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ガウスの補題による証明

まず「ガウスの予備定理」の証明からはいる．

定理 34 (ガウスの予備定理)
     $a$を$p$ で割り切れない数とする．

$$1\cdot a,\ 2\cdot a,\ 3\cdot a,\ \cdots,\ \dfrac{p-1}{2}\cdot a,\$$ (3.5)

を $p$ で割るとき，その剰余の中に $\dfrac{p}{2}$ より大きいものが $n$ 個あれば，

$$\left(\dfrac{a}{p} \right)=(-1)^n$$

が成り立つ．■

証明     法 $p$ に関する剰余のうち $\dfrac{p}{2}$ より大きいものについて， それから $p$ を引くと，絶対値において $\dfrac{p}{2}$ より小さい剰余を得る． $p$ を法とする剰余をこのように絶対値で最小になるようにとると, $n$ はそのうち負な剰余の個数である． (3.5)の数の絶対値最小な剰余は

$$\pm1,\ \pm2,\ \cdots,\ \pm\dfrac{p-1}{2}$$

の中にある． (3.5)のなかのどの二つの和も差も $p$ では割りきれないので，(3.5)の 絶対値最小剰余はすべて異なるのみでなく，(3.5)のなかに絶対値が等しいものもない． (3.5)の $\dfrac{p-1}{2}$ 個の数は絶対値をとると $1,\ 2,\ \cdots,\ \dfrac{p-1}{2}$ と一対一に対応し，そのうち $n$ 個が負である． よって

$$1a\cdot2a\cdot3a\cdots\dfrac{p-1}{2}a \equiv (-1)^n1\cdot2\cdot\cdots\cdot\dfrac{p-1}{2}\quad (\bmod.\ p)$$

すなわち

$$a^{ \frac{p-1}{2}}\equiv (-1)^n\quad (\bmod.\ p)$$

ゆえにオイラーの規準(定理31) から

$$\left(\dfrac{a}{p} \right)\equiv (-1)^n\quad (\bmod.\ p)$$

である． ところが両辺とも $\pm 1$ でかつ $p$ が奇数なので

$$\left(\dfrac{a}{p} \right)=(-1)^n$$

が成り立つ．□

例 3.2.1        $a=3,\ p=7$ のとき $\dfrac{p-1}{2}=3$ である． $3,\ 6,\ 9$ を7で割った剰余は$3,\ 6,\ 2$ である． $\dfrac{7}{2}$より大きいものは6のみである． したがって $n=1$ で $\left(\dfrac{3}{7} \right)=-1$ ． 実際，法7に関する平方剰余は $1,\ 2,\ 4$ であり, $3,\ 5,\ 6$ が非剰余である．

定理33のガウスによる第三証明

先に二つの補充則を示さなければならない．
第一補充則の証明．

オイラーの規準を $a=-1$ で用いると得られる．

$$\left(\dfrac{-1}{p} \right)\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}\quad (\bmod.\ p)$$

$p$ は奇数であるから

$$\left(\dfrac{-1}{p} \right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$$

あるいはガウスの予備定理を $a=-1$ で用いる．(3.5)の数は

$$-1,\ -2,\ -3,\ \cdots,\ -\dfrac{p-1}{2}$$

であるが，これらがすべて絶対値最小剰余である．つまり, $n=\dfrac{p-1}{2}$

$$∴\quad \left(\dfrac{-1}{p} \right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$$

第二補充則の証明．

ガウスの予備定理を $a=2$ で用いる．(3.5)の数は

$$2,\ 4,\ 6,\ \cdots,\ p-5,\ p-3,\ p-1$$

となる．このうち $\dfrac{p}{2}$ より大きいものの個数が $n$ である． $\dfrac{p}{2}<2k$ は $p-2k<\dfrac{p}{2}$ と同値であるから， その個数は $1,\ 3,\ 5\cdots$ のなかの$\dfrac{p}{2}$ より小さいものの個数でもある． $\dfrac{p-1}{2}$ が奇数ならここまで， $\dfrac{p-1}{2}$ が偶数なら $\dfrac{p-1}{2}-1$ までである．いずれにせよ，

$$n\equiv 1+3+\cdots+\left(\dfrac{p}{2}より小さい奇数\right) \equiv 1+2+3+\cdots+\dfrac{p-1}{2}\quad (\bmod.\ 2)$$

すなわち

$$n\equiv \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{p-1}{2} \left(\dfrac{p-1}{2}+1 \right)=\dfrac{p^2-1}{8} \quad (\bmod.\ 2)$$

$$∴\quad \left(\dfrac{2}{p}\right)=(-1)^n=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}$$

相互法則の証明．

$xy$ 平面上に点 $\mathrm{A} \left(\dfrac{p+1}{2},\ 0 \right)$ と $\mathrm{B}\left(0,\ \dfrac{q+1}{2}\right)$ をとり点 $\mathrm{C}\left(\dfrac{p+1}{2},\ \dfrac{q+1}{2} \right)$ とする．

直線 $y=\dfrac{q}{p}x$ を引く．点 $\mathrm{L} \left(\dfrac{p}{2},\ \dfrac{q}{2} \right)$ とする．$\mathrm{OACB}$ の内部で直線$\mathrm{OL}$上に格子点はない． さて， $c=1,\ 2,\ \cdots,\ \dfrac{p-1}{2}$ として, $cq$ を $p$ で割った絶対値最小剰余を $r$ とする．直線 $x=c$ と直線 $\mathrm{OL}$ の交点が $\mathrm{P} \left(c,\ \dfrac{cq}{p} \right)$ で, $\left\vert\dfrac{r}{p} \right\vert$ は 直線 $x=c$上の格子点で$\mathrm{P}$ にもっとも近いものとの距離になり． この格子点が $\mathrm{P}$ より上にあるとき $r$ は負である．

ガウスの予備定理を $a=q$ で考えると，そこにおける $n$ は各 $c$ に対して 直線 $x=c$上 $\mathrm{P} \left(c,\ \dfrac{cq}{p} \right)$ より上にあり，距離が $\dfrac{1}{2}$ より小さい格子点の個数である． いま直線 $\mathrm{OL}$ を $y$ 軸の正の方向に $\dfrac{1}{2}$ だけ平行移動した直線を $\mathrm{GG'}$ する． $n$ は平行四辺形 $\mathrm{OLG'G}$ の内部にある格子点の個数である．

同様にガウスの予備定理で $\left(\dfrac{p}{q} \right)=(-1)^m$ となる $m$ は 直線 $\mathrm{OL}$ を $x$ 軸の正の方向に$\dfrac{1}{2}$ だけ平行移動した直線を $\mathrm{HH'}$ とするとき，平行四辺形 $\mathrm{OHH'L}$ の内部にある格子点の個数である．

$\left(\dfrac{p}{q} \right)\left(\dfrac{q}{p} \right)=(-1)^{m+n}$ における $m+n$ は この二つの平行四辺形の内部にある格子点の個数である．小四角形 $\mathrm{LH'CG'}$ を付け加えて 六角形 $\mathrm{OGG'CH'H}$ の内部の格子点の個数もやはり$m+n$である． 六角形 $\mathrm{OGG'CH'H}$ は $\mathrm{OC}$ の中点 $\left(\dfrac{p+1}{4},\ \dfrac{q+1}{4} \right)$を対象の中心として点対称である． したがって六角形 $\mathrm{OGG'CH'H}$ 内の格子点は $\left(\dfrac{p+1}{4},\ \dfrac{q+1}{4} \right)$ が格子点であるときはこれを除いて その他の格子点は対象の中心に関して二つずつ組になっている．

したがって $m+n$ が奇数であるか偶数であるかは， 点 $\left(\dfrac{p+1}{4},\ \dfrac{q+1}{4} \right)$自身が格子点であるかないかによって決まる． つまり$m+n$ が奇数であるのは， $\dfrac{p+1}{4}$, $\dfrac{q+1}{4}$がともに整数 $s,\ t$ となるときにかぎる． $\dfrac{p-1}{2}=2s-1,\ \dfrac{q-1}{2}=2t-1$ なので，これは $\dfrac{p-1}{2},\ \dfrac{q-1}{2}$ がともに奇数になることと同値である．

これで相互法則が証明された．□

相互法則その他を活用して $p$ と $a$ が与えられたとき, $\left(\dfrac{a}{p} \right)$ の値を計算することができる．

例 3.2.2        $p=23$

$$\begin{array}{l} \left(\dfrac{1}{23}\right)=1\quad (\ 1=1^... ... \quad (\ 相互法則 ,\quad 第2補充法則) \end{array}$$

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