GL 多项式

背景

学术界 \(100\%\) 有人研究过这个，因为我证明过程几乎是 gpt 帮我想的，但是我没有搜到任何一篇（有明显提到的）文章以及任何一个（好听的）命名。

这个名字是我自己在路上想出来的，取了 Gauss 和 Legendre 的首字母，顺便致敬了 Galois，完美！

下面默认 \(p>2\) 为奇素数，多项式 \(\bmod p\) 意义下循环：即指数可任意 \(\bmod p\)​​，也即在 \(\displaystyle \mathbb{F}_p[x]/(x^p - 1)\) 环中。

记模 \(p\) 二次剩余的集合为 \(S_1\)，模 \(p\) 非二次剩余的集合为 \(S_2\)。

定理以及说明

下面我们在环 \(\displaystyle \mathbb{F}_p[x]/(x^p - 1)\) 中证明：

问题描述/记号规定

\[R_1 =\sum_{\,i\in S_1}x^i, R_2 =\sum_{\,i\in S_2}x^i, U =\sum_{\,i=1}^{p-1}x^i=R_1+R_2 \]

我称 \(U\) 为 GL 多项式。

\[f(A,B)=A+B\sum\limits_{i=1}^{p-1} x^i,g(A,B,C)=A+B\sum\limits_{i\in S_1} x^i+C\sum\limits_{i\in S_2}x^i \]

我们接下来要说明 \(f,g\) 乘法封闭。其中 \(g\) 乘法封闭即考察空间 \(\text{Span}(1,R_1,R_2)\)。

几个关键恒等式

先回顾几个常用的卷积恒等式：

• 全集和的平方

\[U^2 = (x + x^2 + \cdots + x^{p-1}\bigr)^2 = (p-1)\cdot 1 + (p-2)(x + x^2 + \cdots + x^{p-1}) \Longrightarrow U^2 = -1 - 2U \]

简单展开即可。

• 二次特征和的平方

定义 Legendre 符号 \(\chi(i)\;=\;\Bigl(\tfrac{i}{p}\Bigr)\)，\(V =\sum\limits_{\,i=1}^{p-1} \chi(i)\,x^i\)

已知对于 \(k\not\equiv 0\pmod p\)，\(\sum\limits_{\,i+j\equiv k\pmod p} \chi(i)\,\chi(j) = -\chi(-1) = -\,(-1)^{\frac{p-1}{2}}\)

而当 \(k\equiv0\pmod p\) 时，上述求和结果是 \(p-1\)。于是

\[V^2 = \sum_{i=1}^{p-1}\sum_{j=1}^{p-1} \chi(i)\chi(j)\,x^{\,i+j} = (p-1) +\sum_{k=1}^{p-1}\bigl(-(-1)^{\tfrac{p-1}{2}}\bigr)\,x^k = -1 -\delta\,U\,,\boxed{\delta = \chi(-1)} \]

• 全集和与二次特征和的混合卷积

\[U\,V \;=\;\left(\sum_{i=1}^{p-1}x^i\right)\, \left(\sum_{j=1}^{p-1}\chi(j)\,x^j\right) \;=\;\sum_{\,k=0}^{p-1}\left(\sum_{\,i+j\equiv k} \chi(j)\right)\,x^k \]

令 \(j=k\) 时 \(i=0\) 不属于 \(\{1,\dots,p-1\}\)，所以实际 \(\sum\limits_{i+j\equiv k}\chi(j)=\sum\limits_{j=1}^{p-1}\chi(j)-\chi(k)=0-\chi(k)=-\chi(k)\)。

而 \(k\equiv0\) 时 \(\sum\limits_{i+j\equiv0}\chi(j)=\sum\limits_{j=1}^{p-1}\chi(j)=0\)。因此

\[U\,V = -\sum\limits_{k=1}^{p-1}\chi(k)\,x^k = -V \]

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同时注意到 \(V\) 的 DFT 和高斯和有密切关系，于是我们有另一则证明。

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综上，在 \(\mathbb{F}_p[x]/(x^p-1)\) 中，我们有以下三条关键恒等式：

\[\begin{aligned} &U^2 = -1-2U\\ &V^2 = -1-\delta U\\ &UV = -V \end{aligned} \]

解决问题

\[\boxed{ R_1 =\sum_{\,i\in S_1}x^i, R_2 =\sum_{\,i\in S_2}x^i, U =\sum_{\,i=1}^{p-1}x^i=R_1+R_2， V =\sum\limits_{\,i=1}^{p-1} \chi(i)\,x^i} \]

由此一目了然地有

\[R_1 =\frac{U + V}{2}\,, R_2 =\frac{U - V}{2} \]

接下来我们分别算出 \(R_1^2,R_2^2\)，以及 \(R_1,R_2\)：

• 计算 \(R_1^2\)

  \[R_1^2=\dfrac{1}{4}\left(U^2 + 2U\,V + V^2\right) \]

  将上面得到的 \(U,V\) 式子代入：

  \[R_1^2 =\frac{-(2 + \delta)U \;-\;2V \;-\;2}{4} \]

  拆开来写成 \(1,R_1,R_2\) 线性组合，其中 \(U = R_1 + R_2,V = R_1 - R_2\)：

  \[ R_1^2= -\,\frac{(4 + \delta)\,R_1 + \delta\,R_2 + 2}{4} \]

• 计算 \(R_2^2\)

  \[R_2^2=\cdots= \dfrac14\Bigl[\,(-1-2U)\;-\;2(-V)\;+\;(-1-\delta U)\Bigr]= -\,\frac{\delta\,R_1 + (4+\delta)\,R_2 + 2}{4} \]

• 计算 \(R_1R_2\)

  \[R_1R_2 = \Bigl(\tfrac{U+V}{2}\Bigr)\Bigl(\tfrac{U - V}{2}\Bigr) = \frac{1}{4}\bigl(U^2 - V^2\bigr) \]
  \[U^2 - V^2 = \bigl(-1 - 2U\bigr) \;-\;\bigl(-1-\delta U\bigr) = -1 -2U + 1 + \delta U = -\,\bigl(2 - \delta\bigr)\;U \]

  所以

  \[R_1R_2 = \frac{1}{4}\Bigl[-(2-\delta)U\Bigr] = -\,\frac{2-\delta}{4}\,U = -\,\frac{2-\delta}{4}\,\bigl(R_1 + R_2\bigr) \]

综上，我们把所有积写成了 \(1,R_1,R_2\) 线性组合的形式。换言之，

\[R_1^2, R_2^2, R_1R_2 \]

三者都 落在 \(\text{Span}(1,R_1,R_2)\) 之中。

具体地，如果

\[g(A_1,B_1,C_1)=A_1 + B_1R_1 + C_1R_2\,, g(A_2,B_2,C_2)=A_2 + B_2R_1 + C_2R_2, \]

那

\[\begin{aligned} g(A_1,B_1,C_1)\;\times\;g(A_2,B_2,C_2) &= A_1A_2 \;+\; \bigl(A_1B_2 + B_1A_2\bigr)\,R_1 \;+\; \bigl(A_1C_2 + C_1A_2\bigr)\,R_2\\ &\quad{}+\,B_1B_2\,\bigl(R_1^2\bigr) +\,C_1C_2\,\bigl(R_2^2\bigr) +\,(B_1C_2 + C_1B_2)\,\bigl(R_1R_2\bigr) \end{aligned} \]

由于 \(f(A,B)=g(A,B,B)\)，由上面表达式得到 \(f\) 为 \(g\) 子群，也乘法封闭。