平方剰余の相互法則のEisensteinによる証明について

平方剰余の相互法則の Eisenstein による証明
について
風あざみ
2016/02/29
目次
1
用語の説明編
2
2
ガウスの補題編
2
3
多項式の性質編
2
4
平方剰余の相互法則の証明編
4
5
参考文献編
5
1
1
用語の説明編
[x] を x を超えない最大の整数を意味する。
奇数の素数 p と p で割り切れない正の整数 a に対して ( ap ) をルジャンドルの
記号ということにする。
π は円周率を意味する。
2
ガウスの補題編
a, n を互いに素な正の整数 (ただし、n ≥ 2) とするとき、整数 ϵ(a, n) を以
下にように定義する。
a を n で割ったときの絶対値最小の余りが正のとき、ϵ(a, n) = 1
a を n で割ったときの絶対値最小の余りが負のとき、ϵ(a, n) = −1
以降簡単のため、ϵ(a, n) を ϵ(a) と書くことにする。
命題１：奇数の素数 p と p で割り切れない正の整数 a を任意にとるとき、以
下が成り立つ。
a
p−1
( ) = ϵ(a)ϵ(2a) · · · ϵ(
a)
p
2
証明：下記サイトの定理７を参照
http://puit578.web.fc2.com/legendre.pdf
3
多項式の性質編
命題２：k を正の整数とするとき、sin (2k − 1)x, cos(2k − 1)x は以下の性
質を持つ。
f1 (x) = g1 (x) = 1
fk+1 (x) = fk (x)(1 − 2x2 ) + gk (x)(2 − 2x2 )
gk+1 (x) = gk (x)(1 − 2x2 ) + fk (x)(−2x2 )
上記の性質を持つ整係数多項式 fk (x), gk (x) を用いて
sin (2k − 1)x = fk (sin x) sin x, cos (2k − 1)x = gk (sin x) cos x と表すことが
出来る
証明：k に関する数学的帰納法で証明する。
k = 1 の時は明らか。
2
k = h のとき命題２が成立すると仮定する。
sin (2h − 1)x = fh (sin x) sin x, cos (2h − 1)x = gh (sin x) cos x
k = h + 1 のとき命題２が成立することを示す。
sin (2h + 1)x = sin (2h − 1)x cos 2x + cos (2h − 1)x sin 2x
= fh (sin x) sin x(1 − 2(sin x)2 ) + gh (sin x) cos x(2 cos x sin x)
= (fh (sin x){1 − 2(sin x)2 } + gh (sin x){2 − 2(sin x)2 }) sin x
= fh+1 (sin x) sin x
cos (2h + 1)x = cos (2h − 1)x cos 2x − sin (2h − 1)x sin 2x
= gh (sin x) cos x(1 − 2(sin x)2 ) − fh (sin x) sin x(2 cos x sin x)
= (gh (sin x){1 − 2(sin x)2 } + fh (sin x){−2(sin x)2 }) cos x
= gh+1 (sin x) cos x
したがって、k = h + 1 のときも、命題２が成立することがいえる。以上から
数学的帰納法により任意の正の整数 k に対して、命題２が成立することがい
えた。
□
命題３：命題２における fk (x), gk (x) は 2k − 2 次式でかつ最高次の係数が
(−4)k−1 となる。
証明：k に関する数学的帰納法で証明する。
k = 1 の時は明らか。
k = h のとき命題３が成立すると仮定する。
k = h + 1 のとき命題３が成立することを示す。
fh+1 (x) = fh (x)(1 − 2x2 ) + gh (x)(2 − 2x2 )
= (1 − 2x2 ){(−4)h−1 x2h−2 + · · ·} + (2 − 2x2 ){(−4)h−1 x2h−2 + · · ·}
= (−4)h x2h + · · ·
gh+1 (x) = gh (x)(1 − 2x2 ) + fh (x)(−2x2 )
= (1 − 2x2 ){(−4)h−1 x2h−2 + · · ·} + (−2x2 ){(−4)h−1 x2h−2 + · · ·}
= (−4)h x2h + · · ·
したがって、k = h + 1 のときも、命題３が成立することがいえる。以上から
数学的帰納法により任意の正の整数 k に対して、命題３が成立することがい
えた。
□
命題４：fk (x) は以下のように因数分解される。
fk (x) =
k−1
∏
(x2 − {sin
j=1
3
2jπ 2
} )
2k − 1
証明：因数定理を用いる。1 ≤ j ≤ k − 1 をみたす整数 j に対して
2jπ
sin 2jπ
)=
= 0 だから因数定理より
2jπ
2k − 1
sin 2k−1
2jπ
2jπ
2jπ 2
fk (x) は (x − sin
)(x + sin
) = x2 − (sin
)
2k − 1
2k − 1
2k − 1
fk (± sin
を因数に持つ。したがって、次数を考慮すると、fk (x) は以下のように因数分
解される。
k−1
∏
(x2 − {sin
fk (x) =
j=1
2jπ 2
} )
2k − 1
したがって命題４はいえた。
4
□
平方剰余の相互法則の証明編
命題５：相異なる奇数の素数 p, q に対して、以下が成り立つ。
p−1 q−1
2
2
(p−1)(q−1) ∏ ∏
q
2iπ 2
2jπ 2
4
( ) = (−4)
({sin
} − {sin
} )
p
p
q
i=1 j=1
証明：命題１より以下が言える。
p−1
p−1
2
∏
2
2iqπ
q ∏
2iπ
sin
=( )
sin
p
p
p
i=1
i=1
よって命題４より以下が言える。
p−1
2
∏
sin 2qiπ
p
i=1
sin 2iπ
p
p−1
=
2
∏
q−1
{(−4)
q−1
2
i=1
2
∏
({sin
j=1
2iπ 2
2jπ 2
} − {sin
} )}
p
q
p−1 q−1
= (−4)
(p−1)(q−1)
4
2
2
∏
∏
i=1 j=1
({sin
2jπ 2
2iπ 2
} − {sin
} )
p
q
したがって、命題５はいえた。
□
定理６：相異なる奇数の素数 p, q に対して、以下が成り立つ。
(p−1)(q−1) q
p
4
( ) = (−1)
( )
q
p
4
証明：命題５より以下が言える。
p−1 q−1
2
2
(p−1)(q−1) ∏ ∏
q
2iπ 2
2jπ 2
4
( ) = (−4)
({sin
} − {sin
} )
p
p
q
i=1 j=1
q−1 p−1
2
2
(p−1)(q−1) ∏ ∏
p
2jπ 2
2iπ 2
4
( ) = (−4)
({sin
} − {sin
} )
q
q
p
j=1 i=1
p−1 q−1
= (−1)
(p−1)(q−1)
4
{(−4)
(p−1)(q−1)
4
2
2
∏
∏
({sin
i=1 j=1
2iπ 2
2jπ 2
} − {sin
} )}
p
q
よって以下が言える。
(p−1)(q−1) q
p
4
( ) = (−1)
( )
q
p
したがって、定理６はいえた。
□
定理６は平方剰余の相互法則そのものである。
また定理６は以下の形でも書ける。
(p−1)(q−1)
p q
4
( )( ) = (−1)
q p
5
参考文献編
数論講義（著者：J.P.Serre、訳者：彌永健一）岩波書店 12p-14p
5

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