二次互反律

二次互反律是数论中一个定理, 描述两个素数间二次剩余的关系.

1定理陈述

首先回忆二次剩余的定义.

定义 1.1 (二次剩余). 设 $p$ 为素数, $n$ 为与 $p$ 互素的整数. $n$ 称为模 $p$ 的二次剩余, 如果存在整数 $m$ 使得$$m^2\equiv n(\mathrm{mod}p)$$成立, 否则称 $n$ 为模 $p$ 的二次非剩余.

定义 Legendre 符号$$\left(\frac{n}{p}\right)=\{\begin{array}{ll}1,& 若n是模p的二次剩余,\\ -1,& 若n是模p的非二次剩余,\\ 0,& 若p\mid n.\end{array}$$

对两个奇素数, 它们之间的二次剩余情况满足如下关系, 称为二次互反律.

定理 1.2 (二次互反律). 对奇素数 $p\ne q$, 有等式$$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}$$

与此同时, $2$ 和 $-1$ 在 $p$ 中的二次剩余仅与 $p$ 的同余类有关, 故也称为二次互反律.

定理 1.3. $$\begin{array}{rl}\left(\frac{-1}{p}\right)& =(-1{)}^{\frac{p-1}{2}},\\ \left(\frac{2}{p}\right)& =(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}.\end{array}$$

可以注意到 $-1$ 模 $p$ 的二次剩余由二次剩余理论的基本性质可得.

2证明

初等证明

Max Eisenstein 的证明 (数格点)

证明. 我们证明奇数的情形, 首先看下面的引理.

引理 2.1. 设 $p$ 是奇素数, $a$ 是不被 $p$ 整除的奇数, 那么 $\left(\frac{a}{p}\right)=(-1{)}^T$, 其中 $T={\sum }_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}\lfloor ja/p\rfloor$.

证明. 考虑 $\left\{a,2a,\cdots ,\frac{p-1}{2}a\right\}$ 这些元素模 $p$ 下的绝对 (值) 最小剩余 $\{v_1,\cdots ,v_t,-u_1,\cdots ,-u_s\}$. 容易看出 $\{v_1,\cdots ,v_t,u_1,\cdots ,u_s\}=\{1,\cdots ,\frac{p-1}{2}\}$, 因为任两者的差与和都不是 $p$ 的倍数. 现在注意到 ${\sum }_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}ja=pT+v_1+\cdots +v_t+(p-u_1)+\cdots +(p-u_s)$, 于是左右模 $2$ 立刻得到 $p(T+s)=0$. 我们只需证明 $\left(\frac{a}{p}\right)=(-1{)}^s$.

注意到对 $v_i,-u_j$ 取乘积有 $(-1{)}^s{v}_1\cdots v_t{u}_1\cdots u_s=\left(\frac{p-1}{2}\right)!a^{\frac{p-1}{2}}$ 而 $v_1\cdots v_t{u}_1\cdots u_s=\left(\frac{p-1}{2}\right)!$, 引理得证.

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回到二次互反律的证明, 注意到 ${\sum }_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}\lfloor jq/p\rfloor ,{\sum }_{j=1}^{\frac{q-1}{2}}\lfloor jp/q\rfloor$ 分别相当于 $\left[1,\frac{p-1}{2}\right]\times \left[1,\frac{q-1}{2}\right]$ 中的格点在 $py=qx$ 直线下和上者, 于是$$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1{)}^{{\sum }_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}\lfloor jq/p\rfloor +{\sum }_{j=1}^{\frac{q-1}{2}}\lfloor jp/q\rfloor }=(-1{)}^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}.$$这即是二次互反律.

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George Rousseau 的证明

证明. 我们证明奇素数的情形, 记 $n=pq$, $G=(\mathbb{Z}/n{)}^{\times }=(\mathbb{Z}/p{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/q{)}^{\times }$. 再记 $H=\{\pm 1\}$ 为 $G$ 的二元子群, 下面以两种方法计算 $G/H$ 所有元素的乘积.

第一种方法是选取 $G/H$ 中元素在 $G$ 中代表元为$$\left\{(a,b)|1\le a\le p-1,1\le b\le \frac{q-1}{2}\right\},$$分别计算它们在 $(\mathbb{Z}/p{)}^{\times }$, $(\mathbb{Z}/q{)}^{\times }$ 中的乘积. 由 Wilson 定理前者是 $(p-1){!}^{\frac{q-1}{2}}=(-1{)}^{\frac{q-1}{2}}$, 后者是 ${\left(\left(\frac{q-1}{2}\right)!\right)}^{p-1}={\left({\left(\left(\frac{q-1}{2}\right)!\right)}^2\right)}^{\frac{p-1}{2}}={\left((q-1)!(-1{)}^{\frac{q-1}{2}}\right)}^{\frac{p-1}{2}}=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}(-1{)}^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}$.

第二种方法是, 选取代表元为 $\left[1,\frac{pq-1}{2}\right]$ 中与 $p,q$ 均互质元素, 同样分别在 $(\mathbb{Z}/p{)}^{\times }$, $(\mathbb{Z}/q{)}^{\times }$ 中算乘积. 前者等于 $\left[1,\frac{pq-1}{2}\right]$ 去掉 $p$ 的倍数得到的 $1,2,\cdots ,p-1;p+1,\cdots ,2p-1;\dots ;\frac{q-1}{2}p+1,\cdots ,\frac{q-1}{2}p+\frac{p-1}{2}$ 之积除以 $q,2q,\cdots ,\frac{p-1}{2}q$ 之积, 即 $\frac{(p-1){!}^{\frac{q-1}{2}}\cdot \left(\frac{p-1}{2}\right)!}{\left(\frac{p-1}{2}\right)!q^{\frac{p-1}{2}}}=(-1{)}^{\frac{q-1}{2}}{\left(\frac{q}{p}\right)}^{-1}$. 同理后者等于 $(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}{\left(\frac{p}{q}\right)}^{-1}$.

所以在 $(\mathbb{Z}/p{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/q{)}^{\times }$ 中有$$\left((-1{)}^{\frac{q-1}{2}},(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}(-1{)}^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}\right)=\pm \left((-1{)}^{\frac{q-1}{2}}\left(\frac{q}{p}\right),(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{p}{q}\right)\right).$$简单讨论得知两种情况都符合二次互反律.

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代数数论证明

证明. 记 $q^{\ast }=(-1{)}^{\frac{q-1}{2}}q$, 则二次互反律相当于$$\left(\frac{q^{\ast }}{p}\right)=\left(\frac{p}{q}\right).$$注意: $q^{\ast }$ 是模 $p$ 二次剩余 $⟺$ $x^2-q^{\ast }=0$ 在 ${\mathbb{F}}_p$ 中有解 $⟺$ $p$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{q^{\ast }})$ 中分裂 $⟺$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{q^{\ast }})$ 中, $p$ 处的 Frobenius 映射 $\varphi$ 是恒等映射. 因此$$\frac{\varphi (\sqrt{q^{\ast }})}{\sqrt{q^{\ast }}}=\left(\frac{q^{\ast }}{p}\right).$$

另一方面, 注意到有 Gauß 和$$\sum _{k=1}^{q-1}\left(\frac{k}{q}\right){\zeta }_q^k=\sqrt{q^{\ast }},$$可得$$\varphi (\sqrt{q^{\ast }})=\sum _{k=1}^{q-1}\left(\frac{k}{q}\right){\zeta }_q^{pk}=\left(\frac{p}{q}\right)\sqrt{q^{\ast }}.$$所以$$\frac{\varphi (\sqrt{q^{\ast }})}{\sqrt{q^{\ast }}}=\left(\frac{p}{q}\right).$$得二次互反律. 此外, 注意到$$2\sqrt{2}={\zeta }_8-{\zeta }_8^3-{\zeta }_8^5+{\zeta }_8^7,$$通过相同论断即得 $2$ 模 $p$ 的二次剩余情况.

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3推广

在更高的观点中, 对素数 $p,q$ 而言, $q$ 对 $p$ 的二次剩余是在描述整数 $\mathbb{Z}$ 中素理想 $(p)$ 在扩域 $\mathbb{Q}(\sqrt{q})$ 的分裂情况 (如 $p$ 是二次剩余则分裂, 否则不分裂). 而 $p$ 对 $q$ 的二次剩余是仅与 $p$ 的同余类有关的信息. 二次互反律说明了素数的分裂情况仅和其同余类有关.

对一般的域扩张, 基域中素理想在扩域中会有分裂, 由类域论, 素理想的分裂情况同样仅和素理想所在的同余类有关, 这即是一般的互反律, 也称为 Artin 互反律.

术语翻译

二次互反律 • 英文 quadratic reciprocity law • 德文 quadratisches Reziprozitätsgesetz (n) • 法文 loi de réciprocité quadratique (f)