証明路開発支援システム(15) - 非専門的シンギュラリティー研究所

平方剰余の相互法則について見ていきます。まず定義などを引用しておきます。

「平方剰余の相互法則(1) - 非専門的シンギュラリティー研究所」より

【平方剰余】

ある整数 $x$ の平方を整数 $a$ で割ったときの余りが $b$ であるとき、 $b$ を法 $a$ に関する平方剰余といいます。

「平方剰余の相互法則(3) - 非専門的シンギュラリティー研究所」より

【ルジャンドルの記号】

ここで以前説明した拡張された記法を使います。 $p$ が $2$ ではない素数のとき、

$a$ が $p$ の倍数のとき $\left(\cfrac{a}{p}\right) = 0$
$a$ が $p$ の倍数ではなく、 $a$ が法 $p$ に関する平方剰余であるとき $\left(\cfrac{a}{p}\right) = 1$
$a$ が $p$ の倍数ではなく、 $a$ が法 $p$ に関する平方剰余ではないとき $\left(\cfrac{a}{p}\right) = -1$

【 $\left(\cfrac{a}{p}\right)$ の性質】

$p$ を $2$ ではない素数、 $a$ を整数とします。

(1) $a≡b \ (\mathrm{mod} \ p)$ ならば $\left(\cfrac{a}{p}\right) = \left(\cfrac{b}{p}\right)$
(2) $\left(\cfrac{ab}{p}\right) = \left(\cfrac{a}{p}\right)\left(\cfrac{b}{p}\right)$

$r$ を $F_p^*$ の生成元とすると、 $f_p: F_p^* \to \mathbb{C}^\times, \ r^n \mapsto (-1)^n$ は群の準同型となります。 $\left(\cfrac{a}{p}\right) = f_p(a + p\mathbb{Z})$ となります。

「平方剰余の相互法則(7) - 非専門的シンギュラリティー研究所」の「ガウス和」の方法を見ていきます。『ガウスの黄金定理　平方剰余の相互法則で語る数論の世界 (ブルーバックス)』でも最初に出現しますし、『数学セミナー2026年6月号　通巻776号【特集】高校生におすすめの整数論』でも書かれているので、この方法を知っていると理解しやすいと考えられます。『数論序説』を参考にします。

『平方剰余の相互法則: ガウスの全証明』IV、『数論への出発増補版』に従って証明します。

【ガウスの和の定義】

$\zeta$ を $1$ の原始 $p$ 乗根とします。整数 $a$ に対して
$\displaystyle g_a = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{t}{p}\right) \zeta^{at}$ 、
$g = g_1$
と定義します。

【定理1】

(a) $g_a = \left(\cfrac{a}{p}\right) g_1$ (『数論序説』命題 1.24)
(b) $g^2 = (-1)^\frac{p-1}{2}p$ (『数論序説』命題 1.25)

[証明]

(a) $g_a = \left(\cfrac{a}{p}\right) g_1$

のとき
- となることを証明します。
  - となることを証明します。
    - $r$ を $F_p^*$ の生成元とします。
    - となることを証明します。
      - もし $r≡s^2 \ (\mathrm{mod} \ p)$ だとすると、 $s^{p-1}≡1 \ (\mathrm{mod} \ p)$ となります。
      - $r^\frac{p-1}{2}≡1 \ (\mathrm{mod} \ p)$ となり、 $r$ は生成元とはなりません。
    - $\displaystyle g_a = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{t}{p}\right) \zeta^{at} = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{t}{p}\right)$ だから
    - $\displaystyle \left(\cfrac{r}{p}\right) g_a = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{r}{p}\right) \left(\cfrac{t}{p}\right) = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{rt}{p}\right) = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{t}{p}\right) = g_a$
    - よって $\displaystyle g_a \left(\left(\cfrac{r}{p}\right) - 1\right) = 0$ 、 $g_a = 0$ となります。
  - となることを証明します。
    - $\displaystyle \left(\cfrac{a}{p}\right) = 0$ より右辺も $0$ となります。
- ではないとき
  - $\displaystyle \left(\cfrac{a}{p}\right) g_a = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{a}{p}\right) \left(\cfrac{t}{p}\right) \zeta^{at} = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{at}{p}\right) \zeta^{at} = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\cfrac{t}{p}\right) \zeta^{t} = g_1$
    となります。

(b) $g^2 = (-1)^\frac{p-1}{2}p$

$\displaystyle g_a g_{-a} = \sum_{x=0}^{p-1} \sum_{y=0}^{p-1} \left(\cfrac{x}{p}\right) \left(\cfrac{y}{p}\right) \zeta^{a(x-y)}$
1. のとき
  - $\displaystyle \sum_{a=0}^{p-1} \zeta^{a(x-y)} = \sum_{a=0}^{p-1} 1 = p$
2. ではないとき
  - $z = x - y$ とおき、
    $\begin{eqnarray*} 0 & = & \zeta^{zp} - 1 \\ & = & (\zeta^z - 1)(\zeta^{z(p-1)} + \zeta^{z(p-2)} + … + \zeta^z + 1) \\ & = & (\zeta^z - 1) \sum_{a=0}^{p-1} \zeta^{az} \end{eqnarray*}$
    $ζ^z - 1 ≠ 0$ より $\displaystyle \sum_{a=0}^{p-1} \zeta^{a(x-y)} = 0$
よって
$\displaystyle \sum_{a=0}^{p-1} g_a g_{-a} = \sum_{x=0}^{p-1} \sum_{y=0}^{p-1} \left(\cfrac{x}{p}\right) \left(\cfrac{y}{p}\right) \sum_{a=0}^{p-1} \zeta^{a(x-y)}$
右辺の $\sum$ は $x = 0, 1, 2, … , p-1$ 、 $y = 0, 1, 2, … , p-1$ の範囲を動き、かつ $x≡y \ (\mathrm{mod} \ p)$ のときだけの和となります。よって $x = y$ として $x = 0, 1, 2, … , p-1$ の範囲を動く和となりますが、 $\left(\cfrac{0}{p}\right) = 0$ なので $x = 1, 2, … , p-1$ の範囲の和となります。
$\displaystyle \sum_{a=0}^{p-1} g_a g_{-a} = \sum_{x=0}^{p-1} \left(\cfrac{x}{p}\right) \left(\cfrac{x}{p}\right) p = (p-1)p$ …(1)
一方(a)より
$\displaystyle \sum_{a=0}^{p-1} g_a g_{-a} = \sum_{a=0}^{p-1} \left(\cfrac{a}{p}\right) g \left(\cfrac{-a}{p}\right) g = \sum_{a=0}^{p-1} \left(\cfrac{-1}{p}\right) g^2$ …(2)
(1)(2)より
$(p - 1)p = \left(\cfrac{-1}{p}\right)(p - 1)g^2$
$g^2 = \left(\cfrac{-1}{p}\right)p = (-1)^\frac{p-1}{2}p$

[証明終わり]

【平方剰余の相互法則】

(『数論序説』定理 1.27)
$p$ , $q$ が $2$ ではない異なる素数のとき、 $\left(\cfrac{p}{q}\right) \left(\cfrac{q}{p}\right) = (-1)^\frac{(p-1)(q-1)}{4}$ が成り立ちます。

[証明]

$p^* = \left(\cfrac{-1}{p}\right) p = (-1)^\frac{p-1}{2}p$ とおきます。定理1(b)より $p^* = g^2$ となります。
であることを証明します。
- オイラーの規準より
  $g^{q-1} = (g^2)^{ \frac{q-1}{2} } = (p^*)^{ \frac{q-1}{2} } ≡ \left(\cfrac{p^*}{q}\right) \ (\mathrm{mod} \ q)$ …(1)
- 一方定理1(a)より
  $\displaystyle g^q = \left( \sum_{t=0}^{p-1} \left(\frac{t}{p}\right) \zeta^t \right) ^q ≡ \sum_{t=0}^{p-1} \left(\frac{t}{p}\right) ^q\zeta^{qt} = \sum_{t=0}^{p-1} \left(\frac{t}{p}\right) \zeta^{qt} = g_q = \left(\frac{q}{p}\right) g \ (\mathrm{mod} \ q)$
- $\displaystyle g^{q-1} ≡ \left(\frac{q}{p}\right) \ (\mathrm{mod} \ q)$ …(2)
  ( $\mathrm{mod} \ q$ は、 $a\zeta^n$ という形の数の和について、すべての $n$ に対応する $a$ の部分が法 $q$ で合同であることをいいます)
- (1)(2)より成り立ちます。
$\displaystyle \left(\frac{q}{p}\right) = \left(\frac{p^*}{q}\right) = \left(\frac{-1}{q}\right) ^{ \frac{p-1}{2} } \left(\frac{p}{q}\right) = (-1)^\frac{(p-1)(q-1)}{4} \left(\frac{p}{q}\right)$
よって
$\displaystyle \left(\frac{p}{q}\right) \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^\frac{(p-1)(q-1)}{4}$
となります。