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。

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• 目次。約3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
• 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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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 x mod n} exp (x²⋅(2hπi/n))
によって定義し、 S(h, n) で表すことにする（ここでは「h と n が互いに素」という条件を付けない。「h と n が互いに素」と仮定する場合には、そう明記する）。 x 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 x = 0, 1, 2, ···, n − 1 でもいいし、 x = 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 S_n(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) = J_n √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 J_n は 1 に等しく、もし n ≡ 3 なら J_n 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 と p が互いに素のとき:
　　S(h, p) = (h/p) S(1, p) = (h/p) J_p √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) J_q √q × (q/p) J_p √p
この等式の最左辺は、①から J_pq √(pq) に等しい。従って:
　　J_pq √(pq) = (p/q) J_q √q × (q/p) J_p √p
両辺を正の実数 √(pq) で割って、整理すると:
　　J_pq = J_p⋅J_q⋅(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 J_p = J_q = 1 かつ J_pq = 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、 J_p の代わりに
　　i^(p−1)2/4　　‥‥④
と書くことができ、その表現は J_p と同じ働きを持つ。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（J_p の定義と一致）。というのも、任意の整数 A に対して、 i^A 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、 i^A 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、与えられた奇素数 p に対応する次の積に、④の起源を求めることができる:
　　i^N = i¹⋅i³⋅i⁵···i^p−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 i^N 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 i^p−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 i^N は 1 に等しく、後者の場合には、 p ≡ 3 (mod 4) なので、 i^N 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 + (p − 2)]/2 × (p − 1)/2 = ((p − 1)/2)²
結局、この形の i^N 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 i^λ 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) = i^λ 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、
　　i^λ = (−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 i^λ 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 ≡ 3。もし q ≡ 1 なら、上記左辺は (1 + 1)p + (1 − 1) つまり 2p と合同。これは奇数の 2 倍なので 4 で割ると 2 余る。一方、もし q ≡ 3 なら、同じ左辺は (3 + 1)p + (3 − 1) つまり 2 と合同（4p ≡ 0 だから）。

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 i^λ = i^{(p−1)(q−1)/2} が成り立ち、
　　i = √(−1) = (−1)^1/2
であるから、
　　i^λ = [(−1)^1/2]^{(p−1)(q−1)/2} = (−1)^{(p−1)(q−1)/4}
が成り立つ。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] + (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 i^λ 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。

† 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

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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 e^2πik/n に関連するガウス和。

ガウス和の定義から:
　　S(p, 8) = e^0⋅πip/4 + e^1⋅πip/4 + e^4⋅πip/4 + e^9⋅πip/4 + ··· + e^49⋅πip/4
　　 = 1 + (e^πi/4)^p + (−1)^p + (e^πi/4)^9p + ··· 
p は奇数なので第3項は −1 になる。 e^πi/4 = i^1/2 は 1 の原始8乗根なので、その累乗 (e^πi/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 + (e^πi/4)^p + (−1) + (e^πi/4)^p] + [1 + (e^πi/4)^p + (−1) + (e^πi/4)^p] = 4(e^πi/4)^p = 4(i^1/2)^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。

i^1/2 = (1 + i)/√2 なので、 mod 8 において:
　　p ≡ 1 ⇒ S(p, 8) = 4(i^1/2)¹ = (1 + i)√8
　　p ≡ 3 ⇒ S(p, 8) = 4(i^1/2)³ = (−1 + i)√8
　　p ≡ 5 ⇒ S(p, 8) = 4(i^1/2)⁵ = (−1 − i)√8
　　p ≡ 7 ⇒ S(p, 8) = 4(i^1/2)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 (i^1/2)^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 (i^1/2)⋅√2⋅√(8p) に等しいので、分数の値
　　(i^1/2)⋅√2⋅√(8p) ÷ (i^1/2)^A⋅√2⋅√8
は、それぞれ (i^1/2)^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、
　　i^1/2⋅√2⋅√(8p) = (2/p)⋅i^{(p−1)(p−1)/4}⋅√p × (i^1/2)^p⋅√2
　　つまり　i^1/2 = (2/p)⋅i^{(p−1)(p−1)/4} × (i^1/2)^p
を含意する。両辺を i^1/2 で割って:
　　1 = (2/p)⋅i^{(p−1)(p−1)/4} × (i^1/2)^p−1 = (2/p)⋅i^λ
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。

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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 + ··· + a_n)(b₁ + b₂ + ··· + b_n)
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 = e^2πik/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) = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅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 = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅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、 r^x⋅x の値は x⋅x (mod n) で決まる。もし x⋅x ≡ y⋅y (mod n) なら、 r^x⋅x を随意に r^y⋅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:
　　r^0⋅0 = r^n⋅n　　イ
　　r^1⋅1 = r^{(n+1)⋅(n+1)}　　ウ
　　r^2⋅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 = r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−3)⋅(n−3)} + r^{(n−2)⋅(n−2)} + r^{(n−1)⋅(n−1)}　　オ
　　W = r^1⋅1 + r^2⋅2 + r^3⋅3 + ··· + r^{(n−2)⋅(n−2)}+ r^{(n−1)⋅(n−1)} + r^n⋅n　　カ
　　W = r^2⋅2 + r^3⋅3 + r^4⋅4 + ··· + r^{(n−1)⋅(n−1)} + r^n⋅n + r^{(n+1)⋅(n+1)}　　キ
等々。

カは、オの r^0⋅0 をイで置き換えたもの。キは、さらに r^1⋅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 = r^A⋅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 [r^0⋅0 + r^1⋅1 + r^2⋅2 + ··· + r^{(n−1)⋅(n−1)}]
　　 + r^−1⋅1 [r^1⋅1 + r^2⋅2 + r^3⋅3 + ··· + r^(n)⋅(n)]
　　 + r^−2⋅2 [r^2⋅2 + r^3⋅3 + r^4⋅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⋅r^x⋅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 r^B 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 r^B = r^2x+1 = r¹⋅r^2x 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、 = r^C とすると:
　　C = (x + 2)² − x² = (2x + 2)⋅2 = 4x + 4
よって、第3列の各項は r^C = r^4x+4 = r⁴⋅r^4x の形を持つ。つまり、
　　第2列　は　r¹⋅r^2x　の形の項の和
　　第3列　は　r⁴⋅r^4x　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)} [r^{0⋅(ℓ−1)} + r^{2⋅(ℓ−1)} + r^{4⋅(ℓ−1)} + ···  + r^{2(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 = r^E とすると:
　　E = (x + ℓ − 1)² − x² = (2x + ℓ − 1)(ℓ − 1) = (ℓ − 1)²⋅2x⋅(ℓ − 1)
よって r^E は r^{(ℓ−1)(ℓ−1)}⋅r^{2x⋅(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′ = r^0⋅0 [r^0⋅0 + r^2⋅0 + r^4⋅0 + ···  + r^2(n−1)⋅0]
　　 + r^1⋅1 [r^0⋅1 + r^2⋅1 + r^4⋅1 + ···  + r^2(n−1)⋅1]
　　 + r^2⋅2 [r^0⋅2 + r^2⋅2 + r^4⋅2 + ···  + r^2(n−1)⋅2]
　　 + r^3⋅3 [r^0⋅3 + r^2⋅3 + r^4⋅3 + ···  + r^2(n−1)⋅3]
　　　︙
　　 + r^{(n−1)⋅(n−1)} [r^0⋅(n−1) + r^2⋅(n−1) + r^4⋅(n−1) + ···  + r^{2(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、
　　r^0ℓ + r^1ℓ + r^2ℓ + ··· + 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⁾ = r^2+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 r^2(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)} [r^0⋅(n/2) + r^2⋅(n/2) + r^4⋅(n/2) + ··· +  r^{2(n−1)⋅(n/2)}]
　　 = r^nn/4 [r⁰ + rⁿ + r²ⁿ + ·· · + rⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾] = r^nn/4⋅n

r は 1 の n 乗根なので、任意の整数 A に対して r^An = (rⁿ)^A = 1^A = 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、 r^nn/4⋅n は (rⁿ)^k⋅n = 1^k⋅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、 r^nn/4 は r^n/2 = −1 の奇数乗に（つまり −1 に）等しく、従って r^nn/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1（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1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）

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