類体論を用いた平方剰余の相互法則の自己完結的かつ完全な証明（詳細展開版）

証明
Fermat の小定理より、 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ である。したがって、 $$ a^{p-1} - 1 = \left(a^{\frac{p-1}{2}} - 1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}} + 1\right) \equiv 0 \pmod p $$ が成り立つ。 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ は体である（ $p$ は素数である）から、 $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod p$ または $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p$ のいずれか一方が成立する。
まず、 $\left(\frac{a}{p}\right) = 1$ のとき、ある整数 $x$ が存在して $a \equiv x^2 \pmod p$ となる。このとき、 $$ a^{\frac{p-1}{2}} \equiv (x^2)^{\frac{p-1}{2}} = x^{p-1} \equiv 1 \pmod p $$ となる。
次に、多項式 $X^{\frac{p-1}{2}} - 1 \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[X]$ の根の個数は高々 $(p-1)/2$ 個である。平方剰余全体はちょうど $(p-1)/2$ 個の要素を持ち、それらはすべてこの多項式の根である。したがって、平方非剰余である $a$ については $a^{\frac{p-1}{2}} - 1 \not\equiv 0 \pmod p$ でなければならない。ゆえに、平方非剰余に対しては $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p$ と定まる。
以上より、任意の $a$ に対して $\left(\frac{a}{p}\right) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} \pmod p$ が示された。

証明
$\mathfrak{Q}_L$ を $q$ の上にある $L$ の素イデアルとし、 $\mathfrak{Q}_M = \mathfrak{Q}_L \cap \mathcal{O}_M$ を $\mathfrak{Q}_L$ の下にある $M$ の素イデアルとする。 Artin 記号 $\sigma = \left(\frac{L/\mathbb{Q}}{q}\right) \in \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ の定義により、任意の $\alpha \in \mathcal{O}_L$ に対して $$ \sigma(\alpha) \equiv \alpha^q \pmod{\mathfrak{Q}_L} $$ が成り立つ。
$M$ は $L$ の部分体であるから、 $\mathcal{O}_M \subset \mathcal{O}_L$ であり、任意の $\beta \in \mathcal{O}_M$ は $\mathcal{O}_L$ の元でもある。したがって、 $\beta$ に対しても $$ \sigma(\beta) \equiv \beta^q \pmod{\mathfrak{Q}_L} $$ が成立する。ここで $\beta \in \mathcal{O}_M$ および $\sigma(\beta) \in \mathcal{O}_M$ であるから、 $\sigma(\beta) - \beta^q \in \mathcal{O}_M$ である。 したがって、合同関係を $\mathcal{O}_M$ に制限すると、 $\sigma(\beta) - \beta^q \in \mathfrak{Q}_L \cap \mathcal{O}_M = \mathfrak{Q}_M$ となる。すなわち、 $$ \left(\left.\sigma\right|_{M}\right)(\beta) \equiv \beta^q \pmod{\mathfrak{Q}_M} $$ がすべての $\beta \in \mathcal{O}_M$ について成り立つ。
これはまさに、 $M/\mathbb{Q}$ における素数 $q$ の Artin 記号の定義条件そのものである。Abel 拡大において Artin 記号はこの合同式を満たす $\operatorname{Gal}(M/\mathbb{Q})$ の唯一の元として定義・一意に定まるため、 $$ \left.\left(\frac{L/\mathbb{Q}}{q}\right)\right|_{M} = \left(\frac{M/\mathbb{Q}}{q}\right) $$ が得られる。

証明
(1) $\zeta_p$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小多項式は、 $p$ 次円分多項式 $\Phi_p(X) = X^{p-1} + X^{p-2} + \cdots + X + 1$ である。 $\Phi_p(X)$ は $\mathbb{Q}[X]$ 上既約であるため、拡大次数は $[L : \mathbb{Q}] = p-1$ である。 $\Phi_p(X)$ の根は $\zeta_p, \zeta_p^2, \ldots, \zeta_p^{p-1}$ で与えられるため、 $L/\mathbb{Q}$ は Galois 拡大であり、任意の $\sigma \in \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ はある $a \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ によって $\sigma(\zeta_p) = \zeta_p^a$ と表される。写像 $a \mapsto \sigma_a$ が群同型 $\operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ を与える。
(2) $L$ の整数環は $\mathcal{O}_L = \mathbb{Z}[\zeta_p]$ である。 $q \neq p$ とする。素数 $q \neq p$ が $L$ で不分岐であることは、円分多項式の判別式が $p$ の冪であることから従う。Artin 記号 $\sigma = \left(\frac{L/\mathbb{Q}}{q}\right)$ の定義により、 $q$ の上にある任意の素イデアル $\mathfrak{Q}$ に対して $$ \sigma(\zeta_p) \equiv \zeta_p^q \pmod{\mathfrak{Q}} $$ が成り立つ。
一方、 $\sigma \in \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ であるから、ある整数 $k \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ が存在して $\sigma(\zeta_p) = \zeta_p^k$ と書ける。したがって、 $$ \zeta_p^k \equiv \zeta_p^q \pmod{\mathfrak{Q}} $$ を得る。これより $\zeta_p^q (\zeta_p^{k-q} - 1) \equiv 0 \pmod{\mathfrak{Q}}$ であり、 $\zeta_p$ は単元なので $\zeta_p^{k-q} - 1 \equiv 0 \pmod{\mathfrak{Q}}$ を得る。すなわち、 $$ 1 - \zeta_p^{k-q} \in \mathfrak{Q} $$ である。
もし $k \not\equiv q \pmod p$ と仮定すると、 $\zeta_p^{k-q}$ は $1$ とは異なる $1$ の原始 $p$ 乗根である。このとき $1 - \zeta_p^{k-q}$ は $1 - \zeta_p$ と同伴 (associated) であり、生成するイデアルは一致する。代数的整数論の基本事実として、主イデアル $(1-\zeta_p)$ の $p-1$ 乗は主イデアル $(p)$ に等しくなる。すなわち $(1-\zeta_p)^{p-1} = (p)$ である。
$1 - \zeta_p^{k-q} \in \mathfrak{Q}$ であれば、同伴性から $1 - \zeta_p \in \mathfrak{Q}$ であり、結果として $p \in \mathfrak{Q}$ となる。
一方で、 $\mathfrak{Q}$ は $q$ の上にある素イデアルであるため $q \in \mathfrak{Q}$ でもある。 $p$ と $q$ は相異なる素数であるため互いに素であり、Bezoutの等式により $x p + y q = 1$ を満たす整数 $x, y \in \mathbb{Z}$ が存在する。これより $1 = x p + y q \in \mathfrak{Q}$ となり、素イデアル $\mathfrak{Q}$ が全環 $\mathcal{O}_L$ （真のイデアルであること）に矛盾する。
したがって、 $k \equiv q \pmod p$ でなければならず、 $\sigma(\zeta_p) = \zeta_p^q$ 、すなわち $\sigma = \sigma_q$ であることが証明された。

証明
Gauss 和 $\tau = \sum_{x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{x}{p}\right) \zeta^x$ の自乗 $\tau^2$ を精密に計算する。 $\tau \in L$ は明らかである。 $$ \tau^2 = \left( \sum_{x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{x}{p}\right) \zeta^x \right) \left( \sum_{y \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{y}{p}\right) \zeta^y \right) = \sum_{x, y \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{x}{p}\right)\left(\frac{y}{p}\right) \zeta^{x+y} $$ Legendre 記号の乗法性より $\left(\frac{x}{p}\right)\left(\frac{y}{p}\right) = \left(\frac{x y}{p}\right)$ である。ここで、 $x$ を固定して変数変換 $y = t x \pmod p$ を行う。 $x$ を固定したとき、 $y$ が $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ 全体を動くとき、 $t = yx^{-1}$ も $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ 全体を一回動く。 $$ \tau^2 = \sum_{x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \sum_{t \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{x^2 t}{p}\right) \zeta^{x+tx} = \sum_{x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \sum_{t \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{x^2}{p}\right) \left(\frac{t}{p}\right) \zeta^{x(1+t)} $$ $x \not\equiv 0 \pmod p$ であるから $\left(\frac{x^2}{p}\right) = 1$ である。和の順序を交換して次を得る。 $$ \tau^2 = \sum_{t \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{t}{p}\right) \sum_{x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \zeta^{x(1+t)} $$ ここで、内側の和 $S(t) = \sum_{x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \zeta^{x(1+t)}$ を評価する。
(i) 場合 1: $1+t \equiv 0 \pmod p$ すなわち $t \equiv -1 \pmod p$ のとき： 各 $x$ に対して $x(1+t) \equiv 0 \pmod p$ となるので、 $\zeta^{x(1+t)} = \zeta^0 = 1$ である。項数は $p-1$ であるため、 $$ S(-1) = \sum_{x \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} 1 = p - 1 $$ となる。
(ii) 場合 2: $1+t \not\equiv 0 \pmod p$ すなわち $t \not\equiv -1 \pmod p$ のとき： $x$ が $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ を動くとき、 $x(1+t) \pmod p$ も $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ を一回りする。したがって、和は $$ S(t) = \sum_{a=1}^{p-1} \zeta^a $$ となる。方程式 $X^p - 1 = (X-1)(X^{p-1} + X^{p-2} + \dots + 1) = 0$ の根のうち $1$ でないものが $\zeta, \zeta^2, \dots, \zeta^{p-1}$ であるから、解と係数の関係より $\sum_{a=1}^{p-1} \zeta^a = -1$ である（あるいは $\Phi_p(\zeta) - \zeta^0 = 0 - 1 = -1$ ）。
これらを $\tau^2$ の式に代入すると、 $$ \tau^2 = \left(\frac{-1}{p}\right) (p-1) + \sum_{t \neq -1} \left(\frac{t}{p}\right) (-1) $$ となる。 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ における平方剰余と平方非剰余の個数は等しいため、 $\sum_{t \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}} \left(\frac{t}{p}\right) = 0$ である。 これから、 $$ \sum_{t \neq -1} \left(\frac{t}{p}\right) = 0 - \left(\frac{-1}{p}\right) = -\left(\frac{-1}{p}\right) $$ が成り立つ。したがって、 $$ \tau^2 = \left(\frac{-1}{p}\right) (p-1) + \left(\frac{-1}{p}\right) = p \left(\frac{-1}{p}\right) $$ を得る。補題 1（Euler の規準）より $\left(\frac{-1}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2}}$ であるため、 $$ \tau^2 = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p = p^* $$ となる。
$\tau$ 自身は $0$ ではないため、 $\tau = \pm\sqrt{p^*}$ となる。 $\tau = \sum_{x=1}^{p-1} \left(\frac{x}{p}\right) \zeta^x \in \mathbb{Q}(\zeta_p) = L$ であり、 $\tau^2 = p^*$ であるから、 $\sqrt{p^*} \in \mathbb{Q}(\zeta_p)$ が示された。 したがって、 2次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ は円分体 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ に含まれる。 $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_p)/\mathbb{Q})$ に含まれる指数 $2$ の部分群は唯一つであるから、 Galois 理論の基本定理より、 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ の 2次部分体は $K = \mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ に限られる（これに他ならない）。

証明
$q \nmid 2d$ より、 $q$ は $K$ の判別式を割り切らないため、 $q$ は $K$ で不分岐である。 $K$ の整数環 $\mathcal{O}_K$ は、 $d \equiv 1 \pmod 4$ のとき $\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{d}}{2}\right]$ であり、 $d \equiv 2, 3 \pmod 4$ のとき $\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ である。 いずれの場合も、 $q \neq 2$ であるから、単因子論および Kummer-Dedekind の定理（Kummerの定理）より、代数体 $K$ における素数 $q$ の分解挙動は多項式 $f(X) = X^2 - d \pmod q$ の $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})[X]$ 上での因数分解と一致する。
$\left(\frac{d}{q}\right) = 1$ のとき、ある整数 $x_0$ が存在して $x_0^2 \equiv d \pmod q$ かつ $x_0 \not\equiv -x_0 \pmod q$ となる。 したがって、 $X^2 - d \equiv (X - x_0)(X + x_0) \pmod q$ と相異なる1次因子の積に分解する。ゆえに $(q) = \mathfrak{q}_1 \mathfrak{q}_2$ （ただし $\mathfrak{q}_1 \neq \mathfrak{q}_2$ ）となり、素数 $q$ は $K$ において相異なる2つの素イデアルに完全分解する。
一方、 $\left(\frac{d}{q}\right) = -1$ のとき、 $X^2 - d$ は $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})[X]$ 上で既約である。したがって $(q)$ は $\mathcal{O}_K$ において素イデアルのままであり、惰性する。

証明
$K = \mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ の整数環 $\mathcal{O}_K$ は、 $p^* \equiv 1 \pmod 4$ の性質を満たすため $\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{p^*}}{2}\right]$ となる。素数 $q \neq 2, p$ における分岐や分解の振る舞いは、 $q$ が判別式と素であるため不分岐であり、より単純な多項式 $x^2 - p^*$ を法 $q$ で考えた場合と一致する。
多項式 $x^2 - p^* \pmod q$ が相異なる2つの1次式の積に分解されることは、方程式 $x^2 \equiv p^* \pmod q$ が解を持つこと、すなわち Legendre 記号を用いて $\left(\frac{p^*}{q}\right) = 1$ と書けることと同値である。
Galois 群 $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ は位数が $2$ の群であり、恒等写像 $\operatorname{id}$ と、共役写像 $\rho : \sqrt{p^*} \mapsto -\sqrt{p^*}$ の $2$ 元 $G = \{\operatorname{id}, \rho\}$ からなる。
定義より、Artin 記号 $\left(\frac{K/\mathbb{Q}}{q}\right)$ は、 $q$ の上にある素イデアル $\mathfrak{q}$ の分解群 $D(\mathfrak{q}/q)$ の生成元である。
補題 2（および前段落の議論）より、 $\left(\frac{p^*}{q}\right) = 1$ のとき、 $q$ は $K$ において完全分解する。このとき分解指数は $g = 2$ 、惰性指数は $f = 1$ であり、分解群 $D(\mathfrak{q}/q)$ の位数は $f = 1$ である。したがって、分解群は自明群 $\{\operatorname{id}\}$ となり、 $\left(\frac{K/\mathbb{Q}}{q}\right) = \operatorname{id}$ となる。
逆に $q$ が惰性するとき、すなわち $\left(\frac{p^*}{q}\right) = -1$ のとき、 $g = 1, f = 2$ であり、分解群 $D(\mathfrak{q}/q)$ は Galois 群全体 $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ に一致する。したがって生成元は非自明元 $\rho$ となり、 $\left(\frac{K/\mathbb{Q}}{q}\right) = \rho \neq \operatorname{id}$ となる。
以上より、 $\left(\frac{K/\mathbb{Q}}{q}\right) = \operatorname{id}$ であることと $\left(\frac{p^*}{q}\right) = 1$ は同値であることが示された。

証明
$L = \mathbb{Q}(\zeta_p)$ を $p$ 次円分体とする。定理 2 より、拡大 $L/\mathbb{Q}$ は Galois 拡大であり、その Galois 群 $G = \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ は同型写像 $a \mapsto \sigma_a$ （ただし $\sigma_a(\zeta_p) = \zeta_p^a$ ）により乗法群 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ と同型になる。
群 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ は位数 $p-1$ の巡回群であるため、平方剰余全体からなる位数 $(p-1)/2$ の部分群 $H$ を唯一持つ。Galois 理論の基本定理により、 $H$ を Galois 群とする $L$ の2次部分体 $K$ が唯一つ存在する。
定理 3 で詳細に示したように、この唯一の 2次部分体は $K = \mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ である（ただし $p^* = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p$ ）。
ここで、 $q$ は $p$ と異なる奇素数であるから、 $q$ は $L/\mathbb{Q}$ において不分岐である。したがって、対応する Artin 記号 $\left(\frac{L/\mathbb{Q}}{q}\right) \in G$ が well-defined に定まる。定理 2 より、この Artin 記号は $\operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ の自己同型 $\sigma_q$ に等しい。すなわち、 $$ \left(\frac{L/\mathbb{Q}}{q}\right) = \sigma_q $$ である。
定理 1 より、類体論における Artin 記号の制限の性質（制限則）を拡大の列 $\mathbb{Q} \subset K \subset L$ に適用すると、 $L$ の Artin 記号を部分体 $K$ に制限したものは、 $K/\mathbb{Q}$ における Artin 記号に完全に一致する。すなわち次が成り立つ。 $$ \left.\left(\frac{L/\mathbb{Q}}{q}\right)\right|_{K} = \left(\frac{K/\mathbb{Q}}{q}\right) $$ 制限写像の式は以下のように書き直せる。 $$ \left.\sigma_q\right|_{K} = \left(\frac{K/\mathbb{Q}}{q}\right) $$ この等式の両辺が $K$ 上で恒等写像 $\operatorname{id}$ に等しくなる条件をそれぞれ分析・評価する。
左辺について：
$\left.\sigma_q\right|_{K} = \operatorname{id}$ となることは、Galois 理論の基本定理より自己同型 $\sigma_q \in \operatorname{Gal}(L/K)$ となることと同値である。 定理 3 の証明の通り、 Galois 群の対応において部分群 $\operatorname{Gal}(L/K) = H$ は $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ の平方剰余全体からなる部分群に対応していた。 したがって、 $\sigma_q \in H$ となるための必要十分条件は、剰余類 $q \pmod p \in H$ となること、すなわち $q$ が $p$ を法として平方剰余となることである。 Legendre 記号を用いれば、これは $$ \left(\frac{q}{p}\right) = 1 $$ と同値である。
右辺について：
定理 4 より $\left(\frac{K/\mathbb{Q}}{q}\right) = \operatorname{id}$ となるための必要十分条件は、 $$ \left(\frac{p^*}{q}\right) = 1 $$ である。
$\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ は位数 $2$ の群であり、各元は同型を除いて $\{-1, 1\}$ という値（符号）に自然に対応づけられている。上記の2つの条件が同値であるということは、両者の元が $\operatorname{id}$ に一致する条件が完全に同値であることから、両辺の群の元が取る値としての符号も完全に一致することを意味する。すなわち次を得る。 $$ \left(\frac{q}{p}\right) = \left(\frac{p^*}{q}\right) $$ 最後に、右辺の $\left(\frac{p^*}{q}\right)$ を Legendre 記号の乗法性を用いて変形する。 $p^* = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p$ であったから、 $$ \left(\frac{p^*}{q}\right) = \left(\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}} p}{q}\right) = \left(\frac{-1}{q}\right)^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) $$ となる。補題 1（Euler の規準）により $\left(\frac{-1}{q}\right) = (-1)^{\frac{q-1}{2}}$ であるため、これを代入して展開すると、 $$ \left(\frac{p^*}{q}\right) = \left( (-1)^{\frac{q-1}{2}} \right)^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) $$ となる。
これを先ほどの等式に代入することで、 $$ \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) $$ が得られる。 Legendre 記号の値は $\pm 1$ であり、 $\left(\frac{p}{q}\right)^2 = 1$ であるから、両辺に $\left(\frac{p}{q}\right)$ を掛けることで、 $$ \left(\frac{p}{q}\right) \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} $$ が示され、平方剰余の相互法則の証明が完全に完了する。