二次ガウス和の相互法則

　ルジャンドル記号の定義から
\begin{align} 1+\l(\frac np\r) &=\l\{\begin{array}{rl} 1&n\equiv0\pmod p\\ 2&n:\text{平方剰余}\\ 0&n:\text{非平方剰余} \end{array}\r. \end{align}
が成り立つことと、平方剰余$n\not\equiv0$に対し$x^2\equiv n$を満たすような$0< x< p$は丁度$2$つ存在することに注意すると
$$\sum^{p-1}_{n=0}(1+\l(\frac np\r))\exp\l(2\pi in\frac ap\r) =\sum^{p-1}_{x=0}\exp\l(2\pi ix^2\frac ap\r)$$
となることがわかる。
　また$a\not\equiv0\pmod p$において
$$\sum^{p-1}_{n=0}\exp\l(2\pi in\frac ap\r)=0$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} G(a,p) &=\sum^{p-1}_{n=0}\l(\frac np\r)\exp\l(\frac{2\pi ian}p\r)\\ &=\l(\frac ap\r)\sum^{p-1}_{n=0}\l(\frac{an}p\r)\exp\l(\frac{2\pi ian}p\r)\\ &=\l(\frac ap\r)\sum^{p-1}_{n=0}\l(\frac np\r)\exp\l(\frac{2\pi in}p\r) \end{align}
を得る。

　周期$1$の関数
$$F(x) =\sum^{b-1}_{n=0}\exp\l(\pi i(n+x)^2\frac ab\r)$$
のフーリエ級数展開
$$F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}$$
を考えると、その係数は
\begin{align} c_n &=\int^1_0F(x)e^{-2\pi inx}dx\\ &=\int^b_0\exp\l(\pi ix^2\frac ab\r)e^{-2\pi inx}dx\\ &=\exp\l(-\pi in^2\frac ba\r)\int^b_0\exp\l(\pi i\l(x-n\frac ba\r)^2\frac ab\r)dx \end{align}
と表せるので
$$\exp\l(-\pi i(ak+n)^2\frac ba\r)=(-1)^{abk}\exp\l(-\pi in^2\frac ba\r)$$
および仮定より$(-1)^{ab}=1$が成り立つことに注意すると
\begin{align} \sum^{b-1}_{n=0}\exp\l(\pi in^2\frac ab\r) &=\sum^\infty_{n=-\infty}c_n\\ &=\sum^{a-1}_{n=0}\sum^\infty_{k=-\infty}c_{ak+n}\\ &=\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\pi in^2\frac ba\r) \sum^\infty_{k=-\infty}\int^b_0\exp\l(\pi i\l(x-bk-\frac na\r)^2\frac ab\r)dx\\ &=\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\pi in^2\frac ba\r) \int^\infty_{-\infty}\exp\l(\pi ix^2\frac ab\r)dx\\ \end{align}
を得る。あとはフレネル積分
$$\int^\infty_{-\infty}\exp(ix^2)dx=\sqrt{\pi i}$$
に注意するとわかる。

　仮定より
\begin{align} &\phantom{={}}\exp\l(-\pi i\frac{b(ak-n)^2-c(ak-n)}a\r)\\ &=(-1)^{(ab-c)k}\exp\l(-\pi i\frac{bn^2+cn}a\r)\\ &=\exp\l(-\pi i\frac{bn^2+cn}a\r) \end{align}
が成り立つことに注意すると、定理2の証明から
\begin{align} \sum^{b-1}_{n=0}\exp\l(\pi i\l(n+\frac c{2a}\r)^2\frac ab\r) &=F\l(\frac c{2a}\r)\\ &=\sum^\infty_{n=-\infty}c_n\exp\l(2\pi in\frac c{2a}\r)\\ &=\sum^{a-1}_{n=0}\sum^\infty_{k=-\infty}c_{ak-n}\exp\l(\pi i(ak-n)\frac ca\r)\\ &=\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\pi i\frac{bn^2+cn}a\r) \sum^\infty_{k=-\infty}\int^b_0\exp\l(\pi i\l(x-bk-\frac na\r)^2\frac ab\r)dx\\ &=\sqrt{\frac{ib}a}\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\pi i\frac{bn^2+cn}a\r) \end{align}
を得る。

　定理2から
\begin{align} G(a,b) &=\sum^{b-1}_{n=0}\exp\l(\pi in^2\frac{2a}b\r)\\ &=\sqrt{\frac{ib}{2a}}\sum^{2a-1}_{n=0}\exp\l(-\pi in^2\frac b{2a}\r)\\ &=\sqrt{\frac{ib}{2a}}\l(\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-2\pi in^2\frac ba\r) +\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\pi i(2n+1)^2\frac b{2a}\r)\r) \end{align}
が成り立ち、また$a$は奇数であったので
\begin{align} \exp\l(-\pi i(2n+1)^2\frac b{2a}\r) &=-i^{ab}\exp\l(-\pi i(a-2n-1)^2\frac b{2a}\r)\\ &=-i^{ab}\exp\l(-\pi i(3a-2n-1)^2\frac b{2a}\r)\\ \end{align}
となることに注意すると
\begin{align} &\phantom{={}}\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\pi i(2n+1)^2\frac b{2a}\r)\\ &=-i^{ab}\l(\sum^{\frac{a-1}2}_{n=0}\exp\l(-\pi i(a-2n-1)^2\frac b{2a}\r) +\sum^{a-1}_{n=\frac{a+1}2}\exp\l(-\pi i(3a-2n-1)^2\frac b{2a}\r)\r)\\ &=-i^{ab}\l(\sum^{\frac{a-1}2}_{n=0}\exp\l(-\pi i(2n)^2\frac b{2a}\r) +\sum^{a-1}_{n=\frac{a+1}2}\exp\l(-\pi i(2n)^2\frac b{2a}\r)\r)\\ &=-i^{ab}\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-2\pi in^2\frac ba\r) \end{align}
と変形できるので
$$G(a,b)=(1-i^{ab})\sqrt{\frac{ib}{2a}}\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-2\pi in^2\frac ba\r)$$
を得る。

　命題1および例1より
\begin{align} G(p,q)&=\l(\frac pq\r)\sqrt{(-1)^{\frac{q-1}2}q}\\ \ol{G(q,p)}&=\l(\frac qp\r)\cdot(-1)^{\frac{p-1}2}\sqrt{(-1)^{\frac{p-1}2}p} \end{align}
と表せるので、上の補題より
$$\l(\frac pq\r) =(-1)^{\frac{p-1}2}\sqrt{\frac{(-1)^{\frac{p-1}2}}{(-1)^{\frac{q-1}2}}}\cdot\frac{1-i^{pq}}{\sqrt2}\frac{1+i}{\sqrt2}\l(\frac qp\r)$$
が成り立つ。したがって
$$(-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2} =(-1)^{\frac{p-1}2}\sqrt{\frac{(-1)^{\frac{p-1}2}}{(-1)^{\frac{q-1}2}}}\cdot\frac{1-i^{pq}}{\sqrt2}\frac{1+i}{\sqrt2}$$
を示せばよい。
　それは
\begin{align} (-1)^{\frac{p-1}2}\sqrt{\frac{(-1)^{\frac{p-1}2}}{(-1)^{\frac{q-1}2}}} &=\l\{\begin{array}{ll} (-1)^{\frac{p-1}2}&p\equiv q\pmod4\\ 1/i&p\not\equiv q\pmod4 \end{array}\r.\\ &=(-1)^{\frac{p-1}2\c\frac{q-1}2}\times \l\{\begin{array}{ll} 1&p\equiv q\pmod4\\ 1/i&p\not\equiv q\pmod4 \end{array}\r.\\ \end{align}
および
\begin{align} \frac{1-i^{pq}}{\sqrt2}\frac{1+i}{\sqrt2} &=\l\{\begin{array}{ll} \frac{1-i}{\sqrt2}\frac{1+i}{\sqrt2}&pq\equiv 1\pmod4\\ \frac{1+i}{\sqrt2}\frac{1+i}{\sqrt2}&pq\equiv 3\pmod4 \end{array}\r.\\ &=\l\{\begin{array}{ll} 1&p\equiv q\pmod4\\ i&p\not\equiv q\pmod4 \end{array}\r.\\ \end{align}
が成り立つことからわかる。

$$\exp\bigg(2\pi im^2\frac{ta}b\bigg)\exp\l(2\pi in^2\frac{tb}a\r)= \exp\l(2\pi i(am+bn)^2\frac t{ab}\r)$$
が成り立つこと、および$a,b$は互いに素であったので
$$am+bn\quad(0\leq m< b,\ 0\leq n< a)$$
は$\!\!\!\mod{ab}$で$0$から$ab-1$までの値を全て(一回ずつ)取ることに注意すると
\begin{align} G(ta,b)G(tb,a) &=\sum^{b-1}_{n=0}\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(2\pi i(am+bn)^2\frac t{ab}\r)\\ &=\sum^{ab-1}_{n=0}\exp\l(2\pi in^2\frac t{ab}\r)\\ &=G(t,ab) \end{align}
を得る。

　奇数$N$に対する例1の結果は
$$G(1,N)=\exp\l(\pi i\frac{(N-1)^2}8\r)\sqrt N$$
とも言い換えられることに注意すると、命題1と併せて
\begin{alignat}{3} G(p,q)&=\l(\frac pq\r)&&\exp\l(\pi i\frac{(q-1)^2}8\r)\sqrt q\\ G(q,p)&=\l(\frac qp\r)&&\exp\l(\pi i\frac{(p-1)^2}8\r)\sqrt p\\ G(1,pq)&=&&\exp\l(\pi i\frac{(pq-1)^2}8\r)\sqrt{pq} \end{alignat}
が成り立つ。
　また上の補題より
$$G(p,q)G(q,p)=G(1,pq)$$
であったので、これを整理することで
\begin{align} \l(\frac pq\r)\l(\frac qp\r) &=\exp\l(\pi i\frac{(pq-1)^2-(p-1)^2-(q-1)^2}8\r)\\ &=\exp\l(\pi i\frac{(p^2-1)(q^2-1)-2(p-1)(q-1)}8\r)\\ &=\exp\l(-\pi i\frac{(p-1)(q-1)}4\r)\\ &=(-1)^{\frac{p-1}2\c\frac{q-1}2} \end{align}
を得る。

　周期$1$の関数
$$F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}\exp(\pi i(n+x)^2\tau)$$
のフーリエ級数展開
$$F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}$$
を考えると、その係数$c_n$は
\begin{align} c_n &=\int^1_0F(x)e^{-2\pi inx}dx\\ &=\int^\infty_{-\infty}\exp(\pi ix^2\tau)e^{-2\pi inx}dx\\ &=\exp\l(-\frac{\pi in^2}{\tau}\r)\int^\infty_{-\infty}\exp\l(\pi i\l(x-\frac n\tau\r)^2\tau\r)dx\\ &=\sqrt{\frac i\tau}\exp\l(-\frac{\pi in^2}{\tau}\r) \end{align}
と求まることからわかる。
　ただし最後の等号にはフレネル積分
$$\int^\infty_{-\infty}\exp(ix)dx=\sqrt{i\pi}$$
を用いた($\tau$の偏角を考えると正しくない説明ではあるが、あまり気にしないものとする)。

　整数$a,b,n,k$に対し
\begin{align} \exp\l(\pi i(bk+n)^2\frac ab\r)&=(-1)^{abk}\exp\l(\pi in^2\frac ab\r)\\ \exp\l(-\pi i(ak+n)^2\frac ba\r)&=(-1)^{abk}\exp\l(-\pi in^2\frac ba\r) \end{align}
が成り立つことに注意する。
　いま$ab$が偶数のとき、$s=a/b$および$\tau=s(1+it)$とおいて
$$\sum^\infty_{n=-\infty}\exp(\pi in^2\tau) =\sqrt{\frac i\tau}\sum^\infty_{n=-\infty}\exp\l(-\frac{\pi in^2}\tau\r)$$
の両辺の$t\to0^+$における漸近挙動を考えると
\begin{align} \sum^\infty_{n=-\infty}\exp(\pi in^2\tau) &=\sum^{b-1}_{n=0}\sum^\infty_{k=-\infty}\exp(\pi i(bk+n)^2\tau)\\ &=\sum^{b-1}_{n=0}\exp(\pi in^2s)\sum^\infty_{k=-\infty}\exp(-\pi(k+\tfrac nb)^2abt)\\ &=\frac1{\sqrt{abt}}\sum^{b-1}_{n=0}\exp(\pi in^2s)+O\l(\frac{e^{-\pi/abt}}{\sqrt t}\r)\\ \\ \sum^\infty_{n=-\infty}\exp\l(-\frac{\pi in^2}\tau\r) &=\sum^{a-1}_{n=0}\sum^\infty_{k=-\infty} \exp\l(-\pi i(ak+n)^2\l(\frac1s-\frac{it}{s(1+it)}\r)\r)\\ &=\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\frac{\pi in^2}s\r) \sum^\infty_{k=-\infty}\exp\l(-\pi i(k+\tfrac na)^2\frac{abt}{1+it}\r)\\ &=\sqrt{\frac{1+it}{abt}}\sum^{a-1}_{n=0}\exp\l(-\frac{\pi in^2}s\r)+O\l(\frac{e^{-\pi/abt}}{\sqrt t}\r) \end{align}
と評価できることから主張を得る。

　上と同様に
\begin{align} \exp\l(\pi i(bk+n+\frac12)^2\frac ab\r) &=(-1)^{a(b+1)k}\exp\l(\pi i(n+\tfrac12)^2\frac ab\r)\\ (-1)^{ak+n}\exp\l(-\pi i(ak+n)^2\frac ba\r) &=(-1)^{a(b+1)k}\c(-1)^n\exp\l(-\pi in^2\frac ba\r) \end{align}
に注意して
$$\sum^\infty_{n=-\infty}\exp(\pi i(n+\tfrac12)^2\tau) =\sqrt{\frac i\tau}\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^n\exp\l(-\frac{\pi in^2}\tau\r)$$
の両辺の漸近挙動を考えることでわかる。