二次互反律的证明

✍ dations ◷ 2024-09-20 07:46:08 #自2019年12月需要数学专家关注的页面

这个条目给出了二次互反律的证明。

对于两个奇素数 $p, q {\displaystyle p,q}$ $p,q$ ， $\left({\frac {p}{q}}\right)\cdot \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{\frac {(p-1)(q-1)}{4}}$ $\left({\frac {p}{q}}\right)\cdot \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{{{\frac {(p-1)(q-1)}{4}}}}$ 。其中， $\left({\frac {p}{q}}\right)$ $\left({\frac {p}{q}}\right)$ 是勒让德符号。

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

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

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

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

所以 $a^{\frac {p-1}{2}}\equiv (-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor 2ak/p\rfloor }\mod p$ $a^{\frac {p-1}{2}}\equiv (-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor 2ak/p\rfloor }\mod p$ 。又由欧拉准则知 $\left({\frac {a}{p}}\right)\equiv a^{\frac {p-1}{2}}\mod p$ $\left({\frac {a}{p}}\right)\equiv a^{\frac {p-1}{2}}\mod p$ ，所以 $\left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor 2ak/p\rfloor }$ $\left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor 2ak/p\rfloor }$ 。

如果 $a {\displaystyle a}$ $a$ 是奇数，同时考虑勒让德符号的性质 $\left({\frac {a}{p}}\right)\left({\frac {b}{p}}\right)=\left({\frac {ab}{p}}\right)$ $\left({\frac {a}{p}}\right)\left({\frac {b}{p}}\right)=\left({\frac {ab}{p}}\right)$ ，可知 $\left({\frac {a}{p}}\right)\left({\frac {2}{p}}\right)=\left({\frac {2a+2p}{p}}\right)=\left({\frac {4\left({\frac {a+p}{2}}\right)}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {2\left({\frac {a+p}{2}}\right)k}{p}}\rfloor }=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}k}=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}$ $\left({\frac {a}{p}}\right)\left({\frac {2}{p}}\right)=\left({\frac {2a+2p}{p}}\right)=\left({\frac {4\left({\frac {a+p}{2}}\right)}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {2\left({\frac {a+p}{2}}\right)k}{p}}\rfloor }=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}k}=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}$ ，其中最后一步利用了等差数列的求和公式。

但是，当 $a=1$ $a=1$ 时，由上式可得 $\left({\frac {2}{p}}\right)=\left({\frac {1}{p}}\right)\left({\frac {2}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {k}{p}}\rfloor }(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}=(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}$ $\left({\frac {2}{p}}\right)=\left({\frac {1}{p}}\right)\left({\frac {2}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {k}{p}}\rfloor }(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}=(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}$ ，所以 $\left({\frac {a}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{k=1}^{(p-1)/2}\lfloor {\frac {ak}{p}}\rfloor }$ $\text{[math]}$

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