n が偶数のときのガウス和（遊びの数論53）

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遊びの数論52の続き。誤字脱字・間違いがあるかも。

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• 目次。約6の項目があります。2025などの数字は、メモの日付です。
• 2025-12-23　n が 4 の倍数のときのガウス和（前編）　ふたやふたやよ
• 2025-12-30　n が 4 の倍数のときのガウス和（後編）　みずよろしい
• 2026-01-03　n が「4 の倍数 + 2」のときのガウス和と「ビーナス定理」
• 2026-01-05　n が合成数のときのガウス和（前編）　駅を飛ばす各駅停車
• 2026-01-06　「1 の原始 n 乗根」とその性質
• 2026-01-07　n が合成数のときのガウス和（中編）
• 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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2025-12-23　n が 4 の倍数のときのガウス和（前編）　ふたやふたやよ

#遊びの数論　#ガウス和（平方 | 符号 | n 偶数）

次のような和 W を考える。

n = 4 の例。 1 の原始4乗根（§7）のうち偏角 90° のものを r とする、つまり r = √−1 = i と。
　　W = r⁰ + r¹ + r⁴ + r⁹
は何になるか（r の肩の指数は、四つの平方数 0², 1², 2², 3²）。 r⁴ = 1 に留意して、指数を簡約（4 で割った余りで置き換える）:
　　W = r⁰ + r¹ + r⁰ + r¹ = 2(r⁰ + r¹)
4項の和のうち、前半2項と後半2項が同じ値の反復。もちろん = 2(1 + i) = 2 + 2i、あえて書けば √4 + i√4 だ。

n = 8 の例。 1 の原始8乗根のうち偏角 45° のものを r とする、つまり r = √i = √2/2 + i√2/2 と^†。
　　W = r⁰ + r¹ + r⁴ + r⁹ + r¹⁶ + r²⁵ + r³⁶ + r⁴⁹
は何になるか（指数は八つの平方数 0², 1², 2², ···, 7²）。 r⁸ = 1 に留意して指数を簡約（8 で割った余りで置換）:
　　W = r⁰ + r¹ + r⁴ + r¹ + r⁰ + r¹ + r⁴ + r¹ = 2(r⁰ + r¹ + r⁴ + r¹)
8項の和のうち、前半4項と後半4項は、同じ値の反復。

で、 r⁴ = (r²)² = ((√i)²)² = (i)² = −1 なんで:
　　W = 2(1 + r + (−1) + r) = 2(2r) = 4r = 4(√2/2 + i⋅√2/2)
　　 = 2√2 + 2i√2 = √8 + i√8

同様の計算をすると n = 12 なら W = √12 + i√12 になり、 n = 16 なら W = √16 + i√16 になる（= 4 + 4i）。要するに n が 4 の倍数なら W = √n + i√n になる、ってことは予想がつく。こんなきれいで単純なパターン、簡単に証明できそうに思える。大数学者ガウスも、このパターンを発見したとき、自信たっぷりにそう考えたに違いない。

ところで √2 = 1.41421356…（一夜（ひとよ）ひとよに・ひと見頃）ってのは有名。 √8 はその 2 倍なので 2.82842712…（二夜（ふたや）ふたやよ・ふたナイフ）。「ひとよ・ひとよに・ひと」は各桁 4 以下なので、 2 倍は、繰り上がりなしで「ふたや・ふたやよ・ふた」。

†　「8乗」は「4乗」の平方。 i は「1 の4乗根」なので、「平方すると i になる数」つまり √i は「1 の8乗根」。 √2/2 + i√2/2 が i の平方根であることを確かめるには、平方が = i になることを見ればいい:
　　(√2/2 + i√2/2)² = 2/4 + 2⋅√2/2⋅i√2/2 + −2/4 = 2⋅2i/4 = i
つーか、まぁ、 cos 90° + i sin 90° の 1/2 乗は cos 45° + i sin 45° ってだけの話だが…

§17　n が 4 の倍数のときのガウス和の積表現

r を 1 の原始 n 乗根とする（よって rⁿ = 1）。 n が 4 の倍数のとき、 n 項の和
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−1)⋅(n−1)}
において、前半の n/2 項と、後半の n/2 項は、同じ値の反復。というのも、
　　「前半」の指数は　0²　から　(n/2 − 1)²　まで
　　「後半」の指数は　(n/2)²　から　(n − 1)²　まで
であるが、末尾の (n − 1)² は (n/2 + n/2 − 1)² なので、
　　「前半」の指数は　ℓ²
　　「後半」の指数は　(n/2 + ℓ)²
　　　ただし　ℓ = 0, 1, 2, ··· , n/2−1
ともいえる。ところが、
　　(n/2 + ℓ)² = n²/4 + nℓ + ℓ² = n(n/4 + ℓ) + ℓ²
が r の肩に乗るとき、 r^{n(n/4+ℓ)+ℓ2} = r^n(n/4+ℓ)⋅r^ℓ2 = r^ℓ2 なので、「後半」の各指数は、 r の肩に乗った場合には、 ℓ² つまり前半の各指数と同じこと――実際、仮定により n/4 は割り切れるので、 r^n(n/4+ℓ) = r^n(整数) = (rⁿ)^整数 = 1^整数 = 1。

簡潔化のため n の半分（Hanbun）を H = n/2 と置くと、上記の観察から、
　　W = 2[r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(H−1)⋅(H−1)}]　　タ
となる。タの [ ] 内の値を求めるためには、若干の準備を要する。ここで、前回導出した「第二の恒等式」が関係してくる。

問題　公式13…
　　1 + t⋅(1 − t^2m)/(1 − t²) + t²⋅[(1 − t^2m)(1 − t^2m−2)]/[(1 − t²)(1 − t⁴)] + t³⋅[(1 − t^2m)(1 − t^2m−2)(1 − t^2m−4)]/[(1 − t²)(1 − t⁴)(1 − t⁶)] + ··· + t^m
　　 = (1 + t)(1 + t²)(1 + t³)···(1 + t^m)
…に t = −y を代入すると、どうなるか（y は何らかの値を表す文字）。

解　(−y) の偶数乗は y の偶数乗と同じだが、 (−y) の奇数乗は y の奇数乗の −1 倍。よって t の肩の指数が偶数なら、文字 t が単に y に置き換わる。 t の肩の指数が奇数なら、 t が y に置き換わるだけでなく、その項の符号が反転する。つまり:
　　1 − y⋅(1 − y^2m)/(1 − y²) + y²⋅[(1 − y^2m)(1 − y^2m−2)]/[(1 − y²)(1 − y⁴)] − y³⋅[(1 − y^2m)(1 − y^2m−2)(1 − y^2m−4)]/[(1 − y²)(1 − y⁴)(1 − y⁶)] + ··· ± y^m
　　 = (1 − y)(1 + y²)(1 − y³)···(1 ± y^m)
複号は m が偶数なら上、奇数なら下。∎

さて t = −y と置くのはやめて、代わりにその逆数を代入、 t = −y⁻¹ としよう。結果は上記とほとんど同じで、単に各指数が −1 倍される（上の式の y = y¹ は、もちろん逆数 y⁻¹ に変わる）。すなわち…

公式14（Gauß [0] p. 27, [1] p. 477）　m が正の整数のとき、次の恒等式が成り立つ（左辺は m+1 項、右辺の因子は m 個）。
　　1 − y⁻¹⋅(1 − y^−2m)/(1 − y⁻²) + y⁻²⋅[(1 − y^−2m)(1 − y^−2m+2)]/[(1 − y⁻²)(1 − y⁻⁴)] − y⁻³⋅[(1 − y^−2m)(1 − y^−2m+2)(1 − y^−2m+4)]/[(1 − y⁻²)(1 − y⁻⁴)(1 − y⁻⁶)] + ··· ± y^−m
　　 = (1 − y⁻¹)(1 + y⁻²)(1 − y⁻³)···(1 ± y^−m)
複号は m が偶数なら上、奇数なら下。

r を 1 の原始 n 乗根とする。公式14に y = r を代入し（つまり文字 y を r と読み替えて）、 m = n/2 − 1 と置く。このとき、
　　−2m = −2(n/2 − 1) = −n + 2
であるから:
　　−2m + 2 = (−n + 2) + 2 = −n + 4
　　−2m + 4 = (−n + 2) + 4 = −n + 6　等々
よって、公式14の分子に現れる因子たちは:
　　1 − r^−2m = 1 − r⁻ⁿ⁺² = 1 − r²　　← r⁻ⁿ⁺² = (rⁿ)⁻¹⋅r² = (1)⁻¹⋅r² = r²
　　1 − r^−2m+2 = 1 − r⁻ⁿ⁺⁴ = 1 − r⁴
　　1 − r^−2m+4 = 1 − r⁻ⁿ⁺⁶ = 1 − r⁶　等々
よって、補題7に留意すると、公式14の各分数は、
　　(1 − r²)/(1 − r⁻²) = −r²
　　(1 − r⁴)/(1 − r⁻⁴) = −r⁴
　　(1 − r⁶)/(1 − r⁻⁶) = −r⁶　等々
を順に 1 個、 2 個、 3 個…掛けたものに他ならない（§8とほぼ同様。符号に注意）。結局、公式14の左辺は、こうなる:
　　1 − r⁻¹⋅(−r²) + r⁻²⋅(−r²)(−r⁴) − r⁻³⋅(−r²)(−r⁴)(−r⁶) + ···
　　 = 1 + r⁻¹⁺⁽²⁾ + r^−2+(2+4) + r^−3+(2+4+6) + ···　　チ

〔注〕　因子の符号の取りまとめについて: もともとマイナスだった項では、分数からマイナスの因子 (−r^指数) が奇数個生じ、因子のマイナスが（もともとのマイナスも含めて）合計偶数個なので、整理するとプラスに。もともとプラスだった項は、分数からマイナスの因子が偶数個生じ、整理するとプラスのまま。要するに、もともとマイナスだった項も含めて、全部プラスの項になる。―― r の指数の整理について: 暫定的に一部マイナスが残り、各指数は −N+(N個の偶数の和) の形になる。

公式14の分母に現れ得る y の累乗は、指数の絶対値がどんなに大きいとしても、 y^−2m まで。現在の仮定では m = n/2 − 1 なので、 y^−2m は r^{−2(n/2−1)} = r⁻⁽ⁿ⁻²⁾ に当たる。つまりこれらの分母には、 r², r⁴, ···, rⁿ⁻² の逆数をそれぞれ 1 から引いたものだけが、因子として含まれ得る。 r が原始 n 乗根であるという前提の下で r², r⁴, ···, rⁿ⁻² はどれも ≠ 1。よって、それぞれの逆数も ≠ 1 で、分母が = 0 になる心配はない。

さて、チの r の肩に乗っている各指数は、
　　−N + (N個の偶数の和) = −N + 2(1 から N までの和） = −N + 2⋅N(N + 1)/2
　　 = −N + N² + N = N²　　ただし N = 1, 2, 3, ···
であるから、チは 1 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + r^3⋅3 + ··· に等しい。この ··· は、どこまで続くか（それを確定させないと、和がはっきりしない）。公式14の左辺は m+1 項あり、チは公式14の左辺にて m = n/2 − 1 = H − 1 と置いたものだから、チは (H − 1) + 1 = H 項ある。従って、チは、
　　1 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + r^3⋅3 + ··· + r^{(H−1)(H−1)}　　ツ
に等しい。ツは、懸案のタの [ ] 内だ！　公式14の右辺から（y = r, m = n/2 − 1 = H−1）、チ = ツは次の積に等しい。
　　(1 − r⁻¹)(1 + r⁻²)(1 − r⁻³)···(1 − r^−(H−1))　　テ
末尾の因子の ± は下（公式14参照）。なぜなら m = H−1 について、 n は 4 の倍数なので H = n/2 は偶数、 H−1 は奇数。

タの W は、ツの 2 倍。ツ = テなんで、 W はテの 2 倍。よって、次の積表現を得る。

命題15（Gauß [0] p. 29, [1] p. 479）　n が 4 の倍数のとき:
　　W = 2(1 − r⁻¹)(1 + r⁻²)(1 − r⁻³)(1 + r⁻⁴)···(1 + r^−(H−2))(1 − r^−(H−1))

〔例〕　n = 8, H = 4 の場合。 r の偏角を 45° として W = 2(1 − r⁻¹)(1 + r⁻²)(1 − r⁻³) を数値的に計算すると、約 2.82842712 + 2.82842712i になる。この小数（ふたや・ふたやよ・ふたナイフ）は √8 だ。――しかし「1 の原始8乗根」は四つある。 r の偏角を −45° として同じ計算をすると結果は W = √8 − i√8 になり、偏角を 135° とすると W = −√8 + i√8 になり、偏角を −135° とすると W = −√8 − i√8 になる。 n が一般の 4 の倍数のとき、 W の実部・虚部の絶対値は単に √n になるとしても、2カ所（4パターン）の符号の決定は、ややこしそう。

§18　「足し算」を「引き算」に

命題15では、 r の指数 k が（負の）奇数か偶数かに応じて、引き算 (1 − r^k) の形の因子と、足し算 (1 + r^k) の形の因子が、交互に現れる。全部 (1 − r^k) の形に統一できれば、
　　(1 − r)(1 − r²)(1 − r³)···(1 − rⁿ⁻¹) = n
と連携させられる（§10参照）。大筋においてはこの = n の積が W² と関係していて、従って W は √n に関係している（n = 8 の例で √8 が現れるのは、そういうこと）。

補題16　n = 2H を偶数とする。 r が 1 の原始 n 乗根のとき r^H = −1, r^−H = −1 が成り立つ（H = n/2 は、もちろん整数）。

証明　仮定により rⁿ = r^2H = 1 が――言い換えると
　　r^2H − 1 = (r^H + 1)(r^H − 1) = 0　　（✽）
が――、成り立つ。従って、
　　(r^H + 1)　と　(r^H − 1)
の少なくとも一方は 0 に等しい（さもなければ両者の積 ≠ 0 となり（✽）と矛盾）。しかし、もしも
　　r^H − 1 = 0　つまり　r^H = 1
だとしたら、 r が原始 n 乗根という仮定に反する。ゆえに、
　　r^H + 1 = 0　つまり　r^H = −1
でなければならない。 −1 の逆数は −1 自身なので、この最後の式の両辺の逆数を考えると r^−H も = −1。∎

〔注〕　直観的には: 円周を n 等分して印を付けた。ある印を基準に n 個目の印は、一周して 360° つまりもともとの印に戻る。だから n/2 個目の印は、もともとの印の正反対、つまり −1 倍の位置。反時計回りでも、時計回りでも、出発点から ±180° は、同じ正反対の場所。

補題16に留意すると、例えば 1 + r^k の真ん中の符号 + が気に食わなければ、
　　1 + r^k = 1 − (−1)⋅r^k = 1 − r^H⋅r^k = 1 − r^H+k　　ナ
として、真ん中の符号を強制的に反転できる！　われわれの目的上、
　　(1 − r⁻¹)(1 + r⁻²)(1 − r⁻³)(1 + r⁻⁴)···(1 + r^−(H−2))(1 − r^−(H−1))　　ニ
という H−1 因子の積（それぞれ 1 ∓ r^−k の形）の偶数番目にある 1 + r⁻² 等を 1 − r⁻² 等に変換したいのだが（命題15参照）、単にナで k = −2 とすると、
　　1 + r⁻² = 1 − r^H−2
となって、それは欲しいものと微妙に違う。しかし r^H−2 とその逆数 r^−(H−2) の積は 1 なので、
　　1 + r⁻² = 1 − r^H−2 = r^H−2(r^−(H−2) − 1)
と変形でき、この r^−(H−2) − 1 は、欲しいものに近い――すなわちニの後ろから2番目の因子 1 + r^−(H−2) には 1 − r^−(H−2) になってもらいたいわけで、それは r^−(H−2) − 1 のちょうど −1 倍。そこで 1 + r⁻² を直接 1 − r⁻² に変換することにこだわらず、
　　①　1 + r⁻²　を原料に　1 − r^−(H−2)　を作る
　　②　一方　1 + r^−(H−2)　を原料に　1 − r⁻²　を作る
というように、「因子が足し算」の項を両端から二つずつペアにして処理することで、「因子を引き算」に変更できる:
　　①　1 + r⁻² = 1 − r^H−2 = r^H−2(r^−(H−2) − 1) = −r^H−2(1 − r^−(H−2))
　　②　1 + r^−(H−2) = 1 − r^H−(H−2) = 1 − r² = r²(r⁻² − 1) = −r²(1 − r⁻²)
とすればいい。

〔注〕　①の二つ目の等号までは前述の通り。三つ目の等号は (A − B) の形から −1 をくくり出して −(B − A) の形に変えただけ。この 1 + r^ℓ = −r^H−ℓ(1 − r^−(H−ℓ)) のテンプレに ℓ = H−2 を入れれば、②になる。実際、そのとき H−ℓ = H−(H−2) = 2。

このペアに①②の処理を施すと、足し算が引き算に変換されるが、その代償として、因子 −r² と因子 −r^H−2 がくくり出される（右端の丸かっこの前の部分）。同様に 1 + r⁻⁴ とその相棒を処理すると、因子 −r⁴ と因子 −r^H−4 がくくり出される。等々、われわれはニの全因子を引き算の形に変換できるけど、その代償として、
　　(−r²)(−r⁴)(−r⁶)···(−r^H−6)(−r^H−4)(−r^H−2)　　ヌ
という因子を追加する義務を負う。

〔補足〕　①タイプと②タイプは、どちらもそれ単体で有効な等式。「必ずペアで使わないと駄目」ということはない。変換したい因子が奇数個の場合、端から二つずつペアにしていくと、中央ではペアにならない因子が一つ残る。そのような中央の因子に対しては、①②は全く同じ意味（例えば H = 12 と仮定し「2」を「6」で置き換えると、そうなる）。その場合、もちろん一方だけが実行され、追加の因子も（ペアではなく）一つだけ発生する。

ヌを一つの因子にまとめると:
　　±r^A　ここで　A = 2 + 4 + 6 + ··· + (H − 2)
A は 2 から H − 2 までの各偶数の和。それは 1 から H/2 − 1 までの（H/2 − 1 個の）整数の和の 2 倍なので:
　　A = 2 × [(H/2 − 1)⋅H/2]/2 = H²/4 − H/2 = H²/4 − H/2
（H は 4 の倍数 n の半分なので偶数。よって H/2 は割り切れる。）上記 A の項数のカウントと平行的に、ヌの因子は H/2 − 1 個ある。よって ±r^A の複号は H/2 − 1 が偶数なら上、奇数なら下。ゆえに:
　　±r^A = (−1)^H/2−1⋅(r^H2/4−H/2)
この因子が、ニの全因子を引き算の形にした場合に、その代償として追加される。命題15にこの結論を適用すると:

命題17　n が 4 の倍数のとき:
　　W = 2(1 − r⁻¹)(1 + r⁻²)(1 − r⁻³)···(1 + r^−(H−2))(1 − r^−(H−1))
　　 = 2(−1)^H/2−1⋅(r^H2/4−H/2)⋅[(1 − r⁻¹)(1 − r⁻²)(1 − r⁻³)···(1 − r^−(H−2))(1 − r^−(H−1))]

§19　n が 4 の倍数のときのガウス和の平方

命題17の [ ] 内には、因子 (1 − r^−k) が k = 1, 2, ···, H−1 に対して存在する。これをさらに k = H, H+1, H+2, ···, n−2, n−1 まで拡張できれば、それら全体に含まれる n−1 種類の r^−k たちは、 xⁿ = 1 の x = 1 以外の全種類の解。従って、それら n−1 種類の (1 − r^−k) の積は = n だ（§10）。この拡張工事は、今やった命題17の導出より易しい。単に ℓ = 1, 2, ··· , H−1 に対して、
　　1 − r^−ℓ = r^−ℓ(r^ℓ − 1) = −r^−ℓ(1 − r^ℓ)
とすれば、命題17の [ ] 内の 1 − r⁻¹, 1 − r⁻² 等々を原料に 1 − r¹, 1 − r² 等々を作れる。これらは 1 − r⁻ⁿ⁺¹, 1 − r⁻ⁿ⁺² 等々と等しく^†、言い換えれば
　　1 − r⁻⁽ⁿ⁻¹⁾, 1 − r⁻⁽ⁿ⁻²⁾　等々
と等しい。要するに:
　　1 − r^−ℓ = −r^−ℓ[1 − r^−(n−ℓ)]　　ネ

†　r^ℓ と r^−n+ℓ = r⁻ⁿ⋅r^ℓ は等しい。なぜなら r⁻ⁿ = (rⁿ)⁻¹ = 1⁻¹ = 1。

かくして k = H, H+1, ··· , n−2, n−1 に対する (1 − r^−k) のうち、 k = H の場合以外の H−1 個が、逆順で生じる――ネで ℓ = 1, 2, ··· , H−1 とすれば。命題17の左辺 [ ] 内の因子が、ちょうど一つずつ、欲しかった因子に変換される。変換コストとして ℓ = 1, 2, ···, H−1 に対する −r^−ℓ たちが、追加因子となる（ネの[ ] の前の部分）。追加される因子たちを一つに合体させると:
　　(−r⁻¹)(−r⁻²)(−r⁻³)···(−r^−(H−1)) = −r^−B
（H は偶数だから、追加される因子の個数 H−1 は奇数、よって ±r^−B の符号はマイナス。）ここで:
　　B = 1 + 2 + 3 + ··· + (H−1) = (H − 1)H/2 = H²/2 − H/2 = H²/2 − H/2
　　∴　−r^−B = −r^{−(H2/2−H/2)} = −r^−H2/2+H/2

この結論を命題17と組み合わせると、
　　W = 2(−1)^H/2−1⋅r^H2/4−H/2⋅[−r^−H2/2+H/2⋅(1 − r^−(H+1))(1 − r^−(H+2))···(1 − r⁻⁽ⁿ⁻²⁾)(1 − r⁻⁽ⁿ⁻¹⁾)]
となる。これを整理しよう。
　　r^H2/4−H/2　と　−r^−H2/2+H/2　の積
の指数^†は　H²/4 − H/2 + −H²/2 + H/2 = H²/4 + −H²/2 = −H²/4 なので:
　　W = 2(−1)^H/2−1⋅(−r^−H2/4)⋅[(1 − r^−(H+1))(1 − r^−(H+2))···(1 − r⁻⁽ⁿ⁻²⁾)(1 − r⁻⁽ⁿ⁻¹⁾)]　　Ⓐ

†　r 自身の前にあるマイナス符号は、 r の肩の指数の計算に、影響しない。例えば r³ × r² = r⁵ の指数も、 r³ × (−r²) = −r⁵ の指数も、 3 + 2。実際、 rrr と ±rr の積は、明らかに ±rrrrr だ。

等式Ⓐと、命題17の等式
　　W = 2(−1)^H/2−1⋅(r^H2/4−H/2)⋅[(1 − r⁻¹)(1 − r⁻²)(1 − r⁻³)···(1 − r^−(H−2))(1 − r^−(H−1))]　　Ⓑ
の積を考えると:
　　W² = 4⋅(−r^−H/2)⋅[(1 − r⁻¹)(1 − r⁻²)··· (1 − r^H−1) × (1 − r^H+1)(1 − r^H+2)···(1 − rⁿ⁻¹)]　　ノ
なぜならば、ⒶⒷ両方の右辺にある (−1)^H/2−1 は（当然）同一の数を表し、両方 +1 または両方 −1 なので、両者の積は +1 で、これらの因子は無いのと同じ。そして −r^−H2/4 と r^H2/4−H/2 の積は −r^{−H2/4+H2/4−H/2} = −r^−H/2 に等しい。

ノの [ ] 内では × の位置で (1 − r^H) が「抜けて」いる（単調に 1 ずつ変化して並んでいる r の指数が、そこだけ 2 変化している）。この因子を補ってやれば [ ] 内の積は n に等しくなる。というのも、
　　積　P = (1 − r⁻¹)(1 − r⁻²)···(1 − r⁻⁽ⁿ⁻¹⁾)
の右辺に現れる n−1 個の数 r⁻¹, r⁻², ··· , r⁻⁽ⁿ⁻¹⁾ は、逆順で、それぞれ r¹, r², ··· , rⁿ⁻¹ に等しい（§7）。つまり、これらの r^−k たちは、全体として、「1 の n 乗根」（原始 n 乗根に限らない）のうち 1 以外のものを、全種類一つずつ、過不足なく含む。よって§10ヤ・ユの理由から P = n だ。

ノの右辺に因子 (1 − r^H) を追加するには、もちろん左辺も (1 − r^H) 倍する必要がある。ところが、補題16から 1 − r^H = 1 − (−1) = 2 だ。ゆえにノの両辺を 1 − r^H 倍（= 2倍）した結果を、こう整理できる:
　　2W² = 4⋅(−r^−H/2)⋅[n]
　　∴　W² = −2r^−H/2⋅n
再び補題16に留意すると r^−H/2 = r^−H+H/2 = r^−H⋅r^H/2 = (−1)⋅r^H/2 となり、上の式の余計な符号を除去できる:
　　W² = −2(−1)⋅r^H/2⋅n = 2r^H/2⋅n
H = n/2 なので H/2 = n/4 であり、ついに次の結論を得る。

定理18（Gauß [0] p. 30, [1] p. 480）　n を 4 の（正の）倍数、 r を 1 の原始 n 乗根とする。このとき、
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−1)(n−1)}
について、次が成り立つ:
　　W² = 2r^n/4⋅n = ±2i⋅n

2r^n/4 = ±2i について。補題16から r^H = r^n/2 = −1 なので、 (r^n/4)² = r^n/2 = −1 となる: r^n/4 は「平方すると −1 になるような数」つまり i または −i だ。

§20　既に W² に ± の揺れがある

もし r が「基本」の原始 n 乗根なら（つまり、もし r の偏角が θ = 360°/n なら）、 r の n/4 乗の偏角は 360°/n × n/4 = 90° で、 r^n/4 = i だ。そのときには、定理18は W² = 2i⋅n を含意する。のみならず、もし r の選択を変え、その偏角が 4θ = 4⋅360°/n 単位でずれたとしても――その「ずれ」の n/4 倍は 360° の倍数であるから――、 r を n/4 乗した結果の偏角（方位）には影響しない。つまり原始 n 乗根の選択として、もし r の偏角が θ であるか、それと 4θ 単位のずれがあるなら（一般的に言うなら、 u を整数として r の偏角が (4u + 1)θ の形なら）、定理18は W² = 2i⋅n を含意する。

一方、もし r の偏角が逆向きの −θ = −360°/n なら、その n/4 倍は −90° なので、 r^n/4 = −i だ。上記と同様の考察から、一般に、 r の偏角が (4u − 1)θ なら――あるいは、同じことだが (4u + 3)θ の形なら――、定理18は W² = −2i⋅n を含意する。

n が奇数のときの W の符号の決定は難問題だったが、少なくとも W² の符号は明快だった: もし n が 4u + 1 の形なら（r の選択と無関係に）必ず W² = n で、もし n が 4u + 3 の形なら（r の選択と無関係に）必ず W² = −n だ（定理9）。 W² ではなく W 自身の符号を決定しようとするとき、初めて r の選択が問題となってくる（n が奇数なら）。これに反して n が 4 の倍数の場合、 W² = ±2i⋅n の符号の選択は、既に r の選択に依存する。もっとも、この段階の符号は、上記のように単に r の偏角によって決まり、平方剰余・非剰余のような概念は絡まない。

で、まぁ、とりあえず n が 4 の倍数のときも、 W² が +2i⋅n か −2i⋅n か、符号を決定できた、としましょう（実際、できたし）。

それからどうなるの？　何して遊ぶ？

もちろん W 自身を求めたいっ！

よろしい、ならば W だ。――機械的に言えば、
　　W² = 2i⋅n　のときは　W = ±√(2i⋅n)
　　W² = −2i⋅n　のときは　W = ±√(−2i⋅n)
　　（複号については未詳）
となるけど、複号の謎はさておき、
　　√(2i⋅n) = √(2i)⋅√n
の √(2i) の部分をもうちょっとなんとか整理するべきだろう（できれば実部・虚部を明確化して）。

〔コメント〕　冒頭に記したように √i は、
　　√2/2 + i√2/2　　（✽）
であり、その知識を前提とするなら、 √(2i) = √2⋅√i が（✽）の √2 倍、つまり
　　2/2 + i⋅2/2 = 1 + i
であることは、すぐ分かる。でもこの考え方は「事前の知識」を前提とするので発展性に乏しい、ともいえる。以下では別の観点から、同じ結論を導く。

2i は偏角 90° で絶対値 2 なので、その平方根の一つは、明らかに偏角 45° で絶対値 √2 だ（平方すると偏角は 2 倍になり、絶対値は 2 乗される）。そのような点は 1 + i に他ならない。実際、代数的に言えば、 (1 + i)² = 1 + 2i + (−1) = 2i だし、幾何学的に言えば 0, 1, 1 + i, i の四つの数に対応する四つの数点は、一辺の長さ 1 の正方形を成す: 1 + i の（0 から見た）向きはその対角線なので、右斜め上 45° だし、絶対値はその対角線の長さなので √(1² + 1²) だ。
　　1 + i の平方は 2i　⇒　2i の一つの平方根は 1 + i
ということは、もちろん自動的に、
　　−(1 + i) = −1 − i の平方も 2i　⇒　2i のもう一つの平方根は −1 − i
を含意する。同様に、容易に確かめられることとして、 −2i の平方根は 1 − i または −(1 − i) = −1 + i。

今、定理18を（ほんの少しだけ）精密化できる。

定理19（Gauß [0] p. 30, [1] p. 480）　n を 4 の（正の）倍数、 r を 1 の原始 n 乗根、 θ を 360°/n とする。このとき、
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−1)(n−1)}
について、次が成り立つ（複号同順）:
　　① もし r の偏角が (4u + 1)θ の形なら　W = ±(1 + i)√n = ±√n ± i√n
　　② もし r の偏角が (4u + 3)θ の形なら　W = ±(1 − i)√n = ±√n ∓ i√n

〔例〕　命題15の例（n = 8）として、既に次の趣旨のことを記した。 1 の原始8乗根のうち偏角 45° のものを R すると、 1 の原始8乗根 r = R¹ に対して W = √8 + i√8 であり、別の原始8乗根 r = R⁻³ = R⁵ に対して W = −√8 − i√8 である。これは現象①だ。さらに r = R⁻¹ = R⁷ に対して W = √8 − i√8 であり、 r = R³ に対して W = −√8 + i√8 である。これは現象②だ。①では R の指数が 4 の倍数より 1 大きく、②では R の指数が 4 の倍数より 3 大きい。

ガウス和の平方（定理18の W² = ±2i⋅n）の複号を解決できても――つまり①と②の分かれ道を正しく見分けられたとしても――、ガウス和 W それ自体を求めるには、①と②それぞれにおいて、再び複号の分かれ道が生じる。そのことを明示した定理19も終着点ではなく、未定の複号が、中ぶらりんのまま残っている。とはいえ、ここまで来たら、少なくとも「基本」の原始 n 乗根（偏角 360°/n）に関しては、あと一歩で解決できるであろう。

今回の内容は、なかなか楽しい尾根道だ。最初にこの内容を読んだときには、ガウスについて行くだけで精いっぱいだったけど、細部を確認しながら何度か歩いてみると、景色を楽しむ余裕が出てくる。省略記法 H = n/2 が奏功し、見通し良く指数計算ができた。ガウスは (−1)r^−B の先頭の符号（必ずマイナス）を単に − とせず、 (−1)^n/2−1 のように記している。そのせいで、ⒶとⒷでは (−1) の指数が別々になってしまい、ノの積を作るとき「同じ因子 (−1)^H/2−1 が二つあるから、委細構わず両方消去！」という小技を使えない。この種の（結果的にはどっちでもいいような）実装について、ガウスは、あえて愚直に、ベタで記しているようだ。いわば「疑似コードによるコンセプト提示」では、小細工のような最適化をせず淡々と処理を記述した方が分かりやすい、ということかもしれない。

〔付記〕　原論文第15節の式7（このメモの公式14）には、バージョンによっては、誤植がある。初出とドイツ語版は正しい。全集版では、分母の −6 が −5 になっている。全集版のテキスト化では、分子の −2m+4 が −2m+2 になっている。他にも若干のささいな不具合が散在するようだ。

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2025-12-30　n が 4 の倍数のときのガウス和（後編）　みずよろしい

#遊びの数論　#ガウス和（平方 | 符号 | n 偶数）

問題1　「ひし形は、対角線によって、二つの合同な三角形に分割される」ことを証明せよ。

たわいもない小学生の算数だが、これがガウス和（n が 4 の倍数の場合）の符号決定の重要な鍵となる。

解　ひし形 OPQR の対角線 OQ を考える。ひし形は、この対角線によって △OPQ （以下「黄色三角」と呼ぶ）と △ORQ （「水色三角」）に分割される。黄色三角と水色三角は、どちらも OQ を底辺とする二等辺三角形（なぜなら、ひし形の四辺は長さが等しい）。よって、黄色三角・水色三角は、対応する三つの辺がそれぞれ等しいから、合同。∎

△OPQ と △ORQ は合同なので、対応する ∠POQ と ∠ROQ は大きさが等しい。言い換えると、 ∠POR は ∠POQ と ∠QOR に二等分される: ∠POR = θ とするなら、 ∠POR も ∠POQ も = θ/2 だ。

ひし形の頂点 O から反対側の頂点に引いた対角線は、そのひし形の ∠O を二等分する。

問題2　一辺の長さ 1 のひし形 OPQR の内角 ∠O を θ とする。対角線 OQ の長さを求めよ。

これは問題1より難しい。本題との関連では不可欠ではないが、これが分かれば話が早い？　（付録2参照）

§21　1 の n 乗根プラス 1

例えば r が 1 の 6 乗根だとしよう。すると r⁶ = 1 だ。今、その r に対して s なる数が存在して、 s² = r が成り立つとしよう。そのとき、
　　r⁶ = 1　⇒　(s²)⁶ = 1　⇒　s¹² = 1
なので s は 1 の 12 乗根だ。同様に考えると、一般に r が 1 の n 乗根で s² = r なら、 s は 1 の 2n 乗根。

原点 O を中心に、半径 1 の円（単位円と呼ぶ）を描き、その円周の n 等分点のうち、偏角 360°/n の点を P とする――等分の基準点は、数 1 に対応する点 R (1, 0) とする。このとき、点 P と同一視される「二次元的な数」（複素数）は、 1 の原始 n 乗根だ（§9）。点 P に当たる数を小文字の p とすると、数 p + 1 に当たる点は、 P の右・真横で P から距離 1 の場所にある（それを Q とする）。

冒頭で見たように、点 P の（あるいは、同じことだが、点 P が表す数 p の）偏角を θ とすると、点 Q の（あるいは、それが表す数 p + 1 の）偏角は θ/2 だ。

ひし形 OPQR の対角線 OQ が単位円と交わる点を S とする。 O から見て S も Q と全く同じ方位だから、 S の偏角も θ/2 だ。 S は単位円上の点。単位円上の点に相当する数は、平方されると偏角が 2 倍になり、しかも再び単位円上の点に相当する数になる。点 P が表す数を p、点 S が表す数を s とすると、 s² = p。

点 Q に当たる数 p + 1 の偏角も、 s の偏角も、同じ θ/2 なので、 p + 1 = s² + 1 の偏角は、 p の偏角の半分に（つまり s の偏角に）等しい。

〔注〕　これは「ひし形の対角線」の、たわいもない性質（前記の問題1）の言い換えに過ぎない。

これで、単位円上の点に当たる任意の数 p について、 p + 1 の方位（偏角）は分かった（単に p 自身の偏角の半分）。では p + 1 に当たる点 Q の、原点 O からの距離（つまり p + 1 の絶対値）は、どのような大きさか。方位が分かっても距離不明では、場所（数値）が確定しない。「それじゃ計算できないから、ちゃんと求めようよ」ってのが前記の問題2なのだが…。作図から明らかなように、ひし形の中心（対角線 OQ と対角線 PR の交点）を A とすると、求める長さ OQ は OA の 2 倍。しかも直角三角形 OAP と直角三角形 OBS は合同なので^†（B は S の横座標を表す横軸上の点。言い換えると B から横軸に引いた垂線の足）、 OA は OB と等しい。つまり S の横座標（OB の長さ）を小文字の b とすると、求める OQ = 2⋅OA = 2⋅OB は 2b に等しい。

†　付録2参照。

以下の議論で重要なのは、具体的な b ないし 2b の数値ではなく、「原則として OQ の距離の基準となる変数 b は、正の値」という点。値はどうでもよくて、符号が問題！

点 P は、単位円の円周上にある。よって、もし P の偏角 ∠POR が −180° より大きく +180° より小さいとしたら、 ∠POR を二等分する円周上の点 S の偏角は、もちろん −90° より大きく +90° より小さい。つまり、その場合、点 S は縦軸より右側（正の側）にあり、当然 S の横座標 b は正の値になる。

「もし」と言ったけど、円周上のほとんどの方位は −180° から +180° の範囲で表現可能なので、偏角をその範囲で表現する限りにおいて、上記のことは原則として常に成り立つ。一つの例外は ∠POR がちょうど ±180° の場合、つまり点 P が、 −1 を表す点 C (−1, 0) と重なる場合。その場合には S の偏角は ±90° となり、その横座標は正でなく 0 になる。別の例外として、例えば ∠POR = −120° を ∠POR = +240° と表現した場合、表す方位は同じだけれど、計算上、半分の角度 ∠SOR は 90° を超え、 S の横座標は負になる。

さて、任意の（0 以外の）2次元的な数（複素数） z を指定する一つの手段として、「z の偏角と同じ偏角を持つ単位円上の数」で“向き”を表し、それに z の絶対値（原点からの距離）を掛け算することで“大きさ”を表す、という方法がある。例えば −3i は、原点から見て、単位円上の偏角 −90° の点 −i と同じ方向にあって、原点からの距離が 3 なので、 (−i) × 3 に当たる。点 Q に当たる z = p + 1 = 1 + s² の場合、 z の偏角と同じ偏角を持つ単位円上の数は s であり、 z の絶対値は、偏角が上記の範囲にある場合には、 2b に等しい。

以上を要約・整理すると、次の通り（単位円の円周上の点は原点からの距離が 1 であり、絶対値 1 の数に対応することに留意する）。

補題20　s² を絶対値 1 の数（例えば 1 の n 乗根）とする。このとき、もし s の偏角が −90° より大きく 90° より小さいなら、 1 + s² について、
　　1 + s² = s(2b)
が成り立つ。ここで b は正の数で、 s を表す点 S の横座標（言い換えれば点 B）に当たる。より一般的に、もし q^2k の絶対値が 1 で、しかも q^k の偏角が上記の範囲内にあれば、
　　1 + q^2k = q^k(2b)
が成り立つ（b は、 q^k を表す点の横座標で、正の数）。

証明　前半は、 p = s² と p + 1 = 1 + s² についての既述の事柄。後半では、前半の式で s = q^k と置いただけ。∎

この補題では b の値が（符号が正ということ以外）不明なままなので、心もとない感じがするかもしれないが、以下の議論では b の符号さえ明確なら、それで間に合う。

〔付記〕　「点 S の横座標を b とする」等々、表現が回りくどいのは、三角関数を使わずに済ませるため。もし三角関数を使うなら、 b は ∠SOR に対する cos で、早い話が s の実部。

§22　n が 4 の倍数のときのガウス和の符号

n が 4 の（正の）倍数、 r が 1 の原始 n 乗根のときの、ガウス和
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + r^3⋅3 + ··· + r^{(n−1)(n−1)}
は、 r の選択によって ±(1 + i)√n または ±(1 − i)√n に等しい（定理19）。要するに、
　　±√n ±i√n
の4パターンの符号の組み合わせが、全て現れ得る。個々のケースでの具体的な符号の決定は、一筋縄ではいかない。ここでは「基本」の原始 n 乗根、すなわち r の偏角が 360°/n の場合に話を限って、符号を決定する――得られる成果は、それ自体として美しい定理につながるだけでなく、一般の場合のガウス和の符号問題を攻略するための、ベースキャンプとなるであろう。

Summatio [0] 第18節――ガウス渾身（こんしん）の第19節（前半の山場）まで、あと一歩。 §18 において、われわれは命題15（原論文の式8）
　　W = 2(1 − r⁻¹)(1 + r⁻²)(1 − r⁻³)(1 + r⁻⁴)···(1 − r^−(H−3))(1 + r^−(H−2))(1 − r^−(H−1))　　（✽）
の「足し算」の因子を「引き算」の因子に変形したが、今度は逆に「引き算」の因子を「足し算」の因子に変形する。この方向の変形は、易しい。 −1 = r^n/2 の関係（補題16）に留意すると、
　　1 − r⁻¹ = 1 + (−1)⋅r⁻¹ = 1 + r^n/2⋅r⁻¹ = 1 + r^n/2−1
　　1 − r⁻³ = 1 + (−1)⋅r⁻³ = 1 + r^n/2⋅r⁻³ = 1 + r^n/2−3　等々
であり、一般に 1 − r^ℓ = 1 + r^n/2+ℓ なので、（✽）はこうなる（引き算の形の因子について ℓ = −1, −3, −5, etc.）:
　　W = 2(1 + r^n/2−1)(1 + r⁻²)(1 + r^n/2−3)(1 + r⁻⁴)···(1 + r^{n/2−(H−3)})(1 + r^−(H−2))(1 + r^{n/2−(H−1)})

今 r = q² と置く。ここで q は、偏角 360°/(2n) の、 1 の原始 2n 乗根。一般に r^A = (q²)^A = q^2A なので:
　　W = 2(1 + qⁿ⁻²)(1 + q⁻⁴)(1 + qⁿ⁻⁶)(1 + q⁻⁸)···(1 + q^n−(2H−6))(1 + q^−(2H−4))(1 + q^n−(2H−2))
2H = n なので:
　　W = 2(1 + qⁿ⁻²)(1 + q⁻⁴)(1 + qⁿ⁻⁶)(1 + q⁻⁸)···(1 + q⁶)(1 + q⁻⁽ⁿ⁻⁴⁾)(1 + q²)
s の指数の絶対値が小さい順に因子を並び替えると:
　　W = 2(1 + q²)(1 + q⁻⁴)(1 + q⁶)(1 + q⁻⁸)···(1 + qⁿ⁻⁶)(1 + q⁻⁽ⁿ⁻⁴⁾)(1 + qⁿ⁻²)

ここで 1 + q^2k の形の各因子に補題20を適用できる:
　　ハ　1 + q² = q¹ × (正の数)
　　ヒ　1 + q⁻⁴ = q⁻² × (正の数)
　　フ　1 + q⁶ = q³ × (正の数)
　　ヘ　1 + q⁻⁸ = q⁻⁴ × (正の数)
　　　　　︙
　　　　1 + qⁿ⁻⁶ = q^H−3 × (正の数)　　← n/2 = H
　　　　1 + q⁻⁽ⁿ⁻⁴⁾ = q^−(H−2) × (正の数)
　　ホ　1 + qⁿ⁻² = q^H−1 × (正の数)
というのも、各 1 + q^2k に対応する q^k は、指数 k の絶対値が H = n/2 未満なので、各 q^k の偏角は、絶対値が
　　360°/(2n) × n/2 = 90°
よりも小さく、補題20の条件が満たされる。

われわれが知りたい W は、ハヒフヘ…ホの左辺たち全部の積の 2 倍。知りたいのは符号（偏角）だけなので、「2 倍」を無視していい。ハヒフヘ…ホの左辺たちの代わりに、それらに等しい右辺たちの積を考えても構わず、その際「正の数」も全部無視できる。結局、問題は次の積の偏角がどうなるか？に帰着する。
　　q¹⋅q⁻²⋅q³⋅q⁻⁴···q^−(H−2)⋅q^H−1 = q^X
この積の指数 X は、㋐「1 から H−1 までの全部の奇数の和」から、㋑「2 から H−2 までの全部の偶数の和」を引き算したものに、他ならない（H は、 4 の倍数 n の半分なので、偶数）。㋐㋑の足し算に含まれる整数は計 H−1 個（奇数個）なので、ミカン論法（§11）により、㋐の個数は、㋑の個数より 1 大きい:
　　㋐の個数 = (H − 1)/2 の端数切り上げ = H/2 項
　　㋑の個数 = (H − 1)/2 の端数切り捨て = (H − 2)/2 項
従って、 (初項 + 末項) × 項数 ÷ 2 の公式（§7）から:
　　㋐ = 1 + 3 + 5 + ··· + (H−1) = {[1 + (H−1)] × H/2}/2 = H²/4
　　㋑ = 2 + 4 + 6 + ··· + (H−2) = {[2 + (H−2)] × (H−2)/2}/2 = H²/4 − H/2
　　∴　X = ㋐ − ㋑ = H/2 = n/4

結局 q^n/4 の偏角を求めればいい。 q の偏角は 360°/(2n) なので、求めるものは:
　　360°/(2n) × n/4 = 45°
偏角 45° は原点から見て右斜め上なので、明らかに、実部・虚部（横座標・縦座標）の両方が + だ。参考までに、具体的に記すと、単位円上の 45° の位置――つまり、絶対値 1、偏角 45° の数――とは、前回見たように 1 の「基本」の原始 8 乗根、すなわち次の値だ:
　　√i = √2/2 + i⋅√2/2
符号だけを見ると、実部・虚部ともプラス。第1象限の数だから当然そうなる。

かくして「基本」ケースに関する限り、符号が確定して定理19の複号が解決。

定理21（Gauß [0] p. 31, [1] p. 481）　n を 4 の（正の）倍数、 r を 1 の原始 n 乗根とする。もし r の偏角が 360°/n なら、
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−1)(n−1)}
　　 = (1 + i)√n = +√n + i√n

例　1 の原始12乗根のうち、偏角 360°/12 = 30° のものは:
　　r = √3/2 + i/2
この数について、次の関係が成り立つ:
　　r⁰² + r¹² + r²² + r³² + r⁴² + r⁵² + r⁶² + r⁷² + r⁸² + r⁹² + r¹⁰² + r¹¹²
　　 = 1 + r + r⁴ + r⁹ + r¹⁶ + r²⁵ + r³⁶ + r⁴⁹ + r⁶⁴ + r⁸¹ + r¹⁰⁰ + r¹²¹
　　 = 3.46410161… + i⋅3.46410161… = √12 + i√12

はるかに大きな定理の一角・ほんの一例とはいえ、ちょっと神秘的な感じがする。 12乗根に限らず、「基本」の《4 の倍数》乗根は、全て同様の関係を満たす。 3.46410161…（水よろしい・おお広い！）という数の並びは、 √3 = 1.7320508…（人並みにおごれや）の 2 倍。 √12 = 2√3 なので。この場合、後者から前者を脳内変換するには、2桁ずつ区切って 17, 32, 05, 08 → 34, 64, 10, 16 と考えると、分かりやすい（この方法は、2桁単位で 49 以下が続くときしか使えない。例えば 0508（おごれや）の次の2桁は 07 だが、これを単純に 2 倍して → 14 とすることは、できない――そのまた次が 56 なので）。

〔付記〕　[0], p. 30 の 1 + ρ⁻⁶ = ··· は 1 + ρ⁶ = ··· の誤植（指数の符号が反対）。初版からの誤字で、 [1], p. 481 では修正されている。

付録2　ひし形の対角線の長さ・その応用

ひし形の対角線の長さは（素朴な好奇心の対象ではあっても）、それ自体としては、さほど役立つ情報とも思えない。でも（本文でもやっているように）、「絶対値 1 の任意の複素数 z について、 z + 1 を表すベクトルだ」と解釈すると、興味深い展望が開ける。この付録では、便宜上、幾何学的な「点」とそれに対応する「複素数」を同一視する。

角度 θ を成す P (cos θ, sin θ), O (0, 0), R (1, 0) が与えられたとき、和 P + 1 = Q が半角 θ/2 と関連することは、作図をチラッと見ただけでも、多少感じられる（なにしろ Q はその方向にある）。具体的には次の通り。

Q の絶対値（すなわち、一辺 1 のひし形 OPQR の対角線 OQ の長さ）を考える。対角線 OQ と単位円の交点を S とする。ひし形の2本の対角線の交点を A とし、 S から横軸に下ろした垂線の足を B とすると、 △OPA （ピンク） と △OSB （黄緑）は合同。

ゆえに対角線 OQ の半分の長さ OA は OB に等しく、 = cos ∠SOB = cos θ/2 なので:
　　OQ = 2⋅OA = 2 cos θ/2　　（✽）
これが問題2の解。∎

〔注〕　ピンクと黄緑が合同なことを利用せず、ピンクの直角三角形に三角関数の定義を適用することによっても、直ちに OA = cos (θ/2) と結論できる。

ひし形の対角線の長さ（✽）から、余弦の半角の公式が出る。

Q から横軸に下ろした垂線の足を T とすると、 ∠QOT = θ/2 なので:
　　OT = OQ⋅cos θ/2 = 2 cos² θ/2

〔注〕　この式は、三角関数の幾何学的定義による。 △OSB ∽ △OQT で、前者と後者の辺の長さの比が OS∶OQ = 1∶OQ なので――と考えてもいい。

ところが、この OT という長さは 1 + cos θ に等しい（∵直線 PQ と縦軸の交点を U とすると OT = UQ = UP + PQ = cos θ + 1）。よって:
　　2 cos² θ/2 = 1 + cos θ
　　∴　cos² θ/2 = (1 + cos θ)/2
この両辺の平方根が、余弦の半角の公式（|θ| ≤ 180° なら平方根は非負）。代わりに θ = 2α と置けば:
　　cos² α = (1 + cos 2α)/2
これは cos の2乗を cos の1乗に変換する公式だが、 cos 2α について解けば、倍角の公式になる。単に倍角の公式を導出するだけなら、この方法は回りくどく、加法定理 cos (α + β) で β = α と置いた方が手っ取り早い。逆に言えば、加法定理から始めて、上記の変形プロセスを反対向きにたどれば、純粋に計算だけで z + 1 の式を導くこともできる。けど、その（無味乾燥な）道筋より「ひし形の対角線」という幾何学的解釈の方が、イメージが鮮明で、分かりやすいかと。善し悪しはともかく、本文のやり方だと、三角関数についての予備知識が全く必要ない。

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2026-01-03　n が「4 の倍数 + 2」のときのガウス和と「ビーナス定理」

#遊びの数論　#ガウス和（平方 | 符号 | n 偶数）

《ガウス和の符号》シリーズ。第1部では n が奇数のときのガウス和（特にその符号）について検討し、「基本のガウス和」に関しては問題を解決、 n が素数の場合については「一般のガウス和」に関しても問題を解決した。続編に当たる第2部では、これまでのところ n が 4 の倍数のときのガウス和について検討し、「基本のガウス和」については問題を解決した。「基本のガウス和」以外の「一般のガウス和」に関しては道半ばだけれど、それは「符号が未確定」というだけで、符号以外の（実部ないし虚部の）絶対値は確定済み。

ただし n が「4 の倍数 + 2」のケース（n = 2, 6, 10, 14, ···）に関しては、これまで全く扱わなかった。第2部を完結させるに当たって、このケースを片付けておきたい。といっても他のケースと比べ段違いに簡単。いつもの恒等式を使うまでもなく、すぐ結論が出る。

§23　n が 4 の倍数より 2 大きいときのガウス和

1 の原始 n 乗根を r とする。 n = 2 の場合の r ――つまり r² = 1 を満たすが r¹ = 1 を満たさないような r ――は、 r = −1 しかない。この r に対応するガウス和は:
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 = (−1)⁰ + (−1)¹ = 1 + (−1) = 0

次に n = 6 の場合の r ――つまり r⁶ = 1 を満たすが 1 乗～ 5 乗しても = 1 にならないような r ――は、実は 2 種類存在する。しかし、その具体的な値を考えない方が、かえって見通しが良い。条件を満たす r を任意に一つ選んだとして:
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + r^3⋅3 + r^4⋅4 + r^5⋅5 = r⁰ + r¹ + r⁴ + r⁹ + r¹⁶ + r²⁵
この r は r⁶ = 1 という性質を持つので、 r⁹ = r⁶⋅r³ = r³ とか r¹⁶ = r⁶⋅r⁶⋅r⁴ = r⁴ のように、もし r^k の形の k が 6 以上なら、その指数 k を 6 で割った余りに置き換えることができる。つまり:
　　W = 1 + r¹ + r⁴ + r³ + r⁴ + r¹
補題16から r³ = r⁻³ = −1、従って r⁴ = r³⋅r¹ = −r¹、そして r¹ = r⁻³⋅r⁴ = −r⁴。よって:
　　W = 1 + r¹ + r⁴ + (−1) + (−r¹) + (−r⁴) = [1 + r¹ + r⁴] − [1 + r¹ + r⁴] = 0
6項の和のうち、前半の最初の項と後半の最初の項は、符号だけが反対、前半の二つ目の項と後半の二つ目の項は、符号だけが反対、等々なので、前半の各項は後半の各項によって打ち消されて、全体として、和は 0 に等しい。

同様の現象は、一般に n が 4 の倍数より 2 大きい偶数なら、常に発生する。それを証明するため、 n/2 = H と置き（n は偶数なので H は整数）、
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(H−1)(H−1)}
　　 + r^HH + r^(H+1)(H+1) + r^(H+2)(H+2) + ··· + r^(n+1)(n+1)
について（右辺先頭の項を「0 個目」、その後ろの項を「1 個目」等々とカウントして）、
　　前半の ℓ 個目の項　r^ℓℓ = r^ℓ2　から見て
　　後半の ℓ 個目（通算 H+ℓ 個目）の項　r^{(H+ℓ)(H+ℓ)} = r^(H+ℓ)2
は値がちょうど −1 倍だ、ということを示す（ℓ は 0 以上 H−1 以下の任意の定数）。

実際、 r^(H+ℓ)2 = r^{H2+2Hℓ+ℓ2} = r^H2⋅r^2Hℓ⋅r^ℓ2 は
　　r^H2⋅r^ℓ2 = r^HH⋅r^ℓℓ
に等しい（なぜなら r^2Hℓ = r^nℓ = (rⁿ)^ℓ = 1^ℓ = 1）。従って、
　　後半の ℓ 個目 ÷ 前半の ℓ 個目 = r^{(H+ℓ)(H+ℓ)}/r^ℓℓ = r^HH⋅r^ℓℓ/r^ℓℓ = r^HH
であり、前半の ℓ 個目から見ると後半の ℓ 個目は、値がちょうど (r^H)^H 倍。補題16から、これは (−1)^H 倍を意味する。しかも、仮定により n は 4 の倍数ではないので、 n は 4 で割り切れず、従って H = n/2 は、それ以上 2 で割り切れない。要するに H は奇数。よって (−1)^H 倍とは (−1)^奇数 倍のことで、すなわち −1 倍のこと。それが示されるべきことだった。

〔参考〕　n が 4 の倍数のときも、同様に、後半の ℓ 個目は前半の ℓ 個目の (−1)^H 倍に等しい。しかし n が 4 の倍数なら、上記と違って H が偶数なので、これは (−1)^偶数 倍つまり「1 倍」を意味する。この観察は「n が 4 の倍数のときの W では、後半の H 項は、前半の H 項の繰り返し」という事実（§17）の別証明だ。

定理22（Gauß [0] p. 28, [1] p. 479）　n を 4 の倍数より 2 大きい正の整数、 r を 1 の原始 n 乗根とする。このとき、
　　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−1)(n−1)}
は 0 に等しい。特に n = 2 の場合も、結論は同じ。

§24　第1部・第2部のまとめと展望

n を 1 以上の整数、 r を 1 の原始 n 乗根とする。 n 項の和
　　W = ∑{t=0 to n−1} r^t2 = r⁰² + r¹² + r²² + ··· + r⁽ⁿ⁻¹⁾²
　　つまり　W = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−1)(n−1)}
は、2次のガウス和（略してガウス和）と呼ばれ、 n の値および r の選択によって、値が定まる。この和を W = T + Ui （T, U: 実数）と書くと、 T, U の値は次の通り。

【表1】 正の整数 n に関するガウス和 W = T + Ui
n が 4 の倍数の場合の二つの ± は同順とは限らない

n の種類		実部 T	虚部 U	参照
偶数	4 の倍数	±√n	±√n	定理19
	4 の倍数 + 2	0	0	定理22
奇数	4 の倍数 + 1	±√n	0	定理9
	4 の倍数 + 3	0	±√n	定理9

符号 ± がどうなるかは r の選択による。もし r として 1 の「基本」原始 n 乗根――すなわち、偏角が単純に 360° の 1/n であるような、 1 の原始 n 乗根――が選択されるなら、どの ± においても、符号はプラス（定理10・定理21）。ガウスが繰り返し elegans （エレガントな・優美な）と呼んだ性質だ。証明完成を記録した日記には、 theorema venustissimum （最もビーナス的な〔非常に愛らしい〕定理）とも記されている。

原論文・初版より。【表1】と同内容。 f のように見える文字の多くは s の異字体（long s と呼ばれる）。
いわく et in casu eo, vbi (ubi) k supponitur = 1, （そして k が = 1 と置かれるケースでは）
quantitati radicali （根号の値に）
signum positiuum (positivum) tribui debet （正符号を与えられる〔＝プラスを付ける〕ことが必要だ）
「平方根の符号はプラス」というだけの、この短文を証明するのに、ガウスは4年以上を費やした！

それ自体としても美しい定理だが、ガウスがこの符号にこだわったのには、いろいろな背景がある。日記によると、この定理（とその若干の拡張）を補助として、今でいう「相互法則の第四証明」を完成させられる――という事実が、研究の重要な動機となった。「第四証明」との関連の概要は、次の通り。

n を合成数とする。 r を任意の「1 の原始 n 乗根」として、その偏角を 360° の K/n とするとき（K は整数の定数で、 n と互いに素）、対応する「ガウス和の符号決定」問題は、大ざっぱに言うなら、 n が素数の場合の「ガウス和の符号決定」問題に帰着される（詳細については次回以降）。

n が 3 以上の素数の場合、ガウス和の符号は Legendre 記号 (K/n) = ±1 の符号に一致する（§13）。すなわち「1 の原始 n 乗根 r の偏角」を 360° の K/n として、その r についてのガウス和を、仮に記号 G[K/n] で表すなら:

命題23　n が 3 以上の素数で、整数 K が n と互いに素なら:
　　G[K/n] = (K/n) G[1/n]

命題23の G[1/n] は、 n が奇数の場合の基本のガウス和であり、上述のように、
　　㋐　n が 4 の倍数より 1 大きければ　+√n
　　㋑　n が 4 の倍数より 3 大きければ　+i√n
という値を持つ。2種類の値㋐㋑を一つの式で統一的に表現できると、議論の見通しが良くなることがある。そこで、便宜上、 n に応じて次のような値を持つ記号 J_n を、導入しておく:
　　n が 4 の倍数より 1 大きければ　J_n = 1
　　n が 4 の倍数より 3 大きければ　J_n = i

この記号を使うと、命題23の内容をもう少し具体的に（正または負の平方根が含まれることを明示して）表現できる:

命題24　n が 3 以上の素数で、整数 K が n と互いに素なら:
　　G[K/n] = (K/n) J_n √n

〔注〕　J_n についての規約から、㋐もし n = 4 の倍数 + 1 なら J_n √n は 1⋅√n つまり単に √n を表し、㋑もし n = 4 の倍数 + 3 なら J_n √n は i⋅√n を表す。よって命題24は、命題23と全く同じ意味。

〔参考〕　J_n = (1 または i) については、通常の四則演算と整数乗を組み合わせて、
　　J_n = i^[(n−1)/2]2 = i^(n−1)2/4　あるいは同じことだが　= i^H2 = i^HH
と定義（あるいは上記右辺の形で表記）することも可能（ここで H は (n − 1)/2 を表す）。実際、㋐もし n が 4 の倍数 + 1 なら H は偶数なので H² は 4 の倍数、よって i の H² 乗は = 1。 ㋑もし n が 4 の倍数 + 3 なら H は奇数なので H² は 4 の倍数 + 1、よって i の H² 乗は = i。

命題24の特別な場合として、相異なる奇数の素数 p, q について、次が成り立つ（命題24で K = p, n = q と置いたもの、および K = q, n = p と置いたもの）:
　　G[p/q] = (p/q) J_q √q　　マ
　　G[q/p] = (q/p) J_p √p　　ミ
一方、 1 の「基本」の pq 乗根について、次が成り立つ（奇数 pq についての基本のガウス和）:
　　G[1/(pq)] = +J_pq √(pq)　　ム

さらに、次の等式が成り立つ（詳細については次回以降。今回は提示するだけで、証明しない）:
　　G[1/(pq)] = G[p/q]⋅G[q/p]　　（✽）

〔注〕　（✽）の左辺は、 1 の原始 pq 乗根についての基本のガウス和。右辺は、 1 の原始 q 乗根についてのガウス和と、 1 の原始 p 乗根についてのガウス和の積。（✽）は、「合成数 n に対応するガウス和は、その合成数を構成する（互いに素な）因子それぞれについての、ガウス和の積と関連する」という一般的な定理の、限定的バージョンだ。

仮に（✽）が成り立つことを認め、ムとマ・ミを（✽）に代入にすると:
　　J_pq √(pq) = (p/q) J_q √q⋅(q/p) J_p √p = J_p J_q (p/q)(q/p) √(pq)　　メ
　　∴　J_pq = J_p J_q (p/q)(q/p)　　モ

J_p, J_q, J_pq がそれぞれ 1 または i であることに留意すると、等式モが平方剰余の相互法則と同値であることは、容易に確認可能。実際、❶ p, q が両方とも 4 の倍数 + 1 なら pq もそうなので J_p = J_q = J_pq = 1 であり、モは、
　　1 = (p/q)(q/p)　　ヤ
を含意。❷ p, q のうち片方だけが 4 の倍数 + 1 でもう一方が 4 の倍数 + 3 なら、 pq は 4 の倍数 + 3 なので J_pq = i であり、かつ J_p⋅J_q は 1⋅i または i⋅1 なので、モは、
　　i = i⋅(p/q)(q/p)　つまり　1 = (p/q)(q/p)　　ユ
を含意。ヤ・ユどちらでも、 (p/q) = ±1 と (q/p) = ±1 は、明らかに両方 +1 または両方 −1。他方において、❸ p, q が両方とも 4 の倍数 + 3 なら、 pq は 4 の倍数 + 1 なので、 J_p J_q = i⋅i = −1 かつ J_pq = 1 であり、モは、
　　1 = −1⋅(p/q)(q/p)　つまり　−1 = (p/q)(q/p)　　ヨ
を含意する。ヨの場合、 (p/q) と (q/p) は、明らかに符号が逆。

要するに (p/q) と (q/p) は――すなわち「p は mod q の平方剰余か？」「q は mod p の平方剰余か？」という二つの質問への答えは――多くの場合一致するが、ただし p, q が両方とも 4 の倍数 + 3 のときだけは、それが一致しない――この命題が、平方剰余の相互法則だ。

等式モについてのこの論考は、（平方剰余の相互法則についての）ガウスの第四証明と実質的に同じものだ――その背景となる理論は、ガウスによる六つ（遺稿も含めれば八つ）の相互法則の証明の中で、恐らく最も玄妙だろう。第六証明もガウス和に基づくが、そこでは（難問題である）ガウス和の符号ではなく、ガウス和の平方が利用される。

第四証明を完成させるためには（✽）を示す必要がある。それは比較的易しい。というか、たとえ相互法則を証明する気がなくても、「一般のガウス和」の符号を考えるためには、（✽）を拡張した式が事実上不可欠。つまり第四証明は、一般のガウス和の符号決定問題の副産物といえる。

次回以降、シリーズ第3部として、それらのことを考えてみたい。

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2026-01-05　n が合成数のときのガウス和（前編）　駅を飛ばす各駅停車

#遊びの数論　#ガウス和（平方 | 符号 | n 偶数）

「駅が15個ある環状線」の電車。

駅の名前を r⁰, r¹, r², ···, r¹⁴ として基点を r⁰ とするとき、 r¹ → r² → r³ → ··· の順で進むオーソドックスな各駅停車に乗れば、もちろんどの駅にも行ける。

r³ → r⁶ → r⁹ → r¹² → r⁰ の順でグルグルする快速電車（3駅ごとに停車して、間の2駅を飛ばす）に乗った場合、当然ながら、何周しても《指数が 3 の倍数》の駅にしか行けない。 r⁵ → r¹⁰ → r⁰ → r⁵ → r¹⁰ → r⁰ を繰り返す環状線の急行に乗った場合も、同様に《指数が 5 の倍数》の駅にしか行けない。

「全駅に止まる」のが「原始15乗根」のイメージ。いわば純正な「良い」15乗根。「何周しても止まらない駅がある」のは「非原始15乗根」のイメージ。いわば粗雑な「不良」15乗根。

r だけが「良い」とは限らない――「駅を飛ばす」快速が、各駅に止まることもある。

r² → r⁴ → r⁶ → ··· と駅を一つずつ飛ばす電車は、最初《指数が偶数》の駅にしか止まらないけど、 r¹⁴ の次の停車駅は r¹ なので、2周目には《指数が奇数》の駅に止まり、結局、全駅に止まる（例えば r¹ を r¹⁶ として訪れ、 r³ を r¹⁸ として訪れるが、 r¹⁵ は r⁰ の別名、 r³ は r¹⁸ の別名、等々）。 r² も、その整数乗 (r²)^N = r^2N が「各駅停車」になるという意味で、 r¹ 同様、「純正」な15乗根――群論の言葉でいえば「生成元」――だ。

同様のことは r⁴ → r⁸ → r¹⁶ (= r¹) → ··· でも起きる。一周目には《指数が 4 の倍数》の駅にしか止まらないが、2周目で《4 の倍数 + 1》の駅、3周目で《4 の倍数 + 2》の駅、4周目で《4 の倍数 + 3》の駅に止まって、結局、全駅に 1 回ずつ止まってから、基点 r₀ に戻る。

r⁷ → r¹⁴ → r²¹ (= r⁶) → ··· の「7倍快速」も、またしかり。「7倍快速」は超速そうで、事実 r⁷ にいる人が r¹⁴ に行きたい場合、ノンストップで目的の駅に行ける。けど r⁷ にいる人が隣の r⁸ に行きたい場合、「7倍快速」に乗るとひどい目に遭う――どんだけグルグルするんだ、というほど何周もさせられてしまう（隣の駅に行きたいだけなのに）。それでも各駅停車には違いないので、乗ってれば、そのうち r⁸ にも（どの駅にも）ちゃんと止まってくれる。

r が 1 の原始15乗根（各駅停車）のとき、 r², r⁴, r⁷ なども 1 の原始15乗根。一方、 r³, r⁵, r⁶ などは、そうではない。見分け方は簡単で、 r^K の指数 K と 15 が、《2 以上の公約数》を持つなら「快速」、持たないなら「各駅停車」。
　　〔例1〕　K = 3　⇒　gcd(15, 3) = 3　⇒　快速
　　〔例2〕　K = 4　⇒　gcd(15, 4) = 1　⇒　各駅停車

〔注〕　gcd = 最大公約数。

§25　1 の15乗根について

r を 1 の原始15乗根――つまり x¹⁵ = 1 の解 r のうち、15乗して初めて = 1 になるもの――とする。
　　x¹⁵ = 1　　‥‥①
という式は、15次方程式なので 15 個の解を持つ。しかし、そのうち原始15乗根は 8 個しかない（残りの 7 個は「非原始15乗根」）。実際、まず x = 1 自身は確かに①を満たすが、15乗しなくても初めから = 1 なので、原始15乗根ではない。次に x = r が原始15乗根の一つなら、それは①の解なので
　　r¹⁵ = 1　　‥‥②
が成り立つが、このとき y = r⁵ も①を満たす――実際、
　　y¹⁵ = (r⁵)¹⁵ = (r¹⁵)⁵
は、②によって (1)⁵ = 1 に等しい。けれどこの y は、3乗するだけで = 1 になってしまう:
　　y³ = (r⁵)³ = r¹⁵ = 1　　（∵②）
よって y つまり r⁵ は――①を満たすのだから「1 の15乗根」には違いないが――、「1 の原始15乗根」ではない。同様の理由から y² つまり r¹⁰ も「1 の15乗根」だが「原始15乗根」ではない。 r⁵, r¹⁰ の二つ（言い換えれば y と y²）は、それぞれ 3 乗されると = 1 になるのだから^†（そして 1 乗・ 2 乗では = 1 にならないのだから）、実は 1 の原始3乗根。

†　y² は次を満たす: (y²)³ = (y³)² = (1)² = 1。

最後に z = r³ も①を満たすので「1 の15乗根」:
　　z¹⁵ = (r³)¹⁵ = (r¹⁵)³ = (1)³ = 1
でもこの z は、5乗するだけで z⁵ = (r³)⁵ = r¹⁵ = 1 に。 r⁶, r⁹, r¹² も同じ性質を持つ。 r³, r⁶, r⁹, r¹² の四つ（言い換えれば z, z², z³, z⁴）は「1 の15乗根」には違いないが原始15乗根ではなく、 1 の原始5乗根だ。

結論。 1 の15乗根は 15 種類あるけど、そのうち「1 自身」と「上記 y 系の四つ」（＝原始3乗根）と「上記 z 系の二つ」（＝原始5乗根）は、「原始15乗根」ではない。「1 の原始15乗根」は、残りの八つだけ。一般に r が 1 の原始15乗根のとき、もし整数 K が 15 と互いに素（＝2 以上の公約数を持たない）なら、 r^K も 1 の原始15乗根。条件を満たすのは K = 1, 2, 4, 7; 8, 11, 13, 14 だ（簡潔に K = ±1, ±2, ±4, ±7 と表現することも可能）。

1 の原始15乗根って、具体的にどんな数？

その情報は以下の議論では必要ないけど、興味本位でグリッドを表示すると…

偏角 360°/15 = 24° の「基本」の15乗根を r とすると、約 0.9 + 0.4i であることが見て取れる。正確に計算^†すると:
　　r = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5)) + i/8⋅(√3 + √15 − √(10 − 2√5))
　　 = 0.91354 54576… + i⋅0.40673 66430…
なにやら、かなり複雑そうだぜ。こんなデータ、別に必要ないけど。

r² は目分量で 0.65 + 0.75i、 r⁴ は目分量で −0.1 + 1.0i、 r⁷ は目分量で −1.0 + 0.2i だ。これらについても正確な根号表現が存在するけれど、以下と関係ないので詳細略。残りの四つの原始15乗根 r⁻¹, r⁻², r⁻⁴, r⁻⁷ は、それぞれ r¹, r², r⁴, r⁷ と実部（横座標）が同じで、虚部（縦座標）の符号だけが反対。例えば r⁷ と r⁻⁷ = r⁸ の縦座標が同じってことは、作図から明白――正多角形は上下対称（二つ折り可能）なんで、まぁ当然かと。

†　1 の原始15乗根の値（四則演算と平方根記号だけを使った表現）を求める手段としては、方程式 x¹⁵ = 1 を直接解く方法や、三角関数の加法定理を使う方法がある。いずれにしても、細かい具体的数値は、以下の議論と関係ない。

大文字の R を任意の「1 の原始15乗根」とするとき（基本の15乗根 r とは限らない）、ガウス和
　　W₁₅ = R^0⋅0 + R^1⋅1 + R^2⋅2 + ··· + R^14⋅14
は ±√−15 つまり ±i√15 に等しい（定理9）。符号 ± の選択はどうなるか。 R が「基本」の原始15乗根 r の場合、符号は + だが（定理10）、 R が「基本」以外の原始15乗根（例えば r²）の場合、その符号がどうなるのか、われわれはまだ解明できていない。

n が 4 の倍数より 2 大きい場合、原始 n 乗根についてのガウス和は 0 なので（§23）、符号の問題はない。 n が 3 以上の素数の場合、一般の原始 n 乗根についてのガウス和の符号は Legendre 記号によって決定される（§13）。しかしそれ以外の場合（つまり n が奇数の合成数または 4 の倍数の場合）のガウス和の符号に関しては、今のところ「基本」ケースしか扱えない。ガウス和の研究を進める上で、当然、この制約を取り払いたい――今回以降（第3部）の目標は、その点にある。

この道は、エレガントな「相互法則の第四証明」にもつながり（§24）、その過程では「1次合同式」や「中国剰余定理」といった初等的題目についても復習できる。 Legendre 記号の拡張も自然に生じるし、複数の文脈で二重の指数を繊細・巧妙に扱うことになり、それもなかなか面白い。

数値計算の結果だけ記すと、 r を 1 の「基本の原始15乗根」として、
　　R = r¹, r², r⁴, r⁸ についてのガウス和 = +i√15
　　R = r⁷, r¹¹, r¹³, r¹⁴ についてのガウス和 = −i√15
だ。別の例として、 r を 1 の「基本の原始21乗根」とすると:
　　R = r¹, r⁴, r⁵, r¹⁶, r¹⁷, r²⁰ についてのガウス和 = +√21
　　R = r², r⁸, r¹⁰, r¹¹, r¹³, r¹⁹ についてのガウス和 = −√21

〔注〕　n が奇数のとき、ガウス和が ±√n の形になるか ±i√n の形になるかは、 n を 4 で割った余りが 1 か 3 かによって決まる（定理9）。

どちらの例でも、 R = r^K の K の選択とガウス和の符号の間に、簡単なパターン性はないようだ（K = 1 のとき常にプラスであることだけは、証明済みだが）。この一見不規則な現象の背後に潜む仕組みを解明し、その法則性を透き通らせたい。

§26　n = 15 のときのガウス和

n が合成数（二つ以上の素数の積）のケースのうち、最も扱いやすいのは n が二つの奇素数 p, q の積に等しい場合。最小の（正の）例は p = 3, q = 5 の n = 15 なんで、引き続きそのケースを具体例として検討。その後、任意の n = pq 等への一般化を試みる。

y を 1 の原始3乗根とすると、 y² も 1 の原始3乗根。実際、仮定により y³ = 1 だから (y²)³ = (y³)² = 1。当然 y¹ = y⁴ = y⁷ = ··· と y² = y⁵ = y⁸ = ··· も全部 1 の原始3乗根。一方、もし y の指数が 3 の倍数だと y³ = 1, y⁶ = 1 等々は 1 そのものであり、 1 の原始3乗根ではない。

同様に、 z が 1 の原始5乗根なら、 z², z³, z⁴, z⁶, z⁷ 等々も―― z の指数が 5 の倍数ではない限りにおいて―― 1 の原始5乗根。

以上のことは 3 ないし 5 が素数であることに基づく。一方、 15 は素数ではない。 r が 1 の原始15乗根のとき、上記と同様のことがいえるか。すなわち「r², r³, r⁴, r⁵, r⁶ 等々も―― r の指数が 15 の倍数でない限りにおいて―― 1 の原始15乗根」と断言できるか？

答えはノー。r¹⁵ = 1 のとき、 r³ という数は、5乗するだけで = 1 になってしまう。実際 (r³)⁵ = r¹⁵ = 1。だから r が 1 の原始15乗根のとき、 z = r³ は原始15乗根ではなく、 1 の原始5乗根だ。ちなみに r⁶ も原始5乗根。実際 (r⁶)⁵ = r³⁰ = (r¹⁵)² = (1)² = 1。

同様に y = r⁵ という数は3乗するだけで = 1 になるから、原始15乗根ではなく 1 の原始3乗根。

そうすると r が 1 の原始15乗根である場合でも、
　　r^5⋅0⋅0 + r^5⋅1⋅1 + r^5⋅2⋅2 = (r⁵)^0⋅0 + (r⁵)^1⋅1 + (r⁵)^2⋅2
　　 = y^0⋅0 + y^1⋅1 + y^2⋅2
は 1 の原始3乗根 y = r⁵ に関連するガウス和であり、 ±i√3 に等しい。しかも、もし r が基本の原始15乗根（偏角が 360° の 1/15）なら、 y = r⁵ の偏角はその 5 倍（つまり 360° の 1/3）なので、 y は「基本」の原始3乗根であり、今述べたガウス和は +√3 だ。

このとき、もし
　　W₃ = r^{5⋅5⋅0⋅0} + r^{5⋅5⋅1⋅1} + r^{5⋅5⋅2⋅2} = (r^5⋅5)^0⋅0 + (r^5⋅5)^1⋅1 + (r^5⋅5)^2⋅2
　　 = (y⁵)^0⋅0 + (y⁵)^1⋅1 + (y⁵)^2⋅2
という和―― Y = y⁵ についてのガウス和――を考えるとすれば、 Y = y⁵ (= y²) は「基本」の原始3乗根ではないので、結果の符号がプラスになるとは限らない（符号の正負は、指数の 5 ないし 2 が mod 3 で平方剰余か否かによって決まる）。

全く同様に、もし r が「基本」の 1 の原始15乗根なら、
　　r^3⋅0⋅0 + r^3⋅1⋅1 + r^3⋅2⋅2 + r^3⋅3⋅3 + r^3⋅4⋅4
　　 = (r³)^0⋅0 + (r³)^1⋅1 + (r³)^2⋅2 + (r³)^3⋅3 + (r³)^4⋅4
　　 = z^0⋅0 + z^1⋅1 + z^2⋅2 + z^3⋅3 + z^4⋅4
は、「基本」の 1 の原始5乗根についてのガウス和であり、 +√5 に等しい。そして、
　　W₅ = r^{3⋅3⋅0⋅0} + r^{3⋅3⋅1⋅1} + r^{3⋅3⋅2⋅2} + r^{3⋅3⋅3⋅3} + r^{3⋅3⋅4⋅4}
　　 = (r^3⋅3)^0⋅0 + (r^3⋅3)^1⋅1 + (r^3⋅3)^2⋅2 + (r^3⋅3)^3⋅3 + (r^3⋅3)^4⋅4
　　 = (z³)^0⋅0 + (z³)^1⋅1 + (z³)^2⋅2 + (z³)^3⋅3 + (z³)^4⋅4
は、一般の 1 の原始5乗根 z³ についてのガウス和 ±√5 であり、その符号は 3 が mod 5 において平方剰余か否かによって決まる。

問題3　1 の原始15乗根 r についてのガウス和
　　W₁₅ = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ···  + r^14⋅14
は、上記 W₃ と W₅ の積 W₃ W₅ に等しい。

解　とりあえずベタに計算:
　　W₃ W₅ = (r^{5⋅5⋅0⋅0} + r^{5⋅5⋅1⋅1} + r^{5⋅5⋅2⋅2})(r^{3⋅3⋅0⋅0} + r^{3⋅3⋅1⋅1} + r^{3⋅3⋅2⋅2} + r^{3⋅3⋅3⋅3} + r^{3⋅3⋅4⋅4})
　　 = (r⁰ + r²⁵ + r¹⁰⁰)(r⁰ + r⁹ + r³⁶ + r⁸¹ + r¹⁴⁴)
　　 = (r⁰ + r⁹ + r³⁶ + r⁸¹ + r¹⁴⁴)_ア + (r²⁵ + r³⁴ + r⁶¹ + r¹⁰⁶ + r¹⁶⁹)_イ + (r¹⁰⁰ + r¹⁰⁹ + r¹³⁶ + r¹⁸¹ + r²⁴⁴)_ウ

ここで、任意の項を r¹⁵ = 1 倍したり r³⁰ = 1 倍したりしても、あるいは任意の項を r¹⁵ = 1 や r³⁰ = 1 などで割っても、（それは × 1 ないし ÷ 1 なので）その項の値は変わらない。つまり、そうしたければ、適当に選んだ 15 の倍数を、 r の肩の指数に加減しても構わない。

積 W₃ × W₅ が W₁₅ と等しいことを示すには、上記ア・イ・ウの各指数（計 15 個）がそれぞれ平方数になってほしい（和 W₁₅ の各項の指数がそうであるように）。アの ( ) 内の各指数は既に平方数、イの ( ) 内の最初と最後の指数も既に平方数（169 = 13²）、イの残りの指数について 15 の倍数を適当に加減すると、例えば、
　　34 + 15 = 49, 61 − 15⋅4 = 1, 106 + 15 = 121 (= 11²)
とできる。ウの ( ) 内の最初の指数は既に平方数。ウの残りの指数について:
　　109 − 3⋅15 = 64, 136 − 8⋅15 (= 136 − 120) = 16,
　　181 + 15 = 196 (= 14²), 244 − 16⋅15 (= 244 − 240) = 4

以上のように指数を調整すると、
　　アの指数　0², 3², 6², 9², 12²
　　イの指数　5², 7², 1², 11², 13²
　　ウの指数　10², 8², 4², 14², 2²
の中には 0², 1², 2², ··· , 14² がちょうど一つずつあるので、積 W₃ W₅ は W₁₅ に等しい。∎

指数の調整の仕方は、他にもいろいろある。例えば 106 から 90 を引いて平方数 16 を作り、 136 から 15 を引いて平方数 121 を作っても良かった。いずれにしても、上記のベタな計算では、なぜ W₁₅ = W₃ W₅ になるのか、仕組みが不透明。

§27　二重指数のトリック

次のように考えた方が見通しが良い。
　　W₃ W₅ = (r^{5⋅5⋅0⋅0} + r^{5⋅5⋅1⋅1} + r^{5⋅5⋅2⋅2})(r^{3⋅3⋅0⋅0} + r^{3⋅3⋅1⋅1} + r^{3⋅3⋅2⋅2} + r^{3⋅3⋅3⋅3} + r^{3⋅3⋅4⋅4})
つまり、
　　(r^52⋅02 + r^52⋅12 + r^52⋅22)(r^32⋅02 + r^32⋅12 + r^32⋅22 + r^32⋅32 + r^32⋅42)
をそのまま展開すると、第1項は、
　　r^52⋅02 × r^32⋅02 = r^{52⋅02 + 32⋅02}
第2項は、
　　r^52⋅02 × r^32⋅12 = r^{52⋅02 + 32⋅12}
等々となって、最後の第15項は、
　　r^52⋅22 × r^32⋅42 = r^{52⋅22 + 32⋅42}
となる。ゴチャゴチャして見にくいので、 r の肩の指数だけを考えると、要するに、
　　5²⋅a² + 3²⋅b²　　（✽）
の形の和が、 a = 0, 1, 2 と b = 0, 1, 2, 3, 4 の総当たりで合計 3 × 5 = 15 種類発生し、それぞれ r の肩に乗って r^N の形の 15 項が生じる。

ここで鍵となるのは、次のトリック。「r^N の各 N として（✽）をそのまま使う代わりに、
　　(5a + 3b)²　　（✽✽）
を r の肩に乗せても、結果は同じ」。なぜ？　（✽✽）を展開すると
　　(5a)² + 2(5a)(3b) + (3b)² = 5²⋅a² + 3²⋅b² + 15⋅2ab　　‥‥③
なので、（✽）と比べて 15⋅2ab が過剰なように思えるかもしれない。しかし r^N の値は、指数 N に 15 の倍数の変動があっても不動なので、 15⋅2ab を足そうが引こうが結果は同じ。念のため、そのことを明示すると、
　　r^15⋅2ab = (r¹⁵)^2ab = (1)^2ab = 1　　‥‥④
であり、従って:
　　r^(5a + 3b)2
　　 = r^{52⋅a2 + 32⋅b2 + 15⋅2ab}　　← 指数を展開（③参照）
　　 = r^{52⋅a2 + 32⋅b2} × r^15⋅2ab　　← × の後ろは 1 に等しい（④参照）
　　 = r^{52⋅a2 + 32⋅b2}

この最後の式は r の肩に（✽）を直接乗せたものに他ならない。以上の考察から、（✽✽）を使って、問題3をこう言い換えることができる。

問題4　1 の原始15乗根 r についてのガウス和とは、
　　r^k2　　← これは r の k² 乗のこと。 r^k の 2 乗ではない。
の形の数を k = 0 から k = 14 まで合計 15 個足したものである。この 15 個の数は、次の 15 個の数（を何らかの順序で並び替えたもの）と一致する。
　　r^(5a + 3b)2
ここで a は 0, 1, 2 の三つの値を、 b は 0, 1, 2, 3, 4 の五つの値を、総当たり的に取る（計 15 種類の数が生じる）。

核心が見えてきた！　15種類の整数 k² と15種類の整数 (5a + 3b)² が、 r の指数として対等であること――すなわち、順序の違いを無視し、それぞれの値について 15 の倍数の違いも無視すると、前者と後者は（1対1対応で）等しいこと――を示せばいい。いちいち2乗するのは面倒なので、15種類の k と15種類の 5a + 3b が対等であることを示そう。というのも、もし k と 5a + 3b が（何らかの順序で）対等なら――式で書けば
　　k ≡ 5a + 3b (mod 15)
であれば――、そのとき k² ≡ (5a + 3b)² であることは明白。

〔注〕　k ≡ 5a + 3b でないとしても、前者と後者が −1 倍の関係なら、両者の2乗は対等になる。 3 ≠ −3 だけど 3² = (−3)² だよ、みたいなパターン。でも、ここで考えている k と 5a + 3b は、どちらも明らかに負ではないので、 −1 倍が絡む可能性はない。

解　せっかく具体例を検討しているのだから、ここでは形式張らず、（教科書的証明の代わりに）とことん具体的な値を考えてみたい。次の一覧表（具体的な数値）を観察すると、「結論は当たり前」と感じられてくる。

【表2】 5a + 3b の値

	b=0	b=1	b=2	b=3	b=4
a=0	0	3	6	9	12
a=1	5	8	11	14	17*
a=2	10	13	16*	19*	22*

まず a = 0 の行には 3 の倍数しかない。 5a + 3b で a = 0 としたのだから、値が 3b なのは当然。同様に a = 1 の行には 3 の倍数より 5 大きい数、言い換えると《3 の倍数 + 2》の数しかないし、 a = 2 の行には 3 の倍数より 10 大きい数、言い換えると《3 の倍数 + 1》の数しかない。

従って、行が違えば「3 で割った余り」が異なる。「3 で割った余り」での分類に関する限り、別の行に同じ種類の数が現れることはない。これは 3 で割った余りという大ざっぱな分類の話で、まして 3⋅5 = 15 で割った余りで細かく分類するなら、行が違えば分類が異なる。

一方 b = 0 の列には 5 の倍数しかないし、 b = 1 の列には《5 の倍数 + 3》しかない。 b = 2 の列には 5 の倍数より 6 大きい数、言い換えると《5 の倍数 + 1》の数しかない。同様に b = 3 の列には《5 の倍数 + 4》しかなく、 b = 4 の列には《5 の倍数 + 2》しかない。

従って、列が違えば「5 で割った余り」が異なる。「5 で割った余り」での分類に関する限り、別の列に同じ種類の数が現れることはない。これは 5 で割った余りという大ざっぱな分類の話で、まして 3⋅5 = 15 で割った余りで細かく分類するなら、列が違えば分類が異なる。

以上を総合すると、行が違えば、「3 で割った余り」の観点から「15 で割った余り」は一致しない。たとえ行が同じでも、列が違えば、「5 で割った余り」の観点から「15 で割った余り」は一致しない。よって、異なる升目にある数は（行または列の少なくとも一方が違うのだから）、「15 で割った余り」が一致しない！

実際、【表2】に現れる数のうち 15 以上の四つ（16^*, 17^*, 19^*, 22^*）を、それぞれ 15 で割った余り（1, 2, 4, 7）に読み替えるなら、表の 15 個の升目には 0, 1, 2, ··· , 14 がちょうど一つずつある。それが示されるべきことだった。∎

上記 n = 15 = 3⋅5 の例（と問題4）を一般化すると、次のことが言えるであろう。

p, q を相異なる 3 以上の素数として、合成数 n = pq を考える。定数 r を任意の「1 の原始 n 乗根」として、 r に関連する（n 項の）ガウス和を W_n とする。 W_p を次の p 項の和とする（これは 1 の原始 p 乗根 y = r^q に関連するガウス和だ）:
　　W_p = r^q2⋅02 + r^q2⋅12 + r^q2⋅22 + ··· + r^{q2⋅(p−1)2}
W_q を次の q 項の和とする（これは 1 の原始 q 乗根 z = r^p に関連するガウス和だ）:
　　W_q = r^p2⋅02 + r^p2⋅12 + r^p2⋅22 + ··· + r^{p2⋅(q−1)2}

このとき、もともとの（n 項の）ガウス和 W_n は、積 W_p W_q に等しい。それを示すには、次のことを証明すればいい。すなわち:
　　r^k2
の形の数を、 k = 0 から k = n−1 まで考えると、それら n 個の累乗は、全体として（並び方の順序を無視すると）、次の pq (= n) 個の累乗と等しい。
　　r^(qa + pb)2
ここで a は 0 から p−1 までの p 個の値を、 b は 0 から q−1 までの q 個の値を、総当たり的に取る。上記の証明は、次の性質に帰着する。
　　「n 個の k の値」と「n 個の qa + pb の値」は対等

n = 15 の具体例から類推すると「まぁ、そうなりそうだ」と思える。ただし、このような一般論では、具体的な表（問題4の解のような）を作るわけにはいかない。多少論点を整理・蒸留する必要がある。（続く）

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2026-01-06　「1 の原始 n 乗根」とその性質

#遊びの数論　#ガウス和（平方 | 符号 | n 偶数）

「1 の原始 n 乗根」の意味と、その基本性質について。

定義　次の二つの性質を持つ数 r は、1 の原始 n 乗根と呼ばれる。
　　第一の性質　rⁿ = 1 が成り立つ。つまり r を n 乗すると = 1 になる。
　　第二の性質　a が 1 以上 n−1 以下の任意の整数のとき、 r^a ≠ 1 が成り立つ。つまり r を 1 乗 ～ n−1 乗しても = 1 にならない。

第一の性質から、 1 の原始 n 乗根 r は、方程式 xⁿ = 1 の解（移項すれば xⁿ − 1 = 0 の解）であり、必ず 1 の n 乗根だ。けれど第二の性質による制約があるので、 1 の n 乗根だからといって（つまり方程式 xⁿ = 1 の解だからといって）、それが 1 の原始 n 乗根であるとは限らない。

〔例1〕　n = 2 の場合。 x² = 1 の解は x = 1 または x = −1。両者のうち −1 は第一の性質 (−1)² = 1 を満たし、第二の性質 (−1)¹ ≠ 1 も満たすので、 1 の原始2乗根。一方 1 は、第一の性質を満たすものの、第二の性質を満たさないので（1¹ ≠ 1 ではない）、 1 の原始2乗根ではない。

〔例2〕　n = 3 の場合。 x³ = 1 つまり x³ − 1 = (x − 1)(x² + x + 1) = 0 の解は、
　　x − 1 = 0 の解　x = 1
または
　　x² + x + 1 = 0 の解　x = −1/2 ± i√3/2
だ。以上三つの解のうち、 1 は第二の性質を満たさない（1¹ ≠ 1 ではないし 1² ≠ 1 でもない）。一方、
　　r = −1/2 + i√3/2
は（x³ = 1 の解の一つなので、当然）第一の性質を満たし、次のように、第二の性質も満たす。
　　r¹ = −1/2 + i√3/2 ≠ 1
　　r² = (−1/2 + i√3/2)² = 1/4 + 2⋅−1/2⋅i√3/2 + −3/4
　　 = −1/2 − i√3/2 ≠ 1
念のため、第一の性質（3乗すると = 1）についても、明示的に確かめておく。たった今計算した r² の値を再利用して:
　　r³ = r⋅r² = (−1/2 + i√3/2)(−1/2 − i√3/2)
　　 = (−1/2)² − (i√3/2)² = 1/4 − −3/4 = 1

従って、この r は 1 の原始3乗根（原始立方根）。同様にして確かめられることだが、もう一つの解 r = −1/2 − i√3/2 も 1 の原始3乗根。これら二つの値の一方（一般的には複号で + を選んだ場合）は、しばしば文字 ω （オメガ）で表され、3次方程式の話題やアイゼンシュタイン整数の話題などでは、基本的な役割を果たす。二つの値のどちらも、2次方程式 x² + x + 1 = 0 の解なので、当然 ω² + ω + 1 = 0 を満たす（二つの解についての上記の明示的表現からも、この等式は容易に確認可能）。

〔例3〕　n = 4 の場合。 x⁴ = 1 つまり x⁴ − 1 = (x² + 1)(x² − 1) = (x² + 1)(x + 1)(x − 1) = 0 の解は、
　　x² + 1 = 0 の解　x = ±i
または
　　x + 1 = 0 の解　x = −1
または
　　x − 1 = 0 の解　x = 1
だ。以上四つの解のうち、 −1 は2乗するだけで = 1 になってしまうので 1 の原始4乗根ではない。 1 自身も、もちろん 1 の原始4乗根ではない。一方、 r = i は、
　　r¹ = i ≠ 1
　　r² = i² = −1 ≠ 1
　　r³ = i³ = i²⋅i = −i ≠ 1
を満たすので、 1 の原始4乗根。第一の性質を明示的に確かめると:
　　r⁴ = i⁴ = (i²)² = (−1)² = 1

同様にして確かめられることだが、もう一つの解 r = −i も 1 の原始4乗根。

〔例4〕　n = 1 の場合。 x¹ = 1 つまり x = 1 の解は、もちろん x = 1 そのもの。この 1 という数は 1 乗すると = 1 なので、「1 の 1 乗根」であることは間違いない。では 1 は「1 の原始 1 乗根」だろうか。第二の性質、
　　a が 1 以上 n−1 以下の任意の整数のとき、 r^a ≠ 1
は、 n = 1 の場合、こうなる:
　　a が 1 以上 0 以下の任意の整数のとき、 r^a ≠ 1
「1 以上 0 以下の任意の整数」といっても、そんな整数は 0 個。よって、この場合、 0 個の整数 a について、条件を満たせばいい――満たすべき条件は 0 個。要するに、 n = 1 の場合、「第二の性質」は何の制約も課さない（0 個の制約を課す）。結局 1 という数は、「第二の性質」による 0 個の条件全てにパスして（実質無審査で）、「1 の原始 1 乗根」となる。

ガウス和についての議論では、 1 の原始 n 乗根 r が具体的にどんな値か？ということは、ほとんど問題にならない。ガウス和に限らない一般の文脈において、最も重要な「1 の原始 n 乗根」は、 n = 4 のときの ±i つまり ±√−1 だろう。それを別にすると、 n = 3 のときの
　　−1/2 ± i√3/2
も常用される。 n = 6 の場合の
　　1/2 ± i√3/2
も、しばしば登場する。これらの値は 1 の原始6乗根であると同時に、 −1 の原始3乗根でもある。 n = 8 の場合の
　　±√2/2 ± i√2/2　複号は四つの数を表す
も、しばしば使われ（1 の原始8乗根）、 n が偶数の場合のガウス和との関連でも重要な意味を持つ。四つの値は i ないし −i の平方根でもある。その他、 n = 12 の場合の
　　±√3/2 ± i/2　複号により四数
が時々登場し（これらの値は i ないし −i の立方根でもある）、 n = 5 の場合の
　　(−1 + √5)/4 ±  (i√(10 + 2√5)/4　または　(−1 − √5)/4 ±  (i√(10 − 2√5)/4
および n = 10 の場合の
　　(1 − √5)/4 ± [i√(10 + 2√5)]/4　または　(1 + √5)/4 ± [i√(10 − 2√5)]/4
が、比較的まれに登場する。 1 の原始3乗根たちと原始6乗根たちは、全体として、虚部が同じで実部の符号だけが反対だが、 1 の原始5乗根たちと原始10乗根たちも、同様の関係を満たす。

一般には、 1 の原始 n 乗根を（上記のように）四則演算と平方根だけの組み合わせで表現することは、できない。具体例として、 n = 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19 の場合、そのような表現は不可能（n = 15, 16, 17, 20 の場合は可能）。「平方根までの範囲では表現不可能」だとしても、立方根を使えば表現可能なものもある（実用上あまり役立たないが）。三角関数や指数関数を使えば、任意の「1 の原始 n 乗根」を明快かつ統一的に表現できる。

1 の原始 n 乗根は「円分多項式」と関連していて、その世界は深遠。最も初歩的な性質としては、次のような事柄が挙げられる。

補題25　r を 1 の原始 n 乗根とする。このとき:
　　〘ⅰ〙 整数 k が n の倍数（0 や負の倍数でもいい）なら r^k = 1 が成り立つ。 k が n の倍数でなければ、 r^k = 1 は成り立たない。
　　〘ⅱ〙 整数 k の絶対値が n より小さく、しかも k ≠ 0 であれば、 r^k ≠ 1。
　　〘ⅲ〙 任意の整数 a, b について r^a±bn は r^a に等しい。つまり r の累乗 r^a の指数 a に n の（任意の）倍数を加減したとき、指数の値が変わっても累乗の値は変わらない。特に r の肩の指数から n ないし n の倍数を引けるだけ引いてもいい（言い換えれば、指数を n で割った余りで置き換えてもいい）。

〔補足〕　〘ⅰ〙の前半と〘ⅲ〙 は、 r が（原始 n 乗根以外の）一般の n 乗根でも成り立つ。〘ⅰ〙の後半と〘ⅱ〙は、 r が原始 n 乗根でなければ成り立たない。

証明　〘ⅰ〙 k が n の倍数なら、 k は n で割り切れる（その整数商を a とする）。つまり k = na と書くことができる。このとき:
　　r^k = r^na = (rⁿ)^a = (1)^a = 1　　【危】
一方、 k が n の倍数でないなら、 k を n で割ったとき、整数商（端数切り下げ）を a とすると、 1 以上 n−1 以下の余り b が生じる。つまり k = na + b と書くことができる。このとき:
　　r^k = r^na+b = (rⁿ)^a⋅r^b = (1)^a⋅r^b = r^b
この値は = 1 ではない。なぜなら b は 1 以上 n−1 以下なので、原始 n 乗根の定義（第二の性質）により r^b ≠ 1。

〘ⅱ〙　絶対値が n より小さい整数 k は、当然 −n < k < +n を満たす。この範囲内の n の倍数は 0 だけ。よって k がこの範囲内の整数で、しかも k ≠ 0 であれば、 k は n の倍数ではないので、〘ⅰ〙により r^k ≠ 1。

〘ⅲ〙　±bn は n の倍数なので、〘ⅰ〙により r^±bn = 1。従って、
　　r^a±bn = r^a⋅r^±bn = r^a⋅1 = r^a
が成り立つ。∎

注意　【危】で使われているような等式、すなわち x^uv = (x^u)^v の形の「積の指数法則」は、一般には成り立たない（§14・危険な曲がり角）。例えば r が 1 の原始4乗根 i のとき i⁶ = i²⋅i⁴ = −1 だ。これを
　　i⁶ =^? (i⁴)^1.5 = (1)^1.5 = 1
とすることはできない。 x^uv = (x^u)^v の成立条件は複雑だが、少なくとも u, v が両方とも整数の場合には、常にこの等式が成り立つ。

「駅を飛ばす各駅停車」の具体例（n = 15）において観察できることを一般化して、整理しておく。

補題26　n を正の整数、 r を任意の「1 の原始 n 乗根」とする。このとき:
　　〘ⅰ〙 整数 f が n の約数なら、 r^f は 1 の原始 n/f 乗根。
　　〘ⅱ〙 整数 f が n と互いに素なら、 r^f は引き続き 1 の原始 n 乗根。
　　〘ⅲ〙 整数 f と n の最大公約数が d なら、 r^f は 1 の原始 n/d 乗根。

証明　〘ⅰ〙仮定により n は f で割り切れる（従って f ≠ 0）。その商を q として n = fq と書く。このとき r^f という数は、 q 乗すると = 1 になる。実際:
　　(r^f)^q = r^fq = rⁿ = 1
よって r^f は 1 の q 乗根（ここで q = n/f）。原始 q 乗根であることを示すには、「a が 1 以上 q−1 以下の任意の整数のとき、
　　(r^f)^a = r^fa
は ≠ 1」であることを言えばいい。 a が取り得る値の範囲 0 < a < q から、上記の指数 fa の絶対値は fq = n より小さく、しかも fa ≠ 0 なので、補題25〘ⅱ〙から r^fa ≠ 1 だ。

〘ⅱ〙　r^f の n 乗は (r^f)ⁿ = r^fn = 1 なので（補題25〘ⅰ〙）、 r^f は 1 の n 乗根。原始 n 乗根であることを示すには、「a が 1 以上 n−1 以下の任意の整数のとき、 r^fa ≠ 1 である」ことを言えばいい。それには「fa が n の倍数ではない」ことを言えばいい（補題25〘ⅰ〙）。 f と n は互いに素なので、 fa が n の倍数になるには a 自身が n の倍数になることが必要。しかし a は 1 以上 n−1 以下なので、 n の倍数になり得ない。

〘ⅲ〙　f = dF, n = dN と書くと F と N は互いに素な整数、そして N = n/d。さて d は n の約数なので、〘ⅰ〙から r^d は 1 の原始 n/d 乗根、つまり 1 の原始 N 乗根。 F と N は互いに素なので、〘ⅱ〙から (r^d)^F = r^dF = r^f は引き続き 1 の原始 N 乗根。∎

〔補足〕　〘ⅰ〙は〘ⅲ〙で d = f の場合、〘ⅱ〙は〘ⅲ〙で d = 1 の場合に当たる。

具体例（n = 15）。 r を 1 の原始15乗根とすると（「駅を飛ばす各駅停車」参照）:

〘ⅰ〙の例　15 の約数 5 を f とするなら 15/f = 3 であり、 r⁵ は 1 の原始3乗根（画像の y）。

15 の約数 3 を f とするなら 15/f = 5 であり、 r³ は 1 の原始5乗根（画像の z）。

〘ⅱ〙の例　r² や r⁴ や r⁷ は、引き続き 1 の原始15乗根。 r^f の f が 15 と互いに素だから。

r⁵ は 1 の原始3乗根（画像の y）だが、 (r⁵)² や (r⁵)⁴ や (r⁵)⁵ も、引き続き 1 の原始3乗根。 (r⁵)^f の f が 3 と互いに素だから。

r³ は 1 の原始5乗根（画像の z）だが、 (r³)² や (r³)³ や (r³)⁴ も、引き続き 1 の原始5乗根。 (r³)^f の f が 5 と互いに素だから。

〘ⅲ〙の例　9 と 15 の最大公約数は 3、そして 15/3 = 5。よって r⁹ = (r³)³ は 1 の原始5乗根。

25 と 15 の最大公約数は 5、そして 15/5 = 3。よって r²⁵ = (r⁵)⁵ は 1 の原始3乗根。

画像では偏角 360°/15 = 24° の数を r としているが、それ以外の「1 の原始15乗根」を選んでも、全く同様のことが成り立つ。例えば画像の r² をあらためて R と置くと、上記「r⁵ は 1 の原始3乗根」と同様に、「R⁵ は 1 の原始3乗根」だ。実際 R⁵ = (r²)⁵ = (r⁵)² は、既述のように 1 の原始3乗根。

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2026-01-07　n が合成数のときのガウス和（中編）

#遊びの数論　#ガウス和（平方 | 符号 | n 偶数）

n が「互いに素な整数の積」に分解されるとき、それに対応して、ガウス和も「ガウス和の積」に分解される。

前編では、 n = 15 = 3⋅5 の具体例について、（1 の原始15乗根に関連する）ガウス和を一応検討した。今回はより一般的に、合成数 n が「互いに素な因子 p, q の積」に分解される場合の（1 の原始 n 乗根に関連する）ガウス和について、その「分解」の原理を解明したい。

§28　n が合成数のときのガウス和の「分解」の原理

p, q を互いに素な正の整数として、合成数 n = pq を考える（p, q のそれぞれは、素数でも素数でなくてもいいが、 2 以上の公約数を持たない）。

当然このとき p は n の約数で n/p = q となる。 q も n の約数で n/q = p。

r を任意の「1 の原始 n 乗根」とする。任意なので「基本」原始 n 乗根でも構わないが、一般には「基本」原始 n 乗根とは限らない。われわれはまだ、この原始 n 乗根 r に関連するガウス和 W_n を求める一般的なアルゴリズムを得ていない。当面の目標は、 W_n の決定を「原始 p 乗根に関連するガウス和の決定」と「原始 q 乗根に関連するガウス和の決定」に帰着させること。それができれば n = pq という「複雑」で大きな値についての問題を、より小さい（比較的扱いやすい）因子 p についての問題、因子 q についての問題に変換できる。

〔注〕　p や q はそれ自身「複雑」かもしれないが、ひとたび上記目標が実現されれば、例えば p = p₁⋅p₂ に同じアルゴリズムを適用することで、問題をさらに分解することができるだろう。必要なだけ徹底分解すれば、簡単な問題の組み合わせに還元される、と期待される。

補題26〘ⅰ〙により、 y = r^q は「1 の原始 n/q 乗根」つまり「1 の原始 p 乗根」。従って、
　　X_p = y^0⋅0 + y^1⋅1 + y^2⋅2 + ···  + y^{(p−1)(p−1)}
　　 = (r^q)^0⋅0 + (r^q)^1⋅1 + (r^q)^2⋅2 + ···  + (r^q)^{(p−1)(p−1)}
は「1 の原始 p 乗根」についてのガウス和。少なくとも p が奇数の素数の場合には、この X_p の値を（符号を含めて）決定できる（§13）。

〔参考〕　R を「基本」原始 n 乗根（偏角 360°/n）として r = R^ℓ と書くと r^q = (R^ℓ)^q = R^qℓ なので:
　　X_p = (R^qℓ)^0⋅0 + (R^qℓ)^1⋅1 + (R^qℓ)^2⋅2 + ···  + (R^qℓ)^{(p−1)(p−1)}
　　 = (Y^ℓ)^0⋅0 + (Y^ℓ)^1⋅1 + (Y^ℓ)^2⋅2 + ···  + (Y^ℓ)^{(p−1)(p−1)}
ここで Y = R^q の偏角は 360°/n × q = 360°/(pq) × q = 360°/p なので、 Y は「基本」原始 p 乗根。よって p が奇素数なら、 p を 4 で割った余りが 1 か 3 かに応じて X_p は ±√p ないし ±i√p で、符号の正負は ℓ が mod p の平方剰余か否かによって決まる。

しかしここでは、 1 の原始 p 乗根 y = r^q を上記のようにそのまま使うのではなく、それをさらに q 乗した値 y^q = r^qq を使う。というのも、 q は p と互いに素なので y^q = r^qq も引き続き原始 p 乗根であり（補題26〘ⅱ〙）、 r^qq のように、指数が平方数（q²）になっている方が、ガウス和の計算と相性が良い（このことは、ガウス和の形式を考えれば、特に不思議でもないだろう）。具体的には「二重指数のトリック」（§27）が「n が合成数のときのガウス和」の処理の鍵となる。

まず、 1 の原始 p 乗根 r^qq についての（p 項の）ガウス和を考える:
　　W_p = (r^qq)^0⋅0 + (r^qq)^1⋅1 + (r^qq)^2⋅2 + ···  + (r^qq)^{(p−1)(p−1)}

〔注〕　W_p の各項は X_p の対応する項と比べると q 乗されているけれど、ガウス和の計算の手間は、どちらでもほとんど変わらない。上記〔参考〕と同じ変数名（r = R^ℓ, r^q = R^qℓ など）を使うと r^qq = R^qqℓ = Y^qℓ も 1 の原始 p 乗根。 p が奇素数の場合、ガウス和 X_p とガウス和 W_p は、「ℓ mod p が平方剰余か否かによって符号が決まる」「qℓ mod p が平方剰余か否かによって符号が決まる」という点においてのみ異なる。

次に、上記と同様に考えると r^p は 1 の原始 q 乗根であり、 r^pp も引き続き 1 の原始 q 乗根なので、
　　W_q = (r^pp)^0⋅0 + (r^pp)^1⋅1 + (r^pp)^2⋅2 + ···  + (r^pp)^{(q−1)(q−1)}
は、 1 の原始 q 乗根 r^pp についての（q 項の）ガウス和だ。

p 項の和 W_p と、 q 項の和 W_q を掛け算して展開すると、 pq 個の項の和が生じ、各項は次の形を持つ（§27の具体例参照）:
　　(r^qq)^aa × (r^pp)^bb = r^(qa)(qa) × r^(pb)(pb) = r^{(qa)2 + (pb)2}
ここで a の値は 0 以上 p−1 以下の p 種類の整数のどれか、 b の値は 0 以上 q−1 以下の q 種類の整数のどれかで、両者を総当たり的に組み合わせて生じる pq 種類の全パターンが（pq 項の和において）それぞれ 1 回ずつ生じる。さて、上記の
　　r^{(qa)2 + (pb)2}
は、
　　r^(qa+pb)2
に等しい。なぜなら後者の指数を展開した (qa)² + 2(qa)(pb) + (pb)² は、前者の指数に 2(qa)(pb) を足したものだが、 2(qa)(pb) = (2ab)pq = (2ab)n は n の倍数: r は 1 の原始 n 乗根なので、 r の累乗の指数に n の倍数が足し算されても、累乗の値は変わらない（補題25〘ⅲ〙）。

このことから、積 W_p W_q を展開して生じる pq 個の項の一つ一つは、
　　r^(qa+pb)2　　（✽）
に等しい（a, b は、前述のように合計 pq パターンの整数値を取る）。それら pq 個の各項は、
　　W_n = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ···  + r^{(n−1)(n−1)}
の右辺の n = pq 個の項のどれかと等しく、前者の項と後者の項の対応は1対1だ（重複や抜け落ちはない）――とわれわれは主張する。つまり W_p W_q の pq 項を適当に並び替えれば、 W_n の n 項と完全に一致する、と。

これは W_n = W_pq = W_p W_q という単純にして強力な命題だ！

もちろん証明が必要。

〔付記〕　ここで W_n の基準となっている r は、任意に選択された「1 の原始 n 乗根」（n = pq）。この r を選択すると、 W_p の基準となる原始 p 乗根 r^qq は自動的に定まり、 W_q の基準となる原始 q 乗根 r^pp も自動的に定まる。 W_n に関連する原始 n 乗根が任意なのに対して、 W_p に関連する原始 q 乗根（および W_q に関連する原始 p 乗根）は任意ではない。（議論を軽快に進めるため W_p, W_q のような簡略表記で済ませているが、その代償として、今述べた暗黙の仮定が生じる。）

上記 W_n の右辺各項は
　　r^k2　　（✽✽）
の形であるから（k = 0, 1, 2, ···, n−1）、（✽）の n 項と（✽✽）の n 項が全体として等しいことを示すには、
　　(qa + pb)² たちと　k² たちは　全体として対等
であることを言えばいい。 r が 1 の原始 n 乗根であることに留意すると、要するに―― r の肩に乗るこれらの指数たちの値について、 n の倍数の違いを無視するとき、（✽）の n 個の数と（✽✽）の n 個の数が、集合として同一であること（＝二つのグループのどちらも、全く同じ n 個のメンバーから成ること）を証明すればいい。

§29　ガウス和の「分解」の原理の証明

上記の内容を命題の形にすると:

命題の下書き　0 以上 p−1 以下の任意の整数 a と、 0 以上 q−1 以下の任意の整数 b に対して、次の条件を満たす整数 k が、 0 以上 n−1 以下の範囲に存在する。 k は n 種類の値を取り得るが、ペア a, b の（n パターンの）選び方の一つ一つに対して、異なる値の k が対応する。
　【条件】　(qa + pb)² と k² は等しいか、または両者の差は n の倍数に等しい。

この下書きは、内容の整理が不十分で、そのままでは証明しにくい。

まず「A と B の差が n の倍数に等しい」ということは、記号では A ≡ B (mod n) と簡潔に表現される。これは「n の倍数の違いを無視した等号」であり、「n で割った余りによって整数を n 個のクラスに分類し、クラスが同じかどうかを考えること」に当たる。 A = B の場合にも両辺の差 0 は n の倍数なので、【条件】は A ≡ B (mod n) に一本化可能。さらに、もし qa + pb ≡ k (mod n) が成り立つなら、下書きにある (qa + pb)² ≡ k² (mod n) も明らかに成り立つ^†。よって「2乗」をなくした簡略バージョンが成り立つなら、それで十分。

†　A ≡ B (mod n) なら、何らかの n の倍数 Cn があって等式 A = B + Cn が成立。両辺を平方すると A² = B² + 2B(Cn) + (Cn)² = B² + (2BC + C²n)n、この最後の項は n の倍数なので A² = B² + n の倍数、つまり A² ≡ B² (mod n)。要するに A ≡ B を示すことができれば、自動的に A² ≡ B² も示される。ちなみに、その逆は必ずしも成り立たない（A² ≡ B² だからといって A ≡ B とは限らない）。でも、とにかく A ≡ B なら A² ≡ B² だ。

結局、次の命題を証明すればいい。

命題27　p, q を互いに素な正の整数として n = pq とする。このとき、 0 以上 p−1 以下の任意の整数 a と、 0 以上 q−1 以下の任意の整数 b に対して、
　　qa + pb ≡ k (mod n)
を満たすような整数 k が、 0 以上 n−1 以下の範囲に存在する。ペア a, b の（一方または両方の）値の選択を（上記指定範囲内で）変えるなら、それに対応する k の値も必ず変わる。

証明　指定範囲内の a と b をそれぞれ選んで固定したとき、整数 qa + pb がどんな値になるにせよ、それを n で割った余りは 0 以上 n−1 以下の一つの整数。つまり、ペア a, b の選び方にかかわらず、それに対応して指定範囲内の k か一つ定まることは、間違いない。問題は「ペア a, b の選び方が違うのに、どちらの選び方でも同じ k が対応してしまう」ということが起こり得るか？

〔注〕　起こり得たとすると、困ったことになる――ペアは n 種類、 k の値も n 種類なので、複数のペアが同じ k に対応してしまったら1対1対応は成り立たず、「どのペアにも対応しない、売れ残りの k」が（少なくとも一つ）生じてしまう。その場合、 W_n の n 項の中に、 W_p W_q の n 項のどれとも値が異なる項が（少なくとも一つ）存在し得る。だとすると「W_n の和と W_p W_q の和は、同じ n 項を並び替えただけ」という主張が崩れ、この証明は成り立たない。

「別のペアを選べば、対応する k が必ず異なる」＝「同じペアに対してだけ、同じ k が対応する」ことを示したい。

〔補足〕　ペアの個数と k が取り得る値の個数は等しいので、「ペアごとに別々の k が対応する」ということは、「どの k もちょうど 1 回ずつ、どれかのペアと対応する」ことを含意する。

アリスが a として a₁ を選び、 b として b₁ を選んだとき、そのペアに k₁ が対応したとしよう:
　　qa₁ + pb₁ ≡ k₁ (mod n)
ボブが a として a₂ を選び、 b として b₂ を選んだとき、そのペアにも k₁ が対応したとしよう:
　　qa₂ + pb₂ ≡ k₁ (mod n)
このとき:
　　qa₁ + pb₁ ≡ k₁ ≡ qa₂ + pb₂ (mod n)
移項して:
　　qa₁ + pb₁ − qa₂ − pb₂ ≡ 0 (mod n)
　　∴　q(a₁ − a₂) + p(b₁ − b₂) ≡ 0 (mod n)　　‥‥⑤

⑤は mod n の式であり、すなわち「両辺とも n = pq で割った余りは同じ」と解釈可能。右辺は「余り 0」つまり「割り切れる」と言っているので、左辺も pq で割り切れる。当然、同じ左辺は p でも割り切れるし q でも割り切れる（15 で割り切れる数が 3 や 5 でも割り切れるように）。そこで⑤を mod p で（p で割った余りで）考えると、その観点では、⑤左辺にある p の倍数 p(b₁ − b₂) は 0 と同じなので、⑤はこうなる:
　　q(a₁ − a₂) ≡ 0 (mod p)　　‥‥⑥

⑥は、 q(a₁ − a₂) が p で割り切れることを――言い換えれば q(a₁ − a₂) が p の倍数であることを――含意する。しかし q は p と互いに素な定数なので、 q(a₁ − a₂) が p の倍数になるためには、 a₁ − a₂ が p の倍数になるしかない。ところが a₁ も a₂ も、 0 以上 p−1 以下なので、どのように a₁, a₂ が選択されたとしても、 a₁ − a₂ の絶対値は p−1 以下。絶対値 p−1 以下の p の倍数は 0 しかない。ゆえに⑥は a₁ − a₂ = 0 つまり a₁ = a₂ を含意する。

同様に⑤を mod q で考えると、
　　p(b₁ − b₂) ≡ 0 (mod q)　　‥‥⑦
であるが、 p は q と互いに素で、 b₁, b₂ はどちらも 0 以上 q−1 以下なので、⑦は b₁ = b₂ を含意する。

つまり、もしアリスが選んだペア a₁, b₁ と、ボブが選んだペア a₂, b₂ が、どちらも同一の k (= k₁) に対応するのなら、必然的に
　　a₁ = a₂　かつ　b₁ = b₂
である――その場合、アリスとボブがそれぞれ選んだペアは、（a の選択も b の選択も）たまたま同じだったのだ。この「k が一致するなら a, b の選択も一致」という必然性のため、「別のペア（a と b の少なくとも一方の選択が異なる）を選んだのに、同じ k が対応する」ということは、あり得ない。∎

この結論については、§27・問題4の解を参照すると、直観的にも「まぁ、そうなって当然かな」と感じられる。証明法は他にも考えられる。特に「中国剰余定理」と呼ばれるものは、この命題と関係している。

〔参考〕　合同式についての「割り算の規則1」を使うと、⑥において、そのまま両辺を q で割ることが許される（q は法 p と互いに素なので）。すると a₁ − a₂ ≡ 0 (mod p) となり、本文と同じ結論がほんの少し速く得られる。同様に、⑦の両辺を p で割ることが許される。

命題27が証明された今、 n が合成数のときの任意のガウス和の計算原理が（本質的には）確立された。この原理を実際に活用・応用するためには、枝葉の部分で若干の整理・拡張が必要だが、この原理だけでも、かなり多くの「合成数の n」に対応可能――特に「相互法則の第四証明」は、もはや完成したも同然。

他方、未完成の部分もある: n が素数なら直接扱えるし、 n が合成数でも n = pq のように互いに素な因子に分解すれば、複雑な問題を単純な問題に還元できるけど、 n = 9 = 3² とか n = 27 = 3³ のような「素数の累乗」の場合、「互いに素な因子に分解」できない。このケースについては、別途検討する必要がある。

n が合成数のときのガウス和の「分解」の考え方は本質的にはシンプルだけど、関連する事柄は幅広く、いろいろと研究価値がありそうだ。（続く）

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『遊びの数論54』へ続く。