ポアソンの和公式を用いた平方剰余の相互法則の証明

$p$の原子根$g$を取る。$g^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$である。オイラーの規準などから、

• $x$が$p$の平方剰余$⟺$ $x\equiv g^{2k}(\mathrm{mod}p)$を満たす整数$k$が存在する

• $x$が$p$の平方非剰余$⟺$ $x\equiv g^{2k+1}(\mathrm{mod}p)$を満たす整数$k$が存在する

となる。よって、$l\equiv g^m(\mathrm{mod}p)$と書けるとき、

$$f_p(l)=\sum _{k=0}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^m{k}^2}{p}\right)=1+\sum _{n=1}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^m(g^n{)}^2}{p}\right)=1+\sum _{n=1}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^{m+2n}}{p}\right)$$

となる。よって、$m$が偶数、すなわち$l$が$p$の平方剰余のとき、

$$f_p(l)=1+\sum _{n=1}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^{2n}}{p}\right)=f_p(1)$$

となる。一方、$m$が奇数、すなわち$l$が$p$の平方非剰余のとき、

$$f_p(l)=1+\sum _{n=1}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^{2n+1}}{p}\right)$$

であり、

$$f_p(1)+f_p(l)=1+\sum _{n=1}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^{2n}}{p}\right)+1+\sum _{n=1}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^{2n+1}}{p}\right)$$

$$=2+2\sum _{n=1}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi i{g}^n}{p}\right)=2\sum _{k=0}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi ik}{p}\right)=0$$

なので、$f_p(l)=-f_p(1)$である。よって、$f_p(l)=\left(\frac{l}{p}\right)f_p(1)$である。

$f$は$[0,n]$で定義された関数だが、これを周期$n$の周期関数になるように全実数に拡張する。すなわち、$f$を次のように定義する。

$$f(x):=f(x\mathrm{mod}n)$$

これに対し、$g$を次のように定義する。

$$g(x)=\sum _{k=0}^{n-1}f(x+k)$$

$g(x)$は周期$1$の周期関数である。したがって、次のようにフーリエ級数展開できる。

$$g(x)=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{a}_m{e}^{-2\pi imx},a_m={\int }_{x=0}^{1}g(x)e^{2\pi imx}dx$$

$a_m$の表示は次のように書き直せる。

$$a_m={\int }_{x=0}^{1}g(x)e^{2\pi imx}dx={\int }_{x=0}^1\sum _{k=0}^{n-1}f(x+k)e^{2\pi imx}dx$$

$$=\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_{x=0}^{1}f(x+k)e^{2\pi imx}dx=\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_{y=k}^{k+1}f(y)e^{2\pi imy}dy$$

$$={\int }_{y=0}^{n}f(y)e^{2\pi imy}dy$$

これを用いて、$g(x)$は次のように書ける。

$$g(x)=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2\pi imx}{\int }_{y=0}^{n}g(y)e^{2\pi imy}dy=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{y=0}^{n}g(y)e^{2\pi im(y-x)}dy$$

$$\therefore g(0)=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{y=0}^{n}f(y)e^{2\pi imy}dy$$

したがって、

$$\sum _{k=0}^{n-1}f(k)=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{x=0}^{n}f(x)e^{2\pi imx}dx$$

となる。

しばらくの間、$p,l$が奇素数であるという条件は設けず、$p,l$が一般に整数であるとする。$p<0$または$l<0$のときは先ほど定義した和の記号の拡張に注意する。

ポアソンの和公式を用いると、

$$f_p(l)=\sum _{k=0}^{p-1}\exp \left(\frac{2\pi il{k}^2}{p}\right)$$

$$=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{x=0}^p\exp (\frac{2\pi il{x}^2}{p}+2\pi inx)dx$$
$$=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{x=0}^p\exp \{\frac{2\pi il}{p}{(x+\frac{np}{2l})}^2-\frac{\pi ip{n}^2}{2l}\}dx$$

$\frac{l}{p}x$を改めて$x$とおくと、

$$f_p(l)=\frac{p}{l}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{x=0}^l\exp \{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{n}{2})}^2-\frac{\pi ip{n}^2}{2l}\}dx$$

$$=\frac{p}{l}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\exp \{-\frac{\pi ip{n}^2}{2l}\}{\int }_{x=0}^l\exp \left\{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{n}{2})}^2\right\}dx$$

ここで、$n$を改めて$nl+k$と置く。$n$はすべての整数を動き、$k$は$0$から$l-1$まで動く。

$$f_p(l)=\frac{p}{l}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{l-1}\exp \{-\frac{\pi ip(nl+k{)}^2}{2l}\}{\int }_{x=0}^l\exp \left\{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{nl+k}{2})}^2\right\}dx$$
$$=\frac{p}{l}\sum _{k=0}^{l-1}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\exp \{-\frac{\pi ip(nl+k{)}^2}{2l}\}{\int }_{x=\frac{n}{2}l}^{\frac{n}{2}l+l}\exp \left\{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{k}{2})}^2\right\}dx$$
$$=\frac{p}{l}\sum _{k=0}^{l-1}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\exp \{-\frac{\pi ip(2nl+k{)}^2}{2l}\}{\int }_{x=nl}^{nl+l}\exp \left\{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{k}{2})}^2\right\}dx$$
$$+\frac{p}{l}\sum _{k=0}^{l-1}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\exp \{-\frac{\pi ip(2nl+l+k{)}^2}{2l}\}{\int }_{x=nl+\frac{1}{2}l}^{nl+\frac{3}{2}l}\exp \left\{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{k}{2})}^2\right\}dx$$

ここで、

$$\exp \{-\frac{\pi ip(2nl+k{)}^2}{2l}\}=\exp \{-2\pi ip(n^{2}l+nk)-\pi ip\frac{k^2}{2l}\}$$
$$=\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{2l})$$
$$\exp \{-\frac{\pi ip(2nl+l+k{)}^2}{2l}\}=\exp \{-2\pi ip(n^{2}l+nk)-\pi ip\frac{(k+l{)}^2}{2l}\}$$
$$=\exp \{-\pi ip\frac{k^2+l^2+2kl}{2l}\}$$
$$=(-1{)}^{kp}(-i{)}^{lp}\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{2l})$$

したがって、

$$f_p(l)=\frac{p}{l}\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{2l})\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{x=nl}^{nl+l}\exp \left\{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{k}{2})}^2\right\}dx$$
$$+\frac{p}{l}\sum _{k=0}^{l-1}(-1{)}^{kp}(-i{)}^{lp}\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{2l})\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{x=nl+\frac{1}{2}l}^{nl+\frac{3}{2}l}\exp \left\{\frac{2\pi ip}{l}{(x+\frac{k}{2})}^2\right\}dx$$
$$=\frac{p}{l}\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{2l})\{1+(-1{)}^{kp}(-i{)}^{lp}\}{\int }_{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\exp \left(\frac{2\pi ip}{l}{x}^2\right)dx$$

ここで、フレネル積分の公式

$${\int }_{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\exp \left(i{x}^2\right)=\sqrt{i\pi }=\sqrt{\frac{\pi }{2}}(1+i)$$

を用いると、

$${\int }_{x=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\exp \left(\frac{2\pi ip}{l}{x}^2\right)=\sqrt{\frac{l}{2p\pi }}\sqrt{i\pi }=\frac{1+i}{2}\sqrt{\frac{l}{p}}$$

となる。よって、

$$f_p(l)=\sqrt{\frac{p}{l}}\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{2l})\{1+(-1{)}^{kp}(-i{)}^{lp}\}\frac{1+i}{2}$$

がなりたつ。

補題に$l=1$を代入すると、

$$f_p(1)=\sqrt{p}\{1+(-i{)}^p\}\frac{1+i}{2}=\{\begin{array}{ll}\sqrt{p}(1+i)& p\equiv 0(\mathrm{mod}4)\\ \sqrt{p}& p\equiv 1(\mathrm{mod}4)\\ 0& p\equiv 2(\mathrm{mod}4)\\ i\sqrt{p}& p\equiv 3(\mathrm{mod}4)\end{array}$$

$$f_p(2)=\sqrt{\frac{p}{2}}\sum _{k=0}^1\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{4})\{1+(-1{)}^{kp}(-i{)}^{2p}\}\frac{1+i}{2}$$
$$=\sqrt{\frac{p}{2}}\{0+\exp (-\frac{\pi ip}{4})\{1+(-1)(-1)\}\frac{1+i}{2}\}=\sqrt{p}\exp \left(\frac{\pi i(1-p)}{4}\right)$$

である。

$$\left(\frac{2}{p}\right)=\frac{f_p(2)}{f_p(1)}$$

と上の命題を用いると、

$p\equiv 1(\mathrm{mod}8)$のとき

$$\left(\frac{2}{p}\right)=\exp \left(\frac{\pi i(1-p)}{4}\right)=1$$

$p\equiv 3(\mathrm{mod}8)$のとき

$$\left(\frac{2}{p}\right)=\frac{1}{i}\exp \left(\frac{\pi i(1-p)}{4}\right)=\frac{-i}{i}=-1$$

$p\equiv 5(\mathrm{mod}8)$のとき

$$\left(\frac{2}{p}\right)=\exp \left(\frac{\pi i(1-p)}{4}\right)=-1$$

$p\equiv 7(\mathrm{mod}8)$のとき

$$\left(\frac{2}{p}\right)=\frac{1}{i}\exp \left(\frac{\pi i(1-p)}{4}\right)=\frac{i}{i}=1$$

よって、平方剰余の第二補充法則が成り立つ。

$$f_p(l)=\sqrt{\frac{p}{l}}\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{\pi ip{k}^2}{2l})\{1+(-1{)}^{kp}(-i{)}^{lp}\}\frac{1+i}{2}$$

であった。$k$の偶奇で分けてやると、

$$f_p(l)=\sqrt{\frac{p}{l}}\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{2\pi ip{k}^2}{l})\{1+(-1{)}^{kp}(-i{)}^{lp}\}\frac{1+i}{2}$$
$$=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{p}{l}}\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{2\pi ip{k}^2}{l})\{1+(-i{)}^{lp}\}\frac{1+i}{2}$$
$$+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{p}{l}}\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{2\pi ip{(k+\frac{1}{2})}^2}{l})\{1+(-1{)}^p(-i{)}^{lp}\}\frac{1+i}{2}$$

ここで、

$$\sum _{k=0}^{l-1}\exp \{-\frac{2\pi ip}{l}{(k+\frac{1}{2})}^2\}+\sum _{k=0}^{l-1}\exp (-\frac{2\pi ip}{l}{k}^2)=\sum _{k=0}^{2l-1}\exp (-\frac{2\pi ip}{4l}{k}^2)$$

$$\therefore \sum _{k=0}^{l-1}\exp \{-\frac{2\pi ip}{l}{(k+\frac{1}{2})}^2\}=\frac{1}{2}{f}_{4l}(-p)-f_l(-p)$$

であり、和の記号の拡張に注意して、$4l,-p$に対し補題の式を適用すると、

$$f_{4l}(-p)=\sqrt{\frac{4l}{-p}}\sum _{k=0}^{-p-1}\exp (+\frac{\pi i(4l)k^2}{2p})\{1+(-1{)}^{k(4l)}(-i{)}^{(4l)(-p)}\}\frac{1+i}{2}$$
$$=-2(1-i)\sqrt{\frac{l}{p}}\sum _{k=0}^{-p-1}\exp (+\frac{2\pi il{k}^2}{p})=2(1-i)\sqrt{\frac{l}{p}}\sum _{k=-p}^{-1}\exp (+\frac{2\pi il{k}^2}{p})$$
$$=2(1-i)\sqrt{\frac{l}{p}}\sum _{k=0}^{p-1}\exp (+\frac{2\pi il{k}^2}{p})=2(1-i)\sqrt{\frac{l}{p}}{f}_p(l)$$

であるから、

$$\begin{gathered} \sum _{k=0}^{l-1}\exp \{-\frac{2\pi ip}{l}{(k+\frac{1}{2})}^2\}=\frac{1}{2}{f}_{4l}(-p)-f_l(-p) \\ =(1-i)\sqrt{\frac{l}{p}}{f}_p(l)-f_l(-p) \end{gathered}$$

よって、

$$f_p(l)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{p}{l}}{f}_l(-p)\{1+(-i{)}^{lp}\}\frac{1+i}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{p}{l}}\{(1-i)\sqrt{\frac{l}{p}}{f}_p(l)-f_l(-p)\}\{1+(-1{)}^p(-i{)}^{lp}\}\frac{1+i}{2}$$

となる。これを整理すると、

$$\{1-(-1{)}^p(-i{)}^{pl}\}{f}_p(l)=\frac{1}{2}(1+i)(-i{)}^{pl}\{1-(-1{)}^p\}\sqrt{\frac{p}{l}}{f}_l(-p)$$

となる。

補題より、

$$\{1-(-1{)}^p(-i{)}^{pl}\}{f}_p(l)=\frac{1}{2}(1+i)(-i{)}^{pl}\{1-(-1{)}^p\}\sqrt{\frac{p}{l}}{f}_l(-p)$$

であった。$p,l$が奇素数なので、$1+(-i{)}^{pl}$は$0$でないから、両辺をこれで割って、

$$f_p(l)=\frac{(1+i)(-i{)}^{pl}}{1+(-i{)}^{pl}}\sqrt{\frac{p}{l}}{f}_l(-p)$$

を得る。オイラーの規準から、

$$f_l(-p)=\left(\frac{-p}{l}\right)f_l(1)=\left(\frac{-1}{l}\right)\left(\frac{p}{l}\right)f_l(1)=(-1{)}^{\frac{l-1}{2}}\left(\frac{p}{l}\right)f_l(1)=(-1{)}^{\frac{l-1}{2}}{f}_l(p)$$

となるから、

$$f_p(l)=\frac{(1+i)(-i{)}^{pl}(-1{)}^{\frac{l-1}{2}}}{1+(-i{)}^{pl}}\sqrt{\frac{p}{l}}{f}_l(p)$$

が成り立つ。あとは、$p,l$を$4$で割った余りによって場合分けをして、平方剰余の相互法則を証明する。

$p\equiv l\equiv 1(\mathrm{mod}4)$の場合

$f_p(1)=\sqrt{p},f_l(1)=\sqrt{l},(-i{)}^{pl}=-i,(-1{)}^{\frac{l-1}{2}}=1$であるから、

$$\sqrt{p}\left(\frac{l}{p}\right)=\frac{(1+i)(-i)\cdot 1}{1+(-i)}\sqrt{\frac{p}{l}}\sqrt{l}\left(\frac{p}{l}\right)$$

$$\therefore \left(\frac{l}{p}\right)=\left(\frac{p}{l}\right)$$

$p\equiv l\equiv 3(\mathrm{mod}4)$の場合

$f_p(1)=i\sqrt{p},f_l(1)=i\sqrt{l},(-i{)}^{pl}=-i,(-1{)}^{\frac{l-1}{2}}=-1$であるから、

$$i\sqrt{p}\left(\frac{l}{p}\right)=\frac{(1+i)(-i{)}^{pl}(-1{)}^{\frac{l-1}{2}}}{1+(-i{)}^{pl}}\sqrt{\frac{p}{l}}i\sqrt{l}\left(\frac{p}{l}\right)$$

$$\therefore \left(\frac{l}{p}\right)=-\left(\frac{p}{l}\right)$$

$p\not\equiv l(\mathrm{mod}4)$の場合

$p\equiv 1(\mathrm{mod}4),l\equiv 3(\mathrm{mod}4)$であるとして一般性を失わない。

$f_p(1)=\sqrt{p},f_l(1)=i\sqrt{l},(-i{)}^{pl}=i,(-1{)}^{\frac{l-1}{2}}=-1$であるから、

$$\sqrt{p}\left(\frac{l}{p}\right)=\frac{(1+i)(+i)(-1)}{1+i}\sqrt{\frac{p}{l}}i\sqrt{l}\left(\frac{p}{l}\right)$$

$$\therefore \left(\frac{l}{p}\right)=\left(\frac{p}{l}\right)$$

となる。以上の結果をまとめると、次の平方剰余の相互法則を得る。

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