用户: 数学迷/特征和

2021 年 7 月我给一些高中生讲了几节课, 这是其讲义. 也算是温故而知新.

我的集训队作业中载有这样一道题: 给定正整数 $n$; 证明充分大的素数 $p$ 皆满足对任意 $b\in \mathbb{Z}/p$, 方程 $x^n-y^n=b$ 在 $\mathbb{Z}/p$ 中有解. 这有个用 Ramsey 理论的证明, 但这里我想讲特征和的方法. 这一方法可以得到此方程的解数与 $p$ 相差小于 $n^2\sqrt{p}$. 它对多元对角方程$$\sum _{i=1}^r{a}_i{x}_i^{n_i}=b$$也能给出类似的估计, 得到其解数与 $p^{r-1}$ 相差 $O(p^{\frac{r-1}{2}})$. 此外, 现代理论还表明未必对角, 即未必形如上式的 $r$ 元方程也有类似而弱一些的估计.

1基本定义及性质

固定素数 $p$. 模 $\mathbf{p}$ 特征指的是映射 $\chi :(\mathbb{Z}/p{)}^{\times }\to {\mathbb{C}}^{\times }$, 满足 $\chi (ab)=\chi (a)\chi (b)$, 即它保持乘法. 设 $g$ 是模 $p$ 原根, 即 $(\mathbb{Z}/p{)}^{\times }=\{1,g,\dots ,g^{p-2}\}$, 便有特征 $\chi$ 被 $\chi (g)$ 决定, 因为 $\chi (g^n)=\chi (g{)}^n$. 由于 $g^{p-1}=1$, $\chi (g)$ 要取值在 $p-1$ 次单位根, 故模 $p$ 特征共有 $p-1$ 个, 在 $g$ 上取值分别为 $e^{\frac{2k\pi i}{p-1}}$, $k=0,\dots ,p-2$.

取值恒为 $1$ 的特征称为平凡特征, 记作 $1$, 其余的称为非平凡特征. 我们约定平凡特征在 $0$ 处取值为 $1$, 非平凡特征在 $0$ 处取值为 $0$, 这样就把特征看成 $\mathbb{Z}/p$ 到 $\mathbb{C}$ 的函数. 显然对特征 $\chi$, $$\sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\chi (a)=\{\begin{array}{ll}p,& \chi =1.\\ 0,& \chi \ne 1.\end{array}$$最经典的非平凡特征是 Legendre 符号, 即二次剩余符号 $\left(\frac{a}{p}\right)=a^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{mod}p$, 当 $a$ 是模 $p$ 二次剩余时取值 $1$, 否则取值 $-1$. $n$ 次方等于 $1$, 即取值在 $n$ 次单位根的特征称为 $\mathbf{n}$ 阶特征. 由于特征的取值都是 $p-1$ 次单位根, 故 $n$ 阶特征就是 $\gcd (n,p-1)$ 阶特征. 把 $n$ 换成 $\gcd (n,p-1)$ 可设 $n\mid p-1$, 则 $n$ 阶特征共有 $n$ 个, 在一个原根 $g$ 上取值分别为 $e^{\frac{2k\pi i}{n}}$, $k=0,\dots ,n-1$. 于是类似地, $$\sum _{{\chi }^n=1}\chi (g^m)=\{\begin{array}{ll}n,& n\mid m.\\ 0,& n\nmid m.\end{array}$$

特征有什么好处呢? 我们先来展示用它计算方程 $x^2+y^2=1$ 模 $p$ 的解数, 其中 $p>2$. 以下用字母 $N$ 来表示方程模 $p$ 的解数, 当 $p$ 不固定时写 $N_p$. 则由于 $x^2=a$ 在 $a$ 为二次剩余时有两个解, $a$ 为非二次剩余时无解, $a=0$ 时有一个解, 所以 $N(x^2=a)=1+\left(\frac{a}{p}\right)$. 于是$$\begin{array}{rl}N(x^2+y^2=1)& =\sum _{a+b=1}N(x^2=a)N(y^2=b)\\ & =\sum _{a+b=1}\left(1+\left(\frac{a}{p}\right)\right)\left(1+\left(\frac{b}{p}\right)\right)=p+\sum _{a+b=1}\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right),\end{array}$$其中最后一个等号是因为 Legendre 符号是非平凡特征, ${\sum }_{a\in \mathbb{Z}/p}\left(\frac{a}{p}\right)=0$. 所以需要求出上式最后一项. 利用特征的乘性以及二次剩余的性质计算$$\begin{array}{rl}\sum _{a+b=1}\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)& =\sum _{a+b=1}\left(\frac{ab}{p}\right)=\sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\left(\frac{a(1-a)}{p}\right)=\sum _{a\ne 0}\left(\frac{(1-a)/a}{p}\right)\\ & =\sum _{a\ne 0}\left(\frac{1/a-1}{p}\right)=\sum _{c\ne -1}\left(\frac{c}{p}\right)=-\left(\frac{-1}{p}\right)=-(-1{)}^{\frac{p-1}{2}},\end{array}$$从而$$N(x^2+y^2=1)=p-(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}.$$

相信这段计算已经展示出了特征的方便之处. 为处理一般情形, 需先观察 $x^n=a$ 模 $p$ 的解数. 由费马小定理, 模 $p$ 的 $n$ 次方数与 $\gcd (n,p-1)$ 次方数一样, 故可将 $n$ 换成 $\gcd (n,p-1)$, 设 $n\mid p-1$. 仍设 $g$ 为模 $p$ 原根, 则对每个 $a\in (\mathbb{Z}/p{)}^{\times }$, 存在唯一 $k\in \{0,1,\dots ,p-2\}$ 使 $a=g^k$, 且$$N(x^n=a)=\{\begin{array}{ll}n,& n\mid k;\\ 0,& n\nmid k;\end{array}$$所以 $N(x^n=a)={\sum }_{{\chi }^n=1}\chi (a)$. 注意 $a=0$ 时这等式也对. 这样便可对 $n_1,\dots ,n_r\mid p-1$ 计算$$\begin{array}{rl}N(a_1{x}_1^{n_1}+\cdots +a_r{x}_r^{n_r}=b)& =\sum _{c_1+\cdots +c_r=b}N(a_1{x}_1^{n_1}=c_1)\cdots N(a_r{x}_r^{n_r}=c_r)\\ & =\sum _{c_1+\cdots +c_r=b}\left(\sum _{{\chi }^{n_1}=1}\chi (c_1/a_1)\right)\cdots \left(\sum _{{\chi }^{n_r}=1}\chi (c_r/a_r)\right)\\ & =\sum _{{\chi }_1^{n_1}=\cdots ={\chi }_r^{n_r}=1}\frac{1}{{\chi }_1(a_1)\cdots {\chi }_r(a_r)}\sum _{c_1+\cdots +c_r=b}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_r(c_r).\end{array}$$所以为了估计左边, 就需要计算$$\sum _{c_1+\cdots +c_r=b}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_r(c_r).$$这一求和称为 Jacobi 和, 记作 $J_b({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)$. 由于 $b\ne 0$ 时$$\begin{array}{rl}{J}_b({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)& =\sum _{c_1+\cdots +c_r=b}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_r(c_r)\\ & =\sum _{d_1+\cdots +d_r=1}{\chi }_1(b{d}_1)\cdots {\chi }_r(b{d}_r)=({\chi }_1\cdots {\chi }_r)(b)J_1({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r),\end{array}$$所以实际上只需计算 $J_1$ 和 $J_0$. $J_1$ 也简记作 $J$.

2模长估计

接下来估计 Jacobi 和. 主要结论是$$|J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)|=\{\begin{array}{ll}{p}^{r-1},& \forall i,{\chi }_i=1.\\ 0,& \exists i,{\chi }_i=1;\exists j,{\chi }_j\ne 1.\\ p^{\frac{r}{2}-1},& \forall i,{\chi }_i\ne 1;{\chi }_1\cdots {\chi }_r=1.\\ p^{\frac{r-1}{2}},& \forall i,{\chi }_i\ne 1;{\chi }_1\cdots {\chi }_r\ne 1.\end{array}$$以及$$|J_0({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)|=\{\begin{array}{ll}{p}^{r-1},& \forall i,{\chi }_i=1.\\ (p-1)p^{\frac{r}{2}-1},& \forall i,{\chi }_i\ne 1;{\chi }_1\cdots {\chi }_r=1.\\ 0,& {\chi }_1\cdots {\chi }_r\ne 1或(\exists i,{\chi }_i=1;\exists j,{\chi }_j\ne 1).\end{array}$$其中第一种情况很显然: 每个 ${\chi }_i$ 都平凡那么求和当然是 $p^{r-1}$. 第二种情况也不困难: 比如 ${\chi }_r=1$, 则有$$\begin{array}{rl}{J}_b({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)& =\sum _{c_1+\cdots +c_r=b}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_r(c_r)\\ & =\sum _{c_1,\dots ,c_{r-1}\in \mathbb{Z}/p}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_{r-1}(c_{r-1})=\prod _{i=1}^{r-1}\sum _{c_i\in \mathbb{Z}/p}{\chi }_i(c_i)=0,\end{array}$$因为存在非平凡的 ${\chi }_i$, 乘积式中有 $0$. 困难的是后两种情况, 我们一一处理. 故下设这些特征都非平凡. 首先把 $J_0$ 化归到 $J$: $$\begin{array}{rl}{J}_0({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)& =\sum _{c_1+\cdots +c_r=0}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_r(c_r)=\sum _{c_r\in \mathbb{Z}/p}\left(\sum _{c_1+\cdots +c_{r-1}=-c_r}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_{r-1}(c_{r-1})\right){\chi }_r(c_r)\\ & =\sum _{c_r\ne 0}{J}_{-c_r}({\chi }_1,\dots ,{\chi }_{r-1}){\chi }_r(c_r)=\sum _{c_r\ne 0}({\chi }_1\cdots {\chi }_{r-1})(-c_r)J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_{r-1}){\chi }_r(c_r)\\ & ={\chi }_r(-1)J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_{r-1})\sum _{c_r\ne 0}({\chi }_1\cdots {\chi }_r)(-c_r).\end{array}$$所以$$J_0({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)=\{\begin{array}{ll}(p-1){\chi }_r(-1)J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_{r-1}),& {\chi }_1\cdots {\chi }_r=1.\\ 0,& {\chi }_1\cdots {\chi }_r\ne 1.\end{array}$$故只需估计 $J$. 其次, 类比二次剩余的计算, 可以得到一个简单情形: $$J({\chi }^{-1},\chi )=-\chi (-1).$$这是因为$$\begin{array}{rl}J({\chi }^{-1},\chi )& =\sum _{a+b=1}{\chi }^{-1}(a)\chi (b)=\sum _{a+b=1,a\ne 0}\chi (b/a)\\ & =\sum _{a\ne 0}\chi ((1-a)/a)=\sum _{a\ne 0}\chi (1/a-1)=\sum _{c\ne -1}\chi (c)=-\chi (-1).\end{array}$$类似地, $$J_0({\chi }^{-1},\chi )=(p-1)\chi (-1).$$最后的计算便是 Gauss 的魔法. 他用另一个和式来估计 Jacobi 和. 对特征 $\chi$ 以及 $k\in \mathbb{Z}/p$, 定义$$g_k(\chi )=\sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\chi (a){\zeta }_p^{ka},$$称为 Gauss 和, 其中 ${\zeta }_p=e^{\frac{2\pi i}{p}}$. 显然对非平凡的 $\chi$, $g_0(\chi )=0$. 对 $k\ne 0$, $$g_k(\chi )=\sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\chi (a){\zeta }_p^{ka}=\frac{1}{\chi (k)}\sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\chi (ka){\zeta }_p^{ka}=\frac{g_1(\chi )}{\chi (k)},$$故同样只用算 $g_1$. 也把 $g_1$ 记作 $g$. 由于对非平凡的 $\chi$,$$\begin{array}{rl}(p-1)|g(\chi ){|}^2& =\sum _{k\in \mathbb{Z}/p}|g_k(\chi ){|}^2=\sum _{k\in \mathbb{Z}/p}\left(\sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\chi (a){\zeta }_p^{ka}\right)\left(\sum _{b\in \mathbb{Z}/p}\overline{\chi (b)}{\zeta }_p^{-kb}\right)\\ & =\sum _{a,b\in \mathbb{Z}/p}\chi (a)\overline{\chi (b)}\sum _{k\in \mathbb{Z}/p}{\zeta }_p^{k(a-b)}=p\sum _{a=b\in \mathbb{Z}/p}\chi (a)\overline{\chi (b)}=p(p-1),\end{array}$$所以 $|g(\chi )|=\sqrt{p}$. 然后计算$$\begin{array}{rl}g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r)& =\left(\sum _{a_1\in \mathbb{Z}/p}{\chi }_1(a_1){\zeta }_p^{a_1}\right)\cdots \left(\sum _{a_r\in \mathbb{Z}/p}{\chi }_r(a_r){\zeta }_p^{a_r}\right)\\ & =\sum _{a_1,\dots ,a_r\in \mathbb{Z}/p}{\chi }_1(a_1)\cdots {\chi }_r(a_r){\zeta }_p^{a_1+\cdots +a_r}=\sum _{b\in \mathbb{Z}/p}\left(\sum _{a_1+\cdots +a_r=b}{\chi }_1(a_1)\cdots {\chi }_r(a_r)\right){\zeta }_p^b\\ & =\sum _{b\in \mathbb{Z}/p}{J}_b({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r){\zeta }_p^b=J_0({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)+J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)\sum _{b\ne 0}({\chi }_1\cdots {\chi }_r)(b){\zeta }_p^b.\end{array}$$当 ${\chi }_1\cdots {\chi }_r\ne 1$ 时, 由前面对 $J_0$ 的计算, $J_0({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)=0$, 上式给出$$J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)=\frac{g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r)}{g({\chi }_1\cdots {\chi }_r)},$$模长为 $\frac{(\sqrt{p}{)}^r}{\sqrt{p}}=p^{\frac{r-1}{2}}$. 当 ${\chi }_1\cdots {\chi }_r=1$ 时, ${\sum }_{b\ne 0}({\chi }_1\cdots {\chi }_r)(b){\zeta }_p^b=-1$, 上式给出$$J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)=J_0({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)-g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r).$$当 $r=2$ 时这给出$$J({\chi }^{-1},\chi )=J_0({\chi }^{-1},\chi )-g({\chi }^{-1})g(\chi );$$而 $J({\chi }^{-1},\chi )=-\chi (-1)$, $J_0({\chi }^{-1},\chi )=(p-1)\chi (-1)$, 从而 $g({\chi }^{-1})g(\chi )=p\chi (-1)$. 代入 $\chi ={\chi }_r$, 则 ${\chi }_1\cdots {\chi }_{r-1}={\chi }^{-1}$, 于是有 $g({\chi }_1\cdots {\chi }_{r-1})g({\chi }_r)=p{\chi }_r(-1)$. 现在由前面对 $J_0$ 的计算, $$\begin{array}{rl}J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)& =(p-1){\chi }_r(-1)J({\chi }_1,\dots ,{\chi }_{r-1})-g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r)\\ & =(p-1){\chi }_r(-1)\frac{g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_{r-1})}{g({\chi }_1\cdots {\chi }_{r-1})}-g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r)\\ & =(p-1)\frac{g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r)}{p}-g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r)=-\frac{g({\chi }_1)\cdots g({\chi }_r)}{p},\end{array}$$模长为 $\frac{(\sqrt{p}{)}^r}{p}=p^{\frac{r}{2}-1}$. 这样便算出了所有想要的估计.

所以方程的解数也有估计: $$\begin{array}{rl}N(a_1{x}_1^{n_1}+\cdots +a_r{x}_r^{n_r}=b)& =\sum _{{\chi }_1^{n_1}=\cdots ={\chi }_r^{n_r}=1}\frac{1}{{\chi }_1(a_1)\cdots {\chi }_r(a_r)}\sum _{c_1+\cdots +c_r=b}{\chi }_1(c_1)\cdots {\chi }_r(c_r)\\ & =\sum _{{\chi }_1^{n_1}=\cdots ={\chi }_r^{n_r}=1}\frac{J_b({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)}{{\chi }_1(a_1)\cdots {\chi }_r(a_r)}\\ & =p^{r-1}+\sum _{{\chi }_1^{n_1}=\cdots ={\chi }_r^{n_r}=1,\forall i,{\chi }_i\ne 1}\frac{J_b({\chi }_1,\dots ,{\chi }_r)}{{\chi }_1(a_1)\cdots {\chi }_r(a_r)},\end{array}$$所以$$|N(a_1{x}_1^{n_1}+\cdots +a_r{x}_r^{n_r}=b)-p^{r-1}|\le \{\begin{array}{ll}(n_1-1)\cdots (n_r-1)(p-1)p^{\frac{r}{2}-1},& b=0.\\ (n_1-1)\cdots (n_r-1)p^{\frac{r-1}{2}},& b\ne 0.\end{array}$$即当 $b=0$, $r\ge 3$ 或 $b\ne 0$, $r\ge 2$ 时, $a_1{x}_1^{n_1}+\cdots +a_r{x}_r^{n_r}=b$ 模 $p$ 的解数关于 $p$ 渐进地是 $p^{r-1}$.

3小情形的具体计算

在元数和幂次都比较小的情形, 方程的解数是可以计算的, 一开始对 $x^2+y^2=1$ 的具体计算是个例子. 这里再展示一个例子: $p\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ 时, $$N(x^3+y^3=1)=p-2+A,$$其中整数 $A$ 满足 $4p=A^2+27B^2$, $A\equiv 1(\mathrm{mod}3)$. 我们仍用 Jacobi 和做计算. 记 $\omega =\frac{1+\sqrt{-3}}{2}$ 为三次单位根, 取模 $p$ 原根 $g$, 记 $\chi$ 为在 $g$ 上取值 $\omega$ 的特征, 则$$\begin{array}{rl}N(x^3+y^3=1)& =\sum _{a+b=1}N(x^3=a)N(y^3=b)=\sum _{a+b=1}(1+\chi (a)+{\chi }^2(a))(1+\chi (b)+{\chi }^2(b))\\ & =p+J(\chi ,\chi )+2J(\chi ,{\chi }^2)+J({\chi }^2,{\chi }^2).\end{array}$$由于 ${\chi }^3=1$, ${\chi }^2={\chi }^{-1}=\bar{\chi }$. 又 $\chi (-1{)}^2=\chi ((-1{)}^2)=1$ 且 $\chi (-1{)}^3=({\chi }^3)(-1)=1$, 有 $\chi (-1)=1$. 所以 $J(\chi ,{\chi }^2)=-\chi (-1)=-1$, 上式右边就是$$p-2+2\mathrm{Re}J(\chi ,\chi ).$$尚需求出 $J(\chi ,\chi )$. 由于 $\chi$ 的取值只有 $1$, $\omega$, ${\omega }^2=-1-\omega$, 可设 $J(\chi ,\chi )=a+b\omega$, $a,b\in \mathbb{Z}$. 首先由 $|J(\chi ,\chi )|=\sqrt{p}$ 即知 $a^2-ab+b^2=p$. 其次由 $g(\chi )g({\chi }^2)=g(\chi )g({\chi }^{-1})=p\chi (-1)=p$, $$J(\chi ,\chi )=\frac{g(\chi {)}^2}{g({\chi }^2)}=\frac{g(\chi {)}^3}{p}.$$而$$g(\chi {)}^3={\left(\sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\chi (a){\zeta }_p^a\right)}^3\equiv \sum _{a\in \mathbb{Z}/p}\chi (a{)}^3{\zeta }_p^{3a}=\sum _{a\ne 0}{\zeta }_p^{3a}=-1(\mathrm{mod}3),$$$p\equiv 1(\mathrm{mod}3)$, 所以 $J(\chi ,\chi )\equiv -1(\mathrm{mod}3)$, 即 $a\equiv -1(\mathrm{mod}3)$, $b\equiv 0(\mathrm{mod}3)$. 令 $A=2a-b=2\mathrm{Re}J(\chi ,\chi )$, $B=b/3$, 则 $A^2+27B^2=4p$, $A\equiv 1(\mathrm{mod}3)$, 即所欲证. 作为竞赛练习, 同学们可试图验证这样的 $A$ 被 $p$ 唯一确定. 这可用环 $\mathbb{Z}[\omega ]=\{a+b\omega \mid a,b\in \mathbb{Z}\}$ 的唯一分解证明, 大概也有纯初等的证法. 感兴趣的同学还可以算算诸如 $x^4+y^2=1$, $x_1^2+\cdots +x_r^2=1$ 之类的方程解数.

4现代评注

这节是我后加的.

取定有限域 ${\mathbb{F}}_q$ 以及素数 $\ell \nmid q$. 以 $X$ 记方程$$\sum _{i=1}^r{a}_i{x}_i^{n_i}=b$$对应的代数簇. 设 $n_1,\dots ,n_r,b$ 都在 ${\mathbb{F}}_q$ 上非零, 那么 $X$ 在 ${\mathbb{F}}_q$ 上 $r-1$ 维光滑. Grothendieck 告诉我们$$Z_X(t)=\det (1-tF|R{\Gamma }_{\mathrm{c}}(X,\overline{{\mathbb{Q}}_{\ell }})),$$其中 $F$ 指紧支上同调 $R{\Gamma }_{\mathrm{c}}(X,\overline{{\mathbb{Q}}_{\ell }})$ 的几何 Frobenius 自同态, 如果我没记错.

(接下来反正写出特征和结果的上同调解释.)

参考文献

[1]	Kenneth Ireland, Michael Rosen (1990). A Classical Introduction to Modern Number Theory. Graduate Texts in Mathematics 84. Springer, New York.
[2]	Reinhardt Kiehl, Rainer Weissauer (2001). Weil Conjectures, Perverse Sheaves and $l$-adic Fourier Transform. A Series of Modern Surveys in Mathematics 42. Springer–Verlag Berlin Heidelberg.