上: いくつかの別証明

三角法の補題による証明

平方剰余の相互法則のもう一つの証明を， 『数論講義』(J.P,Serre，岩波書店)に沿いつつそれを初等化して行う． G.Eisenstein,F.が 1845 年に発表したもので，ある三角法の補題を用いる． ガウスの予備定理34は前提にする． その後の初等的な座標による証明の部分に対する別証明を与えるものである．

補題 5 (三角法の補題)
     $m$ を奇素数とする．等式

$$\dfrac{\sin mx}{\sin x} =(-4)^{\frac{m-1}{2}}\prod_{j=1}^{\frac{m-1}{2}} \left(\sin^2x-\sin^2\dfrac{2\pi j}{m}\right)$$

が成り立つ．■

証明      ド・モアブルの定理と二項定理により,

$$\begin{eqnarray*} &&\cos mx+i\sin mx=(\cos x +i\sin x)^m\\ &=&\sum_{k=0}^m {}... ...m-3}x \sin^3 x +{}_m \mathrm{C}_5\cos^{m-5}x \sin^5 x -\cdots) \end{eqnarray*}$$

が成立する．虚数部分を比較して

$$\sin mx=\sin x\{{}_m \mathrm{C}_1\cos^{m-1}x -{}_m \mathrm{... ...-3}x \sin^2x +{}_m \mathrm{C}_5\cos^{m-5}x \sin^4x -\cdots\}$$

となる． $m$ が奇素数なので $m=2u+1$ とおくと

$$\begin{eqnarray*} &&{}_m \mathrm{C}_1\cos^{m-1}x -{}_m \mathrm{C}_3\cos^{m-3}x \... ...dots\\ &=&(-4)^{\frac{m-1}{2}}(\sin^2 x)^{\frac{m-1}{2}}+\cdots \end{eqnarray*}$$

したがって， $\dfrac{\sin mx}{\sin x}$ は $\sin ^2 x$ の多項式で， その次数は $\dfrac{m-1}{2}$ であり，さらに最高次数の係数は $(-4)^{\frac{m-1}{2}}$ となることがわかる．

一方，

$$x=\pm \dfrac{2\pi j}{m}\ \left(1\le j \le \dfrac{m-1}{2}\right)$$

に対して$\sin mx=0$であり，

$$\pm \sin\dfrac{2\pi j}{m}\ \left(1\le j \le \dfrac{m-1}{2}\right)$$

はすべて異なる．ゆえに

$$\dfrac{\sin mx}{\sin x} =(-4)^{\frac{m-1}{2}}\prod_{j=1}^{\f... ...rac{2\pi j}{m}\right)\left(\sin x+\sin\dfrac{2\pi j}{m}\right)$$

と分解される．つまり補題が示された． □

定理33(再掲)

$p$ と $q$ を相異なる2つの奇素数とする．

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

が成り立つ．■

証明

$$i= 1,\ 2,\ \cdots,\ \dfrac{p-1}{2}$$

に対して$qi$を考える． それらを $p$ で割った余りが $\dfrac{p}{2}$ を超えるものの個数を $n$ とする． $n$ は

$$\sin\dfrac{2\pi qi}{p}\ \left( i=1,\ 2,\ \cdots,\ \dfrac{p-1}{2}\right)$$

のうち負になるものの個数である．さらにこれらはガウスの予備定理 34 の証明にあるように符号を除けば

$$\sin\dfrac{2\pi i}{p}\ \left(i=1,\ 2,\ \cdots,\ \dfrac{p-1}{2}\right)$$

と一致する．

$$∴ \quad \prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\sin\dfrac{2\pi qi}{p} =(-1)^n\prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\sin\dfrac{2\pi i}{p}$$

ガウスの予備定理34 より

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

なので，三角法の補題 を $m=q,\ x=\dfrac{2\pi i}{p}$ で用いることにより

$$\begin{eqnarray*} \left(\dfrac{q}{p} \right) &=&\prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfra... ...2}} \left(\sin^2\dfrac{2\pi i}{p}-\sin^2\dfrac{2\pi j}{q}\right) \end{eqnarray*}$$

$p$ と $q$ を入れ替えれば

$$\left(\dfrac{p}{q} \right) =(-4)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}} \pro... ...left(\sin^2\dfrac{2\pi j}{q}-\sin^2\dfrac{2\pi i}{p}\right)\\$$

ところがこの積は合計 $\dfrac{p-1}{2}\cdot \dfrac{q-1}{2}$ 個にわたるものであるから

$$\prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\prod_{j=1}^{\frac{q-1}{2}} \left... ...} \left(\sin^2\dfrac{2\pi i}{p}-\sin^2\dfrac{2\pi j}{q}\right)$$

したがって

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

つまり

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

が示された．□

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