二次互反律的证明

这个条目给出了二次互反律的证明。 对于两个奇素数 p , q {\displaystyle p,q} ， ( p q ) ⋅ ( q p ) = ( − 1 ) ( p − 1 ) ( q − 1 ) 4 {\displaystyle \left({\frac {p}{q}}\right)\cdot \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{\frac {(p-1)(q-1)}{4}}} 。其中， ( p q ) {\displaystyle \left({\frac {p}{q}}\right)} 是勒让德符号。 设 p {\displaystyle p} 是一个奇素数并且 a ≢ 0 mod p {\displaystyle a\not \equiv 0\mod p} 。对于每个 k = 1 , 2 , . . . , p − 1 2 {\displaystyle k=1,2,...,{\frac {p-1}{2}}} ，这样定义 ϵ k {\displaystyle \epsilon _{k}} 和 r k {\displaystyle r_{k}} ： a k ≡ ϵ k r k mod p {\displaystyle ak\equiv \epsilon _{k}r_{k}\mod p} ，其中 0 < r k < p 2 {\displaystyle 0<r_{k}<{\frac {p}{2}}} ， ϵ k = ± 1 {\displaystyle \epsilon _{k}=\pm 1} 。通过分别考虑 ϵ k = 1 {\displaystyle \epsilon _{k}=1} 和 ϵ k = − 1 {\displaystyle \epsilon _{k}=-1} 的情况，易证每个 r k {\displaystyle r_{k}} 都两两不等。 现在考虑 ∏ k = 1 ( p − 1 ) / 2 a k ≡ ∏ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ϵ k ∏ k = 1 ( p − 1 ) / 2 r k mod p {\displaystyle \prod _{k=1}^{(p-1)/2}ak\equiv \prod _{k=1}^{(p-1)/2}\epsilon _{k}\prod _{k=1}^{(p-1)/2}r_{k}\mod p} 。因为每个 r k {\displaystyle r_{k}} 都两两不等，所以 { r 1 , r 2 , . . . , r p − 1 2 } {\displaystyle \{r_{1},r_{2},...,r_{\frac {p-1}{2}}\}} 就是 { 1 , 2 , . . . , p − 1 2 } {\displaystyle \{1,2,...,{\frac {p-1}{2}}\}} 的一个重排列。所以我们得到 a p − 1 2 ∏ k = 1 ( p − 1 ) / 2 k ≡ ∏ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ϵ k ∏ k = 1 ( p − 1 ) / 2 k mod p {\displaystyle a^{\frac {p-1}{2}}\prod _{k=1}^{(p-1)/2}k\equiv \prod _{k=1}^{(p-1)/2}\epsilon _{k}\prod _{k=1}^{(p-1)/2}k\mod p} ，因此 a p − 1 2 ≡ ∏ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ϵ k mod p {\displaystyle a^{\frac {p-1}{2}}\equiv \prod _{k=1}^{(p-1)/2}\epsilon _{k}\mod p} 。 现在考虑 ϵ k {\displaystyle \epsilon _{k}} 的正负情况。 a k ≡ ϵ k r k mod p {\displaystyle ak\equiv \epsilon _{k}r_{k}\mod p} 等价于 a k = ϵ k r k + b p , b ∈ Z {\displaystyle ak=\epsilon _{k}r_{k}+bp,b\in \mathbb {Z} } 。若 ϵ k = 1 {\displaystyle \epsilon _{k}=1} ，则有 a k = r k + b p {\displaystyle ak=r_{k}+bp} 。注意到 0 < r k < p 2 {\displaystyle 0<r_{k}<{\frac {p}{2}}} ，将等式两边同时乘2得到 2 a k = R k + B k p {\displaystyle 2ak=R_{k}+B_{k}p} ，其中 R k = 2 r k , 0 < R k < p , B k = 2 b {\displaystyle R_{k}=2r_{k},0<R_{k}<p,B_{k}=2b} ，可以发现 B k {\displaystyle B_{k}} 是偶数，而 ⌊ 2 a k p ⌋ = ⌊ R k p + B k ⌋ = B k {\displaystyle \lfloor {\frac {2ak}{p}}\rfloor =\lfloor {\frac {R_{k}}{p}}+B_{k}\rfloor =B_{k}} 也是偶数。同理可证若 ϵ k = − 1 {\displaystyle \epsilon _{k}=-1} ， B k = 2 b + 1 {\displaystyle B_{k}=2b+1} ，而 ⌊ 2 a k p ⌋ {\displaystyle \lfloor {\frac {2ak}{p}}\rfloor } 是奇数。据此，可以知道 sgn ⁡ ( r k ) = ⌊ 2 a k p ⌋ {\displaystyle \operatorname {sgn}(r_{k})=\lfloor {\frac {2ak}{p}}\rfloor } ，其中 sgn ⁡ ( r k ) {\displaystyle \operatorname {sgn}(r_{k})} 是 r k {\displaystyle r_{k}} 的符号，也就是 ϵ k = 1 {\displaystyle \epsilon _{k}=1} 还是 ϵ k = − 1 {\displaystyle \epsilon _{k}=-1} 。 所以 a p − 1 2 ≡ ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ 2 a k / p ⌋ mod p {\displaystyle a^{\frac {p-1}{2}}\equiv (-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor 2ak/p\rfloor }\mod p} 。又由欧拉准则知 ( a p ) ≡ a p − 1 2 mod p {\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)\equiv a^{\frac {p-1}{2}}\mod p} ，所以 ( a p ) = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ 2 a k / p ⌋ {\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor 2ak/p\rfloor }} 。 如果 a {\displaystyle a} 是奇数，同时考虑勒让德符号的性质 ( a p ) ( b p ) = ( a b p ) {\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)\left({\frac {b}{p}}\right)=\left({\frac {ab}{p}}\right)} ，可知 ( a p ) ( 2 p ) = ( 2 a + 2 p p ) = ( 4 ( a + p 2 ) p ) = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ 2 ( a + p 2 ) k p ⌋ = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ a k p ⌋ ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 k = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ a k p ⌋ ( − 1 ) p 2 − 1 8 {\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)\left({\frac {2}{p}}\right)=\left({\frac {2a+2p}{p}}\right)=\left({\frac {4\left({\frac {a+p}{2}}\right)}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {2\left({\frac {a+p}{2}}\right)k}{p}}\rfloor }=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}k}=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}} ，其中最后一步利用了等差数列的求和公式。 但是，当 a = 1 {\displaystyle a=1} 时，由上式可得 ( 2 p ) = ( 1 p ) ( 2 p ) = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ k p ⌋ ( − 1 ) p 2 − 1 8 = ( − 1 ) p 2 − 1 8 {\displaystyle \left({\frac {2}{p}}\right)=\left({\frac {1}{p}}\right)\left({\frac {2}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {k}{p}}\rfloor }(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}=(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}} ，所以 ( a p ) = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ a k p ⌋ {\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }} 。 现在令 p {\displaystyle p} 和 q {\displaystyle q} 为奇素数，可得 ( q p ) = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ q k p ⌋ {\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {qk}{p}}\rfloor }} 以及 ( p q ) = ( − 1 ) ∑ l = 1 ( q − 1 ) / 2 ⌊ p l q ⌋ {\displaystyle \left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\sum _{l=1}^{(q-1)/2}\lfloor {\frac {pl}{q}}\rfloor }} ， 所以 ( q p ) ( p q ) = ( − 1 ) ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ q k p ⌋ + ∑ l = 1 ( q − 1 ) / 2 ⌊ p l q ⌋ {\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)\left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {qk}{p}}\rfloor +{\sum _{l=1}^{(q-1)/2}\lfloor {\frac {pl}{q}}\rfloor }}} 。 现在考虑右边这幅图：设 A = ∑ l = 1 ( q − 1 ) / 2 ⌊ p l q ⌋ , B = ∑ k = 1 ( p − 1 ) / 2 ⌊ q k p ⌋ {\displaystyle A=\sum _{l=1}^{(q-1)/2}\lfloor {\frac {pl}{q}}\rfloor ,B=\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {qk}{p}}\rfloor } ，则 A {\displaystyle A} 代表了三角形A中的格点个数， B {\displaystyle B} 代表了三角形B中的格点个数。它们加在一起等于整个 p × q {\displaystyle p\times q} 长方形的格点个数的四分之一。需要注意的是由于 p , q {\displaystyle p,q} 互素，所以对角线上不可能有格点。 由于整个长方形的格点个数是 ( p − 1 ) ( q − 1 ) {\displaystyle (p-1)(q-1)} ，所以 A + B = ( p − 1 ) ( q − 1 ) 4 {\displaystyle A+B={\frac {(p-1)(q-1)}{4}}} ，即得 ( q p ) ( p q ) = ( − 1 ) ( p − 1 ) ( q − 1 ) 4 {\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)\left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\frac {(p-1)(q-1)}{4}}} 。 高斯二次互反律. [2019-12-08]. （原始内容存档于2019-12-08）.