这个条目给出了二次互反律的证明。

二次互反律的叙述
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对于两个奇素数p,q，\left({\frac {p}{q}}\right)\cdot \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{{{\frac {(p-1)(q-1)}{4}}}}。其中，{\displaystyle \left({\frac {p}{q}}\right)}是勒让德符号。

证明一
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设p是一个奇素数并且{\displaystyle a\not \equiv 0\mod p}。对于每个{\displaystyle k=1,2,...{\frac {p-1}{2}}}，这样定义\epsilon \_{k}和r\_{k}：

{\displaystyle ak\equiv \epsilon \_{k}r\_{k}\mod p}，其中{\displaystyle 0<r\_{k}<{\frac {p}{2}}}，{\displaystyle \epsilon \_{k}=\pm 1}。通过分别考虑{\displaystyle \epsilon \_{k}=1}和{\displaystyle \epsilon \_{k}=-1}的情况，易证每个r\_{k}都两两不等。

现在考虑{\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}都两两不等，所以{\displaystyle \{r\_{1},r\_{2},...r\_{\frac {p-1}{2}}\}}就是{\displaystyle \{1,2,...{\frac {p-1}{2}}\}}的一个重排列。所以我们得到{\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{\displaystyle a^{\frac {p-1}{2}}\equiv \prod \_{k=1}^{(p-1)/2}\epsilon \_{k}\mod p}。

现在考虑{\displaystyle \epsilon \_{k}}的正负情况。{\displaystyle ak\equiv \epsilon \_{k}r\_{k}\mod p}等价于{\displaystyle ak=\epsilon \_{k}r\_{k}+bp,b\in \mathbb {Z} }。若{\displaystyle \epsilon \_{k}=1}，则有{\displaystyle ak=r\_{k}+bp}。注意到{\displaystyle 0<r\_{k}<{\frac {p}{2}}}，将等式两边同时乘2得到{\displaystyle 2ak=R\_{k}+B\_{k}p}，其中{\displaystyle R\_{k}=2r\_{k},0<R\_{k}<p,B\_{k}=2b}，可以发现{\displaystyle B\_{k}}是偶数，而{\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{\displaystyle \epsilon \_{k}=-1}，{\displaystyle B\_{k}=2b+1}，而{\displaystyle \lfloor {\frac {2ak}{p}}\rfloor }是奇数。据此，可以知道{\displaystyle \operatorname {sgn}(r\_{k})=\lfloor {\frac {2ak}{p}}\rfloor }，其中{\displaystyle \operatorname {sgn}(r\_{k})}是r\_{k}的符号，也就是{\displaystyle \epsilon \_{k}=1}还是{\displaystyle \epsilon \_{k}=-1}。

所以{\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{\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)\equiv a^{\frac {p-1}{2}}\mod p}，所以{\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum \_{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor 2ak/p\rfloor }}。

如果a 是奇数，同时考虑勒让德符号的性质{\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)\left({\frac {b}{p}}\right)=\left({\frac {ab}{p}}\right)}，可知{\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时，由上式可得{\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{\displaystyle \left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum \_{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }}。

现在令p和q为奇素数，可得{\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{\sum \_{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {qk}{p}}\rfloor }}以及{\displaystyle \left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\sum \_{l=1}^{(q-1)/2}\lfloor {\frac {pl}{q}}\rfloor }}，

所以{\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{\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代表了三角形A中的格点个数，B代表了三角形B中的格点个数。它们加在一起等于整个{\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{\displaystyle (p-1)(q-1)}，所以{\displaystyle A+B={\frac {(p-1)(q-1)}{4}}}，即得{\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)\left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\frac {(p-1)(q-1)}{4}}}。

参考文献
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1. ↑ .  [2019-12-08]. （原始内容存档于2019-12-08）.