本稿では、ある代数 $\mathcal{A}_{m,n}$ に付随して構成される、互いに素な整数 $m, n$ から定まる $p$-行列および $q$-行列の厳密な定義と、それらが満たす美しい双対性（転置行列となる性質）について、一切の省略を排して self-contained に完全な証明を与えます。
議論を完全に追うことができるよう、まずは基盤となる初等整数論の基本概念を詳細に定義し、理解を助ける具体例を提示します。
$m$ を正の整数とします。2つの整数 $a, b$ の差 $a - b$ が $m$ の倍数であるとき、$a$ と $b$ は法 $m$ に関して合同であるといい、 $$ a \equiv b \pmod m $$ と表します。法 $m$ で合同な整数の集合を剰余類と呼び、これらを集めた環を $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ と表記します。$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ の要素は $\{0, 1, \dots, m - 1\}$ で代表させることができます。
整数 $a, b$ が互いに素（最大公約数が $1$、すなわち $\gcd(a,b)=1$）であるとき、方程式 $$ ax \equiv 1 \pmod b $$ を満たす整数 $x$ が法 $b$ において一意に存在します。この $x$ を、法 $b$ における $a$ の逆元と呼びます。
$m, n$ が互いに素な整数のとき、任意の整数 $\mu, \nu$ に対して、連立合同式 $$ k \equiv \mu \pmod m $$ $$ k \equiv \nu \pmod n $$ を満たす整数 $k$ が、法 $mn$ において一意に存在します。すなわち、写像 $$ \phi: \mathbb{Z}/mn\mathbb{Z} \xrightarrow{\sim} \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, \quad k \pmod{mn} \mapsto (k \pmod m, k \pmod n) $$ は環の同型対応（全単射）を与えます。
$m, n$ を $m \ge 2, n \ge 2$ かつ $\gcd(m,n) = 1$ を満たす互いに素な整数とします。
$1 \le \tilde{m} \le n - 1$ および $1 \le \tilde{n} \le m - 1$ を、それぞれ $\bmod n$ における $m$ の逆元、および $\bmod m$ における $n$ の逆元と定義します。すなわち、以下の合同式が成り立ちます： $$ \tilde{m}m \equiv 1 \pmod n, \quad \tilde{n}n \equiv 1 \pmod m $$
次に、特定の条件を満たす組の集合 $B^{(m,n)} \subset \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ を次のように定めます： $$ B^{(m,n)} = \{ (\mu \bmod m, \mu \bmod n) \in \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \mid 0 \le \mu < \tilde{m}m \} $$
この集合を用いて、行列の各成分となる $p^{(m,n)}_{\mu\nu}$ を次のように定めます： $$ p^{(m,n)}_{\mu\nu} = \begin{cases} q & \text{if } (\mu \bmod m, \nu \bmod n) \in B^{(m,n)}, \\ 1 & \text{otherwise.} \end{cases} $$ （ここで $q$ は任意の非零パラメータです。）
さらに、この $p$ の比の二乗として、 $q^{(m,n)}_{\mu\nu}$ を次のように定義します： $$ q^{(m,n)}_{\mu\nu} = \left( \frac{p^{(m,n)}_{\mu\nu}}{p^{(m,n)}_{\mu-1,\nu}} \right)^2 $$ ※ ここで分母の添字は $\mu-1$ となっており、これは行列における「一つ上の行の同じ列の成分」との比をとる操作に相当します。
全く同様に、$m$ と $n$ の役割を完全に入れ替えた量も定義します。集合 $B^{(n,m)} \subset \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$、 $p^{(n,m)}_{\nu\mu}$、 $q^{(n,m)}_{\nu\mu}$ は、 $\tilde{n}$ を用いて次のように定義されます： $$ B^{(n,m)} = \{ (\nu \bmod n, \nu \bmod m) \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \mid 0 \le \nu < \tilde{n}n \} $$ $$ p^{(n,m)}_{\nu\mu} = \begin{cases} q & \text{if } (\nu \bmod n, \mu \bmod m) \in B^{(n,m)}, \\ 1 & \text{otherwise.} \end{cases} $$ $$ q^{(n,m)}_{\nu\mu} = \left( \frac{p^{(n,m)}_{\nu\mu}}{p^{(n,m)}_{\nu-1,\mu}} \right)^2 $$
一般の互いに素な $m, n \ge 2$ に対する主定理の完全な証明のために、以下の3つの補題を準備し、いかなる飛躍もなく厳密に証明します。
逆元の定義より、 $\tilde{m}m \equiv 1 \pmod n$ が成り立ちます。また、自明に $\tilde{m}m \equiv 0 \pmod m$ です。 全く同様に、 $\tilde{n}n \equiv 1 \pmod m$ かつ $\tilde{n}n \equiv 0 \pmod n$ が成り立ちます。
したがって、和 $X = \tilde{m}m + \tilde{n}n$ について法 $m$ と法 $n$ でそれぞれ評価すると、 $$ X = \tilde{m}m + \tilde{n}n \equiv 0 + 1 = 1 \pmod m $$ $$ X = \tilde{m}m + \tilde{n}n \equiv 1 + 0 = 1 \pmod n $$ となります。
$m$ と $n$ は互いに素であるため、中国式剰余定理（定理 1.3）により、これらを同時に満たす整数は法 $mn$ において一意に定まります。すなわち、 $$ \tilde{m}m + \tilde{n}n \equiv 1 \pmod{mn} $$ が得られます。
次に、和 $X$ のとりうる値の範囲を評価します。 逆元は $1 \le \tilde{m} \le n - 1$ および $1 \le \tilde{n} \le m - 1$ の範囲でとるため、下限は $$ \tilde{m}m + \tilde{n}n \ge 1 \cdot m + 1 \cdot n = m + n > 1 $$ となります（$m \ge 2, n \ge 2$ より）。 上限については、 $$ \tilde{m}m + \tilde{n}n \le (n - 1)m + (m - 1)n = mn - m + mn - n = 2mn - (m + n) < 2mn $$ が成り立ちます。
つまり、$1 < \tilde{m}m + \tilde{n}n < 2mn$ の範囲にあり、かつ $mn$ を法として $1$ と合同な整数です。 この条件を満たす整数は $mn + 1$ のみです。 したがって、 $\tilde{m}m + \tilde{n}n = mn + 1$ が成立します。
中国式剰余定理により、全単射 $$ \phi: \{0, 1, \dots, mn - 1\} \xrightarrow{\sim} \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, \quad x \mapsto (x \bmod m, x \bmod n) $$ が存在します。
集合 $B^{(m,n)}$ の定義より、 $$ B^{(m,n)} = \{ (x \bmod m, x \bmod n) \mid 0 \le x < \tilde{m}m \} $$ です。 $\phi$ は単射（一対一対応）であるから、組 $(k \bmod m, k \bmod n) \in B^{(m,n)}$ となるための必要十分条件は、条件 $0 \le x < \tilde{m}m$ を満たす $x$ であって $\phi(x) = (k \bmod m, k \bmod n)$ となるものが存在することです。 これはすなわち $x = k$ であり、 $0 \le k < \tilde{m}m$ となることと完全に同値です。これで 1 が示されました。
同様に、対 $(\nu \bmod n, \mu \bmod m)$ に対しても、中国式剰余定理による一意な代表元 $k' \in \{0, 1, \dots, mn - 1\}$ は $$ k' \equiv \nu \pmod n, \quad k' \equiv \mu \pmod m $$ を満たしますが、これは最初に定義した $k$ の定義式（順序を入れ替えただけ）そのものであるから $k' = k$ です。
したがって、 $B^{(n,m)}$ の定義により、 $(\nu \bmod n, \mu \bmod m) \in B^{(n,m)} \iff 0 \le k < \tilde{n}n$ が成り立ちます。これで 2 が示されました。
1 の証明：
$k_{prev}$ の定義より、 $k_{prev} \equiv \mu - 1 \pmod m$ かつ $k_{prev} \equiv \nu \pmod n$ です。 一方で、元の代表元 $k$ は $k \equiv \mu \pmod m$ かつ $k \equiv \nu \pmod n$ を満たします。 逆元の性質 $\tilde{n}n \equiv 1 \pmod m$ かつ $\tilde{n}n \equiv 0 \pmod n$ を用いると、 $$ k - \tilde{n}n \equiv \mu - 1 \pmod m, \quad k - \tilde{n}n \equiv \nu - 0 = \nu \pmod n $$ が成り立ちます。よって中国式剰余定理の一意性より、$0 \le k_{prev} < mn$ に補正した値として $k_{prev} = (k - \tilde{n}n) \bmod{mn}$ が導かれます。
ここで、$k \in \{0, 1, \dots, mn - 1\}$ の値について場合分けを行い、$0 \le k_{prev} < \tilde{m}m$ となる条件を探ります：
以上より、 $0 \le k_{prev} < \tilde{m}m \iff k = 0 \text{ または } k \ge \tilde{n}n$ が示されました。
2 の証明：
1 の証明と対称的です。 $k'_{prev} \equiv \nu - 1 \pmod n$ かつ $k'_{prev} \equiv \mu \pmod m$ です。 $\tilde{m}m \equiv 1 \pmod n$ かつ $\tilde{m}m \equiv 0 \pmod m$ より、 $k'_{prev} \equiv k - \tilde{m}m \pmod{mn}$ が成り立ちます。
以上より、 $0 \le k'_{prev} < \tilde{n}n \iff k = 0 \text{ または } k \ge \tilde{m}m$ が示されました。
$(\mu \bmod m, \nu \bmod n)$ に対応する一意な代表元を $k \in \{0, 1, \dots, mn - 1\}$ とします。 補題2および補題3により、各 $p$ の値は代表元 $k$ の条件のみから以下のように完全に定まることが分かります：
$$ p^{(m,n)}_{\mu\nu} = \begin{cases} q & (0 \le k < \tilde{m}m) \\ 1 & (k \ge \tilde{m}m) \end{cases} $$ $$ p^{(m,n)}_{\mu-1,\nu} = \begin{cases} q & (k = 0 \text{ または } k \ge \tilde{n}n) \\ 1 & (1 \le k < \tilde{n}n) \end{cases} $$ $$ p^{(n,m)}_{\nu\mu} = \begin{cases} q & (0 \le k < \tilde{n}n) \\ 1 & (k \ge \tilde{n}n) \end{cases} $$ $$ p^{(n,m)}_{\nu-1,\mu} = \begin{cases} q & (k = 0 \text{ または } k \ge \tilde{m}m) \\ 1 & (1 \le k < \tilde{m}m) \end{cases} $$$k \in \{0, 1, \dots, mn - 1\}$ の値に応じて、以下の5つのケースに場合分けして各比率 $q^{(m,n)}_{\mu\nu} = \left( p^{(m,n)}_{\mu\nu} / p^{(m,n)}_{\mu-1,\nu} \right)^2$ および $q^{(n,m)}_{\nu\mu} = \left( p^{(n,m)}_{\nu\mu} / p^{(n,m)}_{\nu-1,\mu} \right)^2$ を計算し、両者が一致することを確かめます。
したがって、 $q^{(m,n)}_{\mu\nu} = 1^2 = 1$ かつ $q^{(n,m)}_{\nu\mu} = 1^2 = 1$ となり一致します。
したがって、 $q^{(m,n)}_{\mu\nu} = q^2$ かつ $q^{(n,m)}_{\nu\mu} = q^2$ となり一致します。
したがって、 $q^{(m,n)}_{\mu\nu} = 1^2 = 1$ かつ $q^{(n,m)}_{\nu\mu} = 1^2 = 1$ となり一致します。
したがって、 $q^{(m,n)}_{\mu\nu} = 1^2 = 1$ かつ $q^{(n,m)}_{\nu\mu} = 1^2 = 1$ となり一致します。
したがって、 $q^{(m,n)}_{\mu\nu} = (q^{-1})^2 = q^{-2}$ かつ $q^{(n,m)}_{\nu\mu} = (q^{-1})^2 = q^{-2}$ となり一致します。
以上の5つのケースは $k \in \{0, 1, \dots, mn - 1\}$ のすべての可能性を網羅しています。すべての可能なケースにおいて $q^{(m,n)}_{\mu\nu} = q^{(n,m)}_{\nu\mu}$ が成り立つことが完全に証明されました。
$m=2, n=3$ のとき、 $\bmod 3$ における $2$ の逆元は $\tilde{m} = 2$ （よって $\tilde{m}m = 4$）、 $\bmod 2$ における $3$ （すなわち $1$）の逆元は $\tilde{n} = 1$ （よって $\tilde{n}n = 3$）です。
それぞれの行列 $[p^{(2,3)}_{\mu\nu}]$ および $[p^{(3,2)}_{\nu\mu}]$ を計算すると次のようになります：
$$ [p^{(2,3)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} q & 1 & q \\ q & q & 1 \end{bmatrix} \quad (\mu = 0, 1; \, \nu = 0, 1, 2) $$ $$ [p^{(3,2)}_{\nu\mu}] = \begin{bmatrix} q & 1 \\ 1 & q \\ q & 1 \end{bmatrix} \quad (\nu = 0, 1, 2; \, \mu = 0, 1) $$これらから $q^{(2,3)}_{\mu\nu} = (p^{(2,3)}_{\mu\nu} / p^{(2,3)}_{\mu-1,\nu})^2$ および $q^{(3,2)}_{\nu\mu} = (p^{(3,2)}_{\nu\mu} / p^{(3,2)}_{\nu-1,\mu})^2$ を計算すると：
$$ [q^{(2,3)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} 1 & q^{-2} & q^2 \\ 1 & q^2 & q^{-2} \end{bmatrix} $$ $$ [q^{(3,2)}_{\nu\mu}] = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ q^{-2} & q^2 \\ q^2 & q^{-2} \end{bmatrix} $$したがって、 $[q^{(3,2)}_{\nu\mu}]$ は $[q^{(2,3)}_{\mu\nu}]$ の転置行列となっており、すべての $(\mu, \nu)$ について双対性が成立していることが確認できます。
$m=3, n=4$ の場合を考えます。 $\bmod 4$ における $3$ の逆元は $\tilde{m} = 3$ （$3 \times 3 = 9 \equiv 1 \pmod 4$）、よって $\tilde{m}m = 9$。 $\bmod 3$ における $4$ （すなわち $1$）の逆元は $\tilde{n} = 1$、よって $\tilde{n}n = 4$。
代表元 $k \in \{0, 1, \dots, 11\}$ は合同式 $k \equiv \mu \pmod 3, k \equiv \nu \pmod 4$ を満たします。 $p^{(3,4)}_{\mu\nu}$ は $0 \le k < 9$ なら $q$、 $9 \le k \le 11$ なら $1$ となります。 全成分を計算すると次のようになります：
$$ [p^{(3,4)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} q & 1 & q & q \\ q & q & 1 & q \\ q & q & q & 1 \end{bmatrix} $$これを用いて $q^{(3,4)}_{\mu\nu} = \left( p^{(3,4)}_{\mu\nu} / p^{(3,4)}_{\mu-1,\nu} \right)^2$ を計算します（行は循環して一つ上と比較します）：
$$ [q^{(3,4)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} 1 & q^{-2} & 1 & q^2 \\ 1 & q^2 & q^{-2} & 1 \\ 1 & 1 & q^2 & q^{-2} \end{bmatrix} $$これが $(m,n)=(4,3)$ から作られる行列の転置と一致することが保証されています。
$(m,n) = (3,5)$ のとき、 $\bmod 5$ における $3$ の逆元は $\tilde{m} = 2$ です。 このとき、 $p^{(3,5)}_{\mu\nu}$ を成分とする行列は次のように与えられます：
$$ [p^{(3,5)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} q & 1 & 1 & q & 1 \\ 1 & q & 1 & 1 & q \\ q & 1 & q & 1 & 1 \end{bmatrix} \quad (\mu = 0, 1, 2; \, \nu = 0, 1, 2, 3, 4) $$これを用いて $q^{(3,5)}_{\mu\nu}$ を計算すると、次の行列が得られます：
$$ [q^{(3,5)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} 1 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 \\ q^{-2} & q^2 & 1 & q^{-2} & q^2 \\ q^2 & q^{-2} & q^2 & 1 & q^{-2} \end{bmatrix} $$一方、 $m$ と $n$ を入れ替えた $(m,n) = (5,3)$ のとき、 $\bmod 3$ における $5$ （すなわち $2$）の逆元は $\tilde{n} = 2$ です。 このとき得られる $q^{(5,3)}_{\nu\mu}$ の行列は次のようになります：
$$ [q^{(5,3)}_{\nu\mu}] = \begin{bmatrix} 1 & q^{-2} & q^2 \\ 1 & q^2 & q^{-2} \\ q^{-2} & 1 & q^2 \\ q^2 & q^{-2} & 1 \\ 1 & q^2 & q^{-2} \end{bmatrix} \quad (\nu = 0, 1, 2, 3, 4; \, \mu = 0, 1, 2) $$これら２つの行列を見比べると、 $[q^{(5,3)}_{\nu\mu}]$ は $[q^{(3,5)}_{\mu\nu}]$ の転置行列となっていることが明確に確認できます。
さらにサイズを大きくした $(m,n) = (7,11)$ の場合について、 $p$ と $q$ の行列の具体的な形を計算します。
まず、 $\bmod{11}$ における $7$ の逆元 $\tilde{m}$、および $\bmod 7$ における $11$ の逆元 $\tilde{n}$ を求めます。 $7 \times 8 = 56 \equiv 1 \pmod{11}$ より、 $\tilde{m} = 8$ であり、 $\tilde{m}m = 56$ です。 $11 \times 2 = 22 \equiv 1 \pmod 7$ より、 $\tilde{n} = 2$ であり、 $\tilde{n}n = 22$ です。 ここで、 $\tilde{m}m + \tilde{n}n = 56 + 22 = 78 = 7 \times 11 + 1$ が成立しており、補題1が成り立っていることが確認できます。
代表元 $k \in \{0, 1, \dots, 76\}$ は、中国式剰余定理に基づく構成式 $k = (22\mu + 56\nu) \bmod 77$ として計算できます。 例えば、 $\mu = 1, \nu = 2$ のセル（0-indexed で第1行・第2列）を計算してみましょう： $$ k = (22(1) + 56(2)) \bmod 77 = (22 + 112) \bmod 77 = 134 \bmod 77 = 57 $$ $k = 57$ であり、条件 $0 \le k < 56$ （$\tilde{m}m$ 未満）を満たさないため、$p^{(7,11)}_{1,2} = 1$ となるはずです。以下の行列で実際に確認できます。
すべての $\mu = 0, \dots, 6$ と $\nu = 0, \dots, 10$ について計算すると、以下のような $7 \times 11$ 行列が得られます：
$$ [p^{(7,11)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} q & 1 & q & q & 1 & q & q & q & 1 & q & q \\ q & q & 1 & q & q & 1 & q & q & q & 1 & q \\ q & q & q & 1 & q & q & 1 & q & q & q & 1 \\ 1 & q & q & q & 1 & q & q & 1 & q & q & q \\ q & 1 & q & q & q & 1 & q & q & 1 & q & q \\ q & q & 1 & q & q & q & 1 & q & q & 1 & q \\ q & q & q & 1 & q & q & q & 1 & q & q & 1 \end{bmatrix} $$同様に、 $m$ と $n$ の役割を入れ替えた $(m,n) = (11,7)$ の場合を考えます。 $p^{(11,7)}_{\nu\mu}$ は、同じ代表元 $k$ に対して $0 \le k < 22$ のときに $q$ となり、 $22 \le k \le 76$ のときに $1$ となります。 これを計算すると、以下の $11 \times 7$ 行列となります：
$$ [p^{(11,7)}_{\nu\mu}] = \begin{bmatrix} q & q & q & 1 & q & q & q \\ 1 & q & q & q & 1 & q & q \\ q & 1 & q & q & q & 1 & q \\ q & q & 1 & q & q & q & 1 \\ 1 & q & q & 1 & q & q & q \\ q & 1 & q & q & 1 & q & q \\ q & q & 1 & q & q & 1 & q \\ q & q & q & 1 & q & q & 1 \\ 1 & q & q & q & 1 & q & q \\ q & 1 & q & q & q & 1 & q \\ q & q & 1 & q & q & q & 1 \end{bmatrix} $$定理の証明で分類した通り、代表元 $k$ の値に応じて $q^{(7,11)}_{\mu\nu}$ は以下のように決定されます：
$q^{(7,11)}_{\mu\nu} = \left( p^{(7,11)}_{\mu\nu} / p^{(7,11)}_{\mu-1,\nu} \right)^2$ を計算すると、以下の $7 \times 11$ 行列が得られます：
$$ [q^{(7,11)}_{\mu\nu}] = \begin{bmatrix} 1 & q^{-2} & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & q^2 \\ 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 \\ 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & 1 & q^2 & q^{-2} \\ q^{-2} & 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & 1 & q^2 \\ q^2 & q^{-2} & 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & 1 \\ 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 \\ 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & 1 & q^2 & q^{-2} & 1 & q^2 & q^{-2} \end{bmatrix} $$一方、 $(m,n) = (11,7)$ の場合、得られる $11 \times 7$ 行列 $[q^{(11,7)}_{\nu\mu}]$ は、上記行列の行と列をそっくり入れ替えた転置行列となります：
$$ [q^{(11,7)}_{\nu\mu}] = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & 1 \\ q^{-2} & q^2 & 1 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 \\ 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & 1 & q^{-2} & q^2 \\ q^2 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & 1 & q^{-2} \\ q^{-2} & q^2 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & 1 \\ 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 \\ 1 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & q^{-2} & q^2 \\ q^2 & 1 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & q^{-2} \\ q^{-2} & q^2 & 1 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 \\ 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & 1 & q^{-2} & q^2 \\ q^2 & 1 & q^{-2} & q^2 & 1 & 1 & q^{-2} \end{bmatrix} $$$p^{(m,n)}_{\mu\nu}$ の段階では互いに転置の関係にあるわけではありませんが、各列・各行ごとの比をとって二乗する操作を経ることで、最終的な $q$ の行列において完全な転置関係（双対性）が現れるという素晴らしい仕組みになっています。