初 等 整 数 論 講 義 第 $2$ 版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 59.$ 算術級数中の素数  $1.$ 素数表 $\blacktriangleright$

『初等整数論講義 第 $2$ 版』目次へ



附      録

 $\S\ 60.$ Gauss の和

 $\boldsymbol{1.}$ $r$ が $\text{mod}.\ d$ に関する代表の一組の上にわたるとき,\[S_n=\overset{r}{\textstyle\sum}\chi\left(r\right)\exp\left(\frac{2\pi i}{\left|\ \!d\ \!\right|}nr\right)=\chi\left(n\right)\sqrt{d}.\tag{$\ 1\ $}\]ただし,$d\gt0$ のとき $\sqrt{d}\gt0$,$d\lt0$ のとき $\sqrt{d}=i\sqrt{\left|\ \!d\ \!\right|}$.
 これが Gauss の和である($\S\ 58$,$379$ 頁で $\left(\ 1\ \right)$ を引用した).
まず $\left(d,\ n\right)=1$ のときには,$nr$ もまた $\text{mod}.\ d$ に関する代表の一組の値をとるから\begin{alignat*}{1}S_1&=\overset{r}{\textstyle\sum}\chi\left(r\right)\exp\left(\frac{2\pi i}{\left|\ \!d\ \!\right|}r\right)\\[2mm]&=\overset{r}{\textstyle\sum}\chi\left(nr\right)\exp\left(\frac{2\pi i}{\left|\ \!d\ \!\right|}nr\right)\\[2mm]&=\chi\left(n\right)S_n.\end{alignat*}したがって $\chi\left(n\right)=\pm1$ に注意して\[S_n=\chi\left(n\right)S_1.\]よって $\left(\ 1\ \right)$ を $n=1$ の場合に証明すればよい.すなわち\[\overset{r}{\textstyle\sum}\chi\left(r\right)\exp\left(\frac{2\pi i}{\left|\ \!d\ \!\right|}r\right)=\sqrt{d}.\tag{$\ 2\ $}\] 〔注意〕 $\left(d,\ n\right)\neq1$ のときは $\chi\left(n\right)=0$ だから,$\left(\ 1\ \right)$ は $S_n=0$ になる.

 $\boldsymbol{2.}$ $d$ は二次体の判別式であるが,$d$ がただ一つの素数だけで割り切れる場合は(Weber のいわゆる素判別式Primdiskriminante)\[d=-4,\hphantom{\pm}\pm8,\hphantom{\pm}\pm p,\hphantom{\pm}\left(\pm p\equiv1,\hphantom{n}\text{mod}.\ 4\right)\]であって,任意の判別式 $d$ はこれらの積として,ただ一様に\[d={\textstyle\prod}\ \pm p,\hphantom{\pm}-4{\textstyle\prod}\ \pm p,\hphantom{\pm}\pm8{\textstyle\prod}\ \pm p\]のように表わされることは見やすい.
 さてまず $d=-4$,$\pm8$ の場合には $\left(\ 2\ \right)$ は明白である.
 $d=-4:$ $\chi\left(1\right)i+\chi\left(3\right)i^3=i-i^3=2i=i\sqrt{4}$.
 $d=8:$ $\chi\left(1\right)\rho+\chi\left(3\right)\rho^3+\chi\left(5\right)\rho^5+\chi\left(7\right)\rho^7$, $\rho=\dfrac{1+i}{\sqrt{2}}$
$=\rho-\rho^3-\rho^5+\rho^7=2\left(\rho+\rho^{-1}\right)=2\sqrt{2}=\sqrt{8}$.
 $d=-8:$ $\chi\left(1\right)\rho+\chi\left(3\right)\rho^3+\chi\left(5\right)\rho^5+\chi\left(7\right)\rho^7$
$=\rho+\rho^3-\rho^5-\rho^7=2\left(\rho-\rho^{-1}\right)=i\sqrt{8}$.
 〔注意〕 これらの場合に,$\left(d,\ n\right)\neq1$ すなわち $n$ が偶数ならば,$i$ または $\rho$ に $i^n$ または $\rho^n$ を代入して,$S_n=0$ を得る.
 さて $d=\pm p$ とすれば,$\left(\ 2\ \right)$ は\[S=\overset{r}{\textstyle\sum}\left(\frac{r}{p}\right)\rho^r=\sqrt{\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}p}\tag{$\ 3\ $}\]になる.ただし,$\rho=\exp\left(2\pi i/p\right)=\cos2\pi/p+i\sin2\pi/p$.いま,$0$ と $p$ との間の $p$ の平方剰余と非剰余とをそれぞれ $a$,$b$ で表わせば,この和は $S=\sum\rho^a-\sum\rho^b$ になる.$\S\ 17$,$104$ 頁の記法によれば,これは $\left(p-1\right)/2$ 項周期の差 $\eta_0-\eta_1$ に等しい,すなわち $S=\eta_0-\eta_1$($p=17$ のとき,それが $\sqrt{17}$ に等しいことは同所で計算した通り).
 $p\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ のときには,$p=17$ の場合と全く同様にして,$\eta_0\eta_1=\left(1-p\right)/4$ を得る.また $p\equiv3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ のときは $\rho^n$ と $\rho^{-n}$ とが $\eta_0$ と $\eta_1$ とに分かれて含まれるから,$\eta_0\eta_1$ においては $1$ が $\left(p-1\right)/2$ 回と残りは $1$ 以外の $p$ 乗根おのおの $\left(p-3\right)/4$ 回とで,その総和は $\left(p-1\right)/2-\left(p-3\right)/4=\left(p+1\right)/4$ になる.故に $\eta_0$,$\eta_1$ を根とする二次方程式は $p\equiv\pm1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ に応じて\[y^2+y+\frac{1\mp p}{4}=0.\]したがって\[\left(\eta_0-\eta_1\right)^2=\mp p.\tag{$\ 4\ $}\] このように $S^2=\left(\eta_0-\eta_1\right)^2$ は容易に求められるが,$S$ それ自身を求めるために平方根の符号を定めることがはなはだ困難で,さすがの Gauss が数年苦心の後ようやく解決することを得たといっている.
 Gauss のこの告白のために問題が有名になって,Gauss 以後にもいろいろの証明が発表されているが,なかんずく最も含蓄の多いのはやはり Gauss の方法であると思われるから,ここではそれを紹介する.
 まず $\sum\rho^a+\sum\rho^b=-1$ であるから\[S=\overset{a}{\textstyle\sum}\rho^a-\overset{b}{\textstyle\sum}\rho^b=1+2\overset{a}{\textstyle\sum}\rho^a.\] Gauss は次のような特殊の恒等式を用いた:\begin{alignat*}{1}f\left(x,\ m\right)&=1-\frac{1-x^m}{1-x}+\frac{\left(1-x^m\right)\left(1-x^{m-1}\right)}{\left(1-x\right)\left(1-x^2\right)}\\[2mm]&\hphantom{=1}-\frac{\left(1-x^m\right)\left(1-x^{m-1}\right)\left(1-x^{m-2}\right)}{\left(1-x\right)\left(1-x^2\right)\left(1-x^3\right)}+\cdots\cdots\\[2mm]&=\overset{m}{\underset{k=0}{\textstyle\sum}}\left(-1\right)^k\frac{\left(1-x^m\right)\left(1-x^{m-1}\right)\cdots\left(1-x^{m-k+1}\right)}{\left(1-x\right)\left(1-x^2\right)\cdots\left(1-x^k\right)}\\[2mm]&=\left(1-x\right)\left(1-x^3\right)\left(1-x^5\right)\cdots\left(1-x^{m-1}\right).\tag{$\ 5\ $}\end{alignat*}ただし $m$ は偶数とする($m$ が奇数ならば $f\left(x,\ m\right)=0$).
 簡約のために上記の和の一般項を $\left(-1\right)^k\left(m,\ k\right)$,特に $\left(m,\ 0\right)=1$,$\left(m,\ -1\right)=0$ とする.しからば\[\left(m,\ k\right)=\left(m-1,\ k\right)+x^{m-k}\left(m-1,\ k-1\right).\hphantom{k}\left(k=0,\ 1,\ 2,\ \cdots,\ m-1\right)\]これを用いて\begin{alignat*}{1}f\left(x,\ m\right)&=\overset{m-1}{\underset{k=1}{\textstyle\sum}}\left(-1\right)^{k-1}\left(1-x^{m-k}\right)\left(m-1,\hphantom{k}k-1\right)\\[2mm]&=\overset{m-1}{\underset{k=1}{\textstyle\sum}}\left(-1\right)^{k-1}\left(1-x^{m-1}\right)\left(m-2,\hphantom{k}k-1\right)\\[2mm]&=\left(1-x^{m-1}\right)f\left(x,\ m-2\right).\end{alignat*}よって $f\left(x,\ 0\right)=1$ に注意して,上記の通り\[f\left(x,\ m\right)=\left(1-x\right)\left(1-x^3\right)\left(1-x^5\right)\cdots\left(1-x^{m-1}\right).\] さて $m=p-1$ として,$x$ に $\rho=e^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{2\pi i}{p}}$ を代入すれば,\[\left(p-1,\ k\right)=\frac{1-\rho^{p-1}}{1-\rho}\frac{1-\rho^{p-2}}{1-\rho^2}\cdots\cdots\frac{1-\rho^{p-k}}{1-\rho^k}=\left(-1\right)^k\rho^{-1-2-\cdots-k}=\left(-1\right)^k\rho^{\displaystyle\small\raise{0.5em}{-\frac{k\left(k+1\right)}{2}}}\]故に $\left(\ 5\ \right)$ から\[\overset{p-1}{\underset{k=0}{\textstyle\sum}}\rho^{\displaystyle\small\raise{0.5em}{-\frac{k\left(k+1\right)}{2}}}=\left(1-\rho\right)\left(1-\rho^3\right)\cdots\cdots\left(1-\rho^{p-2}\right).\]$\rho$ の代わりに任意の原始 $p$ 乗根をとってもよい.よって $\rho$ に $\rho^{-2}$ を代用すれば\[\overset{p-1}{\underset{k=0}{\textstyle\sum}}\rho^{k\left(k+1\right)}=\left(1-\rho^{-2}\right)\left(1-\rho^{-6}\right)\cdots(1-\rho^{-2\left(p-2\right)}).\]両辺に $\rho\hspace{0.7mm}\cdotp\rho^3\cdots\rho^{p-2}=\rho^{\displaystyle\small\raise{0.5em}{\frac{1}{4}\left(p-1\right)^2}}$ を掛けて,かつ\[k\left(k+1\right)+\frac{1}{4}\left(p-1\right)^2\equiv\left(\frac{p-1}{2}-k\right)^2\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right)\]を用いる.これは $k=\left(p-1\right)/2$ のとき $\equiv0\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p\right)$,$k=\left(p-1\right)/2\pm n$ のとき $\equiv n^2\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p\right)$ になるから\[S=1+2\overset{a}{\textstyle\sum}\rho^a=\left(\rho-\rho^{-1}\right)\left(\rho^3-\rho^{-3}\right)\cdots(\rho^{p-2}-\rho^{-\left(p-2\right)}),\tag{$\ 6\ $}\]ここで和は平方剰余 $a\equiv n^2\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p\right)$ の上にわたる.
 さて $\rho-\rho^{-1}=-\left(\rho^{p-1}-\rho^{-\left(p-1\right)}\right)$,$\rho^3-\rho^{-3}=-\left(\rho^{p-3}-\rho^{-\left(p-3\right)}\right)$,$\cdots$ だから\[S^2=\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}\overset{p-1}{\underset{k=1}{\textstyle\prod}}\left(\rho^k-\rho^{-k}\right)=\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}\overset{p-1}{\underset{k=1}{\textstyle\prod}}\left(1-\rho^{-2k}\right).\] よって\[x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots\cdots+x+1=\overset{k}{\textstyle\prod}\left(x-\rho^{-2k}\right)\]から\[S^2=\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}p,\hspace{5mm}S=\pm\sqrt{\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}p}\]を得る.これは既知である.すなわち $\left(\ 4\ \right)$ の通り.
 平方根の符号は $\left(\ 6\ \right)$ から定められる.$\left(\ 6\ \right)$ から\[S=\left(2i\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}\overset{n}{\textstyle\prod}\sin\frac{2n\pi}{p}\hspace{5mm}\left(n=1,\ 3,\ 5,\ \cdots\cdots,\ p-2\right).\]さて $p\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ ならば,$n=1$,$3$,$\cdots$,$\left(p-3\right)/2$ に対する $\left(p-1\right)/4$ の $\sin.$ だけが正で,その他の $\left(p-1\right)/4$ は負であるが,$i^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{4}}=\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}=1$ だから,$S\gt0$.故に $S=\sqrt{\ \!p\ \!}$.
 また $p\equiv-1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ ならば,$n=1$,$3$,$\cdots$,$\left(p-1\right)/2$ に対する $\left(p+1\right)/4$ だけの $\sin.$ が正で,その他の $\left(p-3\right)/4$ は負である.$i^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-1}{2}}\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-3}{4}}=i\left(-1\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{p-3}{2}}=i$ だから,$S=i\sqrt{\ \!p\ \!}$.
 すなわち $\left(\ 3\ \right)$ が証明されたのである.
 〔注意〕  $\left(d,\ n\right)=\left(\pm p,\ n\right)\neq1$ ならば,$S_n=\sum\chi\left(r\right)=0$.
 $\boldsymbol{3.}$ 上文で $d=-4$,$\pm8$,$\pm p$ の場合に $\left(\ 1\ \right)$ が証明されたのである.いま $\left(\ 1\ \right)$ が互いに素なる $d_1$,$d_2$ に関して成り立つと仮定するとき,$d=d_1d_2$ に関しても成り立つことを示すことができるならば,$\left(\ 1\ \right)$ は一般に証明されるであろう.
 $d$,$d_1$,$d_2$ に関する $\chi$ をそれぞれ $\chi$,$\chi_1$,$\chi_2$ で表わすならば\begin{alignat*}{1}\overset{\left|d_1\right|}{\underset{r=1}{\textstyle\sum}}\chi_1\left(r\right)\exp\left(\frac{2\pi i}{\left|d_1\right|}nr\right)&=\chi_1\left(n\right)\sqrt{d_1},\\[2mm]\overset{\left|d_2\right|}{\underset{s=1}{\textstyle\sum}}\chi_2\left(s\right)\exp\left(\frac{2\pi i}{\left|d_2\right|}ns\right)&=\chi_2\left(n\right)\sqrt{d_2},\end{alignat*}から\[\overset{r,\ s}{\textstyle\sum}\chi_1\left(r\right)\chi_2\left(s\right)\exp\left(\frac{2n\pi i}{\left|d_1d_2\right|}\left(\ \!\!\left|d_2\right|r+\left|d_1\right|s\right)\ \!\!\right)=\chi_1\left(n\right)\chi_2\left(n\right)\sqrt{d_1}\sqrt{d_2}.\]したがって\begin{alignat*}{1}\overset{r,\ s}{\textstyle\sum}\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|r\right)\chi_2\left(\ \!\!\left|d_1\right|s\right)&\ \!\exp\left(\frac{2n\pi i}{\left|\ \!d\ \!\right|}\left(\ \!\!\left|d_2\right|r+\left|d_1\right|s\right)\ \!\!\right)\\[2mm]&\!\!\!=\chi_1\left(n\right)\chi_2\left(n\right)\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|\ \!\!\right)\chi_2\left(\ \!\!\left|d_1\right|\ \!\!\right)\sqrt{d_1}\sqrt{d_2}.\tag{$\ 7\ $}\end{alignat*}しかるに $r$,$s$ がそれぞれ $\text{mod}.\ d_1$,$\text{mod}.\ d_2$ に関する代表の一組の値をとるときは,$\left|d_2\right|r+\left|d_1\right|s$ は $\text{mod}.\ d$ に関する代表の一組の値をとる.また\begin{alignat*}{1}&\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|r\right)=\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|r+\left|d_1\right|s\right),\\[2mm]&\chi_2\left(\ \!\!\left|d_1\right|s\right)=\chi_2\left(\ \!\!\left|d_2\right|r+\left|d_1\right|s\right),\\[2mm]&\chi\left(n\right)=\chi_1\left(n\right)\chi_2\left(n\right).\end{alignat*}故に $\left(\ 7\ \right)$ から\[\overset{\left|\ d\ \right|}{\underset{t=1}{\textstyle\sum}}\chi\left(t\right)\exp\left(\frac{2\pi in}{\left|\ d\ \right|}t\right)=\chi\left(n\right)\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|\ \!\!\right)\chi_2\left(\ \!\!\left|d_1\right|\ \!\!\right)\ \!\!\sqrt{d_1}\sqrt{d_2}.\] また上記 $\sqrt{d_1}$,$\sqrt{d_2}$,$\sqrt{\ \!\!d}$ の意味によれば\[\sqrt{d_1}\sqrt{d_2}=\pm\sqrt{\ \!\!d}\]において,符号 $\pm$ は $d_1\lt0$,$d_2\lt0$ のときだけが $-$ で,その他は $+$ である.よって $d$ に関して $\left(\ 1\ \right)$ を証明するには\[\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|\ \!\!\right)\chi_2\left(\ \!\!\left|d_1\right|\ \!\!\right)=\left\{\begin{array}{ccc}+1\hspace{5mm}(d_1\gt0&または&d_2\gt0)\\[2mm]-1\hspace{5mm}(d_1\lt0&かつ&d_2\lt0)\end{array}\right.\]を験証すればよい.
 仮定によって $\left(d_1,\ d_2\right)=1$.故に $d_1$ は奇数,したがって $d_1\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ としてよい.しからば\[d_2=\sigma\hspace{0.7mm}\cdotp2^em,\hphantom{1}\sigma=\pm1,\hphantom{1}m\ は正の奇数\]とするとき\begin{alignat*}{1}\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|\ \!\!\right)&=\chi_1\left(2^e\right)\chi_1\left(m\right)=\left(\frac{2}{\left|d_1\right|}\right)^2\left(\frac{d_1}{m}\right)=\left(\frac{2}{\left|d_1\right|}\right)^2\left(\frac{m}{\left|d_1\right|}\right),\\[2mm]\chi_2\left(\ \!\!\left|d_1\right|\ \!\!\right)&=\left(\frac{d_2}{\left|d_1\right|}\right)=\left(\frac{\sigma}{\left|d_1\right|}\right)\left(\frac{2}{\left|d_1\right|}\right)^e\left(\frac{m}{\left|d_1\right|}\right),\end{alignat*}したがって\[\chi_1\left(\ \!\!\left|d_2\right|\ \!\!\right)\chi_2\left(\ \!\!\left|d_1\right|\ \!\!\right)=\left(\frac{\sigma}{\left|d_1\right|}\right).\]$d_2\gt0$,すなわち $\sigma=1$ ならば,これは $1$ に等しいから験証は終わる.また $d_2\lt0$,すなわち $\sigma=-1$ ならば,$d_1\gtrless0$ に従って $\left|d_1\right|\equiv\pm1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ だから $\left(\dfrac{-1}{\left|d_1\right|}\right)=\pm1$.よってこの場合にも験証ができて,$\left(\ 1\ \right)$ が一般に成り立つことが確定したのである.

 附記: 上記の等式 $\left(\ 4\ \right)$,すなわち\[S^2=\pm p,\hspace{5mm}\pm p\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)\]から平方剰余の相互法則の簡単な証明が得られる.
 $q\neq p$ を奇の素数とすれば,(Euler の規準,$70$ 頁)\begin{alignat*}{2}S^{q-1}&=\left(\pm p\right)^{\displaystyle\small\raise{0.5em}\frac{q-1}{2}}\equiv\left(\frac{\pm p}{q}\right)&\hphantom{m}&\left(\text{mod}.\ q\right),\\[2mm]S^q&\equiv\left(\frac{\pm p}{q}\right)S&&\left(\text{mod}.\ q\right).\end{alignat*}この合同式の意味は,$S^q$ を $\rho$,$\rho^2$,$\cdots\cdots$,$\rho^{p-1}$ の斉次一次式の形に表わすならば,両辺における $\rho$ の同じ巾の係数の差が $q$ で割り切れるというのである($\S\ 17$).
 さて\begin{alignat*}{1}S^q&=\left(\overset{r}{\textstyle\sum}\left(\frac{r}{p}\right)\rho^r\right)^q\equiv\overset{r}{\textstyle\sum}\left(\frac{r}{p}\right)^q\rho^{rq}\\[2mm]&=\overset{r}{\textstyle\sum}\left(\frac{r}{p}\right)\rho^{rq}=\left(\frac{q}{p}\right)\overset{r}{\textstyle\sum}\left(\frac{rq}{p}\right)\rho^{rq}=\left(\frac{q}{p}\right)S\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ q\right).\end{alignat*}故に\begin{alignat*}{2}&\left(\frac{q}{p}\right)S\equiv\left(\frac{\pm p}{q}\right)S&&\left(\text{mod}.\ q\right),\\[2mm]&\left\{\!\!\left(\frac{q}{p}\right)-\left(\frac{\pm p}{q}\right)\!\!\right\}S\equiv0&\hspace{1cm}&\left(\text{mod}.\ q\right).\end{alignat*}この合同式の意味も上記と同様である.$S$ において $\rho$,$\rho^2$,$\cdots\cdots$,$\rho^{p-1}$ の係数は $\pm1$ で,\[\left(\frac{q}{p}\right)-\left(\frac{\pm p}{q}\right)\]は $0$ または $\pm2$ に等しく,$q$ は奇数だから\[\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{\pm p}{q}\right)\]でなければならない.これすなわち平方剰余の相互法則である.

 $\S\ 58$$\sim60$ に述べた考察を玩味すれば,二次体と $1$ の巾根との間に密接な関係のあることが感ぜられるであろう.有理整数に関する二次の問題が二次体の問題として取り扱われるときに透明なる解釈が可能で,それを説明することが本書後半部の目標であったが,それと同様に,二次体の整数論もさらに一段の高所から見おろすときに,初めてその全景をほしいままに展望することができるのである.その展望台は,すなわち $1$ の巾根から生ずる数体(Abel 体)の理論(現代的の「円理」!)である.われわれは明媚なる風景に魅惑せられて,いつか予定の目標を超えて,思わず深入りをしたが,このあたりでひとまず馬を返さねばなるまい.






$\blacktriangleleft$ $\S\ 59.$ 算術級数中の素数  $1.$ 素数表 $\blacktriangleright$

『初等整数論講義 第 $2$ 版』目次へ


 ページトップへ inserted by FC2 system