メモ43　有限体Fpにおける原始根の3の倍数乗+1の分布についての予想(その2)

1. はじめに

　メモ42で「有限体Fpにおける原始根の3の倍数乗+1の分布についての予想」について書き、数日後に、それが成り立たないことを報告した。

　当然といえば当然であるが、有限体における楕円曲線上の有理点の個数については、既に様々な研究成果があり、今回の予想はそれに派生して生じた問題であるので、既に結果が出ていることが分かった。浅学菲才に恥じ入るばかりである。

　Silverman・Tateの”Rational Points on Elliptic Curves”(以下[Sil]とする）第4章2. ガウスの定理の説明の真似をして、この問題に一つの結論を得たので、メモとして残しておくことにする。

　なお[Sil]によればガウスの定理とは以下をいう。

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定理(ガウス)

　 $x,y,z$ を有限体 $F_{p}$ の元、 $M_{p}$ を $x^{3}+y^{3}+z^{3}=0$ の射影平面での解の数とする。このとき、

$p \not \equiv 1 \pmod 3$ であれば $M_{p}=p+1$
$p \equiv 1\pmod 3$ であれば $4p=A^{2}+27B^{2}$ となる整数が符号を除き一意で定まり、 $A$ の符号を $A \equiv 1 \pmod 3$ で定めれば、 $M_{p}=p+1+A$

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2. 問題の設定と解答

　有限体 $F_{p}$ における原始根の 3の倍数乗+1の分布について、問題を以下のように設定する。　

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問題　

　 $p$ を $p \equiv 1 \pmod 3$ の素数、 $α$ を有限体 $F_{p}$ の原始根とする。このとき、

$1+α^{3i} (0 \leq i \lt (p-1)/3, i \neq (p-1)/2)$ を $α$ のべき乗であらわした時の指数を $mod \ 3$ で考えるとき、指数が $0,1,2$ となる元の個数を求めよ。

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　このとき、問題の解答は以下のとおり。

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解答

　 $4p=A^{2}+27B^{2}$ となる整数が符号を除き一意で定まり、 $A \equiv 1 \pmod 3 \ , B \gt 0$ とすれば

　指数0の個数： $(A+p-8)/9$

　指数1と指数2の元の個数の大きい方の数： $(-A+9B+2p-4)/18$

　指数1と指数2の元の個数の少ない方の数： $(-A-9B+2p-4)/18$

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　この結果をメモ42にあげた例に適用したのが下表である。

$p \hspace{15pt} A \hspace{15pt} B$ 　指数0の個数　指数1と指数2の個数:大の方　指数1と指数2の個数:小の方

$\hspace{70pt} \frac{A+p-8}{9} \hspace{40pt} \frac{-A+9B+2p-4}{18} \hspace{50pt} \frac{-A-9B+2p-4}{18}$

$19 \hspace{15pt} 7 \hspace{15pt} 1 \hspace{30pt} 2 \hspace{80pt} 2 \hspace{95pt} 1$

$37 \hspace{5pt} -11 \hspace{7pt} 1 \hspace{30pt} 2 \hspace{80pt} 5 \hspace{95pt} 4$

$73 \hspace{15pt} 7 \hspace{15pt} 3 \hspace{30pt} 8 \hspace{80pt} 9 \hspace{95pt} 6$

$109 \hspace{5pt} -2 \hspace{7pt} 4 \hspace{27pt} 11 \hspace{75pt} 14 \hspace{90pt} 10$

$127 \hspace{3pt} -20 \hspace{5pt} 2 \hspace{27pt} 11 \hspace{75pt} 16 \hspace{90pt} 14$

$163 \hspace{12pt} 25 \hspace{8pt} 1 \hspace{27pt} 20 \hspace{75pt} 17 \hspace{90pt} 16$

$181 \hspace{15pt} 7 \hspace{10pt} 5 \hspace{27pt} 20 \hspace{75pt} 22 \hspace{90pt} 17$

$199 \hspace{3pt} -11 \hspace{5pt} 5 \hspace{27pt} 20 \hspace{75pt} 25 \hspace{90pt} 20$

$271 \hspace{3pt} -29 \hspace{5pt} 3 \hspace{27pt} 26 \hspace{75pt} 33 \hspace{90pt} 30$

$307 \hspace{12pt} 16 \hspace{8pt} 6 \hspace{27pt} 35 \hspace{75pt} 36 \hspace{90pt} 30$

$379 \hspace{3pt} -29 \hspace{5pt} 5 \hspace{27pt} 38 \hspace{75pt} 46 \hspace{90pt} 41$

$397 \hspace{12pt} 34 \hspace{8pt} 4 \hspace{27pt} 47 \hspace{75pt} 44 \hspace{90pt} 40$

$433 \hspace{5pt} -2 \hspace{7pt} 8 \hspace{27pt} 47 \hspace{75pt} 52 \hspace{90pt} 44$

$487 \hspace{12pt} 25 \hspace{8pt} 7 \hspace{27pt} 56 \hspace{75pt} 56 \hspace{90pt} 49$

ちなみに、メモ42に述べた予想が成り立つとすると、指数1と指数2の元の個数の差の絶対値は $5$ 以下であるので、 $0 \lt B \leq 5$ 、また、指数0と指数1及び指数0と指数2の元の個数の差の絶対値も $5$ 以下であるので、

　 $|(A+p-8)/9 - (-A+9B+2p-4)/18|=|3A-9B-12| \leq 5$

　 $|(A+p-8)/9 - (-A-9B+2p-4)/18|=|3A+9B-12| \leq 5$

より、 $A,B$ の取りうる値は有限である。具体的に求めると、予想が成り立つのは、上表にある $p=37,73,109,127,163,181$ のみとなる。結果として、なんとも情けない予想であった。

3. 解答の流れ

　それでは、[Sil] の説明をまねて解答の流れを記す。

3.1　記号の準備など

　 $p$ を $p \equiv 1 \pmod 3$ の素数、 $F_{p}$ を位数 $p$ の有限体、 $α$ を $F_{p}$ の原始根とする。

また、 $S_{0},S_{1},S_{2},T_{0},T_{1},T_{2}$ を以下のとおりとする。

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

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

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

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

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

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

このとき、以下が成り立つ。

・　 $F_{p}= \{ 0 \} ⋃S_{0}⋃S_{1}⋃S_{2} S_{i}⋂S_{j}= \varnothing \ (i \neq j)$

・　集合 $S_{0},S_{1},S_{2},T_{0},T_{1},T_{2}$ の位数は $(p-1)/3$ である。

・　 $S_{0}$ は、 $F_{p}$ の乗法群 $F_{p}^{*}$ の指数3の部分群であり、 $-1=α^{(p-1)/2}∊S_{0}, \ β∊S_{0}$ に対し $βS_{i}=S_{i}$

　　　 $β∊S_{1}$ に対し $βS_{0}＝S_{1}, \ βS_{1}＝S_{2}, \ βS_{2}＝S_{0}$

　　　 $β^{2}∊S_{2}, \ β^{2}S_{0}=S_{2}, \ β^{2}S_{1}=S_{0}, \ β^{2}S_{2}=S_{1}$

・　 $\{ 1 \} ⋃T_{0}⋃T_{1}⋃T_{2}=F_{p}, \ T_{i}⋂T_{j}= \varnothing \ (i \neq j), \ 0∊T_{0}$

・　 $(T_{0}- \{ 0 \} )⋃T_{1}⋃T_{2}=(S_{0}- \{ 1 \} )⋃S_{1}⋃S_{2}$

　問題は、 $T_{0}⋂S_{0} \hspace{5pt} T_{0}⋂S_{1} \hspace{5pt} T_{0}⋂S_{2}$ の位数を求めることである。

これらの3つの集合の位数を $l,m,n$ とおく。つまり、

　 $\# T_{0}⋂S_{0}=l, \ \# T_{0}⋂S_{1}=m, \ \# T_{0}⋂S_{2}=n$ とする。

そうすると

　 $\# (T_{0}⋂S_{0})⋃(T_{0}⋂S_{1})⋃(T_{0}⋂S_{2})= \# (T_{0}- \{ 0 \} )=l+m+n=(p-1)/3-1$

3.2　解答の前に命題をいくつか準備

　 $T_{i}⋂S_{j}$ 　について以下の命題1が成り立つ。

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命題１ 以下の集合間には1対1対応が存在する。したがって、集合の位数は同じ

　 $T_{1}⋂S_{2} ≅ T_{2}⋂S_{1}$
　 $T_{1}⋂S_{0} ≅ T_{0}⋂S_{1}, \ T_{2}⋂S_{0} ≅ T_{0}⋂S_{2}$
　 $T_{1}⋂S_{1} ≅ T_{2}⋂S_{0}, \ T_{2}⋂S_{2} ≅ T_{1}⋂S_{0}$

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(証明）

$a. \ 1+α^{3i+1}=α^{3j+2} ∊ T_{1}⋂S_{2}$ に対し

$1+α^{3 \{ (p-1)/6+j \}+2 } =α^{3 \{ (p-1)/6+i \}+1 } ∊T_{2}⋂S_{1}$ を定めれば良い。

$b. \ 1+α^{3i+1}=α^{3j} ∊ T_{1}⋂S_{0}$ に対し

$1+α^{3 \{ (p-1)/6+j \} }=α^{3 \{ (p-1)/6+i \}+1}∊T_{0}⋂S_{1}$ を定めれば良い。

$T_{2}⋂S_{0} ≅ T_{0}⋂S_{2}$ も同様

$c. \ 1+α^{3i+1}=α^{3j+1} ∊ T_{1}⋂S_{1}$ に対し

　　　　 $α^{3i+1}(1+α^{-(3i+1)}=α^{3j+1}$ より

　　　　 $1+α^{3(-i-1)+2}=α^{3(j-i)}∊T_{2}⋂S_{0}$ を定めればよい。

　　　　 $T_{2}⋂S_{2} ≅ T_{1}⋂S_{0}$ も同様

（証明終）

また、 $T_{i}⋂S_{j}$ 間の和集合について以下の命題2が成り立つ。

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命題2　以下が成り立つ。

$a. (T_{1}⋂S_{0})⋃(T_{1}⋂S_{1})⋃(T_{1}⋂S_{2})=T_{1}$

　　 $\# T_{1}⋂S_{0}=m, \ \# T_{1}⋂S_{1}=n, \ \# (T_{1}⋂S_{2})=l+1$

$b. (T_{2}⋂S_{0})⋃(T_{2}⋂S_{1})⋃(T_{2}⋂S_{2})=T_{2}$

　　 $\# T_{2}⋂S_{0}=n, \ \# T_{2}⋂S_{1}=l+1, \ \# (T_{2}⋂S_{2})=m$

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（証明）

$a. (T_{1}⋂S_{0})⋃(T_{1}⋂S_{1})⋃(T_{1}⋂S_{2})=T_{1}⋂(S_{0}⋃S_{1}⋃S_{2})=T_{1}⋂F_{p}^{*}=T_{1}$

命題1 $a.$ より $\# T_{1}⋂S_{0}= \# T_{0}⋂S_{1}=m$

命題1 $b., \ c.$ より $\# T_{1}⋂S_{1}= \# T_{2}⋂S_{0}= \# T_{0}⋂S_{2}=n$

　　したがって、 $m+ \# (T_{1}⋂S_{2})+n=(p-1)/3$

　 $\# (T_{1}⋂S_{2})=(p-1)/3-m-n$

　一方、 $l+m+n= \# (T_{0}⋂S_{0})+ \# (T_{0}⋂S_{1})+ \# (T_0⋂S_{2})$

$\hspace{30pt} = \# (T_{0}⋂S_{0})⋃(T_{0}⋂S_{1})⋃(T_{0}⋂S_{2})$

$\hspace{30pt} = \# T_{0}⋂(S_{0}⋃S_{1}⋃S_{2})= \# T_{0}⋂F_{p}^{*}=(p-1)/3-1$

したがって、 $\# (T_{1}⋂S_{2})=l+1$

$b. \ a.$ と同様

（証明終）

天下り式であるが、後で使うので以下を示しておく。

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命題3　

$N_{x}= \# \{ (r_{1},r_{2})|r_{1}+r_{2}=x, \ r_{1}∊S_{1},r_{2}∊S_{2} \}$ とおくと

$N_{x}$ は $x$ が $S_{0}, \ S_{1}, \ S_{2}$ のどれに属すかのみに依存し、

　　　　 $N_{x}=l+1 \ \ (x∊S_{0}$ のとき)

　　　　　　 $=m \hspace{20pt} (x∊S_{1}$ のとき)

　　　　　　 $=n \hspace{20pt} (x∊S_{2}$ のとき)

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(証明）

$r∊S_{0}, \ x=r_{1}+r_{2} \ (r_{1}∊S_{1}, \ r_{2}∊S_{2})$ のとき $rx=r \cdot r_{1}+r \cdot r_{2} \ (r \cdot r_{1}∊S_{1}, \ r \cdot r_{2}∊S_{2})$

$(r_{1}, r_{2})$ のペアに対し $r \cdot r_{1}, \ r \cdot r_{2})$ を対応させる写像は $N_{x}$ から $N_{rx}$ への全単射。　　

集合として $rS_{i}=S_{i}$ なので、 $N_{x}$ は $x$ が $S_{0}, \ S_{1}, \ S_{2}$ のどれに属すかのみに依存する。

今 $x∊S_{1}$ とする。 $(r_{1},r_{2})∊N_{x}$ に対し $x/r_{1}$ を与える写像 $f$ を考える

$x/r_{1}=1+r_{2}/r_{1} \ \ r_{2}/r_{1}∊S_{1}$ であり、べき指数を考えて $x/r_{1}∊S_{0}$

つまり写像 $f$ は $N_{x}$ から $T_{1}⋂S_{0}$ への写像である。

$x/r_{1}=x/r_{1}’$ とすれば $r_{1}=r_{1}'$ なので $f$ は単射である。

$b∊T_{1}⋂S_{0}$ とすると $b=1+α^{3i+1}=α^{3j}$ と書ける。

このとき、 $r_{1}=x \cdot α^{-3j}, \ r_{2}=x \cdot α^{3(i-j)+1}$ とすると、 $r_{1}∊S_{1},r_{2}∊S_{2}$ かつ $x/r_{1}=b$ である。よって、 $f$ は全射である。

　したがって、

$x∊S_{1}$ のとき $N_{x}= \# (T_{1}⋂S_{0})$

命題1. $b$ より $\# (T_{1}⋂S_{0})= \# (T_{0}⋂S_{1})=m$

同様に、 $x∊S_{2}$ のとき $N_{x}=n$

$x∊S_{0}$ のとき $N_{x}＝N_{0}, \ x∊S_{1}$ のとき $N_{x}＝N_{1}, \ x∊S_{2}$ のとき $N_{x}＝N_{2}$ とすると

$\{ (p-1)/3 \} ^{2}= \# \{ (r_{1},r_{2})|r_{1}∊S_{1},r_{2}∊S_{2} \}$

$\hspace{40pt} = \displaystyle \sum_{x=r1+r2∊S_{0}} N_0+ \displaystyle \sum_{x=r1+r2∊S_{1}} N_1+ \displaystyle \sum_{x=r1+r2∊S_{2}} N_2$

　　　　　　 $=(p-1)/3 \cdot (N_0+N_1+N_2)$

よって $N_0+N_1+N_2=(p-1)/3$

一方 $l+m+n=(p-1)/3-1$ であるので $N_0=l+1$

(証明終）

3.3　ガウス和を用いた問題の解答

　改めて問題とその解答を示す。

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問題　

　 $p$ を $p \equiv 1 \pmod 3$ の素数、 $α$ を有限体 $F_{p}$ の原始根とする。このとき、

$1+α^{3i} (0 \leq i \lt (p-1)/3, i \neq (p-1)/2)$ を $α$ のべき乗であらわした時の指数を $mod \ 3$ で考えるとき、指数が $0,1,2$ となる元の個数を求めよ。

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　このとき、問題の解答は以下のとおり。

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解答

　 $4p=A^{2}+27B^{2}$ となる整数が符号を除き一意で定まり、 $A \equiv 1 \pmod 3 \ , B \gt 0$ とすれば

　指数0の個数： $(A+p-8)/9$

　指数1と指数2の元の個数の大きい方の数： $(-A+9B+2p-4)/18$

　指数1と指数2の元の個数の少ない方の数： $(-A-9B+2p-4)/18$

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（解答）

　ガウス和を用いて $l,m,n$ を求める。

$ζ$ を $1$ の $p$ 乗根 $ζ=e^{2πi/p}$ とし

$\hspace{30pt} α_0=\displaystyle \sum_{r∊S_0} ζ^{r}$

$\hspace{30pt} α_1= \displaystyle \sum_{r∊S_1} ζ^{r}$

$\hspace{30pt} α_2= \displaystyle \sum_{r∊S_2} ζ^{r}$

とおき、

$\hspace{30pt} α_0+α_1+α_2, \ α_0α_1+α_1α_2+α_2α_1, α_0α_1α_2$ を求める。

$\hspace{30pt} α_0+α_1+α_2=\displaystyle \sum_{r∊F_p^{*}} ζ^{r} =-1$

である。

　次に $α_0α_1+α_1α_2+α_2α_1, α_0α_1α_2$ を求める。

$\hspace{30pt} α_1α_2= \displaystyle \sum_{r∊S_1} ζ^{r} \cdot \displaystyle \sum_{r∊S_2} ζ^{r}$

$\hspace{40pt}＝ \displaystyle \sum_{r_1∊S_1,r_2∊S_2} ζ^{r_1+r_2}$

$\hspace{40pt} = \displaystyle \sum_{x∊F_p^{*}} N_xζ^{x}$

ここで $N_x= \# \{ x=r_1+r_2| r_1∊S_1,r_2∊S_2 \}$ 　

　命題３により、 $N_x$ は $x$ が $S_0,S_1,S_2$ のどれに属するかにのみ依存する。 $N_x$ を $x∊S_0$ のとき $N_0, \ x∊S_1$ のとき $N_1, x∊S_2$ のとき $N_2$ とすると、

$\hspace{30pt} α_1α_2= \displaystyle \sum_{x∊S_{0}} N_0ζ^{x}+ \displaystyle \sum_{x∊S_{1}} N_1ζ^{x}+ \displaystyle \sum_{x∊S_{2}} N_2ζ^{x}$

$\hspace{40pt} =N_0α_0+N_1α_1+N_2α_2$

$\hspace{30pt} α_2α_0= \displaystyle \sum_{r∊S_2} ζ^{r} \cdot \displaystyle \sum_{r∊S_0} ζ^{r}$

$\hspace{40pt}＝ \displaystyle \sum_{r_0∊S_0,r_2∊S_2} ζ^{r_0+r_2}$

$\hspace{40pt} = \displaystyle \sum_{x∊F_p^{*}} N'_xζ^{x}$

ここで $N’_x= \# \{ x=r_0+r_2| r_0∊S_0,r_2∊S_2 \}$

　命題3の議論と同様に $N’_x$ は $S_0,S_1,S_2$ ごとに同一であるので、それぞれ $N'_0,N’_1,N’_2$ とする。

$β∊S_2$ を取ると $βx=βr_0+βr_2$ で $βr_0∊S_2, βr_2∊S_1$

したがって、 $x∊S_0$ に対し　

　 $N’_0=N’_x= \# \{ x=r_0+r_2| r_0∊S_0,r_2∊S_2 \} \\ \hspace{20pt} = \# \{ βx=r’_2+r’_1| r’_2∊S_2,r’_1∊S_1 \} =N_2$

同様に $N'_1=N_0, N’_2=N_1$

よって

$\hspace{30pt} α_2α_0= \displaystyle \sum_{x∊S_{0}} N'_0ζ^{x}+ \displaystyle \sum_{x∊S_{1}} N'_1ζ^{x}+ \displaystyle \sum_{x∊S_{2}} N'_2ζ^{x}$

$\hspace{40pt} = \displaystyle \sum_{x∊S_{0}} N_2ζ^{x}+ \displaystyle \sum_{x∊S_{1}} N_0ζ^{x}+ \displaystyle \sum_{x∊S_{2}} N_1ζ^{x}$

$\hspace{40pt} =N_2α_0+N_0α_1+N_1α_2$

同様に

$\hspace{30pt} α_0α_1=N_1α_0+N_2α_1+N_0α_2$

よって

$\hspace{30pt} α_0α_1+α_1α_2+α_2α_0=(N_0+N_1+N_2)(α_0+α_1+α_2)$

$\hspace{40pt} =-(N_0+N_1+N_2)$

命題3の証明で示したように、

$\hspace{30pt} (N_0+N_1+N_2)=(p-1)/3$ 　

よって

$\hspace{30pt} α_0α_1+α_1α_2+α_2α_0=-(p-1)/3$

　次に $α_0α_1α_2$ を求める。

$α_0^{2}+α_1^{2}+α_2^{2}=(α_0+α_1+α_2)^{2}-2(α_0α_1+α_1α_2+α_2α_0)$

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

$α_0(α_1α_2)=α_0(N_0α_0+N_1α_1+N_2α_2)$

$α_1(α_2α_0)=α_1(N_2α_0+N_0α_1+N_1α_2)$

$α_2(α_0α_1)=α_2(N_1α_0+N_2α_1+N_0α_2)$

これらを加えて

$3α_0α_1α_2=(α_0^{2}+α_1^{2}+α_2^{2})N_0$

$\hspace{40pt} +α_0α_1(N_1+N_2)+α_1α_2(N_1+N_2)+α_2α_0(N_1+N_2)$

$\hspace{40pt} = \{ 1+2(p-1)/3 \} N_0+ \{ -N_0+(p-1)/3 \} \{ -(p-1)/3 \}$

$\hspace{40pt} =N_0+3(p-1)/3N_0- \{ (p-1)/3 \} ^{2}$

ここで $α_0,α_1,α_2$ を解とする方程式

$F(t)=(t-α_0)(t-α_1)(t-α_2) \\ \hspace{10pt} =t^{3}+t^{2}-(p-1)/3 \cdot t- [ N_0+3(p-1)/3 \cdot N_0- \{ (p-1)/3 \} ^{2} ]/3$

の判別式 $D_F$ の平方根を考える。

$\pm \sqrt D_F=(α_0-α_1)(α_1-α_2)(α_2-α_0)$

$\hspace{20pt} =-α_1α_2(α_1-α_2)-α_2α_0(α_2-α_0)-α_0α_1(α_0-α_1)$

$\hspace{20pt} =-(N_0α_0+N_1α_1+N_2α_2)(α_1-α_2)$

$\hspace{20pt} -(N_2α_0+N_0α_1+N_1α_2)(α_2-α_0)$

$\hspace{20pt} -(N_1α_0+N_2α_1+N_0α_2)(α_0-α_1)$

$\hspace{20pt} =N_0 \{ -α_0(α_1-α_2)-α_1(α_2-α_0)-α_2(α_0-α_1) \}$

$\hspace{20pt} +N_1 \{ -α_1(α_1-α_2)-α_2(α_2-α_0)-α_0(α_0-α_1) \}$

$\hspace{20pt} +N_2 \{ -α_2(α_1-α_2)-α_0(α_2-α_0)-α_1(α_0-α_1) \}$

$\hspace{20pt} =(N_2-N_1)(α_0^{2}+α_1^{2}+α_2^{2}-α_1α_2-α_2α_0-α_0α_1)$

$\hspace{20pt} =(N_2-N_1)(1+3(p-1)/3)=(N_2-N_1)p$

次に、 $β_i=1+3α_i$ とおく。すると

$β_0+β_1+β_2=0$

$β_0β_1+β_1β_2+β_2β_0=3+6(α_0+α_1+α_2)+9(α_0α_1+α_1α_2+α_2α_1)$

$\hspace{40pt} =3-6+9 \{ -(p-1)/3 \} =-3p$

$β_0β_1β_2=1+3(α_0+α_1+α_2)+9(α_0α_1+α_1α_2+α_2α_1)+27α_0α_1α_2$

$\hspace{20pt}=1-3+9 \{ -(p-1)/3 \} +9 [ N_0+3(p-1)/3N_0- \{ (p-1)/3 \} ^{2} ]$

$\hspace{20pt} =-2-3(p-1)+9N_0+9(p-1)N_0-(p-1)^{2}$

$\hspace{20pt} =-p+9pN_0-p^{2}=p(9N_0-p-1)$

よって $β_0,β_1,β_2$ を解とする方程式は

　 $G(t)=t^{3}-3pt-p(9N_0-p-1)$

判別式 $D_G$ は

　 $D_G=-4(-3p)^{3}-27 \{ p(9N_0-p-1) \} ^{2}=4 \cdot 27p^{3}-27 \cdot p^{2}(9N_0-p-1)^{2}$

一方、 $β_i-β_j=3(α_i-α_j)$ なので

　 $D_G=27^{2}D_F$ 　よって

　 $27(N_1-N_2)^2=4*p-(9N_0-p-1)^{2}$

$4p=(9N_0-p-1)^{2}+27(N_1-N_2)^{2}$

$p \equiv 1 \pmod 3$ の素数について $4p=A^{2}+27B^{2}$ 整数 $A,B$ は　 $A \equiv 1 \pmod 3 \ B \gt 0$ とすれば一意的に定まる(ここは[Sil]と同じなので省く)。　

よって、 $B=|N_1-N_2| , \ A=9N_0-p-1$

よって $N_0=(A+p+1)/9$

$N_1=m, N_2=n, N_0=l+1$ に注意すれば。

指数0の元の個数lは、 $l=N_0-1=(A+p-8)/9$

$N_1 \gt N_2$ とすれば、すなわち $m \gt n$ とすれば　

$\hspace{30pt} B=m-n$

$\hspace{30pt} m+n=(p-1)/3-1-l=(-A+2p-4)/9$

より　　　

$\hspace{30pt} m= (-A+9B+2p-4)/18$

$\hspace{30pt} n= (-A-9B+2p-4)/18$

$N_2 \gt N_1$ とすれば、すなわち、 $n \gt m$ とすれば

$\hspace{30pt} m= (-A-9B+2p-4)/18$

$\hspace{30pt} n= (-A+9B+2p-4)/18$

よって

指数1と指数2の元の個数の大きい方の数： $(-A+9B+2p-4)/18$

指数1と指数2の元の個数の小さい方の数： $(-A-9B+2p-4)/18$

（解答終）

それにしても、ガウス和というのは不思議だ。