解析的整数論の問題

1. 分解. 中国剰余定理より $(\mathbb{Z}/N\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong (\mathbb{Z}/9{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/7{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/13{)}^{\times }$ であり、法 $N$ の指標は $\chi ={\chi }_9{\chi }_5{\chi }_7{\chi }_{13}$（各 ${\chi }_q$ は法 $q$ の指標）と一意に分解される。導手は各成分の導手の積なので、$\chi$ が原始的であることと、各成分が原始的であることは同値である。

2. 各成分のパラメータ表示. ${\zeta }_m=e^{2\pi i/m}$ とする。
- 法 $9$：$(\mathbb{Z}/9{)}^{\times }$ は位数 $6$ の巡回群で $2$ が生成元。${\chi }_9(2)={\zeta }_6^k$ $(0\le k\le 5)$。法 $3$ への還元の核は $\{1,4,7\}=⟨2^2⟩$ なので、${\chi }_9$ が法 $3$ から誘導されるのは ${\zeta }_6^{2k}=1$、すなわち $k\in \{0,3\}$ のとき。よって原始的なのは $k\in \{1,2,4,5\}$。また $-1\equiv 8=2^3$ より ${\chi }_9(-1)=(-1{)}^k$。
- 法 $5$：生成元 $2$、${\chi }_5(2)=i^j$。原始的 $⟺$ 非自明 $⟺j\in \{1,2,3\}$。$-1\equiv 2^2$ より ${\chi }_5(-1)=(-1{)}^j$。
- 法 $7$：生成元 $3$、${\chi }_7(3)={\zeta }_6^{j^{\prime }}$、原始的 $⟺j^{\prime }\in \{1,2,3,4,5\}$。$2\equiv 3^2$ より ${\chi }_7(2)={\zeta }_3^{j^{\prime }}$、$-1\equiv 3^3$ より ${\chi }_7(-1)=(-1{)}^{j^{\prime }}$。
- 法 $13$：$2^6=64\equiv -1$ より $2$ は位数 $12$ の生成元。${\chi }_{13}(2)={\zeta }_{12}^t$、原始的 $⟺t\in \{1,\dots ,11\}$。${\chi }_{13}(-1)={\chi }_{13}(2^6)=(-1{)}^t$。

3. 条件 $\chi (2)=1$. ${\zeta }_{12}$ で書くと
$$\chi (2)={\zeta }_{12}^{2k+3j+4j^{\prime }+t}$$
なので、$\chi (2)=1⟺t\equiv -(2k+3j+4j^{\prime })(\mathrm{mod}12)$。よって $(k,j,j^{\prime })$ を決めると $t$ は法 $12$ で一意に決まり、それが原始的（$t\not\equiv 0$）であることが条件となる。

$t\equiv 0$ となる組（不適な組）を求める：$2k+3j+4j^{\prime }\equiv 0(\mathrm{mod}12)$。法 $2$ で見ると $j$ は偶数なので $j=2$。このとき $2k+6+4j^{\prime }\equiv 0(\mathrm{mod}12)$、すなわち $k\equiv 3-2j^{\prime }(\mathrm{mod}6)$。
- $j^{\prime }\equiv 0(\mathrm{mod}3)$（$j^{\prime }=3$）：$k=3$ で不適（$k\notin \{1,2,4,5\}$）。
- $j^{\prime }\equiv 1(\mathrm{mod}3)$（$j^{\prime }=1,4$）：$k=1$。
- $j^{\prime }\equiv 2(\mathrm{mod}3)$（$j^{\prime }=2,5$）：$k=5$。

よって不適な組は $(k,j,j^{\prime })=(1,2,1),(1,2,4),(5,2,2),(5,2,5)$ の $4$ 個。

4. 奇である条件. $\chi (-1)=(-1{)}^{k+j+j^{\prime }+t}$。$t\equiv -(2k+3j+4j^{\prime })(\mathrm{mod}12)$ で $12$ は偶数だから $t\equiv j(\mathrm{mod}2)$。よって
$$\chi (-1)=(-1{)}^{k+j^{\prime }+2j}=(-1{)}^{k+j^{\prime }}$$
であり、奇 $⟺k+j^{\prime }$ が奇数。

5. 数え上げ. $k\in \{1,2,4,5\}$ のうち奇数は $2$ 個・偶数は $2$ 個、$j^{\prime }\in \{1,\dots ,5\}$ のうち奇数は $3$ 個・偶数は $2$ 個。$k+j^{\prime }$ が奇数となる $(k,j^{\prime })$ は $2\cdot 2+2\cdot 3=10$ 組で、$j$ は $3$ 通りなので $(k,j,j^{\prime })$ は $30$ 組。このうち不適な $4$ 組で $k+j^{\prime }$ が奇数なのは $(1,2,4)$（和 $5$）と $(5,2,2)$（和 $7$）の $2$ 組。各適切な組に対し $t$ はちょうど $1$ 通りなので、求める個数は
$$30-2=28.$$

原始指標は各素数冪成分の原始指標の積。法9の原始指標は位数6の巡回群の指標 ${\psi }^k$（$\psi (2)={\zeta }_6$）で $k\in \{1,2,4,5\}$、法5は $a\in \{1,2,3\}$（2が生成元）、法7は3を生成元として $\chi (3)={\zeta }_6^b$、$b\in \{1,\dots ,5\}$（$2\equiv 3^2$）、法13は $\chi (2)={\zeta }_{12}^c$、$c\in \{1,\dots ,11\}$。

$\chi (2)=1$ は $2k+3a+4b+c\equiv 0(\mathrm{mod}12)$。$\chi (-1)=(-1{)}^{k+a+b+c}$（$-1=2^3$ (mod 9), $2^2$ (mod 5), $3^3$ (mod 7), $2^6$ (mod 13)）より奇は $k+a+b+c$ が奇数。

$c\equiv -(2k+3a+4b)(\mathrm{mod}12)$ で一意に決まり、$c\ne 0$ が必要。$c\equiv a(\mathrm{mod}2)$ なので奇の条件は $k+b$ が奇数。
$k+b$ 奇の組：($k$奇,$b$偶)=2·2=4、($k$偶,$b$奇)=2·3=6 の計10通り、$a$は3通りで30個。
このうち $c\equiv 0$（$2k+3a+4b\equiv 0$）となるものを除く。$a=2$ のみ可能で $k+2b\equiv 3(\mathrm{mod}6)$、$(k,b)=(1,4),(5,2)$ の2個。

よって $30-2=28$。