フーリエ解析の問題

$F^2$ と $F^4$. $(F^{2}x{)}_k=\frac{1}{N}\sum _m(\sum _n{x}_n{\omega }^{nm}){\omega }^{mk}=\frac{1}{N}\sum _n{x}_n\sum _m{\omega }^{m(n+k)}$。内側の和は $n\equiv -k(\mathrm{mod}N)$ のとき $N$、それ以外は $0$ なので $(F^{2}x{)}_k=x_{-k}$（添字は $\mathrm{mod}N$）。つまり $F^2$ は反転 $n\mapsto -n$ で、$F^4=I$。多項式 $t^4-1$ は重根をもたないので $F$ は対角化可能で、固有値は $t^4=1$ の解 $1,-1,i,-i$ のどれかである。

トレースを計算する.
- $\mathrm{tr}I=8$。
- $\mathrm{tr}F=\frac{1}{\sqrt{8}}\sum _{n=0}^7{\omega }^{n^2}=\frac{G(8)}{\sqrt{8}}=\frac{(1+i)\sqrt{8}}{\sqrt{8}}=1+i$。
- $\mathrm{tr}{F}^2$ は反転 $n\mapsto -n(\mathrm{mod}8)$ の固定点の個数。$2n\equiv 0(\mathrm{mod}8)$ より $n=0,4$ の 2 個なので $\mathrm{tr}{F}^2=2$。
- $F$ はユニタリなので $F^3=F^{-1}=F^{\ast }$ で、$\mathrm{tr}{F}^3=\overline{\mathrm{tr}F}=1-i$。

連立方程式. $F$ を対角化すると、$\mathrm{tr}{F}^j=m_1+(-1{)}^j{m}_{-1}+i^j{m}_i+(-i{)}^j{m}_{-i}$ なので
$$\begin{array}{rlr}{m}_1+m_{-1}+m_i+m_{-i}& =8& (1)\\ (m_1-m_{-1})+i(m_i-m_{-i})& =1+i& (2)\\ m_1+m_{-1}-m_i-m_{-i}& =2& (3)\end{array}$$
（$\mathrm{tr}{F}^3$ の式は $(2)$ の共役で同じ情報）。重複度は整数（実数）なので $(2)$ の実部・虚部を比べて $m_1-m_{-1}=1$, $m_i-m_{-i}=1$。$(1),(3)$ から $m_1+m_{-1}=5$, $m_i+m_{-i}=3$。よって
$$m_1=3,m_{-1}=2,m_i=2,m_{-i}=1.$$

答えは $(3,2,2,1)$。

$F$ はユニタリで $F^{2}x=(x_{-n})$（添字は mod 8）、$F^4=I$ なので固有値は $1,-1,i,-i$ のみ。

$F^2$ は反転 $n\mapsto -n$ で、固定点は $n=0,4$、残り $\{1,7\},\{2,6\},\{3,5\}$ は互換。よって $F^2$ の固有値 $+1$ の重複度は $2+3=5$、$-1$ の重複度は $3$。したがって $m_1+m_{-1}=5$、$m_i+m_{-i}=3$。

トレース: $\mathrm{tr}F=\frac{1}{\sqrt{8}}{\sum }_n{\omega }^{n^2}=\frac{G(8)}{\sqrt{8}}=1+i$（$8\equiv 0(\mathrm{mod}4)$ より $G(8)=(1+i)\sqrt{8}$）。一方 $\mathrm{tr}F=(m_1-m_{-1})+i(m_i-m_{-i})$。

よって $m_1-m_{-1}=1$、$m_i-m_{-i}=1$。

$m_1+m_{-1}=5$ から $m_1=3,m_{-1}=2$。$m_i+m_{-i}=3$ から $m_i=2,m_{-i}=1$。

検算: 合計 $3+2+2+1=8=N$。$\mathrm{tr}F=3-2+i(2-1)=1+i$ で一致。さらに $\mathrm{tr}{F}^2=m_1+m_{-1}-m_i-m_{-i}\cdot$ ではなく $(m_1+m_{-1})-(m_i+m_{-i})=5-3=2$ で、反転の固定点の個数 2 と一致する。

答え: $(m_1,m_{-1},m_i,m_{-i})=(3,2,2,1)$。