二次剩余和二次互反律
参考
问题引入
a x 2 + b x + c ≡ 0 ( m o d p ) ax^2+bx+c\equiv 0\pmod{p} ax2+bx+c≡0(modp)
有解判定问题。
模奇素数 p 的剩余类环是整环 Z p \mathbb Z_p Zp和有限域 F p \mathbb{F}_p Fp
Z p ≅ F p \mathbb{Z}_p \cong \mathbb{F}_p Zp≅Fp
F p \mathbb{F}_p Fp中非零元素对乘法都有逆元。 将方程配方
a x 2 + b x + c ≡ 0 ( m o d p ) ax^2+bx+c\equiv 0\pmod{p} ax2+bx+c≡0(modp)
x 2 + a − 1 b x + a − 1 c ≡ 0 ( m o d p ) x^2 + a^{-1}b\,x + a^{-1}c \equiv 0 \pmod{p} x2+a−1bx+a−1c≡0(modp)
令 b ′ = a − 1 b , c ′ = a − 1 c b' = a^{-1}b,\quad c' = a^{-1}c b′=a−1b,c′=a−1c
x 2 + b ′ x + c ′ ≡ 0 ( m o d p ) x^2 + b' x + c' \equiv 0 \pmod{p} x2+b′x+c′≡0(modp)
( x + b ′ 2 ) 2 ≡ ( b ′ 2 ) 2 − c ′ ( m o d p ) \left(x + \dfrac{b'}{2}\right)^2 \equiv \left(\dfrac{b'}{2}\right)^2 - c' \pmod{p} (x+2b′)2≡(2b′)2−c′(modp)
令 y = x + 2 − 1 b ′ ( m o d p ) y = x + 2^{-1}b' \pmod{p} y=x+2−1b′(modp)，判别式 Δ = b ′ 2 − 4 c ′ \Delta = b'^2 - 4c' Δ=b′2−4c′，方程化为纯二次型（标准二次剩余形式）：
y 2 ≡ Δ ( m o d p ) \boldsymbol{y^2 \equiv \Delta \pmod{p}} y2≡Δ(modp)
变量替换为常见形式,如何判定下面方程是否有解
x 2 ≡ a ( m o d p ) \boldsymbol{x^2 \equiv a \pmod{p}} x2≡a(modp)
平方剩余
Z p \mathbb Z_p Zp中的完全平方数
Q = 1 2 , 2 2 , . . . ( p 2 ) 2 Q={1^2,2^2,...(\dfrac{p}{2})^2} Q=12,22,...(2p)2 共 p − 1 2 \dfrac{p-1}{2} 2p−1个
平方非剩余
Z p \mathbb Z_p Zp中的非完全平方数
N = Z p − Q − { 0 } N=\mathbb Z_p-Q-\{0\} N=Zp−Q−{0} 也是 p − 1 2 \dfrac{p-1}{2} 2p−1个
勒让德符号
( a p ) = { 0 , 若 p ∣ a , 1 , 若 a ≢ 0 ( m o d p ) 且存在 x ∈ Z 使 x 2 ≡ a ( m o d p ) , − 1 , 若 a ≢ 0 ( m o d p ) 且不存在 x ∈ Z 使 x 2 ≡ a ( m o d p ) . \left(\frac{a}{p}\right) = \begin{cases} 0, & \text{若 } p \mid a, \\ 1, & \text{若 } a \not\equiv 0 \pmod p \text{ 且存在 } x \in \mathbb{Z} \text{ 使 } x^2 \equiv a \pmod p, \\ -1, & \text{若 } a \not\equiv 0 \pmod p \text{ 且不存在 } x \in \mathbb{Z} \text{ 使 } x^2 \equiv a \pmod p. \end{cases} (pa)=⎩ ⎨ ⎧0,1,−1,若 p∣a,若 a≡0(modp) 且存在 x∈Z 使 x2≡a(modp),若 a≡0(modp) 且不存在 x∈Z 使 x2≡a(modp).
性质1：同余不变性
a ≡ b ( m o d p ) ⟹ ( a p ) = ( b p ) a\equiv b\pmod{p} \implies \left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{b}{p}\right) a≡b(modp)⟹(pa)=(pb)
性质2：积性 (由欧拉判别法知)
( a b p ) = ( a p ) ( b p ) \left(\frac{ab}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right) (pab)=(pa)(pb)，推论 ( a 2 p ) = 1 ( gcd ( a , p ) = 1 ) \left(\frac{a^2}{p}\right)=1\ (\gcd(a,p)=1) (pa2)=1 (gcd(a,p)=1)
性质3： − 1 -1 −1的勒让德符号
( − 1 p ) = ( − 1 ) p − 1 2 = { 1 , p ≡ 1 ( m o d 4 ) − 1 , p ≡ 3 ( m o d 4 ) \left(\frac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}= \begin{cases} 1,& p\equiv 1\pmod{4}\\ -1,& p\equiv 3\pmod{4} \end{cases} (p−1)=(−1)2p−1={1,−1,p≡1(mod4)p≡3(mod4)
性质4： 2 2 2的勒让德符号
( 2 p ) = ( − 1 ) p 2 − 1 8 = { 1 , p ≡ ± 1 ( m o d 8 ) − 1 , p ≡ ± 3 ( m o d 8 ) \left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}= \begin{cases} 1,& p\equiv \pm1\pmod{8}\\ -1,& p\equiv \pm3\pmod{8} \end{cases} (p2)=(−1)8p2−1={1,−1,p≡±1(mod8)p≡±3(mod8)
高斯剩余指数 m m m
m 是绕法 a 绕电枢 q 一圈后，在电枢左侧的可达点数。 m是绕法a绕电枢q一圈后，在电枢左侧的可达点数。 m是绕法a绕电枢q一圈后，在电枢左侧的可达点数。
后面很多定理都围绕 m m m展开
m = # { k ∈ { 1 , 2 , ... , q − 1 2 } ∣ k a m o d q > q 2 } m=\#\left\{k\in\left\{1,2,\dots,\tfrac{q-1}{2}\right\} \;\bigg|\; ka \bmod q > \tfrac{q}{2}\right\} m=#{k∈{1,2,...,2q−1} kamodq>2q}
地板和定理
m ≡ ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ ( m o d 2 ) m \equiv \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor \pmod{2} m≡k=1∑2p−1⌊pak⌋(mod2)
证明
对任意 1 ≤ k ≤ p − 1 2 1\le k\le \tfrac{p-1}{2} 1≤k≤2p−1，作带余除法
a k = p ⌊ a k p ⌋ + r k , 0 < r k < p ak = p\left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor + r_k,\quad 0<r_k<p ak=p⌊pak⌋+rk,0<rk<p。
将剩余分为两类：小于 p 2 \tfrac{p}{2} 2p 的 a 1 , ... , a t a_1,\dots,a_t a1,...,at，大于 p 2 \tfrac{p}{2} 2p 的 b 1 , ... , b m b_1,\dots,b_m b1,...,bm。
-
对 k = 1 , 2 , ... , p − 1 2 k=1,2,\dots,\tfrac{p-1}{2} k=1,2,...,2p−1 求和：
a ∑ k = 1 p − 1 2 k = p ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ + ∑ i = 1 t a i + ∑ j = 1 m b j a\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}k = p\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor + \sum\limits_{i=1}^{t}a_i + \sum\limits_{j=1}^{m}b_j ak=1∑2p−1k=pk=1∑2p−1⌊pak⌋+i=1∑tai+j=1∑mbj，
代入等差数列和 ∑ k = 1 p − 1 2 k = p 2 − 1 8 \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}k=\frac{p^2-1}{8} k=1∑2p−1k=8p2−1，得
a ⋅ p 2 − 1 8 = p ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ + ∑ i = 1 t a i + ∑ j = 1 m b j a\cdot \frac{p^2-1}{8} = p\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor + \sum\limits_{i=1}^{t}a_i + \sum\limits_{j=1}^{m}b_j a⋅8p2−1=pk=1∑2p−1⌊pak⌋+i=1∑tai+j=1∑mbj。
-
对每个 b j > p 2 b_j>\tfrac{p}{2} bj>2p，令 b j = p − b j ′ b_j=p-b_j' bj=p−bj′，其中 0 < b j ′ < p 2 0<b_j'<\tfrac{p}{2} 0<bj′<2p，则
∑ j = 1 m b j = m p − ∑ j = 1 m b j ′ \sum\limits_{j=1}^{m}b_j = mp - \sum\limits_{j=1}^{m}b_j' j=1∑mbj=mp−j=1∑mbj′，
代入上式整理：
a ⋅ p 2 − 1 8 = p ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ + ( ∑ i = 1 t a i + ∑ j = 1 m b j ′ ) + m p − 2 ∑ j = 1 m b j ′ a\cdot \frac{p^2-1}{8} = p\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor + \left(\sum\limits_{i=1}^{t}a_i+\sum\limits_{j=1}^{m}b_j'\right) + mp - 2\sum\limits_{j=1}^{m}b_j' a⋅8p2−1=pk=1∑2p−1⌊pak⌋+(i=1∑tai+j=1∑mbj′)+mp−2j=1∑mbj′。
-
集合 { a 1 , ... , a t , b 1 ′ , ... , b m ′ } \{a_1,\dots,a_t,b_1',\dots,b_m'\} {a1,...,at,b1′,...,bm′} 恰好是 { 1 , 2 , ... , p − 1 2 } \{1,2,\dots,\tfrac{p-1}{2}\} {1,2,...,2p−1}，故
∑ i = 1 t a i + ∑ j = 1 m b j ′ = p 2 − 1 8 \sum\limits_{i=1}^{t}a_i+\sum\limits_{j=1}^{m}b_j'=\frac{p^2-1}{8} i=1∑tai+j=1∑mbj′=8p2−1，
带回等式并移项：
( a − 1 ) p 2 − 1 8 = p ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ + m p − 2 ∑ j = 1 m b j ′ (a-1)\frac{p^2-1}{8} = p\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor + mp - 2\sum\limits_{j=1}^{m}b_j' (a−1)8p2−1=pk=1∑2p−1⌊pak⌋+mp−2j=1∑mbj′。
-
两边模 2 2 2： p p p 为奇数故 p ≡ 1 ( m o d 2 ) p\equiv 1\pmod{2} p≡1(mod2)， 2 ∑ j = 1 m b j ′ ≡ 0 ( m o d 2 ) 2\sum\limits_{j=1}^{m}b_j'\equiv 0\pmod{2} 2j=1∑mbj′≡0(mod2)，因此
( a − 1 ) p 2 − 1 8 ≡ ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ + m ( m o d 2 ) (a-1)\frac{p^2-1}{8} \equiv \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor + m \pmod{2} (a−1)8p2−1≡k=1∑2p−1⌊pak⌋+m(mod2)。
-
模 2 2 2 下 − x ≡ x -x\equiv x −x≡x，移项即得
m ≡ ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ ( m o d 2 ) m \equiv \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor \pmod{2} m≡k=1∑2p−1⌊pak⌋(mod2)。
证完
例题
( 2 p ) = ( − 1 ) p 2 − 1 8 \left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}} (p2)=(−1)8p2−1
证明
根据地板和定理
( a − 1 ) p 2 − 1 8 ≡ ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ a k p ⌋ + m ( m o d 2 ) (a-1)\frac{p^2-1}{8} \equiv \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor \frac{ak}{p} \right\rfloor + m \pmod{2} (a−1)8p2−1≡k=1∑2p−1⌊pak⌋+m(mod2)
代入 a = 2 a=2 a=2
p 2 − 1 8 ≡ ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ 2 k p ⌋ + m ( m o d 2 ) \frac{p^2-1}{8} \equiv \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor \frac{2k}{p} \right\rfloor + m \pmod{2} 8p2−1≡k=1∑2p−1⌊p2k⌋+m(mod2)，
2 k ≤ p − 1 < p ⟹ ⌊ 2 k p ⌋ = 0 2k \le p-1 < p \implies \left\lfloor \frac{2k}{p} \right\rfloor = 0 2k≤p−1<p⟹⌊p2k⌋=0
p 2 − 1 8 ≡ 0 + m ( m o d 2 ) ⟹ m ≡ p 2 − 1 8 ( m o d 2 ) \frac{p^2-1}{8} \equiv 0 + m \pmod{2} \implies m \equiv \frac{p^2-1}{8} \pmod{2} 8p2−1≡0+m(mod2)⟹m≡8p2−1(mod2)
得 m ≡ p 2 − 1 8 ( m o d 2 ) m \equiv \frac{p^2-1}{8} \pmod{2} m≡8p2−1(mod2)。
因此 ( 2 p ) = ( − 1 ) p 2 − 1 8 \left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}} (p2)=(−1)8p2−1
欧高判别法
( a p ) ≡ a p − 1 2 ≡ ( − 1 ) m (\frac{a}{p}) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} \equiv (-1)^m (pa)≡a2p−1≡(−1)m
( p − 1 ) ! ≡ − ( a p ) a p − 1 2 (p-1)! \equiv -(\frac{a}{p})a^{\frac{p-1}{2}} (p−1)!≡−(pa)a2p−1
( − 1 p ) ≡ ( − 1 ) p − 1 2 (\frac{-1}{p}) \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} (p−1)≡(−1)2p−1
欧拉判别法
( a p ) ≡ a p − 1 2 (\frac{a}{p}) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} (pa)≡a2p−1
方法1
引理
f ( x ) f(x) f(x)是 n n n次首1多项式 ( n ≤ p n \le p n≤p) ；
f ( x ) ≡ 0 ( m o d p ) f(x) \equiv 0 \pmod{p} f(x)≡0(modp) 有n个解的充要条件是
f ( x ) 除 x p − x 的余式系数都是 p 的倍数 f(x) 除 x^p - x的余式系数都是p的倍数 f(x)除xp−x的余式系数都是p的倍数
展开
x p − x = x ⋅ x p − 1 − x = x ( x 2 − a ) q ( x ) + a p − 1 2 − x = x ( x 2 − a ) q ( x ) + a p − 1 2 x − x = x ( x 2 − a ) q ( x ) + ( a p − 1 2 − 1 ) x \begin{aligned} x^p - x &= x\cdot x^{p-1} - x \\ &= x\left(x\^2-a)q(x)+a\^{\\frac{p-1}{2}}\\right - x \\ &= x(x^2-a)q(x) + a^{\frac{p-1}{2}}x - x \\ &= x(x^2-a)q(x) + \left(a^{\frac{p-1}{2}} - 1\right)x \end{aligned} xp−x=x⋅xp−1−x=x(x2−a)q(x)+a2p−1−x=x(x2−a)q(x)+a2p−1x−x=x(x2−a)q(x)+(a2p−1−1)x
-
正向： a a a 是平方剩余 ⇒ a p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) \Rightarrow a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\pmod p ⇒a2p−1≡1(modp)
存在 x 0 x_0 x0 满足 x 0 2 ≡ a ( m o d p ) x_0^2\equiv a\pmod p x02≡a(modp)，代入上式：
左边 x 0 p − x 0 ≡ 0 ( m o d p ) x_0^p-x_0 \equiv 0 \pmod p x0p−x0≡0(modp)，第一项 ( x 0 2 − a ) x 0 q ( x 0 ) ≡ 0 (x_0^2-a)x_0q(x_0)\equiv0 (x02−a)x0q(x0)≡0，
得 ( a p − 1 2 − 1 ) x 0 ≡ 0 ( m o d p ) \left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)x_0 \equiv 0 \pmod p (a2p−1−1)x0≡0(modp)，又 ( x 0 , p ) = 1 (x_0,p)=1 (x0,p)=1，故 a p − 1 2 ≡ 1 a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1 a2p−1≡1。
-
反向： a p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) ⇒ a a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\pmod p \Rightarrow a a2p−1≡1(modp)⇒a 是平方剩余
余项 ( a p − 1 2 − 1 ) x ≡ 0 \left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)x \equiv 0 (a2p−1−1)x≡0，等式简化为：
x p − x = ( x 2 − a ) ⋅ x q ( x ) ( m o d p ) x^p-x = (x^2-a)\cdot xq(x) \pmod p xp−x=(x2−a)⋅xq(x)(modp)
x 2 − a x^2-a x2−a 整除 x p − x x^p-x xp−x，二次多项式存在两个模 p p p 根，即 x 2 ≡ a x^2\equiv a x2≡a 有解， a a a 为平方剩余。
方法2
配对关系
x y ≡ a ( m o d p ) xy \equiv a \pmod{p} xy≡a(modp)
( x 1 , y 1 ) , ( x 2 , y 2 ) , . . . ( x p − 1 2 , y p − 1 2 ) (x_1,y_1),(x_2,y_2),...(x_{\frac{p-1}{2}},y_\frac{p-1}{2}) (x1,y1),(x2,y2),...(x2p−1,y2p−1)
a是二次剩余
1是p的二次剩余,取a=1得到威尔逊定理
( p − 1 ) ! ≡ − a p − 1 2 (p-1)! \equiv -a^{\frac{p-1}{2}} (p−1)!≡−a2p−1
a是二次非剩余
( p − 1 ) ! ≡ a p − 1 2 (p-1)! \equiv a^{\frac{p-1}{2}} (p−1)!≡a2p−1
合并两者
( p − 1 ) ! ≡ − ( a p ) a p − 1 2 (p-1)! \equiv -(\frac{a}{p})a^{\frac{p-1}{2}} (p−1)!≡−(pa)a2p−1
取 a = − 1 a=-1 a=−1 配合 威尔逊定理 得到
( − 1 p ) ≡ ( − 1 ) p − 1 2 (\frac{-1}{p}) \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} (p−1)≡(−1)2p−1
二次剩余性在电枢左右两侧,要么对称,要么反对称
p = 4 n + 1 ; t 2 可达 − 1 p=4n+1; t^2 可达-1 p=4n+1;t2可达−1
p = 4 n + 3 ; t 2 不可达 − 1 p=4n+3; t^2 不可达-1 p=4n+3;t2不可达−1
( − x p ) ≡ ( − 1 p ) ( x p ) ≡ ( − 1 ) p − 1 2 ( x p ) (\frac{-x}{p}) \equiv (\frac{-1}{p})(\frac{x}{p})\equiv(-1)^{\frac{p-1}{2}}(\frac{x}{p}) (p−x)≡(p−1)(px)≡(−1)2p−1(px)
p = 4 n + 1 ; x 和 − x 的剩余性一样 p=4n+1; x 和 -x 的剩余性一样 p=4n+1;x和−x的剩余性一样
p = 4 n + 3 ; x 和 − x 的剩余性不一样 p=4n+3; x 和 -x 的剩余性不一样 p=4n+3;x和−x的剩余性不一样
首先 t 2 一定可达 1 ，如果 t 2 可达 − 1 说明 x 和 − x 的剩余性一样 , 反之不一样 首先 t^2 一定可达1，如果t^2 可达-1说明 x 和 -x 的剩余性一样,反之不一样 首先t2一定可达1，如果t2可达−1说明x和−x的剩余性一样,反之不一样
高斯判别法
( a p ) ≡ ( − 1 ) m ; (\frac{a}{p}) \equiv (-1)^m; (pa)≡(−1)m;
证明
设 a 1 , a 2 , ... , a t a_1,a_2,\dots,a_t a1,a2,...,at 是小于 p 2 \frac{p}{2} 2p 的剩余； b 1 , b 2 , ... , b m b_1,b_2,\dots,b_m b1,b2,...,bm 是大于 p 2 \frac{p}{2} 2p 的剩余
则
a k ≡ { a i ( m o d p ) , p − b j ( m o d p ) . ak \equiv \begin{cases} a_i \pmod{p},\\ p-b_j \pmod{p}. \end{cases} ak≡{ai(modp),p−bj(modp).
全体乘积：
a p − 1 2 ( p − 1 2 ) ! = ∏ i = 1 t a i ⋅ ∏ j = 1 m ( p − b j ) ≡ ( − 1 ) m ∏ i = 1 t a i ∏ j = 1 m b j ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{p-1}{2}\right)! =\prod_{i=1}^t a_i \cdot \prod_{j=1}^m (p-b_j) \equiv (-1)^m \prod_{i=1}^t a_i \prod_{j=1}^m b_j \pmod{p} a2p−1(2p−1)!=i=1∏tai⋅j=1∏m(p−bj)≡(−1)mi=1∏taij=1∏mbj(modp)
又 { a 1 , ... , a t , b 1 , ... , b m } = { 1 , 2 , ... , p − 1 2 } \{a_1,\dots,a_t,b_1,\dots,b_m\}=\{1,2,\dots,\frac{p-1}{2}\} {a1,...,at,b1,...,bm}={1,2,...,2p−1}，故
a p − 1 2 ( p − 1 2 ) ! ≡ ( − 1 ) m ( p − 1 2 ) ! ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{p-1}{2}\right)! \equiv (-1)^m \left(\frac{p-1}{2}\right)! \pmod{p} a2p−1(2p−1)!≡(−1)m(2p−1)!(modp)
约去阶乘得高斯引理核心式：
a p − 1 2 ≡ ( − 1 ) m ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}} \equiv (-1)^m \pmod{p} a2p−1≡(−1)m(modp)
二次互反律
( p q ) ( q p ) = ( − 1 ) p − 1 2 ⋅ q − 1 2 \left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}} (qp)(pq)=(−1)2p−1⋅2q−1
步骤1：分别写出两个Legendre符号的指数
由高斯引理：
( q p ) = ( − 1 ) S 1 , S 1 = ∑ k = 1 p − 1 2 ⌊ q k p ⌋ \left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{S_1},\quad S_1=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \left\lfloor \frac{qk}{p} \right\rfloor (pq)=(−1)S1,S1=k=1∑2p−1⌊pqk⌋
( p q ) = ( − 1 ) S 2 , S 2 = ∑ l = 1 q − 1 2 ⌊ p l q ⌋ \left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{S_2},\quad S_2=\sum_{l=1}^{\frac{q-1}{2}} \left\lfloor \frac{pl}{q} \right\rfloor (qp)=(−1)S2,S2=l=1∑2q−1⌊qpl⌋
两式相乘：
( p q ) ( q p ) = ( − 1 ) S 1 + S 2 \left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{S_1+S_2} (qp)(pq)=(−1)S1+S2
只需证明：
S 1 + S 2 ≡ p − 1 2 ⋅ q − 1 2 ( m o d 2 ) S_1+S_2 \equiv \frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2} \pmod{2} S1+S2≡2p−1⋅2q−1(mod2)
步骤2：几何格点求和恒等式（高斯格点引理）
平面区域：
D = { ( x , y ) ∣ 1 ≤ x ≤ p − 1 2 , 1 ≤ y ≤ q − 1 2 } D=\left\{(x,y)\;\bigg|\; 1\le x\le \frac{p-1}{2},\; 1\le y\le \frac{q-1}{2}\right\} D={(x,y) 1≤x≤2p−1,1≤y≤2q−1}
D D D 内所有整点总数：
N = p − 1 2 ⋅ q − 1 2 N=\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2} N=2p−1⋅2q−1
将整点分为两类：
- q x > p y qx>py qx>py：满足 y < q x p y<\dfrac{qx}{p} y<pqx，对每个固定 x x x， y y y 的个数为 ⌊ q x p ⌋ \left\lfloor \dfrac{qx}{p} \right\rfloor ⌊pqx⌋，总数 S 1 S_1 S1；
- q x < p y qx<py qx<py：满足 x < p y q x<\dfrac{py}{q} x<qpy，对每个固定 y y y， x x x 的个数为 ⌊ p y q ⌋ \left\lfloor \dfrac{py}{q} \right\rfloor ⌊qpy⌋，总数 S 2 S_2 S2；
因为 p , q p,q p,q 互素，直线 q x = p y qx=py qx=py 在 D D D 内无整点，因此：
S 1 + S 2 = N = p − 1 2 ⋅ q − 1 2 S_1 + S_2 = N = \frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2} S1+S2=N=2p−1⋅2q−1
步骤3：取模2即得指数同余
S 1 + S 2 ≡ p − 1 2 ⋅ q − 1 2 ( m o d 2 ) S_1+S_2 \equiv \frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2} \pmod{2} S1+S2≡2p−1⋅2q−1(mod2)
步骤4：代回Legendre符号乘积
( p q ) ( q p ) = ( − 1 ) S 1 + S 2 = ( − 1 ) p − 1 2 ⋅ q − 1 2 \left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right) =(-1)^{S_1+S_2} =(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}} (qp)(pq)=(−1)S1+S2=(−1)2p−1⋅2q−1
例子
- 若 p ≡ 1 ( m o d 4 ) p\equiv 1\pmod{4} p≡1(mod4) 或 q ≡ 1 ( m o d 4 ) q\equiv 1\pmod{4} q≡1(mod4)，则 p − 1 2 ⋅ q − 1 2 \dfrac{p-1}{2}\cdot\dfrac{q-1}{2} 2p−1⋅2q−1 为偶数：
( p q ) = ( q p ) \left(\frac{p}{q}\right)=\left(\frac{q}{p}\right) (qp)=(pq) - 若 p ≡ q ≡ 3 ( m o d 4 ) p\equiv q\equiv 3\pmod{4} p≡q≡3(mod4)，则 p − 1 2 ⋅ q − 1 2 \dfrac{p-1}{2}\cdot\dfrac{q-1}{2} 2p−1⋅2q−1 为奇数：
( p q ) = − ( q p ) \left(\frac{p}{q}\right)=-\left(\frac{q}{p}\right) (qp)=−(pq)