2が法113に関する平方剰余であるか，非剰余であるか，つまり µ 2
113
¶
を決定する方法はある のか．一般に
µp q
¶
を求める方法は．これは初等整数論の基本問題である．これについてガウスが 整数論の基本定理と呼んだ大変美しい定理が成り立つ．それが平方剰余の相互法則である．これ はこの『初等整数論』全体でもいちばん山場の定理である．ぜひ数学好きの高校生に「平方剰余の 相互法則」を理解しその美しさを味わってもらいたい．
定理 32 (平方剰余の相互法則) p, q を相異なる奇素数とする．
(1) 平方剰余の相互法則: µp
q
¶ µq p
¶
= (−1)p−12 ·q−12
(2) 第一補充法則: µ−1
p
¶
= (−1)p−12
(3) 第二補充法則: µ2
p
¶
= (−1)p28−1 各法則の意味は次の通りである．
(1) p−1
2 と q−1
2 のいずれもが奇数のときにかぎり(−1)p−12 ·q−12 =−1である．ゆえに p≡1 (mod.4)またはq≡1 (mod.4) =⇒
µq p
¶
= µp
q
¶
p≡q≡3 (mod.4) =⇒
µq p
¶
=− µp
q
¶
(2)
µ−1 p
¶
= (−1)p−12 =
( 1 (p≡1 (mod.4) のとき)
−1 (p≡3 (mod.4) のとき) (3)
µ2 p
¶
= 1 ⇐⇒ p≡1, 7 (mod.8) µ2
p
¶
=−1 ⇐⇒ p≡3, 5 (mod.8)
相互法則はすでにオイラー(Leonhard Euler，1707〜83)が多くの実例から帰納的に発見してい た．ルジャンドル(Adrien Marie Legendre，1752〜1833)が定理32のような形式で表し，その証 明を試みた．彼はその証明の中で，初項と公差が互いに素な無限等差数列(算術級数)のなかに素 数が存在することを，証明なしに用いている．そのため証明は完全ではなかった．
相互法則を最初に完全に証明したのはガウス(Karl Friedrich Gauss，1777〜1855)である．ガウ スは相互法則を整数論の基本法則と名づけ，なんと七つのまったく異なる証明を与えた．「ガウスの 予備定理」を用いるいちばん初等的な第三の証明法，および「ガウス和」を用いる第四の証明法に よって，証明する．
まず「ガウスの予備定理」の証明からはいる．
定理 33 (ガウスの予備定理) aが pで割り切れないならば
1·a, 2·a, 3·a, · · ·, p−1
2 ·a, (41)
をpで割るとき，その剰余の中に p
2 より大きいものがn個あれば，
µa p
¶
= (−1)n
例 10.2 a= 3, p= 7のとき p−1
2 = 3で3, 6, 9 を7で割った剰余は3, 6, 2である．した がってn= 1で
µ3 7
¶
=−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．
証明 法pに関する剰余のうち 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 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．(41)の数の絶対値最小な剰余は
±1, ±2, · · ·, ±p−1 2
の中にある．(41)のなかのどの二つの和も差もpでは割りきれないので，(41)の絶対値最小剰余 はすべて異なるのみでなく，(41)のなかに絶対値が等しいものもない．(41)の p−1
2 個の数は絶 対値をとると1, 2, · · ·, 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·2a·3a· · ·p−1
2 a≡(−1)n1·2· · · · · p−1
2 (mod. p) すなわち
ap−12 ≡(−1)n (mod. p) ゆえにオイラーの規準(定理30)から
µa p
¶
≡(−1)n (mod. p) である．ところが両辺とも ±1でかつpが奇数なので
µa p
¶
= (−1)n
■ 定理32の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．
µ −1 p
¶
≡(−1)p−12 (mod. p) pは奇数であるから µ
−1 p
¶
= (−1)p−12 あるいはガウスの予備定理をa=−1で用いる．(41)の数は
−1, −2, −3, · · ·, −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=p−1 2
∴
µ−1 p
¶
= (−1)p−12 第二補充則の証明．
ガウスの予備定理をa= 2で用いる．(41)の数は
2, 4, 6, · · ·, p−5, p−3, p−1 となる．このうち p
2 より大きいものの個数がnである． p
2 <2k は p−2< p
2 と同値であるか ら，その個数は1, 3, 5· · ·のなかの p
2 より小さいものの個数でもある．p−1
2 が奇数ならここま で，p−1
2 が偶数なら p−1
2 −1までである．いずれにせよ，
n≡1 + 3 +· · ·+ µp
2より小さい奇数
¶
≡1 + 2 + 3 +· · ·+p−1
2 (mod.2) すなわち
n≡ 1 2·p−1
2
µp−1 2 + 1
¶
=p2−1
8 (mod.2)
∴ µ2
p
¶
= (−1)n= (−1)p28−1
相互法則の証明．
xy平面上に点A µp+ 1
2 , 0
¶ とB
µ
0, q+ 1 2
¶
をとり点C µp+ 1
2 , q+ 1 2
¶
とする．
O A
B C
G
G0
H
H0 L
p 2 q
2
直線 y = q
pxを引く．点 L µp
2, q 2
¶
とする．OACB の内部で直線OL上に格子点はない．さ て，c= 1, 2, · · ·, 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 OLの交点がP
µ c, cq
p
¶ で,
¯¯
¯¯r p
¯¯
¯¯は直線x=c上の格子点でP にもっとも近いものとの距離に なり．この格子点が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P µ
c, cq p
¶
より上にあり，距離が 1
2 より小さい格子点の個数である．いま直線 OL を y 軸の正の方向に 1 2 だけ平行移動した直線をGG0 する．nは平行四辺形OLG0G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 µp
q
¶
= (−1)mとなるmは直線OLをx軸の正の方向に1 2 だけ平 行移動した直線をµ HH0 とするとき，平行四辺形OHH0Lの内部にある格子点の個数である．
p q
¶ µq p
¶
= (−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LH0CG0 を付け加えて六角形OGG0CH0Hの内部の格子点の個数もやはりm+nで
ある．六角形OGG0CH0Hは OC の中点 µp+ 1
4 , q+ 1 4
¶
を対象の中心として点対称である．し たがって六角形 OGG0CH0H内の格子点は
µp+ 1 4 , q+ 1
4
¶
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 µp+ 1
4 , q+ 1 4
¶
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，p+ 1
4 , q+ 1
4 がともに整数s, tとなる ときにかぎる．p−1
2 = 2s−1, q−1
2 = 2t−1 なので，これは p−1 2 , 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, µa
p
¶
の値を計算することができる．
例 10.3 p= 23 µ1
23
¶
= 1 ( 1 = 12 ) µ2
23
¶
= 1 ( 23≡7 (mod.8), 第2補充法則) µ3
23
¶
=− µ23
3
¶
=− µ2
3
¶
=−(−1) = 1 (相互法則, 第2補充法則) µ4
23
¶
= µ 2
23
¶2 µ = 1
5 23
¶
= µ23
5
¶
= µ−2
5
¶
= µ−1
5
¶ µ2 5
¶
= 1(−1) =−1 (相互法則, 第１，第2補充法則) µ6
23
¶
= µ 2
23
¶ µ 3 23
¶ µ = 1
7 23
¶
=− µ23
7
¶
=− µ2
7
¶
=−1 (相互法則, 第2補充法則) µ8
23
¶
= µ 2
23
¶3
= 1 µ9
23
¶
= µ 3
23
¶2 µ = 1
10 23
¶
= µ 2
23
¶ µ 5 23
¶
=−1 µ11
23
¶
=− µ23
11
¶
=− µ 1
11
¶
=−1 (相互法則) µ17
23
¶
= µ23
17
¶
= µ6
17
¶
= µ 2
23
¶ µ 3 17
¶
= µ3
17
¶
= µ17
3
¶
= µ2
3
¶
=−1 (相互法則, 第2補充法則)
練習問題 10.1 (解答43)
µ365 1847
¶
を求めよ．
練習問題 10.2 (解答44) pが8k+ 1 または8k+ 3の形の素数であるときにかぎって µ−2
p
¶
= 1
を示せ．
練習問題 10.3 (解答45) pが5k±1 の形の素数であるときにかぎって µ5
p
¶
= 1 を示せ．
練習問題 10.4 (解答46) pが12k±1の形の素数であるときにかぎって µ3
p
¶
= 1 を示せ．
練習問題 10.5 (解答47) pがp≡1 (mod. 4)の形の素数のとき
p−1
X2
a=1
µa p
¶
= X
0<=b<=pの偶数
µb p
¶
= X
0<=c<=pの奇数
µc p
¶
= 0