二次互反律和它的一个证明

勒让德(Legendre)符号

对于素数$p$，如果整数$m(p\nmid m)$满足：存在整数$x$，使$m\equiv x^2\ (\mathrm{mod}\ p)$，则称$m$为$p$的二次剩余，否则$m$是$p$的非二次剩余。勒让德符号定义如下：

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命题： $p$是素数，$m$为整数，则$\left(\frac{m}{p}\right)\equiv m^{\frac{p-1}{2}}\ (\mathrm{mod}\ p)$.

证明： $p\mid m\Leftrightarrow p\mid m^{\frac{p-1}{2}}$，因此$m^{\frac{p-1}{2}}\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ p)\Leftrightarrow \left(\frac{m}{p}\right)\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ p)$.

当$p\nmid m$时，$(m^{\frac{p-1}{2}})^2\equiv m^{p-1}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$，因此$m^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm1\ (\mathrm{mod}\ p)$.

假设$p\nmid m$，若存在整数$x$，使得$m\equiv x^2\ (\mathrm{mod}\ p)$，则$m^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$. 令$g$是$F_p^*$的生成元，则存在$j>0$使$g^j\equiv m\ (\mathrm{mod}\ p)$. 若$m^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$，则$g^\frac{(p-1)j}{2}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$，因此$p-1\mid \frac{(p-1)j}{2}$，从而$2\mid j$. 令$x=g^{\frac{j}{2}}$，则有$m\equiv x^2\ (\mathrm{mod}\ p)$，因此$m^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)\Leftrightarrow \left(\frac{m}{p}\right)\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$.

根据上述讨论，显然也有$m^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\ (\mathrm{mod}\ p)\Leftrightarrow \left(\frac{m}{p}\right)\equiv -1\ (\mathrm{mod}\ p)$. 从而命题得证。$\blacksquare$

推论： $p$是素数，则$\left(\frac{-1}{p}\right)\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}$.

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二次互反律

二次互反律： $p,q$是不同的奇素数，则$\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{(\frac{p-1}{2})(\frac{q-1}{2})}$.

证明（Eisenstein）： 首先证明$q^{\frac{p-1}{2}}\equiv (-1)^{\sum_{u\in\Lambda}[\frac{uq}{p}]}\ (\mathrm{mod}\ p)$. 其中$\Lambda=\{u|u\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 2), 2\le u\le p-1\}$。

令$u_1,u_2,\dots,u_{\frac{p-1}{2}}$为$\Lambda$中全部元素，同时令$r(u_i)\equiv uq\ (\mathrm{mod}\ p)$且$0\le r(u_i)\le p-1$. 考虑所有$(-1)^{r(u_i)}r(u_i),i=1,2,\dots,\frac{p-1}{2}$，

当$i\ne j$时有$(-1)^{r(u_i)}r(u_i)\not\equiv (-1)^{r(u_j)}r(u_j)\ (\mathrm{mod}\ p)$，否则两边都模$q$有$u_i\equiv \pm u_j\ (\mathrm{mod}\ p)$，而$u_i,u_j$都为偶数，因此$u_i\equiv u_j\ (\mathrm{mod}\ p)$，矛盾。

当$r(u_i)$为偶数时$(-1)^{r(u_i)}r(u_i)$为偶数，当$r(u_i)$为奇数时，$(-1)^{r(u_i)}r(u_i) < 0$，因此有

简化得到

根据$r(u_i)$的定义可知，$u_iq=p[\frac{u_iq}{p}]+r(u_i)$，由$u_i\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 2)$可知，$[\frac{u_iq}{p}]\equiv r(u_i)\ (\mathrm{mod}\ 2)$，因此有

由$\left(\frac{q}{p}\right)\equiv q^{\frac{p-1}{2}}\ (\mathrm{mod}\ p)$可知，$\left(\frac{q}{p}\right)\equiv (-1)^{\sum_{u\in\Lambda}[\frac{uq}{p}]}\ (\mathrm{mod}\ p)$，要证明二次互反律，只需证明

其中$\Lambda_1=\{u|u\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 2), 2\le u\le p-1\},\Lambda_2=\{v|v\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 2), 2\le v\le q-1\}$.

对$u_i\in \Lambda_1$，点集$S_{u_i}=\{(u_i,1),(u_i,2),\dots,(u_i,[\frac{u_iq}{p}])\}$的个数$|S_u|=[\frac{uq}{p}]$. 对$v_j\in \Lambda_2$，点集$T_{v_j}=\{(1,v_j),(2,v_j),\dots,([\frac{v_jp}{q}],v_j)\}$

的个数$|T_{v_j}|=[\frac{v_jp}{q}]$. 令$S=\cup_{u\in\Lambda_1}S_u, T=\cup_{v\in\Lambda_2}T_v$，由于$\frac{u_iq}{p}$和$\frac{v_jp}{q}$都不是整数，因此$S\cap T=\empty$，从而

将$S\cup T$中的点放在二维平面上，则易知$|S\cup T|=(\frac{p-1}{2})(\frac{q-1}{2})$，因此

成立，从而二次互反律成立。$\blacksquare$