この記事では補助定理の１つである命題4.16 $G_q^2=q^{\ast}$ を証明します。そのためにまず、補題4.17 を示します。
補題4.17
$a$を整数、$\mu \neq 1$を$1$の$n$乗根とするとき、
$$\sum_{k=1}^{n-1}{\mu^{a\,k}}= \begin{cases}
n-1 & (a \equiv 0\,(mod\,n))\\
-1 & (a \not\equiv 0\,(mod\,n))
\end{cases}$$
証明
1) $a \equiv 0\,(mod\,n)$の場合、すなわち$a$が$n$の倍数の場合には$\mu^{a\,k}=(\mu^a)^k=1^k=1$。従って$\sum_{k=1}^{n-1}{\mu^{a\,k}}=\sum_{k=1}^{n-1}1=n-1$。
2) $a \not\equiv 0\,(mod\,n)$の場合、すなわち$a$が$n$の倍数でない場合、$\mu^a-1\neq 0$。この時、$$X^n-1=(X-1)(X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X+1)=(X-1)\,(\sum_{k=1}^{n-1}{X^k}+1)$$
に$X=\mu^{a}$を代入すると、$\mu^{a\,n}-1=(\mu^n)^a-1=1^a-1=0$に注意すると、
$$\mu^{a\,n}-1=(\mu^a-1)\,(\sum_{k=1}^{n-1}{\mu^{a\,k}}+1)=0$$
$\mu^a-1\neq 0$より最後の等号の両辺を$\mu^a-1$で割ると、
$$\sum_{k=1}^{n-1}{\mu^{a\,k}}+1=0$$
$$\sum_{k=1}^{n-1}{\mu^{a\,k}}=-1$$
この補題を使って命題4.16を証明します。
ちなみに命題4.16は別の意味で重要な定理です。両辺の平方根を取ると（符号は確定しませんが）$\pm \sqrt{q^{\ast}}=G_q$となります。これは必ず$\sqrt{q^{\ast}}$が$1$の原始$q$乗根の冪乗の適当な和で表される、ということです。体の言葉を使うと「有限体$F_p$に$\sqrt{q^{\ast}}$を添加した2次拡大は$1$の原始$q$乗根を添加した円分拡大に必ず含まれる」となります。同じ現象は基礎体を有理数体にしても成立し、そちらはしばしばクロネッカー・ウェーバーの定理の特別な場合として参照されるようです。
命題4.16(再掲)
$p,q$を相異なる奇素数、有限体$F_p$上で$1$の原始$q$乗根の１つを$\zeta$とする。法$q$に関する平方剰余記号の値を係数とする$\zeta$のベキ和を
$$ G_q=\sum_{a=1}^{q-1}\left( \frac{a}{q} \right)\zeta^a $$
と定義します。この時次の式が成り立ちます。
$$G_q^2=q^{\ast}=\left( \frac{-1}{q} \right)\,q= \begin{cases}
q & (q \equiv 1\,(mod\,4))\\
-q & (q \equiv 3\,(mod\,4)
\end{cases}$$ここからすぐに以下がわかります。
$$G_q=\pm \sqrt{q^{\ast}} ただし符号はこの情報だけでは決まりません$$
証明
$$G_q^2=\left(\sum_{a=1}^{q-1}\left( \frac{a}{q} \right)\zeta^a\right)^2=\left(\sum_{a=1}^{q-1}\left( \frac{a}{q} \right)\zeta^a\right)\,\left(\sum_{b=1}^{q-1}\left( \frac{b}{q} \right)\zeta^b\right)=\sum_{a=1}^{q-1}\left( \sum_{b=1}^{q-1}\left(\frac{a\,b}{q} \right)\zeta^{a+b}\right)$$上記最後の式で$a$ごとに$b$を動かすと、$b\,a^{-1}=c$となる$c$も$F_p$の要素を全て動くので$b=a\,c$に注意して、
$$\sum_{a=1}^{q-1}\left( \sum_{b=1}^{q-1}\left(\frac{a\,b}{q} \right)\zeta^{a+b}\right)=\sum_{a=1}^{q-1}\left( \sum_{c=1}^{q-1}\left(\frac{a^2\,c}{q} \right)\zeta^{a+a\,c}\right)=\sum_{a=1}^{q-1}\left( \sum_{c=1}^{q-1}\left(\frac{c}{q} \right)\zeta^{a+a\,c}\right)$$
２重和は有限和なので和の順序を入れ替えることができ、そうすると括り出しができることに気がつきます。
$$\sum_{a=1}^{q-1}\left( \sum_{c=1}^{q-1}\left(\frac{c}{q} \right)\zeta^{a+a\,c}\right)=\sum_{c=1}^{q-1}\left( \sum_{a=1}^{q-1}\left(\frac{c}{q} \right)\zeta^{a+a\,c}\right)=\sum_{c=1}^{q-1}\left( \left(\frac{c}{q} \right) \sum_{a=1}^{q-1}\zeta^{a+a\,c}\right)$$
$$=\sum_{c=1}^{q-1}\left( \left(\frac{c}{q} \right) \sum_{a=1}^{q-1}\zeta^{a\,(1+c)}\right)$$
ここで補題4.17を使うと、$\sum_{a=1}^{q-1}\zeta^{a\,(1+c)}= \begin{cases}
q-1 & (1+c \equiv 0\,(mod\,q)) \iff 1+c=q\\
-1 & (1+c \not\equiv 0\,(mod\,q)) \iff 1\le 1+c \lt q
\end{cases}$なので$c=1,\cdots,q-2$と$c=q-1$に分けて変形すると、$$=\sum_{c=1}^{q-2}\left( \left(\frac{c}{q} \right) \sum_{a=1}^{q-1}\zeta^{a\,(1+c)}\right)+\left( \left(\frac{q-1}{q} \right) \sum_{a=1}^{q-1}\zeta^{a\,q}\right)$$
$$=-\sum_{c=1}^{q-2} \left(\frac{c}{q} \right)+\left( \frac{q-1}{q} \right)\,(q-1)$$
$$=-\sum_{c=1}^{q-1} \left(\frac{c}{q} \right)+ \left(\frac{q-1}{q} \right) +\left( \frac{q-1}{q} \right)\,(q-1)$$
命題4.3(4)を使うと最初の項は$0$になるので
$$=\left( \frac{q-1}{q} \right)\,q=\left( \frac{-1}{q} \right)\,q$$
第１補充則を使えば証明は終了します。
命題4.3、第１補充則はこちらの記事で証明しています。
