数论中的二次互反律_数学史概论读书笔记「建议收藏」

数论中的二次互反律_数学史概论读书笔记「建议收藏」二次互反律的证明二次互反定律有三部分

二次互反律的证明

二次互反定律有三部分。

第一部分告诉我们 1 − 1 何时是二次剩余;第二部分告诉我们 2 2 何时是二次剩余。

第三部分告诉我们:(精简一下)


(pq)(qp)=(1)p12q12

( p q ) ( q p ) = ( 1 ) p 1 2 q 1 2



一、二部分借助欧拉准则和高斯的trick(

criterion of Gauss c r i t e r i o n   o f   G a u s s
)已经证明。

下面我们介绍的是 Eisensteinsproof E i s e n s t e i n ′ s p r o o f 的方法证明第三部分。 其也是 criterion of Gauss c r i t e r i o n   o f   G a u s s 的思想。

首先, p p 是素数,
a

a
是不被 p p 整除的数,为了方便,令


P=p12

P = p 1 2



我们考虑这样一组数


a,2a,3a,,Pa, a , 2 a , 3 a , ⋯ , P a ,



经过减去

p p
的操作,让这一组数落在


[P,P]

[ P , P ]

μ(a,p) μ ( a , p ) 表示这样操作后,这一组数中负数的个数

而高斯准则给出了 (ap) ( a p ) 的值

定理 高斯准则

(ap)=(1)μ(a,p) ( a p ) = ( − 1 ) μ ( a , p )



在证明高斯准则之前,我们先来研究一下前面的辣个操作,即将序列减至

[P,P] [ − P , P ]
之间,序列有什么特征?

推论1 操作后的序列, P P
[P,P]

[ P , P ]
之间的数,这 P P 个数的绝对值,必定取遍
[1,P]

[ 1 , P ]
,即没有任何两个数绝对值是相同的。

推论的证明 rk=kapqk r k = k a − p q k 这里 PrkP − P ≤ r k ≤ P 我们假设存在 i,jst ri=erj with e=±1 i , j s t   r i = e r j   w i t h   e = ± 1

则有 iaeja=(pqi+ri)e(pqj+rj)=p(qieqj) i a − e j a = ( p q i + r i ) − e ( p q j + r j ) = p ( q i − e q j )

所以 p|(iej)a p | ( i − e j ) a ,但是 p p 是素数且不整除
a

a
,所以 p|(iej) p | ( i − e j )

然而

|iej||i|+|ej|=i+jP+P=p1 | i − e j | ≤ | i | + | e j | = i + j ≤ P + P = p − 1



所以

i=j i = j
成立。即没有任何两个数绝对值是相同的。

证毕。

高斯准则的证明

将序列相乘,可以得到, a2a3a...Pa=aPP! a ⋅ 2 a ⋅ 3 a ⋅ . . . ⋅ P a = a P ⋅ P !

另一方面,上面的推论告诉我们 a2a3a...Pa(±1)(±2)(±P)(mod p) a ⋅ 2 a ⋅ 3 a ⋅ . . . ⋅ P a ≡ ( ± 1 ) ⋅ ( ± 2 ) ⋯ ( ± P ) ( m o d   p )

我们已经定义其中符号的数量为 μ(a,p) μ ( a , p ) ,则

aPP!(1)μ(a,p)P!(mod p) a P ⋅ P ! ≡ ( − 1 ) μ ( a , p ) P ! ( m o d   p )



由于

P! P !


p p
是互质的,所以可以约去,得到:



aP(1)μ(a,p)(mod p)

a P ( 1 ) μ ( a , p ) ( m o d   p )



由上两节的欧拉准则可知,


aP(ap)mod p a P ≡ ( a p ) m o d   p



所以


(ap)=(1)μ(a,p) ( a p ) = ( − 1 ) μ ( a , p )



证毕。

下面开始 Eisensteins proof of Quadratic Reciprocity E i s e n s t e i n ′ s   p r o o f   o f   Q u a d r a t i c   R e c i p r o c i t y

首先对 μ(a,p) μ ( a , p ) 有一个恒等式

推论2 a a 是不被
p

p
整除的奇数,则有

k=1Pkapμ(a,p)(mod 2) ∑ k = 1 P ⌊ k a p ⌋ ≡ μ ( a , p ) ( m o d   2 )




证明

ka=rk+pqk, PrkP k a = r k + p q k ,   − P ≤ r k ≤ P

两边同时除以 p p ,有
kap=qk+rkp,with12<rkp<12

k a p = q k + r k p , w i t h 1 2 < r k p < 1 2

两边下取整,有

img

求和后有

img

我们要证明的是 mod 2 m o d   2 意义下。于是对式子 ka=rk+pqk k a = r k + p q k 进行化简

由于 a,p a , p 都是奇数,则 krk+qk (mod 2) k ≡ r k + q k   ( m o d   2 )

对其两边求和可得, Pk=1kPk=1rk+Pk=1qk(mod 2) ∑ k = 1 P k ≡ ∑ k = 1 P r k + ∑ k = 1 P q k ( m o d   2 )

由推论1我们知道, Pk=11+2+3++P(mod 2) ∑ k = 1 P ≡ 1 + 2 + 3 + ⋯ + P ( m o d   2 )

k ∑ k rk ∑ r k 是同余的

所以 Pk=1qk0(mod 2) ∑ k = 1 P q k ≡ 0 ( m o d   2 ) 。从而有

k=1Pkapμ(a,p)μ(a,p)(mod 2) ∑ k = 1 P ⌊ k a p ⌋ ≡ − μ ( a , p ) ≡ μ ( a , p ) ( m o d   2 )



证毕。

下面进入最后的证明。即二次互反律的证明。

证明 p,q p , q 是奇素数,令 P=p12,Q=q12 P = p − 1 2 , Q = q − 1 2

我们考虑下图所示的二维点阵

img

上图三角形中有多少个点点呢?

应该是 Pk=1kqp ∑ k = 1 P ⌊ k q p ⌋

然后同样地考虑上面的三角形,有 Qk=1kpq ∑ k = 1 Q ⌊ k p q ⌋ 个点点

所以点点和是 Pk=1kqp+Qk=1kpq ∑ k = 1 P ⌊ k q p ⌋ + ∑ k = 1 Q ⌊ k p q ⌋

于是由推论2知, Pk=1kqp+Qk=1kpqμ(p,q)+μ(q,p)(mod 2) ∑ k = 1 P ⌊ k q p ⌋ + ∑ k = 1 Q ⌊ k p q ⌋ ≡ μ ( p , q ) + μ ( q , p ) ( m o d   2 )

而点点的总和也是 PQ P ⋅ Q

p12q12μ(p,q)+μ(q,p)(mod 2) p − 1 2 ⋅ q − 1 2 ≡ μ ( p , q ) + μ ( q , p ) ( m o d   2 )

所以由高斯准则:

(pq)(qp)=(1)μ(p,q)+μ(q,p)=(1)p12q12 ( p q ) ( q p ) = ( − 1 ) μ ( p , q ) + μ ( q , p ) = ( − 1 ) p − 1 2 ⋅ q − 1 2



证毕。

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