数论概论读书笔记 23.二次互反律的证明

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)p−12⋅q−12$$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}$$

一、二部分借助欧拉准则和高斯的trick（criterion of Gauss$criterionofGauss$）已经证明。

下面我们介绍的是Eisenstein′sproof$Eisenstei{n}^{\prime }sproof$的方法证明第三部分。 其也是criterion of Gauss$criterionofGauss$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=p−12$$P=\frac{p-1}{2}$$

我们考虑这样一组数

a,2a,3a,⋯,Pa,$$a,2a,3a,\cdots ,Pa,$$

经过减去p$p$的操作，让这一组数落在[−P,P]$[-P,P]$内

令μ(a,p)$\mu (a,p)$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(ap)$(\frac{a}{p})$的值

定理 高斯准则

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

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]$[-P,P]$之间，序列有什么特征？

推论1 操作后的序列，P$P$个[−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=ka−pqk$r_k=ka-p{q}_k$ 这里−P≤rk≤P$-P\le r_k\le P$ 我们假设存在i,jst ri=erj with e=±1$i,jst{r}_i=e{r}_{j}withe=\pm 1$，

则有ia−eja=(pqi+ri)−e(pqj+rj)=p(qi−eqj)$ia-eja=(p{q}_i+r_i)-e(p{q}_j+r_j)=p(q_i-e{q}_j)$

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

然而

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

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，a⋅2a⋅3a⋅...⋅Pa=aP⋅P!$a\cdot 2a\cdot 3a\cdot ...\cdot Pa=a^P\cdot P!$

另一方面，上面的推论告诉我们a⋅2a⋅3a⋅...⋅Pa≡(±1)⋅(±2)⋯(±P)(mod p)$a\cdot 2a\cdot 3a\cdot ...\cdot Pa\equiv (\pm 1)\cdot (\pm 2)\cdots (\pm P)(modp)$

我们已经定义其中符号的数量为μ(a,p)$\mu (a,p)$，则

aP⋅P!≡(−1)μ(a,p)P!(mod p)$$a^P\cdot P!\equiv (-1{)}^{\mu (a,p)}P!(modp)$$

由于P!$P!$和p$p$是互质的，所以可以约去，得到：

aP≡(−1)μ(a,p)(mod p)$$a^P\equiv (-1{)}^{\mu (a,p)}(modp)$$

由上两节的欧拉准则可知，

aP≡(ap)mod p$$a^P\equiv \left(\frac{a}{p}\right)modp$$

所以

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

证毕。

下面开始Eisenstein′s proof of Quadratic Reciprocity$Eisenstei{n}^{\prime }sproofofQuadraticReciprocity$

首先对μ(a,p)$\mu (a,p)$有一个恒等式

推论2 a$a$是不被p$p$整除的奇数，则有

∑k=1P⌊kap⌋≡μ(a,p)(mod 2)$$\sum _{k=1}^P\lfloor \frac{ka}{p}\rfloor \equiv \mu (a,p)(mod2)$$

证明 ka=rk+pqk, −P≤rk≤P$ka=r_k+p{q}_k,-P\le r_k\le P$

两边同时除以p$p$,有kap=qk+rkp,with−12<rkp<12$\frac{ka}{p}=q_k+\frac{r_k}{p},with-\frac{1}{2}<\frac{r_k}{p}<\frac{1}{2}$

两边下取整，有

求和后有

我们要证明的是mod 2$mod2$意义下。于是对式子ka=rk+pqk$ka=r_k+p{q}_k$进行化简

由于a,p$a,p$都是奇数，则k≡rk+qk (mod 2)$k\equiv r_k+q_k(mod2)$

对其两边求和可得，∑Pk=1k≡∑Pk=1rk+∑Pk=1qk(mod 2)$\sum _{k=1}^{P}k\equiv \sum _{k=1}^P{r}_k+\sum _{k=1}^P{q}_k(mod2)$

由推论1我们知道，∑Pk=1≡1+2+3+⋯+P(mod 2)$\sum _{k=1}^P\equiv 1+2+3+\cdots +P(mod2)$

即∑k$\sum k$和∑rk$\sum r_k$是同余的

所以∑Pk=1qk≡0(mod 2)$\sum _{k=1}^P{q}_k\equiv 0(mod2)$ 。从而有

∑k=1P⌊kap⌋≡−μ(a,p)≡μ(a,p)(mod 2)$$\sum _{k=1}^P\lfloor \frac{ka}{p}\rfloor \equiv -\mu (a,p)\equiv \mu (a,p)(mod2)$$

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=p−12,Q=q−12$P=\frac{p-1}{2},Q=\frac{q-1}{2}$

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∑Pk=1⌊kqp⌋$\sum _{k=1}^P\lfloor \frac{kq}{p}\rfloor$

然后同样地考虑上面的三角形，有∑Qk=1⌊kpq⌋$\sum _{k=1}^Q\lfloor \frac{kp}{q}\rfloor$个点点

所以点点和是∑Pk=1⌊kqp⌋+∑Qk=1⌊kpq⌋$\sum _{k=1}^P\lfloor \frac{kq}{p}\rfloor +\sum _{k=1}^Q\lfloor \frac{kp}{q}\rfloor$

于是由推论2知， ∑Pk=1⌊kqp⌋+∑Qk=1⌊kpq⌋≡μ(p,q)+μ(q,p)(mod 2)$\sum _{k=1}^P\lfloor \frac{kq}{p}\rfloor +\sum _{k=1}^Q\lfloor \frac{kp}{q}\rfloor \equiv \mu (p,q)+\mu (q,p)(mod2)$

而点点的总和也是P⋅Q$P\cdot Q$

即p−12⋅q−12≡μ(p,q)+μ(q,p)(mod 2)$\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}\equiv \mu (p,q)+\mu (q,p)(mod2)$

所以由高斯准则：

(pq)(qp)=(−1)μ(p,q)+μ(q,p)=(−1)p−12⋅q−12$$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1{)}^{\mu (p,q)+\mu (q,p)}=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}$$

证毕。