淺談二次互反律

這裡依次介紹二次互反律的幾個互相關聯的證明（的綱要），從初等的表層現象深入到代數數論的一些深刻結論和猜想。挖坑待填。

0 二次互反律

首先定義勒讓德符號。對於質數，如果存在整數，使得，則稱是的二次剩餘，反之則稱其為非二次剩餘（）。注意，0既不是二次剩餘，也不是非二次剩餘。勒讓德符號定義為：

$left(frac{m}{p} ight)=left{egin{aligned}+1&&m ext{ 是二次剩餘}\-1&&m ext{ 不是二次剩餘}\0&&m=0end{aligned} ight.$

顯然，勒讓德符號是的一個同態。

接下來，二次互反律說的就是，對於奇質數

$left(frac pq ight)left(frac qp ight)=(-1)^{frac{p-1}2frac{q-1}2}.$

另外還有兩個輔助定理： $left(frac{-1}p ight)=(-1)^{frac{p-1}2}$ ，以及 $left(frac2p ight)=(-1)^{frac{p^2-1}{8}}$ 。

I 愛森斯坦的三角函數證明

（此處參考 @rainbow zyop 的證明過程）首先證明

$left(dfrac{q}{p} ight)=prod_{alpha =1}^{frac{p-1}2}frac{sin{2pialpha q/p}}{sin{2pialpha /p}}$

這一點可以通過將分子代換成 $sin{2pialpha q/p}=pmsin{2pialpha/p},,alphain {1,2,dots,frac{p-1}{2}}$ ，然後由高斯引理計算符號得。

然後，把每個因子寫成的多項式。我們可以很容易知道這個多項式的根，即的零點除去的整數倍。只要再算出多項式的首項係數，就可以表示出來。首項係數可以利用歸納法證明是 $(-4)^{frac{q-1}{2}}$ 。那麼上式化為

$left(dfrac{q}{p} ight)=(-4)^{(p-1)(q-1)/4}prod_{alpha=1}^{frac{p-1}2}prod_{eta=1}^{frac{q-1}2}(sin^2{frac{2pialpha}{p}}-sin^2{frac{2pieta}{q}})$

交換之後，累乘的每個因子都改變正負號，正好 $frac{p-1}2frac{q-1}2$ 個。

既然有形如 $sin frac{2pi a}{b}$ 的三角函數，為什麼不用單位根呢？

II 引入高斯和 $au_p = sum_{minmathbb Z_p}left(frac{m}{p} ight)zeta_p^m$

這裡， $zeta_p = mathrm e^{frac{2pi mathrm i}{p}}$ 是單位根。這個東西的根本性質之一，就是 $au_p^2=left(frac{-1}p ight)pequiv p^*$ 。這點直接交換求和順序即可：

$egin{aligned} au_p^2&=sum_{m,n}left(frac{mn}{p} ight)zeta_p^{m+n}\ scriptstyle{(s=m+n)}quad&=sum_{s,m}left(frac{m(s-m)}{p} ight)zeta_p^s\ end{aligned}$

這裡可以把提到對的求和之前。然後，將勒讓德符號內部分離出 $left(frac{m^2}{p} ight)=1$ ，就得到

$egin{aligned} &sum_szeta_p^ssum_{m e0}left(frac{sm^{-1}-1}{p} ight)\=&sum_{s e0}zeta_p^ssum_{n=sm^{-1}-1inmathbb Z_p/{-1}}left(frac np ight)+1cdot(p-1)cdotleft(frac{-1}p ight)\ =&-1cdot-left(frac{-1}p ight)+(p-1)left(frac{-1}p ight)\ =&left(frac{-1}p ight)p=p^* end{aligned}$

即為所證。

接下來，證明 $au_p^qequivleft(frac pq ight) au_ppmod q$ 。由於展開之後，二項式係數中只有第一項與最後一項中不含作為因子，可以得到

$au_p^q equiv sum_{minmathbb Z_p}left(frac{m}{p} ight)^qzeta_p^{mq}= sum_{m=mq}left(frac{mq^{-1}}{p} ight)zeta_p^{m}= au_pleft(frac{q}{p} ight)$

用另一種方法，又可以計算出 $au_p^q= au_pcdot( au^2_p)^{frac{q-1}2}= au_p (p^*)^{frac{p-1}{2}}$ 。利用歐拉公式展開就是

$au_p^{q-1}=(-1)^{frac{p-1}2frac{q-1}{2}}p^{frac{q-1}2}equiv (-1)^{frac{p-1}2frac{q-1}{2}} left(frac{p}{q} ight)pmod{q}$

上面兩式結合，就是所證定理。

我們可以提一下第二輔助定理的類似證明。令 $au=zeta_8+zeta_8^{-1}$ 。那麼顯然。另一方面，

$au^pequivzeta^p_8+zeta_8^{-p}=left{ egin{aligned} au&&pequiv pm 1pmod 8\ - au&&pequivpm 3pmod 8 end{aligned} ight.$

而

$au^{p-1}=( au^2)^{frac{p-1}2}=2^{frac{p-1}2}equivleft(frac2p ight)pmod p$

比較兩式即得。

III 嚴謹化：

然而，剛才的證明過程是有嚴重問題的。我們並沒有定義在模意義下的單位根是什麼；同時，中並沒有滿足的元素。因此剛才的證明需要繞過這個問題：不能既用複平面的單位根，又用的 Frobenius 映射。這可以通過引入域擴張來解決。

我們可以如下構造所需的域擴張：首先構造多項式環，商去多項式的一個不可分因子生成的理想；顯然，生成了一個新的域，接下來，繼續商去仍然不可分成線性因子的多項式。由於每次擴張都至少使多分出一個線性因子，這個過程一定會結束。我們記這個域為。順便說一句，這個域應該是同構於 $mathbb F_{q^p}$ 。

這時候，可以得到兩個同態：與，其中表示次單位根構成的羣。上面的證明，只要把討論對象定為，在恰當的地方用上這兩個同態，就可以了。

IV 伽羅瓦羣 $mathrm{Gal}(mathbb Q(zeta_p)/mathbb Q)congmathbb Z/pmathbb Z^ imes$

剛才我們引入了一個有限的域擴張。說起域擴張，我就想到伽羅瓦羣。我們知道，伽羅瓦羣 $mathrm{Gal}(mathbb Q(zeta_p)/mathbb Q)congmathbb Z/pmathbb Z^ imes$ 。那麼，要探究二次剩餘，我們發現所有的二次剩餘構成的一個子羣：對應置換。那麼，何不研究一下這個子羣所對應的域擴張呢？