仍然是因為研究代數數論的需要,讓我重新回到這個經典問題,該定律在數論歷史上發揮著極其巨大的影響力。正如某位數學傢所說,互反律的歷史就是代數數論的歷史。甚至weil也說過,Artin reciprocity law is nothing more than just a generalization of quadratic reciprocity law.(或者類似的話)總之,這是個十分重要的定理,目前大約有兩百多種證明方法,我們這裡將嘗試給出一些證明。
這一篇主要是參考高斯的第六個證明。高斯一生中一共給出8個證明,後人的很多證明本質上是高斯的證明的翻版。為什麼高斯花瞭這麼多時間去重復證明一個定理。原因大概是高斯試圖推廣二次互反律,因此希望找到一種便於推廣的證明方法。這第六個證明被高斯明確指出可以推廣到3次或者4次的情形,因此十分重要。
現在我們來回顧高斯對二次互反律的第六個證明,當然我們適當會用modern的語言稍微簡化一點。
為瞭不打斷證明,我們先證明歐拉引理:
引理0:歐拉引理,若a,p互素,且p為素數,則 (frac{a}{p})equiv a^{frac{p-1}{2}}pmod p
[其中 (frac{a}{p}) 是2次互反律的勒讓德符號,它根據a被p整除,a是p的2次剩或者不是,取值分別為0,1,-1)]
證明: 當a是p的2次剩餘時,左邊為1,且有 aequiv x^2 pmod p ,代入右邊,利用費馬小定理,即證
當a是p的2次非剩餘時,左邊為-1,考慮方程 x^{frac{p-1}{2}}equiv 1 pmod p 的解,根據拉格朗日定理,該方程有 frac{p-1}{2} 個
不同餘的解,顯然, 1^2,2^2,...,(frac{p-1}{2})^2 是它的所有解,這也是所有的2次剩餘,而a是非2次剩餘,所以a不是它的解,則必有 a^{frac{p-1}{2}}neq 1pmod p ,同時, a^{frac{p-1}{2}} 是方程 x^2equiv 1 pmod p 的一個解,而該方程隻有,1,-1兩個解,所以必有 a^{frac{p-1}{2}}equiv -1 pmod p Q.E.D.
首先給定奇素數p, 以及p的原根g, 構建
f(x)=1+x+x^{g}+x^{g^2}+...+x^{g^{p-2}}
設 phi(x)=1+x+x^2+...+x^{p-1} ( zeta_p 的極小多項式,其不可約性可以參考我的博客D.A.系列證明或者直接用愛森斯坦判別法).
引理1: Z[x] 中, phi(x)|f(x)
證明:根據 伽羅華引理,以及 zeta_p 是 f(x)=0 的根,必有 f(x)=q(x)phi(x) ,進一步,結合高斯引理,必有 q(x)in Z[x] .Q.E.D.
原著中高斯利用bezout定理直接把兩者的商顯式求出來證明,這裡略
引理2: G(x)=x-x^{g}+x^{g^2}-...-x^{g^{p-2}} , 有 phi(x)|G(x)^2-(-1)^{frac{p-1}{2}}p
證明:高斯用瞭一些多項式展開根據橫縱列求和的方法, 我們這裡仍然用伽羅華引理,直接把 zeta_p 代入,
有 G(zeta_p)=sum_{i=0}^{p-2}(-1)^izeta_p^{g^{i}}=sum_{t=1}^{p-1}(frac{t}{p})zeta_p^t
同時不難發現,等式右邊正是 高斯和 的表達式。
則 隻需證明, G(zeta_p)^2=(-1)^{frac{p-1}{2}}p ,我們直接展開左邊有:
G(zeta_p)^2=(sum_{t=1}^{p-1}(frac{t}{p})zeta_p^t)^2=sum_{i=1}^{p-1}sum_{j=1}^{p-1}(frac{i}{p})(frac{j}{p})zeta_p^{i+j} = sum_{i=1}^{p-1}sum_{t=1}^{p-1}(frac{i}{p})(frac{it}{p})zeta_p^{i(1+t)} =\sum_{t=1}^{p-1}sum_{i=1}^{p-1}(frac{t}{p})zeta_p^{i(1+t)}
觀察右邊,顯然當t確定時,右邊 G(zeta_p)^2= 的和可以簡化,分兩種情況, t=p-1,tneq p-1 ,則有:
=sum_i^{p-1}(frac{-1}{p})+sum_{t=1}^{p-2}(frac{t}{p})(-1)=(p-1)(frac{-1}{p})-sum_{t=1}^{p-2}(frac{t}{p})=p(frac{-1}{p})
【註,以上推理用到瞭勒讓德符號的性質, (frac{a}{p})(frac{b}{p})=(frac{ab}{p}), (frac{a+kp}{p})=(frac{a}{p}),sum_{t=1}^{p-1}(frac{t}{p})=0 ,
綜上,有 G(zeta_p)^2=(frac{-1}{p})p ,
則隻需證明, (frac{-1}{p})=(-1)^{frac{p-1}{2}} , 利用歐拉引理,兩邊關於p同餘,且兩邊的差的絕對值小於等於2,所以必有兩邊相等, Q.E.D.
引理3: 設q為與p不同的奇素數, phi(x)|G(x)^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}
證明:G(x)^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}= (G(x)^2)^{frac{q-1}{2}}-((-1)^{frac{p-1}{2}}p)^{frac{q-1}{2}} ,展開並利用引理2即證
引理4: q| G(x)^q-G(x^q)
證明,我很想繼續用伽羅華引理,不過有更簡單的方法,利用多項式展式定理直接代入表達式展開,該式顯然成立, Q.E.D
引理5: 1-x^p | G(x^q)-(frac{q}{p})G(x)
證明:設g是p的本原根,則存在u使得 qequiv g^u pmod p ,則
q,qg,qg^2,...,qg^{p-2} 分別模p同餘於 g^u,g^{u+1},...,g^{p-2},1,g,g^2,...,g^{u-1}
一般來說,若 aequiv b pmod p 則 (1-x^p)|x^a-x^b , 證明直接分解因式即可看出.則有
x^q-x^{g^u},x^{qg}-x^{g^{u+1}},x^{qg^2}-x^{g^{u+2}} ,...,
x^{qg^{p-u-2}}-x^{g^{p-2}} , x^{qg^{p-u-1}}-x , x^{qg^{p-u}}-x^g ,..., x^{qg^{p-2}}-x^{g^{u-1}} 都被 1-x^p 整除。
取它們的交錯和,得到: 1-x^p| G(x^q) - (-1)^uG(x) , 註意到 q 是 p 的二次剩餘當且僅當 u 是偶數,
Q.E.D.
現在,我們把得到的方程放在一起:
1) phi(x)|G(x)^2-(-1)^{frac{p-1}{2}}p
2) phi(x)|G(x)^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}
3) q| G(x)^q-G(x^q)
4) 1-x^p | G(x^q)-(frac{q}{p})G(x)
為使得符號簡單,我們設 G=G(x),G_q=G(x^q),phi=phi(x)
並設 X=X(x)=frac{G^q-G_q}{q} , Y=Y(x)=frac{G^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}}{phi} , Z=Z(x)=frac{G^2-(-1)^{frac{p-1}{2}}p}{phi} ,
W = W(x)=frac{G_q-(frac{q}{p})G}{(1-x)phi} , delta = (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}, Delta = delta p^{frac{q-1}{2}}-(frac{q}{p}) ,
則有: qGX=(-1)^{frac{p-1}{2}}pDelta+phi(ZDelta+YG^2+(1-x)WG)quad(1)
證明: 代入表達式,左邊 = G^{q+1}-G_qG
右邊 = G^2Delta+G^{q+1}-delta p^{frac{q-1}{2}}G^2+G_qG-(frac{q}{p})G^2 = G^{q+1}-G_qG
得證。
設 GX=phi U+ T (歐幾裡得求餘),代入(1),得到
qT-(-1)^{frac{p-1}{2}}pDelta = phi(ZDelta+YG^2+(1-x)WG-qU)
由於方程左邊的的階 <p-1 , 所以必有 ZDelta+YG^2+(1-x)WG-qU = 0
則 qT = (-1)^{frac{p-1}{2}}pDelta , 則 q| (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}} p^{frac{q-1}{2}}-(frac{q}{p})
根據歐拉引理有 p^{frac{q-1}{2}}equiv (frac{p}{q})pmod q ,則
(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}(frac{p}{q})equiv (frac{q}{p}) pmod q ,兩邊同時乘以 (frac{p}{q}) 得到:
(frac{p}{q})(frac{q}{p})equiv (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}} pmod q ,
由於左右兩邊差的絕對值小於等於2, 兩邊必然相等,則
(frac{p}{q})(frac{q}{p}) = (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}
這便是期待已久的2次互反律的標準形式, Q.E.D.
對於這個證明的推理其實還可以再仔細刨析一下,這裡先寫到這裡。
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