二次相互性の証明

数論において、ピタゴラスの定理と同様に、二次の相互法則は異常に多くの証明がなされてきました。二次の相互法則の証明は数百件発表されています。

基本的な組合せ論的証明のうち、2 つは二重カウントのタイプを適用しています。1 つはゴットホルト アイゼンシュタインによるもので、格子点 を数えます。もう 1 つは、ゾロタレフの補題を に適用し、中国剰余定理によってと表現され、順列 のシグネチャを計算します。知られている最も短い証明では、固定された素数を法として二重カウントするという、二重カウントの簡略版も使用されています。 ${\displaystyle (\mathbb {Z} /pq\mathbb {Z} )^{\times }}$${\displaystyle (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }\times (\mathbb {Z} /q\mathbb {Z} )^{\times }}$

アイゼンシュタインの二次相互法則の証明は、ガウスの 3 番目の証明を簡略化したものです。より幾何学的に直観的で、技術的な操作が少なくて済みます。

出発点は「アイゼンシュタインの補題」であり、これは奇数の素数pとpで割り切れない正の整数aに対して、

${\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{u}\left\lfloor au/p\right\rfloor },}$

ここで、は床関数（ x以下の最大の整数）を表し、合計は偶数u = 2, 4, 6, ..., p −1にわたって取られます。たとえば、 ${\displaystyle \left\lfloor x\right\rfloor }$

${\displaystyle \left({\frac {7}{11}}\right)=(-1)^{\left\lfloor 14/11\right\rfloor +\left\lfloor 28/11\right\rfloor +\left\lfloor 42/11\right\rfloor +\left\lfloor 56/11\right\rfloor +\left\lfloor 70/11\right\rfloor }=(-1)^{1+2+3+5+6}=(-1)^{17}=-1.}$

この結果はガウスの補題と非常に似ており、同様の方法で証明できます（証明は以下に示す）。

この ( q / p )の表現を使用すると、主な議論は非常に簡潔になります。合計は、次の図の三角形 ABC の内部にある 偶数x座標の格子点の数を数えます。${\textstyle \sum _{u}\left\lfloor qu/p\right\rfloor }$

各列には偶数個の点（つまりq −1個の点）があるため、領域BCYX内のそのような格子点の数は、領域CZY内のそのような点の数と2を法として同じになります。

次に、両軸で図を反転すると、CZY内の偶数x座標の点の数は、 AXY内の奇数 x座標の点の数と同じであることがわかります。これは、次の式によって数学的に正当化できます。^[1]${\displaystyle \textstyle q-1-\left\lfloor {\frac {2kq}{p}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {(p-2k)q}{p}}\right\rfloor }$

結論としては

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{\mu },}$

ここで、μ はAXY 内部の格子点の総数 です。

pとqを入れ替えて、同じ議論から次のことがわかる。

${\displaystyle \left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\nu },}$

ここでνはWYAの内部にある格子点の数である。直線AY自体には格子点は存在しない（pとqは互いに素であるため）ため、長方形WYXA内の点の総数は

${\displaystyle \left({\frac {p-1}{2}}\right)\left({\frac {q-1}{2}}\right),}$

我々は得る

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)\left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\mu +\nu }=(-1)^{(p-1)(q-1)/4}.}$

1 ≤ u ≤ p −1の範囲の偶数uについて、 au を法としたpの最小の正の剰余をr ( u ) で表します。 (たとえば、p = 11、a = 7 の場合、 u = 2、4、6、8、10が許容され、対応するr ( u ) の値は 3、6、9、1、4 です。)

数 (−1) ^{r ( u )} r ( u ) は、 p を法とする最小の正の剰余として扱われ、すべて偶数です(現在の例では、8、6、2、10、4 です)。さらに、これらはすべて異なる数です。なぜなら、 (−1) ^{r ( u )} r ( u ) ≡ (−1) ^{r ( t )} r ( t ) (mod p ) の場合、 aで割ってu ≡ ± t (mod p )を得ることができるからです。これにより、 u ≡ t (mod p ) になります。なぜなら、uとt は両方とも偶数ですが、pは奇数だからです。これらはちょうど ( p −1)/2 個あり、異なる数であるため、これらは単に偶数 2、4、...、p −1 を並べ替えたものでなければなりません。これらを掛け合わせると、

${\displaystyle (-1)^{r(2)}2a\cdot (-1)^{r(4)}4a\cdot \cdots \cdot (-1)^{r(p-1)}(p-1)a\equiv 2\cdot 4\cdot \cdots \cdot (p-1){\pmod {p}}.}$

両辺を2, 4, ..., p −1で順に割り（いずれもpで割り切れないので、これは許容される）、整理すると、

${\displaystyle a^{(p-1)/2}\equiv (-1)^{r(2)+r(4)+\cdots +r(p-1)}{\pmod {p}}.}$

一方、r ( u )の定義と床関数により、

${\displaystyle {\frac {au}{p}}=\left\lfloor {\frac {au}{p}}\right\rfloor +{\frac {r(u)}{p}},}$

pは奇数でuは偶数な ので、

${\displaystyle au=p\left\lfloor {\frac {au}{p}}\right\rfloor +r(u)}$

は、r ( u )が2を法として合同であることを意味します。 ${\displaystyle \left\lfloor au/p\right\rfloor }$

最後に、これは

${\displaystyle a^{(p-1)/2}\equiv (-1)^{\sum _{u}\left\lfloor au/p\right\rfloor }{\pmod {p}}.}$

左辺はオイラーの定理によれば ( a / p ) の単なる代替表現なので、これで終わりです。

この補題は本質的に、2倍後の最小の奇数剰余の数が( q / p )の値を与えることを述べています。これはガウスの補題から簡単にわかります。

また、 は、uの偶奇性のみに応じて、およびr ( u ) が 2 を法として合同であるか不同であるかのいずれかであることを意味します。 ${\displaystyle qu=p\left\lfloor {\frac {qu}{p}}\right\rfloor +r(u)}$${\displaystyle \left\lfloor qu/p\right\rfloor }$

これは剰余がと（不）同型であることを意味し、したがって ${\displaystyle 1,2,\dots ,{\frac {p-1}{2}}}$${\displaystyle \left\lfloor qu/p\right\rfloor }$

${\displaystyle (-1)^{\frac {p-1}{2}}\equiv (-1)^{\sum _{u}\left\lfloor qu/p\right\rfloor }\equiv (-1)^{\sum _{u}r(u)+u}}$

どこ。 ${\displaystyle \textstyle 1\leq u\leq {\frac {p-1}{2}}}$

たとえば、前述の の例を使用すると、留数は となり、床関数は となります。合同のパターンは です。 ${\displaystyle p=7,q=11}$${\displaystyle 7,3,10,6,2}$${\displaystyle 0,1,1,2,3}$${\displaystyle 1,0,1,0,1}$

ガウス和を使った二次相互性の証明は、より一般的で古典的な証明の 1 つです。これらの証明は、単一の値の計算を 2 つの異なる方法、つまり 1 つはオイラーの基準を使用し、もう 1 つは二項定理を使用することで実現します。オイラーの基準がどのように使用されるかの例として、奇数の素数pを決定する最初の補足ケースの簡単な証明にこれを使用できます 。オイラーの基準 によります が、同値の両辺が ±1 であり、p が奇数であるため、 と推定できます。 ${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)}$${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)\equiv (-1)^{\frac {p-1}{2}}{\pmod {p}}}$${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p-1}{2}}}$

を の原始 8乗根とし、 と設定します。 および なので、となります。は代数的整数なので、p が奇数の素数であれば、 pを法として考えるのは理にかなっています。 (形式的には、 pによって生成されるイデアルで代数的整数を因数分解して形成される可換環について考えています。は代数的整数ではないので、 1, 2, ..., pは の異なる元です。) オイラーの基準を使用すると、 となります。 したがって、 と言えます。ただし、二項定理を使用して計算することもできます。 二項展開の交差項にはすべてpの因数が含まれているため、 となります。 これを 2 つのケースに分割することで、より正確に評価できます。 ${\textstyle \zeta _{8}=e^{2\pi i/8}}$${\textstyle \tau =\zeta _{8}+\zeta _{8}^{-1}}$${\textstyle \zeta _{8}^{2}=i}$${\textstyle \zeta _{8}^{-2}=-i}$${\textstyle \tau ^{2}=2}$${\displaystyle \tau }$${\displaystyle \mathbf {A} }$${\displaystyle p^{-1}}$${\displaystyle {\mathbf {A} }/p{\mathbf {A} }}$$${\displaystyle \tau ^{p-1}=(\tau ^{2})^{\frac {p-1}{2}}=2^{\frac {p-1}{2}}\equiv \left({\frac {2}{p}}\right){\pmod {p}}}$$$${\displaystyle \tau ^{p}\equiv \left({\frac {2}{p}}\right)\tau {\pmod {p}}}$$${\textstyle \tau ^{p}{\pmod {p}}}$${\textstyle \tau ^{p}\equiv \zeta _{8}^{p}+\zeta _{8}^{-p}{\pmod {p}}}$

• ${\textstyle p\equiv \pm 1{\pmod {8}}\Rightarrow \zeta _{8}^{p}+\zeta _{8}^{-p}=\zeta _{8}+\zeta _{8}^{-1}}$。
• ${\textstyle p\equiv \pm 3{\pmod {8}}\Rightarrow \zeta _{8}^{p}+\zeta _{8}^{-p}=-\zeta _{8}-\zeta _{8}^{-1}}$。

これらは 8 を法とする素数の唯一の選択肢であり、どちらの場合も指数形式 を使って計算できます。 pのすべての奇数の素数について、これを簡潔に記述できます。に対するこの 2 つの式を組み合わせて を で 乗算すると、 であることがわかります。と は両方とも±1 であり、 はp を法として可逆であるため、次のように結論付けることができます。${\textstyle \zeta _{8}=e^{\frac {2\pi i}{8}}}$$${\displaystyle \tau ^{p}\equiv (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}\tau {\pmod {p}}}$$${\textstyle \tau ^{p}{\pmod {p}}}$${\displaystyle \tau }$${\textstyle 2\cdot \left({\frac {2}{p}}\right)\equiv 2\cdot (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}{\pmod {p}}}$${\textstyle \left({\frac {2}{p}}\right)}$${\displaystyle (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}}$$${\displaystyle \left({\frac {2}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}}$$

一般的な証明の考え方は、上記の補足ケースに従います。つまり、pのルジャンドル記号を何らかの方法でエンコードする代数的整数を見つけ、次に、この代数的整数のq乗をqを法として計算することによって、ルジャンドル記号間の関係を見つけます。2 つの異なる方法 (1 つはオイラーの基準を使用する方法、もう 1 つは二項定理を使用する方法) で計算します。

が原始p乗根であるとき、とします。これは、 2 次ガウス和です。これらのガウス和の基本的な性質は、であることです。次の証明の文脈でこれを述べると、ガウス和 の個々の要素は円分体にありますが、上記の式は、和自体が L に含まれる一意の2 次体の生成元であることを示しています。また、2 次ガウス和は代数的整数であるため、これに対してモジュラー演算を使用できます。この基本式とオイラーの基準を使用すると、 であることがわかります。したがって、 であることもわかります。二項定理を使用すると、 であることがわかります。aを の逆乗とすると、を代入して、この和を と書き直すことができます。これは、和の範囲に影響しません。なので、次のように書くことができます。についてこの2つの式を使い、を で乗じると、 となります。はqを法として可逆であり、ルジャンドル記号は±1のいずれかであるため、次のように結論付けることができます。$${\displaystyle g_{p}=\sum _{k=1}^{p-1}\left({\frac {k}{p}}\right)\zeta _{p}^{k}}$$${\displaystyle \zeta _{p}=e^{2\pi i/p}}$$${\displaystyle g_{p}^{2}=p^{*}}$$${\textstyle p^{*}=\left({\frac {-1}{p}}\right)p}$${\displaystyle L=\mathbb {Q} (\zeta _{p})}$$${\displaystyle g_{p}^{q-1}=(g_{p}^{2})^{\frac {q-1}{2}}=(p^{*})^{\frac {q-1}{2}}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right){\pmod {q}}}$$$${\displaystyle g_{p}^{q}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)g_{p}{\pmod {q}}}$$${\textstyle g_{p}^{q}\equiv \sum _{k=1}^{p-1}\left({\frac {k}{p}}\right)\zeta _{p}^{qk}{\pmod {q}}}$${\displaystyle q{\pmod {p}}}$${\textstyle \left({\frac {a}{p}}\right)\sum _{t=1}^{p-1}\left({\frac {t}{p}}\right)\zeta _{p}^{t}}$${\displaystyle t=qk}$${\textstyle \left({\frac {a}{p}}\right)=\left({\frac {q}{p}}\right)}$$${\displaystyle g_{p}^{q}\equiv \left({\frac {q}{p}}\right)g_{p}{\pmod {q}}}$$${\textstyle g_{p}^{q}{\pmod {q}}}$${\displaystyle g_{p}}$$${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)p^{*}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)p^{*}{\pmod {q}}}$$${\displaystyle p^{*}}$$${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=\left({\frac {p^{*}}{q}}\right)}$$

ここで提示される証明は、知られている中で最も単純なものではありませんが、アルティンの相互性に関するいくつかのアイデアの根拠となるという意味で、非常に奥深いものです。

p が奇数の素数であると仮定する。作用は円分体 の内部で起こる。 ここで ζ _{p は}原始p^乗根である。円分体の基本理論によれば、標準同型が存在する。 ${\displaystyle L=\mathbb {Q} (\zeta _{p}),}$

${\displaystyle G=\operatorname {Gal} (L/\mathbb {Q} )\cong (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }}$

これは、自己同型 σ a が満足する元に送ります_。特に、体の乗法群は巡回群であるため、この同型は単射です。 ${\displaystyle \sigma _{a}(\zeta _{p})=\zeta _{p}^{a}}$${\displaystyle a\in (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }.}$${\displaystyle F^{\times }\cong C_{p-1}}$

ここで、 Gの元の平方の部分群Hについて考えます。G は巡回群なので、H はGにおいて指数2 を持ちます。したがって、ガロア対応の下でHに対応する部分体はQの二次拡大でなければなりません。(実際、それはLに含まれるQの唯一の二次拡大です。)ガウス周期理論によってそれがどれかが決定されます。それは であり、ここで ${\displaystyle \mathbb {Q} ({\sqrt {p^{*}}})}$

${\displaystyle p^{*}=\left\{{\begin{array}{rl}p&{\text{if }}p\equiv 1{\pmod {4}},\\-p&{\text{if }}p\equiv 3{\pmod {4}}.\end{array}}\right.}$

この時点で、私たちの枠組みから二次の相互性のヒントが浮かび上がってきます。一方では、Hの像はp を法とする（非ゼロの）二次剰余から構成されます。他方では、H はp （または − p ）の平方根を取ろうとする試みと関係があります。言い換えると、q が素数（pとは異なる）である場合、次のことが示されています 。${\displaystyle (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }}$

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=1\quad \iff \quad \sigma _{q}\in H\quad \iff \quad \sigma _{q}{\mbox{ fixes }}\mathbb {Q} ({\sqrt {p^{*}}}).}$

整数環において、 q上の の非分岐素イデアル β を任意に選び、を β に関連付けられたフロベニウス自己同型とすると、 の特性は次のようになる。 ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{L}=\mathbb {Z} [\zeta _{p}]}$${\displaystyle \phi \in \operatorname {Gal} (L/\mathbb {Q} )}$${\displaystyle \phi }$

${\displaystyle \phi (x)\equiv x^{q}\!\!\!{\pmod {\beta }}\ {\text{ for any }}x\in {\mathcal {O}}_{L}.}$

(このようなフロベニウス要素の存在は、代数的整数論の仕組みにかなり依存します。)

我々が必要とする重要な事実は、 Lの任意の部分体Kに対して、 ${\displaystyle \phi }$

${\displaystyle \phi \,{\mbox{ fixes }}K\quad \iff \quad q\,{\mbox{ splits completely in }}K.}$

実際、 δ をβ より下（したがってqより上）のO _Kの任意のイデアルとします。すると、任意の に対してとなるので、 は δ に対してフロベニウスであることがわかります。 に関する標準的な結果は、その位数が対応する慣性次数に等しいということです。つまり、 ${\displaystyle \phi (x)\equiv x^{q}\!\!\!{\pmod {\delta }}}$${\displaystyle x\in {\mathcal {O}}_{K}}$${\displaystyle \phi \vert _{K}\in \operatorname {Gal} (K/\mathbb {Q} )}$${\displaystyle \phi }$

${\displaystyle \operatorname {ord} (\phi \vert _{K})=[O_{K}/\delta O_{K}:\mathbb {Z} /q\mathbb {Z} ].}$

左辺が 1 になるのは φ がK を固定する場合のみであり、右辺が 1 になるのはq がKで完全に分割される場合のみなので、これで完了です。

さて、p^次の1の根はβを法として異なるので（つまり、多項式X ^{p − 1 は特性}qで分離可能である）、

${\displaystyle \phi (\zeta _{p})=\zeta _{p}^{q};}$

つまり、先に定義した自己同型σ _qと一致する。Kを我々が興味を持っている2次体とすると、同値関係が得られる。 ${\displaystyle \phi }$

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=1\quad \iff \quad q\,{\mbox{ splits completely in }}\mathbb {Q} ({\sqrt {p^{*}}}).}$

最後に、

${\displaystyle q\,{\mbox{ splits completely in }}\mathbb {Q} ({\sqrt {p^{*}}})\quad \iff \quad \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=1.}$

これをやると、二次の相互法則がすぐに成立する。

${\displaystyle \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=\left({\frac {p}{q}}\right)\ {\text{ for }}p\equiv 1\!\!\!{\pmod {4}},}$

そして

${\displaystyle \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=\left({\frac {-p}{q}}\right)=\left({\frac {-1}{q}}\right)\left({\frac {p}{q}}\right)={\begin{cases}+\left({\frac {p}{q}}\right)&{\mbox{if }}q\equiv 1{\pmod {4}},\\-\left({\frac {p}{q}}\right)&{\mbox{if }}q\equiv 3{\pmod {4}}\end{cases}}}$

のために。 ${\displaystyle p\equiv 3\!\!\!{\pmod {4}}}$

最後の同値性を示すために、まず と仮定します。この場合、ある整数x ( qで割り切れない)があり、ある整数cに対して となるとします。 と し、 Kのイデアルを考えます。これは主イデアル ( q ) を割り切ります。 はqで割り切れないので、これは ( q )と等しくなりません。これは単位イデアルではあり得ません。なぜなら、 ${\displaystyle \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=1.}$${\displaystyle x^{2}\equiv p^{*}{\pmod {q}},}$${\displaystyle x^{2}-p^{*}=cq}$${\displaystyle K=\mathbb {Q} ({\sqrt {p^{*}}}),}$${\displaystyle (x-{\sqrt {p^{*}}},q)}$${\displaystyle x-{\sqrt {p^{*}}}}$

${\displaystyle (x+{\sqrt {p^{*}}})=(x+{\sqrt {p^{*}}})(x-{\sqrt {p^{*}}},q)=(cq,q(x+{\sqrt {p^{*}}}))}$

はqで割り切れますが、これもまた不可能です。したがって、 ( q ) はKで割り切れる必要があります。

逆に、( q )が分裂し、βがqより上のKの素数であると仮定すると 、${\displaystyle (q)\subsetneq \beta ,}$

${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}\in \beta \setminus (q),{\text{ where }}a,b\in \mathbb {Q} .}$

実際、二次体の基本理論はKの整数環がまさにその通りであることを示唆しているので、 aとbの分母は最悪でも 2 に等しい。q ≠ 2 なので、aとb を2 倍しても安全であり、 aとbがZにあると仮定できる。この場合、 ${\displaystyle p^{*}\equiv 1\!\!\!{\pmod {4}},}$${\displaystyle \mathbb {Z} \left[{\frac {1+{\sqrt {p^{*}}}}{2}}\right],}$${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}\in \beta \setminus (q),}$

${\displaystyle (a+b{\sqrt {p^{*}}})(a-b{\sqrt {p^{*}}})=a^{2}-b^{2}p^{*}\in \beta \cap \mathbb {Z} =(q),}$

しかし、q はb を割り切れません。なぜなら 、その場合、 q はaを割り切れることになり、 の選択と矛盾するからです。したがって、 を法として b で割り、目的の結果を得ることができます。 ${\displaystyle q\mid a^{2}-b^{2}p^{*}.}$${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}.}$${\displaystyle p^{*}\equiv (ab^{-1})^{2}\!\!\!{\pmod {q}}}$

初等数論の教科書（および代数数論の教科書もかなり多く）には、二次の相互法則の証明が記載されています。特に注目すべき 2 つの証明は次のとおりです。

Lemmermeyer (2000) には、2 次式と高次式の相互法則の両方に関する多くの証明 (一部は演習形式) とその歴史に関する説明が掲載されています。その膨大な参考文献には、196 の異なる公開された証明に関する文献引用が含まれています。

アイルランドとローゼン（1990）は、2次相互性の証明（および多くの演習）も多数掲載しており、3次および2次の場合もカバーしています。演習13.26（p 202）にすべてが書かれています。

この本でこれまでに示した二次の相互法則の証明の数を数え、別の証明を考えてみましょう。

• アイルランド、ケネス、ローゼン、マイケル（1990）、現代数論への古典的入門、Graduate Texts in Mathematics、第84巻（第2版）、ニューヨーク：シュプリンガー、ISBN 0-387-97329-X
• レマーマイヤー、フランツ（2000）、相互法則：オイラーからアイゼンシュタインまで、シュプリンガー数学モノグラフ、ベルリン：シュプリンガー、ISBN 3-540-66957-4
• ルソー、G. (1991)、「二次相互法則について」、オーストラリア数学会誌、シリーズ A、51、ケンブリッジ大学出版局: 423–425、ISSN  1446-7887
• ワシントン、ローレンス C. (2012)、円分体入門、Graduate Texts in Mathematics、第 83 巻 (第 2 版)、ニューヨーク: Springer、ISBN 978-1-4612-7346-2

• F. レマーマイヤーによる二次相互法則の証明の年表と書誌 (332 の証明)