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。

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

第三部分告诉我们：（精简一下）

$$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}}$$

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
$criterion \ of \ Gauss$）已经证明。

下面我们介绍的是$Eisenstein's proof$的方法证明第三部分。 其也是$criterion\ of\ Gauss$的思想。

首先，$p$是素数，$a$是不被$p$整除的数，为了方便，令

$$P=\frac{p-1}{2}$$

我们考虑这样一组数

$$a,2a,3a,\cdots,Pa,$$

经过减去

p p
$p$的操作，让这一组数落在


[−P,P]

$[-P,P]$
$[-P,P]$内

令$\mu(a,p)$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$(\frac{a}{p})$的值

定理 高斯准则

$$\left(\frac{a}{p}\right)=(-1)^{\mu(a,p)}$$

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 ]
$[-P,P]$之间，序列有什么特征？

推论1 操作后的序列，$P$个$[-P,P]$之间的数，这$P$个数的绝对值，必定取遍$[1,P]$ ，即没有任何两个数绝对值是相同的。

推论的证明 $r_k=ka-pq_k$ 这里$-P \le r_k\le P$ 我们假设存在$i,j \quad st \ r_i=er_j \ with \ e=\pm 1$，

则有$ia-eja=(pq_i+r_i)-e(pq_j+r_j)=p(q_i-eq_j)$

所以$p|(i-ej)a$，但是$p$是素数且不整除$a$，所以$p|(i-ej)$

然而

$$|i-ej|\le|i|+|ej|=i+j\le P+P=p-1$$

所以

i=j 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，$a\cdot 2a\cdot3a\cdot...\cdot Pa=a^P\cdot P!$

另一方面，上面的推论告诉我们$a\cdot 2a\cdot3a\cdot...\cdot Pa\equiv (\pm1)\cdot(\pm2)\cdots(\pm P) \quad (mod \ p)$

我们已经定义其中符号的数量为$\mu(a,p)$，则

$$a^P\cdot P!\equiv (-1)^{\mu(a,p)}P! \quad (mod \ p)$$

由于

P! P !
$P!$和

p p
$p$是互质的，所以可以约去，得到：

$$a^P\equiv (-1)^{\mu(a,p)} \quad (mod \ p)$$

由上两节的欧拉准则可知，

$$a^P\equiv \left( \frac{a}{p} \right) \quad mod \ p$$

所以

$$\left(\frac{a}{p}\right)=(-1)^{\mu(a,p)}$$

证毕。

下面开始$Eisenstein's\ proof\ of\ Quadratic\ Reciprocity$

首先对$\mu(a,p)$有一个恒等式

推论2 $a$是不被$p$整除的奇数，则有

$$\sum_{k=1}^{P}\lfloor \frac{ka}{p}\rfloor \equiv \mu(a,p) \quad (mod \ 2)$$


证明

ka=rk+pqk, −P≤rk≤P k a = r k + p q k ,   − P ≤ r k ≤ P
$ka=r_k+pq_k ,\ -P \le r_k\le P$

两边同时除以$p$,有$\frac{ka}{p}=q_k+\frac{r_k}{p},\quad with -\frac{1}{2}< \frac{r_k}{p}<\frac{1}{2}$

两边下取整，有

求和后有

我们要证明的是$mod \ 2$意义下。于是对式子$ka=r_k+pq_k$进行化简

由于$a,p$都是奇数，则$k\equiv r_k+q_k\ (mod \ 2)$

对其两边求和可得，$\sum_{k=1}^{P}k\equiv \sum_{k=1}^{P}r_k+\sum_{k=1}^{P}q_k \quad (mod \ 2)$

由推论1我们知道，$\sum_{k=1}^P\equiv 1+2+3+\cdots+P \quad (mod \ 2)$

即$\sum k$和$\sum r_k$是同余的

所以$\sum_{k=1}^{P}q_k \equiv 0 \quad (mod \ 2)$ 。从而有

$$\sum_{k=1}^{P}\lfloor \frac{ka}{p}\rfloor \equiv -\mu(a,p) \equiv \mu(a,p) \quad (mod \ 2)$$

证毕。

下面进入最后的证明。即二次互反律的证明。

证明 $p,q$是奇素数，令$P=\frac{p-1}{2},Q=\frac{q-1}{2}$

我们考虑下图所示的二维点阵

上图三角形中有多少个点点呢？

应该是$\sum_{k=1}^{P}\lfloor\frac{kq}{p}\rfloor$

然后同样地考虑上面的三角形，有$\sum_{k=1}^{Q}\lfloor\frac{kp}{q}\rfloor$个点点

所以点点和是$\sum_{k=1}^{P}\lfloor\frac{kq}{p}\rfloor+\sum_{k=1}^{Q}\lfloor\frac{kp}{q}\rfloor$

于是由推论2知， $\sum_{k=1}^{P}\lfloor\frac{kq}{p}\rfloor+\sum_{k=1}^{Q}\lfloor\frac{kp}{q}\rfloor\equiv \mu(p,q)+\mu(q,p) \quad (mod \ 2)$

而点点的总和也是$P\cdot Q$

即$\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}\equiv \mu(p,q)+\mu(q,p) \quad (mod \ 2)$

所以由高斯准则：

$$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\mu(p,q)+\mu(q,p)}=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}}$$

证毕。

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