平方剰余の相互法則

この文章では 平方剰余の補充則と 相互法則の可能な限り代数的な証明を 紹介する．

まず最初に TeXで

$$a\equiv bmodp$$

という式を入力するのがとても面倒だと思ったので， この文章では，この式を

$$a{=}_{p}b$$

と書くことにする． $x\in \mathbb{Z}$と素数$p$に対して $x{=}_p{a}^2$となる $a$が存在する時$x$を$p$の平方剰余という． 平方剰余でない数を平方非剰余と呼ぶ．

可換環$R$に対して$R^{\times }$で， $R$の可逆元全体からなる群を表す．

素数$p$に対して ${𝔽}_p$で$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$を表す． 商写像 $\mathbb{Z}\to {𝔽}_p$を ${\pi }_p$で表す． ${𝔽}_p$は標数が$p$の体のになる． また${𝔽}_p^{\times }$は巡回群になる． この巡回群の生成元を$p$の原始根という．

写像 $s:{𝔽}_p^{\times }\to {𝔽}_p^{\times }$を $s(x)=x^2$で定義する． ${𝔽}_p^{\times }$は可換なので， $f$は準同型になる． よって特に$s({𝔽}_p^{\times })$ は${𝔽}_p^{\times }$の部分群になる． この群を$S_p$と書くことにする． 乗法群 ${𝔽}_p^{\times }$は可換なので もちろん $S$は正規部分群である． $p\ne 2$ ならば， 体の一般論から $a\in {𝔽}_p$に対して $x^2=a$ となる $x\in {𝔽}_p$ はちょうど2つあるので， $S$ の位数は $(p-1)/2$である． よって $p\ne 2$のとき， 剰余群 ${𝔽}_p^{\times }/S_p$ は位数が2の 群になる． 位数が$2$の群は全て同型なので， 同型写像 $e_p:{𝔽}_p^{\times }/S_p\to \{1,-1\}$ をとる． このとき $a\in \mathbb{Z}$ に対してルジャンドル記号を $(a|p):=e_p\circ s\circ {\pi }_p(a)$ と定義する． $\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)$ は $(a|p)$ と同じ意味であると約束する． ルジャンドル記号は次のように明示できる．

つまり平方剰余が $1$であるか$-1$であるかに応じて平方剰余かそうでないかがわかる．

定義から次のことがわかる．

命題 1.

任意の$a\in \mathbb{Z}$に対して，

$$\left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{a+p}{p}\right)=\left(\frac{a-p}{p}\right)$$

が成り立つ．

今からルジャンドル記号の計算方法を説明してゆく． まず次のオイラーの基準が基本的である．

命題 2.

$p$を奇素数とする． このとき任意の $a\in \mathbb{Z}$に対して

$$\left(\frac{a}{p}\right){=}_p{a}^{\frac{p-1}{2}}$$

が成り立つ．

証明.

最初に注意するが， $p$が奇数なので $\frac{p-1}{2}$は整数である． まずフェルマーの小定理から任意の $x\in {𝔽}_p^{\times }$に対して

$$x^{p-1}=1$$

が成り立つ． つまり任意の $a\in {𝔽}_p^{\times }$ は多項式 $x^{p-1}-1$ の根になっている． さらに

(1) $$x^{p-1}-1=\left(x^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(x^{\frac{p-1}{2}}+1\right)$$

と因数分解できる． さて$S_p=\{y^2\mid y\in {𝔽}_p^{\times }\}$ でに注意すると 任意の$x\in S_p$に対して $x=y^2$となる$y\in {𝔽}_p$が存在する． 再びフェルマーの小定理から $x^{\frac{p-1}{2}}=y^{p-1}=1$なので， $x^{\frac{p-1}{2}}-1=0$である． 体の一般論から多項式 $x^{\frac{p-1}{2}}-1$の根は高々$\frac{p-1}{2}$個であり $\mathrm{card}(S_p)=\frac{p-1}{2}$なので

(2) $$S_p=\{x\mid x^{\frac{p-1}{2}}-1=0\}$$

である. 任意の$x\in {𝔽}_p\setminus S_p$は平方非剰余の剰余類だが， $x^{p-1}-1=0$を満たすということと 式(1), (2)から， $x^{\frac{p-1}{2}}+1=0$ を満たさなければならない．（体には零因子は$0$しかない．） よってオイラーの基準が示された． ∎

このオイラーの基準を使って直ちに平方剰余の相互法則の第一補充則がわかる．

命題 3.

奇素数$p$と整数について，

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

が成り立つ．

証明.

オイラーの基準から， $(a|p){=}_p{(-1)}^{\frac{p-1}{2}}$ である． この両辺は $1$か $-1$の値しか取らず， また$p$が奇素数であることから $2{\ne }_{p}0$なので実際の等式として $(a|p)={(-1)}^{\frac{p-1}{2}}$を得る． ∎

平方剰余の相互法則の第二補充則は次のものである．

命題 4.

奇素数$p$に対して

$$\left(\frac{2}{p}\right)={(-1)}^{\frac{p^2-1}{8}}$$

証明.

$A=\{1,\mathrm{\dots },\frac{p-1}{2}\}$とおく． 任意の$a\in A$についてもちろん

$$a=({(-1)}^{a}a){(-1)}^a$$

が成り立つ． よって

${\displaystyle \prod _{a\in A}}a$ $={\displaystyle \prod _{a\in A}}({(-1)}^{a}a){(-1)}^a$

$={\displaystyle \prod _{a\in A}}({(-1)}^{a}a){\displaystyle \prod _{a\in A}}{(-1)}^a={(-1)}^{{\sum }_{a\in A}a}{\displaystyle \prod _{a\in A}}({(-1)}^{a}a)$

$={(-1)}^{\frac{p^2-1}{8}}{\displaystyle \prod _{a\in A}}({(-1)}^{a}a)$

ここで等差数列の和の公式から ${\sum }_{a\in A}=\frac{p^2-1}{8}$ であることを用いている．

でなおかつ $C=A\setminus B$とおく． $B$は$A$に属する偶数全体の集合で $C$は$A$ に属する奇数の集合である． もちろん $A=B\bigsqcup C$である． とおく． $D$は$\frac{p}{2}$より大きく $p$ よりも小さい偶数全体の集合である． 簡単にわかることだが， 任意の $d\in D$ に対して， $c\in C$ がただ一つ存在して $p-c=d$となる． よって $D$と $C$の濃度は等しいことに注意しよう． よって，

となる． また，

となる．よって，

${\displaystyle \prod _{a\in A}}({(-1)}^{a}a)$

${=}_p{2}^{\mathrm{card}(A)}{\displaystyle \prod _{a\in A}}a{=}_p{2}^{\frac{p-1}{2}}{\displaystyle \prod _{a\in A}}a$

よって 以上の式を合わせて，

$$\prod _{a\in A}a{=}_p{(-1)}^{\frac{p^2-1}{8}}{2}^{\frac{p-1}{2}}\prod _{a\in A}a$$

を得る． ${\prod }_{a\in A}a$ は ${𝔽}_p$の中で$0$ ではないので，

$$2^{\frac{p-1}{2}}{=}_p{(-1)}^{\frac{p^2-1}{8}}$$

よってオイラーの基準から，

$$\left(\frac{2}{p}\right){=}_p{(-1)}^{\frac{p^2-1}{8}}$$

を得るが， 両辺はそれぞれ$1$か$-1$の値しか取らず， $2{\ne }_{p}0$なので， 結局

$$\left(\frac{2}{p}\right)={(-1)}^{\frac{p^2-1}{8}}$$

を得る． これが示すべき等式であった． ∎

平方剰余の相互法則は次のものである．

命題 5.

2つの異なる奇素数$p,q$に対して，

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

証明.

中国剰余定理を用いた証明を紹介する． $p,q$は異なる奇素数なので， 特に互いに素である． よって中国剰余定理から可逆元の間の同型

$${(\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z})}^{\times }\cong {(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})}^{\times }\times {(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})}^{\times }$$

を得る． さらに詳しくいうと， 写像

$$\delta :{(\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z})}^{\times }\to {(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})}^{\times }\times {(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})}^{\times },{[k]}_{pq}\mapsto ({[k]}_p,{[k]}_q)$$

はwell-defined だし，同型写像であるということである． さて，

でなおかつ

とする． 任意の $(a,b)\in B$ に対して $k\in A$ が存在して $\delta (k)=(a,b)$ かもしくは $\delta (k)=-(a,b)$ のどちらか一方のみが成り立つ． よって， ある$ϵ\in \{1,-1\}$ が存在して．

$$\prod _{(x,y)\in B}(x,y)=ϵ\prod _{k\in A}\delta (k)$$

が成り立つ． さて，

${\displaystyle \prod _{(x,y)\in B}}(x,y)$

である． ここでウィルソンの定理から${[(p-1)!]}_p={[-1]}_p$であり，

$${\left(\left(\frac{q-1}{2}\right)!\right)}^2{=}_q(q-1)!{(-1)}^{\frac{q-1}{2}}{=}_q(-1){(-1)}^{\frac{q-1}{2}}$$

なので，

(3) $$\prod _{(x,y)\in B}(x,y)=({\left[{(-1)}^{\frac{q-1}{2}}\right]}_p,{\left[{(-1)}^{\frac{p-1}{2}}{(-1)}^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}\right]}_q)$$

である． そして

${\displaystyle \prod _{k\in A}}k$

今からこの量の$p$を法とした値を考える．

であり， なので

また， であるから， なので

となる． よって，

$$\prod _{k\in A}k{=}_p\frac{{(-1)}^Q\cdot P!}{q^{P}P!}$$

であるが， オイラーの基準から

$$\prod _{k\in A}k{=}_p{(-1)}^Q\left(\frac{q}{p}\right)$$

今の議論を， $p$と $q$ の役割を入れ替えて適用すると， 同様にして

$$\prod _{k\in A}k{=}_q{(-1)}^P\left(\frac{p}{q}\right)$$

よって(3)と比較すると，

$${(-1)}^Q\left(\frac{q}{p}\right){=}_pϵ{(-1)}^Q$$

と

$${(-1)}^P\left(\frac{p}{q}\right){=}_qϵ{(-1)}^P{(-1)}^{PQ}$$

これら二式の両辺のそれぞれの量も $1$ か $-1$ のどちらかの値しか取らず， $2{\ne }_{p}0$でなおかつ $2{\ne }_{q}0$なので， 実際の等式として

$$\left(\frac{q}{p}\right)=ϵ$$

と

$$\left(\frac{p}{q}\right)={(-1)}^{PQ}$$

を得る． この二式から，

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

を得る． これが示したい等式であった． ∎