附 録
$\S\ 57.$ 平方剰余の相互法則の証明
$\S\ 13$ に掲げた相互法則の証明はきわめて簡単であったけれども，$\S\ 44$ に述べたように，相互法則と二次体の素のイデヤルとの関係を考慮すれば，上記 の証明が相互法則の真相に触れていないことを感ぜねばならない．よってここにイデヤル論に基づく証明法を掲げる（本節では類はすべて広義でいう）．$\left(\ \boldsymbol{\text{I}}\ \right)$ 第一補充法則 $\left(\dfrac{-1}{p}\right)=\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}$．
〔証〕 $\left(\dfrac{-1}{p}\right)=1$ ならば，$p$ は $K\left(\sqrt{-1}\right)$ において二つの素因子に分解される（$\S\ 44$）．しかるに $K\left(\sqrt{-1}\right)$ において $h=1$ であるから（$h$ はイデヤルの類の数）\[p=N\left(x+yi\right)=x^2+y^2.\]これから $p\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ を得る．
逆に $p\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ ならば，$\left(\dfrac{-1}{p}\right)=1$ であることを証明するために，二次体 $K\left(\sqrt{\ \!p\ \!\vphantom{1}}\right)$ を考察する．この二次体の基本単数を $\varepsilon$ とすれば $N\left(\varepsilon\right)=-1$（$\S\ 47$，問題 $5$）．すなわち\[\varepsilon=\frac{t+u\sqrt{\ \!p\ \!\vphantom{1}}}{2}\]と置けば\[t^2-pu^2=-4.\]故に\[t^2\equiv-4\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p\right),\ \ したがって\ \left(\frac{-1}{p}\right)=1.\] $\left(\ \boldsymbol{\text{II}}\ \right)$ 第二補充法則 $\left(\dfrac{2}{p}\right)=\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p^2-1}{8}}$．
〔証〕 $\left(\dfrac{2}{p}\right)=1$ ならば，$K\left(\sqrt{2}\right)$ において $p$ は二つの素因子に分解されるが，$K\left(\sqrt{2}\right)$ では $h=1$，$N\left(\varepsilon\right)=N\left(1+\sqrt{2}\right)=-1$ であるから\[p=N\left(a+b\sqrt{2}\right)=a^2-2b^2.\]故に $a$ は奇数，したがって $b$ が偶数であるか，奇数であるかに従って $p\equiv\pm1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$．
$p$ が単項イデヤルに分解されることから $\pm p=N\left(\alpha\right)$ が得られるが，$N\left(\varepsilon\right)=-1$ で $\alpha$ に $\varepsilon\alpha$ を代用することもできるから $p=N\left(\alpha\right)$ と置いてよいのである．ただし $\pm p=a^2-2b^2$ からでも，$p\equiv\pm1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ は得られる．
逆に，$\pm p=1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ なるとき $\left(\dfrac{2}{p}\right)=1$ を証明するために，$K\left(\sqrt{\pm p}\right)$ を考察する．この二次体において $2={PP}^\prime$（$\S\ 44$）．
いま $P^h=\alpha=\dfrac{a+b\sqrt{\pm p}}{2}$ とする（$305$ 頁参照）．しからば（$K\left(\sqrt{\ \!p\ \!}\right)$ の場合には $N\left(\varepsilon\right)=-1$（$\S\ 47$，問題 $5$）を用いて）\begin{alignat*}{1}2^h&=N\left(\alpha\right)=\frac{a^2\mp pb^2}{4},\\[2mm]2^{h+2}&=a^2\mp pb^2,\end{alignat*}したがって\[\left(\frac{2}{p}\right)^{h+2}=1.\]しかるにこの場合 $h$ は奇数である（定理 $6.\ 3$）．故に $\left(\dfrac{2}{p}\right)=1$．
$\left(\ \boldsymbol{\text{III}}\ \right)$ 一般相互法則
〔証〕 $p$，$q$ なる文字で一般にそれぞれ $p\equiv1$，または $q\equiv-1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ なる素数を表わすことにして，三つの場合を区別する．
$\left(1^\circ\right)$ $\left(\dfrac{p}{p^\prime}\right)=1$ ならば，$p^\prime$ は $K\left(\sqrt{\ \!p\ \!}\right)$ において分解される．故に\[p^{\prime h}=N\left(\frac{x+y\sqrt{\ \!p\ \!}}{2}\right)=\frac{x^2-py^2}{4}.\]（$N\left(\varepsilon\right)=-1$．$\S\ 47$，問題 $5$）．したがって\[\left(\frac{p^\prime}{p}\right)^h=1.\]$h$ は奇数であるから\[\left(\frac{p^\prime}{p}\right)=1.\] 逆に $\left(\dfrac{p^\prime}{p}\right)=1$ ならば，$\left(\dfrac{p}{p^\prime}\right)=1$．これは $p$ と $p^\prime$ とを交換するだけである．故に\[\left(\frac{p}{p^\prime}\right)=\left(\frac{p^\prime}{p}\right).\] $\left(2^\circ\right)$ $\left(\dfrac{p}{q}\right)=1$ ならば，$\left(1^\circ\right)$ と同様に $\left(\dfrac{q}{p}\right)=1$．
逆に $\left(\dfrac{q}{p}\right)=1$ ならば，$\left(\ \boldsymbol{\text{I}}\ \right)$ によって $\left(\dfrac{-q}{p}\right)=1$．故に $p$ は $K\left(\sqrt{-q}\right)$ において分解されるから，\[p^h=N\left(\frac{x+y\sqrt{-q}}{2}\right)=\frac{x^2+qy^2}{4}.\]$h$ が奇数だから（$\S\ 47$），前のように\[\left(\frac{p}{q}\right)=1.\]故に\[\left(\frac{p}{q}\right)=\left(\frac{q}{p}\right).\] $\left(3^\circ\right)$ 二つの素数 $q$，$q^\prime$ に関しては，二次体 $K\left(\sqrt{{qq}^\prime}\right)$ を考察する．$q$ は単項イデヤルの平方に分解されるから（$\S\ 47$，問題 $3$），\[\pm q=N\left(\frac{x+y\sqrt{{qq}^\prime}}{2}\right)=\frac{x^2-{qq}^\prime y^2}{4},\]すなわち\[\pm4q=x^2-{qq}^\prime y^2.\]故に $x=qu$，したがって\[\pm4=qu^2-q^\prime y^2.\]故に $q^\prime$ を法として見れば，\[\left(\frac{qu^2}{q^\prime}\right)=\left(\frac{\pm4}{q^\prime}\right),\]すなわち\[\left(\frac{q}{q^\prime}\right)=\left(\frac{\pm1}{q^\prime}\right)=\pm1.\hspace{1cm}\left(\ \!\!\left(\ \boldsymbol{\text{I}}\ \right)\ による\right)\]同様に $q$ を法と見て\[\left(\frac{-q^\prime}{q}\right)=\left(\frac{\pm1}{q}\right)=\pm1.\hphantom{n}\left(\ \!\!\left(\ \boldsymbol{\text{I}}\ \right)\ による\right)\]すなわち\[\left(\frac{q}{q^\prime}\right)=\left(\frac{-q^\prime}{q}\right)=-\left(\frac{q^\prime}{q}\right).\hphantom{n}\left(同 上\right)\]よってすべての場合において，相互法則が証明されたのである．