔　 $X_{1}$ が偶数

5. おわりに

　メモ53において $p≡1 \ (mod \ l)$ なる奇素数 $p,l$ について $p$ の整数倍は　 $l-1$ 個の整数 $x_{i} \ (0 \lt i \lt l)$ の2乗和として表現できること、その中で、 $x_{1}$ は $x_{1}≡1 \ (mod \ l)$ とできることを示した。このメモでは、 $l=3,5,7$ の場合について、 $2$ と $l$ が $l$ 乗剰余であるための必要十分条件を示した。

　 $2$ については、 $l$ が一般の場合でも $l$ 乗剰余であるための必要十分条件は、 $2|x_{1}$ であると考えられる。尤も $x_{1}$ を求めるより、 $2^{(p-1)/l} \ (mod \ l)$ を計算したほうが早いかもしれない。

参考文献

[1] PHILIP A. LEONARD AND KENNETH S. WILLIAMS, THE SEPTIC CHARACTER OF 2, 3, 5 AND 7, PACIFIC JOURNAL OF MATHEMATICS Vol. 52, No. 1, 1974

補足：メモ53の方法で求めた以下の3つの方程式の解では、 $X_{5}=X_{6}=0$ とはならない。

$72p=2X_{1}^{2}+42X_{2}^{2}+42X_{3}^{2}+42X_{4}^{2}+1029X_{5}^{2}+343X_{6}^{2}, \ X_{1}≡1 \ (mod \ 7)$

$56X_{1}X_{5}+12X_{2}^{2}+24X_{2}X_{3}-24X_{2}X_{4}+48X_{3}X_{4}$

$\hspace{20pt} -12X_{4}^{2}-441X_{5}^{2}+98X_{5}X_{6}+147X_{6}^{2}=0$

$28X_{1}X_{5}+28X_{1}X_{6}+48X_{2}X_{3}+24X_{2}X_{4}+12X_{3}^{2}$

$\hspace{20pt}+24X_{3}X_{4}-12X_{4}^{2}-147X_{5}^{2}+490X_{5}X_{6}+49X_{6}^{2}=0$

---------------------------------------------------------

(証明）

　以下、メモ53で示した内容や記号を使います。

　メモ53より、 $J(χ,χ)=N_{0}+N_{1}ζ+N_{2}ζ^{2}+...+N_{l-1}ζ^{l-1}$

　 $N_{i}=\displaystyle \sum_{j+k≡i \ (mod \ l)} n_{jk}$ である。

　 $l=7$ なので $J(χ,χ)=N_{0}+N_{1}ζ+N_{2}ζ^{2}+...+N_{6}ζ^{6}$

　 $N_{i}=\displaystyle \sum_{j+k≡i \ (mod \ 7)} n_{jk}$

また、

　 $N=\displaystyle \sum_{i=0}^{7-1}N_{i}, \ \ \ N_{i}^{'}=N_{i}-N/7$

　 $x_{5}=1/4 \cdot (N_{1}^{'}-N_{2}^{'}-N_{5}^{'}+N_{6}^{'})$

　 $x_{6}=1/12 \cdot (N_{1}^{'}+N_{2}^{'}+N_{5}^{'}+N_{6}^{'})-1/6 \cdot (N_{3}^{'}+N_{4}^{'})$

であったので、

　 $X_{5}=X_{6}=0$ とすると　 $X_{5}=4/7 \cdot x_{5}, X_{6}=12/7 \cdot x_{6}$ であったので $x_{5}=x_{6}=0$ ゆえに

　 $N_{1}^{’}-N_{2}^{’}-N_{5}^{’}+N_{6}^{’}=0$

　 $N_{1}^{’}+N_{2}^{’}+N_{5}^{’}+N_{6}^{’}=2(N_{3}^{’}+N_{4}^{’})$

したがって　 $N_{1}^{’}+N_{6}^{’}=N_{2}^{’}+N_{5}^{’}=N_{3}^{’}+N_{4}^{’}$

よって　 $N_{1}+N_{6}=N_{2}+N_{5}=N_{3}+N_{4}$

　 $\overline{J(χ,χ)}=N_{0}+N_{1}ζ^{6}+N_{2}ζ^{5}+...+N_{6}ζ$

よって、

　 $J(χ,χ)+\overline{J(χ,χ)}=2N_{0}+(N_{1}+N_{6})(ζ+ζ^{6})+(N_{2}+N_{5})(ζ^{2}+ζ^{5})+(N_{3}+N_{4})(ζ^{3}+ζ^{4})$

　 $\hspace{30pt} =2N_{0}+(N_{1}+N_{6})(ζ+ζ^{6}+ζ^{2}+ζ^{5}+ζ^{3}+ζ^{4})$

　 $\hspace{30pt} =2N_{0}-(N_{1}+N_{6})$

　 $J(χ,χ) \cdot \overline{J(χ,χ)}=p$ であるので、 $J(χ,χ), \overline{J(χ,χ)}$ は2次体の元になります。

・次に $J(χ,χ)=N_{0}-N_{6}+(N_{1}-N_{6})(ζ+ζ^{2}+ζ^{4})$ をいう。

　 $G=J(χ,χ)-\overline{J(χ,χ)}$ は純虚数で2次体の元なので、２乗すると有理数になる。 $A=N_{1}-N_{6},B=N_{2}-N_{5},C=N_{3}-N_{4}$ とおくと

　 $G^2=\{ A(ζ-ζ^{6})+B(ζ^{2}-ζ^{5})+C(ζ^{3}-ζ^{4}) \}^{2}$

　 $\hspace{15pt}= A^{2}(ζ-ζ^{6})^{2}+B^{2}(ζ^{2}-ζ^{5})^{2}+C^{2}(ζ^{3}-ζ^{4})^{2}$

　 $\hspace{15pt} +2AB(ζ-ζ^{6})(ζ^{2}-ζ^{5})+2AC(ζ-ζ^{6})(ζ^{3}-ζ^{4})$

　 $\hspace{15pt} +2BC(ζ^{2}-ζ^{5})(ζ^{3}-ζ^{4})$

　 $\hspace{15pt} =A^{2}(ζ^{2}+ζ^{5}-2)+B^{2}(ζ^{3}+ζ^{4}-2)$

　 $\hspace{15pt} +C^{2}(ζ^{6}+ζ-2)+2AB(ζ^{3}-ζ^{6}-ζ+ζ^{4})$

　 $\hspace{15pt} +2AC(ζ^{4}-ζ^{5}-ζ^{2}+ζ^{3})+2BC(ζ^{5}-ζ^{6}-ζ+ζ^{2})$

　 $\hspace{15pt} =-2(A^{2}+B^{2}+C^{2})+ζ(C^{2}-2AB-2BC)$

　 $\hspace{15pt} +ζ^{2}(A^{2}-2AC+2BC)+ζ^{3}(B^{2}+2AB+2AC)$

　 $\hspace{15pt} +ζ^{4}(B^{2}+2AB+2AC)+ζ^{5}(A^{2}-2AC+2BC)$

　 $\hspace{15pt} +ζ^{6}(C^{2}-2AB-2BC)$

　 $ζ^{6}=-1-ζ-ζ^{2}-ζ^{3}-ζ^{4}-ζ^{5}$ を代入して

　 $G^{2}=-2(A^{2}+B^{2}+C^{2})-(C^{2}-2AB-2BC)$

　 $\hspace{15pt}+ζ \{ C^{2}-2AB-2BC-(C^{2}-2AB-2BC) \}$

　 $\hspace{15pt} +ζ^{2} \{ A^{2}-2AC+2BC-(C^{2}-2AB-2BC) \}$

　 $\hspace{15pt} +ζ^{3} \{ B^{2}+2AB+2AC-(C^{2}-2AB-2BC) \}$

　 $\hspace{15pt} +ζ^{4} \{ B^{2}+2AB+2AC- (C^{2}-2AB-2BC) \}$

　 $\hspace{15pt} +ζ^{5} \{ A^{2}-2AC+2BC-(C^{2}-2AB-2BC) \}$

$\mathbb{Q} (ζ)$ を $\mathbb{Q}$ 上の6次元ベクトル空間とみれば $1, ζ, ζ^{2}, ζ^{3}, ζ^{4}, ζ^{5}$ は1次独立であり、 $G^{2}$ は有理数なので、 $ζ, ζ^{2}, ζ^{3}, ζ^{4}, ζ^{5}$ の係数は $0$ である。
したがって、
　 $A^{2}-C^{2}-2AC+2AB+4BC=0 \ \ (1)$
　 $B^{2}-C^{2}+4AB+2AC+2BC=0 \ \ (2)$

$(1)$ より $2B(A+2C)=-A^{2}+C^{2}+2AC$
$A+2C=0$ とすると、 $-4C^{2}+C^{2}-4C^{2}=0$ よって $C=0, A=0$ さらに、 $(2)$ より $B=0$
これは、 $N_{1}=N_{2}=N_{3}=N_{4}=N_{5}=N_{6}$ を意味する。すると
　 $J(χ,χ)=N_{0}+N_{1}ζ+N_{2}ζ^{2}+...+N_{6}ζ^{6}$

　 $\hspace{15pt} =N_{0}+N_{1}(ζ+ζ^{2}+ζ^{3}+ζ^{4}+ζ^{5}+ζ^{6})$
$\hspace{15pt} =N_{0}-N_{1}=\overline{J(χ,χ)}$ 　 $J(χ,χ) \overline{J(χ,χ)}=p$ なのでこれは矛盾。よって　 $A+2C \neq 0$
　したがって、 $B=1/2(-A^{2}+C^{2}+2AC)/(A+2C)$ これをsagemathを用いて、 $(2)$ に代入し、分母を払って既約多項式の積とすると
　 $(A+C)(A^{3} - A^{2}C-9AC^{2}+C^{3})=0$ を得る。
$A,C$ とも整数であるので $A=-C$ を得る。これを $(1)$ に代入し　 $2C^{2}+2BC=0$ よって $C=0$ または $B=-C$
$C=0$ とすると、上と同様に $A=B=C=0$ となり矛盾。 $B=-C$ とすると、 $A=B=-C$
よって、 $N_{1}-N_{6}=N_{2}-N_{5}=N_{4}-N_{3}$ 一方、 $N_{1}+N_{6}=N_{2}+N_{5}=N_{3}+N_{4}$
よって　 $N_{1}=N_{2}=N_{4}, N_{3}=N_{5}=N_{6}$

これで、 $J(χ,χ)=N_{0}-N_{6}+(N_{1}-N_{6})(ζ+ζ^{2}+ζ^{4})$ がいえた。

・次に、 $J(χ^{2},χ)$ を計算すると2次体の元になることを示す。

　ヤコビ和の定義より

　 $J(χ^{2},χ)=\displaystyle \sum_{a \in F_{p}} χ^{2}(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{i=0}^{6} \displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ^{2}(a)χ(1-a)$

　 $\displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ^{2}(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{i=0}^{6} \displaystyle \sum_{a \in S_{i} \cap T_{j}} χ^{2}(a)χ(1-a)$

　 $a \in S_{i} \cap T_{j}$ のとき $a=α^{7k+i}=1+α^{7k'+j}$ とかける。ここで、 $α$ は $F_{p}$ の原始根、 $k,k'$ は自然数。 $χ(-1)=1$ 　に注意すれば、

　 $\displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ^{2}(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{i=0}^{6} \displaystyle \sum_{α^{7k+i}=1+α^{7k'+j}} χ^{2}(α^{7k+i})χ(α^{7k'+j})$

　 $\hspace{15pt}= \displaystyle \sum_{j=0}^{6} \# (S_{i} \cap T_{j})e^{\dfrac{2 \cdot 2 \pi \sqrt{-1} \cdot i}{7} \cdot \dfrac{2 \pi \sqrt{-1} \cdot j}{7}}$

　 $\hspace{15pt}=e^{\dfrac{4 \pi \sqrt{-1} \cdot i}{7}} \displaystyle \sum_{j=0}^{6} \# (S_{i} \cap T_{j})e^{\dfrac{2 \pi \sqrt{-1} \cdot j}{7}}$

なので、

　 $J(χ^{2},χ)=n_{00}+n_{01}ζ+ \ ... \ +n_{06}ζ^{6}$

　 $\hspace{15pt}+n_{10}ζ^{2}+n_{11}ζ^{3}+ \ ... \ +n_{16}ζ$

　 $\hspace{15pt}+n_{20}ζ^{4}+n_{21}ζ^{5}+ \ ... \ +n_{26}ζ^{3}$

　 $\hspace{15pt}+n_{30}ζ^{6}+n_{31}+ \ ... \ +n_{36}ζ^{5}$ 　

　 $\hspace{15pt}+n_{40}ζ+n_{41}ζ^{2}+ \ ... \ +n_{46}$

　 $\hspace{15pt}+n_{50}ζ^{3}+n_{51}ζ^{4}+ \ ... \ +n_{56}ζ^{2}$

　 $\hspace{15pt}+n_{60}ζ^{5}+n_{61}ζ^{6}+ \ ... \ +n_{66}ζ^{4}$

したがって、　

　 $J(χ^{2},χ)=M_{0}+M_{1}ζ+...+M_{6}ζ^{6}$ とするとき、4に示した表を使うと

　 $M_{0}=n_{00}+n_{15}+n_{23}+n_{31}+n_{46}+n_{54}+n_{62}$

　 $\hspace{15pt}=n_{0}+6m_{3}$

　 $M_{1}=n_{01}+n_{16}+n_{24}+n_{32}+n_{40}+n_{55}+n_{63}$

　 $\hspace{15pt}=n_{1}+m_{2}+k+m_{3}+n_{4}+n_{2}+m_{4}$

　 $M_{2}=n_{02}+n_{10}+n_{25}+n_{33}+n_{41}+n_{56}+n_{64}$

　 $\hspace{15pt}=n_{2}+n_{1}+k+n_{4}+m_{4}+m_{2}+m_{3}$

　 $M_{4}=n_{04}+n_{12}+n_{20}+n_{35}+n_{43}+n_{51}+n_{66}$

　 $\hspace{15pt}=n_{4}+m_{2}+n_{2}+k+m_{4}+m_{3}+n_{1}$

よって、 $M_{1}=M_{2}=M_{4}$

同様に、 $M_{3}=M_{5}=M_{6}=n_{3}+n_{5}+n_{6}+m_{2}+m_{3}+m_{4}+k$ となる。

よって、

　 $J(χ^{2},χ)=n_{0}+6m_{3}+M_{1}(ζ+ζ^{2}+ζ^{4})+M_{3}(ζ^{3}+ζ^{5}+ζ^{6})$

　 $\hspace{15pt}=n_{0}+6m_{3}+M_{1}(ζ+ζ^{2}+ζ^{4})-M_{3}(1+ζ+ζ^{2}+ζ^{4})$

　 $\hspace{15pt}=M_{0}-M_{3}+(M_{1}-M_{3})(ζ+ζ^{2}+ζ^{4})$

これで、 $J(χ^{2},χ)$ は、2次体の元であることがいえた。

・最後に、最初の仮定 $X_{5}=X_{6}=0$ が矛盾を生ずることを示す。

　まず、

　 $M_{1}=N_{2}=M_{4}=n_{1}+n_{2}+n_{4}+m_{2}+m_{3}+m_{4}+k$

　 $M_{3}=M_{5}=M_{6}=n_{3}+n_{5}+n_{6}+m_{2}+m_{3}+m_{4}+k$

　一方、 $χ,χ^{2},χ^{3}$ とも自明な指標ではないので、 $J(χ^{2},χ) \cdot \overline{J(χ^{2},χ)}=p$ が成り立つ。また、 $J(χ,χ) \cdot \overline{J(χ,χ)}=p$ であった。 $J(χ,χ),J(χ^{2},χ)$ は類数1の2次体 $\mathbb{Q}( \sqrt{-7})$ の整数環の元であるので、 $J(χ^{2},χ)＝±J(χ,χ)$ 　または　 $J(χ^{2},χ)＝±\overline{J(χ,χ)}$

・ $J(χ^{2},χ)＝J(χ,χ)$ のとき

　 $N_{0}-N_{6}=M_{0}-M_{6} ,N_{1}-N_{6}=M_{1}-M_{6}$

$6(N_{0}-N_{6})-3(N_{1}-N_{6})=6N_{0}-3(N_{1}+N_{6})=7N_{0}-(N_{0}+N_{1}+N_{2}+N_{3}+N_{4}+N_{5}+N_{6})=7N_{0}-(p-2)$

$6(M_{0}-M_{6})-3(M_{1}-M_{6})=6M_{0}-3(M_{1}+M_{6})=7M_{0}-(M_{0}+M_{1}+M_{2}+M_{3}+M_{4}+M_{5}+M_{6})=7M_{0}-(p-2)$

両者が等しいので　 $N_{0}＝M_{0}$

よって、 $N_{1}=M_{1},N_{6}=M_{6}$

メモ53の $n_{0},...,n_{6},m_{2},m_{3},m_{4},k$ による $N_{0},N_{1},N_{2},N_{4}$ の表現を用いると　

　 $n_{0}+2(m_{2}+m_{4}+k)=N_{0}=M_{0}=n_{0}+6m_{3}$ よって　 $m_{2}+m_{4}+k=3m_{3}$

$2n_{1}+2n_{2}+2n_{4}+n_{3}+n_{5}+n_{6}+2(m_{2}+m_{4}+k)+6m_{3}=N_{1}+N_{2}+N_{4}=M_{1}+M_{2}+M_{4}=3(n_{1}+n_{2}+n_{4})+3(m_{2}+m_{4}+k+m_{3})$ よって、

　 $n_{1}+n_{2}+n_{4}=n_{3}+n_{5}+n_{6}$ これは　 $M_{1}=...=M_{6}$ を意味する。

そうすると、 $J(χ^2,χ)=M_{0}+M_{1}ζ+...+M_{6}ζ^{6}=M_{0}-M_{1} \in \mathbb{Z}$ となり矛盾。

・ $J(χ^{2},χ)＝-J(χ,χ)$ のとき

$M_{0}-M_{6}=-(N_{0}-N_{6}), M_{1}-M_{6}=-(N_{1}-N_{6})$

上と同様の計算をすると、 $7(M_{0}+N_{0})=2(p-2), \ p≡1 \ (mod \ 7)$ なので矛盾。

・ $J(χ^{2},χ)＝\overline{J(χ,χ)}$ のとき

$\overline{J(χ,χ)}=N_{0}-N_{6}+(N_{1}-N_{6})(ζ^{6}+ζ^{5}+ζ^{3})=N_{0}-N_{1}+(N_{6}-N_{1})(ζ+ζ^{2}+ζ^{4})$

したがって、　 $M_{0}-M_{6}=N_{0}-N_{1} ,M_{1}-M_{6}=N_{6}-N_{1}$

$6(N_{0}-N_{1})-3(N_{6}-N_{1})=6N_{0}-3(N_{1}+N_{6})=7N_{0}-(N_{0}+N_{1}+N_{2}+N_{3}+N_{4}+N_{5}+N_{6})=7N_{0}-(p-2)$

$6(M_{0}-M_{6})-3(M_{1}-M_{6})=6M_{0}-3(M_{1}+M_{6})=7M_{0}-(M_{0}+M_{1}+M_{2}+M_{3}+M_{4}+M_{5}+M_{6})=7M_{0}-(p-2)$

これらが等しいので、 $M_{0}=N_{0}$ よって、　 $M_{1}=N_{6},M_{6}=N_{1}$

　 $n_{0}+2(m_{2}+m_{4}+k)=N_{0}=M_{0}=n_{0}+6m_{3}$ よって　 $m_{2}+m_{4}+k=3m_{3}$

$2n_{1}+2n_{2}+2n_{4}+n_{3}+n_{5}+n_{6}+2(m_{2}+m_{4}+k)+6m_{3}=N_{1}+N_{2}+N_{4}=M_{3}+M_{5}+M_{6}=3(n_{3}+n_{5}+n_{6})+3(m_{2}+m_{4}+k+m_{3})$ よって、

　 $n_{1}+n_{2}+n_{4}=n_{3}+n_{5}+n_{6}$ これは　 $M_{1}=...=M_{6}$ を意味するので上と同様に矛盾。

・ $J(χ^{2},χ)＝‐\overline{J(χ,χ)}$ のとき

　 $M_{0}-M_{6}=-N_{0}+N_{1} ,M_{1}-M_{6}=-N_{6}+N_{1}$

上と同様の計算をすると　 $7M_{0}-(p-2)=-7N_{0}+(p-2)$ よって

$7(M_{0}+N_{0})=2(p-2), \ p≡1 \ (mod \ 7)$ なので矛盾。

　以上より、 $x_{5}=x_{6}=0$ となることはない。

　(注：本当は $\mathbb{Q} (\sqrt{-7})$ が類数1の2次体などということを使わずに計算で矛盾が生ずることを示したかったが、どうもうまくいかない。どなたかよい方法があれば教えていただくとありがたいです。）

2026-05-10

メモ53　p=ln+1型（l:奇素数)の素数を(l-1)個の整数の正係数付き２乗和で表現する

１．はじめに

　 $p≡1 \ (mod \ 3)$ の素数は $4p=A^{2}+27B^{2}, A≡1 \ (mod \ 3)$ と 2個の整数 $A,B$ により正整数係数付き２乗和として表せる。

　同様に

　 $p≡1 \ (mod \ 5)$ の素数は、整数 $x,w,v,u$ により　 $16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, x≡1 \ (mod \ 5)$

　 $\hspace{30pt}, xw=v^{2}-u^{2}-4uv$

　 $p≡1 \ (mod \ 7)$ の素数は、整数 $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5},x_{6}$ により　 $72p=2x_{1}^{2}+42(x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2})+343(x_{5}^{2}+3x_{6}^{2}), x_{}≡1 \ (mod \ 7)$

$12x_{2}^{2}-12x_{4}^{2}+147x_{5}^{2}-441x_{6}^{2}+56x_{1}x_{6}+24x_{2}x_{3}$

$\hspace{30pt} -24x_{2}x_{4}+48x_{3}x_{4}+98x_{5}x_{6}=0$

$12x_{3}^{2}-12x_{4}^{2}+49x_{5}^{2}-147x_{6}^{2}+28x_{1}x_{5}+28x_{1}x_{6}$

$\hspace{30pt} +48x_{2}x_{3}+24x_{2}x_{4}+24x_{3}x_{4}+490x_{5}x_{6}=0$

という関係を満たしている( $[1 ])$ 。

　妄想をたくましくすると

　 $p=ln+1\ (l:$ 奇素数)とあらわされる素数は、 $(l-1)$ 個の正係数付き2乗和としてあらわされ、2乗和を構成する $(l-1)$ 個の数の間には、 $(l-3)/2$ 個の2次式 $=0$ という関係が成り立つ

といえるのではないか。

　このメモでは、それが成り立つことを確かめた試みを記すこととする。間違いがあればご指摘いただければ幸いです。　

2．ヤコビ和の計算

　唐突であるが、 $p,l$ を奇素数で、 $p≡1 \ (mod \ l)$ とする。このとき有限体 $F_{p}$ の乗法群 $F_{p}^{*}$ は位数 $p-1$ の巡回群であるので、 $l$ 次の指標 $χ$ が存在する。なお、 $0 \in F_{p}$ に対し $χ(0)=0$ とする。このときJacobi和 $J(χ,χ)$ は、

　 $J(χ,χ)= \displaystyle \sum_{a \in F_{p}} χ(a)χ(1-a)$

である。 $χ(0)=0$ であるので、和は $F_{p}- \{0,1 \}$ に対してとることでもよいが、ここではこうしておき、適宜柔軟な記述を行うこととする。

　今、 $α$ を有限体 $F_{p}$ の原始根、指標 $χ$ を $χ(α)=ζ=exp( \frac{2 \pi \sqrt{-1}}{l})$ とする。また、

　 $S_{i}= \{ α^{lk+i} | 0 \leq k \lt \frac{p-1}{l} \} \ ( 0 \leq i \lt l-1)$

　 $T_{i}= \{ 1+α^{lk+i} | 0 \leq k \lt \frac{p-1}{l} \} \ ( 0 \leq i \lt l-1)$

　 $n_{ij}=\# S_{i} \cap T_{j}$

と定義する。そうすると、

　 $F_{p} - \{0 \} = S_{0} \cup ... \cup S_{l-1}$

　 $S_{0} - \{1 \} = (S_{0} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{0} \cap T_{l-1})$

$i \neq 0$ のとき

　 $S_{i} = (S_{i} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{i} \cap T_{l-1})$

であるので

　 $J(χ,χ)= \displaystyle \sum_{a \in F_{p}} χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} \displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ(a)χ(1-a)$

　 $\displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{j=0}^{l-1} \displaystyle \sum_{a \in S_{i} \cap T_{j}} χ(a)χ(1-a)$

$a \in S_{i} \cap T_{j}$ のとき $a=α^{lk+i}=1+α^{lk’+j}, \ χ(-1)=1$ に注意すれば

　 $\displaystyle \sum_{a \in S_{i}} χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{j=0}^{l-1} \displaystyle \sum_{α^{lk+i}=1+α^{lk'+j} } χ(α^{lk+i})χ(-α^{lk'+j})$

なので、

　 $J(χ,χ)=n_{00} \ + \ n_{01}ζ+ \hspace{36pt} ... \hspace{36pt}+n_{0(l-1)}ζ^{l-1}$

　 $\hspace{40pt} +n_{10}ζ+n_{11}ζ^{2}+\hspace{34pt} ... \hspace{34pt} +n_{1(l-1)}$

　 $\hspace{60pt} \vdots$

　 $\hspace{40pt} +n_{i0}ζ^{i}+n_{i1}ζ^{i+1}+ ... +n_{ij}ζ^{i+j}+ ... +n_{i(l-1)}ζ^{i+l-1}$

　 $\hspace{60pt} \vdots$

　 $\hspace{40pt}+n_{(l-1)0}ζ^{l-1}+n_{(l-1)1}+\hspace{18pt} .... \hspace{18pt}+n_{(l-1)(l-1)}ζ^{l-2}$

　したがって、

　 $N_{0}=n_{00}+n_{1(l-1)}+ ... + n_{(l-1)1}$

　 $N_{i}= \displaystyle \sum_{j+k≡i \ (mod \ l)} n_{jk}$

とおくと

　 $J(χ,χ)=N_{0}+N_{1}ζ+ ... +N_{l-1}ζ^{l-1}$

である。

　 $J(χ,χ)$ の複素共役は

　 $\overline {J(χ,χ)}= \overline {N_{0}+N_{1}ζ+ ... +N_{l-1}ζ^{l-1}}=N_{0}+N_{l-1}ζ+ ... +N_{1}ζ^{l-1}$

　 $J(χ,χ)\overline {J(χ,χ)}=p$ が成り立つので、

　 $p=(N_{0}+N_{1}ζ+ ... +N_{l-1}ζ^{l-1})(N_{0}+N_{l-1}ζ+ ... +N_{1}ζ^{l-1})$

　 $\hspace{20pt} =M_{0}+M_{1}ζ+ ... +M_{l-1}ζ^{l-1}$ とすると

　 $M_{0}=N_{0}^{2}+N_{1}^{2}+ ... +N_{l-1}^{2}$

　 $M_{1}=N_{0}N_{l-1}+N_{1}N_{0}+N_{2}N_{1}+ ... +N_{l-1}N_{l-2}$

　 $\hspace{60pt} \vdots$

　 $M_{i}=N_{0}N_{l-i}+N_{1}N_{l-i+1}+\hspace{10pt} ...\hspace{10pt} +N_{l-1}N_{l-1-i}$

　 $\hspace{60pt} \vdots$

　 $M_{l-1}=N_{0}N_{1}+N_{1}N_{2}+\hspace{20pt} ... \hspace{20pt} +N_{l-1}N_{0}$

である。なお、 $M_{i}=M_{l-i} \ (0 \lt i \lt l)$ が成り立つことに注意する。

　 $ζ^{l-1}=-(1+ζ+...+ζ^{l-2})$ なので

　 $p=M_{0}-M_{l-1}+(M_{1}-M_{l-1})ζ+...+(M_{l-2}-M_{l-1})ζ^{l-2}$

　 $\mathbb {Q}(ζ)$ を $\mathbb {Q}$ 上の $l-1$ 次ベクトル空間とみるとき、 $1, ζ, ... , ζ^{l-2}$ は1次独立である。よって、

　 $M_{1}=M_{2}=...=M_{l-1}$ 　かつ

　 $p=M_{0}-M_{l-1}=M_{0}-\dfrac{1}{l-1} \displaystyle \sum_{i=1}^{l-1} M_{i}$

　 $\hspace{20pt} =M_{0}-\dfrac{2}{l-1} \displaystyle \sum_{i \neq j} N_{i}N_{j}$

　 $\hspace{20pt}=M_{0}-\dfrac{1}{l-1} (N^{2}- \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}^{2})$

　 $\hspace{20pt}=\dfrac{l}{l-1} \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}^{2} -\dfrac{1}{l-1} N^{2}$

ここで、 $N= \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}$

さらに、

　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} (N_{i}-N/l)^{2}= \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} (N_{i}^{2}-\dfrac{2}{l}NN_{i}+\dfrac{1}{l^{2}}N^{2})$

　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}^{2}-\dfrac{2}{l} N \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}+\dfrac{1}{l} N^{2}=\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}^{2}-\dfrac{1}{l} N^{2}$

であるので、

　 $\dfrac{l}{l-1} \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} (N_{i}-N/l)^{2}=\dfrac{l}{l-1} \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}^{2} - \dfrac{1}{l-1}N^{2}$

よって

　 $p=\dfrac{l}{l-1} \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} (N_{i}-N/l)^{2}$

つまり、 $p$ を $l$ 個の正係数付き2乗和として表せたことになる。

　 $N_{i}-N/l=N_{i}^{'}$ とおけば、　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}^{'}=0$ なので、 $N_{0}^{'}$ は $N_{1}^{'}$ から $N_{l-1}^{'}$ までの $l-1$ 個で表わされる。したがって、 $p$ は、 $l-1$ 個の変数の2次形式であらわされる。

　次に、この2次形式を対角型の2次形式、つまり係数付き2乗和に変形することを考える。

3．2次形式の対角化

　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} (N_{i}^{'})^{2}=(N_{0}^{'})^{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{l-1} (N_{i}^{'})^{2}=(\displaystyle \sum_{i=1}^{l-1} N_{i}^{'})^{2}+\displaystyle \sum_{i=1}^{l-1} (N_{i}^{'})^{2}$

　 $\hspace{20pt} = 2\displaystyle \sum_{i=1}^{l-1} (N_{i}^{'})^{2}+\displaystyle \sum_{i \neq j}N_{i}^{'}N_{j}^{'}$

なので2次形式 $(N_{0}^{'})^{2}+(N_{1}^{'})^{2}+...+(N_{l-1}^{'})^{2}$ は、 $l-1$ 次の対称行列

\begin{eqnarray}
A = \left(
\begin{array}{ccccc}
2 & 1 & \ldots & 1 & 1 \\
1 & 2 & \ldots & 1 & 1\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
1 & 1 & \ldots & 2 & 1 \\
1 & 1 & \ldots & 1 & 2
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

で表される。つまり

　 $\dfrac{l-1}{l}p=(N_{1}^{'},N_{2}^{'},...,N_{l-1}^{'})A{}^t(N_{1}^{'},N_{2}^{'},...,N_{l-1}^{'})$ である。

　一般に対称行列は直交行列で対角化されるが、その場合直交行列の成分が有理数ではなくなる可能性があるので、その点に注意して検討を進める。

　 $A$ の固有値は $l$ が $1$ 個、 $1$ が $l-2$ 個であることは、すぐわかる。固有ベクトルについては、

固有値 $l$ に対して　 ${}^t(1,1,...,1,1)$

固有値 $1$ に対して　 ${}^t(1,0,...,0,-1)$

　　　　　　　　　　 ${}^t(1,0,...,0,-1)$

　　　　　　　　　　 $\hspace{30pt} \vdots$

　　　　　　　　　　 ${}^t(0,0,...,1,-1)$

が、それぞれ $1$ 次元と $l-2$ 次元の固有ベクトル空間を形成する。

今、固有値 $l$ に対する固有ベクトルを $v_{1}$ 、固有値 $1$ に対する独立な固有ベクトルを $v_{2},...,v_{l-1}$ とし、これらは直交するものとする。 $V＝(v_{1},v_{2}, ... ,v_{l-1})$ とすると

\begin{eqnarray}
A \cdot V = V \left(
\begin{array}{ccccc}
l & 0 & \ldots & 0 & 0 \\
0 & 1 & \ldots & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \ldots & 1 & 0 \\
0 & 0 & \ldots & 0 & 1
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

左から $V$ の転置行列をかけて

\begin{eqnarray}
{}^tVAV = {}^tV V\left(
\begin{array}{ccccc}
l & 0 & \ldots & 0 & 0 \\
0 & 1 & \ldots & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \ldots & 1 & 0 \\
0 & 0 & \ldots & 0 & 1
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}= \scriptstyle \begin{pmatrix}
<v_{1},v_{1}> & 0 & \ldots & 0 & 0 \\
0 & <v_{2},v_{2}> & \ldots & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \ldots & <v_{l-1},v_{l-1}> & 0 \\
0 & 0 & \ldots & 0 & <v_{l},v_{l}>
\end{pmatrix}
\scriptstyle \begin{pmatrix}
l & 0 & \ldots & 0 & 0 \\
0 & 1 & \ldots & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \ldots & 1 & 0 \\
0 & 0 & \ldots & 0 & 1
\end{pmatrix}\end{eqnarray}

ここで、

\begin{eqnarray}
L= \left(
\scriptstyle \begin{array}{ccccc}
l & 0 & \ldots & 0 & 0 \\
0 & 1 & \ldots & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \ldots & 1 & 0 \\
0 & 0 & \ldots & 0 & 1
\end{array}
\right) \ K= \left(
\scriptstyle \begin{array}{ccccc}
<v_{1},v_{1}> & 0 & \ldots & 0 & 0 \\
0 & <v_{2},v_{2}> & \ldots & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \ldots & <v_{l-1},v_{l-1}> & 0 \\
0 & 0 & \ldots & 0 & <v_{l},v_{l}>
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}　とおくと

　 ${}^{t}VAV=KL$ とあらわされる。

　 $l-1$ 次縦ベクトルを $\mathbf {x} ={}^{t}(x_{1},x_{2},...,x_{l-1})$ とすれば

　 ${}^{t} \mathbf {x} {}^{t} VAV \mathbf {x} ={}^{t} \mathbf {x} KL \mathbf {x}$ よって、 $\mathbf {x}=V^{-1} {}^{t}(N_{1}^{'},N_{2}^{'}, ... ,N_{l-1}^{'})$ とすれば、

　 ${}^{t} \mathbf {x} {}^{t} VAV \mathbf {x} ={}^{t}(V \mathbf {x} )AV \mathbf {x}=(N_{1}^{'},N_{2}^{'},...,N_{l-1}^{'})A{}^t(N_{1}^{'},N_{2}^{'},...,N_{l-1}^{'})$

一方、

　 ${}^{t} \mathbf {x} KL \mathbf {x}=l<v_{1},v_{1}>x_{1}^{2}+<v_{2},v_{2}>x_{2}^{2}+...+<v_{l-1},v_{l-1}>x_{l-1}^{2}$

である。

　 $\dfrac{l-1}{l}p=(N_{1}^{'},N_{2}^{'},...,N_{l-1}^{'})A{}^t(N_{1}^{'},N_{2}^{'},...,N_{l-1}^{'})$ 　であったので、

　 $p=\dfrac{l^{2}}{l-1}<v_{1},v_{1}>x_{1}^{2}+\dfrac{l}{l-1}<v_{2},v_{2}>x_{2}^{2}+...+\dfrac{l}{l-1}<v_{l-1},v_{l-1}>x_{l-1}^{2}$

　これで $p$ を $l-1$ 個の $x_{i}$ の正係数付き2乗和としてあらわすことができた。

　さらに、 $p$ の整数倍が正整数係数付きの $l-1$ 個の整数の2乗和としてあらわせることを示す。

　 ${}^{t} V \cdot V=K$ より、 $K^{-1}{}^{t} V \cdot V={}^{t} (VK^{-1}) \cdot V=l-1$ 次単位行列　なので　 $V^{-1}=K^{-1}{}^{t} V ={}^{t} (VK^{-1})$ である。

　 $\mathbf {x} = V^{-1} {}^{t} (N_{1}^{'}, N_{2}^{'}, ..., N_{l-1}^{'})={}^{t}(VK^{-1}) {}^{t} (N_{1}^{'}, N_{2}^{'}, ..., N_{l-1}^{'})$ なので、

　 $v_{i}={}^{t} (v_{i1}, v_{2i}, ... , v_{(l-1)i})$ とすれば、 $(VK^{-1})$ の $(i,j)$ 成分は $v_{ij}/<v_{i},v_{i}>$ したがって、 ${}^{t}(VK^{-1})$ の $(i,j)$ 成分は、 $v_{ji}/<v_{j},v_{j}>$ したがって、

　 $x_{i}=\displaystyle \sum_{j=1}^{l-1}v_{ji}/<v_{j},v_{j}> \cdot N_{j}^{'}$

　 $N_{i}^{'}=N_{i}-N/l = (\displaystyle \sum_{j+k≡i \ (mod \ l)} n_{jk}) -(p-2)/l$ 　かつ、 $n_{jk}$ は非負整数であるので、 $v_{ji}/<v_{j},v_{j}> \ (0 \lt j \lt l-1)$ 達の分母の最小公倍数 $\cdot l$ を $x_{i}$ に掛ければ整数となる。

　 $p$ を $x_{i}$ の $2$ 乗和であらわす際の $x_{i}^{2}$ の係数についても $<v_{i},v_{i}>$ の分母の最小公倍数 $\cdot (l-1)$ 　は整数となる。

したがって、 $p$ の整数倍が正整数係数付きの $(l-1)$ 個の整数の $2$ 乗和としてあらわせることがわかった。

　残りは、 $x_{i}$ 達が $(l-3)/2$ 個の2次式 $=0$ を満たすことを示せばよい。

4． $l-1$ 個の $x_{i}$ 達は $(l-3)/2$ 個の2次式 $=0$ を満たす。

　2．で示したように $M_{1}=M_{2}=...=M(l-1)$ であるが、 $M_{i}=M_{l-i}$ なので、 $(l-3)/l$ 個の等式 $M_{1}=M_{j} \ (1 \lt j \lt (l-1)/2+1)$ が成り立つ。

　 $M_{i}=N_{0}N_{l-i}+N_{1}N_{l-i+1}+...+N_{l-1}N_{l-1-i}$

　 $\hspace{10pt} =(N_{0}^{'}+N/l)(N_{l-i}^{'}+N/l)+(N_{1}^{'}+N/l)(N_{l-i+1}^{'}+N/l)$

　 $\hspace{10pt} +...+(N_{l-1}^{'}+N/l)(N_{l-1-i}^{'}+N/l)$

　 $\hspace{10pt} =N_{0}^{'}N_{l-i}^{'}+N/l \cdot (N_{0}^{'}+N_{l-i}^{'})+N^{2}/l^{2}+N_{1}^{'}N_{l-i+1}^{'}+N/l \cdot (N_{1}^{'}+N_{l-i+1}^{'})$

　 $\hspace{10pt}+N^{2}/l^{2}+...+N_{l-1}^{'}N_{l-1-i}^{'}+N/l \cdot (N_{l-1}^{'}+N_{l-1-i}^{'})+N^{2}/l^{2}$

　 $\hspace{10pt} =N_{0}^{'}N_{l-i}^{'}+N_{1}^{'}N_{l-i+1}^{'}+...+N_{l-1}^{'}N_{l-1-i}^{'}+N/l \cdot (2 \displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} N_{i}^{'}) +N^{2}/l$

　 $\hspace{10pt} =N_{0}^{'}N_{l-i}^{'}+N_{1}^{'}N_{l-i+1}^{'}+...+N_{l-1}^{'}N_{l-1-i}^{'}+N^{2}/l$

　また、 $N_{0}^{'}=-(N_{1}^{'}+N_{2}^{'}+...+N_{l-1}^{'})$ なので、

　 $0 \lt m,n \lt l$ とするとき、 $M_{1}-M_{j}$ は $N_{m}^{'}$ と $N_{n}^{'}$ の積和( $2$ 次同次式)である。

　 $\mathbf {x} = V^{-1} {}^{t} (N_{1}^{'}, N_{2}^{'}, ..., N_{l-1}^{'})$ であったので、 ${}^{t} (N_{1}^{'}, N_{2}^{'}, ..., N_{l-1}^{'})=V \mathbf {x}$ である。

　以上より、

　 $l-1$ 個の $x_{i}$ 達は $(l-3)/2$ 個の2次式 $=0$ を満たすことがわかった。

　今後の単純化のために、2次式= $0$ を行列を用いて表現することを考える。

　 $M_{1}=M_{i} \ ( 1 \lt i \lt l)$ より　 $M_{1}-N^{2}/l=M_{i}-N^{2}/l \ ( 1 \lt i \lt l)$ であるので、 $M_{i}-N^{2}/l$ を行列表現することを考える。つまり、行列 $A_{i}$ により

　 $M_{i}-N^{2}/l=(N_{1}^{'},...,N_{l-1}^{'})A_{i} {}^{t} (N_{1}^{'},...,N_{l-1}^{'})$ となる $A_{i}$ を求める。少し、ややこしいが、以下の結果が得られる。

　 $i=1$ のとき

　 $i=(l-1)/2$ のとき

　 $i \neq 1, \ (l-1)/2$ のとき

　 $M_{i}-N^{2}/l$ の $N_{i}^{'}$ 達の表現で $N_{0}^{'}$ が現れるときは、 $-(N_{1}^{'}+...+N_{l-1}^{'}$ に置き換える必要がある。 $N_{0}^{'}$ は2回現れるが、そのときの積の相方は $N_{l-i}^{'}$ と $N_{i}^{'}$ であり、 $i$ 行（列）と $l-i$ 行（列）の位置関係により場合を分けた(結果を見ると統一的なとらえ方ができるかもしれない）。

　 ${}^{t} (N_{1}^{'}, N_{2}^{'}, ..., N_{l-1}^{'})=V \mathbf {x}$ であったので、

$M_{i}-N^{2}/l=(N_{1}^{'},...,N_{l-1}^{'})A_{i} {}^{t} (N_{1}^{'},...,N_{l-1}^{'})={}^{t}(Vx)A_{i}Vx={}^{t}x {}^{t}VA_{i}Vx$ 　であるので、直交する $l-1$ 個の固有ベクトルで構成される行列 $V$ を与えたときに、 $x_{i}$ 達の関係式は、行列 ${}^{t}VA_{i}V$ を計算することで得ることができる。

5.　 $n_{ij}$ 間の関係について

　次節で $p≡1 \ (mod l)$ を整数倍して整数係数の整数の2乗和として表現する具体例を示すが、十分精密な結果を得るためには、 $N_{i}^{'}$ 達を線形和として構成する $n_{ij}$ 間になりたつ関係を知っておく必要がある。

　 $F_{p}$ の原始根 $α$ に対して、 $S_{i}= \{α^{lk+i} | 0 \leq k \lt (p-1)/l \}, \ T_{j}=\{ 1+α^{lk+j} | 0 \leq k \lt (p-1)/l \}$

　 $n_{ij}= \#S_{i} \cap T_{j}$ 　であった。このとき、以下がなりたつ。

--------------------------------------------

命題

① $n_{ij}=n_{ji}$

② $n_{ij}=n_{(l-i)(j-i)}=n_{(j-i)(l-i)}$ 特に、 $n_{ii}=n_{(l-i)0}=n_{0(l-i)}$

③ $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} n_{i0}=(p-1)/l -1$

　 $\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1} n_{ij}=(p-1)/l , \ (j \neq 0)$

--------------------------------------------

(略証)

　 $S_{i} \cap T_{j} \in x=α^{lk+i}=1+α^{lk'+j}$ とする。

① $x \rightarrow 1-x$ は $S_{i} \cap T_{j}$ から $S_{j} \cap T_{i}$ への全単射

② $1=α^{-lk-i}+α^{l(k-k')+j-i}$ よって

　 $α^{-lk-i}=1-α^{l(k-k')+j-i}=1+α^{ \{l(k-k')+(p-1)/(2l) \}+j-i}$

　つまり、 $x \rightarrow 1/x$ は $S_{i} \cap T_{j}$ から $S_{l-i} \cap T_{j-i}$ 　への全単射

③ $S_{0} - \{1 \} = (S_{0} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{0} \cap T_{l-1})$

$S_{i} = (S_{i} \cap T_{0}) \cup ... \cup (S_{i} \cap T_{l-1}) \ (i \neq 0)$ より。

(略証終)

6．直交する固有ベクトルを与えて $l-1$ 個の整数による $2$ 乗和表現を求める。

　3．において、固有ベクトルの例として、

固有値 $l$ に対して　 ${}^t(1,1,...,1,1)$

固有値 $1$ に対して　 ${}^t(1,0,...,0,-1)$

　　　　　　　　　　 ${}^t(1,0,...,0,-1)$

　　　　　　　　　　 $\hspace{30pt} \vdots$

　　　　　　　　　　 ${}^t(0,0,...,1,-1)$

を示した。但しこれらは直交する固有ベクトル群ではない。

　以下は、直交する固有ベクトル群の一例とその求め方である。

【直交する固有ベクトル群の例の求め方】

　まず、 $l-1$ を2進表現する。つまり

　 $l-1=a_{0}+a_{1} \cdot 2+...+a_{2} \cdot 2^{2}+...+a_{k} \cdot 2^{k}$ とする。

　 $[x$ ] をガウス記号、つまり、 $[x$ ] を $x$ を超えない最大の整数とする。

　このとき、

　 $\displaystyle \sum_{j=1}^{k} [ \frac{l-1}{2^{j}} ]=l-1-\displaystyle \sum_{j=0}^{k} a_{j}$

　 $[ \frac{l-1}{2^{j}} ]=a_{j}+a_{j+1} \cdot 2^{k-j} +...+a_{k} \cdot 2^{k-j}$

に注意する。

　最初に、第 $0$ 世代の固有ベクトルとして固有値 $l$ に対する固有ベクトルを設定する。次に第 $i$ 世代として固有値 $1$ に対する固有ベクトルを $[ \frac{l-1}{2^{i}} ]$ 個設定する。最後に、残りを $\displaystyle \sum_{j=1}^{k-1} a_{j}$ 個設定する。ちなみに、第 $0$ 世代の固有ベクトルは $a_{k}$ に相当する（なお、 $l$ は奇素数なので $a_{0}=0$ に注意）。これで、固有ベクトルが $l-1$ 個得られることになる。具体的には

　 $\bullet$ 第 $0$ 世代

　　 $1$ 個：すべての要素が1のベクトル

　 $\bullet$ 第 $1$ 世代

　　 $[ \frac{l-1}{2} ]$ 個： $0 \lt j \leq \frac{l-1}{2}$ について、 $j$ 番目の要素が $1$ 、 $l-j$ 番目の要素が $-1$ 、他の要素は $0$

　 $\bullet$ 第 $2$ 世代

　　 $[ \frac{l-1}{2^{2}} ]$ 個： $0 \lt j \leq [\frac{l-1}{4} ]$ について、 $j$ 番目の要素が $1$ 、 $[ \frac{l-1}{4} ] \cdot 2-j+1$ 番目の要素が-1、他は０。 $(l-1)/2+1$ 番目以降は、その境について対称になるよう値を反転させる。

　　 $\vdots$

　 $\bullet$ 第 $i$ 世代

　　　　 $[ \frac{l-1}{2^{i}} ]$ 個: $0 \lt j \leq [\frac{l-1}{2^{i}} ]$ について $j$ 番目の要素が $1$ 、 $[ \frac{l-1}{2^{j}} ] \cdot 2-j+1$ 番目の要素が-1、他は０。 $(l-1)/{2}^{i}+1$ 番目以降は、その境について対称になるよう値を反転させる。これを以前に出現した境界に対して繰り返す。

　 $\bullet$ 第 $k$ 世代でこの操作は完了する。

　 $\bullet$ 残りの固有ベクトル

　　 $\displaystyle \sum_{j=1}^{k-1} a_{j}$ 個： $n/2^i$ が奇数 $( \gt 1)$ になったものを小さい順に並べる。それを $b_{1}...,b_{q} \ (q \lt k)$ とする。そこが、上でいう境界になっている。

　　 $\cdot b_{1}$ について: $1$ 番目から $(b_{1}-1)$ 番目までの要素を $1$ とし $b_{1}$ 番目の要素を $-(b_{1}-1)$ とする。そこを境界として反転させる。値はそのまま。境界ごとに反転を繰り返す。その際 $b_{2}~b_{j}$ の部分は $0$ とする。

　わかりにくい説明で恐縮ですが、 $l=19$ の例を下図に示す。

　以下、 $p$ の表現の具体例でみていきたいと思います。

(1) $l=3$ の場合

　この場合は、上記説明によらず直交する固有ベクトルとして、

　 $\hspace{30pt} {}^{t}(a,a), \ \ {}^{t}(b,-b)$

があることがすぐわかります。したがって、

　 $v_{1}= {}^{t}(a,a), \ \ v_{2}= {}^{t}(b,-b)$ 　とすれば

\begin{eqnarray}
A= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cc}
2 & 1 \\
1 & 2
\end{array}
\right), \ V=\left(
\scriptstyle \begin{array}{cc}
a & b \\
a & -b
\end{array}
\right), \ V^{-1}=\left(
\scriptstyle \begin{array}{cc}
1/(2a) & 1/(2a) \\
1/(2b) & -1/(2b)
\end{array}
\right), \ {}^{t}VAV=\left(
\scriptstyle \begin{array}{cc}
6a^{2} & 0 \\
0 & 2b^{2}
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

なので、

　 $\mathbf {x}={}^{t}(x_{1},x_{2})=V^{-1} {}^{t}(N_{1}^{'}, N_{2}^{'})$

　 $\hspace{10pt} = {}^{t}(1/(2a) \cdot (N_{1}^{'}+N_{2}^{'}),1/(2b) \cdot (N_{1}^{'}-N_{2}^{'}) )$

とすると

　 $(3-1)/3 \cdot p=(N_{1}^{'}, N_{2}^{'})A{}^{t}(N_{1}^{'}, N_{2}^{'})={}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VAV \mathbf {x}$

　 $\hspace{20pt}=6a^{2}x_{1}^2+2b^{2}x^{2}$

である。

　 $N_{1}^{'}=n_{01}+n_{10}+n_{22}-(p-2)/3, \ N_{2}^{'}=n_{02}+n_{11}+n_{20}-(p-2)/3$ であるので、 $3N_{1}^{'},3N_{2}^{'}$ は整数である。さらに、5．の命題を用いると $n_{0}=n_{00},n_{1}=n_{10}, n_{2}=n_{20}$ とおくと $n_{ij}$ 間の関係は下表のとおり

　よって、

　 $N_{1}^{'}-N_{2}^{'}=3n_{1}-3n_{2}$ は $3$ の倍数である。

　 $4p=36a^{2}x_{1}^2+12b^{2}x_{2}^2=(6ax_{1})^2+27(2b/3 \cdot x_{2})^{2}$

ここで、 $6ax_{1}=3(N_{1}^{'}+N_{2}^{'}), \ 2b/3 \cdot x_{2}=(N_{1}^{'}-N_{2}^{'})/3$ は整数である。さらに、 $3(N_{1}^{'}+N_{2}^{'})=3 \{(N_{1}+N_{2})-2(p-2)/3 \} =3(N_{1}+N_{2})-2(p-2)≡1 \ (mod \ 3)$

したがって、 $A=6ax_{1},B=2b/3 \cdot x_{2}$ 　とおけば、整数 $A,B$ により

　 $4p=A^2+27B^2, \ A≡1 \ (mod \ 3)$ 　とあらわされることになる。

(2) $l=5$ の場合

　命題5を用いて $n_{ij}$ 関係を求めたのが下表である。ここで、 $n_{i}=n_{i0}, n_{21}=m_{2},n_{32}=m_{3}$ とした。

　表より

　 $N_{0}=n_{00}+n_{14}+n_{23}+n_{32}+n_{41}=n_{0}+2m_{2}+2m_{3}$

　 $N_{1}=n_{01}+n_{10}+n_{24}+n_{33}+n_{42}=2n_{1}+n_{2}+2m_{3}$

　 $N_{2}=n_{02}+n_{11}+n_{20}+n_{34}+n_{43}=2n_{2}+n_{4}+2m_{2}$

　 $N_{3}=n_{03}+n_{12}+n_{21}+n_{30}+n_{44}=n_{1}+2n_{3}+2m_{2}$

　 $N_{4}=n_{04}+n_{13}+n_{22}+n_{31}+n_{40}=n_{3}+2n_{4}+2m_{3}$

　表の2行目と3行目を足すと $n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4}+3(m_{2}+m_{3})=2/5 \cdot (p-1)$

　2行目から3行目を引くと $n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4}+m_{2}-m_{3}=0$ 　

よって、 $m_{2},m_{3}$ は $n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}$ の一次結合で表せることに注意しておく。

　以下、３，４で述べた方法で $p≡1 \ (mod \ 5)$ 　なる素数の4個の正整数による表現と正整数間の関係式を求める。

\begin{eqnarray}
A= \left(
\begin{array}{cccc}
2 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 1\\
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 2
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

　４．に記した方法で、行列 $A$ の直交固有ベクトル、その逆行列等を求めると以下のとおりである。

\begin{eqnarray}
V= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 1 & -1 \\
1 & 0 & -1 & -1 \\
1 & -1 & 0 & -1
\end{array}
\right), \ V^{-1}= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
1/4 & 1/4 & 1/4 & 1/4 \\
1/2 & 0 & 0 & -1/2 \\
0 & 1/2 & -1/2 & 0 \\
1/4 & -1/4 & -1/4 & 1/4
\end{array}
\right), \ {}^{t}VAV=\left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
20 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 4
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

　 $\mathbf {x}={}^{t}(x_{1},x{2},x_{3},x_{4})=V^{-1} \cdot {}^{t}(N_{1}^{'},N_{2}^{'},N_{3}^{'},N_{4}^{'})$ とおくと

　 $(l-1)/l \cdot p ={}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VAV \mathbf {x}$ 　であったので、

　 $4/5 \cdot p=20x_{1}^{2}+2x_{2}^2+2x_{3}^{2}+4x_{4}^{2}$

　 $16p=400x_{1}^{2}+40x_{2}^{2}+40x_{3}^{2}+80x_{4}^{2}$

　 $\hspace{20pt}=(20x_{1})^{2}+10(2x_{2})^{2}+10(2x_{3}^{2})+125(4/5 \cdot x_{4})^{2}$

である。また、

　 $x_{1}=1/4 \cdot (N_{1}^{'}+N_{2}^{'}+N_{3}^{'}+N_{4}^{'})$ $\hspace{20pt}=1/4 \cdot \{ 3n_{1}+3n_{2}+3n_{3}+3n_{4}+4m_{2}+4m_{3}-4/5(p-2) \}$ $\hspace{10pt} x_{2}=1/2 \cdot (N_{1}^{'}-N_{4}^{'})=1/2 \{ (2(n_{1}-n_{4})+n_{2}-n_{3} \}$ $\hspace{10pt} x_{3}=1/2 \cdot (N_{2}^{'}-N_{3}^{'})=1/2 \{ (-(n_{1}-n_{4})+2(n_{2}-n_{3}) \}$ $\hspace{10pt} x_{4}=1/4 \cdot (N_{1}^{'}-N_{2}^{'}-N_{3}^{'}+N_{4}^{'})=1/4 \{n_{1}+n_{4}-n_{2}-n_{3}+4(m_{3}-m_{2}) \}$

である。また、

　 $n_{1}+n_{4}-n_{2}-n_{3}+m_{3}-m_{2}=0$ より、 $x_{4}=1/4 \{n_{1}+n_{4}-n_{2}-n_{3}+4(n_{1}+n_{4}-n_{2}-n_{3}) \} =5/4(n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4})$ $20x_{1}=15(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})+20(m_{2}+m_{3})-4(p-2)≡-1 \ (mod \ 5)$

である。よって、

$-20x_{1},2x_{2},2x_{3},4/5 \cdot x_{4}$ は整数。 $-20x_{1}≡1 \ (mod \ 5)$

　 $x_{i}$ 間の関係式については、4.に記したことより、

\begin{eqnarray}
A_{1}= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
-1 & 0 & -1/2 & -1 \\
0 & 0 & 1/2 & -1/2 \\
-1/2 & 1/2 & 0 & 0 \\
-1 & -1/2 & 0 & -1
\end{array}
\right)
\hspace{10pt}
A_{2}= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
0& -1/2 & 0 & 1/2 \\
-1/2 & -1 & -1 & 0 \\
0 & -1 & -1 & -1/2 \\
1/2 & 0 & -1/2 & 0
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

であり、

\begin{eqnarray}
{}^{t}VA_{1}V= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 1 & -1 & 0 \\
1 & -1 & -1 & 1
\end{array}
\right)\left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
-1 & 0 & -1/2 & -1 \\
0 & 0 & 1/2 & -1/2 \\
-1/2 & 1/2 & 0 & 0 \\
-1 & -1/2 & 0 & -1
\end{array}
\right) \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
1& 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 1 & -1 \\
1 & 0 & -1 & -1 \\
1 & -1 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
-5 & 0 & 0 & -5 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 0 \\
-5 & 0 & 0 & -1
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
{}^{t}VA_{2}V= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 1 & -1 & 0 \\
1 & -1 & -1 & 1
\end{array}
\right)\left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
0 & -1/2 & 0 & 1/2 \\
-1/2 & -1 & -1 & 0 \\
0 & -1 & -1 & -1/2 \\
1/2 & 0 & -1/2 & 0
\end{array}
\right) \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
1& 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 1 & -1 \\
1 & 0 & -1 & -1 \\
1 & -1 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccc}
-5 & 0 & 0 & 5 \\
0 & -1 & -1 & 0 \\
0 & -1 & 0 & 0 \\
5 & 0 & 0 & -1
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

　 ${}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{1}V \mathbf {x}={}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{2}V \mathbf {x}$ 　より

　 $-5x_{1}^2-10x_{1}x_{4}+2x_{2}x_{3}-x_{3}^2-x_{4}^2=-5x_{1}^2+10x_{1}x_{4}-x_{2}^2-2x_{2}x_{3}-x_{4}^2$ 　よって

　 $-20x_{1}x_{4}=x_{3}^2-x_{2}^2-4x_{2}x{3}$

　 $5(-20x_{1})(4/5\cdot x_{4})=(2x_{3})^2-(2x_{2}^2-4(2x_{2})(2x_{3})$

したがって、

　 $x=-20x_{1},w=4/5 \cdot x_{4},v=2x_{3},u=2x_{2}$ とおくと

　 $16p=x^{2}+125w^2+10v^2+10u^2, \ x≡1 \ (mod \ 5)$

　 $\hspace{30pt}, \ 5xw=(v^2-u^2-4vu)$

を得る。

　これは、冒頭にあげた $l=5$ の場合の表現と異なるが、

　 $v=-V+2U, u=2V+U$ で $V,U$ を定めると、 $(x,w,V,U)$ は冒頭にあげた関係式を満足する。これらを満足する整数組 $(x,w,V,U)$ は他に $(x,w,-V,-U),(x,-w,U,-V),(x,-w,-U,V)$ しかなく、これらから定まる組 $(x,w,v,u)$ は整数組となるが、逆は（私には）定かではない。

(3) $l=7$ の場合

　 $l=5$ の場合と同様であるが、長くなるので主要な結果だけを記すこととする。

　命題5を用いて $n_{ij}$ 関係を求めたのが下表である。ここで、 $n_{0}=n_{00},n_{1}=n_{10},n_{2}=n_{20},n_{3}=n_{30},n_{4}=n_{40},n_{5}=n_{50}$

$,n_{6}=n_{60},m_{2}=n_{12}, m_{3}=n_{13},m_{4}=n_{14}, k=n_{24}$ とした。

　表の $2,3,4$ 行目より

　 $n_{1}+n_{6}+2m_{2}+2m_{3}+m_{4}=(p-1)/7$

　 $n_{2}+n_{5}+m_{2}+2m_{3}+2k=(p-1)/7$

　 $n_{3}+n_{4}+2m_{3}+2m_{4}+k=(p-1)/7$

これより

　 $n_{1}-2n_{2}+n_{3}+n_{4}-2n_{5}+n_{6}=-3m_{4}+3k$

　 $n_{1}-n_{3}-n_{4}+n_{6}=-2m_{2}+m_{4}+k$

また、表より

$N_{1}=n_{01}+n_{10}+n_{26}+n_{35}+n_{44}+n_{53}+n_{62}=2n_{1}+n_{3}+2m_{3}+2k$

$N_{2}=n_{02}+n_{11}+n_{20}+n_{36}+n_{45}+n_{54}+n_{63}=2n_{2}+n_{6}+2m_{3}+2m_{4}$

$N_{3}=n_{03}+n_{12}+n_{21}+n_{30}+n_{46}+n_{55}+n_{64}=n_{2}+2n_{3}+2m_{2}+2m_{3}$

$N_{4}=n_{04}+n_{13}+n_{22}+n_{31}+n_{40}+n_{56}+n_{65}=2n_{4}+n_{5}+2m_{2}+2m_{3}$

$N_{5}=n_{05}+n_{14}+n_{23}+n_{32}+n_{41}+n_{50}+n_{66}=n_{1}+2n_{5}+2m_{3}+2m_{4}$

$N_{6}=n_{06}+n_{15}+n_{24}+n_{33}+n_{42}+n_{51}+n_{60}=n_{4}+2n_{6}+2m_{3}+2k$

　以下、３，４で述べた方法で $p≡1 \ (mod \ 7)$ 　なる素数の6個の正整数による表現と2個の正整数間の関係式を求める。

\begin{eqnarray}
A= \left(
\begin{array}{cccccc}
2 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 2 & 1 & 1& 1 & 1\\
1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1 & 2& 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 1& 2 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 1& 1 & 2
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

　４．に記した方法で、行列 $A$ の直交固有ベクトル、その逆行列等を求めると以下のとおりである。

\begin{eqnarray}
V= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1\\
1 & 0 & 1 & 0 & -1 & 1\\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -2\\
1 & 0 & 0 & -1& 0 & -2\\
1 & 0 & -1 & 0 & -1 & 1 \\
1 & -1 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{array}
\right), \ V^{-1}= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6\\
1/2 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1/2\\
0 & 1/2 & 0 & 0 & -1/2 & 0\\
0 & 0 & 1/2 & -1/2 & 0 & 0\\
1/4 & -1/4 & 0 & 0 & -1/4 & 1/4 \\
1/12 & 1/12 & -1/6 & -1/6 & 1/12 & 1/12
\end{array}
\right),\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}{}^{t}VAV=\left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
42 & & & & & \\
& 2 & & & & \\
& & 2 & & & \\
& & & 2 & & \\
& & & & 4 & \\
& & & & & 12
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

　 $x_{i}$ 間の関係式については、4.に記したことより、

\begin{eqnarray}
A_{1}= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
-1 & & -1/2 & -1/2 & -1/2 & -1 \\
& & 1/2 & & & -1/2\\
-1/2 & 1/2 & & 1/2 & & -1/2\\
-1/2 & & 1/2 & & 1/2 & -1/2\\
-1/2 & & & 1/2 & & \\
-1 & -1/2 & -1/2 & -1/2 & & -1
\end{array}
\right)
\hspace{10pt}
A_{2}= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
& -1/2 & 1/2 & & -1/2 & 1/2 \\
-1/2 & -1 & -1/2 & 0 & -1 & -1/2\\
1/2 & -1/2 & & & 0 & \\
& 0 & & & -1/2 & 1/2\\
-1/2 & -1 & 0 & -1/2 & -1 & -1/2 \\
1/2 & -1/2 & & 1/2 & -1/2 &
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}A_{3}= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
& & -1/2 & & 1/2 & \\
& & -1/2 & -1/2 & 1/2 & 1/2\\
-1/2 & -1/2 & -1 & -1 & -1/2 & \\
& -1/2 & -1 & -1 & -1/2 & -1/2\\
1/2 & 1/2 & -1/2 & -1/2 & & \\
0 & 1/2 & & -1/2 & &
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

であり、

\begin{eqnarray}
{}^{t}VA_{1}V= \left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
-7 & 0 & 0 & 0 & -7 & -7 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 0\\
-7 & 0 & 0 & 0 & -2 & 2 \\
-7 & 0 & 0 & 0 &2 & 2
\end{array}
\right), \ {}^{t}VA_{2}V=\left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
-7 & 0 & 0 & 0 & 7 & -7 \\
0 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0\\
0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0\\
7 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
-7 & 0 & 0 & 0 & 1 & -7
\end{array}
\right) \end{eqnarray}

\begin{eqnarray}{}^{t}VA_{3}V=\left(
\scriptstyle \begin{array}{cccccc}
-7 & 0 & 0 & 0 & 0 & 14 \\
0 & 0 & -1 & -1 & 0 & 0\\
0 & -1 & -1 & 0 & 0 & 0\\
0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & -1 & -3 \\
14 & 0 & 0 & 0 & -3 & -1
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}

　 $\mathbf {x} =V^{-1} {}^{t}(N_{1}^{'},N_{2}^{'},N_{3}^{'},N_{4}^{'},N_{5}^{'},N_{6}^{'})$ なので

　 $x_{1}=1/6 \cdot ( N_{1}^{'}+N_{2}^{'}+N_{3}^{'}+N_{4}^{'}+N_{5}^{'}+N_{6}^{'})$

　 $x_{2}=1/2 \cdot (N_{1}^{'}-N_{6}^{'})$

　 $x_{3}=1/2 \cdot (N_{2}^{'}-N_{5}^{'})$

　 $x_{4}=1/2 \cdot (N_{3}^{'}-N_{4}^{'})$

　 $x_{5}=1/4 \cdot (N_{1}^{'}-N_{2}^{'}-N_{5}^{'}+N_{6}^{'})$

　 $x_{6}=1/12 \cdot (N_{1}^{'}+N_{2}^{'}+N_{5}^{'}+N_{6}^{'}) - 1/6 \cdot (N_{3}^{'}+N_{4}^{'})$

ここで

　 $N_{1}^{'}-N_{2}^{'}-N_{5}^{'}+N_{6}^{'}=N_{1}-N_{2}-N_{5}+N_{6}$ $\hspace{20pt}=n_{1}-2n_{2}+n_{3}+n_{4}-2n_{5}+n_{6}+4k-4m_{4}=7k-7m_{4}$

　 $(N_{1}^{'}+N_{2}^{'}+N_{5}^{'}+N_{6}^{'})-2(N_{3}^{'}+N_{4}^{'})$

　 $\hspace{10pt} =3n_{1}+2n_{2}+n_{3}+n_{4}+2n_{5}+3n_{6}+8m_{3}+4m_{4}+4k$

　 $\hspace{10pt} -(2n_{2}+4n_{3}+4n_{4}+2n_{5}+8m_{2}+8m_{3})$

　 $\hspace{10pt}=3n_{1}-3n_{3}-3n_{4}+3n_{6}+4m_{4}+4k-8m_{2}$ $\hspace{20pt} =3(-2m_{2}+m_{4}+k)+4m_{4}+4k-8m_{2}=-14m_{2}+7m_{4}+7k$

よって、 $4x_{5}/7,12x_{6}/7$ は整数。

　 $p$ の表現は

　 $6/7 \cdot p={}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VAV \mathbf {x}$

　 $=42x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+2x_{4}^{2}+4x_{5}^{2}+12x_{6}^{2}$

　 $72p=2(42x_{1})^{2}+42(2x_{2})^{2}+42(2x_{3})^{2}+42(2x_{4})^{2}$

　 $\hspace{20pt}+21 \cdot 49(4/7 \cdot x_{5})^{2}+7 \cdot 49(12/7 \cdot x_{6})^{2}$

　 $x_{i}$ 間の関係は、

　 ${}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{1}V \mathbf {x}=-7x_{1}^{2}-14x_{1}x_{5}-14x_{1}x_{6}+2x_{2}x{3}+2x_{3}x_{4}$

　 $\hspace{30pt} -x_{4}^{2}-2x_{5}^2+4x_{5}x_{6}+2x_{6}^{2}$

　 ${}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{2}V \mathbf {x}=-7x_{1}^{2}+14x_{1}x_{5}-14x_{1}x_{6}$

　 $\hspace{30pt} -x_{2}^{2}+2x_{2}x_{4}-2x_{3}x_{4}+x_{5}^{2}+2x_{5}x_{6}-7x_{6}^{2}$

　 ${}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{3}V \mathbf {x}$ $\hspace{20pt} =-7x_{1}^2+28x_{1}x_{6}-2x_{2}x_{3}-2x_{2}x_{4} -x_{3}^{2}-x_{5}^{2}-6x_{5}x_{6}-x_{6}^{2}$

　 ${}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{1}V \mathbf {x}={}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{2}V \mathbf {x}, {}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{1}V \mathbf {x}={}^{t} \mathbf {x} {}^{t}VA_{3}V \mathbf {x}$ より

　 $\hspace{8pt} 56(-42x_{1}) (4/7 \cdot x_{5})+12(2x_{2})^{2}+24(2x_{2})(2x_{3})-24(2x_{2})(2x_{4})$ $\hspace{10pt}+48(2x_{3})(2x_{4})-12(x_{4})^2-441(4/7 \cdot x_{5})^{2}$ $\hspace{10pt}+98(4/7 \cdot x_{5})(12/7 \cdot x_{6})+147(12/7 \cdot x_{6})^{2}=0$

　 $28(-42x_{1})(4/7 \cdot x_{5})+28(-42x_{1})(12/7 \cdot x_{6})+48(2x_{2})(2x_{3})$ $\hspace{10pt} +24(2x_{2})(2x_{4})+12(2x_{3})^{2}+24(2x_{3})(2x_{4})-12(2x_{4})^{2}$ $\hspace{10pt}-147(4/7 \cdot x_{5})^{2}+490(4/7 \cdot x_{5})(12/7 \cdot x_{6})+49(12/7 \cdot x_{6})^{2}=0$

となる。

　 $X_{1}=-42x_{1},X_{2}=2x_{2},X_{3}=2x_{3},X_{4}=2x_{4},X_{5}=4/7 \cdot x_{5},X_{6}=12/7 \cdot x_{6}$ とおけば

$\hspace{8pt}72p=2X_{1}^2+42X_{2}^2+42X_{3}^{2}+42X_{4}^{2}+1029X_{5}^{2}+343X_{6}^{2}, X_{1}≡1 \ (mod \ 7)$

２つの関係式は　　　 $\hspace{8pt} 56X_{1}X_{5}+12X_{2}^{2}+24X_{2}X_{3}-24X_{2}X_{4}+48X_{3}X_{4}$

　 $\hspace{10pt} -12X_{4}^{2}-441X_{5}^{2}+98X_{5}X_{6}+147X_{6}^{2}=0$

　 $28X_{1}X_{5}+28X_{1}X_{6}+48X_{2}X_{3}+24X_{2}X_{4}$ $\hspace{10pt} +12X_{3}^{2}+24X_{3}X_{4}-12X_{4}^{2}-147X_{5}^{2}+490X_{5}X_{6}+49X_{6}^{2}=0$

である。

7．おわりに

　 $p≡1 (mod \ l)$ なる奇素数 $p,l$ について、 $p$ の整数倍は、 $l-1$ 個の整数 $x_{i} \ (0 \lt i \lt l)$ の2乗和として表現できること、 $x_{1}$ は $x_{1} ≡1 \ (mod \ l)$ とでき、 $x_{i}$ は、 $(l-1)/2-1$ 　個の2次同次式 $=0$ という関係を満たすことを示すことができた。

　具体的な $p$ の表現や $x_{i}$ 間の関係式を行列を用いて機械的に求める方法を示したが、 $n_{ij}$ 間の関係を細かく求めることは必要であった。具体例は、 $l=3,5,7$ の場合に計算し、既存の結果と同様であったので安心した。もっと大きな $l$ についての計算も行ってみたいが、複雑な結果になるだけであまり面白くないという感じはする。

　なお、行列 $A$ の直交する固有ベクトルの選び方によって、 $p$ の2乗和表現や $x_{i}$ 間に成り立つ2次式 $=0$ が変わるようである。2乗和と2次式 $=0$ の表現はどういう条件があれば一意的になるかなど、明らかにすべき点が色々あるようだ。

参考文献

[1] P. A. Leonard and K. S. Williams, The Cyclotomic Numbers of Order Seven, Proceedings of the American Mathematical Society Volume 51, Number 2, September (1975)

2026-03-26

メモ52　p=4n+1 の素数をp=A^2+B^2 (B:偶数)と分解するときAも2Bもmod pで平方剰余である

１．はじめに

　 $p≡1 \ (mod \ 4)$ の素数は $p=A^{2}+B^{2}, A$ ：奇数、 $B$ :偶数とかける。

メモ51を書いているとき、 $A$ も $2B$ も $mod \ p$ で平方剰余ではないかと思った。

　この類似として $p=3n+1$ の素数について以下が知られている(例えば、ウィキペディア）。

　 $p≡1 \ (mod \ 3)$ の素数は $4p=A^{2}+27B^{2}, \ A≡1 \ (mod \ 3)$ とかける。

このとき、 $A$ も $B$ も $mod \ p$ で $3$ 乗剰余である。　また、 $A(n!)^{3}≡1 \ (mod \ p)$

　後者はメモ48に書いた。これから $A$ と $B$ が $3$ 乗剰余であることがすぐわかる。

　あまり詳しく調べたわけではないが、 $p≡1 \ (mod \ 4)$ の素数の場合について、 $A,2B$ が平方剰余であることを記している文献は見たことがない。 $A,2B$ が $4$ 乗剰余になれば $p=3n+1$ の場合のアナロジーとして面白いのだが、それは成り立たない。

　例えば、 $p=41$ のとき、 $41＝ 5^{2}+4^{2}$ であるが $mod \ 41$ で $4$ 乗剰余になるのは、 $1, 4, 10, 16, 18, 23, 25, 31, 37, 40$ であるので、 $5$ も $-5$ も $4$ 乗剰余ではない。

　せっかくなので、 $p≡1 \ (mod \ 4)$ の素数の場合に $A$ も $2B$ も平方剰余であることは、幾つかの問題群の結果として得られることを記しておく。大げさな証明なので、もっと簡明なものがあれば教えていただけるとうれしいです。

2. p=4n+1の素数に関する問題

問題1

$p$ を奇素数とする。このとき、 $( \frac{p-1}{2})!^{2}≡(-1)^{ \frac{p+1}{2}} \ (mod \ p)$ 　

特に $p=4n+1$ 型の素数について $(2n)!^{2}≡-1 \ (mod \ p)$

問題2

　 $p$ を $p=4n+1$ 型の素数とし、 $p=A^{2}+B^{2}, \ A≡3 \ (mod \ 4), \ B$ :偶数とする。

　このとき、　 $‐2A(n!)^{2}≡(2n)! \ (mod \ p)$

問題3

　 $p$ を $p=4n+1$ 型の素数とし、 $p=A^{2}+B^{2}, \ A≡3 \ (mod \ 4), B$ :偶数、整数 $k$ を $k≡B/A \ (mod \ p)$ とする。

　このとき、　　 $2^{ \frac{p-1}{4} }≡k^{ \frac{AB}{2}} \ (mod \ p)$

(注：これはLemmermertの本"Reciprocity Laws”のP155にあるproposition 5.3 である。)

3．p=4n+1 の素数をp=A^2+B^2 （B:偶数）と分解するときAも2Bもmod pで平方剰余であること

　問題1~3より、冒頭の問題が以下のように証明される。

$α$ を $mod \ p$ の原始根とする。

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき　 $-1≡α^{ \frac{p-1}{2} }=(α^{ \frac{p-1}{8} } )^{4}$ よって $-1$ は $mod \ p$ で4乗剰余である。よって、問題1より $(2n)!$ は平方剰余である。 $-2$ は $mod \ p$ で平方剰余であるので、問題2より $A$ は平方剰余である。問題3の $k$ を $2$ 乗すると $k^{2}≡B^{2}/A^{2}≡-1 \ (mod \ p)$ よって $k$ は平方剰余である。したがって、 $B≡kA$ も $2B$ も平方剰余である。
$p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき、 $-1$ は $mod \ p$ で平方剰余であるが4乗剰余ではない。よって問題1より、 $(2n)!$ は平方剰余でない。また、 $-2$ は $mod \ p$ で平方剰余でない。したがって、問題2より $A$ は平方剰余である。 $2$ は平方非剰余であるので、 $2^{ \frac{p-1}{4} }$ も平方非剰余である。したがって、問題3より、 $k$ は平方非剰余である。よって $2k$ および　 $2kA≡2B \ (mod \ p)$ は平方剰余である。

4. おわりに

　なにか大層な証明になってしまったが、もっと簡明な証明があればありがたい。

　ちなみに、問題2は、メモ48の手法をメモ50のヤコビ和に適用する、つまり　 $J(χ^{3},χ^{3})$ を計算することで私は求めました。

ヤコビ和はやっぱり凄い。

2026-03-08

メモ51　有理整数の４乗剰余記号の提案　（相互法則の予想つき)

1. はじめに

　メモ50で $p≡1 \ (mod \ 4)$ の素数とし、 $p=A^{2}+B^{2}$ と整数 $A,B$ で表したとき、有限体 $F_{p}$ における $X^{4}+Y^{4}=k \ (p∤k)$ の解の数は $A,B$ であらわされることを書いた(注：メモ50で使用した文字は $A,B$ ではありません。わかりにくくてすみません。)その最後に有理整数における4乗剰余に関係すること示唆した。

　4乗剰余については、日本語のウィキペディアの記述はないが、英語ではQuartic reciprocityというページがあり、有理整数についても

$p$ を $p≡1 \ (mod \ 4)$ の素数とするとき、

$\\ \hspace{30pt} 2$ が4乗剰余　⇔ 　 $p = a^{2} + 64b^{2}$

　　　と整数 $a,b$ で表される。

$p=a^{2}+b^{2}, \ q=c^{2}+d^{2}$ を素数、 $( \frac{p}{q})=1$ とする。このとき

　 $\hspace{30pt} (\frac{q}{p})_{4}(\frac{p}{q})_{4}=(\frac{ac-bd}{q})$

　　　ここで　 $（\frac{*}{p}）$ は平方剰余記号

　　　　 $a$ が $mod \ p$ で平方剰余のとき $(\frac{a}{p})_{4}=±1≡a^{(p-1)/4} \ (mod \ p)$ とする。

等が成り立つとしている。

　また、Lemmermeyerの”Reciprocity Laws” という大書の5章はRatonal Reciprocity Laws にあてられているが、　そこでの記述も有理整数のn乗剰余は $\pm 1$ に値をとる場合に限っているようである（P154 の冒頭)。

　 $l=4$ もしくは奇素数のとき $p≡1 \ (mod \ l)$ なる素数 $p$ について $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ の乗法群は位数 $p-1$ の巡回群になるので、 $l$ 次の指標 $\mathbb{Z} / (p-1) \mathbb{Z} → \mathbb{C}$ が存在する。したがって、有理整数を対象とした $l$ 乗剰余の場合も値を $\pm1$ に限らず $1$ の $l$ 乗根を扱えばよいと思うが、なぜかそうなっていない。 $l=3$ の場合について、本ブログの「有理整数の3乗剰余を計算しよう」で、あまり実用的とは言えないが、既存の結果を組み合わせてうまく相互法則的なものが成り立つことを記した。本メモでは、どこまでできるかわからないが、 $l=4$ の場合について既存の結果をもとに $4$ 次指標としての有理整数の $4$ 乗剰余記号について考えてみたい。

2. 有理整数の4乗剰余記号の提案

　 $p$ を $p≡1 \ (mod \ 4)$ なる素数とする。このとき、よく知られているように

　 $p=A^{2}+B^{2}$ と平方和に分解できる。

このとき、 $A$ と $B$ の偶奇は逆であるので、 $A≡3 \ (mod \ 4), 2|B$ としてよい。　これにより、Aは一意的に、Bは符号を除いて一意的に定まる。

　以上の準備のもと、有理整数 $k \ (p∤k)$ の4乗剰余記号 $\langle \frac{k}{p} \rangle _{4}$ を以下のように定義する。

---------------------------------------

定義

　 $\langle \frac{k}{p} \rangle _{4} \ = \ 1 \ (k:4$ 乗剰余のとき）

　　　　　　 $-1 \ (k:2$ 乗剰余であるが $4$ 乗剰余でないとき)

　　　　　　 $\sqrt{-1}^ {sign(B(k))} \ (k:2$ 乗剰余でないとき)

　　　　　　　　　　但し、 $A+k^{(p-1)/4}B(k)≡0 \ (mod \ p)$

　　　　　　　　　　　　　 $p＝A^{2}+B(k)^{2}, \ 2|B(k)$ とする。

----------------------------------------

(注：この定義は有理整数を対象とするものなのでガウス整数 $\mathbb{Z} [i$ ] を対象とするものとは異なる）

　 $k$ が $mod \ p$ で $2$ 乗剰余でないときについて、補足すると

$k^{(p-1)/2}≡-1 \ (mod \ p)$ であり、

$p=A^{2}+B(k)^{2}$ なる $B(K)$ は符号を除いて定まるが、

$A^{2}+B(k)^{2}≡(A+k^{(p-1)/4}B(k))(A-k^{(p-1)/4}B(k)) \ (mod \ p)$ なので、 $B(k)$ の符号を $A+k^{(p-1)/4}B(k)≡0 \ (mod \ p)$ により定めようというわけである。

---------------------------------------------

命題1　 $4$ 乗剰余記号 $\langle \frac{k}{p} \rangle _{4}$ について以下が成り立つ。

i)　 $4$ 乗剰余記号は　整数から複素数への関数である。

ii)　 $a≡b \ (mod \ p)$ ならば $\langle \frac{a}{p} \rangle _{4} =\langle \frac{b}{p} \rangle _{4}$

iii)　 $\langle \frac{ab}{p} \rangle _{4}= \langle \frac{a}{p} \rangle _{4} \langle \frac{b}{p} \rangle _{4}$

iv) 　 $\langle \frac{1}{p} \rangle _{4}=1$

v)　 $p=A^{2}+B^{2}, \ A≡3 \ (mod \ 4), \ B \gt 0$ なる $A,B$ について $A+α^{(k-1)/4}B≡0 \ (mod \ p)$ なる $F_{p}$ の原始根 $α$ が存在し、 $4$ 乗剰余記号 $\langle \frac{*}{p} \rangle _{4}$ は、 $χ(α)=\sqrt{-1}$ なる $F_{p}^{*}$ の $4$ 次指標を誘導する。

vi)　 $α$ は v) と同じ $F_{p}$ の原始根とする。 $a≡α^{i} \ (mod \ p)$ のとき、 $a^{(p-1)/4}≡(-A/B)^{\bar{i}} \ \ ( \bar{i}=0,1,2,3, \ \bar{i}≡i \ (mod \ 4))$

----------------------------------------------

（証明)

i)　定義より明らか

ii)　 $2$ 乗剰余、 $4$ 乗剰余であることは $mod \ p$ で考えれば良いので明らか

iii)　 $a, b$ が $2$ 乗剰余、もしくは $4$ 乗剰余のときに成り立つことはすぐわかる。

・ $a$ が $2$ 乗剰余または $4$ 乗剰余、 $b$ が $2$ 乗剰余でも $4$ 乗剰余でもないとき

このとき $ab$ は $4$ 乗剰余でも $2$ 乗剰余でもない。

$a$ が $4$ 乗剰余であれば　

　 $A+(ab)^{(p-1)/4}B(ab)≡A+a^{(p-1)/4}b^{(p-1)/4}B(ab)$

　 $\hspace{80pt}≡A+b^{(p-1)/4}B(ab)≡0 \ (mod \ p)$

一方　 $A+b^{(p-1)/4}B(b)≡0 \ (mod \ p)$

よって　 $B(ab)=B(b)$

$\langle \frac{ab}{p} \rangle _{4}=\sqrt{-1}^ {sign(B(ab))}=\sqrt{-1}^ {sign(B(b))}=\langle \frac{b}{p} \rangle _{4} =\langle \frac{a}{p} \rangle _{4}\langle \frac{b}{p} \rangle _{4}$

$a$ が $4$ 乗剰余ではないが、 $2$ 乗剰余のとき

　 $A+(ab)^{(p-1)/4}B(ab)≡A+a^{(p-1)/4}b^{(p-1)/4}B(ab)$

　 $\hspace{60pt}≡A-b^{(p-1)/4}B(ab)≡0 \ (mod \ p)$

一方　 $A+b^{(p-1)/4}B(b)≡0 \ (mod \ p)$

よって　 $B(ab)=-B(b)$

$\langle \frac{ab}{p} \rangle _{4}=\sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(ab))}=\sqrt{-1}^ {-\operatorname{sign}(B(b))}= -\langle \frac{b}{p} \rangle _{4} =\langle \frac{a}{p} \rangle _{4} \langle \frac{b}{p} \rangle _{4}$

　・ $a,b$ ともに $2$ 乗剰余でも $4$ 乗剰余でもないとき

$A≡-a^{(p-1)/4}B(a) ≡-b^{(p-1)/4}B(b)≡0 \ (mod \ p)$

よって　 $sign(B(a))=sign(B(b))$ ならば、 $B(a)=B(b), a^{(p-1)/4}≡b^{(p-1)/4} \ (mod \ p)$

$sign(B(a))=-sign(B(b))$ ならば、　 $B(a)=-B(b), a^{(p-1)/4}≡-b^{(p-1)/4} \ (mod \ p)$

したがって、

$sign(B(a))=sign(B(b))$ ならば

\begin{aligned}
\langle \tfrac{a}{p} \rangle _{4}
\langle \tfrac{b}{p} \rangle_{4}
&=\sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(a))}
\sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(b))} \\
&= \left( \sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(a))} \right)^{2} \\
&=-1
\end{aligned}

$(ab)^{(p-1)/4}=b^{(p-1)/2} (\frac{a}{b})^{(p-1)/4}≡b^{(p-1)/2}≡-1 \ (mod \ p)$ よって $ab$ は $2$ 乗剰余であるが $4$ 乗剰余ではない。ゆえに $\langle \frac{ab}{p} \rangle _{4} = ‐1$

$signB(a)=-sign(B(b)$ ならば、

$\langle \frac{a}{p} \rangle _{4} \langle \frac{b}{p} \rangle _{4}=\sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(a))} \sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(b))}$

$\hspace{40pt} =\sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(a))} / \sqrt{-1}^{\operatorname{sign}(B(a))}$

$\hspace{40pt} =1$

$(ab)^{(p-1)/4}=b^{(p-1)/2}( \frac{a}{b})^{(p-1)/4}≡b^{(p-1)/2}(-1)≡1 \ (mod \ p)$ 　よって $ab$ は $4$ 乗剰余

ゆえに $\langle \frac{ab}{p} \rangle _{4}= 1$

よって、 $\langle \frac{ab}{p} \rangle _{4}=\langle \frac{a}{p} \rangle _{4}\langle \frac{b}{p} \rangle _{4}$

iv)　 $1$ は $4$ 乗剰余なので $\langle \frac{1}{p} \rangle _{4}= 1$

v)　 $F_{p}$ の原始根 $α$ をとり $A+α^{(k-1)/4}B≡0 \ (mod \ p)$ となればそれでよい。ならなければ、

$A-α^{(k-1)/4}B≡0 \ (mod \ p)$ なので $α^{3(p-1)/4}=α^{ (p-1)/2+(p-1)/4 }=-α^{(p-1)/4} \ (mod \ p)$ なので $α$ の代わりに $α^{3}$ をとればよい。i)-iv) より $\langle \frac{*}{p} \rangle _{4}$ は $F_{p}^{*}$ より $\mathbb{C}$ の乗法群への群準同型を誘導する。また $B(α)=B \gt 0$ なので $\langle \frac{α}{p} \rangle_{4}=\sqrt{‐1}=χ(α)$ である。 $F_{p}^{*}$ は巡回群なので、 $α$ での値が等しければ両者は $F_{p}^{*}$ 全体で等しい。

vi)　 $a≡α^{i} \ (mod \ p)$ かつ $\langle \frac{α}{p} \rangle _{4}=1$ なので $\langle \frac{a}{p} \rangle _{4}=\langle \frac{α}{p} \rangle _{4}^i＝\langle \frac{α}{p} \rangle _{4}^{\bar{i}} \ (\bar{i}≡i \ (mod \ 4))$ である。　

$a$ が $4$ 乗剰余のとき $4|i$ 　ゆえに $\bar{i}≡i≡0 \ (mod \ 4), \ a^{(p-1)/4}≡1≡(-A/B)^{\bar{i}} \ (mod \ p)$ 　

$a$ が $2$ 乗剰余のとき $2|i$ 　ゆえに $\bar{i}≡i≡2 \ (mod \ 4), \ p=A^{2}+B^{2}$ より $A^{2} ≡-B^{2} \ (mod \ p)$

$(-A/B)^{2}≡-1 \ (mod \ p)$ 　したがって、 $a^{(p-1)/4}≡‐1≡(-A/B)^{\bar{i}} \ (mod \ p)$ 　

$a$ が $2$ 乗剰余でないとき $i≡1$ または $3 \ (mod \ 4)$

$i≡1 \ (mod \ 4)$ とすれば $\bar{i}=1$

$A+a^{(p-1)/4}B≡A+α^{(p-1)/4}B≡0 \ (mod \ p)$ より $α^{(p-1)/4}≡-A/B =(-A/B)^{\bar{i}}\ (mod \ p)$

$i≡3 \ (mod \ 4)$ とすれば $\bar{i}=3$

$A+a^{(p-1)/4}B(a)≡A+α^{3(p-1)/4}B(a)≡A-α^{(p-1)/4}B(a)$

$\hspace{40pt}≡A+α^{(p-1)/4}B≡0 \ (mod \ p)$

よって $B(a)=-B$

したがって、 $a^{(p-1)/4}≡-A/B(a)≡A/B≡(-A/B)^{3}≡(-A/B)^{\bar{i}}$

(証明終)

　つぎに補充法則について、以下がなりたつ。

-------------------------------------------

命題2　

$p=A^{2}+B^{2}, \ A≡3 \ (mod \ 4), \ B \gt 0$ とする。このとき、以下がなりたつ。

i)　 $p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき $\langle \frac{-1}{p} \rangle _{4}=1$

　　 $p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき $\langle \frac{-1}{p} \rangle _{4}=‐1$

ii)　 $p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき

　　　 $B≡0 \ (mod \ 4)$ であれば $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}=1$

　　　 $B≡2 \ (mod \ 4)$ であれば $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}=-1$

　　 $p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき

　　　 $B≡6 \ (mod \ 8)$ であれば $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}= \sqrt{‐1}$

　　　 $B≡2 \ (mod \ 8)$ であれば $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}=-\sqrt{‐1}$

------------------------------------------

(証明)

$α$ を $F_{p}$ の原始根とする。

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき $-1≡α^{(p-1)/2}=(α^{(p-1)/8})^{4}$

$p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき $-1≡α^{(p-1)/2}=α^{(p-5)/2+2}=(α^{(p-5)/8})^4α^2≡α^{2}$

ii)　

\begin{multline} \prod_{\substack{k=0 \\ k \ne (p-1)/4}}^{(p-1)/2-1}(1+\alpha^{2k}) \end{multline} \begin{multline} =\prod_{\substack{k=0 \\ k \ne (p-1)/4}}^{(p-1)/2-1}(1+\alpha^{k+(p-1)/4})(1+\alpha^{k+3(p-1)/4}) \end{multline} \begin{multline} =[\prod_{\substack{k=0 \\ k \ne (p-1)/2}}^{(p-1)-1}(1+\alpha^{k})]/2 \end{multline} \begin{multline}=-1/2 \end{multline}

また、

\begin{multline} \prod_{\substack{k=0 \\ k \ne (p-1)/4}}^{(p-1)/2-1}(1+\alpha^{2k}) \end{multline}　は

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき

\begin{multline} =\prod_{\substack{k=0 \\ k \ne (p-1)/8}}^{(p-1)/4-1}(1+\alpha^{4k})(1+\alpha^{4k+2}) \end{multline}

$p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき

\begin{multline} =\prod_{\substack{k=0 \\ k \ne (p-5)/8}}^{(p-1)/4-1}(1+\alpha^{4k})(1+\alpha^{4k+2}) \end{multline}

いずれのときも

\begin{multline} =\prod_{\alpha^{4k} \in T_{0} \cap S_{0}}\alpha^{4k} \prod_{\alpha^{4k} \in T_{0} \cap S_{1}}\alpha^{4k+1} \prod_{\alpha^{4k} \in T_{0} \cap S_{2}}\alpha^{4k+2} \prod_{\alpha^{4k} \in T_{0} \cap S_{3}}\alpha^{4k+3}\end{multline} \begin{multline} \times \prod_{\alpha^{4k} \in T_{2} \cap S_{0}}\alpha^{4k} \prod_{\alpha^{4k} \in T_{2} \cap S_{1}}\alpha^{4k+1} \prod_{\alpha^{4k} \in T_{2} \cap S_{2}}\alpha^{4k+2} \prod_{\alpha^{4k} \in T_{2} \cap S_{3}}\alpha^{4k+3}\end{multline}

メモ50より、

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき、

$(T_{0} \cap S_{0}) \cup (T_{0} \cap S_{1}) \cup (T_{0} \cap S_{2}) \cup (T_{0} \cap S_{3})= T_{0}- \{ 0 \}$

$(T_{2} \cap S_{0}) \cup (T_{2} \cap S_{1}) \cup (T_{2} \cap S_{2}) \cup (T_{2} \cap S_{3})= T_{2}$

$\# T_{0} \cap S_{i}=n_{i}$ とおくとき $n_{0}+n_{1}+n_{2}+n_{3}=(p-5)/4$

$\# T_{2} \cap S_{0}= \# T_{2} \cap S_{2}=n_{2}$ となり、 $\# T_{2} \cap S_{1}=m$ とおくと $\# T_{2} \cap S_{3}=m, 2n_{2}+2m=(p-1)/4$ である。また、

$n_{0}=(p-5)/4-3/2(n_{1}+n_{3})$

$n_{2}=(n_{1}+n_{3})/2$

$m=(p-1)/8-(n_{1}+n_{3})/2$

がなりたつ。

$p≡5 \ (mod \ 8)$ のときは、

$(T_{0} \cap S_{0}) \cup (T_{0} \cap S_{1}) \cup (T_{0} \cap S_{2}) \cup (T_{0} \cap S_{3})= T_{0}$

$(T_{2} \cap S_{0}) \cup (T_{2} \cap S_{1}) \cup (T_{2} \cap S_{2}) \cup (T_{2} \cap S_{3})= T_{2}- \{0 \}$

$\# T_{0} \cap S_{i}=n_{i}$ とおくとき $n_{0}+n_{1}+n_{2}+n_{3}=(p-1)/4$

$\# T_{2} \cap S_{0}= \# T_{2} \cap S_{2}=n_{0}$ となり、 $\# T_{2} \cap S_{1}=m$ とおくと $\# T_{2} \cap S_{3}=m, 2n_{0}+2m=(p-5)/4$ である。また、

$n_{0}=(n_{1}+n_{3}-1)/2$

$n_{2}=(p+1)/4-3/2(n_{1}+n_{3})$

$m=(p-5)/8-(n_{1}+n_{3}-1))/2$

がなりたつ。

よって $2$ の $α$ に対するべき指数は、

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき、ある整数 $l$ があり

$(p-1)/2-4l-(n_{1}+2n_{2}+3n_{3}+m+2n_{2}+3m)$

$\hspace{30pt}≡-(n_{1}+3n_{3})≡n_{3}-n_{1}$

$\hspace{30pt} ≡ -B/2 \ (mod \ 4)$

$p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき、ある整数 $l'$ があり

$(p-1)/2-4l'-(n_{1}+2n_{2}+3n_{3}+m+2n_{0}+3m)$

$\hspace{30pt}≡(p-1)/2-2(p-1)/4+n_{1}-n_{3}$

$\hspace{30pt} ≡ - B/2 \ (mod \ 4)$

(注：最後のBとの関係の部分は、メモ50のヤコビ和の計算での結果を用いている。）

結局

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき

　 $B≡0 \ (mod \ 8)$ であれば $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}=1$ あるいは $8|B$ 　といってもよい。

　 $B≡4 \ (mod \ 8)$ のとき $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}=-1$ あるいは $4|B$ かつ $8∤B$ といってもよい

$p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき

　 $B≡6 \ (mod \ 8)$ であれば $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}=\sqrt{-1}$

　 $B≡2 \ (mod \ 8)$ であれば $\langle \frac{2}{p} \rangle _{4}=-\sqrt{-1}$

(証明終)

　あとは相互法則を求めれば、有理整数の4乗剰余が計算できる。

$p$ が小さいときの計算によれば、以下の相互法則が成り立つことが期待される。

----------------------------------

相互法則の予想

$p,q$ を $p≡q≡1 \ (mod \ 4), \ p=a^{2}+b^{2}, \ q=c^{2}+d^{2}, \ a≡c≡3 \ (mod \ 4), \ 2|b,d \gt 0$

とする。このとき、

$\langle \frac{q}{p} \rangle _{4} \langle \frac{p}{q} \rangle _{4}=(\frac{ac+bd}{q})$

がなりたつ。

---------------------------------

これで、有理整数の3乗剰余の場合に「有理整数の3乗剰余を計算しよう」で示したのと同様に、p≡1 (mod 4) なる素数について $\langle \frac{a}{p} \rangle_{4}$ が、 $\langle \frac{-1}{p} \rangle_{4}, \langle \frac{2}{p} \rangle_{4}, \langle \frac{q}{p} \rangle_{4} \ (q$ は $q \lt p$ かつ $q≡1 \ (mod \ 4)$ なる素数)の積に分解されることがいえれば、 $p$ をだんだん小さくしながら求めることができると期待される。例えば、 $2$ または、 $q \lt p$ かつ $q≡1 \ (mod \ 4)$ なる素数が有限体 $F_{p}$ の原始根になっていればよい。実際、 $p$ が500以下の場合はそうなっている。

　上の予想は、 $( \frac {p}{q})=1$ のときに正しいことを示す。

まず、

--------------------------

補題3

素数 $p,q$ を $p≡q≡1 \ (mod \ 4), \ p=a^{2}+b^{2}, \ q=c^{2}+d^{2}, \ 2∤a,c, 2|b,d$

とする。このとき、

　 $(ac+bd)(ac-bd)=pc^{2}-qb^{2}$

　 $( \frac{ac+bd}{p} )= ( \frac{p}{q} )( \frac{ac-bd}{p} )$

　 $( \frac{ac+bd}{q} )= ( \frac{p}{q} )( \frac{ac-bd}{q} )$

---------------------------

(証明）

$(ac+bd)(ac-bd)=a^{2}c^{2}-b^{2}d^{2}=a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}-b^{2}c^{2}-b^{2}d^{2}$

$\hspace{30pt} =(a^{2}+b^{2})c^{2}-b^{2}(c^{2}+d^{2})$

$\hspace{30pt}=pc^{2}-b^{2}q$

他は、この式よりあきらか。

（証明終）

-------------------------

命題4　 $( \frac{q}{p} )=1$ のとき、相互法則の予想は正しい

---------------------------

（証明)

$( \frac{p}{q} ) =1$ のとき、補題より　

　 $( \frac{ac+bd}{q} )= ( \frac{ac-bd}{q})$ 　

冒頭に記した通り、　 $( \frac{p}{q} ) =1$ のとき、 $( \frac{q}{p} )_{4} ( \frac{p}{q})_{4}=( \frac{ac-bd}{q} )$

ここで $( \frac{q}{p})_{4}≡q^{(p-1)/4} \ (mod \ p), ( \frac{p}{q})_{4}≡p^{(q-1)/4} \ (mod \ q)$ 　である。

したがって、 $( \frac{q}{p})_{4}$ は $q$ が $mod \ p$ で $4$ 乗剰余であるとき $1$ 、 $4$ 乗剰余でないとき $-1$ である。

同様に $( \frac{p}{q})_{4}$ は $p$ が $mod \ q$ で $4$ 乗剰余であるとき $1$ 、 $4$ 乗剰余でないとき $-1$ である。

$( \frac{q}{p})=1$ であるので $q$ は $mod \ p$ で $2$ 乗剰余である。

したがって、 $\langle \frac{q}{p} \rangle_{4}$ は定義より $q$ が $mod \ p$ で $4$ 乗剰余であるとき $1$ 、 $4$ 乗剰余でないとき $-1$ である。

同様に、 $\langle \frac{p}{q} \rangle_{4}$ は $p$ が $mod \ q$ で $4$ 乗剰余であるとき $1$ 、 $4$ 乗剰余でないとき $-1$ である。

　よって、 $( \frac{p}{q})=1$ のとき $( \frac{q}{p})_{4}= \langle \frac{q}{p} \rangle_{4}, \ ( \frac{p}{q})_{4}= \langle \frac{p}{q} \rangle_{4}$ 　

　したがって、 $\langle \frac{q}{p} \rangle_{4} \langle \frac{p}{q} \rangle_{4}=( \frac{q}{p})_{4} ( \frac{p}{q})_{4}=( \frac{ac-bd}{q} )=( \frac{ac+bd}{q})$ 　

（証明終)

3. おわりに

　2で示した相互法則の予想が正しければ、有理整数の4乗剰余の計算は $mod \ 4$ で $1$ に合同な素数を平方和に分解しておくだけでよいため、有理整数の3乗剰余の計算より簡単に求められる。

　3乗剰余でも4乗剰余でも有理整数から飛び出すことにより新たな2次体や円分体の世界が開かれたのであるから、有理整数に固執するのはあまり意味がないかもしれないけれど、有理整数はやっぱり身近に感じられる存在である。

　早く予想が証明できるといいなあ。

2026-02-07

メモ50　p≡1 (mod 4)のとき　p=x^2+y^2　と書けるが、x,yの意味は？

1．はじめに

　先日、第35回日曜数学会で、 $p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ の素数とするとき、有限体 $F_{p}$ における $x^{5}+y^{5}=k \ (p∤k)$ の解の個数と $16p=X^{2}+125W^{2}+50V^{2}+50U^{2}, XW=V^{2}-U^{2}-4VU, X≡1 \ (mod \ 5)$ の整数解 $(X,W,V,U)$ は $F_{p}$ の5次の指標に関するヤコビ和を通じて関係しているという話をしました（より、詳細な説明はメモ49を参照ください)。

　第32回日曜数学会では、 $p$ を $p≡1 \ (mod \ 3)$ の素数とするとき、有限体 $F_{p}$ における $x^{3}+y^{3}=k \ (p∤k)$ の解の個数は $4p=A^{2}+27B^{2}, A≡1 \ (mod \ 3)$ の整数解 $(A,B)$ によって表されるという話をしました。

　つまり、有限体 $F_{p}$ における $x^{l}+y^{l}=k \ (p∤k)$ の解の個数と $p$ の係数付き2乗和の表現について $l＝3$ と $5$ の場合について紹介したことになります。第35回の最後にこの手法が5より大きい奇素数の場合にも適用できるのではないかと話しました。

　実は第32回に発表したときに $l=2$ の場合にどうなるのかという質問がありましたが、そのときは答えられませんでした。何かあるとは思いましたが2次式だし、それよりも5次の場合に関心がありました。ヤコビ和が両者を結び付けていることに理解したので、 $l=7$ の前に $2$ の場合をやっておこうと思い、その結果をメモにまとめることにしました。ちょっと予想を超える面白さがありました。

2．どうなると予想されるか

　 $l=3$ と $5$ の場合、 $p$ の係数付き2次式表現と $F_{p}$ におけるl乗和の解の個数の関係はこんな具合でした。

$l=2$ の場合、皆さんはどういう結果になると予想されるでしょうか。

よく知られているように、 $p≡1 \ (mod \ 4)$ のとき $p=x^{2}+y^{2}$ と表せますので、真っ先に思い浮かぶのは、こんな感じではないでしょうか。

　　　　　　予想1

$l=5$ の場合について、第35回日曜数学会でお話ししたやり方を $l=2$ の場合に適用すると、こんな感じになります。

そうすると、この段階で $p≡1 \ (mod \ 4)$ である必然性はなくなります。それはよいとして、 $χ$ は実指標になるので、④での $J(χ,χ) \overline{J(χ,χ)}$ の計算は、 $J(χ,χ)^{2}$ となり、 $p$ についての係数付き2次式の表現にはなりません。そういえば、 $J(χ,φ) \overline{J(χ,φ)}＝p$ が成り立つのは、 $χ,φ,χφ$ が自明な指標ではないことが必要でした。 $χ=φ$ ですので、 $χ^{2}$ が自明な指標でないことが必要となります。ところが、③で定めた指標 $χ$ の2乗は自明な指標となります。したがって、

　　　　予想1はあえなく破綻

$J(χ,φ) \overline{J(χ,φ)}＝p$ を成り立たせるには $χ^{2}$ を自明な指標ではないようにする必要がある。そのためには例えば4次の指標にすれば良いのではないか。 $F_{p}$ の原始根 $α$ に対して $χ(α)＝ \sqrt{-1}$ と定めてやればよい。 $α^{p-1}=1$ なので、このような指標が可能なのは $p≡1 \ (mod \ 4)$ でなくてはならない。なんかよさそう。ということで、次の予想は、

　　　　　　予想2

　 $l=3$ と $5$ のときには $X^{l}+Y^{l}=k$ でよいのに $l=2$ のときは　 $X^{l^{2}}+Y^{l^{2}}＝k$ の解の個数とすることで統一性が破れるが、 $2$ は例外となることが多いので、気にしないで前に進もう（あとで気がついたが、 $l$ は $p$ が $mod \ l$ で $1$ に合同の意味だったんですね。だから $l=2$ について $l^{2}$ ではなくて、そもそも $l=4$ ということでした）。

3．予想2が成り立つかどうか調べよう

　予想1の下に書いた手順を予測2に合わせて書き直すと以下のようになる。

　それでは早速この順序で検討を進めよう。

①　 $S_{i}$ と $T_{i}$ を定める

$α$ を $F_{p}$ の原始根とする。このとき

$S_{i}= \{ α^{4m+i} | 0 \leq m \lt (p-1)/4 \} \ (i=0,1,2,3)$

$T_{i}= \{ 1+α^{4m+i} | 0 \leq m \lt (p-1)/4 \} (i=0,1,2,3,4)$

とおく。

②　 $\# S_{i}⋂T_{j} \ (j=1,2,3)$ を $\#S_{i}⋂T_{0}$ であらわす。

　最初に

$i) \ S_{0}⋃S_{1}⋃S_{2}⋃S_{3}⋃ \{ 0 \} =F_{p}$

$T_{0}⋃T_{1}⋃T_{2}⋃T_{3}⋃ \{ 1 \} =F_{p}$

$ii) \ p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき $-1=α^{\frac{p-1}{2}}$ は4乗剰余。よって $0 \in T_{0}$

　 $p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき $-1$ は4乗剰余ではないが2乗剰余。よって $0 \in T_{2}$

に注意する。これは容易。

　次に、 $F_{p}- \{ 0,1 \}$ 間の写像 $g_{1}: \ a \rightarrow 1-a, \ g_{2}: \ a \rightarrow a/(a-1)$ を考える。そうすると

$iii) \ g_{1}$ について以下がなりたつ

・ $g_{1}^{2}$ は恒等写像

・ $g_{1}$ は $p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき、 $S_{i}⋂T_{j} \rightarrow S_{j}⋂T_{i}$ 間の全単射

　　　　　 $p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき、 $S_{i}⋂T_{j} \rightarrow S_{j+2}⋂T_{i+2}$ 間の全単射を与える。

$iv) \ g_{2}$ について以下がなりたつ。

・ $g_{2}^{2}$ は恒等写像

・ $g_{2}$ は $S_{i}⋂T_{j} \rightarrow S_{i-j}⋂T_{-j}$ 間の全単射

$iii)$ について説明すると、

・ $g_{1}^{2}$ が恒等写像となることは明らか。

・ $a \in S_{i}⋂T_{j}$ ならば $a=α^{4m+i}=1+α^{4m’+j}$ とかける。

$1-a=-α^{4m’+j}=1-α^{4m+i} \\ =α^{(p-1)/2+4m’+j}=1+α^{(p-1)/2+4m+i}$

$p≡1 \ (mod \ 8)$ ならば

　 $1-a=α^{4 \{ (p-1)/8+m’ \}+j}=1+α^{4 \{ (p-1)/8+m \} +i}$ よりok

$p≡5 \ (mod \ 8)$ ならば

　 $1-a=α^{4 \{ (p-5)/8+m’ \} +j+2}=1+α^{4 \{ (p-5)/8+m \} +i+2}$ よりok

$iv)$ については、

・ $g_{2}^{2}$ が恒等写像になることは明らか。

・ $a \in S_{i}⋂T_{j}$ ならば $a=α^{4m+i}=1+α^{4m’+j}$ とかける。

$a/(a-1)=α^{4m-4m’+i-j}=1+α^{-4m’-j}$ よりok

以上の $i)-iv)$ に注意すると

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき $\# S_{i}⋂T_{j}$ は下表のようになる。

$S_{i}$ 列と $T_{j}$ 行の交差するセルの値が $\# S_{i}⋂T_{j}$ であることを示す。計の欄は行の和および列の和である。

この表より

$T_{0} \in 0$ なので $T_{0}⋂(S_{0}⋃S_{1}⋃S_{2}⋃S_{3})=T_{0}- \{ 0 \}$ となり、 $T_{0}$ 行の和が $(p-5)/4$ となり、他の行の和は $(p-1)/4$ である。

これらの式から、

$n_{0}=(p-5)/4 -3/2(n_{1}+n_{3})$

$n_{2}=(n_{1}+n_{3})/2$

$m=(p-1)/8-(n_{1}+n_{3})/2$

となる。

$p≡5 \ (mod \ 8)$ のときは、下表のとおりである。表の見方は上と同様である。

この場合は、 $T_{2} \in 0$ なので、 $T_{2}⋂(S_{0}⋃S_{1}⋃S_{2}⋃S_{3})=T_{2}- \{ 0 \}$ となり、 $T_{2}$ 行の和が $(p-5)/4$ となり、他の行の和は $(p-1)/4$ である。これらの式から、

$n_{0}=(n_{1}+n_{3}-1)/2$

$n_{2}=(p+1)/4-3/2(n_{1}+n_{3})$

$m=(p-5)/8-(n_{1}+n_{3}-1)/2$

となる。

③　 $χ(α)=ζ= \sqrt{-1}$ となる4次指標についてヤコビ和 $J(χ,χ)$ を計算する。

$S_{i}⋂T_{j} \ni a=α^{4m+i}=1+α^{4m’+j}$ とすると

$\displaystyle \sum_{a∊S_{i}⋂T{j}} χ(a)χ(1-a)= \# (S_{i}⋂T_{j}) χ(-1)ζ^{i+j}$ となる。

$p≡1 \ (mod \ 8)$ の場合

$\# S_{i}⋂T_{j}$ の表と $χ(-1)=1, \ ζ^{2}=-1, \ ζ^{3}=-ζ$ に注意すると

$J(χ,χ)＝\displaystyle \sum_{i,j} \displaystyle \sum_{a \in S_{i}⋂T_{j}} χ(a)χ(1-a)$

$\hspace{30pt}=n_{0} \hspace{10pt} +n_{1}ζ \hspace{10pt} +n_{2}ζ^{2}+n_{3}ζ^{3}$

$\hspace{30pt} +n_{1}ζ \hspace{7pt} +n_{3}ζ^{2} \hspace{3pt} +mζ^{3} +m$

$\hspace{30pt} +n_{2}ζ^{2}+mζ^{3} \hspace{3pt} +n_{2} \hspace{10pt} +mζ$

$\hspace{30pt} +n_{3}ζ^{3}+m \hspace{13pt} +mζ \hspace{7pt} +n_{1}ζ^{2}$

$\hspace{30pt} =(n_{0}-n_{2}-n_{3}+m-n_{2}+n_{2}+m-n_{1})$

$\hspace{40pt} +ζ(n_{1}-n_{3}+n_{1}-m-m+m-n_{3}+m)$

$\hspace{30pt} =(n_{0}-n_{1}-n_{2}-n_{3}+2m)+ζ(2n_{1}-2n_{3})$

$n_{0}-n_{1}-n_{2}-n_{3}+2m=(p-5)/4 -3/2(n_{1}+n_{3})-n_{1}-(n_{1}+n_{3})/2$

$\hspace{30pt} -n_{3}+2 \{ (p-1)/8-(n_{1}+n_{3})/2 \}$

$\hspace{30pt} =(p-5)/4+(p-1)/4-4(n_{1}+n_{3})$

$\hspace{30pt} =(p-3)/2-4(n1+n3)$

結局

　 $J(χ,χ)＝ \{ (p-3)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} +ζ(2n_{1}-2n_{3})$

$p≡5 \ (mod \ 8)$ の場合

同様に

$J(χ,χ)＝\displaystyle \sum_{i,j} \displaystyle \sum_{a \in S_{i}⋂T_{j}} (χ(a)χ(1-a)=χ(-1)\displaystyle \sum_{i,j} \# S_{i}⋂T_{j}ζ^{i+j}$

$\hspace{30pt} = (n_{0} +n_{1}ζ +n_{2}ζ^{2}+n_{3}ζ^{3}$

$\hspace{30pt} +mζ +mζ^{2}+n_{3}ζ^{3} +n_{1}$

$\hspace{30pt} +n_{0}ζ^{2}+mζ^{3}+n_{0} +mζ$

$\hspace{30pt} +mζ^{3}+n_{3} +n_{1}ζ +mζ^{2})$

$\hspace{30pt} =-(n_{0}-n_{2}-m+n_{1}-n_{0}+n_{0}+n_{3}-m)$

$\hspace{40pt}-ζ(n_{1}-n_{3}+m-n_{3}-m+m-m+n_{1})$

$\hspace{30pt} =-(n_{0}+n_{1}-n_{2}+n_{3}-2m)-ζ(2n_{1}-2n_{3})$

$-(n_{0}+n_{1}-n_{2}+n_{3}-2m)=-(n_{1}+n_{3}-1)/2-n_{1}+ \{ (p+1)/4-3/2(n_{1}+n_{3}) \}$

$\hspace{30pt} -n_{3}+2 \{ (p-5)/8-(n_{1}+n_{3}-1)/2 \}$

$\hspace{30pt} =(p+1)/4+(p-5)/4-4(n_{1}+n_{3})+3/2$

$\hspace{30pt} =(p+1)/2-4(n_{1}+n_{3})$

結局

　 $J(χ,χ)= \{ (p+1)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} +ζ(2n_{3}-2n_{1})$

④　ヤコビ和とその共役の積を計算する

$p≡1 \ (mod \ 8)$ の場合

$J(χ,χ) \overline {J(χ,χ)}= [ \{ (p-3)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} +ζ(2n_{1}-2n_{3}) ]$

$\hspace{40pt} \times [ \{ (p-3)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} -ζ(2n_{1}-2n_{3}) ]$

$\hspace{40pt} = \{ (p-3)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} ^{2}+(2n_{1}-2n_{3})^{2}$

である。よって

　 $x= \{ (p-3)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} \ \ y=(2n_{1}-2n_{3})$

とすると $x^{2}+y^{2}=p$ となる。

また、 $n_{1}=(p-3)/16-(x-2y)/8$

$n_{3}=(p-3)/16-(x+2y)/8$

である。さらに

　　　 $n_{0}=(p-5)/4 -3/2(n_{1}+n_{3})$

$\hspace{30pt} =(p-5)/4-3/2(p-3)/8+3/2x/4$

$\hspace{30pt} =(p-11)/16+3/8x=(p-11+6x)/16$

　　　 $n_{2}=(n_{1}+n_{3})/2=(p-3)/16-x/8=(p-3-2x)/16$

$n_{2}$ は整数なので $p-3-2x≡0 \ (mod \ 16)$ これを $mod \ 8$ で考えると

$p-3-2x≡-2-2x≡0 \ (mod \ 8)$

$x≡-1≡3 \ (mod \ 4)$ となる。

$p≡5 \ (mod \ 8)$ の場合

$J(χ,χ) \overline J(χ,χ)= [ \{ (p+1)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} +ζ(2n_{3}-2n_{1}) ]$

$\hspace{40pt} \times [ \{ (p+1)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} -ζ(2n_{3}-2n_{1}) ]$

$\hspace{40pt} = \{ (p+1)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} ^{2}+(2n_{1}-2n_{3})^{2}$

である。よって

$x= \{ (p+1)/2-4(n_{1}+n_{3}) \} \ \ y=(2n_{3}-2n_{1})$

とすると $x^{2}+y^{2}=p$ となる。

また、

$n_{1}=(p+1)/16-(x+2y)/8$

$n_{3}=(p+1)/16-(x-2y)/8$

さらに、

$n_{0}=(n_{1}+n_{3}-1)/2=(p+1)/16-1/2-x/8 \\ \hspace{20pt} =(p-7-2x)/16$

$n_{2}=(p+1)/4-3/2(n_{1}+n_{3}) \\ \hspace{20pt} =(p+1)/4-3/2 \{ (p+1)/8-x/4 \}$

$\hspace{20pt} =(p+1)/16+3/8x=(p+1+6x)/16$

$n_{0}$ は整数なので $p-7-2x≡0 \ (mod \ 16)$ これを $mod \ 8$ で考えると

$p-7-2x≡-2-2x≡0 \ (mod \ 8)$

$x≡3 \ (mod \ 4)$ となる。

　以上で、 $\# (S_{i}⋂T_{0})$ により $p=x^{2}+y^{2}, \ x≡3 \ (mod \ 4)$ なる解が定まることがわかった。

　ここで、 $X^{4}+Y^{4}=k \ (p∤k)$ の有限体 $F_{p}$ における解の個数が $\# (S_{i}⋂T_{0})$ により表されることをいう必要があることに気が付いた。以前は

$l$ ：奇素数のとき

　 $x^{l} +y^{l}=k \ (p∤k)$ の解の個数は、

　　　 $k \in S_{0}$ のとき $\# (S_{0}⋂T_{0})l^{2}+2l$

　　　 $k \in S_{i}$ のとき $\# (S_{i}⋂T_{0})l^{2}$

という事実を使っていたんだった。

$l=4$ の場合も同様なことがいえること見てみよう。

$α$ を $F_{p}$ の原始根、 $x^{4}+y^{4}=k, \ k \in S_{i}$ とする。 $F_{p}$ で $x \neq 0$ とすると $1+(y/x)^{4}=k/x^{4}$

これは解 $(x,y) \ x \neq 0$ により $(S_{i}⋂T_{0})$ の元が定まることをしめす。

逆に $w \in (S_{i}⋂T_{0})$ に対し $w=α^{i+4j}=1+α^{4r}$ なる $0 \leq j,r \lt (p-1)/4$ が一意的に存在する。

$z=k/w$ とおくと $z \in S_{0}$ なので $z=α^{4s}$ と書ける。

$x=α^{s}, y=α^{r+s}$ とすれば

$x^{4}+y^{4}=α^{4s}+α^{4(r+s)}=α^{4s}(1+α^{4r})=zw=k$

$x$ を $xα^{(p-1)/4},xα^{2(p-1)/4},xα^{3(p-1)/4}$

$y$ を $yα^{(p-1)/4},yα^{2(p-1)/4},yα^{3(p-1)/4}$

としても4乗和は $k$ となる。つまり、 $(x^{4},y^{4})$ を定めると、 $x^{4}+y^{4}=k \ x \neq 0, \ y \neq 0$ の解が一つあれば,4つの解があることがわかる。また、それ以外の解がないことがわかる。

　 $x=0$ または $y=0$ となる解は $k \in S_{0}$ のとき存在し、 $x=0$ の解が4つ、 $y=0$ の解が4つで計8個である。以上で、 $l=4$ のときも上の主張が成り立つことがわかった。

　これまでの結果を整理すると以下のとおり

$p≡1 \ (mod \ 4)$ のとき、 $p=x^{2}+y^{2} , x≡3 \ (mod \ 4)$ なる整数解 $x,y$ が存在する。このとき、 $x^{4}+y^{4}=k \ (p∤k)$ の有限体 $F_{p}$ における解の数は

　 $k \in S_{0}$ のとき $16n_{0}+8$

　 $k \in S_{i} \ (i=1,2,3)$ のとき $16n_{i}$

ここで $n_{0},n_{1},n_{2},n_{3}$ は

$p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき

　　 $n_{0}=(p-11+6x)/16$

　　 $n_{1}=(p-3)/16-(x-2y)/8$

　　 $n_{2}=(p-3-2x)/16$

　　 $n_{3}=(p-3)/16-(x+2y)/8$

$p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき

　　 $n_{0}=(p-7-2x)/16$

　　 $n_{1}=(p+1)/16-(x+2y)/8$

　　 $n_{2}=(p+1+6x)/16$

　　 $n_{3}=(p+1)/16-(x-2y)/8$

　ここで問題となるのは、 $x≡3 \ (mod \ 4)$ なので $p=x^{2}+y^{2}$ で $x$ は定まるが $y$ の符号の不定性があることである。これが問題となるのは $k$ が $S_{1}とS_{3}$ に含まれる場合である。これには、原始根 $α$ として何を持ってくるかにも依存する。

　 $l=3$ の場合は、 $p≡1 \ (mod \ 3)$ なる素数 $p$ について、 $4p=A^{2}+27B^{2}, A≡1 \ (mod \ 3)$ なる整数 $A$ が定まり、 $B$ は符号を除いて定まった。 $B$ の符号を定めるために、さらに、

$A≡-3(2k^{(p-1)/3}+1)B \ (mod \ p)$ 　　

という条件を課したのであった。これと同様なことを考えれば、

　 $k$ が $F_{p}$ において2乗剰余でも3乗剰余でもないとき、

　 $x+k^{(p-1)/4}y≡0 \ (mod \ p)$ により $y$ の符号を定めることが考えられる。これでよいことを次に示そう。

　まず、 $p=x^{2}+y^{2}$ となる整数組 $(x,y)$ は $(x,y),(-x,-y),(x,-y),(-x,y)$ の4組に限ることに注意する。　

　ヤコビ和のところで指標 $χ$ を $χ(α)=ζ= \sqrt{-1}$ となるように定めた。

今 $\mathbb {Z} [ ζ ] \rightarrow F_{p}$ の写像 $f$ を $a+bζ \mapsto a+bα^{(p-1)/4} \ (a,b \in \mathbb {Z})$ で定める。これが環準同型になることはすぐわかる。実は $f(J(χ,χ))=0$ となる。つまり $x+α^{(p-1)/4}y≡0 \ (mod \ p)$ となる。

実際　 $f \circ χ(α)=α^{(p-1)/4}$ なので

$f(J(χ,χ))=f( \displaystyle \sum_{a \in F_{p}}χ(a)χ(1-a))= \displaystyle \sum_{a=2}^{p-1}(a-a^2)^{(p-1)/4}$

$\hspace{20pt} =\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}(a-a^2)^{(p-1)/4}$

ここで $l=(p-1)/4$ とおくと

$f(J(χ,χ))=\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}(a-a^2)^{l}$

$\hspace{30pt} = \displaystyle \sum_{a=1}^{p-1} \displaystyle \sum_{i=0}^{l} {}_l \mathrm{C}_i (-1)^{i}a^{(l-i)+2i}$

$\hspace{30pt} = \displaystyle \sum_{i=0}^{l} {}_l \mathrm{C}_i (-1)^{i} \displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{l+i}$

ここで $(p-1)/4 \leq l+i \leq (p-1)/2$

したがって、 $\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{l+i}≡0 \ (mod \ p)$

これで、 $x+α^{(p-1)/4}y≡0 \ (mod \ p)$ がいえた。

　もし、 $x+k^{(p-1)/4}y≡0 \ (mod \ p)$ であれば $α^{(p-1)/4}=k^{(p-1)/4}$ よって　 $k \in S_{1}$

よって解の個数は、

　 $p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき $16n_{1}=(p-3)-2(x-2y)$

　 $p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき $16n_{1}=(p+1)-2(x+2y)$

$x-k^{(p-1)/4}y≡0 \ (mod \ p)$ であれば $k^{3(p-1)/4}=-k^{(p-1)/4}$ なので $k \in S_{3}$ である。

よって解の個数は、

　 $p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき $16n_{3}=(p-3)-2(x+2y)$

　 $p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき $16n_{3}=(p+1)-2(x-2y)$

　したがって、 $k$ が2乗剰余でも4乗剰余でもないとき、 $x+k^{(p-1)/4}y≡0 \ (mod \ p)$ で $y$ の符号を定めれば、解の個数は

　 $p≡1 \ (mod \ 8)$ のとき $(p-3)-2(x-2y)$

　 $p≡5 \ (mod \ 8)$ のとき $(p+1)-2(x+2y)$

となる。結局、まとめると以下が成り立つ。

めでたし、めでたし。

4. 結局、 $p=x^{2}+y^{2}$ のときの、 $x,y$ の意味は？そして...

　 $p≡1 \ (mod \ 4)$ のとき $p=x^{2}+y^{2}$ と整数 $x,y$ で書けるが、このとき $x≡3 \ (mod \ 4)$ とすれば $x$ は唯一、 $y$ は符号を除き定まる。この $x,y$ は, $X^{4}+Y^{4}=k \ (p∤k)$ の有限体 $F_{p}$ における解の個数を知っていることになる。第32回日曜数学会での質問は、とても深いなと今更ながら思いました。質問ありがとうごさいます。

　3. の最後の結果をみると、この $x,y$ は4乗剰余にも関係してくる。日曜数学会Advent Calendar2025に有理整数の3乗剰余について書きましたが、有理整数の4乗剰余についても、そのうち書きたいと思います。

2026-01-24

ヤコビ和は凄い　－第35回日曜数学会発表資料－

　第35回日曜数学会(2026.1.24)で発表する（した)資料です。ご関心のある方は是非ご覧ください。

drive.google.com

2026-01-19

メモ49　有限体Fpにおけるx^5+y^5=kの解の個数　

1. はじめに

　 $p$ を $mod \ 5$ で $1$ に合同な素数、 $F_{p}$ を位数 $p$ の有限体とする。
　「メモ46　有限体FpにおけるX^5+Y^5=kの解の個数はどうなっているか？」で $k$ が5乗剰余のときの解の個数について示した。
　　5次のヤコビ和を用いて $k$ が一般の場合においても解の個数が得られたので、それをメモとして記しておく。
　なお、得られた結果は既知であると思うが、自分にとってわかりやすく書かれたものを見つけられなかったのでメモにしておくものです。また、あまり整理されたメモになっていないので、わかりにくい個所や、誤りなどが存在する可能性もあるので、ぜひコメントや誤りがあればその指摘もお願いしたい。

2. 得られた結果

　得られた結果は以下のとおりである。

-------------------------------

（定理)

$p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ の素数

$(x,w,v,u)$ を

$16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, \ xw=v^{2}-u^{2}-4uv , \ x≡1 \ (mod \ 5) , \ v \gt 0, \ u \ge 0$

を満たす整数解とする。また、

　　　 $n_{0}= \frac{p-14}{25}+\frac{3x}{25}$

　　　 $n_{1}=\frac{p-4}{25}-\frac{3x}{100}+\frac{w}{4}+\frac{v}{2}$

　　　 $n_{2}=\frac{p-4}{25}-\frac{3x}{100}-\frac{w}{4}+\frac{u}{2}$

　　　 $n_{3}=\frac{p-4}{25}-\frac{3x}{100}-\frac{w}{4}-\frac{u}{2}$

　　　 $n_{4}=\frac{p-4}{25}-\frac{3x}{100}+\frac{w}{4}-\frac{v}{2}$

とする。

　このとき、 $X^{5}+Y^{5} ≡ k \ (mod \ p) \ (p∤k)$ の解の個数 $N$ は

$i) \ k$ が $mod \ p$ で5乗剰余のとき

　　　 $N=25n_{0}+10=p-4+3x$

$ii) \ k$ が $mod \ p$ で5乗剰余でないとき、

　　　 $J_{0}(K)=x+5(2r+1)w+s’v+su$

　　　 $J_{1}(K)=x-5(2r+1)w+sv-s’u$

　　　 $J_{2}(K)=x+5(2r+1)w-s’v-su$

　　　 $J_{3}(K)=x-5(2r+1)w-sv+s'u$

　　 $K=k^{\frac{p-1}{5}}, \ r=K+K^{4}, \ s=2(K-K^{4})(2r+1), \ s’=2(K^{2}-K^{3})(2r+1)$

とすると

① $J_{0}(K) \equiv J_{1}(K) \equiv 0 \ (mod \ p), \ J_{2}(K), \ J_{3}(K) \not \equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば $\hspace{20pt} N＝25n_{1}$

② $J_{0}(K) \equiv J_{3}(K) \equiv 0 \ (mod \ p), \ J_{1}(K),J_{2}(K) \not\equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば $\hspace{20pt}N＝25n_{2}$

③ $J_{1}(K)≡J_{2}(K)≡0 \ (mod \ p), \ J_{0}(K), \ J_{3}(K) \not\equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば $\hspace{20pt}N＝25n_{3}$

④ $J_{2}(K)≡J_{3}(K)≡0 \ (mod \ p), J_{0}(K),J_{1}(K) \not\equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば　 $\hspace{20pt} N＝25n_{4}$

iii） $k/k’$ が5乗剰余のとき、 $X^{5}+Y^{5}=k$ と $X^{5}+Y^{5}=k’$ の解の個数は同じ

------------------------

　証明は3.以降で行うこととして、定理の説明や実際の計算例を見てみよう。

不定方程式

　　　　 $16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, xw=v^{2}-u^{2}-4uv, \ x≡1 \ (mod \ 5)$ 　

がたびたびでてくるので、これを不定方程式Dと呼ぶことにする。

・不定方程式Dの整数解

　 $p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ の素数とするとき

$16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, xw=v^{2}-u^{2}-4uv$ の整数解は８つあり、それらの一つを $(x,w,v,u)$ とすれば 8つの解は

$±(x,w,v,u),±(x,w,-v,-u),±(x,-w,u,-v),±(x,-w,-u,v)$

である。これについては、

　”The Determination of Gauss Sums” (https://www.ams.org/journals/bull/1981-05-02/)

に記載がある(下の命題2にも記した)。

　したがって、 $x≡1 \ (mod \ 5)$ とすれば、解は $(x,w,v,u),(x,w,-v,-u),(x,-w,u,-v),(x,-w,-u,v)$ の4つに限られ、さらに $v \gt 0, \ u \ge ０$ とすることにより解が一つに特定される。

・　有限体 $F_{p}$ における $X^{5}+Y^{5}=k（\ p∤k)$ の数は、不定方程式Dの解により定まる。

　これは、 $n_{0},n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}$ が $x,w,v,u$ により表されていることからわかる。 $X^{l}+Y^{l}＝k$ の解の個数について、 $l=3$ の場合は、 $p≡1 \ (mod \ 3)$ なる素数について $4p＝A^{2}+27B^{2}, A≡1 \ (mod \ 3)$ の整数解 $A,B$ により解の個数が得られていた(メモ45を参照)ので、同様なことが $l=5$ の場合も成立することになる。 $l=7,11$ など他の奇素数の場合にも成立するのか大変興味のあるところである。

・有理整数の「5乗剰余記号」が定義できそう?!

　定理の $iii)$ にあるように、 $X^{5}+Y^{5}=k$ の解の個数は、 $k^{\frac{p-1}{5}}$ の値のみによるので、 $l＝3$ の場合(「有理整数の3乗剰余を計算しよう」を参照）と同様に $x,w,u,v$ を用いて有理整数のみで「5乗剰余記号」が定義できそうである。なんらかの相互法則ができれば大変面白い。

・ $p＝251$ での計算例

$16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, xw=v^{2}-u^{2}-4uv$ の解のうち定理の条件を満たす解は、 $(x,w,v,u)=(-4,4,6,2)$ である。

　 $n_{0},n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}$ を計算すると

$(n_{0},n_{1},n_{2},n_{3},n_{4})=(9,14,10,8,8)$

となる。

$K=k^{\frac{p-1}{5}}=k^{50}$ は $mod \ 251$ で $1,219, 20, 113,149$ の値をとり、解の個数は

$K=1$ 　　のとき：235

$K＝219$ 　のとき：350

$K＝20$ 　のとき：250

$K＝113$ 　のとき：200

$K＝149$ 　のとき：200

となる。

　それでは、以下、定理の証明について

　 $\hspace{20pt}$ 3． $k:5$ 乗剰余の場合の振り返り

　 $\hspace{20pt}$ 4．ヤコビ和

　 $\hspace{20pt}$ 5． $X^{5}+Y^{5}=k$ の解の個数

の順に記す。

3． $k$ ：5乗剰余の場合の振り返り
　あとで使う用語の定義も含めて　 $k$ が5乗剰余の場合について振り返ってみよう( 実際必要なのは、定義と命題1から3までである）。
　最初に定義をしめす。

指標とは、有限体 $F_{p}$ の乗法群から複素数体への群準同型とする。これを $F_{p}$ や有理整数 $\mathbb{Z}$ に拡張したものも同じく指標とする。
　また、 $p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ なる素数、 $\zeta =exp(\frac{2π\sqrt{-1}}{p}) ,α$ を有限体 $F_{p}$ の原始根とし、
　 $S_{0}= \{ α^{5i} |0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$

　 $S_{1}=\{ α^{5i+1}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$

　 $S_{2}=\{ α^{5i+2}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$
　 $S_{3}=\{ α^{5i+3}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$
　 $S_{4}=\{ α^{5i+4}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$

　 $T_{0}=\{ 1+α^{5i}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$
　 $T_{1}=\{ 1+α^{5i+1}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$
　 $T_{2}=\{ 1+α^{5i+2}| 0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$
　 $T_{3}=\{ 1+α^{5i+3}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$
　 $T_{4}=\{ 1+α^{5i+4}|0 \leq i \lt \frac{p-1}{5} \}$

　 $n_{i}=\#S_{i}⋂T_{0}$

と定義する。

このとき本ブログの「有限体Fpの乗法群から有限体Fpの加法群へのある写像の全射性　 --Fpにおける　x^l+y^l=k の解の個数に関連して--」において示した命題を $l＝5$ として再掲すると、

---------------------------------
(命題1)
　写像 $f : F_{p}^{*}×F_{p}^{*}∋(x,y)→x^{5}+y^{5}∈F_{p}$ が全射であれば、有限体 $F_{p}$ における $x^{5}+y^{5}=k \ (p∤k)$ の解の個数は

　 $\bar k∈S_{0}$ のとき $\# (S_{0}⋂T_{0})⋅5^{2}+2⋅5$
　 $\bar k∈S_{i} (0 \lt i \lt 5)$ のとき $\#(S_{i}⋂T_{0})⋅5^2$
ただし、無限遠点の解は除く。
　 $\bar k$ は自然な写像 $\mathbb{Z}→F_{p}$ による自然数 $k$ の像である。
----------------------------------
である。したがって、 $\#(S_{0}⋂T_{0})$ がわかれば $k$ が5乗剰余の時の解の個数がわかることになる。
　このため、
　　　 $g_{0}=\displaystyle \sum_{r \in S_{0}} ζ^{r}$
　　　 $g_{1}=\displaystyle \sum_{r \in S_{1}}ζ^{r}$
　　　 $g_{2}=\displaystyle \sum_{r \in S_{2}}ζ^{r}$
　　　 $g_{3}=\displaystyle \sum_{r \in S_{3}}ζ^{r}$
　　　 $g_{4}=\displaystyle \sum_{r \in S_{4}}ζ^{r}$

とし、 $g_{0},g_{1},g_{2},g_{3},g_{4}$ を根とする $\mathbb{Q}$ 上の既約方程式、および $b_{i}=1+5g_{i} \ (0 \leq i \lt 5)$ を根とする $\mathbb{Q}$ 上の既約方程式を $\# (S_{i}⋂T_{j})$ を用いて求め、 $b_{i}$ の既約方程式に関する既存結果（以下の命題2)と比較し、解の個数を求めるという方針とした。

----------------------------------
(命題2)
$p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ の素数とするとき、
　　 $16p=X^{2}+125W^{2}+50V^{2}+50U^{2}, XW=V^{2}−U^{2}−4UV, \ X≡1 \ (mod \ 5)$ となる解は、実質的に唯一に定まる。実際は8つの解があり、これらは $±(X,W,V,U),±(X,W,−V,−U),±(X,−W,U,−V),±(X,−W,−U,V)$ である。
　また、 $X≡1 \ (mod \ 5)$ の解に対して、 $b_{0},b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}$ を根とする $\mathbb{Q}$ 上の既約方程式 $P(Z)$ は、

　　 $P(Z)=Z^{5}-10pZ^{3}-5pXZ^{2}+5/4p \cdot (4p-X^{2}+125W^{2})Z+p/8 \{ 8pX-X^{3}+625W(V^{2}-U^{2}) \}$

　である。(出典：”The Determination of Gauss Sums” (https://www.ams.org/journals/bull/1981-05-02/))
----------------------------------

一方、 $\# (S_{i}⋂T_{j})$ を用いて導き出した $b_{i}$ の既約方程式の $z^{2}$ の項は $- \{ -10p^{2}-10p+125( \# (S_{1}⋂T_{2})+ \# (S_{1}⋂T_{3}))p \}$ であった。したがって、
$-5pX＝- \{ 10p^{2}-10p+125( \# (S_{1}⋂T_{2})+ \# (S_{1}⋂T_{3}))p \}$
であり、加えて $\# (S_{i}⋂T_{j}$ 間の関係式を用いて

　　　 $\# (S_{0}⋂T_{0})＝(p-14+3X)/25$

を導き出したのであった。
　あとで用いるので $\# (S_{i}⋂T_{j})$ 間に成立する関係を命題3として記しておく(詳細は、メモ46を参照のこと)

--------------------------------
(命題3)　 $p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ なる素数、 $S_{i},T_{j}$ は上のとおりとする。
$n_{i}= \# (S_{i}⋂T_{0}), m_{2}=\# (S_{1}⋂T_{2}), m_{3}=\#(S_{1}⋂T_{3})$ とおくと、

i) $\# (S_{i}⋂T_{j})$ は下表のとおりである。

ここで $S_{i}$ 列と $T_{j}$ 行の交差するセルに $\# (S_{i}⋂T_{j})$ の値が記されている。
ii) $n_{0}+n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4}=(p-1)/5-1$

　 $n_{1}+n_{4}+2 \cdot m_{2}+m_{3}=(p-1)/5$

　 $n_{2}+n_{3}+m_{2}+2 \cdot m_{3}=(p-1)/5$
------------------------------------

4．ヤコビ和
　ヤコビ和の定義は以下のようなものである。
$χ, \psi$ を $mod \ p$ での指標、言い換えれば $F_{p}^{*}$ の指標をとするとき　ヤコビ和 $J(χ, \psi)$ は、

　　　 $J(χ, \psi)= \displaystyle \sum_{n \in F_{p}} \chi (n) \psi (1-n)$
である(自明な指標 $χ$ について $χ(0)＝1$ 、自明でない指標 $χ$ について　 $χ(0)=0$ とする）。
このとき、以下が成り立つ。
-------------------
(命題4)
$χ, \psi, \chi \psi$ を自明でない指標、 $ε$ を自明な指標とする。このとき、
i) $J(ε,ε)=p$
ii) $J(ε,χ)=J(χ,ε)=0$
iii) $J(χ,χ) \overline{J(χ,χ)}=p$
-------------------------
　これはヤコビ和について触れている書物には必ず説明されている。

　この定義をみると

　　　　　 $S_{l}= \{ α^{5i+l}|0 \leq i \lt (p−1)/5 \}$
　　　　　 $T_{j}= \{ 1+α^{5i+j}|0 \leq i \lt (p−1)/5 \}$

と相性が良いのではないかという考えが浮かんだ。実際、計算してみると以下の命題が成り立つ。

-------------------------------
（命題5)
$p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ なる素数、
$χ:F_{p}$ の原始根 $α$ に対して $χ(α)=exp(\frac{2π\sqrt{-1}}{5})$ で定める指標とする。このとき、
i) $4J(χ,χ)＝x+5\sqrt{5}w+λv+μu$
　ただし、 $x=4/3(p-1)-4-25/3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})$
　　　 $w=n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4}$
　　　　 $v=n_{1}-n_{4}$
　　　　 $u=n_{2}-n_{3}$
$λ=\sqrt{-50+10\sqrt{5}}, μ=\sqrt{-50-10\sqrt{5}}$
である。
　また、
　　　　 $4J(χ^{2},χ^{2})＝x-5\sqrt{5}w-λu+μv$
　　　　 $4J(χ^{3},χ^{3})＝x-5\sqrt{5}w+λu-μv$
　　　　 $4J(χ^{4},χ^{4})＝x+5\sqrt{5}w-λv-μu$
ii)　i)で定めた $x,w,v,u$ は不定方程式D
$16p＝x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, xw=v^{2}-u^{2}-4uv , x≡1 \ mod \ 5$
の整数解である。また、
iii) $16p=16J(χ,χ)J(χ^{4},χ^{4})=(x+5\sqrt{5}w+λv+μu)(x+5\sqrt{5}w-λv-μu)$
$\hspace{15pt}=16J(χ^{2},χ^{2})J(χ^{3},χ^{3})=(x‐5\sqrt{5}w-λu+μv)(x-5\sqrt{5}w+λu-μv)$

-------------------------------
(証明）
i)
$F_{p}-\{0 \}=S_{0}⋃S_{1}⋃S_{2}⋃S_{3}⋃S_{4}$
$S_{0}-\{1 \}=(S_{0}⋂T_{0})⋃(S_{0}⋂T_{1})⋃(S_{0}⋂T_{2})⋃(S_{0}⋂T_{3})⋃(S_{0}⋂T_{4})$
$i \neq 0$ のとき $S_{i}=(S_{i}⋂T_{0})⋃(S_{i}⋂T_{1})⋃(S_{i}⋂T_{2})⋃(S_{i}⋂T_{3})⋃(S_{i}⋂T_{4})$
に注意すれば

$J(χ,χ)= \displaystyle \sum_{a∊F_{p}}χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{a∊S_{0}}χ(a)χ(1-a) +\displaystyle \sum_{a∊S_{1}}χ(a)χ(1-a)$

$\hspace{20pt}+\displaystyle \sum_{a∊S_{2}}χ(a)χ(1-a)+\displaystyle \sum_{a∊S_{3}}χ(a)χ(1-a)+\displaystyle \sum_{a∊S_{4}}χ(a)χ(1-a)$

$\displaystyle \sum_{a∊S_{i}}χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{a∊S_{i}⋂T_{0}}χ(a)χ(1-a)+\displaystyle \sum_{a∊S_{i}⋂T_{1}}χ(a)χ(1-a)$

$\hspace{20pt}+\displaystyle \sum_{a∊S_{i}⋂T_{2}}χ(a)χ(1-a)+\displaystyle \sum_{a∊S_{i}⋂T_{3}}χ(a)χ(1-a)+\displaystyle \sum_{a∊S_{i}⋂T_{4}}χ(a)χ(1-a)$
となる。

$a∊(S_{i}⋂T_{j})$ が $a=α^{5l+i}=1+α^{5l'+j}$ とあらわされるとする。
$-1$ は5乗剰余なので $χ(-1)=1$ に注意すれば

$\displaystyle \sum_{a∊S_{i}}χ(a)χ(1-a)=\displaystyle \sum_{j=0}^4 \displaystyle \sum_{a∊S_{i}⋂T_{j}}χ(a)χ(1-a)$

$\hspace{20pt} =\displaystyle \sum_{j=0}^4 \displaystyle \sum_{α^{5l+i}=1+α^{5l'+j}}χ(α^{5l+i})χ(-α^{5l'+j})$

$\hspace{20pt} =\displaystyle \sum_{j=0}^4 \#(S_{i}⋂T_{j})e^{\frac{2π\sqrt{-1}i}{5}}e^{\frac{2π\sqrt{-1}j}{5}}$

$\hspace{20pt} =e^{\frac{2π\sqrt{-1}i}{5}} \displaystyle \sum_{j=0}^4 \#(S_{i}⋂T_{j})e^{\frac{2π\sqrt{-1}j}{5}}$

$ζ＝exp(\frac{2π\sqrt{-1}}{5})$ として、命題3の表に注意すると

　 $\displaystyle \sum_{α∊S_{0}}χ(α)χ(1-α)=\#(S_{0}⋂T_{0})+\#(S_{0}⋂T_{1})ζ+\#(S_{0}⋂T_{2})ζ^{2}+\#(S_{0}⋂T_{3})ζ^{3}+\#(S_{0}⋂T_{4})ζ^{4}$

$\hspace{20pt}=n_{0}+n_{1}ζ+n_{2}ζ^{2}+n_{3}ζ^{3}+n_{4}ζ^{4}$

$\displaystyle \sum_{α∊S_{1}}χ(α)χ(1-α)=\#(S_{1}⋂T_{0})ζ+\#(S_{1}⋂T_{1})ζ^{2}+\#(S_{1}⋂T_{2})ζ^{3}+\#(S_{1}⋂T_{3})ζ^{4}+\#(S_{1}⋂T_{4})$

$\hspace{20pt}=n_{1}ζ+n_{4}ζ^{2}+m_{2}(ζ^{3}+1)+m_{3}ζ^{4}$

$\displaystyle \sum_{α∊S_{2}}χ(α)χ(1-α)=\#(S_{2}⋂T_{0})ζ^{2}+\#(S_{2}⋂T_{1})ζ^{3}+\#(S_{2}⋂T_{2})ζ^{4}+\#(S_{2}⋂T_{3})+\#(S_{2}⋂T_{4})ζ$

$\hspace{20pt} =n_{2}ζ^{2}+m_{2}ζ^{3}+n_{3}ζ^{4}+m_{3}(1+ζ)$

$\displaystyle \sum_{α∊S_{3}}χ(α)χ(1-α)=\#(S_{3}⋂T_{0})ζ^{3}+\#(S_{3}⋂T_{1})ζ^{4}+\#(S_{3}⋂T_{2})+\#(S_{3}⋂T_{3})ζ+\#(S_{3}⋂T_{4})ζ^{2}$

$\hspace{20pt}=n_{3}ζ^{3}+m_{3}(ζ^{4}+1)+n_{2}ζ+m_{2}ζ^{2}$

$\displaystyle \sum_{α∊S_{4}}χ(α)χ(1-α)=\#(S_{4}⋂T_{0})ζ^{4}+\#(S_{4}⋂T_{1})+\#(S_{4}⋂T_{2})ζ+\#(S_{4}⋂T_{3})ζ^{2}+\#(S_{4}⋂T_{4})ζ^{3}$

$\hspace{20pt}=n_{4}ζ^{4}+m_{2}(1+ζ^{2})+m_{3}ζ+n_{1}ζ^{3}$

以上より

$J(χ,χ)＝n_{0}+n_{1}ζ+n_{2}ζ^{2}+n_3ζ^{3}+n_{4}ζ^{4}$

$\hspace{20pt} +n_{1}ζ+n_{4}ζ^{2}+m_{2}(ζ^{3}+1)+m_{3}ζ^{4}$

$\hspace{20pt} +n_{2}ζ^{2}+m_{2}ζ^{3}+n_{3}ζ^{4}+m_{3}(1+ζ)$

$\hspace{20pt} +n_{3}ζ^{3}+m_{3}(ζ^{4}+1)+n_{2}ζ+m_{2}ζ^{2}$

$\hspace{20pt} +n_{4}ζ^{4}+m_{2}(1+ζ^{2})+m_{3}ζ+n_{1}ζ^{3}$

$\hspace{20pt} =n_{0}+n_{1}(2ζ+ζ^{3})+n_{2}(ζ+2ζ^{2})+n_{3}(2ζ^{3}+ζ^{4})+n_{4}(ζ^{2}+2ζ^{4})$

$\hspace{20pt}+m_{2}(2+2ζ^{2}+2ζ^{3})+m_{3}(2+2ζ+2ζ^{4})$

$ζ, ζ^{2}, ζ^{3}, ζ^{4}$ は $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=0$ の根であり、 $ζ$ と $ζ^{4}$ 、 $ζ^{2}$ と $ζ^{3}$ は、それぞれ複素共役であり、

$ζ + ζ^{4}＝\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$
$ζ^{2}+ζ^{3}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$

である。

よって、
$2+2ζ^{2}+2ζ^{3}＝1‐\sqrt{5}$
$2+2ζ+2ζ^{4}＝1+\sqrt{5}$

つぎに、 $n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}$ の係数 $2ζ+ζ^{3},ζ+2ζ^{2}, 2ζ^{3}+ζ^{4}, ζ^{2}+2ζ^{4}$ を求める。
そこで $η_{1}＝2ζ+ζ^{3}，η_{2}＝ζ+2ζ^{2}, η_{3}=2ζ^{3}+ζ^{4}, η_{4}=ζ^{2}+2ζ^{4}$ とおく。
$η_{1}$ と $η_{4}$ ， $η_{2}$ と $η_{3}$ はそれぞれ複素共役である。
$η_{1}+η_{4}=2ζ+ζ^{3}+ζ^{2}+2ζ^{4}=ζ+ζ^{4}-1=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}$
$η_{1}η_{4}=(2ζ+ζ^{3})(ζ^{2}+2ζ^{4})=2ζ^{3}+4+1+2ζ^{2}=5+(-1-\sqrt{5})=4-\sqrt{5}$
よって、2次方程式 $x^{2}-\frac{-3+\sqrt{5}}{2}x+4-\sqrt{5}$ を解いて　

$x=\frac{-3+\sqrt{5}±\sqrt{-50+10\sqrt{5}}}{4}$ となる。
虚部の大きさをみて
$η_{1}＝\frac{-3+\sqrt{5}+\sqrt{-50+10\sqrt{5}}}{4}, η_{4}=\frac{-3+\sqrt{5}-\sqrt{-50+10\sqrt{5}}}{4}$
となる。同様に　
$η_{2}+η_{3}=ζ^{2}+ζ^{3}-1=\frac{-3-\sqrt{5}}{2}$
$η_{2}η_{3}=(ζ+2ζ^{2})(2ζ^{3}+ζ^{4})=2ζ^{4}+1+4+2ζ=5+(-1+\sqrt{5})=4+\sqrt{5}$
2次方程式 $x^{2}-\frac{-3-\sqrt{5}}{2}x+4+\sqrt{5}$ を解いて

$x=\frac{-3-\sqrt{5}±\sqrt{-50-10\sqrt{5}}}{4}$ となる。
虚部の大きさをみて
$η_{2}＝\frac{-3-\sqrt{5}+\sqrt{-50-10\sqrt{5}}}{4}, η_{3}=\frac{-3-\sqrt{5}-\sqrt{-50-10\sqrt{5}}}{4}$ となる。

以上より、 $λ=\sqrt{-50+10\sqrt{5}}, μ=\sqrt{-50-10\sqrt{5}}$ とおくと、
$J(χ,χ)=n_{0}+n_{1}\frac{-3+\sqrt{5}+λ}{4}+n_{2}\frac{-3-\sqrt{5}+μ}{4}+n_{3}\frac{-3-\sqrt{5}-μ}{4}+n_{4}\frac{-3+\sqrt{5}-λ}{4}$

$\hspace{20pt} +m_{2}(1-\sqrt{5})+m_{3}(1+\sqrt{5})$

$\hspace{20pt} = n_{0}-3/4\cdot n_{1}-3/4 \cdot n_{2}-3/4 \cdot n_{3}-3/4 \cdot n_{4}+m_{2}+m_{3}$

$\hspace{20pt} +\sqrt{5}(1/4 \cdot n_{1}-1/4 \cdot n_{2}-1/4 \cdot n_{3}+1/4 \cdot n_{4}-m_{2}+m_{3})$

$\hspace{20pt} +λ(n_{1}/4-n_{4}/4)+μ(n_{2}/4-n_{3}/4)$
となる。
さらに、命題3ii)に注意すると、
　 $2m_{2}+m_{3}=(p-1)/5-n_{1}-n_{4}$
　 $m_{2}+2m_{3}=(p-1)/5-n_{2}-n_{3}$
より
$m_{2}+m_{3}=1/3(\frac{2(p-1)}{5}-n_{1}-n_{2}-n_{3}-n_{4})$
$-m_{2}+m_{3}=n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4}$
となる。
$x,w,v,u$ を
$x=4n_{0}-3n_{1}-3n_{2}-3n_{3}-3n_{4}+4m_{2}+4m_{3}$

$\hspace{10pt} =4(\frac{p-1}{5}-1-n_{1}-n_{2}-n_{3}-n_{4})-3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})+\frac{4}{3} \{ \frac{2(p-1)}{5}-n_{1}-n_{2}-n_{3}-n_{4} \}$

$\hspace{10pt} =\frac{4(p-1)}{3}-4-\frac{25(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})}{3}$
$w=\frac{1}{5}(n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4}-4m_{2}+4m_{3})$

$\hspace{10pt} =\frac{1}{5} \{ n_{1}+n_{4}+2m_{2}+m_{3}-(n_{2}+n_{3}+m_{2}+2m_{3})-5m_{2}+5m_{3} \}$

$\hspace{10pt}=-m_{2}+m_{3}$

$\hspace{10pt} =n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4}$
$v=n_{1}-n_{4}$
$u=n_{2}-n_{3}$
と定めると
$4J(χ,χ)＝x+5\sqrt{5}w+λv+μu$ 　となる。

$l=2,3,4$ のとき $4J(χ^{l},χ^{l})$ の計算も上と同様にして行うと

　 $4J(χ^{2},χ^{2})＝x-5\sqrt{5}w-λu+μv$
　 $4J(χ^{3},χ^{3})＝x-5\sqrt{5}w+λu-μv$
　 $4J(χ^{4},χ^{4})＝x+5\sqrt{5}w-λv-μu$

が得られる。
ii)
$\bar{λ}＝-λ, \ \bar{μ}=-μ$ に注意すれば　
$\overline{4J(χ,χ)}=\overline{x+5\sqrt{5}w+λv+μu}=x+5\sqrt{5}w-λv-μu$ 　より
$16J(χ,χ) \overline{J(χ,χ)}＝(x+5\sqrt{5}w+λv+μu)(x+5\sqrt{5}w-λv-μu)$

$\hspace{20pt} ＝(x+5\sqrt{5}w)^{2}-(λv+μu)^{2}$

$\hspace{20pt} =x^{2}+125w^{2}+10\sqrt{5}xw-(λ^{2}v^{2}+μ^{2}u^{2}+2λμvu)$

$λ^{2}=-(50-10\sqrt{5}), μ^{2}=-(50+10\sqrt{5}), λμ=-20\sqrt{5}$ であるので、
$16J(χ,χ)\overline{J(χ,χ)}＝x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}+10\sqrt{5}(xw-v^{2}+u^{2}+4vu)$
　一方、命題4 iii)より $J(χ)\overline{J(χ)}=p$ なので、
$16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2},　xw-v^{2}+u^{2}+4vu=0$
$w,v,u$ は定義より整数、　 $x^{2}＝16p-(125w^{2}+50v^{2}+50u^{2})$ も整数。したがって、 $x$ も整数となる。また、 $x=4/3(p-1)-4-25/3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})$ 　を $mod \ 5$ で考えると $x≡1 \mod \ 5$
よって $(x,w,v,u)$ は不定方程式Dの $x≡1 \ mod \ 5$ となる解である。　
iii) 上の証明より、すぐわかる。
（証明終)

　命題5ii)によりヤコビ和 $J(χ,χ)$ より得られた $x,w,v,u$ が不定方程式Dの解であることがわかる。
また、i)により不定方程式の解と指標との間に以下の関係があることがわかる。

　　　　　 $(x, \hspace{4pt} w, \hspace{5pt} v, \hspace{5pt} u)$ 　　　　　 $\ χ$
　　　　　 $(x,-w,-u, v)$ 　　　　　 $χ^{2}$

　　　　　 $(x,-w, u,-v)$ 　　　　　 $χ^{3}$
　　　　　 $(x, w,-v,-u)$ 　　　　　 $χ^{4}$

　したがって、不定方程式Dの解と $F_{p}$ の自明でない解との間に1：1の対応関係があることになる。

5． $X^{5}+Y^{5}=k$ の解の個数
　　命題1により、 $n_{0},n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}$ がわかれば解の個数が得られることになる。命題1は全射性を仮定しているが、本ブログの記事の証明では $k$ が写像 $f$ の像となっていることのみ用いている。 $k$ が5乗剰余であれば $x^{5}+0^5=k$ となるので、仮定を満たす。また、
$i \neq 0$ のとき、 $\#(S_{i}⋂T_{0})∋k$ であれば $k=α^{5l+i}=1+α^{5i’}$ なので $k$ は写像fの像となっている。
$\#(S_{i}⋂T_{0})=\varnothing$ であれば命題1の式は $0$ となり、その場合も成り立つ。したがって、命題1は全射性の仮定を除いても正しいことに注意する。

さて、命題5で
$x=4/3(p-1)-4-25/3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})$
$w=n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4}$
$v=n_{1}-n_{4}$
$u=n_{2}-n_{3}$

であった。これを $n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}$ の連立一次方程式とみて解くと

$n_{1}=(p-4)/25-3x/100+w/4+v/2$
$n_{2}=(p-4)/25-3x/100-w/4+u/2$
$n_{3}=(p-4)/25-3x/100-w/4-u/2$
$n_{4}=(p-4)/25-3x/100+w/4-v/2$

を得る。また、
$n_{0}+n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4}=(p-1)/5-1$ を用いて

$n_{0}=(p-14+3x)/25$ となる。

　4.の最後に書いたように、不定方程式Dの解と $F_{p}$ の自明でない5次の指標との間に1:1の対応関係があるので、Dの解から具体的な指標を構成し、対応関係を固定したうえで、与えられた $k$ に対する指標値が求められれば、　 $X^{5}+Y^{5}=k$ の解の数がわかると考えた。そのために、以下の方針で証明を進める。

　　　5-1　指標構成のための下準備
　　　5-2　指標の構成
　　　5‐3　 $X^{5}+Y^{5}=k$ の解の個数

5-1　指標構成のための下準備
　ヤコビ和を $F_{p}$ で考え、指標構成のための条件を整える。
　 $mod \ p$ で $K^{5}≡1, \ K \not\equiv 1$ なる元を１つ持ってくる。そのような元全体は $mod \ p$ で考えれば $K,K^{2},K^{3},K^{4}$ であり、 $K^{4}+K^{3}+K^{2}+K+1≡0 \ (mod \ p)$ となる。
ヤコビ和は有理整数に $ζ＝e^{\frac{2π\sqrt{-1}}{5}}$ を付加した整数環の元であるので、 $\mathbb{Z} [ζ ]$ から $F_{p}$ への環準同型写像 $f$ を
　 $f(a)=a \ mod \ p \ (a∊\mathbb{Z}$ のとき)
　 $f(ζ)＝K$
により定める。このとき、 $f$ の核は $p\mathbb{Z}[\zeta$ ] となる。
また、 $α$ を $F_{p}$ の原始根、 $χ$ を $χ(α)=ζ$ とする $F_{p}$ の5次の指標とする。このとき以下の命題6,7が成り立つ

----------------
(命題6)
$λ=\sqrt{-50+10\sqrt{5}}, μ=\sqrt{-50-10\sqrt{5}}$
$r=K+K^{4} ,s=2(2r+1)(K-K^{4}) s’=2(2r+1)(K^{2}-K^{3})$
とすると
$f(λ)=s' \hspace{20pt} f(μ)=s \hspace{20pt} f(\sqrt{5})=2r+1$
$f(4J(χ \hspace{5pt}, χ \hspace{5pt})) = J_{0}(K)$
$f(4J(χ^{2},χ^{2}))=J_{1}(K)$
$f(4J(χ^{3},χ^{3}))=J_{3}(K)$
$f(4J(χ^{4},χ^{4}))=J_{2}(K)$

ここで、
　　 $J_{0}(K)=x+5(2r+1)w+s’v+su$
　　 $J_{1}(K)=x-5(2r+1)w+sv-s’u$
　　 $J_{2}(K)=x+5(2r+1)w-s’v-su$
　　 $J_{3}(K)=x-5(2r+1)w-sv+s’u$
-----------------
(証明)
$ξ=2(ζ-ζ^{4})(2ζ+2ζ^{4}+1)$
$ξ’=2(ζ^{2}-ζ^{3})(2ζ+2ζ^{4}+1)$ とすると
$f(ξ)=s, f(ξ’)=s’$ であることはすぐわかる。

$ξ=2(2ζ^{2}+2+ζ-2-2ζ^{3}-ζ^{4})=2(ζ-ζ^{4}+2(ζ^{2}-ζ^{3}))$ これは純虚数で虚数部は正である。 $μ$ の虚数部も正。また、
$ξ^{2}=4(ζ^{2}-2+ζ^{3})(4ζ^{2}+4ζ^{3}+8+4ζ+4ζ^{4}+1)$

$\hspace{10pt} =20( (-1-\sqrt{5})/2-2)=-50-10\sqrt{5}=μ^{2}$
より、 $ξ=μ$ 　よって　 $f(μ)＝s$ 　

$ξ’=2(2ζ-2ζ^{4}+ζ^{3}-ζ^{2})$ これは純虚数で虚数部は正　 $λ$ の虚数部も正
上と同様に　 $ξ’^{2}=λ^{2}$ 　よって　 $ξ’=λ$ 　よって、 $f(λ)=s'$

$μ^{2}=-50-10\sqrt{5}$ なので　 $f(μ^{2})＝-50-10f(\sqrt{5}) \ mod \ p$
左辺は $s^{2}＝20(K^{2}-2+K^{3})=20(-K-K^{4}-3)=-20(r+3)$
$-20(r+3)=-50-10f(\sqrt{5})$ 　より　 $f(\sqrt{5})=-5+2(r+3)=2r+1$
よって
$f(4J(χ,χ))＝f(x+5\sqrt{5}w+λv+μu)＝f(x)+f(5\sqrt{5}w)+f(λv)+f(μu)$

$\hspace{25pt} =x+5(2r+1)w+s’v+su=J_{0}(K)$
命題5より
$f(4J(χ^{2},χ^{2}))＝f(x-5\sqrt{5}w-λu+μv)=x-5(2r+1)w-s’u+sv=J_{1}(K)$
$f(4J(χ^{3},χ^{3}))＝f(x-5\sqrt{5}w+λu-μv)=x-5(2r+1)w+s’u-sv=J_{3}(K)$
$f(4J(χ^{4},χ^{4}))＝f(x+5\sqrt{5}w-λv-μu)=x+5(2r+1)w-s’v-su=J_{2}(K)$
(証明終）

-------------------------------
（命題7)
$(x,w,v,u)$ を不定方程式Dの解
$K$ を $K^{5}=1, \ K \not\equiv 1$ なる元、 $r,s,s’$ を $r=K+K^{4} , \ s=2(2r+1)(K-K^{4}), \ s’=2(2r+1)(K^{2}-K^{3})$
なる元、
　　 $J_{0}(K)=x+5(2r+1)w+s’v+su$
　　 $J_{1}(K)=x-5(2r+1)w+sv-s’u$
　　 $J_{2}(K)=x+5(2r+1)w-s’v-su$
　　 $J_{3}(K)=x-5(2r+1)w-sv+s’u$
とする。
i) $J_{0}(K)J_{2}(K)=0$ かつ $J_{0}(K),J_{2}(K)$ は同時に $0$ にならない。
$J_{1}(K)J_{3}(K)=0$ かつ $J_{1}(K),J_{3}(K)$ は同時に $0$ にならない。
ii) $J_{0}(K),J_{1}(K),J_{2}(K),J_{3}(K)$ の間には以下の4つのケースのみ存在する
　　 $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0, J_{2}(K) \neq 0, J_{3}(K) \neq 0$
　　 $J_{0}(K)=J_{3}(K)=0,J_{1} \neq 0,J_{2}(K) \neq 0$
　　 $J_{1}(K)=J_{2}(K)=0,J_{0}(K) \neq 0,J_{3}(K) \neq 0$
　　 $J_{2}(K)=J_{3}(K)=0,J_{0}(K) \neq 0,J_{1}(K) \neq 0$
------------------------------
(証明)
i) $(2r+1)^{2}=5, s’^{2}=20(r-2)=-50+10(2r+1),$

$\hspace{30pt} s^{2}=-20(r+3)=-50-10(2r+1), ss’=-20(2r+1)$ に注意すれば
$J_{0}(K)J_{2}(K)=(x+5(2r+1)w+s’v+su)(x+5(2r+1)w-s’v-su)$

$\hspace{20pt} =(x+5(2r+1)w)^{2}-(s’v+su)^{2}$

$\hspace{20pt} =x^2+125w^2+10(2r+1)xw-(s’^{2}v^{2}+s^{2}u^{2}+2s’suv)$

$\hspace{20pt} =x^{2}+125w^{2}+10(2r+1)xw- \{ -50v^{2}+10(2r+1)v^{2}-50u^{2}-10(2r+1)u^{2}-40(2r+1)uv \}$

$\hspace{20pt} =x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}+10(2r+1)(xw-v^{2}+u^{2}+4uv)$

$\hspace{20pt} =x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}=0$

$J_{0}(K)=J_{2}(K)=0$ とすると
$x+5(2r+1)w+s’v+su=0$
$x+5(2r+1)w-s’v-su=0$

である。ここで命題6の直前に記した写像 $f$ を考える。すなわち、 $\mathbb{Z} [ζ ]$ から $F_{p}$ への環準同型写像 $f$ を
　 $f(a)=a \ mod \ p \ (a∊\mathbb{Z}$ のとき)
　 $f(ζ)＝K$
により定める。また、 $α$ を $F_{p}$ の原始根、 $χ$ を $χ(α)=ζ$ とする $F_{p}$ の5次の指標とする。

　そうすると命題6より

$f(4J(χ \hspace{5pt}, χ \hspace{5pt})) = x+5(2r+1)w+s’v+su=0$
$f(4J(χ^{4},χ^{4}))=x+5(2r+1)w-s’v-su=0$

$f$ の核は $p\mathbb{Z}$ であるので $\theta, \theta'\in \mathbb{Z}[\zeta$ ] により、 $4J(χ \hspace{5pt}, χ \hspace{5pt})=p\theta, \ 4J(χ^{4},χ^{4})=p\theta'$ となる。一方、命題4より $J(χ,χ) \overline{J(χ,χ)}=J(χ,χ)J(χ^{4},χ^{4}) = p$ となるので、矛盾。　
したがって、 $J_{0}(K)$ と $J_{2}(K)$ は同時に0にならない。
$J_{1}(K),J_{3}(K)$ についても同様
ii)　i)より明らか。
（証明終)

5-2 指標の構成
　それでは、いよいよ指標の構成に移ろう。
命題7ii)により $J_{0}(K),J_{1}(K),J_{2}(K),J_{3}(K)$ が0かどうかについて四つのケースがあり、2つは0で残りは0でないことがわかった。それぞれのケースについて $F_{p}$ の指標が構成できることがわかる。
---------------------
(命題8)
$(x,w,v,u)$ を不定方程式Dの解
$K$ を $K^{5}=1,K \not\equiv 1$ なる $F_{p}$ の元、
$r,s,s’$ を $r=K+K^{4} ,s=2(2r+1)(K-K^{4}) s’=2(2r+1)(K^{2}-K^{3})$ なる $F_{p}$ の元、
　　 $J_{0}(K)=x+5(2r+1)w+s’v+su$
　　 $J_{1}(K)=x-5(2r+1)w+sv-s’u$
　　 $J_{2}(K)=x+5(2r+1)w-s’v-su$
　　 $J_{3}(K)=x-5(2r+1)w-sv+s’u$
とする。このとき
i)
$a. J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ のとき　
　 $δ_{0}= \{ -(v+u)x+5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
　 $ε_{0}=-\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$
とすると
$K=(δ_{0}+ε_{0}^{2})/2+1, K^{2}＝(δ_{0}^{2}+ε_{0})/2+1, \\ K^{4}=(-δ_{0}+ε_{0}^{2})/2+1, K^{3}=(δ_{0}^{2}-ε_{0})/2+1$
$b. J_{0}(K)=J_{3}(K)=0$ のとき
　 $δ_{1}=-\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
　 $ε_{1}= \{ (v+u)x-5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
とすると $K^{i}$ は、 $a.$ の $δ_{0},ε_{0}$ を $δ_{1},ε_{1}$ に置き換えた場合と同じになる。
$c.J_{1}(K)=J_{2}(K)=0$ のとき
　 $δ_{2}=\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
　 $ε_{2}=-\{ (v+u)x-5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
とすると $K^{i}$ は、 $a.$ の $δ_{0},ε_{0}$ を $δ_{2},ε_{2}$ に置き換えた場合と同じになる。
$d. J_{2}(K)=J_{3}(K)=0$ のとき
　 $δ_{3}(K)=\{ (v+u)x-5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
　 $ε_{3}(K)= \{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
とすると $K^{i}$ は、 $a.$ の $δ_{0},ε_{0}$ を $δ_{3},ε_{3}$ に置き換えた場合と同じになる。
ii) $a∊F_{p}^{*}$ の元に対し、 $\psi (a)=ζ^{i} \ (a^{\frac{p-1}{5}}=K^{i}$ のとき $)$ と定めれば、 $\psi$ は $F_{p}^{*}$ の5次の指標である。
iii) ii)の $\psi$ に関して命題5により定まる不定方程式の解は $(x,w,v,u)$ となる。

------------------------
(証明)
i)
・ $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ の場合
$J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ より
$x+5(2r+1)w+s’v+su=0$ (1)
$x-5(2r+1)w+sv-s’u=0$ (2)

まず(1)、（2）より $K-K^{4}＝L , K^{2}-K^{3}=M$ を求めることを考える。
$s=2(2r+1)L=2(2r+1)(K-K^{4})=2(2K+2K^{4}+1)(K-K^{4})$

$\hspace{10pt} =2(2K^{2}-2+2-2K^{3}+K-K^{4})=2(2M+L)$
$s’=2(2r+1)M=2(2r+1)(K^{2}-K^{3})=2(2K+2K^{4}+1)(K^{2}-K^{3})$

$\hspace{10pt} =2(2K^{3}-2K^{4}+2K-2K^{2}+K^{2}-K^{3})=2(2K-2K^{4}-K^{2}+K^{3}) =2(2L-M)$
$s^{2}=-20(r+3), s’^{2}=20(r-2),ss'=-20(2r+1)$ に注意して

(1)-(2)
$10(2r+1)w+(s’-s)v+(s+s’)u=0$
$10(2r+1)w+s’(v+u)+s(-v+u)=0$
$10(2r+1)w+2(2r+1)M(v+u)+2(2r+1)L(-v+u)=0$
$5w+(v+u)M+(-v+u)L=0$ (3)

(1)+(2)より
$2x+s’(v-u)+s(v+u)=0$
$2x+2(2L-M)(v-u)+2(2M+L)(v+u)=0$
$x+(v+3u)M+(3v-u)L=0$ (4)

(3),(4)より　
$5(3v-u)w+(3v-u)(v+u)M+(3v-u)(-v+u)L=0$
$(v-u)x+(v-u)(v+3u)M+(v-u)(3v-u)L=0$
$5(3v-u)w+(v-u)x+(3v^{2}+2uv-u^{2}+v^{2}+2uv-3u^{2})M=0$
$M=-\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$ (5)

$5(v+3u)w+(v+3u)(v+u)M+(v+3u)(-v+u)L=0$
$(v+u)x+(v+u)(v+3u)M+(v+u)(3v-u)L=0$
$5(v+3u)w-(v+u)x+(-4v^{2}-4uv+4u^{2})L=0$
$L=\{ -(v+u)x+5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$ (6)

(5),(6)の右辺をそれぞれ $ε_{0}, \ δ_{0}$ とおく。

$K-K^{4}=δ_{0}$
$K^{2}-K^{3}=ε_{0}$
$δ_{0}^{2}=K^{2}+K^{3}-2, \ ε_{0}^{2}=K^{4}-2+K$
$δ_{0}+ε_{0}^{2}=2K-2, \ δ_{0}^{2}+ε_{0}=2K^{2}-2$
$K=(δ_{0}+ε_{0}^{2})/2+1, \ K^{4}=(-δ_{0}+ε_{0}^{2})/2+1$
$K^{2}=(δ_{0}^{2}+ε_{0})/2+1, \ K^{3}=(δ_{0}^{2}-ε_{0})/2+1$

・ $J_{0}(K)=J_{3}(K)=0$ の場合
$x+5(2r+1)w+s’v+su=0$
$x-5(2r+1)w-sv+s’u=0$
から、 $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ の場合と同様に $L＝K-K^{4},M=K^{2}-K^{3}$ を求めると

$L=-\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$
$M=\{ (v+u)x-5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$

となる。上の右辺をそれぞれ $δ_{1}, \ ε_{1}$ とおくと、 $L,M$ の定め方より
$K^{i}$ の $δ_{1},ε_{1}$ を使った表現は, $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ の場合の $δ_{0},ε_{0}$ を $δ_{1},ε_{1}$ に置き換えた場合と同じになる。

・ $J_{1}(K)=J_{2}(K)=0$ の場合
$x-5(2r+1)w+sv-s’u=0$
$x+5(2r+1)w-s’v-su=0$
から、 $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ の場合と同様に $L＝K-K^{4},M=K^{2}-K^{3}$ を求めると

$L=\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$
$M=-\{ (v+u)x-5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$

となる。上の右辺をそれぞれ $δ_{2}, \ ε_{2}$ とおくと、 $L,M$ の定め方より
$K^{i}$ の $δ_{2},ε_{2}$ を使った表現は $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ の場合の $δ_{0},ε_{0}$ を $δ_{2},ε_{2}$ に置き換えた場合と同じになる。

・ $J_{2}(K)=J_{3}(K)=0$ の場合
$x+5(2r+1)w-s’v-su=0$
$x-5(2r+1)w-sv+s’u=0$
から、 $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ の場合と同様に $L＝K-K^{4},M=K^{2}-K^{3}$ を求めると

$L=\{ (v+u)x-5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$
$M=\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$

となる。上の右辺をそれぞれ $δ_{3}, \ ε_{3}$ とおくと、 $L,M$ の定め方より
$K^{i}$ の $δ_{3},ε_{3}$ を使った表現は、 $J_{0}=J_{1}=0$ の場合の $δ_{0},ε_{0}$ を $δ_{3},ε_{3}$ に置き換えた場合と同じになる。

ii) $\psi$ の定め方より、 $\psi$ が $F_{p}^{*}$ の5次の指標になることはあきらか。
iii)　 $\psi$ について、 $F_{p}$ の原始根 $α$ で $α^{\frac{p-1}{5}}=K$ となるものを選ぶ。 $\psi$ の定め方より $\psi (α)=ζ$ となる。すると、命題5により定まる不定方程式Dの解 $(x’,w’,v’,u’)$ が定まり、
　　　 $4J(\psi,\psi)＝x’+5√5w’+λv’+μu’$ となる。
このとき、　命題２より、解 $(x’,w’,v’,u’)$ は $(x,w,v,u), (x,w,-v,-u), (x,w,u,-v), (x,w,-u,v)$ のいずれかである。
次に、
$(x’,w’,v’,u’)$ についてこの命題のi)、ii)で定まる指標 $\psi ’$ について考える。
　 $\mathbb{Z}[ζ$ ] から $F_{p}$ への環準同型写像 $f$ を
　 $f(a)=a \ mod \ p \ (a∊\mathbb{Z}$ のとき $)$
　 $f(ζ)＝K$
とすると、命題5と6により
$f(4J(\psi,\psi))＝f(x’+5\sqrt{5}w’+λv’+μu’)= x’+5(2r+1)w’+s’v’+su’$
$f(4J(\psi^{2},\psi^{2})＝f(x’‐5\sqrt{5}w’-λu’+μv’)=x’-5(2r+1)w’-s’u’+sv’$
$f(4J(\psi^{3},\psi^{3})＝f(x’‐5\sqrt{5}w’+λu’-μv’)=x’-5(2r+1)w’+s’u’-sv’$
$f(4J(\psi^{4},\psi^{4})＝f(x’+5\sqrt{5}w’-λv’-μu’)=x’+5(2r+1)w’-s’v’-su’$
$(x’,w’,v’,u’)$ について命題8のi)を適用すると
$x’+5(2r+1)w’+s’v’+su’＝J_{0}’(K)$
$x’-5(2r+1)w’-s’u’+sv’=J_{1}’(K)$
$x’-5(2r+1)w’+s’u’-sv’=J_{3}’(K)$
$x’-5(2r+1)w’-s’v’-su’=J_{2}’(K)$
と考えて、i) $a～d$ の $δ_{i}, \ ε_{i}(i=0～3)$ を計算する。これを $δ_{i}’, \ ε_{i}’$ と記そう。

・ $(x’,w’,v’,u’)=(x,w,-v,-u)$ の場合、
$J_{0}’(K)=x’+5(2r+1)w’+s’v’+su’=x+5(2r+1)w-s’v-su=J_{2}(K)$
$J_{1}’(K)=x’-5(2r+1)w’-s’u’+sv’=x-5(2r+1)w+s’u-sv=J_{3}(K)$
$J_{2}'(K)=x’+5(2r+1)w’-s’v’-su’=x+5(2r+1)w+s’v+su=J_{0}(K)$
$J_{3}’(K)=x’-5(2r+1)w’+s’u’-sv’=x-5(2r+1)w-s’u+sv=J_{1}(K)$
となる。
したがって、
$J_{0}’(K)=J_{1}’(K)=0$ は、 $J_{2}(K)＝J_{3}(K)＝0$ に対応し、
　 $δ_{0}’＝\{ -(v’+u’)x’+5(v’+3u’)w’ \} /(4v’^{2}+4v’u’-4u’^{2})$

$\hspace{15pt} = \{ (v+u)x-5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})=δ_{3}$
　 $ε_{0}'＝-\{ (v'-u’)x’+5(3v’-u’)w’ \} /(4v’^{2}+4u’v’-4u’^{2})$

$\hspace{15pt} = \{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})=ε_{3}$
したがって、 $(x’,w’,v’,u’)$ から生じる指標 $\psi’$ は同じ $K$ の値を定めるので $\psi$ に等しくなる。

$J_{0}'(K)=J_{3}’(K)=0$ は $J_{1}(K)＝J_{2}(K)＝0$ に対応し
$δ_{1}'=δ_{2}$
$ε_{1}'=ε_{2}$

$J_{1}’(K)＝J_{2}’(K)＝0$ は $J_{3}(K)＝J_{0}(K)＝0$ に対応し
$δ_{2}'=δ_{1}$
$ε_{2}'=ε_{1}$

$J_{2}’(K)=J_{3}’(K)=0$ は $J_{0}(K)=J_{1}(K)=0$ に対応し
$δ_{3}'=δ_{0}$
$ε_{3}'=ε_{0}$
となり、 $(x’,w’,v’,u’)$ から生じる指標 $\psi’$ は $\psi$ に等しくなる。

・ $(x’,w’,v’,u’)=(x,-w,u,-v)$ の場合、
上と同様の考え方で
　 $J_{0}’(K)＝J_{3}(K)$
　 $J_{1}'(K)=J_{0}(K)$
　 $J_{2}’(K)＝J_{1}(K)$
　 $J_{3}’(K)=J_{2}(K)$

・ $(x’,w’,v’,u’)=(x,-w,-u,v)$ の場合、
　 $J_{0}’(K)＝J_{1}(K)$
　 $J_{1}'(K)=J_{2}(K)$
　 $J_{2}’(K)＝J_{3}(K)$
　 $J_{3}’(K)=J_{0}(K)$

いづれの場合も $δ_{i}’, \ ε_{i}’$ はいづれかの $j$ について $δ_{j}, \ ε_{j}$ と等しくなり、　 $(x’,w’,v’,u’)$ から生じる指標 $\psi’$ は $\psi$ に等しくなることがわかる。

以上より、
解 $(x,w,v,u)$ 　→　指標 $\psi$ 　→　解 $(x',w’,v’,u’)$ 　→　指標 $\psi$ が生じる。左から2番目、3番目の矢印に注目すると
解 $(x',w’,v’,u’)$ から生じる指標 $\psi$ について、それから生じる解は解 $(x',w’,v’,u’)$ に等しいことがわかる。
$(x',w’,v’,u’)$ の可能性としては、　 $(x,w,v,u), (x,w,-v,-u), (x,w,u,-v), (x,w,-u,v)$ のみありうる。
$(x',w’,v’,u’)＝(x,w,v,u)$ であればiii)がいえた。
$(x',w’,v’,u’)＝(x,w,-v,-u)$ であれば、命題5により解 $(x,w,v,u)$ を生じる指標は $\psi^{4}$ である。
このとき命題8 i),ii)により $\psi^{4}$ を生じさせる解 $(x'',w'',v'',u'')$ が存在するはずである。なぜなら、解は4つしかないので $\psi^{i} \ (i$ は $1,2,3$ のいづれか $)$ を生じさせる異なる解が存在するはずであるが、命題5によりヤコビ和 $J(\psi^{i},\psi^{i})$ は解と1対1に対応するからである。そうすると

解 $(x'',w’’,v’’,u’)$ 　→　指標 $\psi^{4}$ 　→　解 $(x,w,v,u)$ 　→　指標 $\psi$ となるが、指標から生じる解 $(x,w,v,u)$ についてその解から生じる指標は元の指標 $\psi^{4}$ に等しい。これは矛盾。したがって、 $(x',w’,v’,u’)＝(x,w,-v,-u)$ ではありえない。 $(x,w,v,u)＝(x,w,u,-v)$ または $(x,w,-u,v)$ も同様にありえない。
（証明終)

5‐3　 $X^{5}+Y^{5}=k$ の解の個数
　いよいよ $X^{5}+Y^{5}=k$ の解の個数を求めるところまできた。最初に冒頭にあげた定理を再掲する。

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（定理)
$p$ を $p≡1 \ (mod \ 5)$ の素数
$(x,w,v,u)$ を

$16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, xw=v^{2}-u^{2}-4uv, \\ x≡1 \ (mod \ 5) , v \gt 0, u \geq 0$

を満たす整数解とする。また
　　　 $n_{0}=(p-14)/25+3x/25$
　　　 $n_{1}=(p-4)/25-3x/100+w/4+v/2$
　　　 $n_{2}=(p-4)/25-3x/100-w/4+u/2$
　　　 $n_{3}=(p-4)/25-3x/100-w/4-u/2$
　　　 $n_{4}=(p-4)/25-3x/100+w/4-v/2$
とする。
　このとき、 $X^{5}+Y^{5}≡k \ (mod \ p) (p∤k)$ の解の個数 $N$ は

i) $k$ が $mod \ p$ で5乗剰余のとき
　　　 $N=25n_{0}+10=p-4+3x$

ii) $k$ が $mod p$ で5乗剰余でないとき、
　　　 $J_{0}(K)=x+5(2r+1)w+s’v+su$
　　　 $J_{1}(K)=x-5(2r+1)w+sv-s’u$
　　　 $J_{2}(K)=x+5(2r+1)w-s’v-su$
　　　 $J_{3}(K)=x-5(2r+1)w-sv+s’u$
　　　　 $K=k^{\frac{p-1}{5}}, r=K+K^{4}, s=2(K-K^{4})(2r+1),s’=2(K^{2}-K^{3})(2r+1)$
とするとき、
① $J_{0}(K)≡J_{1}(K)≡0 \ (mod \ p), J_{2}(K),J_{3}(K) \not\equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば $\hspace{20pt} N＝25n_{1}$
② $J_{0}(K)≡J_{3}(K)≡0 \ (mod \ p), J_{1}(K),J_{2}(K) \not\equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば $\hspace{20pt} N＝25n_{2}$
③ $J_{1}(K)≡J_{2}(K)≡0 \ (mod \ p), J_{0}(K),J_{3}(K) \not\equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば $\hspace{20pt} N＝25n_{3}$
④ $J_{2}(K)≡J_{3}(K)≡0 \ (mod \ p), J_{0}(K),J_{1}(K) \not\equiv 0 \ (mod \ p)$ ならば $\hspace{20pt} N＝25n_{4}$

iii） $k/k’$ が5乗剰余のとき、 $X^{5}+Y^{5}=k$ と $X^{5}+Y^{5}=k’$ の解の個数は同じ
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（証明)
命題8により不定方程式Dの解 $(x,w,v,u)$ から生ずる指標を $χ$ とする。これは $K^{5}=1, \ K \neq 1$ なる元の選び方に依存するので、さらに $J_{0}(K)≡J_{1}(K)≡0$ という条件をつけて指標を固定する。この $K$ を $K_{0}$ とすると、命題8より

　 $δ=\{ -(v+u)x+5(v+3u)w \} /(4v^{2}+4vu-4u^{2})$
　 $ε=-\{ (v-u)x+5(3v-u)w \} /(4v^{2}+4uv-4u^{2})$

とするとき
　 $K_{0}=(δ^{2}+ε)/2+1, \ K_{0}^{5}=1, \ K_{0} \neq 1$ である。
　 $\chi$ は、 $α^{\frac{p-1}{5}}=K_{0}$ となる $F_{p}^{*}$ の原始根 $α$ をとり　
$χ(α)=ζ$ で定まる $F_{p}$ の5次の指標である。
また、この $χ$ により命題5で定まる解は $(x,w,v,u)$ であり、
$n_{i}=\#((S_{i}⋂T_{0})$ とするとき、
　　　　 $x=4/3(p-1)-4-25/3(n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4})$
　　　　 $w=n_{1}-n_{2}-n_{3}+n_{4}$
　　　　 $v=n_{1}-n_{4}$
　　　　 $u=n_{2}-n_{3}$
である。
これから $n_{0},n_{1},n_{2},n_{3},n_{4}$ を求めると

　　　　 $n_{1}=(p-4)/25-3x/100+w/4+v/2$
　　　　 $n_{2}=(p-4)/25-3x/100-w/4+u/2$
　　　　 $n_{3}=(p-4)/25-3x/100-w/4-u/2$
　　　　 $n_{4}=(p-4)/25-3x/100+w/4-v/2$

を得る。また、
$n_{0}+n_{1}+n_{2}+n_{3}+n_{4}=(p-1)/5-1$ を用いて

$n_{0}=(p-14+3x)/25$ となる。

命題1より、 $X^{5}+Y^{5}=k \ (p∤k)$ の解の個数 $N$ は
　　 $\bar{k}∈S_{0}$ のとき $\# (S_{0}⋂T_{0}) \cdot 5^{2}+2 \cdot 5$
　　 $\bar{k}∈S_{i} \ (0 \lt i \lt l)$ のとき $\#( S_{i}⋂T_{0}) \cdot 5^{2}$
ただし、無限遠点の解は除く。また、 $\bar{k}$ は自然な写像 $\mathbb{Z}→F_{p}$ による自然数 $k$ の像である。

$\bar{k}$ の記号を使わず $k$ の自然な写像の像についても $k$ とあらわすことにすれば
$k$ が5乗剰余のとき $k∈S_{0}$ なので、解の個数は、
　 $n_{0} \cdot 5^{2}+2 \cdot5=25n_{0}+10=p-4+3x$ となる。これでi)がいえた。
$k \not\in S_{0}$ のとき $K=k^{\frac{p-1}{5}}, \ r=K+K^{4}, \\ s=2(K-K^{4})(2r+1),s’=2(K^{2}-K^{3})(2r+1)$
とする。 $K_{0}$ については
$r_{0}=K_{0}+K_{0}^{4}, s_{0}=2(K_{0}-K_{0}^{4})(2r_{0}+1),s’=2(K_{0}^{2}-K_{0}^{3})(2r_{0}+1)$ とするとき
$J_{0}(K_{0})≡J_{1}(K_{0})=0$ であった。 $K$ は $K_{0}, \ K_{0}^{2}, \ K_{0}^{3}, \ K_{0}^{4}$ のいづれかである。
$K＝K_{0}$ のとき $J_{0}(K_{0})=J_{0}(K)=J_{1}(K)=J_{1}(K_{0})=0$ であり、 $k^{\frac{p-1}{5}}=α^{\frac{p-1}{5}}$ なので、 $k∈S_{1}$ となり
$X^{5}+Y^{5}≡k \ (mod \ p) \ (p∤k)$ の解の個数 $N$ は $25n_{1}$ である。

$K=K_{0}^{2}$ のとき
$r=K+K^{4}=K_{0}^{2}+K_{0}^{3}=-1-r_{0}$
$s=2(K-K^{4})(2r+1)=2(K_{0}^2-K_{0}^{3})(-2r_{0}-1)=-s_{0}’$
$s’=2(K^{2}-K^{3})(2r+1)=2(K_{0}^{4}-K_{0})(-2r_{0}-1)=s_{0}$
よって
　　　 $J_{0}(K)=x+5(2r+1)w+s’v+su＝x+5(-2r_{0}-1)w+s_{0}v-s_{0}’u=J_{1}(K_{0})=0$
　　　 $J_{3}(K)=x-5(2r+1)w-sv+s’u=x-5(-2r_{0}-1)w+s_{0}’v+s_{0}u=J_{0}(K_{0})=0$
$k^{\frac{p-1}{5}}=K=α^{\frac{2(p-1)}{5}}$ なので $k∈S_{2}$ よって $N=25n_{2}$

$K＝K_{0}^{3}$ のとき
$r=K+K^{4}=K_{0}^{3}+K_{0}^{2}=-1-r_{0}$
$s=2(K-K^{4})(2r+1)=2(K_{0}^{3}-K_{0}^{2})(-2r_{0}-1)=s_{0}’$
$s’=2(K^{2}-K^{3})(2r+1)=2(K_{0}-K_{0}^{4})(-2r_{0}-1)=-s_{0}$
よって
　　　 $J_{1}(K)=x-5(2r+1)w+sv-s’u=x-5(-2r_{0}-1)w+s_{0}’v+s_{0}u=J_{0}(K_{0})=0$
　　　 $J_{2}(K)=x+5(2r+1)w-s’v-su=x+5(-2r_{0}-1)w+s_{0}v-s_{0}’u=J_{1}(K_{0})=0$
$k^{\frac{p-1}{5}}=K=α^{\frac{3(p-1)}{5}}$ なので $k∈S_{3}$ よって $N=25n_{3}$

$K=K_{0}^{4}$ のとき
$r=K+K^{4}=K_{0}^{4}+K_{0}=r_{0}$
$s=2(K-K^{4})(2r+1)=2(K_{0}^4-K_{0})(2r_{0}+1)=-s_{0}’$
$s'=2(K^{2}-K^{3})(2r+1)=2(K_{0}^{3}-K_{0}^{2})(2r_{0}+1)=-s_{0}$
よって、
　　　 $J_{2}(K)=x+5(2r+1)w-s’v-su=x+5(2r_{0}+1)w+s_{0}’v+s_{0}u=J_{0}(K_{0})=0$
　　　 $J_{3}(K)=x-5(2r+1)w-sv+s’u=x-5(2r_{0}+1)w+s_{0}v-s_{0}’u=J_{1}(K_{0})=0$
$k^{\frac{p-1}{5}}=K=α^{\frac{4(p-1)}{5}}$ なので $k∈S_{4}$ よって $N=25n_{4}$
これでii)がいえた。
iii)は明らか。

(証明終)

6.　おわりに
　3乗和の場合は、 $4p=A^{2}+27B^{2}$ の整数解 $A,B$ により有限体 $F_{p}$ における解の個数が表せた(メモ45)。5乗和の場合にも　
$16p=x^{2}+125w^{2}+50v^{2}+50u^{2}, xw=v^{2}-u^{2}-4vu, x≡1 \ (mod \ 5)$ の整数解にある条件を付ければ $F_{p}$ における5乗和の個数が $x,w,v,u$ であらわせることがわかった。ここにあげた証明はまどろっこしいので、もっと簡明な鮮やかな証明が望ましい。
　また、同様の手法は奇素数 $l \gt 5$ についても行えるのでどんな結果が得られるか楽しみである。
　さらに、条件を付けた不定方程式Dの解から定まる指標が唯一に定まるので、有理整数の5乗剰余記号が定義できるのではないか。なんらかの相互法則が存在するのか、あればおもしろいなと思うところである。