フーリエ解析の問題

固有値 $1,-1,i,-i$ の重複度をそれぞれ $a,b,c,d$ とする。$U$ はユニタリ行列（したがって対角化可能）で $U^4=I$ なので、固有値はこの $4$ つに限られ
$$a+b+c+d=N=10(1)$$
である。

1. $U^2$ のトレース。
$$(U^2{)}_{jl}=\frac{1}{N}\sum _{k=0}^{N-1}{\omega }^{-(j+l)k}=\{\begin{array}{ll}1& (j+l\equiv 0(\mathrm{mod}N))\\ 0& (\text{otherwise})\end{array}$$
なので、$U^2$ は添字の反転 $n\mapsto -n(\mathrm{mod}N)$ を表す置換行列である。そのトレースは $2j\equiv 0(\mathrm{mod}10)$ をみたす $j$（$j=0,5$）の個数で $2$。一方 $U^2$ の固有値は、$U$ の固有値 $\pm 1$ に対して $1$、$\pm i$ に対して $-1$ なので
$$(a+b)-(c+d)=2(2)$$
$(1),(2)$ より $a+b=6$, $c+d=4$。

2. $U$ のトレース（ガウス和）。
$$\mathrm{tr}U=\frac{1}{\sqrt{N}}\sum _{k=0}^{N-1}{\omega }^{-k^2}.$$
$N=10$ で $k$ と $k+5$ を比べると
$$(k+5{)}^2=k^2+10k+25,{\omega }^{-(k+5{)}^2}={\omega }^{-k^2}\cdot {\omega }^{-10k}\cdot {\omega }^{-25}={\omega }^{-k^2}\cdot e^{-5\pi i}=-{\omega }^{-k^2}$$
となる。$k=0,1,2,3,4$ と $k+5$ の項が打ち消し合うので $\mathrm{tr}U=0$。一方 $\mathrm{tr}U=a-b+i(c-d)$ なので、実部・虚部を比べて
$$a=b,c=d.$$

3. 結論。 $a=b=3$, $c=d=2$。よって求める組は $(3,3,2,2)$ である。

（注）${\omega }^{-jk}$ の代わりに ${\omega }^{jk}$ を用いる規約では $i$ と $-i$ の重複度が入れ替わるが、$N=10$ では両者が等しいので答えは変わらない。

固有値 $1,-1,i,-i$ の重複度を $m_1,m_{-1},m_i,m_{-i}$ とおく。$U^4=I$ より $U$ は対角化可能で、代数的重複度と幾何的重複度は一致し、$m_1+m_{-1}+m_i+m_{-i}=10$。

(1) $\mathrm{tr}{U}^2$: $U^2$ は $(U^2{)}_{jk}=\frac{1}{N}{\sum }_l{\omega }^{-l(j+k)}={\delta }_{j+k\equiv 0(N)}$ で、$j\mapsto -j(\mathrm{mod}10)$ の置換行列。固定点は $j=0,5$ の 2 個なので $\mathrm{tr}{U}^2=2$。一方 $\mathrm{tr}{U}^2=m_1+m_{-1}-m_i-m_{-i}$（固有値の 2 乗が $1,1,-1,-1$）。よって $m_1+m_{-1}-m_i-m_{-i}=2$。合計 10 と合わせて $m_1+m_{-1}=6$，$m_i+m_{-i}=4$。

(2) $\mathrm{tr}U$: ガウス和 $\mathrm{tr}U=\frac{1}{\sqrt{10}}{\sum }_{j=0}^9{\omega }^{-j^2}$。${\omega }^{-j^2}$ は $j$ と $j+5$ で ${\omega }^{-(j+5{)}^2}={\omega }^{-j^2}{\omega }^{-10j-25}={\omega }^{-j^2}{\omega }^{-5}=-{\omega }^{-j^2}$ となり、$j$ と $j+5$ の項が打ち消し合うので和は $0$。したがって $\mathrm{tr}U=(m_1-m_{-1})+i(m_i-m_{-i})=0$ より $m_1=m_{-1}$，$m_i=m_{-i}$。

以上より $m_1=m_{-1}=3$，$m_i=m_{-i}=2$。

検算: 合計 $3+3+2+2=10$。これは $N=4m+2$ ($m=2$) のときの既知の結果 $(m+1,m+1,m,m)$ とも一致する。