円分体とガロア理論、およびArtin写像を用いた平方剰余の相互法則の完全な証明

証明
まず、唯一性について証明する。円分体 $K = \mathbb{Q}(\zeta_p)$ の有理数体 $\mathbb{Q}$ 上の拡大次数は $[K : \mathbb{Q}] = p-1$ である。
前述の通り、Galois群 $G = \mathrm{Gal}(K / \mathbb{Q})$ は $(\mathbb{Z} / p\mathbb{Z})^\times$ と同型である。$(\mathbb{Z} / p\mathbb{Z})^\times$ は原始根を持つため、位数 $p-1$ の巡回群となる。したがって $G$ も位数 $p-1$ の巡回群である。
Galois理論の基本定理により、$K$ に含まれる $\mathbb{Q}$ の中間体 $L$ は、$G$ の部分群 $H$ と一対一に対応し、その対応において拡大次数 $[L : \mathbb{Q}]$ は部分群の指数 $[G : H]$ に等しい。
$L$ が2次体であることは $[L : \mathbb{Q}] = 2$ すなわち $[G : H] = 2$ と同値である。$p$ は奇素数であるから $p-1$ は偶数であり、$G$ は偶数位数の巡回群である。偶数位数の巡回群において、指数が2の部分群 $H$ はただ一つ存在する。したがって、$K$ に含まれる2次体は唯一である。

次に、その唯一の2次体が $\mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ であることを、Gauss和を用いて構成的に証明する。
ルジャンドル記号を用いて、以下の要素 $g \in K$ を定義する。これをGauss和 (Gauss sum) と呼ぶ。 $$ g = \sum_{a=1}^{p-1} \left(\frac{a}{p}\right) \zeta_p^a $$ $g$ の平方 $g^2$ を計算する。 $$ g^2 = \left( \sum_{a=1}^{p-1} \left(\frac{a}{p}\right) \zeta_p^a \right) \left( \sum_{b=1}^{p-1} \left(\frac{b}{p}\right) \zeta_p^b \right) $$ $$ g^2 = \sum_{a=1}^{p-1} \sum_{b=1}^{p-1} \left(\frac{a}{p}\right) \left(\frac{b}{p}\right) \zeta_p^{a+b} $$ ここで、$a$ を固定するごとに、$b$ を $p$ を法として $b \equiv ac \pmod p$ となる変数 $c \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$ に変換する。$a$ が固定されていれば、$b$ が $1$ から $p-1$ まで動くとき、$c$ も $1$ から $p-1$ まで過不足なく動く。ルジャンドル記号の完全乗法性により $\left(\frac{a}{p}\right) \left(\frac{ac}{p}\right) = \left(\frac{a^2 c}{p}\right) = \left(\frac{c}{p}\right)$ となるため、式は次のように変形できる。 $$ g^2 = \sum_{a=1}^{p-1} \sum_{c=1}^{p-1} \left(\frac{c}{p}\right) \zeta_p^{a+ac} = \sum_{c=1}^{p-1} \left(\frac{c}{p}\right) \sum_{a=1}^{p-1} \zeta_p^{a(1+c)} $$ 内側の和 $\sum_{a=1}^{p-1} \zeta_p^{a(1+c)}$ を評価する。
$c = p-1$ （すなわち $c \equiv -1 \pmod p$）のとき、$1+c \equiv 0 \pmod p$ であるから $\zeta_p^{1+c} = \zeta_p^0 = 1$ となり、内側の和は $p-1$ となる。
$c \neq p-1$ のとき、$1+c \not\equiv 0 \pmod p$ であるから $\zeta_p^{1+c}$ は $1$ 以外の $1$ の $p$ 乗根である。等比数列の和の公式より $\sum_{a=1}^{p-1} (\zeta_p^{1+c})^a = -1$ となる。
これらを元の式に代入する。 $$ g^2 = \left(\frac{p-1}{p}\right) (p-1) + \sum_{c=1}^{p-2} \left(\frac{c}{p}\right) (-1) $$ すべての $c \in (\mathbb{Z} / p\mathbb{Z})^\times$ にわたるルジャンドル記号の和は $0$ である。すなわち $\sum_{c=1}^{p-1} \left(\frac{c}{p}\right) = 0$ であり、これより $\sum_{c=1}^{p-2} \left(\frac{c}{p}\right) = - \left(\frac{p-1}{p}\right)$ を得る。したがって、 $$ g^2 = \left(\frac{p-1}{p}\right) (p-1) - \left( - \left(\frac{p-1}{p}\right) \right) = \left(\frac{p-1}{p}\right) p $$ 平方剰余の第1補充則 $\left(\frac{-1}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2}}$ より、$p-1 \equiv -1 \pmod p$ であるため、 $$ g^2 = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p = p^* $$ であることが導かれた。これより $g = \pm \sqrt{p^*}$ であり、$g \in K$ であるから $\sqrt{p^*} \in K$ となる。$p$ は奇素数であるから $p^* \neq 1$ であり、$\sqrt{p^*}$ は無理数である。よって $\mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ は $K$ に含まれる2次体であり、先述の唯一性により $K$ が含む2次体は $\mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ に限られることが完全に証明された。

証明
代数的整数環 $\mathbb{Z}[\zeta_p]$ におけるイデアル $q\mathbb{Z}[\zeta_p]$ を法とする合同関係を考える。標数 $q$ の性質から、任意の要素 $x, y \in \mathbb{Z}[\zeta_p]$ に対して多項定理を用いると二項係数が $q$ の倍数になるため、$(x+y)^q \equiv x^q + y^q \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]}$ が成り立つ。
これを用いてGauss和 $g$ の $q$ 乗である $g^q$ を2通りの方法で計算し、比較する。

【計算方法1：直接 $q$ 乗の展開】
和の $q$ 乗の性質を用いると、 $$ g^q = \left( \sum_{a=1}^{p-1} \left(\frac{a}{p}\right) \zeta_p^a \right)^q \equiv \sum_{a=1}^{p-1} \left(\frac{a}{p}\right)^q \zeta_p^{aq} \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]} $$ ルジャンドル記号の取る値は $\pm 1$ であり、$q$ は奇数であるため $\left(\frac{a}{p}\right)^q = \left(\frac{a}{p}\right)$ である。さらに $\left(\frac{a}{p}\right) = \left(\frac{a}{p}\right) \left(\frac{q^2}{p}\right) = \left(\frac{aq}{p}\right) \left(\frac{q}{p}\right)$ と変形できる。これを代入すると、 $$ g^q \equiv \sum_{a=1}^{p-1} \left(\frac{aq}{p}\right) \left(\frac{q}{p}\right) \zeta_p^{aq} = \left(\frac{q}{p}\right) \sum_{a=1}^{p-1} \left(\frac{aq}{p}\right) \zeta_p^{aq} \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]} $$ $a$ が $1$ から $p-1$ まで動くとき、$q$ は $p$ と互いに素であるから、$aq$ も $p$ を法として $1$ から $p-1$ までの剰余類を全て走る。したがって、右辺の和の順序を並べ替えるとGauss和 $g$ そのものに一致する。 $$ g^q \equiv \left(\frac{q}{p}\right) g \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]} $$
【計算方法2： $g^2 = p^*$ の利用】
定理2.1で示した $g^2 = p^*$ と、定義1.2のオイラーの規準を用いて $g^q$ を計算する。 $$ g^q = g \cdot (g^2)^{\frac{q-1}{2}} = g \cdot (p^*)^{\frac{q-1}{2}} $$ オイラーの規準により、$\mathbb{Z}$ において $(p^*)^{\frac{q-1}{2}} \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) \pmod q$ が成り立つ。これは当然 $\mathbb{Z}[\zeta_p]$ においても $q\mathbb{Z}[\zeta_p]$ を法として成り立つため、 $$ g^q \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) g \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]} $$
【結果の比較と結論】
得られた2つの合同式を比較する。 $$ \left(\frac{q}{p}\right) g \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) g \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]} $$ 両辺に $g$ を掛ける。 $$ \left(\frac{q}{p}\right) g^2 \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) g^2 \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]} $$ $$ \left(\frac{q}{p}\right) p^* \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) p^* \pmod{q\mathbb{Z}[\zeta_p]} $$ ここで、$p$ と $q$ は異なる素数であるため、$p^*$ と $q$ は互いに素である。また、合同式の両辺および $p^*$ はすべて有理整数 (すなわち $\mathbb{Z}$ の元) であり、有理整数が $q\mathbb{Z}[\zeta_p]$ に属するための必要十分条件はそれが通常の意味で $\mathbb{Z}$ において $q$ の倍数となることである。
したがって、上記の合同式から $\mathbb{Z}$ における合同式として $p^*$ を割ることが正当化され、 $$ \left(\frac{q}{p}\right) \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) \pmod q $$ を得る。両辺はともに $+1$ または $-1$ であり、その差は $0, 2, -2$ のいずれかである。$q$ は奇素数であるため差が $q$ の倍数になるには両者が完全に等しくなるほかない。よって、 $$ \left(\frac{q}{p}\right) = \left(\frac{p^*}{q}\right) $$ が成り立つ。
最後に $p^* = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p$ を右辺に代入し、ルジャンドル記号の完全乗法性と第1補充則 $\left(\frac{-1}{q}\right) = (-1)^{\frac{q-1}{2}}$ を用いて展開する。 $$ \left(\frac{p^*}{q}\right) = \left(\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}} p}{q}\right) = \left(\frac{-1}{q}\right)^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) = \left((-1)^{\frac{q-1}{2}}\right)^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) $$ $$ = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) $$ これを先ほどの等式に代入し、両辺に $\left(\frac{p}{q}\right)$ を掛ける（$\left(\frac{p}{q}\right)^2 = 1$ に注意する）ことで、 $$ \left(\frac{p}{q}\right) \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} $$ が導出される。これが求める平方剰余の相互法則である。

証明（Artin写像を用いた相互法則の導出）

【ステップ1：二次部分体への制限とルジャンドル記号】
定理2.1で示した通り、$L = \mathbb{Q}(\zeta_p)$ には唯一の二次部分体 $K = \mathbb{Q}(\sqrt{p^*})$ が存在する。ただし $p^* = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p$ である。
Artin写像の基本的な性質（関手性）により、$\sigma_q$ を部分体 $K$ に制限した $\sigma_q|_K$ は、部分拡大 $K/\mathbb{Q}$ におけるArtin記号 $\left( \frac{K/\mathbb{Q}}{q} \right)$ に等しくなる。
$\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q}) \cong \{\pm 1\}$ である。自己同型 $\sigma_q \in \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$ が部分群 $\mathrm{Gal}(L/K)$ に属する（すなわち $\sigma_q|_K$ が恒等写像になる）ための必要十分条件は、$q \pmod p$ が $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$ において指数2の部分群に属すること、つまり平方剰余（偶数乗の元）であることである。
したがって、ルジャンドル記号 $\left(\frac{q}{p}\right)$ を用いると、$\sigma_q$ の $K$ の生成元 $\sqrt{p^*}$ への作用は次のように完全に符号で記述できる。 $$ \sigma_q(\sqrt{p^*}) = \left(\frac{q}{p}\right) \sqrt{p^*} \quad \cdots \text{(A)} $$
【ステップ2：オイラーの規準を用いた別視点からの計算】
一方で、$\sigma_q|_K$ は二次拡大 $K/\mathbb{Q}$ におけるフロベニウス自己同型でもあるため、モジュロ $q$ の上の素イデアル $\mathfrak{q}_K = \mathfrak{q} \cap \mathbb{Z}[\sqrt{p^*}]$ において次を満たさなければならない。 $$ \sigma_q(\sqrt{p^*}) \equiv (\sqrt{p^*})^q = (p^*)^{\frac{q-1}{2}} \sqrt{p^*} \pmod{\mathfrak{q}_K} $$ オイラーの規準（定義1.2）によれば、$\mathbb{Z}$ 上の合同式として $(p^*)^{\frac{q-1}{2}} \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) \pmod q$ が成り立つ。したがってイデアル $\mathfrak{q}_K$ を法としても、 $$ \sigma_q(\sqrt{p^*}) \equiv \left(\frac{p^*}{q}\right) \sqrt{p^*} \pmod{\mathfrak{q}_K} $$ となる。
(A) より $\sigma_q(\sqrt{p^*}) = \pm \sqrt{p^*}$ であるため、上記の合同式の両辺の係数は $\pm 1$ のいずれかである。$q \neq 2$ であるから $1 \not\equiv -1 \pmod{\mathfrak{q}_K}$ であり、合同式はそのまま厳密な等式として成立する。 $$ \sigma_q(\sqrt{p^*}) = \left(\frac{p^*}{q}\right) \sqrt{p^*} \quad \cdots \text{(B)} $$
【ステップ3：相互法則の完成】
(A) と (B) の結果を比較すると、直ちに以下の等式が得られる。 $$ \left(\frac{q}{p}\right) = \left(\frac{p^*}{q}\right) $$ この式は、Gauss和を用いた証明の最終段階で得た式と全く同一である。ここで、ルジャンドル記号の完全乗法性と第一補充法則 $\left(\frac{-1}{q}\right) = (-1)^{\frac{q-1}{2}}$ を用いて右辺を再び展開する。 $$ \left(\frac{p^*}{q}\right) = \left(\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}} p}{q}\right) = \left(\frac{-1}{q}\right)^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left(\frac{p}{q}\right) $$ よって、最終的な結論として以下の式が導かれる。 $$ \left(\frac{p}{q}\right) \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} $$ これが類体論のArtin相互法則の観点に基づく、平方剰余の相互法則の証明である。このアプローチでは、「基礎体 $\mathbb{Q}$ の素数 $q$ が、円分体 $L$ の部分体 $K$ でどう分解するか」という局所的な情報と、大域的なGalois群の構造がArtin写像（フロベニウス自己同型）を通して結びつくことで、この美しい対称性が生まれると解釈することができる。