遊びの数論58
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『遊びの数論57』の続き。誤字脱字・間違いがあるかも。
- 目次。約8の項目があります。2026などの数字は、メモの日付です。
- 2026-04-07 平方剰余の相互法則: ガウスの第四証明
- 2026-04-09 第四証明と第二補充法則
- 2026-04-10 ガウス和に関連する比較的マイナーな定理
- 2026-04-12 ガウス和の符号と第一補充法則
- 2026-04-17 ガウス和: n が偶数の場合から n が奇数の場合を導くこと
- 2026-04-22 ガウス和とヤコビ記号（その1）
- 2026-04-25 ガウス和とヤコビ記号（その2）
- 2026-04-27 ガウス和とヤコビ記号（その3）
- 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。
2026-04-07 平方剰余の相互法則: ガウスの第四証明
ガウスは、平方剰余の相互法則の証明を8種類も残した（生前に公表されたのは六つ）。そのうち、ガウス和に基づく第四証明は、「もし」ガウス和の符号が既に決定されているのなら、最も簡明で見通しが良い（この「もし」が大問題だが、ここでは符号は決定済み、としよう）。
Dirichlet の整数論講義（Dirichlet の講義をまとめたもの。実際の著者は Dedekind）のバージョンを紹介したい。
第四証明 Dirichlet バージョンの最大の特色は、ガウス和の符号決定に解析的手法を使っている点（ここでは「符号は既に決定済み」として話を進めるので、その部分には立ち入らない）。相互法則を証明する部分についても、文章でおっとり説明しているガウスの Summatio と対照的に、式を使って端的に記述されている。
n を任意の正整数、 h を任意の（正または負の）整数とする。 1 の n 乗根
exp (2hπi/n) = cos (2hπ/n) + i sin (2hπ/n)
に対応するガウス和を
∑{for ν mod n} exp (ν2⋅(2hπi/n))
によって定義し、 S(h, n) で表すことにする。 ν は mod n において不合同な n 種類の整数値――いわゆる「剰余系の代表の一組」――にわたる。例えば ν = 0, 1, 2, ···, n − 1 でもいいし、 ν = 1, 2, ···, n でもいい。ガウス和の値は、代表の一組の選び方に依存しない。
Dedekind は記号 φ(h, n) を使い、 Nagell を含む若干の著者はこの表記を踏襲しているが、ここでは文字 φ の代わりに S を使う。他のメモでは、同じことを Sn(h) の形式で表記していることもある。
第四証明は、ガウス和の幾つかの性質に基づく。最も基本的なのは、次の事実: h = 1 かつ n が奇数の場合、もし n が 4k + 1 型なら、つまり n ≡ 1 (mod 4) なら、
S(1, n) = √n
が成り立ち、もし n が 4k + 3 型なら、つまり n ≡ 3 (mod 4) なら、
S(1, n) = i√n
が成り立つ（i = √(−1) は虚数単位）。この二つをまとめて、
n が奇数 ⇒ S(1, n) = Jn √n ‥‥①
と書くことができる。ただし mod 4 において、もし n ≡ 1 なら Jn は 1 に等しく、もし n ≡ 3 なら Jn は i に等しい、と約束する。
第二に、正整数 m, n が互いに素なら、 1 の mn 乗根に関連するガウス和について、
S(h, mn) = S(hm, n) S(hn, m)
が成り立つ。特に h = 1 なら:
S(1, mn) = S(m, n) S(n, m) ‥‥②
第三に、 p が 3 以上の素数で h が p の倍数以外の整数のとき、次が成り立つ（二つ目の等号は①による）:
S(h, p) = (h/p) S(1, p) = (h/p) Jp √p ‥‥③
これで相互法則の証明の準備が整った。
今 p, q を相異なる正の奇素数とすると、②③から:
S(1, pq) = S(p, q) S(q, p) = (p/q) Jq √q × (q/p) Jp √p
この等式の最左辺は、①から Jpq √(pq) に等しい。従って:
Jpq √(pq) = (p/q) Jq √q × (q/p) Jp √p
両辺を正の実数 √(pq) で割って、整理すると:
Jpq = Jp⋅Jq⋅(p/q)(q/p) （✽）
（✽）は、平方剰余の相互法則を含意する。実際、 mod 4 において、〔ア〕もし p, q がどちらも ≡ 1 なら pq も ≡ 1 なので J 記号の定義から Jp = Jq = 1 かつ Jpq = 1 であり、（✽）は
1 = 1⋅1⋅(p/q)(q/p) = (p/q)(q/p)
となるが、これは右辺の 2 種類の Legendre 記号の値がどちらも +1 であるか、またはどちらも −1 であることを意味する（さもなければ二つの Legendre 記号の積は = 1 になり得ない）。一方、〔イ〕もし p, q の一方が ≡ 1 で他方が ≡ 3 なら pq ≡ 3 なので、（✽）は
i = 1⋅i⋅(p/q)(q/p)
となるが、その両辺を i で割れば、 p ≡ q ≡ 1 の場合と全く同じ結論に至る。最後に、〔ウ〕もし p, q がどちらも ≡ 3 なら pq ≡ 9 ≡ 1 なので、（✽）はこうなる:
1 = i⋅i⋅(p/q)(q/p) = −(p/q)(q/p)
両辺を −1 倍して:
−1 = (p/q)(q/p)
これは、右辺の二つの Legendre 記号の値が一致せず、どちらか一方が +1 で他方が −1 だ、ということを含意する。
〔ア・イ・ウ〕を要約すると: 「奇素数 p, q の少なくとも一方が 4k + 1 型なら、
(p/q) = (q/p)
となるが、 p, q が両方とも 4k + 3 型の場合に限っては、
(p/q) = −(q/p)
となる。」――この事実こそ、まさに平方剰余の相互法則であり、伝統的には一つの式
(p/q) = (−1)(p−1)(q−1)/4 (q/p)
にまとめて、表現される。あるいは、同じことだが:
(p/q)(q/p) = (−1)(p−1)(q−1)/4
第四証明とは、たったこれだけのことなのだ！ 第三証明では、ガウスの補題を準備してもその先がなかなか大変だが、対照的に、ガウス和についての基本性質が解明されていれば、第四証明は、ほとんど一瞬で終わってしまう。
Dirichlet は J 記号による場合分けを行わず、機械的な式変形だけで証明を完成させた（Dedekind の記述もそれに基づく）。以下、そのバージョンを記す。具体的には、 Jp の代わりに
i(p−1)2/4 ‥‥④
と書くことができ、その表現は Jp と同じ働きを持つ（ここでは p を奇素数に限っているが、④の表記自体は、任意の正の奇数 p に対しても有効）。実際 p ≡ 1, 3 (mod 4) のとき、それぞれ p − 1 ≡ 0, 2 (mod 4)、従って:
(p − 1)2 ≡ 0, 4 (mod 16)
両辺を 4 で割ると:
(p − 1)2/4 ≡ 0, 1 (mod 4)
すなわち p が mod 4 で ≡ 1 か ≡ 3 かに応じて、 i(p−1)2/4 は 1 ないし i に等しい（Jp の定義と一致）。というのも、任意の整数 A に対して、 iA の値は A (mod 4) によって決まる。言い換えれば、「A を 4 で割ったときの余り」という情報さえあれば、「具体的な A の大きさ」が不明でも、 iA の値を確定できる。
このように、結論としては④は望ましい性質を持つのだが、論理的に、どのようなプロセスによって④の表現が導出されるのか？ 一つの解釈として、与えられた奇数 p に対応する次の積に、④の起源を求めることができる:
iN = i1⋅i3⋅i5···ip−2 ☆
右辺の因子の i の肩の指数は、 1 以上 p 未満の各奇数にわたる。右辺の左端から因子を順に二つずつ取り出すと、それぞれの部分積は i の「4 の倍数」乗、つまり 1 に等しい。ゆえに iN は、☆の右辺の因子（i の奇数乗）が偶数個あれば 1 に等しく、奇数個あれば ip−2 に等しい。しかるに 1 から偶数 p − 1 までの整数のうち、ちょうど半分（つまり (p − 1)/2 個）が奇数なので、☆の右辺の因子の個数は、 p が 4k + 1 型なら偶数（2k）で、 4k + 3 型なら奇数（2k + 1）。ゆえに前者の場合には iN は 1 に等しく、後者の場合には、 p ≡ 3 (mod 4) なので、 iN は i3−2 = i に等しい。他方において、☆の右辺の指数たちの和は:
N = 1 + 3 + 5 + ··· + (p − 2)
= [1 + (p − 2)] × (p − 1)/2 × 1/2 = ((p − 1)/2)2
結局、この形の iN つまり④は、 p ≡ 1, 3 (mod 4) に応じて、それぞれ 1, i に等しい。
④を利用すると、（✽）から J 記号を排除して、基本演算だけを使って同じことを表現できる:
i(pq−1)2/4 = i(p−1)2/4⋅i(q−1)2/4 × (p/q)(q/p)
∴ (p/q)(q/p) = i(pq−1)2/4 ÷ i(p−1)2/4 ÷ i(q−1)2/4
この最後の右辺を整理したものを iλ とすると:
λ = (pq − 1)2/4 − (p − 1)2/4 − (q − 1)2/4
= (1/4)[(p2q2 − 2pq + 1) − (p2 − 2p + 1) − (q2 − 2q + 1)] ‥‥⑤
つまり (p/q)(q/p) = iλ が成り立つ。この表現が、平方剰余の相互法則の伝統的表現
(p/q)(q/p) = (−1)(p−1)(q−1)/4
と同値であることを示せば、証明は終わる。要するに、
iλ = (−1)(p−1)(q−1)/4
を示したい。
式⑤において p と q の役割は対称的なので、 [ ] 内を p についての2次式と見ることもできるし、 q についての全く同じ形式の2次式と見ることもできる。仮に q についての多項式として整理すると:
λ = (1/4)[(p2 − 1)q2 + (2 − 2p)q − (p2 − 2p + 1)]
= (1/4)[(p + 1)(p − 1)q2 − 2(p − 1)q − (p − 1)2]
= [(p − 1)/4][(p + 1)q2 − 2q − (p − 1)]
この多項式は p, q について対称的なので、上記のように因子 p − 1 を持つからには、因子 q − 1 をも持つはず（実際 q = 1 と置くと、上の式の値は 0 になる）。右側の [ ] 内を p についての多項式として再整理すると:
λ = [(p − 1)/4][(q2 − 1)p + (q2 − 2q + 1)] = [(p − 1)/4][(q + 1)(q − 1)p + (q − 1)2]
= [(p − 1)(q − 1)/4][(q + 1)p + (q − 1)]
p − 1, q − 1 はいずれも偶数なのでそれらの積は 4 で割り切れ、上の表現は整数値を持つ。
われわれが知りたいのは λ そのものではなく iλ なので、 λ を mod 4 で考えれば十分。ところが:
(q + 1)p + (q − 1) ≡ 2 (mod 4) ‥‥⑥
なぜなら mod 4 において p, q はそれぞれ ≡ 1 または ≡ −1。もし q ≡ 1 なら、⑥左辺は ≡ (1 + 1)p + (1 − 1) ≡ 2p ≡ 2(±1) ≡ 2。一方、もし q ≡ −1 なら、⑥左辺は ≡ (−1 + 1)p + (−1 − 1) ≡ −2 ≡ 2。
従って λ は mod 4 において、次の整数と合同:
[(p − 1)(q − 1)/4]⋅2 = (p − 1)(q − 1)/2
ゆえに iλ = i(p−1)(q−1)/2 が成り立ち、その右辺に
i = √(−1) = (−1)1/2
を代入して、
iλ = [(−1)1/2](p−1)(q−1)/2 = (−1)(p−1)(q−1)/4
を得る。それが示されるべきことだった。∎
枝葉の部分だが、 Dirichlet–Dedekind, §115 では、次のように⑥が説明される†。いわく、
(q + 1)p + (q − 1) = [(q + 1)(p + 1) + (q + 1)(−1)] + (q − 1) = (p + 1)(q + 1) − 2 ‥‥⑦
と変形すると、 p + 1 と q + 1 はどちらも偶数だからそれらの積は 4 の倍数、従って⑦は ≡ −2 ≡ 2 (mod 4)。
Dirichlet の原論文にさかのぼると、
λ = (pq − 1)2/4 − (p − 1)2/4 − (q − 1)2/4
に当たる指数を次のように変形して、同様の目的を達成している‡:
= (1/2)(p − 1)(q − 1) + (p − 1)(q − 1)((p + 1)/2⋅(q + 1)/2 − 1)
この右辺第2項について「4 の倍数なので mod 4 においては無視可能」と指摘するだけで、証明は終わる。途中計算は記されてないけど、要するに iλ が
(−1)(p−1)(q−1)/4 = i(p−1)(q−1)/2
に等しいことが予期されるので、 λ から (p − 1)(q − 1)/2 を引けば、残りは 4 の倍数になるはず。前述のように
λ = [(p − 1)(q − 1)/4] × [(q + 1)p + (q − 1)]
なので:
λ − (p − 1)(q − 1)/2 = [(p − 1)(q − 1)/4] × [(q + 1)p + (q − 1) − 2]
⑦の関係を使うと:
= [(p − 1)(q − 1)/4] × [(p + 1)(q + 1) − 4]
これを変形すると、上記の Dirichlet の式になる。｛cf. Berndt, p. 16｝
† https://archive.org/details/vorlesungenber00lejeuoft/page/298/mode/1up
S(a, b) の代わりに記号 φ(a, b) が使われている。
‡ https://archive.org/details/abhandlungenderk1835deut/page/n882/mode/1up
(q/p), (p/q) の値がそれぞれ文字 δ, ε で表されている。
このバージョンは Dirichlet の1835年の論文に基づいて、 Dedekind が執筆したもの。 Gauß 自身による第四証明（1811年）と本質的には同内容だが、さらにすっきりと整理されている。「Gauß が発表した難解な理論を Dirichlet が一般人のために整理・解説」というのが、当時のパターンだったようだ。
Dedekind は、この証明の前置きとして auf ganz einfache Weise
と述べている。その言葉にうそはなく、（ガウス和が導入済みなら、という前提での話だが）ガウス和経由の証明は、第三証明・第一証明などと比べると、単純明快と感じられる。
相互法則をあたかも古典数論の問題のように扱う第一証明・第三証明では、「証明できるけど、なんだかよく分からない」という割り切れなさが残る。本来、平方剰余の相互法則は二次体の代数的整数の性質なので、古典数論の範囲で片付けようとすると、かえって見通しが悪くなるのだろう。二次体の問題については、二次体の世界で考えるのがフェアな闘いというもの。ところが第四証明では、その二次体をさらに上位の「円分体」の構造の一部として眺めている。もはやチート。森の中を歩くときには「見通しの利かない複雑な道」と感じても、上空から見下ろせば「一筋の明白な線」に過ぎない。
〔参考文献〕
(1) Dirichlet–Dedekind の整数論講義の「補遺1」（§111–116）:
Dirichlet–Dedekind. Vorlesungen über Zahlentheorie
第2版（1871年）
https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN30976923X?tify=%7B%22pages%22%3A%5B301%5D%2C%22view%22%3A%22%22%7D
第4版（1894年）
https://archive.org/details/vorlesungenber00lejeuoft/page/287/mode/1up
(2) 基となる Dirichlet の論文（1835年）:
Dirichlet (1835).
“Über eine neue Anwendung bestimmter Integrale auf die Summation endlicher oder unendlicher Reihen”, Abhandlungen der Königlichen Akademie der Wissenschaften zu Berlin, 1835 (1837), 391–407
https://archive.org/details/abhandlungenderk1835deut/page/n866/mode/1up
Werke I, 237–256
https://www.e-rara.ch/zut/content/zoom/5612846
cf. “Sur l'usage des intégrales définies dans la sommation des séries finies ou infinies”, Crelle, Bd. 17 (1837), 57–67
https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN243919689_0017?tify=%7B%22pages%22%3A%5B61%5D%2C%22view%22%3A%22%22%7D
Werke I, 257–270
https://www.e-rara.ch/zut/content/zoom/5612866
2026-04-09 第四証明と第二補充法則
第四証明への付記としての第二補充法則。 Gauß 自身の論法も、 Dirichlet–Dedekind も、
S(1, 8p) = S(8, p) S(p, 8) （✽）
に基づく。ここで p は正の奇素数。 S(k, n) は 1 の原始 n 乗根 e2πik/n に関連するガウス和。
ガウス和の定義から:
S(p, 8) = e0⋅πip/4 + e1⋅πip/4 + e4⋅πip/4 + e9⋅πip/4 + ··· + e49⋅πip/4
= 1 + (eπi/4)p + (−1)p + (eπi/4)9p + ···
p は奇数なので第3項は −1 になる。 eπi/4 = i1/2 は 1 の原始8乗根なので、その累乗 (eπi/4)N の値は N mod 8 によって決まる。例えば p ≡ 9p (mod 8) なので、上記の和の第2項と第4項は等しい。従って:
S(p, 8) = [1 + (eπi/4)p + (−1) + (eπi/4)p] + [1 + (eπi/4)p + (−1) + (eπi/4)p] = 4(eπi/4)p = 4(i1/2)p
前半の4項の和と後半の4項の和が等しいことは、 ∑ exp (x2⋅πip/4) において、 x = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 の代わりに x = 0, 1, 2, 3, 4, −3, −2, −1 を使えば、明らか。
i1/2 = (1 + i)/√2 なので、 mod 8 において:
p ≡ 1 ⇒ S(p, 8) = 4(i1/2)1 = (1 + i)√8
p ≡ 3 ⇒ S(p, 8) = 4(i1/2)3 = (−1 + i)√8
p ≡ 5 ⇒ S(p, 8) = 4(i1/2)5 = (−1 − i)√8
p ≡ 7 ⇒ S(p, 8) = 4(i1/2)7 = (1 − i)√8
【1】 ガウスの論法（Summatio, §34）は、場合分けによる。（✽）から:
S(1, 8p)/S(p, 8) = S(8, p) = (8/p) S(1, p) = (2/p) S(1, p)
左辺の分子は (1 + i)√(8p) に等しく、分母は p が ≡ 1, 3, 5, 7 (mod 8) のどれに当たるかに応じて、それぞれ:
(1 + i)√8, (−1 + i)√8, (−1 − i)√8, (1 − i)√8
これらは順に (i1/2)A⋅√2⋅√8 において A = 1, 3, 5, 7 としたものに当たり、 (1 + i)√(8p) は (i1/2)⋅√2⋅√(8p) に等しいので、分数の値
(i1/2)⋅√2⋅√(8p) ÷ (i1/2)A⋅√2⋅√8
は、それぞれ (i1/2)B⋅√p において B = 0, −2, −4, −6 としたものに当たる。
四つのケースのそれぞれについて、分数の値は:
√p, (−i)⋅√p, (−1)⋅√p, (+i)⋅√p
これが (2/p) S(1, p) に等しい。しかるに対応する S(1, p) の値は、それぞれ
√p, i√p, √p, i√p
なので、結局 p ≡ 1, 3, 5, 7 (mod 8) に応じて:
(2/p) = +1, −1, −1, +1
【2】 Dirichlet–Dedekind, §115 では、同じことが数式で整理されている。 S(1, 8p) = S(8, p) S(p, 8) は、
i1/2⋅√2⋅√(8p) = (2/p)⋅i(p−1)2/4⋅√p × (i1/2)p⋅√2
つまり i1/2 = (2/p)⋅i(p−1)2/4 × (i1/2)p
を含意する。両辺を i1/2 で割って:
1 = (2/p)⋅i(p−1)2/4 × (i1/2)p−1 = (2/p)⋅iλ
ここで:
λ = (p − 1)(p − 1)/4 + (p − 1)/2 = (p − 1)(p − 1)/4 + 2(p − 1)/4
= (p − 1)(p − 1 + 2)/4 = (p2 − 1)/4
結局:
1 = (2/p)⋅i(pp−1)/4 = (2/p)⋅(−1)(pp−1)/8
両辺を (−1)(pp−1)/8 倍して:
(2/p) = (−1)(pp−1)/8
第二補充法則の標準的な表現（pp−1 を p2 − 1 と記せば）が得られた。
2026-04-10 ガウス和に関連する比較的マイナーな定理
ガウス和経由での第一補充法則の別証明を考える上で、事前にちょっとした補助定理を準備する。
Dirichlet–Dedekind はもっと簡単な計算で済ませてるけど、 Gauß のアプローチも味わい深い。「補助定理」とはいえ、 Gauß は「それ自体としても記憶に残る」（＝印象的で美しい）とコメントしている。
Gauß は、繊細な工夫によって一見複雑な式を手際よく処理するのが、本当にうまい。見どころは、
(a1 + a2 + ··· + an)(b1 + b2 + ··· + bn)
の形を露骨に展開して、発生する n2 個の項を軽妙に処理してしまうところ。
【1】 n を任意の正整数、 r = e2πik/n を任意に選択された《1 の原始 n 乗根》とする。ガウス和
W = S(k, n) = r0⋅0 + r1⋅1 + r2⋅2 + ··· + r(n−1)⋅(n−1)
と、関連するガウス和
W′ = S(−k, n) = r−0⋅0 + r−1⋅1 + r−2⋅2 + ··· + r−(n−1)⋅(n−1)
の積を求めたい。
WW′ = (r−0⋅0 + r−1⋅1 + r−2⋅2 + r−3⋅3 + ⋅⋅⋅ + r−(n−1)⋅(n−1)) W を展開して:
= r−0⋅0 W
+ r−1⋅1 W
+ r−2⋅2 W
+ r−3⋅3 W
︙
+ r−(n−1)⋅(n−1) W ア
ここで W = r0⋅0 + r1⋅1 + r2⋅2 + ··· + r(n−1)⋅(n−1) は n 項の和だが、 r は 1 の原始 n 乗根なので、 rx⋅x の値は x⋅x (mod n) で決まる。もし x⋅x ≡ y⋅y (mod n) なら、 rx⋅x を随意に ry⋅y に置き換えても、値は変わらない。そして x ≡ y (mod n) なら、明らかに x⋅x ≡ y⋅y (mod n) が成り立つ。例えば:
r0⋅0 = rn⋅n イ
r1⋅1 = r(n+1)⋅(n+1) ウ
r2⋅2 = r(n+2)⋅(n+2) エ
等々。従って、次の（それぞれ n 項の）和は、どれも W に等しい:
W = r0⋅0 + r1⋅1 + r2⋅2 + ··· + r(n−3)⋅(n−3) + r(n−2)⋅(n−2) + r(n−1)⋅(n−1) オ
W = r1⋅1 + r2⋅2 + r3⋅3 + ··· + r(n−2)⋅(n−2)+ r(n−1)⋅(n−1) + rn⋅n カ
W = r2⋅2 + r3⋅3 + r4⋅4 + ··· + r(n−1)⋅(n−1) + rn⋅n + r(n+1)⋅(n+1) キ
等々。
カは、オの r0⋅0 をイで置き換えたもの。キは、さらに r1⋅1 をウで置き換えた。
同様に考えれば、一般に任意の整数 A を使って、こう書くことができる:
W = rA⋅A + r(A+1)⋅(A+1) + r(A+2)⋅(A+2) + ··· + r(A+(n−1))⋅(A+(n−1)) ク
【2】 そこで、アの各 W に順にオ・カ・キ…を代入すると、 WW′
= r−0⋅0 [r0⋅0 + r1⋅1 + r2⋅2 + ··· + r(n−1)⋅(n−1)]
+ r−1⋅1 [r1⋅1 + r2⋅2 + r3⋅3 + ··· + r(n)⋅(n)]
+ r−2⋅2 [r2⋅2 + r3⋅3 + r4⋅4 + ··· + r(n+1)⋅(n+1)]
︙
+ r−(n−1)⋅(n−1) [r(n−1)⋅(n−1) + r(n)⋅(n) + r(n+1)⋅(n+1) + ··· + r(2n−2)⋅(2n−2)] ケ
（最後の行の [ ] 内は、クで A = n − 1 としたもの。）
ケの（n 行の）和について、縦に足し算を行う。ただし、各行 [ ] 内の各項に、 [ ] の前の r−x⋅x の形の係数を掛けてから、足し算を行う。第1列の各項は
r−x⋅x⋅rx⋅x (x = 0, 1, 2, ···, n − 1)
の形を持ち、それぞれ 1 に等しい。よって、第1列の部分和は n に等しい（各列は、ちょうど n 個の項を含む）。第2列の各項は
r−x⋅x⋅r(x+1)(x+1) (x = 0, 1, 2, ···, n − 1)
の形で、これを整理したものを仮に rB とすると:
B = −x2 + (x + 1)2 = (x + 1)2 − x2 = ((x + 1) + x)((x + 1) − x) = 2x + 1
よって、第2列の各項は rB = r2x+1 = r1⋅r2x の形を持つ。第3列の各項は
r−x⋅x⋅r(x+2)(x+2) (x = 0, 1, 2, ···, n − 1)
の形で、 = rC とすると:
C = (x + 2)2 − x2 = (2x + 2)⋅2 = 4x + 4
よって、第3列の各項は rC = r4x+4 = r4⋅r4x の形を持つ。つまり、
第2列 は r1⋅r2x の形の項の和
第3列 は r4⋅r4x の形の項の和
であり（x = 0, 1, 2, ··· , n − 1):
第2列 = r1⋅r0 + r1⋅r2 + r1⋅r4 + ··· + r1⋅r2(n−1) = r1 [r0 + r2 + r4 + ··· + r2(n−1)]
同様に:
第3列 = r4 [r0 + r4 + r8 + ··· + r4(n−1)]
一般に、
第 ℓ 列 = r(ℓ−1)(ℓ−1) [r0⋅(ℓ−1) + r2⋅(ℓ−1) + r4⋅(ℓ−1) + ··· + r2(n−1)⋅(ℓ−1)] コ
が成り立つ（それぞれの [ ] 内の第1項 = r0 は 1 に等しい）。
第 ℓ 列の各項は r−x⋅x⋅r(x+ℓ−1)(x+ℓ−1) で、それを = rE とすると:
E = (x + ℓ − 1)2 − x2 = (2x + ℓ − 1)(ℓ − 1) = (ℓ − 1)2⋅2x⋅(ℓ − 1)
よって rE は r(ℓ−1)(ℓ−1)⋅r2x⋅(ℓ−1) の形を持つ（x = 0, 1, 2, ··· , n − 1）。
【3】 WW′ を展開したケは、コ（列ごとの部分和）において ℓ = 1, 2, ··· , n とした総和だから、次に等しい。
WW′ = r0⋅0 [r0⋅0 + r2⋅0 + r4⋅0 + ··· + r2(n−1)⋅0]
+ r1⋅1 [r0⋅1 + r2⋅1 + r4⋅1 + ··· + r2(n−1)⋅1]
+ r2⋅2 [r0⋅2 + r2⋅2 + r4⋅2 + ··· + r2(n−1)⋅2]
+ r3⋅3 [r0⋅3 + r2⋅3 + r4⋅3 + ··· + r2(n−1)⋅3]
︙
+ r(n−1)⋅(n−1) [r0⋅(n−1) + r2⋅(n−1) + r4⋅(n−1) + ··· + r2(n−1)⋅(n−1)] サ
[ ] 内はそれぞれ n 項なので、サの1行目は 1⋅[1 + 1 + 1 + ··· + 1] = n に等しい。もし n が奇数なら、サのそれ以外の行は、どれも = 0。なぜなら r は 1 の原始 n 乗根なので、
r0 + r1 + r2 + ··· + rn−1 シ
は、計 n 種類の相異なる《1 の n 乗根》の和――この各項が相異なる値を持つのは、 r の指数 0, 1, 2, ··· , n − 1 がどの二つも mod n において不合同だから。 mod n において不合同な n 個の整数をそれぞれ ℓ 倍しても、 ℓ が n と互いに素である限りにおいて、得られる n 個の積は依然として互いに不合同。例えば、
0, 2, 4, ··· , 2(n − 1) や 0, 4, 8, ··· , 4(n − 1)
などは、これに当てはまり、
r0 + r2 + r4 + ··· + r2(n−1) ス
r0 + r4 + r8 + ··· + r4(n−1) セ
などは、シと同様、計 n 種類の《1 の n 乗根》を足し合わせたものに過ぎず、同じ和 0 を持つ。 n が奇数で ℓ が偶数である限り、両者は互いに素なので、
r0ℓ + r1ℓ + r2ℓ + ··· + r(n−1)ℓ = 0
は、シと等しい。結局:
n が奇数 ⇒ WW′ = n
別の観点から: 公比 a が 1 でない限り、初項が 1 で末項が z = an−1 の等比数列の和
X = 1 + a + a2 + ··· + an−1
は、次の関係を満たす:
Xa = a + a2 + a3 + ··· + an
∴ X − Xa = X(1 − a) = 1 − an
∴ X = (1 − an)/(1 − a) = (1 − az)/(1 − a)
よって、このような等比数列で、もし公比 a （それは第2項とも等しい）が 1 でなく、しかも公比と末項 z (= an−1) の積 az が 1 に等しければ、上記の分子 1 − az は = 0 なので、数列の和 X は 0 に等しい。例えばスでは a = r2 は（n が奇数である限り）明らかに 1 でなく、 a と z = r2(n−1) の積は
r2 × r2(n−1) = r2+2(n−1) = r2n = (rn)2 = 12 = 1
なので、上記の条件が満たされ、スの和は 0。セの和なども同様。
【4】 一方、もし n が偶数なら、サの n 行の中に、等比数列の公比が 1 に等しい行が（第1行の他に）もう一つだけある。第1行を別にすると、各行の公比は r2, r4, r6, ···, r2(n−1) であり、形式上、公比は r0n と r2n にはならないが、 1 + n/2 行目（最初の行と最後の行の真ん中あたり）では、公比が r2(n/2) = r1n = 1 となる。よって n が偶数の場合には、 n が奇数の場合と違って第1行目以外が全部 = 0 になるわけではなく、 1 + n/2 行目は次の値を持つ:
r(n/2)⋅(n/2) [r0⋅(n/2) + r2⋅(n/2) + r4⋅(n/2) + ··· + r2(n−1)⋅(n/2)]
= rnn/4 [r0 + rn + r2n + ·· · + rn(n−1)] = rnn/4⋅n
r は 1 の n 乗根なので、任意の整数 A に対して rAn = (rn)A = 1A = 1 を満たす。この理由から [ ] 内の n 個の項はどれも 1 に等しく、それらの和は n。
もし n = 4k が 4 の倍数なら、 nn/4 = 4k⋅4k/4 = 4k⋅k = n⋅k は n の倍数なので、 rnn/4⋅n は (rn)k⋅n = 1k⋅n = n に等しい。この場合、サの最初の行から生じる n と合わせて、 WW′ = n + n = 2n。
一方、もし n = 4k + 2 が「4 の倍数以外の偶数」なら、 nn/4 = (4k + 2)2/4 = (16k2 + 16k + 4)/4 = 4k2 + 4k + 1 = (2k + 1)2 = (n/2)2 は n/2 の奇数倍なので、 rnn/4 は rn/2 = −1 の奇数乗に（つまり −1 に）等しく、従って rnn/4⋅n は −n に等しい。この場合、サの最初の行から生じる n と合わせて、 WW′ = n + (−n) = 0。
要約すると:
定理40（Gauß [0], §35） n を正整数、 k を n と互いに素な整数とする。二つのガウス和
S(k, n) と S(−k, n)
の積は、もし n が奇数なら n 自身に等しく、もし n が 4 の倍数なら 2n に等しく、もし n がそれ以外の偶数なら 0 に等しい。
n が 4 の倍数以外の偶数なら、 n と互いに素な任意の整数 k に対して S(k, n) = 0 であり、従って S(−k, n) = 0 でもあるので、積が 0 になるケースは自明に近い。
〔例1〕 S(1, 5) = S(−1, 5) = √5 ⇒ S(1, 5) S(−1, 5) = 5
S(2, 5) = S(−2, 5) = −√5 ⇒ S(2, 5) S(−2, 5) = 5
〔例2〕 S(1, 7) = i√7, S(−1, 7) = −i√7 ⇒ S(1, 7) S(−1, 7) = 7
S(3, 7) = −i√7, S(−3, 7) = i√7 ⇒ S(3, 7) S(−3, 7) = 7
〔例3〕 S(1, 8) = (1 + i)√8, S(−1, 8) = (1 − i)√8 ⇒ S(1, 8) S(−1, 8) = 16
S(3, 8) = (−1 + i)√8, S(−3, 8) = (−1 − i)√7 ⇒ S(3, 8) S(−3, 8) = 16
定理40は、第一補充法則の（ガウス和経由の）別証明を与えてくれるだけでなく、 n が偶数の場合にも対応可能という懐の広さのため、これを使って「負の第二補充法則」を導出することもできる。（続く）
2026-04-12 ガウス和の符号と第一補充法則
Gauß 自身は、ガウス和の符号決定について、「算数的」ともいえる書き方をしている。後の世代の Dirichlet–Dedekind の論法は解析的で、複素指数関数を自由に使っている。どちらのアプローチにもメリットとデメリットがあるけど、概して Dirichlet–Dedekind 流の方が見通しが良い。
ガウス和経由で (−1/p) ないし (−2/p) を決定する、という問題をサンプルとして、「雰囲気の違い」を垣間見てみたい。
このように話題を限定した場合、問題の鍵は「どうやったら、ガウス和 S(k, n) の情報を基に、ガウス和 S(−k, n) を決定できるか」。 Gauß 自身は、平明だがトリッキーな具体的計算により、その答えを出した。一方、 Dirichlet–Dedekind は、共役複素数のコンセプトを使い、具体的な計算をせずに「要するに i の符号を逆にすればいい」という核心を突いてくる。
【1/4】 まず Gauß 自身の議論を記す。
p を正の奇素数とする。一般に、 h が p の倍数以外の整数なら
S(h, p) = (h/p) S(1, p)
であり（Gauß [0], §22）、言い換えると、 h が mod p の平方剰余か非剰余かに応じて S(h, p)/S(1, p) は +1 ないし −1 に等しい。今、 h = −1 の場合を考えると:
(−1/p) = S(−1, p)/S(1, p) タ
ところが、定理40から S(1, p) S(−1, p) = p なので:
S(−1, p) = p/S(1, p)
これをタ（の分子）に代入すると:
(−1/p) = p/[S(1, p)]2 チ
p ≡ ±1 (mod 4) の区別に対応して [S(1, p)]2 = ±p なので、チから
(−1/p) = ±1
を得る（複号同順）。すなわち、第一補充法則が示された（Gauß [0], §36）。
Legendre 記号 (−1/p) を上位互換の Jacobi 記号だと解釈するなら、 p が任意の正の奇数（必ずしも素数ではない）のときにも同じ関係が成り立つ（Jacobi 記号の第一補充法則）。ただしその場合、もし (−1/p) = +1 だとしても −1 が p の平方剰余であるとは限らない。
念のため、チ以下の処理を場合分けして記すと、第一に p ≡ 1 (mod 4) つまり S(1, p) = √p なら:
(−1/p) = p/[√p]2 = +1
第二に p ≡ 3 ≡ −1 (mod 4) つまり S(1, p) = i√p なら:
(−1/p) = p/[i√p]2 = −1
上記二つのケースをまとめて一つの式で表すなら:
(−1/p) = p/[i(p−1)(p−1)/4⋅√p]2 = 1/[(−1)(p−1)(p−1)/4] = (−1)−(p−1)(p−1)/4
最右辺の値は、指数の整数 −(p − 1)(p − 1)/4 = −NN が偶数か奇数かによって決まる（ここで N = (p − 1)/2 と置いた）。ある整数が偶数か奇数かは、その整数を −1 倍しても変わらないので:
(−1)−NN = (−1)NN = (−1)N
最後の等号は、 NN の偶奇と N の偶奇が一致することによる（偶数〚奇数〛である平方数は、偶数〚奇数〛の平方）。結局、第一補充法則の標準形式を得る:
(−1/p) = (−1)(p−1)/2
【2/4】 Gauß の記述は実直で算術的だが、対照的に Dirichlet–Dedekind による同じ定理の記述はやや抽象的で、複素指数関数の性質に基づく。このアプローチには、非常に大きなメリットがある。ガウス和の定義から
S(h, p) = ∑{for σ mod p} exp (σ2⋅(2hπi/p))
であり、 h = −1 と置けば:
S(−1, p) = ∑{for σ mod p} exp (σ2⋅(2⋅(−1)⋅πi/n)) = ∑{for σ mod p} exp (σ2⋅(2π(−i)/p))
これは、《S(1, p) を表す同様の総和》に含まれる一つ一つの i を −i に置き換えたものに当たる。よって、
S(1, p) = i(p−1)2/4⋅√p
の右辺の i を −i に置き換えることで、次の等式が得られる（詳細については後述）:
S(−1, p) = (−i)(p−1)2/4⋅√p ツ
他方において、
S(−1, p) = (−1/p)⋅i(p−1)2/4⋅√p
であり、この右辺がツに等しいことから:
(−1/p)⋅i(p−1)2/4⋅√p = (−i)(p−1)2/4⋅√p
∴ (−1/p)⋅i(p−1)2/4 = (−i)(p−1)2/4
両辺に i(p−1)2/4 の逆数 (−i)(p−1)2/4 を掛けると:
(−1/p) = (−i)(p−1)2/4 × (−i)(p−1)2/4
= (−1)(p−1)2/4 = (−1)(p−1)/2
最後の等号は、 N = (p−1)/2 と置いた前記の NN の処理と同一。後ろから二つ目の等号の根拠は単純: (−i)NN × (−i)NN は (−i) を 2NN 個掛けたもの。つまり (−i)⋅(−i) を N 個掛けたもの。ところが (−i)⋅(−i) = −1 なので、これは (−1) を N 個掛けたものに等しい。
ツについて。《S(1, p) の定義の式に含まれる一つ一つの i を −i に置き換えたものが S(−1, p) なので、 S(1, p) の計算結果において i を −i に置き換えれば S(−1, p) の計算結果と一致する》――というのは、表面的には自明な主張なようでもあるが、定義式と計算結果の間の関係が一種のブラックボックスなので、「本当にそんな単純思考でいいのだろうか？」という疑念が生じるかもしれない。このブラックボックスの中身は、次のようになっている。 θ が実数のとき、
eiθ = cos θ + i sin θ
の左辺において i を −i に置き換えるということは、言い換えれば θ を −θ に置き換えること。
e−iθ = cos (−θ) + i sin (−θ) = cos θ − i sin θ
なので、置き換え前と置き換え後を比べると、右辺の実部は等しく、虚部の符号だけが反対になる（結果的に「右辺の i を −i に置き換える」と言ってもいい）。露骨に言えば、この置き換えによって、出力の複素数は共役複素数に変わる。 a, b が実数のときの
eia + eib と e−ia + e−ib
の関係も、全く同じ（共役複素数と共役複素数の和は、和の共役複素数なので）。
eia + eib + eic と e−ia + e−ib + e−ic
等々、項が何個あっても同様（a, b, c などは、どれも実数とする）。従って、
S(1, p) = e1⋅2πi/p + e4⋅2πi/p + e9⋅2πi/p + ··· + epp⋅2πi/p
から見ると、
S(−1, p) = e−1⋅2πi/p + e−4⋅2πi/p + e−9⋅2πi/p + ··· + e−pp⋅2πi/p
は共役複素数で、前者が z = x + iy なら後者は z* = x − iy つまり x + (−i)y になる。
実際には、もし p が 4 の倍数より 1 大きければ x = √p, y = 0 で虚部が 0 なので、 z* は z と一致する:
p ≡ 1 (mod 4) ⇒ S(−1, p) = S(1, p)
一方、もし p が 4 の倍数より 1 小さければ x = 0, y = √p なので、 z* = x − iy は −z = −x − iy と一致する:
p ≡ −1 (mod 4) ⇒ S(−1, p) = −S(1, p)
p ≡ ±1 に応じて S(1, p) = A√p の A = 1 or i を
A = i(p−1)2/4
で表す場合、対応する S(−1, p) = B√p の B = 1 or −i は A の逆数
B = (−i)(p−1)2/4
に当たる（A = 1 なら B = 1, A = i なら B = −i）。つまり、
S(1, p) = i(p−1)2/4⋅√p
の i を −i に置き換えたものが S(−1, p) に等しい、という主張は、つじつまが合っている！
この「虚部の符号を反転させる」という単純な発想に基づけば、定理40（それはトリッキーな算術により導出された）を使わずに、同じことを証明できる。
【3/4】 より一般的に S(k, n) と S(−k, n) の間に同様の関係が成り立つことは、明らかだろう――その場合も、ガウス和の定義において、前者の i を −i で置き換えたものが後者であり、言い換えれば、両者は互いに共役複素数。
この観点からすると、 Gauß が印象的と呼んだ定理40の WW′ は、「あるガウス和 W とそのガウス和の共役複素数 W* の積」に他ならない。要するに W のノルム（絶対値の平方）。だからこそ、 n が奇数の場合（W = √n ないし i√n）には WW′ = n となり、 n が 4 の倍数の場合には WW′ = 2n となる――後者は (±1 ± i)√n = ±√n ± i√n の形の複素数（複号同順とは限らない）のノルム。 n がそれ以外の偶数の場合（W = 0）の WW′ = 0 も自明。
この現象は n が素数でない場合（偶数の場合も含む）にも成り立つ。例えば:
S(1, 15) = i√15 と S(−1, 15) = −i√15
S(2, 15) = −i√15 と S(−2, 15) = i√15
は、それぞれ共役。一般に、 S(−k, n) の値は S(k, n) の値の虚部の符号を変えたものに等しい（もし虚部が 0 なら、二つの値は等しい）。
【4/4】 合成数も統一的に扱えるよう話を拡張するには、 Jacobi 記号を導入する必要がある。それについては後日に譲り、以下では (−1/p) などと関連する別の古典的問題を考えてみたい。
問題 正の奇素数 p を法として −2 は平方剰余か非剰余か。 Legendre 記号 (−2/p) の値をガウス和の性質から、決定したい。
Gauß は、この文脈において (−2/p) を (−1/p) と (2/p) から間接的に得ている。もちろん論理的にはそれでいいのだけど、第一・第二補充法則の証明と同様の手法によって (−2/p) をガウス和から直接的に導くことも可能。
i1/2 = √i = (√2/2)(1 + i) = (1 + i)/√ であること、その両辺の √2 倍から、
1 + i = i1/2⋅√2
が成り立つことに留意する。 eπi/4 = i1/2 であり、従って任意の奇数 K に対して、 S(K, 8) = 4eKπi/4 = 4(eπi/4)K = 4(i1/2)K が成り立つ。
第一の解 4 の倍数についてのガウス和の基本性質から:
S(1, 8p) = (1 + i)√(8p) = i1/2⋅√2⋅√(8p) = i1/2⋅4√p
定理40から S(1, 8p) S(−1, 8p) = 16p なので:
S(−1, 8p) = 16p/S(1, 8p) = 16p/(i1/2⋅4√p) = i−1/2⋅4√p テ
同じ値をこう書くこともできる（二つ目の等号は −8 = −2⋅22 に基づく: 命題2参照）。
S(−1, 8p) = S(−8, p) × S(−p, 8) = S(−2, p) × S(−p, 8)
= (−2/p)⋅S(1, p) × 4e(−p)πi/4
= (−2/p)⋅i(p−1)2/4⋅√p × 4(i1/2)−p ト
テとトは等しいので:
i−1/2⋅4√p = (−2/p)⋅i(p−1)2/4⋅√p × 4(i1/2)−p
両辺を 4√p で割って:
i−1/2 = (−2/p)⋅i(p−1)2/4 × (i1/2)−p
両辺を i1/2 倍して:
1 = (−2/p)⋅i(p−1)2/4 × (i1/2)−p+1 = (−2/p)⋅iλ
ここで:
λ = (p − 1)(p − 1)/4 + [−(p − 1)]/2 = (p − 1)(p − 1)/4 + (p − 1)(−2)/4 = (p − 1)(p − 3)/4
∴ iλ = i(p−1)(p−3)/4 = (−1)(p−1)(p−3)/8
従って 1 = (−2/p)⋅(−1)(p−1)(p−3)/8 となり、両辺を (−1)(p−1)(p−3)/8 倍して、
(−2/p) = (−1)(p−1)(p−3)/8
を得る。∎
これは「負の第二補充法則」。 mod 8 において p ≡ 1, 3 なら〚p ≡ 5, 7 なら〛、 mod p において −2 は平方剰余〚非剰余〛であることが、含意される。
第二の解 定理40の代わりに Dirichlet–Dedekind の論法を使う。 S(1, 8p) = (1 + i)√(8p) の i を −i に変えたものが S(−1, 8p) なので:
S(−1, 8p) = (1 − i)√(8p) = i−1/2⋅√(16p)
第一の解と比べると、ほとんど一瞬でテの関係が得られた！ それがトに等しいことから、第一の解と同じ結論に至る。∎
i−1/2 = (1 − i)/√2 は i1/2 = (1 + i)/√2 の逆数（同時に共役複素数でもある）。
Gauß による定理40の導出は「巧妙な算数」のようなもので、味わい深いともいえるけど、トリッキー。実用上、定理40なしで済ませることができるなら、その方が手っ取り早い。定理40を導くにしても、複素共役の観点からアプローチすれば話は簡単になり、ややこしい算術的処理も不要になる。
どのような文脈でも、まず第一補充法則を証明してから第二補充法則を証明するのが、通例だろう（依存関係はないものの、「第一」の方が比較的簡単なので）。ところが Gauß の Summatio では §34 で先に第二補充法則を片付け、 §35 で補助定理を導入、それを使って §36 で第一補充法則を証明している（§36 では「負の第二補充法則」にも言及）。この文脈では、もし複素関数的議論を避けるなら、マイナスがある (−1/p) は、マイナスのない (2/p) より扱いにくく、「第一」と「第二」の順序を逆にするのも不自然ではない。
恐らくこの時期の Gauß は、複素関数の使用に（理論的厳密性などの観点から）抵抗を感じていたか、あるいは同時代の読者のことを考慮して、複素関数的議論を自制したのだろう。当然 Gauß は Euler の公式を熟知していたはずだが、あえて指数関数を使わず、三角関数形式で Summatio を記している。意図的に平明さを優先したのかもしれない。
2026-04-17 ガウス和: n が偶数の場合から n が奇数の場合を導くこと
Nagell は n が奇数のときのガウス和から n が偶数のときのガウス和を導出した。その議論は（興味深い点もあるけれど）、あまり見通しの良いものではない。逆に n が偶数の場合から n が奇数の場合を導くことは、簡単で見通しが良い。 Dirichlet–Dedekind によるその議論を記す。
【1/5】 指数関数 ƒ(x) = ex は ƒ(x) = exp x とも表記される（e = 2.71828… は「自然対数の
〔例〕 exp 1 = e1 = e = 2.71828… であるが、
exp (1 + 2πi) や exp (1 − 2πi) や exp (1 + 4πi) や exp (1 − 4πi)
なども、全く同じ値を持つ。
というのも、 Euler の公式から
e2πi = cos (2π) + i sin (2π) = 1 + i⋅0 = 1
なので、指数法則 ex+y = ex⋅ey を使うと:
ex+2πi = ex⋅e2πi = ex⋅1 = ex
2πi の 2 を任意の（正または負の）偶数に置き換えても、同様。
【2/5】 整数 h と正の整数 n によって定まるガウス和 S(h, n) を、次の形式で定義する:
S(h, n) = ∑{for ν mod n} exp (ν2⋅2hπi/n) ナ
ナの n 個の項の総和 ∑ においては、変数 ν が mod n において 0, 1, 2, ··· , n − 1 のそれぞれと合同な値をちょうど一度ずつ取る限りにおいて、具体的な ν の値の選択はどうでもいい（後述）。 ν の値を具体的に指定した方が便利なら、
∑{ν=0 to n−1} あるいは ∑{ν=1 to n}
のどちらかを使うのが自然だけど、実際にはそれ以外でも構わないし、 ν が 1 刻みでだんだん増える必要すらない。
Euler の公式を使ってナを三角関数表記すると、和の実部〚虚部〛すなわち cos たち〚sin たち〛の和は、「複素単位円の円周を n 等分する点を一定の方法で選択し、それらの横座標〚縦座標〛を足し合わせたもの」に当たる。もし h と n が互いに素なら、この（一見奇妙とも思える）和は、実部・虚部が、それぞれ 0 または ±√n に等しい（具体的にゼロ・プラス・マイナスのどれになるかは h, n の選択による）。その表面的事実だけでも一種神秘的で面白い。
ナの総和を制御する整数 ν の値について、上記のような「具体的ではない指定」（その柔軟さが便利なのだが）が許される理由は、次の通り。総和記号で表される一つ一つの項、つまり
exp (ν2⋅2hπi/n) ニ
において、特定の整数 ν を、 ν′ ≡ ν (mod n) であるような任意の整数 ν′ に置き換えても、その項の値は変わらない。実際、 ν′ ≡ ν (mod n) というのは、 ν′ と ν の差 が n の倍数という意味なので、 ν′ = ν + kn と書くことができる（k: 整数）。そのとき、
exp (ν′2⋅2hπi/n) = exp [(ν2 + 2νkn + k2n2)⋅2hπi/n]
= exp [ν2⋅2hπi/n + (2νkn + k2n2)⋅2hπi/n] = exp [ν2⋅2hπi/n + (2νk + k2n)⋅(2hπi)] ヌ
も、ニと同じ値を持つ。なぜなら、ヌの最右辺は、 exp (ν2⋅2hπi/n) の入力が 2πi の整数倍――具体的には (2νk + k2n)⋅h 倍――増えたもの。前述のように、入力に 2πi の整数倍の違いがあっても、指数関数の値は変わらない。
要するに、ナの右辺各項に含まれる整数 ν を別の整数 ν′ に置き換えたとしても、 ν ≡ ν′ (mod n) である限り、その項の値は同じ。このことから、定義ナにおいて一つ一つの ν の値を具体的に指定することは、不可欠ではない。具体的な ν の値にこだわらず、「全体として、それらと合同な一組の整数が、何らかの順序で並んでいる」と考えた方が便利なことがある。
【3/5】 本論の準備として、簡単な命題を三つ導入する（Dirichlet–Dedekind, §113†）。そのうち命題1は自明に近く、以下の本論で直接引用されるわけでもないけど、土台となる考え方を含む。命題2も自明に近い。命題3は「n が合成数のときのガウス和」についての基本定理で、既に何度か証明した。 Dedekind 版の証明を記す。
† https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN30976923X?tify=%7B%22pages%22%3A%5B307%5D%2C%22view%22%3A%22%22%7D
命題1 もし h ≡ h′ (mod n) なら、 S(h, n) = S(h′, n) が成り立つ。
証明 ガウス和の定義ナにより S(h, n) と S(h′, n) は各項が等しい。なぜなら仮定により h′ = h + kn なので（k: 整数）、任意に選択された整数 ν に関連して、
exp (ν2⋅2h′πi/n) = exp (ν2⋅2(h + kn)πi/n) = exp (ν2⋅2hπi/n + 2kπi) = exp (ν2⋅2hπi/n)
が成り立つ。∎
命題2 もし a が n と互いに素なら、 S(ha2, n) = S(h, n) が成り立つ。
証明 定義ナから:
S(ha2, n) = ∑{for ν mod n} exp (ν2⋅2(ha2)πi/n) = ∑{for ν mod n} exp ((νa)2⋅2hπi/n)
変数 ν が mod n の n 種類の整数値をちょうど一度ずつ取るなら、 νa も mod n の n 種類の整数値を（何らかの順序で）ちょうど一度ずつ取るので、上記の総和は、
∑{for ν mod n} exp (ν2⋅2hπi/n) = S(h, n)
に等しい。∎
例えば ν = 0, 1, 2, ··· , n − 1 とする。もし ν1, ν2 がその範囲の相異なる整数なら、当然 ν1 ≢ ν2 (mod n) だが（★）、そのとき ν1a ≢ ν2a (mod n) でもある。なぜなら、もしも ν1 ≠ ν2 のときに ν1a ≡ ν2a が成立したなら、その両辺を a で割って ν1 ≡ ν2 となってしまうが、それは前提（★）に反する。結局 ν が mod n において不合同な n 個の値を取るとき、対応する νa の値たち（計 n 個）も互いに不合同。 mod n において不合同な数は n 種類しかないので、どちらの n 個の整数も、剰余の代表の一組。
命題3 もし正の整数 m, n が互いに素で、 h が整数なら:
S(hm, n) S(hn, m) = S(h, mn)
証明 定義ナから:
S(hm, n) = ∑{for ν mod n} exp (ν2⋅2(hm)πi/n) は n 項の和
S(hn, m) = ∑{for μ mod m} exp (μ2⋅2(hn)πi/m) は m 項の和
両者の積は、次の形の項を mn 個、足し合わせたもの:
exp (ν2⋅2hmπi/n) × exp (μ2⋅2hnπi/m) = exp (ν2⋅2hmπi/n + μ2⋅2hnπi/m)
= exp [(mν2/n + nμ2/m)⋅2hπi] = exp [(m2ν2 + n2μ2)/(mn)⋅2hπi]
= exp [((mν + nμ)2 − 2mnμν)/(mn)⋅2hπi]
= exp [(mν + nμ)2⋅2hπi/(mn) − 2μν⋅2hπi] = exp [(mν + nμ)2⋅2hπi/(mn)]
ここで変数 ν は、 mod n の n 種類の整数値のそれぞれに一度ずつ等しくなり、同様に μ は mod m の m 種類の整数値に一度ずつ等しくなる。ゆえに mν + nμ は、 mod mn の mn 種類の整数値に一度ずつ等しくなる†。よって λ = mν + nμ, ℓ = mn と置くと、上記の形の mn 項の和、すなわち S(hm, n) と S(hn, m) の積は、次の和に等しい（一つ目の等号は定義ナによる）:
∑{for λ mod ℓ} exp (λ2⋅2hπi/ℓ) = S(h, ℓ) = S(h, mn) ∎
† もし μ ≢ μ′ (mod m) と ν ≢ ν′ (mod n) の少なくとも一方が真なら:
mν + nμ ≢ mν′ + nμ′ (mod mn)
実際、もしも mν + nμ ≡ mν′ + nμ′ (mod mn) だとしたら
0⋅ν + nμ ≡ 0⋅ν′ + nμ′ (mod m) つまり nμ ≡ nμ′ (mod m)
なので μ ≡ μ′ (mod m) であり、同様に ν ≡ ν′ (mod n)。要するに (μ mod m, ν mod n) の mn 種類の組み合わせの一つ一つに対して（具体的な整数 μ, ν の選び方と関係なく）、 mν + nμ の値は mod mn において不合同で、 mod mn の計 mn 種類の整数値にちょうど一度ずつ等しくなる。
付記 Gauß は、命題3とほとんど同じ内容を次の形式で表現した（Summatio, §25）。 1 の原始 mn 乗根 r = exp 2hπi/(mn) が与えられたとき（h, m, n はどの二つも互いに素とする）、その r に関連するガウス和
W = r0⋅0 + r1⋅1 + r2⋅2 + ··· + r(mn−1)⋅(mn−1)
は、次の二つのガウス和の積に等しい:
P = r0⋅0⋅mm + r1⋅1⋅mm + r2⋅2⋅mm + ··· + r(n−1)⋅(n−1)⋅mm
Q = r0⋅0⋅nn + r1⋅1⋅nn + r2⋅2⋅nn + ··· + r(m−1)⋅(m−1)⋅nn
rννmm = (exp 2hπi/(mn))ννmm = exp (2hπi/(mn)⋅ν2⋅m2) なので、 P を命題3の表記に変換すると:
P = ∑{for ν mod n} rννmm = ∑{for ν mod n} exp (ν2⋅2hπi/(mn)⋅m2) = ∑{for ν mod n} exp (ν2⋅2hmπi/n) = S(hm, n)
同様に Q = S(hn, m), W = (h, mn)。
【4/5】 本論（Dirichlet–Dedekind, §114）。 4n を 4 の任意の（正の）倍数とし、議論の便宜上、
S(1, 4n) = (1 + i)√(4n) ネ
が成り立つことが既に確立していると仮定する。今 n を正の奇数として、 S(1, n) を求めたい。
ネは、事実としてはシンプルだけど、その導出は簡単ではない。 Gauß 自身の議論は初等的だが、不透明なトリックに基づく。 Dirichlet の論法は比較的簡潔だが、ある種の積分に基づく。
命題4 mod 4 において n ≡ 1 か n ≡ 3 かに応じて、 S(1, n) は √n ないし i√n に等しい。
この命題は既に Gauß によって直接的に証明されているが（再証明／Hua 版）、ここでは同じ内容を n が偶数のときのガウス和から間接的に導く。
証明 命題3で h = 1, m = 4 と置くと:
S(4, n) S(n, 4) = S(1, 4n) ノ
ノの左辺・第1因子は、命題2から S(1⋅22, n) = S(1, n) に等しく、第2因子は定義ナから、
exp (02⋅2nπi/4) + exp (12⋅2nπi/4) + exp (22⋅2nπi/4) + exp (32⋅2nπi/4)
= i0⋅n + i1⋅n + i4⋅n + i9⋅n = 2(1 + in)
に等しい。よってノの左辺は次の左辺に等しく、ノの右辺はネから次の右辺に等しい:
S(1, n)⋅2(1 + in) = (1 + i)√(4n) つまり S(1, n)⋅(1 + in) = (1 + i)√n
∴ S(1, n) = (1 + i)/(1 + in)⋅√n
この右辺の平方根の係数（分数）は、 n ≡ 1 (mod 4) なら (1 + i)/(1 + in) = (1 + i)/(1 + i) = 1 に等しく、 n ≡ 3 (mod 4) なら:
(1 + i)/(1 − i) = (1 + i)⋅(1 − i)−1 = (1 + i)⋅(1 + i)/2 = i
に等しい†。あるいは、同じことだが (1 + i)/(1 − i) = (1 + i)2/[(1 − i)(1 + i)] = (12 + 2i + i2)/(12 − i2) = 2i/2 = i に等しい‡。∎
† 1 ± i は共役（偏角は ±π/4）なので、 (1 ± i)−1 は 1 ∓ i と同じ偏角を持つ（複号同順）。一方、 1 ± i の絶対値は √2 なので、 (1 ± i)−1 の絶対値は 1/√2 で、 1 ± i の絶対値の 1/2。従って (1 ± i)−1 = (1 ∓ i)/2。
‡ または (1 + i)/(1 − i) = (1 + i)(1 − i)/(1 − i)2 = 2/(−2i) = 1/(−i) = i。
【5/5】 最後に n が（正の）奇数の 2 倍のとき（言い換えると 4 の倍数以外の偶数のとき）、 S(1, n) = 0。この事実は定義ナから容易に直接証明も可能だが、 Dirichlet–Dedekind による次の論法は、簡潔で要領が良い。 q を正の奇数、 n = 2q と仮定する。命題3 で h = 1, m = 2, n = q と置くと:
S(2, q) S(q, 2) = S(1, 2q) = S(1, n)
この式は 0 に等しい。なぜなら左辺の第2因子 S(q, 2) は、定義により = exp (02⋅2qπi/2) + exp (12⋅2qπi/2) = 1q + (−1)q = 0。∎
付記 上記のように（【4/5】）、
S(1, n) = Jn √n （✽）
と書くと、 n ≡ 1, 3 (mod 4) の場合には Jn = ƒ(n) = (1 + i)/(1 + in) と表現できる。しかし n ≡ 0, 2 (mod 4) の場合にも（✽）が成立するようにしたければ、 Jn の定義（式表現）を調整する必要がある。実際 n ≡ 0, 1, 2, 3 に対して、それぞれ
Jn = 1 + i, 1, 0, i
となるべきところ、 ƒ(n) の値は次の通り:
(1 + i)/2 = (1 − i)−1, 1, ∞, i
そこで ƒ(n) の代わりにその逆数 ƒ(n)−1 = (1 + in)/(1 + i) を使うと:
ƒ(n)−1 = 1 − i, 1, 0, −i
これら四つの値は「望ましい Jn の値」の共役複素数なので、 ƒ(n)−1 の式の i を −i に置き換えて、
Jn = (1 + (−i)n)/(1 + (−i)) = (1 + (i−1)n)/(1 − i) = (1 + i−n)/(1 − i) = (1 + i−n)/(1 + i−1)
を得る。あるいは同じことだが、 (1 − i)−1 = (1 + i)/2 なので:
Jn = ((1 + i−n)(1 + i)/2
このタイプの分数表現は、 Dirichlet の方法でガウス和の符号を決定すると、自然に生じる。例えば次を参照:
Samuel James Patterson (2007). “Gauss Sums” [in Shaping of Arithmetic after C. F. Gauss’s Disquisitiones Arithmeticae, edited by Catherine Goldstein, et al], pp. 513–514
https://webusers.imj-prg.fr/~pierre.charollois/Patterson_Gauss_sums_in_Goldstein_Schappacher.pdf
Bill Casselman (2009). “Dirichlet’s calculation of Gauss sums”, L’Enseignement Mathématique (2), Vol. 57, No. 3/4 (2011), 281–301
https://ems.press/journals/lem/articles/12115
[PDF] https://ems.press/content/serial-article-files/44221
cf. Apostol (1976). Introduction To Analytic Number Theory, p. 195
n を奇数に限る場合には Jn = i(n−1)2/4 とも表現可能。特定の文脈では、 ƒ(n)−1 = (1 + in)/(1 + i) = (1 + in)(1 − i)/2 を Jn の逆数として使うことが役立つ（n ≡ 1, 3 に対して、この分数の値は 1, −i）―― ｛Theodor Estermann｝ はガウス和の符号決定において、この表現を利用した†。Hua が記した証明も、同じアイデアに基づく（Berndt たちも Estermann による証明を紹介している）。
† T. Estermann (1945). “On the Sign of the Gaussian Sum”, Journal of the London Mathematical Society, Volume s1-20, Issue 2, 66–67
cf. Hua Loo-Keng (1957). 數論導引 — English tr. (1982): Introduction to Number Theory, pp. 165–166 [more info]
cf. Bruce C. Berndt, et alii (1998). Gauss and Jacobi Sums, pp. 24–25
2026-04-22 ガウス和とヤコビ記号（その1）
ガウス和 S(h, n) の値（実部・虚部）は、指数関数の（あるいは、同じことだが三角関数の）和として定義され、特に h = 1 の場合に話を限れば、純粋にそのような問題として扱うこともできる。しかし一般の場合のガウス和を扱おうとすると、 Legendre 記号のような「指標」が絡んでくる（n が奇素数の場合）。
Legendre 記号を Jacobi 記号に拡張することにより、ガウス和と指標の関係を一般化して、 n が必ずしも素数ではない奇数の場合についても、ほぼ同様に扱うことができる。
Jacobi 記号への拡張を念頭に、土台となるケース（n が奇素数で h が任意の整数。 Legendre 記号を指標とする）をあらためて検討してみたい。
次の命題5は基本的で、複数の証明法がある。 Dirichlet–Dedekind, §115 前半の記述が
命題5 p を 3 以上の素数、 h を p の倍数以外の整数とする。このとき:
S(h, p) = ∑{σ=1 to p−1} (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p) = (h/p) S(1, p)
ζ = exp (2hπi/p) と置くと ζ は 1 の原始 p 乗根。命題5の総和は ∑ (σ/p) ζσ に当たる。
証明 S(h, p) = ∑{for x mod p} exp (x2⋅2hπi/p)
の x の具体的な値（剰余の一組）を x = 0, ±1, ±2, ···, ±(p − 1)/2 とすると:
S(h, p) = exp (02⋅2hπi/p) + ∑{x=1 to (p−1)/2} exp (x2⋅2hπi/p) + ∑{x=1 to (p−1)/2} exp ((−x)2⋅2hπi/p)
= 1 + 2 ∑{x=1 to (p−1)/2} exp (x2⋅2hπi/p)
mod p の全種類の（0 と不合同な）平方剰余を一つずつ選んで、それらから成る集合 R を考えると、 x2 も (−x)2 も、それぞれ R の各要素と合同な整数値をちょうど一度ずつ取る:
= 1 + 2∑{for σ∈R} exp (σ⋅2hπi/p)
表記簡潔化のため、この ∑σ∈R の値を A として、
S(h, p) = 1 + 2A = 1 + A + A ‥‥❶
と書くことにする。
同様に、 mod p の全種類の非剰余の集合を N として
B = ∑{for σ∈N} exp (σ⋅2hπi/p)
と置く。仮定により h は p の倍数ではないので、
1 + A + B = ∑{σ=0 to p−1} exp (σ⋅2hπi/p) = 0 ‥‥❷
が成り立つ†。従って A = −1 − B。これを❶に代入して:
S(h, p) = 1 + A + (−1 − B) = A − B
= ∑{for σ∈R} exp (σ⋅2hπi/p) − ∑{for σ∈N} exp (σ⋅2hπi/p) = ∑{σ=1 to p−1} (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p)
命題5の第一の等号が示された。上記の等式を変形して、
S(h, p) = (h/p) ∑{τ=1 to p−1} (τ/p) exp (τ⋅2πi/p) ‥‥❸
を得る‡。右辺の (h/p) の後ろの総和は S(1, p) に等しい。実際 h = 1 のとき、❸はこうなる:
S(1, p) = (1/p) ∑{τ=1 to p−1} (τ/p) exp (τ⋅2πi/p) = ∑{τ=1 to p−1} (τ/p) exp (τ⋅2πi/p)
従って、❸の右辺の総和を S(1, p) で置き換えることができ、命題5の第二の等号が示される。∎
† ω = exp (2πi/p) は 1 の原始 p 乗根。 h が p の倍数でないなら ζ = exp (2hπi/p) = ωh も 1 の原始 p 乗根。よって❷の ∑ = ζ0 + ζ1 + ··· + ζp−1 は、 1 の全種類の p 乗根の和。
‡ (σ/p) = (h2σ/p) = (h/p)(hσ/p) なので:
∑ (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p) = (h/p) ∑ (hσ/p) exp (hσ⋅2πi/p)
mod p において、 σ が「0 と不合同な p − 1 種の整数」と一度ずつ合同になるとき、 hσ も同じ p − 1 種の整数と一度ずつ合同になる。 τ ≡ hσ と置き、これら p − 1 種の τ の値として 1, 2, ···, p − 1 を選んだものが❸の右辺。
「分母」を法として「分子」が ≡ 0 の場合の Legendre 記号の値は、現代の教科書では、天下り的に定義されることが多い。 Dirichlet–Dedekind, §116 の冒頭では、この規約について、明示的な説明とモチベーションが与えられる。
もし h ≢ 0 (mod p) なら、
∑{σ=1 to p−1} (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p) = (h/p) S(1, p) ‥‥❹
が成り立つ（命題5）。一方、もし仮に h ≡ 0 (mod p) なら、❹の左辺は
∑{σ=1 to p−1} (σ/p)⋅1 = ∑{σ=1 to p−1} (σ/p)
に等しく†、従って 0 に等しい（なぜなら σ = 1, 2, ···, p − 1 の中には (σ/p) = +1 を満たす σ と (σ/p) = −1 を満たす σ がちょうど (p − 1)/2 個ずつ存在）。よって、 h ≡ 0 (mod p) のときにも❹が成り立つとするなら、そのとき❹の右辺は 0 に等しい必要がある。 S(1, p) は ≠ 0 なので、「h が p で割り切れる場合には、常に
(h/p) = 0
と設定することに、われわれは合意しなければならない」――Dedekind のこの何げないコメントは、ちょっとほっこりする。なぜそうするのかちゃんと説明してくれる、誠実で頼もしいガイド！
† h が p の倍数なら h/p = N は整数なので、 exp (σ⋅2hπi/p) = exp (σ⋅2Nπi) = (e2πi)σN = 1σN = 1。
この規約は、さらに深い必然性を持つかもしれない。少なくとも実用上便利で、簡潔な表記・柔軟な処理に役立つ。実際、この規約によれば (0/p) は――より一般的に、 N が任意の整数のとき (Np/p) は―― 0 に等しいのだから、例えば
∑{σ=1 to p−1} (σ/p)
の代わりに
∑{σ=0 to p−1} (σ/p) あるいは ∑{σ=1 to p} (σ/p) あるいは ∑{for σ mod p} (σ/p)
と書くことができ、同様の理由から、❹の左辺をこう書くことができる:
∑{σ=0 to p−1} (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p) あるいは ∑{ forσ mod p} (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p) 等々
かくして命題5の第二の等号は、次のように拡張される。
命題6 p が 3 以上の素数、 h が任意の整数のとき:
∑{σ=0 to p−1} (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p) = (h/p) S(1, p)
より柔軟に、命題6の左辺の総和を ∑{ forσ mod p} としてもいい。
証明 もしも命題6の左辺の総和が σ = 1 から始まるとしたら、 h ≢ 0 (mod p) のとき命題6の等式は正しく（命題5）、上述の合意（規約）の結果、 h ≡ 0 のときにも同じ式の左辺と右辺は等しい。今、命題6の総和が、そこに書かれているように σ = 0 から始まるとしよう。 σ = 1 から始まる場合と比べ、左辺に一つの項
(0/p) exp (0⋅2hπi/p)
が追加されるだけだが、規約によりこの項は 0 に等しいので†左辺の値に影響せず、従って左辺と右辺の等号が維持される。∎
† exp (0⋅2hπi/p) は 1 に等しいが、この値はどのみち (0/p) 倍つまり 0 倍されるのだから、項の値に影響しない。
注意 Legrange 記号の上記の拡張によって、命題5の第二の等号については h ≢ 0 (mod p) という制限がなくなるが、命題5の第一の等号については、この制限はなくならない。具体的に h ≡ 0 の場合 S(h, p) は p に等しく、第二の等号以降の値 0 と等しくない。実際、もし h が p の倍数なら h/p = N は整数なので、 S(h, p) = ∑ exp (x2⋅2πiN) の右辺の p 個の項はどれも (e2πi)Nxx = 1Nxx = 1 に等しく、従って S(h, p) = p。
命題5から見て、命題6における拡張は、ささいなものに過ぎない（少なくとも表面的には）。でも重大な事実として、この命題6をさらに大きく拡張することができる。 Legendre 記号を Jacobi 記号に置き換え、正の奇素数 p を任意の正の奇数 n に置き換えても、命題6と同じ形の等式は、一定の条件（n が平方因子を持たないこと）が満たされる限り、依然として成り立つ。（続く）
2026-04-25 ガウス和とヤコビ記号（その2）
m を正の奇数とする。ガウス和
S(h, m) = ∑{for μ mod m} exp (μ2⋅2hπi/p)
は、もし m が奇素数で、整数 h と m が互いに素なら、「Legendre 記号との積」を含む和
T(h, m) = ∑{for μ mod m} (μ/m) exp (μ⋅2hπi/m)
と一致し、どちらも (h/m)⋅S(1, m) に等しい（命題5）。実は、この
S(h, m) = (h/m)⋅S(1, m) = T(h, m) ‥‥❺
という関係の一部または全部は、 m が任意の（正の）奇数の場合にもそのまま成り立つ。その際、 T(h, m) の定義や❺に含まれる Legendre 記号は、拡張されて Jacobi 記号となる†。
要するに、「m が奇素数のときのガウス和 S は、 別の形式の和 T としても表現可能」という重大事実が、一定条件下で「m が素数でない場合」にまで拡張される。現象としては単純な内容だし、その証明も「地味」で難しくないけれど、「何が起きているのか？」という真相を必ずしも簡単に見通すことができないという点において、第一印象としては、多少神秘的な感じもする。
† Jacobi 記号は Legendre 記号の完全な上位互換に当たり、形式的には、どちらも同様の計算規則に従う。ただし「値の意味」の解釈に関しては、 Jacobi 記号の場合、値が +1 だからといって「分子」が「分母」の平方剰余とは限らない。
奇数 m が平方因子を持つ場合【※補足1】、❺の等式 S(h, m) = T(h, m) は成り立たなくなるものの、もし h と m が互いに素なら、❺の前半の関係
S(h, m) = (h/m)⋅S(1, m)
は維持される――ここで、右辺の (h/m) は Jacobi 記号。他方において、 h と m が互いに素でない場合、やはり❺の等式 S(h, m) = T(h, m) は成り立たなくなるものの、もし m が平方因子を持たないなら、❺の後半の関係
T(h, m) = (h/m)⋅S(1, m)
は維持される。
ガウス和 S(1, m) は、 mod 4 において m ≡ 1 か m ≡ 3 かに応じて √m ないし i√m に等しく（命題4）、両者をまとめて
S(1, m) = i(m−1)2/4⋅√m
と書くことができる。この表記を使うと、上記のことは、こう要約される。
命題7 m を正の奇数、 h を（必ずしも正ではない）整数とする。このとき:
〘ⅰ〙 h と m が互いに素なら、ガウス和 S(h, m) は、
(h/m)⋅i(m−1)2/4⋅√m
に等しい。
〘ⅱ〙 m が平方因子を持たないなら、「Jacobi 記号との積」を含む和 T(h, m) は、上記と同じ形式の値を持つ。つまり、
(h/m)⋅i(m−1)2/4⋅√m
に等しい。
命題7が証明されれば、そこから次の事実が派生する。第一に、もし h と m が互いに素なら、ガウス和の（実部ないし虚部の）符号は、 Jacobi 記号 (h/m) のみによって定まる。第二に、もし h と m が互いに素で、しかも m が平方因子を持たないなら、 S(h, m) と T(h, m) は等しい（どちらも同じ形式の数値に等しいから）。 m が奇素数の場合にこれらの事実が成り立つことは既知だが、 m が素数でない場合にも同じことが成り立つ――平方因子の有無などについての、一定の条件が満たされる限りにおいて。
以下では〘ⅱ〙を証明する。〘ⅰ〙の証明（比較的易しい）については、次回に記す。
p が 3 以上の素数のとき、 S(1, p) = i(p−1)2/4⋅√p なので、命題6から:
∑{for σ mod p} (σ/p) exp (σ⋅2hπi/p) = (h/p)⋅i(p−1)2/4⋅√p ‥‥❻
同様に q が 3 以上の素数なら:
∑{for τ mod q} (τ/q) exp (τ⋅2hπi/q) = (h/q)⋅i(q−1)2/4⋅√q ‥‥❼
p と q は互いに素（つまり、相異なる正の奇素数）、と仮定する。この仮定の下で、
∑{for μ mod pq} (μ/(pq)) exp (μ⋅2hπi/(pq)) = (h/(pq))⋅i(pq−1)2/4⋅√(pq) ‥‥❽
を証明したい。それができれば、相異なる二つの（正の）奇素数の積 m = pq は、（❼の q を m と読み替えれば）再び❼の関係を満たすことになり、命題7〘ⅱ〙が部分的に―― m が相異なる 2 個の奇素数の積の場合については――証明される。後述のように、❼の q を「相異なる N 個の奇素数の積」、❻の p を「そのどれとも異なる奇素数」と仮定した場合にも、全く同様に❻と❼から❽を導けるので、 m が持つ素因子の個数についての帰納法から、証明が完成するであろう。
命題7〘ⅱ〙の証明 ❻と❼の左辺同士・右辺同士の積を考えると:
∑{for σ,τ} (σ/p)(τ/q) exp (σ⋅2hπi/p + τ⋅2hπi/q) = (h/p)(h/q)⋅i(p−1)2/4+(q−1)2/4⋅√(pq)
m = pq と置くと:
∑{for σ,τ} (σ/p)(τ/q) exp ((σq + τp)⋅2hπi/m) = (h/m)⋅i(p−1)2/4+(q−1)2/4⋅√m ‥‥❾
ここで左辺の ∑ は、合計 pq 種類ある対 (σ, τ) にわたる―― σ は mod p の p 種の整数値を取り（例えば σ = 1, 2, ···, p）、 τ は mod q の q 種の整数値を取り（例えば τ = 1, 2, ···, q）、それらの全パターンの組み合わせが、総当たり的に生じる。 σ と τ の値の（pq 種類の）組み合わせの一つ一つに対応して、 σq + τp も mod pq の全種類の整数とちょうど一度ずつ合同になる。
なぜなら mod p ないし mod q で考えると、 σq + τp ≡ σ′q + τ′p (mod pq) は σq ≡ σ′q (mod p) ないし τp ≡ τ′p (mod q) を含意し、それは σ ≡ σ′ (mod p) かつ τ ≡ τ′ (mod q) を含意する。「p と q が互いに素」という仮定が、ここで利いている。
今 μ = σq + τp と置くと、 μ は mod m の m (= pq) 種の整数とちょうど一度ずつ合同になるわけだが、それら m 種の μ の値の一つ一つについて、
(μ/p) = ((σq + τp)/p) = (σq/p)
(μ/q) = ((σq + τp)/q) = (τp/q)
が成り立つので【※補足2】:
(μ/m) = (μ/p)(μ/q) = (σ/p)(τ/q)⋅(p/q)(q/p)
ゆえに❾の両辺（左辺については総和の各項）を (p/q)(q/p) 倍することにより、
∑{for μ mod m} (μ/m) exp (μ⋅2hπi/m) = (h/m)⋅iA (p/q)(q/p)⋅√m ‥‥❿
を得る。ここで A は、❾（の右辺）の i の肩の指数:
A = (p − 1)2/4 + (q − 1)2/4 = ((p − 1)/2)2 + ((q − 1)/2)2
さらに、相互法則により (p/q)(q/p) = (−1)(p−1)(q−1)/4 = (i2)(p−1)(q−1)/4 なので、これを = iB と書くと:
B = 2⋅(p − 1)(q − 1)/4 = 2((p − 1)/2)((q − 1)/2)
従って❿の右辺は、
(h/m)⋅iA iB⋅√m = (h/m)⋅iA+B⋅√m
に等しい。ここで:
A + B = ((p − 1)/2)2 + ((q − 1)/2)2 + 2((p − 1)/2)((q − 1)/2) = ((p − 1)/2 + (q − 1)/2)2
ところが、仮定により p − 1 と q − 1 はどちらも偶数なので、
m = pq = [(p − 1) + 1][(q − 1) + 1] = (p − 1)(q − 1) + (p − 1) + (q − 1) + 1
の最右辺・第1項は 4 の倍数。よって:
m ≡ (p − 1) + (q − 1) + 1 (mod 4)
∴ (m − 1)/2 ≡ (p − 1)/2 + (q − 1)/2 (mod 2)
∴ A + B = ((p − 1)/2 + (q − 1)/2)2 ≡ ((m − 1)/2)2 (mod 4)
結局、❿の右辺 = (h/m)⋅iA+B⋅√m は、
(h/m)⋅i(m−1)2/4⋅√m
に等しく【※補足3】、❿は次を含意する:
∑{for μ mod m} (μ/m) exp (μ⋅2hπi/m) = (h/m)⋅i(m−1)2/4⋅√m
すなわち m が「相異なる 2 個の奇素数の積」に等しい場合、命題7の〘ⅱ〙は正しい。言い換えると、 q が「相異なる 2 個の奇素数の積」に等しい場合にも、❼は成り立つ。
今証明されたことを念頭に、 q が「相異なる 2 個の奇素数の積」に等しいと再解釈して（あるいは、より一般的に、 q が相異なる N 個の奇素数の積に等しいと仮定して）、❻と❼の積を考えるところから議論を反復すると、全ての主張はそのまま成り立ち（Jacobi 記号が Legendre 記号と同じ性質を持つことによる。相互法則に関しては Jacobi 記号バージョンを使う必要があるが、式の形式は同じ）、 m が「相異なる 3 個の（あるいは、より一般的に N + 1 個の）奇素数の積」に等しい場合にも、命題7の〘ⅱ〙は正しい――と結論される。
最後に、 m の素因子の個数 N が 1 のとき、つまり m = p のときには、命題7〘ⅱ〙は命題6そのものであり、証明すべきことは何もない。 N が 0 のとき、つまり m = 1 のときには、定義により T(h, 1) = 1 であり、命題は自明。∎
以上の証明は、 Dirichlet–Dedekind, §116 に基づく。（続く）
【※補足1】 整数 a が平方因子を持たない（square-free, squarefree または quadratfrei）というのは、 a が 1 以外のどの平方数（4, 9, 16, 25, ···）でも割り切れないこと。言い換えれば、同じ素数で 2 回以上、割り切れないこと。
例えば a = 5, 6, 7, 10, 11 は平方因子を持たない。しかし a = 4 や a = 12 や a = 45 は平方因子を持つ――実際 4 や 12 は平方数 4 で割り切れ、 45 は平方数 9 で割り切れる。言い換えれば、 4 や 12 は同じ素数 2 で 2 回割り切れ、 45 は同じ素数 3 で 2 回割り切れる。
±1 や素数は、明らかに平方因子を持たない。 k 個の（必ずしも相異ならない）素数の積 p1p2···pk に等しい合成数 a は、それら k 個の素因子のどの二つも相異なるなら、平方因子を持たない（例えば a = 2⋅3⋅5 = 30）。一方、もしそれら k 個の素因子の中に同じ素数（それを q とする）が 2 個以上含まれるなら（例えば a = 3⋅3⋅5 = 45）、 a は平方数 q2 で割り切れ、すなわち平方因子 q2 を持つ。平方数自身（例えば 4 や 9 や 25）も、もちろん平方因子を持つ（平方数である自分自身で、割り切れるから）。
【※補足2】 m が正の奇素数のとき、 Legendre 記号について
a ≡ b (mod m) ⇒ (a/m) = (b/m) （✽）
が成り立つことは明白（特別なケースとして、もし a が m と互いに素でないなら、 a と合同な b も m と互いに素でないので、二つの Legendre 記号は、どちらも 0 に等しい）。 m が正の奇数のとき、外形的に全く同じ性質（✽）が、 Jacobi 記号についても成り立つ。
実際、 p, q を（必ずしも相異ならない）正の奇素数として m = pq と置き、 mod m つまり mod pq において a ≡ b と仮定すると、 mod p でも mod q でも a ≡ b なので、 Legendre 記号についての性質（✽）から:
(a/p) = (b/p) かつ (a/q) = (b/q)
∴ (a/p)(a/q) = (b/p)(b/q)
この最後の等式の左辺・右辺をそれぞれ一つの Jacobi 記号にまとめれば、 m が「2 個の奇素数の積」の場合の Jacobi 記号についても（✽）がそのまま成り立つことが、示される（特別なケースとして、もし a が p または q と互いに素でないなら、それと合同な b も p または q と互いに素でないので、二つの Jacobi 記号は、どちらも 0 に等しい）。 m を N 個の正の奇素数の積とすると、今証明した N = 2 のケースの正しさを根拠に、容易に N = 3 のケースも正しいことが示される（p を正の奇素数、 q を正の奇素数 2 個の積とすればいい）。同様にして（帰納法により）、一般の N ≥ 2 に対して（✽）が成り立つ。
本文では a = σq + τp と b = σq について（✽）を適用している。すなわち τp ≡ 0 (mod p) なので σq + τp ≡ σq (mod p) であり、従って p を「分母」とする Jacobi 記号（もし p が素数なら Legendre 記号と考えてもいい）の値は、「分子」の σq + τp を σq に置き換えても変わらない。全く同様に、「分子」が σq + τp で「分母」が q の Jacobi 記号（もし q が素数なら Legendre 記号と考えてもいい）の値は、「分子」を τp に置き換えても変わらない。
【※補足3】 整数 x, y が x ≡ y (mod 4) を満たすなら、 ix = iy が成り立つ。なぜなら i は 1 の原始4乗根なので i4 = 1 であり、 ix の値は x を 4 で割った余りによって（より一般的に言えば mod 4 での剰余によって）決まる。本文の議論は x = A + B, y = ((m − 1)/2)2 = (m − 1)2/4 に当たる。
2026-04-27 ガウス和とヤコビ記号（その3）
m を正の奇数、 h を m と互いに素な整数とする。命題7〘ⅰ〙の主張は:
S(h, m) = (h/m)⋅S(1, m) = (h/m)⋅Jm⋅√m
という関係が、 m が奇素数のとき（命題5）だけでなく、 m が任意の奇数のときにも成り立つ――というもの。ここで Jm は「実数か純虚数か？」のセレクターで、 mod 4 において m ≡ 1 か m ≡ −1 かに応じて 1 ないし i に等しい。
すなわち、ガウス和 S(h, m) = ±Jm⋅√m の ± は、もし m が素数なら、 h が m の平方剰余か非剰余か――言い換えれば Legendre 記号 (h/m) の値が +1 か −1 か――に応じて + ないし − になるが、もし m が素数でなくても、同様に、 Jacobi 記号 (h/m) の値が +1 か −1 かに応じて + ないし − になる。
これはすてきな命題だ！ 例えば (2/3) = (2/5) = −1 だから (2/15) = +1、従って S(2, 15) = (+1)⋅i⋅√15 = i√15。いちいち合成数に関するガウス和の公式を使って分解・分析しなくても、 Jacobi 記号で一気に符号を決定できる。
理論面からすると、「平方剰余か非剰余か？」は「究極の区別」ではない。 m の素因子ごとに h の性質を考えたとき、非剰余があるとしても偶数個なら、符号はプラスに。 Jacobi 記号の符号は「平方剰余・非剰余」の区別とは必ずしも一致しないけど、むしろそのことによって、ガウス和の挙動との整合性が生じる。現象の性質をより深く考えるためのヒントが、そこにあるのかもしれない。
命題7〘ⅰ〙の証明 正の奇数 m に含まれる相異なる素因子の数 N についての、帰納法による。まず、土台となるケースとして、 N = 1 の場合、つまり m = pt の場合を考える（p は素数、 t は正の整数）。以下、常に h と m は互いに素、と仮定する。
もし t が偶数なら、定理39を t/2 回適用して:
S(h, m) = S(h, pt) = p⋅S(h, pt−2) = p2⋅S(h, pt−4) = ··· = pt/2⋅S(h, p0)
= √m × S(h, 1) = √m
最後の等号の根拠は、定義から S(h, 1) = exp(02⋅2πih/1) = 1 であること（同じ結論は、定理35からも直ちに）。さて、この √m は (h/m)⋅Jm⋅√m に等しい。なぜなら、仮定により r = √m = pt/2 は正の奇数で r × r = m を満たすので、
(h/m) = (h/r)(h/r) = {(h/r)}2
の値は、 (h/r) の値が ±1 のどちらでも +1 に等しい。さらに p が ≡ ±1 (mod 4) のどちらでも p2 ≡ 1 なので m = (p2)t/2 は ≡ 1 (mod 4) で、従って Jm は 1 に等しい。
一方、もし t が奇数なら、定理39を (t − 1)/2 回適用して:
S(h, m) = S(h, pt) = p⋅S(h, pt−2) = p2⋅S(h, pt−4) = ··· = p(t−1)/2⋅S(h, p1)
= p(t−1)/2 × S(h, p) = p(t−1)/2 × (h/p)⋅Jp⋅√p = (h/p)⋅Jp⋅√m
最後の等号は p(t−1)/2 × √p = p(t−1)/2⋅p1/2 = pt/2 = m1/2 による（同じ結論は、定理37からも直ちに）。 m = pm′, m′ = pt−1 と置くと、 m′ は p の偶数乗なので、 t が偶数のときと同様の議論から:
(h/m′) = 1 かつ m′ ≡ 1 (mod 4)
∴ (h/p) = (h/p)(h/m′) = (h/m) かつ m = pm′ ≡ p (mod 4)
従って、上で得た等式 S(h, m) = (h/p)⋅Jp⋅√m の右辺は (h/m)⋅Jm⋅√m に等しい。（この議論は t = 1 の場合にも有効だが、その場合には m = p なので、この議論がなくても直ちに同じ結論に達する。）
要約すると、 m が一つだけの素数を含む場合（m = pt）には、 t が偶数でも奇数でも、命題
S(h, m) = (h/m)⋅Jm⋅√m （✽）
は正しい。
今、帰納法による証明を完成させるため、「m がちょうど N 個の相異なる素数を含む場合には、命題は正しい」と仮定して、「m がちょうど N + 1 個の相異なる素数を含む場合にも、命題は正しい」ことを示そう。 m を「ちょうど N 個の相異なる素数」を含む奇数、 q を「m と互いに素な素数または素数べき」とする。命題3から:
S(h, mq) = S(hm, q) S(hq, m)
q についての仮定から、上記の右辺・第1因子について命題（✽）が成り立つことは証明済み。しかも、帰納法の仮定から、第2因子についても（✽）が成り立つ。従って:
S(h, mq) = (hm/q)⋅Jq⋅√q × (hq/m)⋅Jm⋅√m
= (h/q)(m/q)⋅Jq⋅√q × (h/m)(q/m)⋅Jm⋅√m
= (h/q)(h/m) × Jm⋅Jq⋅(m/q)(q/m) × √m⋅√q
= (h/(mq)) × Jm⋅Jq⋅(m/q)(q/m) × √(mq) ‥‥⓫
ここで Jm⋅Jq = i(m−1)2/4⋅i(q−1)2/4 と書くことができる。 Jm⋅Jq = iA と置くと:
A = ((m − 1)/2)2 + ((q − 1)/2)2
さらに Jacobi 記号の相互法則から (m/q)(q/m) = (−1)(m−1)(q−1)/4 であり、この整数（±1）を = iB と置くと:
B = 2((m − 1)/2)((q − 1)/2)
従って、
A + B = ((m − 1)/2 + (q − 1)/2)2 ‥‥⓬
は Jm⋅Jq⋅(m/q)(q/m) = iA+B を満たす。
⓫以下の議論は、命題7〘ⅱ〙の証明の❿以下とほとんど同じで、その先も同様に進めることができる。
すなわち m − 1 と q − 1 はどちらも偶数なので:
mq = [(m − 1) + 1][(q − 1) + 1] ≡ (m − 1) + (q − 1) + 1 (mod 4)
∴ mq − 1 ≡ (m − 1) + (q − 1) (mod 4)
この合同式の両辺を 2 で割って平方することにより A + B ≡ (mq − 1)2/4 (mod 4) が導かれ、よって iA+B = Jmq が成り立つ。ゆえに⓫は、「N + 1 種類の素数の積 mq も、それをあらためて m と置くなら（✽）を満たす」ということを含意し、証明完了。
けれど、ここではそのトリックを使わず、場合分けによる実直な方法（by Hua）で証明を完成させる。最終的な i の肩の指数⓬は、
A + B = C = ((m + q)/2 − 1)2
に等しい。もし mod 4 において m ≡ q ≡ ±1 なら m + q ≡ ±2 で、そのとき (m + q)/2 ≡ ±1 (mod 2) なので
(m + q)/2 − 1 ≡ 0 or −2 (mod 2)
であり、いずれにしても C ≡ 0 (mod 4)、ゆえに iC = 1。仮定から mq ≡ 1 (mod 4) なので、この iC = 1 は Jmq と一致する。一方、もし mod 4 において m ≢ q なら、 m, q の一方は ≡ 1 で他方は ≡ −1 なので m + q ≡ 0、従って
(m + q)/2 − 1 ≡ −1 (mod 2)
であり、 C ≡ 1 (mod 4)、ゆえに iC = i。仮定から mq ≡ −1 (mod 4) なので、この iC = i は Jmq と一致。結局、 mq が mod 4 において ≡ 1 か ≡ −1 かに応じて、 √(mq) は 1 倍ないし i 倍される（Jacobi 記号による ± の符号とは別問題として）。∎
この証明は Hua [3], pp. 166–167†, Theorem 5.6 に基づく。
† 原書初版（1957年・中国語）の183ページでは、 S(n, mm′) = から始まる式の4行目において、 i の指数 ((m − 1)/2)2 + ((m′ − 1)/2)2 の一つ目の「2乗」が抜けている（この m′ は、われわれの q に当たる）。英訳（1982年）の167ページでも、この脱字を含む式がそのまま「コピペ」されている。2010年の選集（中国語）に再録されたとき、この誤植は修正された。
