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整数論の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学整数論

$p$ を奇素数とする。整数 $a$ に対し、 $(\frac{a}{p})$ はルジャンドル記号を表す（ $p ∣ a$ のときは $(\frac{a}{p}) = 0$ と定める）。

$1 \leq n \leq p - 3$ を満たす整数 $n$ のうち、 $n$ と $n + 2$ がともに $p$ を法とする平方剰余であるものの個数を $N$ とする（ $p = 3$ のときは $N = 0$ である）。このとき
$N = \frac{1}{4} (p - 5 - 2 (\frac{- 1}{p}) - (\frac{2}{p}) - (\frac{- 2}{p}))$
が成り立つことを証明せよ。

ただし、ルジャンドル記号の乗法性 $(\frac{ab}{p}) = (\frac{a}{p}) (\frac{b}{p})$ 、 $a \equiv b (mod p)$ ならば $(\frac{a}{p}) = (\frac{b}{p})$ であること、および $1, 2, \dots, p - 1$ のうち平方剰余と平方非剰余がちょうど $\frac{p - 1}{2}$ 個ずつあることは用いてよい。

この問題で使うもの

この問題を解けるようになるまで（35 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$n$ と $n + 2$ がともに平方剰余のとき $1$ 、そうでないとき $0$ になる量をルジャンドル記号で表し、 $n = 1$ から $p - 3$ まで加えることを考える。

ヒント 2

$\frac{1}{4} (1 + (\frac{n}{p})) (1 + (\frac{n + 2}{p}))$ を展開すると $(\frac{n ( n + 2 )}{p})$ の和が現れる。 $n^{- 1}$ を法 $p$ での逆元として $n (n + 2) \equiv n^{2} (1 + 2 n^{- 1}) (mod p)$ と変形する。

ヒント 3

$\sum_{a = 1}^{p - 1} (\frac{a}{p}) = 0$ から、 $\sum_{n = 1}^{p - 3} (\frac{n}{p})$ と $\sum_{n = 1}^{p - 3} (\frac{n + 2}{p})$ は除いた 2 項の記号で表せる。残る和では、 $n \mapsto 1 + 2 n^{- 1}$ が $0$ でない剰余類から $1$ 以外の剰余類への全単射であることと、除かれる $n \equiv - 1, - 2$ の行き先を調べる。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$n, n + 2$ がともに平方剰余かどうかを $\frac{1}{4} (1 + (\frac{n}{p})) (1 + (\frac{n + 2}{p}))$ のような $0$ / $1$ の値をとる式で表し、 $4 N$ を 4 つの和に分解している（2 点）
$\sum_{a = 1}^{p - 1} (\frac{a}{p}) = 0$ を使い、 $\sum_{n = 1}^{p - 3} (\frac{n}{p}) = - (\frac{- 1}{p}) - (\frac{- 2}{p})$ と $\sum_{n = 1}^{p - 3} (\frac{n + 2}{p}) = - 1 - (\frac{2}{p})$ を、除いた項を明示して求めている（2 点）
$(\frac{n ( n + 2 )}{p}) = (\frac{1 + 2 n ^{- 1}}{p})$ を、 $n^{2}$ の記号が $1$ であることと乗法性から示している（2 点）
$n \mapsto 1 + 2 n^{- 1}$ が $0$ でない剰余類から $1$ 以外の剰余類への全単射であること（ $p$ が奇数で $2$ が可逆であることを含む）を示し、除かれる $n \equiv - 1, - 2$ が $- 1, 0$ に移ることを確かめている（3 点）
$\sum_{n = 1}^{p - 3} (\frac{n ( n + 2 )}{p}) = - 1 - (\frac{- 1}{p})$ を求め、4 つの和を合計して結論の式を導いている（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

方針. 「 $n$ と $n + 2$ がともに平方剰余である」ことを $0$ か $1$ をとるルジャンドル記号の式で表し、 $n$ について和をとる。現れる 4 つの和を、 $\sum_{a = 1}^{p - 1} (\frac{a}{p}) = 0$ と、逆元をとる写像の全単射性を使って計算する。

ステップ 1（個数を和で表す）. $1 \leq n \leq p - 3$ のとき、 $n$ と $n + 2$ はどちらも $1$ 以上 $p - 1$ 以下なので $p$ で割り切れず、 $(\frac{n}{p}), (\frac{n + 2}{p})$ はそれぞれ $1$ か $- 1$ である。 $ε \in {1, - 1}$ に対して $\frac{1 + ε}{2}$ は $ε = 1$ のとき $1$ 、 $ε = - 1$ のとき $0$ なので、
$\frac{1}{4} (1 + (\frac{n}{p})) (1 + (\frac{n + 2}{p}))$
は、 $n$ と $n + 2$ がともに平方剰余のとき $1$ 、そうでないとき $0$ である。これを $n = 1, \dots, p - 3$ について加えたものが $N$ である（ $p = 3$ のときは和の範囲が空で、両辺とも $0$ として以下の議論がそのまま成り立つ）。展開して乗法性 $(\frac{n}{p}) (\frac{n + 2}{p}) = (\frac{n ( n + 2 )}{p})$ を使うと
$4 N = S_{1} + S_{2} + S_{3} + S_{4},$
$S_{1} = n = 1 \sum p - 3 1, S_{2} = n = 1 \sum p - 3 (\frac{n}{p}), S_{3} = n = 1 \sum p - 3 (\frac{n + 2}{p}), S_{4} = n = 1 \sum p - 3 (\frac{n ( n + 2 )}{p})$
となる。

ステップ 2（基本の和）. $1, \dots, p - 1$ のうち値 $1$ をとるもの（平方剰余）と値 $- 1$ をとるもの（平方非剰余）がちょうど $\frac{p - 1}{2}$ 個ずつあるので
$a = 1 \sum p - 1 (\frac{a}{p}) = \frac{p - 1}{2} - \frac{p - 1}{2} = 0 (1)$
である。

ステップ 3（ $S_{1}, S_{2}, S_{3}$ ）. まず $S_{1} = p - 3$ である。

$S_{2}$ の和の範囲 ${1, \dots, p - 3}$ は、 ${1, \dots, p - 1}$ から相異なる 2 つの数 $p - 2, p - 1$ を除いたものである。 $p - 2 \equiv - 2$ 、 $p - 1 \equiv - 1 (mod p)$ なので、 $(1)$ より
$S_{2} = 0 - (\frac{- 2}{p}) - (\frac{- 1}{p}) .$

$S_{3}$ は $m = n + 2$ とおくと $m$ が $3$ から $p - 1$ まで動く和で、これは ${1, \dots, p - 1}$ から相異なる 2 つの数 $1, 2$ を除いたもの（ $p \geq 3$ より $2 \leq p - 1$ ）である。 $(\frac{1}{p}) = 1$ なので、 $(1)$ より
$S_{3} = 0 - 1 - (\frac{2}{p}) .$

ステップ 4（ $S_{4}$ ）. $1 \leq n \leq p - 1$ を満たす各 $n$ に対し、 $p ∤ n$ なので $n n ˉ \equiv 1 (mod p)$ を満たす $1 \leq n ˉ \leq p - 1$ がただ 1 つ存在する。このとき
$n^{2} (1 + 2 n ˉ) = n^{2} + 2 n \cdot n n ˉ \equiv n^{2} + 2 n = n (n + 2) (mod p)$
である。 $1 \leq n \leq p - 3$ のとき、乗法性と $(\frac{n}{p})^{2} = 1$ から
$(\frac{n ( n + 2 )}{p}) = (\frac{n}{p})^{2} (\frac{1 + 2 n ˉ}{p}) = (\frac{1 + 2 n ˉ}{p})$
となる。

ここで、 $p$ を法とする剰余類で考え、 $0$ でない剰余類全体を $R^{\times}$ 、剰余類全体を $R$ とおく。写像 $f : R^{\times} \to R, f (n) = 1 + 2 n ˉ$ を考える。

$n \mapsto n ˉ$ は $R^{\times}$ からそれ自身への写像で、 $n ˉ ˉ = n$ なので全単射である。
$p$ は奇数なので $2$ は法 $p$ で逆元をもち、 $x \mapsto 2 x$ は $R^{\times}$ からそれ自身への全単射である。
$y \mapsto 1 + y$ は $R$ からそれ自身への全単射で、 $R^{\times}$ （ $0$ 以外）を $1$ 以外の剰余類全体に移す。

よって $f$ は $R^{\times}$ から「 $1$ 以外の剰余類全体」への全単射である。 $S_{4}$ の和の範囲は、 $R^{\times}$ の代表 ${1, \dots, p - 1}$ から $n = p - 2$ と $n = p - 1$ を除いたものである。

$n = p - 1 \equiv - 1$ のとき、 $(- 1) (- 1) = 1$ より $n ˉ \equiv - 1$ で、 $f (n) \equiv 1 - 2 = - 1$ 。
$n = p - 2 \equiv - 2$ のとき、 $n ˉ$ は $- 2 n ˉ \equiv 1$ を満たすので $2 n ˉ \equiv - 1$ で、 $f (n) \equiv 1 - 1 = 0$ 。

$f$ は単射なので、 $n$ が $1, \dots, p - 3$ を動くとき、 $1 + 2 n ˉ$ は「 $1, 0, - 1$ 以外の剰余類」をちょうど 1 回ずつ動く（ $p \geq 3$ より $1, 0, - 1$ は相異なる剰余類である）。 $0$ の記号の値は $0$ なので、 $(1)$ から $a \equiv 1$ と $a \equiv - 1$ の項を除いて
$S_{4} = 0 - (\frac{1}{p}) - (\frac{- 1}{p}) = - 1 - (\frac{- 1}{p})$
を得る。

ステップ 5（結論）. 以上を合計すると
$4 N = (p - 3) - (\frac{- 2}{p}) - (\frac{- 1}{p}) - 1 - (\frac{2}{p}) - 1 - (\frac{- 1}{p}) = p - 5 - 2 (\frac{- 1}{p}) - (\frac{2}{p}) - (\frac{- 2}{p}) .$
したがって
$N = \frac{1}{4} (p - 5 - 2 (\frac{- 1}{p}) - (\frac{2}{p}) - (\frac{- 2}{p}))$
が成り立つ。 $■$

（確認: $p = 11$ のとき平方剰余は $1, 3, 4, 5, 9$ で、条件を満たす $n$ は $n = 1, 3$ の 2 個。 $(\frac{- 1}{11}) = - 1$ 、 $(\frac{2}{11}) = - 1$ 、 $(\frac{- 2}{11}) = 1$ より右辺は $\frac{11 - 5 + 2 + 1 - 1}{4} = 2$ で一致する。）

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