Çözümü PDF olarak altta da bulabilirsiniz.
$q$ asal olduğundan en az bir ilkel kökü vardır, bu köke $r$ diyelim. $v(n)$ ile $r$'ye göre $n$'nin $q$ modunda indeksini gösterelim. Yani $(n,q)=1$ ise $$r^{k}\equiv n\pmod{q}$$ olan en küçük pozitif tam sayı $k$'ya $v(n)$ diyelim. $n\in\{1,2,\dots,q-1\}$ için $v(n)$'lerden $3$ ile bölünenlerin kümesi $A$, $3k+1$ formatındaki sayıların kümesi $B$, $3k+2$ formatındakilerin kümesi $C$ olsun. $$\eta_0=\sum_{i\in A} \zeta^i, ~~~ \eta_1=\sum_{j\in B} \zeta^j,~~~ \eta_2=\sum_{k\in C} \zeta^k$$ diyelim. Bu durumda $$1+3\eta_0=\sum_{m=0}^{q-1} \zeta^{m^3}$$ olduğunu görmek kolaydır. Kısaca $1+3\eta_j=z_j$ diyelim. $1$'in küp kökü $\omega=e^{\frac{2\pi i}{3}}$ olsun. $(n,q)=1$ ise $\chi(n)=\omega^{v(n)}$ olarak, $(n,q)\neq 1$ ise $\chi(n)=0$ olarak tanımlarsak $$z_0=\sum_{i=0}^{q-1} (1+\chi(i)+\overline{\chi}(i))\zeta^i$$ olacaktır çünkü $i=0$ ise $1+\chi(i)+\overline{\chi}(i)=1$, $i\neq 0$ ise $$1+\chi(i)+\overline{\chi}(i)=1+\omega^{v(i)}+\overline{\omega}^{v(i)}=1+\omega^{v(i)}+\omega^{2v(i)}$$ ve eğer $v(i)\equiv 0\pmod{3}$ ise bu sayı $3$, değilse $0$ olacaktır. Benzer şekilde $$z_1=\sum_{j=0}^{q-1}(1+\omega^2\chi(j)+\omega\overline{\chi}(j))\zeta^j$$ $$z_2=\sum_{k=0}^{q-1}(1+\omega\chi(k)+\omega^2\overline{\chi}(k))\zeta^k$$ olacaktır. $$\sum_{i=0}^{q-1}\zeta^i=0$$ olduğundan bizim sadece $$\tau=\sum_{n=0}^{q-1}\chi(n)\zeta^n$$ toplamını hesaplamamız yeterlidir çünkü bu toplamı bilirsek $$\overline{\tau}=\sum_{n=0}^{q-1}\overline{\chi}(n)\zeta^{-n}=\sum_{n=0}^{q-1}\overline{\chi}(n)\zeta^{q-n}=\sum_{n=1}^{q}\overline{\chi}(q-n)\zeta^{n}=\sum_{n=0}^{q-1}\overline{\chi}(q-n)\zeta^{n}=\sum_{n=0}^{q-1}\overline{\chi}(n)\zeta^{n}$$ olur ve istenilen tüm toplamlar bulunur.
Not: Yukarıdaki toplamda son kısımda $n\neq 0$ için $\overline{\chi}(q-n)=\overline{\chi}(n)$ olduğunu görmek için $\chi$'in tanımından dolayı $v(q-n)\equiv v(n)\pmod{3}$ olduğunu göstermek yeterlidir. Bunun için de $$r^{v(q-n)}+r^{v(n)}=r^{v(n)}(r^{v(q-n)-v(n)}+1)\equiv q-n+n\equiv 0\pmod{q}$$ $$\implies r^{v(q-n)-v(n)}\equiv -1\equiv r^{\frac{q-1}{2}}\pmod{q}\implies v(q-n)-v(n)\equiv \frac{q-1}{2}\pmod{q-1}$$ olur ve $q-1\equiv 0\pmod{3}$ olduğundan $v(q-n)\equiv v(n)\pmod{3}$ olur. Soruya dönersek $$\tau\overline{\tau}=|\tau|^2=\sum_{n_1=1}^{q-1}\sum_{n_2=1}^{q-1}\chi(n_1)\overline{\chi}(n_2)\zeta^{n_1-n_2}$$ olacaktır. $n_2\equiv nn_1\pmod{q}$ dersek $$|\tau|^2=\sum_{n_1=1}^{q-1}\sum_{n=1}^{q-1}\chi(n_1)\overline{\chi}(n_1n)\zeta^{n_1-nn_1}=\sum_{n_1=1}^{q-1}\sum_{n=1}^{q-1}\overline{\chi}(n)\zeta^{n_1-nn_1}$$ olur eğer $n\equiv 1\pmod{q}$ ise $\sum_{n_1=1}^{q-1} \zeta^{n_1-nn_1}=q-1$ olur, değilse $-1$ olacaktır. Buradan da $$|\tau|^2=q\overline{\chi}(1)+\sum_{n=1}^{q-1}\overline{\chi}(n)(-1)=q$$ bulunur. $\tau$'nun uzunluğu $\sqrt{q}$ bulunur ve $\tau=\sqrt{q}e^{i\theta_q}$ olarak yazabiliriz. Buradan $z_j$'leri hesaplayalım, $$z_0=\tau+\overline{\tau}=2\sqrt{q}\cos{\theta_q}$$ $$z_1=\omega^2\tau+\omega\overline{\tau}=2\sqrt{q}\cos{\left(\theta_q-\frac{2\pi}{3}\right)}$$ $$z_2=\omega\tau+\omega^2\overline{\tau}=2\sqrt{q}\cos{\left(\theta_q+\frac{2\pi}{3}\right)}$$ $\theta_q$'un gerçekte kaç olduğunu buradan bulamayız ama başka yolla hesaplayıp buraya dönebiliriz. $q\equiv 1\pmod{3}$ olan bir asal için $$4q=a^2+27b^2$$ olacak şekilde tek bir $(a,b)$ negatif olmayan tamsayı çifti olduğunu biliyoruz. Bunun internette farklı birçok ispatı olduğundan bunun ispatını geçiyorum. Şimdi $\cos{3\theta_q}$'yı hesaplayalım. $$\tau^2=\sum_{x=1}^{q-1}\sum_{y=1}^{q-1}\chi(x)\chi(y)\zeta^{x+y}$$ olur, eğer yukarıda yaptığımız işlemlerin benzerlerini yaparsak $y\equiv xt\pmod{q}$ yazarsak $$\tau^2=\sum_{x=1}^{q-1}\sum_{t=1}^{q-1}\chi^2(x)\chi(t)\zeta^{x(1+t)}=\sum_{t\not\equiv -1} \chi(t)\sum_{x=1}^{q-1}\overline{\chi}(x)\zeta^{x(1+t)}=\sum_{t\not\equiv -1} \chi(t)\chi(1+t)\overline{\tau}$$ olur. Bunu da $\tau$ ile çarparsak $$\tau^3=q\sum_{t=1}^{q-1}\chi(t(1+t))=q(K+L\omega)$$ olarak yazabiliriz ($K$ ve $L$ tamsayıdır). $\overline{\tau}^3=q(K+L\overline{\omega})$ olur. $$\tau^3\overline{\tau}^3=|\tau|^6=q^3=q^2(K+L\omega)(K+L\overline{\omega})\implies q=K^2-KL+L^2\implies 4q=(2K-L)^2+3L^2 $$ $\tau^3-\overline{\tau}^3=qL(\omega-\overline{\omega})=iqL\sqrt{3}$ olur. $$\tau^3=\left[\sum_{x=1}^{q-1}\chi(x)\zeta^{x}\right]^3=\sum_{x=1}^{q-1}\chi^3(x)\zeta^{3x}+3\xi=\sum_{x=1}^{q-1} \zeta^{3x}+3\xi$$ olarak yazarsak $\xi$ de cebirsel tamsayı olacaktır (algebraic integer). $\overline{\tau}^3$ de hesaplanır, farkı alınırsa $\tau^3-\overline{\tau}^3$ sayısı bir cebirsel tamsayının $3$ katı olacaktır, yani $iqL\sqrt{3}$ sayısı bir cebirsel sayının $3$ katı olacaktır. Buradan da $3\mid L$ bulunur. Yani $a=2K-L$ ve $b=\frac{L}{3}$ dersek $$4q=a^2+27b^2$$ olur. $$\tau^3=q^{\frac{3}{2}}e^{3i\theta_q}=q(K+L\omega)=\dfrac{1}{2}q(a+3ib\sqrt{3})\implies \cos{3\theta_q}=\dfrac{a}{2\sqrt{q}},~~~ \sin{3\theta_q}=\dfrac{3b\sqrt{3}}{2\sqrt{q}}$$ elde edilir. Buradan olası $\theta_q$'uların sayısını sonlu sayıya azaltırız çünkü sadece $[0,\pi)$ aralığındaki $\theta_q$'ları arıyoruz. $$z_0+z_1+z_2=3+3(\eta_0+\eta_1+\eta_2)=0$$ $$2(z_1z_2+z_1z_3+z_2z_3)=(z_1+z_2+z_3)^2-(z^2_1+z^2_2+z^2_3)=-(\tau+\overline{\tau})^2-(\omega^2\tau+\omega\overline{\tau})^2-(\omega\tau+\omega^2\overline{\tau})^2=-6\tau\overline{\tau}=-6q$$ $$z_1z_2z_3=(\tau+\overline{\tau})(\omega^2\tau+\omega\overline{\tau})(\omega\tau+\omega^2\overline{\tau})=\tau^3+\overline{\tau}^3=q(2K-L)=qa$$ olur. Yani $z_1,z_2,z_3$ sayıları $$z^3-3qz-qa=0$$ denkleminin kökleridir. Burada $a$'nın işaretini de bulmalıyız.
$$N=\sum_{u=0}^{q-1} \left[1+\chi(u(u+1))+\chi^2(u(u+1))\right]=\sum_{u=0}^{q-1} \left[1+\chi(u(u+1))+\overline{\chi}(u(u+1))\right]=q+(A+B\omega)+(A+B\overline{\omega})=q+a$$ elde edilir. Ayrıca bu sayı $$v^3\equiv u(u+1)\pmod{q}$$ denkliğinin çözüm sayısıdır. Bu denklikte $v$'nin $u\equiv 0,-1$ için birer, diğer değerler için üçer çözümü vardır. Yani $$N\equiv q+a\equiv 1+a\equiv 2\pmod{3}\implies a\equiv 1\pmod{3}$$ olacaktır. Bu bize aynı zamanda $a$'nın işaretini de verir çünkü $4q=a^2+27b^2$ eşitliğinde $a$ ve $-a$'dan sadece bir tanesi $3k+1$ formatındadır. Yani Kummer toplamının hangi polinomun kökü olduğunu biliyoruz ama hangi kökü olduğu $\theta_q$'ya bağlı çıkıyor. $\cos{3\theta_q}$'u biliyoruz ama buradan tek bir $\theta_q$ değeri gelmiyor.
Bu denklemin köklerinin $(-2\sqrt{q},-\sqrt{q})$, $(-\sqrt{q},\sqrt{q})$ ve $(\sqrt{q},2\sqrt{q})$ aralıklarında oldukları görülebilir ama farklı $q$ değerleri için Kummer toplamı bu üç aralığın herhangi birinde bulunabilir. Hatta Heath-Brown ve Patterson adlı matematikçiler Kummer toplamının bu aralıklar arasındaki dağılımın incelenen veriler arttıkta $1:1:1$ oranına yakınsadığını göstermiştir.
Örnek: $q=13$ için $4q=52=5^2+27\cdot 1^2$ olduğundan ve $a\equiv 1\pmod{3}$ olması gerektiğinden $a=-5$ olacaktır. Buradan da Kummer toplamı $$z^3-39z+65=0$$ denkleminin bir çözümü olarak bulunur.
